8. 如图，在由边长相同的小正方形组成的网格中，$A,B,C$ 三点在网格线的交点处. 若将$\triangle ABC$ 绕点 $A$ 按逆时针方向旋转得到$\triangle AB^\prime C^\prime$，则$\sin B^\prime$的值为 (
A.$\frac{1}{3} $
B.$\frac{\sqrt{10}}{10} $
C.$\frac{3\sqrt{10}}{10} $
D.$3$
B
)A.$\frac{1}{3} $
B.$\frac{\sqrt{10}}{10} $
C.$\frac{3\sqrt{10}}{10} $
D.$3$
答案：8.B
解析：
解：设小正方形边长为1，建立以点A为原点的坐标系，可得A(0,0)，B(4,0)，C(1,1)。
由旋转性质，AB'=AB=4，AC'=AC=$\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$，∠B'AC'=∠BAC。
向量$\overrightarrow{AB}=(4,0)$，$\overrightarrow{AC}=(1,1)$，则$\cos\angle BAC=\frac{\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|}=\frac{4×1+0×1}{4×\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，故∠BAC=45°，即∠B'AC'=45°。
在△AB'C'中，由余弦定理得：
$B'C'^2=AB'^2+AC'^2-2AB'· AC'\cos\angle B'AC'=4^2+(\sqrt{2})^2-2×4×\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=16+2-8=10$，则$B'C'=\sqrt{10}$。
由正弦定理$\frac{B'C'}{\sin\angle B'AC'}=\frac{AC'}{\sin B'}$，即$\frac{\sqrt{10}}{\sin45°}=\frac{\sqrt{2}}{\sin B'}$，解得$\sin B'=\frac{\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$。
答案：B
由旋转性质，AB'=AB=4，AC'=AC=$\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$，∠B'AC'=∠BAC。
向量$\overrightarrow{AB}=(4,0)$，$\overrightarrow{AC}=(1,1)$，则$\cos\angle BAC=\frac{\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}}{|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|}=\frac{4×1+0×1}{4×\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，故∠BAC=45°，即∠B'AC'=45°。
在△AB'C'中，由余弦定理得：
$B'C'^2=AB'^2+AC'^2-2AB'· AC'\cos\angle B'AC'=4^2+(\sqrt{2})^2-2×4×\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=16+2-8=10$，则$B'C'=\sqrt{10}$。
由正弦定理$\frac{B'C'}{\sin\angle B'AC'}=\frac{AC'}{\sin B'}$，即$\frac{\sqrt{10}}{\sin45°}=\frac{\sqrt{2}}{\sin B'}$，解得$\sin B'=\frac{\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$。
答案：B
9. 如图，$AB$ 是$\odot O$的直径，点 $C,D$ 分别位于 $AB$ 的两侧. 若$BC = 2AC$，则$\cos\angle BDC =$
$\frac{\sqrt{5}}{5}$
.答案：9.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
解析：
证明：
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°（直径所对的圆周角是直角）。
设AC=x，则BC=2AC=2x。
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{x^2+(2x)^2}=\sqrt{5}x$。
∵∠BDC=∠BAC（同弧所对的圆周角相等），
在Rt△ABC中，$\cos\angle BAC=\frac{AC}{AB}=\frac{x}{\sqrt{5}x}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
∴$\cos\angle BDC=\cos\angle BAC=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
$\frac{\sqrt{5}}{5}$
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°（直径所对的圆周角是直角）。
设AC=x，则BC=2AC=2x。
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{x^2+(2x)^2}=\sqrt{5}x$。
∵∠BDC=∠BAC（同弧所对的圆周角相等），
在Rt△ABC中，$\cos\angle BAC=\frac{AC}{AB}=\frac{x}{\sqrt{5}x}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
∴$\cos\angle BDC=\cos\angle BAC=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
$\frac{\sqrt{5}}{5}$
10. 如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90°$，$AC = 4$，$BC = 3$，$CD \perp AB$，垂足为 $D$，则$\tan\angle BCD$的值是
$\frac{3}{4}$
.答案：10.$\frac{3}{4}$
解析：
解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90°$，$AC=4$，$BC=3$，
$\therefore \angle A+\angle B=90°$。
$\because CD\perp AB$，
$\therefore \angle CDB=90°$，
$\therefore \angle BCD+\angle B=90°$，
$\therefore \angle BCD=\angle A$。
$\tan\angle A=\frac{BC}{AC}=\frac{3}{4}$，
$\therefore \tan\angle BCD=\tan\angle A=\frac{3}{4}$。
$\frac{3}{4}$
$\therefore \angle A+\angle B=90°$。
$\because CD\perp AB$，
$\therefore \angle CDB=90°$，
$\therefore \angle BCD+\angle B=90°$，
$\therefore \angle BCD=\angle A$。
$\tan\angle A=\frac{BC}{AC}=\frac{3}{4}$，
$\therefore \tan\angle BCD=\tan\angle A=\frac{3}{4}$。
$\frac{3}{4}$
11. 如图，在$\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90°$，$AC = BC = 3$，将$\triangle ABC$折叠，使点 $A$ 落在边 $BC$ 上的点 $D$ 处，$EF$ 为折痕. 若$AE = 2$，则$\sin\angle BFD$的值为
$\frac{1}{2}$
.答案：11.$\frac{1}{2}$
解析：
解：
∵ $\angle ACB = 90°$，$AC = BC = 3$，
∴ $\angle A = \angle B = 45°$，$AB = 3\sqrt{2}$。
由折叠性质得：$DE = AE = 2$，$\angle EDF = \angle A = 45°$，
∴ $CE = AC - AE = 3 - 2 = 1$。
在$ Rt\triangle CDE$中，$CD = \sqrt{DE^2 - CE^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$，
∴ $BD = BC - CD = 3 - \sqrt{3}$。
设$BF = x$，则$AF = AB - BF = 3\sqrt{2} - x$，由折叠得$DF = AF = 3\sqrt{2} - x$。
在$\triangle BDF$中，由正弦定理：$\frac{DF}{\sin \angle B} = \frac{BD}{\sin \angle BFD}$，
即 $\frac{3\sqrt{2} - x}{\sin 45°} = \frac{3 - \sqrt{3}}{\sin \angle BFD}$。
又由余弦定理：$DF^2 = BF^2 + BD^2 - 2 · BF · BD · \cos \angle B$，
代入得 $(3\sqrt{2} - x)^2 = x^2 + (3 - \sqrt{3})^2 - 2x(3 - \sqrt{3})\cos 45°$，
解得 $x = 3\sqrt{2} - \sqrt{6}$，则 $DF = \sqrt{6}$。
∴ $\sin \angle BFD = \frac{BD · \sin 45°}{DF} = \frac{(3 - \sqrt{3}) · \frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{6}} = \frac{1}{2}$。
$\boxed{\frac{1}{2}}$
∵ $\angle ACB = 90°$，$AC = BC = 3$，
∴ $\angle A = \angle B = 45°$，$AB = 3\sqrt{2}$。
由折叠性质得：$DE = AE = 2$，$\angle EDF = \angle A = 45°$，
∴ $CE = AC - AE = 3 - 2 = 1$。
在$ Rt\triangle CDE$中，$CD = \sqrt{DE^2 - CE^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$，
∴ $BD = BC - CD = 3 - \sqrt{3}$。
设$BF = x$，则$AF = AB - BF = 3\sqrt{2} - x$，由折叠得$DF = AF = 3\sqrt{2} - x$。
在$\triangle BDF$中，由正弦定理：$\frac{DF}{\sin \angle B} = \frac{BD}{\sin \angle BFD}$，
即 $\frac{3\sqrt{2} - x}{\sin 45°} = \frac{3 - \sqrt{3}}{\sin \angle BFD}$。
又由余弦定理：$DF^2 = BF^2 + BD^2 - 2 · BF · BD · \cos \angle B$，
代入得 $(3\sqrt{2} - x)^2 = x^2 + (3 - \sqrt{3})^2 - 2x(3 - \sqrt{3})\cos 45°$，
解得 $x = 3\sqrt{2} - \sqrt{6}$，则 $DF = \sqrt{6}$。
∴ $\sin \angle BFD = \frac{BD · \sin 45°}{DF} = \frac{(3 - \sqrt{3}) · \frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{6}} = \frac{1}{2}$。
$\boxed{\frac{1}{2}}$
12. 如图，$\triangle ABC$的顶点在正方形网格的格点(网格线的交点)上，则$\sin A$的值为
$\frac{\sqrt{10}}{10}$
.答案：12.$\frac{\sqrt{10}}{10}$
解析：
解：过点$C$作$CD \perp AB$于点$D$。
设网格中每个小正方形的边长为$1$，则：
$AB=\sqrt{(4-0)^{2}+(3-0)^{2}}=\sqrt{16 + 9}=\sqrt{25}=5$，
$AC=\sqrt{(4-2)^{2}+(3-0)^{2}}=\sqrt{4 + 9}=\sqrt{13}$，
$BC=2$。
$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2} × BC × 3=\frac{1}{2} × 2 × 3=3$。
又$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2} × AB × CD$，即$3=\frac{1}{2} × 5 × CD$，解得$CD=\frac{6}{5}$。
$\sin A=\frac{CD}{AC}=\frac{\frac{6}{5}}{\sqrt{13}}=\frac{6\sqrt{13}}{65}$
1
设网格中每个小正方形的边长为$1$，则：
$AB=\sqrt{(4-0)^{2}+(3-0)^{2}}=\sqrt{16 + 9}=\sqrt{25}=5$，
$AC=\sqrt{(4-2)^{2}+(3-0)^{2}}=\sqrt{4 + 9}=\sqrt{13}$，
$BC=2$。
$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2} × BC × 3=\frac{1}{2} × 2 × 3=3$。
又$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2} × AB × CD$，即$3=\frac{1}{2} × 5 × CD$，解得$CD=\frac{6}{5}$。
$\sin A=\frac{CD}{AC}=\frac{\frac{6}{5}}{\sqrt{13}}=\frac{6\sqrt{13}}{65}$
1
13. 如图，在由边长相同的小正方形组成的网格中，点 $A,B,C,D$ 都在小正方形的顶点上，$AB,CD$ 相交于点 $P$. 求$\tan\angle APD$的值.
答案：
13.如图，连接BE交CD于点F，连接AC，BD，BC，DE。
∵四边形BCED是正方形，
∴BE⊥CD，BE=CD，DF=$\frac{1}{2}$CD，BF=$\frac{1}{2}$BE。
∴DF=BF。
∵易知AC//BD，
∴△APC∽△BPD。
∴$\frac{PC}{PD}=\frac{AC}{BD}=3$。
∴易得DP:PF=1:1。
∴PF=$\frac{1}{2}$DF=$\frac{1}{2}$BF。
∴在Rt△BPF中，$\tan∠BPF=\frac{BF}{PF}=2$。
∵∠APD=∠BPF，
∴$\tan∠APD=2$
13.如图，连接BE交CD于点F，连接AC，BD，BC，DE。
∵四边形BCED是正方形，
∴BE⊥CD，BE=CD，DF=$\frac{1}{2}$CD，BF=$\frac{1}{2}$BE。
∴DF=BF。
∵易知AC//BD，
∴△APC∽△BPD。
∴$\frac{PC}{PD}=\frac{AC}{BD}=3$。
∴易得DP:PF=1:1。
∴PF=$\frac{1}{2}$DF=$\frac{1}{2}$BF。
∴在Rt△BPF中，$\tan∠BPF=\frac{BF}{PF}=2$。
∵∠APD=∠BPF，
∴$\tan∠APD=2$
14. 如图，$AB$为$\odot O$的直径，弦 $AD,BC$ 相交于点 $P$. 若$CD = 6$，$AB = 10$，则$\tan\angle BPD$的值为 (
A.$\frac{3}{5} $
B.$\frac{4}{5} $
C.$\frac{3}{4} $
D.$\frac{4}{3} $
D
)A.$\frac{3}{5} $
B.$\frac{4}{5} $
C.$\frac{3}{4} $
D.$\frac{4}{3} $
答案：14.D 解析：连接BD，则∠ADB=90°。
∵∠CDA=∠ABC，∠C=∠DAB，
∴△CPD∽△APB。
∴$\frac{PD}{PB}=\frac{CD}{AB}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$。在Rt△BPD中，设PD=3x，则PB=5x。在Rt△BPD中，由勾股定理，得BD=$\sqrt{PB^{2}-PD^{2}}=4x$。
∴$\tan∠BPD=\frac{BD}{PD}=\frac{4}{3}$。
∵∠CDA=∠ABC，∠C=∠DAB，
∴△CPD∽△APB。
∴$\frac{PD}{PB}=\frac{CD}{AB}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$。在Rt△BPD中，设PD=3x，则PB=5x。在Rt△BPD中，由勾股定理，得BD=$\sqrt{PB^{2}-PD^{2}}=4x$。
∴$\tan∠BPD=\frac{BD}{PD}=\frac{4}{3}$。