3. 如图，点$A$，$B$，$C$对应的刻度分别为$1$，$3$，$5$，将线段$CA$绕点$C$按顺时针方向旋转，当点$A$首次落在矩形$BCDE$的边$BE$上时，记为点$A'$，则此时线段$CA$扫过的图形的面积是(
A.$4\sqrt{3}$
B.$6$
C.$\dfrac{4}{3}π$
D.$\dfrac{8}{3}π$
D
)A.$4\sqrt{3}$
B.$6$
C.$\dfrac{4}{3}π$
D.$\dfrac{8}{3}π$
答案：3. D
解析：
解：由题意得，点$A$，$B$，$C$对应的刻度分别为$1$，$3$，$5$，则$CA=5 - 1=4$，$BC=5 - 3=2$。
将线段$CA$绕点$C$顺时针旋转，点$A$首次落在矩形$BCDE$的边$BE$上时为点$A'$，此时$CA'=CA = 4$。
在$Rt△ A'BC$中，$\cos∠ A'CB=\frac{BC}{CA'}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，所以$∠ A'CB = 60°$，即旋转角为$60°=\frac{π}{3}$。
线段$CA$扫过的图形为扇形，其面积为$\frac{1}{2}×θ× r^2=\frac{1}{2}×\frac{π}{3}×4^2=\frac{8}{3}π$。
答案：D
将线段$CA$绕点$C$顺时针旋转，点$A$首次落在矩形$BCDE$的边$BE$上时为点$A'$，此时$CA'=CA = 4$。
在$Rt△ A'BC$中，$\cos∠ A'CB=\frac{BC}{CA'}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，所以$∠ A'CB = 60°$，即旋转角为$60°=\frac{π}{3}$。
线段$CA$扫过的图形为扇形，其面积为$\frac{1}{2}×θ× r^2=\frac{1}{2}×\frac{π}{3}×4^2=\frac{8}{3}π$。
答案：D
4. 如图，$BD$是菱形$ABCD$的对角线，$CE⊥ AB$于点$E$，交$BD$于点$F$，且$E$是$AB$的中点，则$\tan∠ BFE$的值是(
A.$\dfrac{1}{2}$
B.$2$
C.$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\sqrt{3}$
D
)A.$\dfrac{1}{2}$
B.$2$
C.$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\sqrt{3}$
答案：4. D
解析：
证明：连接AC。
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AC⊥BD，OA=OC，OB=OD。
∵E是AB中点，CE⊥AB，
∴CE垂直平分AB，
∴AC=BC。
∵AB=BC，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°。
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=30°。
在Rt△BEF中，∠BEF=90°，∠EBF=30°，
∴∠BFE=60°，
∴tan∠BFE=tan60°=$\sqrt{3}$。
D
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AC⊥BD，OA=OC，OB=OD。
∵E是AB中点，CE⊥AB，
∴CE垂直平分AB，
∴AC=BC。
∵AB=BC，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=60°。
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=30°。
在Rt△BEF中，∠BEF=90°，∠EBF=30°，
∴∠BFE=60°，
∴tan∠BFE=tan60°=$\sqrt{3}$。
D
5. 如图，在$△ ABC$中，$AB=AC$，如果$\tan B=\dfrac{4}{3}$，那么$\cos\dfrac{A}{2}=$
$\frac{4}{5}$
.答案：5. $\frac{4}{5}$
解析：
解：过点$A$作$AD⊥ BC$于点$D$。
因为$AB = AC$，所以$△ ABC$是等腰三角形，$AD$平分$∠ BAC$，$BD = DC$。
设$AD = 4k$，$BD = 3k$（$k＞0$），由$\tan B=\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{4}{3}$可得。
在$Rt△ ABD$中，$AB=\sqrt{AD^{2}+BD^{2}}=\sqrt{(4k)^{2}+(3k)^{2}} = 5k$。
$∠ BAD=\dfrac{A}{2}$，$\cos\dfrac{A}{2}=\cos∠ BAD=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{4k}{5k}=\dfrac{4}{5}$。
$\dfrac{4}{5}$
因为$AB = AC$，所以$△ ABC$是等腰三角形，$AD$平分$∠ BAC$，$BD = DC$。
设$AD = 4k$，$BD = 3k$（$k＞0$），由$\tan B=\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{4}{3}$可得。
在$Rt△ ABD$中，$AB=\sqrt{AD^{2}+BD^{2}}=\sqrt{(4k)^{2}+(3k)^{2}} = 5k$。
$∠ BAD=\dfrac{A}{2}$，$\cos\dfrac{A}{2}=\cos∠ BAD=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{4k}{5k}=\dfrac{4}{5}$。
$\dfrac{4}{5}$
6. 如图，点$D(0,3)$，$O(0,0)$，$C(4,0)$在$\odot A$上，$BD$是$\odot A$的一条弦，则$\sin∠ OBD=$
$\frac{3}{5}$
.答案：6. $\frac{3}{5}$
解析：
连接 $ CD $，
$ \because D(0,3) $，$ O(0,0) $，$ C(4,0) $，
$ \therefore OD=3 $，$ OC=4 $，$ ∠ COD=90° $，
$ \therefore CD=\sqrt{OD^2 + OC^2}=\sqrt{3^2 + 4^2}=5 $，
$ \because ∠ OBD = ∠ OCD $（同弧所对的圆周角相等），
$ \therefore \sin∠ OBD = \sin∠ OCD = \frac{OD}{CD}=\frac{3}{5} $。
$\frac{3}{5}$
$ \because D(0,3) $，$ O(0,0) $，$ C(4,0) $，
$ \therefore OD=3 $，$ OC=4 $，$ ∠ COD=90° $，
$ \therefore CD=\sqrt{OD^2 + OC^2}=\sqrt{3^2 + 4^2}=5 $，
$ \because ∠ OBD = ∠ OCD $（同弧所对的圆周角相等），
$ \therefore \sin∠ OBD = \sin∠ OCD = \frac{OD}{CD}=\frac{3}{5} $。
$\frac{3}{5}$
7. 如图，正方形$ABCD$的面积为$3$，点$E$，$F$分别在边$CD$，$AD$上，连接$BF$，$BE$，$∠ ABE=∠ CBF=60^{\circ}$，若点$M$，$N$分别是$BE$，$BF$的中点，则$MN$的值为
$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$
.答案：7. $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$
解析：
解：设正方形$ABCD$的边长为$a$，则$a^2 = 3$，$a = \sqrt{3}$。
在$Rt△ ABE$中，$∠ ABE = 60°$，$AB = \sqrt{3}$，$\tan 60° = \frac{AE}{AB}$，则$AE = AB · \tan 60° = \sqrt{3} × \sqrt{3} = 3$，因$AD = \sqrt{3} ＜ 3$，故点$E$在$CD$上，$∠ EBC = 90° - 60° = 30°$。
在$Rt△ BCE$中，$\tan 30° = \frac{CE}{BC}$，$CE = BC · \tan 30° = \sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{3} = 1$，则$DE = CD - CE = \sqrt{3} - 1$。
在$Rt△ BCF$中，$∠ CBF = 60°$，$BC = \sqrt{3}$，$\tan 60° = \frac{CF}{BC}$，$CF = BC · \tan 60° = \sqrt{3} × \sqrt{3} = 3$，因$CD = \sqrt{3} ＜ 3$，故点$F$在$AD$上，$∠ ABF = 90° - 60° = 30°$。
在$Rt△ ABF$中，$\tan 30° = \frac{AF}{AB}$，$AF = AB · \tan 30° = \sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{3} = 1$，则$DF = AD - AF = \sqrt{3} - 1$。
$\therefore F(\sqrt{3}, 1)$，$E(\sqrt{3} - 1, \sqrt{3})$（以$B$为原点，$BC$为$x$轴，$BA$为$y$轴建立坐标系）。
$M$，$N$分别为$BE$，$BF$中点，$M(\frac{\sqrt{3} - 1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$，$N(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})$。
$MN = \sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3} - 1}{2})^2 + (\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{(\frac{1}{2})^2 + (\frac{1 - \sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{\frac{1 + 4 - 2\sqrt{3}}{4}} = \sqrt{\frac{4 - 2\sqrt{3}}{4}} = \frac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$。
$\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$
在$Rt△ ABE$中，$∠ ABE = 60°$，$AB = \sqrt{3}$，$\tan 60° = \frac{AE}{AB}$，则$AE = AB · \tan 60° = \sqrt{3} × \sqrt{3} = 3$，因$AD = \sqrt{3} ＜ 3$，故点$E$在$CD$上，$∠ EBC = 90° - 60° = 30°$。
在$Rt△ BCE$中，$\tan 30° = \frac{CE}{BC}$，$CE = BC · \tan 30° = \sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{3} = 1$，则$DE = CD - CE = \sqrt{3} - 1$。
在$Rt△ BCF$中，$∠ CBF = 60°$，$BC = \sqrt{3}$，$\tan 60° = \frac{CF}{BC}$，$CF = BC · \tan 60° = \sqrt{3} × \sqrt{3} = 3$，因$CD = \sqrt{3} ＜ 3$，故点$F$在$AD$上，$∠ ABF = 90° - 60° = 30°$。
在$Rt△ ABF$中，$\tan 30° = \frac{AF}{AB}$，$AF = AB · \tan 30° = \sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{3} = 1$，则$DF = AD - AF = \sqrt{3} - 1$。
$\therefore F(\sqrt{3}, 1)$，$E(\sqrt{3} - 1, \sqrt{3})$（以$B$为原点，$BC$为$x$轴，$BA$为$y$轴建立坐标系）。
$M$，$N$分别为$BE$，$BF$中点，$M(\frac{\sqrt{3} - 1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2})$，$N(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2})$。
$MN = \sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3} - 1}{2})^2 + (\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{(\frac{1}{2})^2 + (\frac{1 - \sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{\frac{1 + 4 - 2\sqrt{3}}{4}} = \sqrt{\frac{4 - 2\sqrt{3}}{4}} = \frac{\sqrt{3} - 1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$。
$\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2}$
8. 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90^{\circ}$，$D$为$BC$上一点，$AB=5$，$BD=1$，$\tan B=\dfrac{3}{4}$.
（1）求$AD$的长；
（2）求$\sinα$的值.
（1）求$AD$的长；
（2）求$\sinα$的值.
答案：8. (1) $AD = 3\sqrt{2}$；(2) $\sinα=\frac{\sqrt{2}}{10}$
解析：
（1）在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90^{\circ}$，$\tan B=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{3}{4}$，设$AC=3k$，$BC=4k$。
由勾股定理得$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}$，$5^{2}=(3k)^{2}+(4k)^{2}$，$25=25k^{2}$，$k=1$（$k=-1$舍去）。
所以$AC=3$，$BC=4$。
因为$BD=1$，所以$CD=BC - BD=4 - 1=3$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$AD=\sqrt{AC^{2}+CD^{2}}=\sqrt{3^{2}+3^{2}}=3\sqrt{2}$。
（2）过点$D$作$DE⊥ AB$于点$E$。
在$\mathrm{Rt}△ BDE$中，$\tan B=\dfrac{DE}{BE}=\dfrac{3}{4}$，设$DE=3m$，$BE=4m$。
由勾股定理得$BD^{2}=DE^{2}+BE^{2}$，$1^{2}=(3m)^{2}+(4m)^{2}$，$1=25m^{2}$，$m=\dfrac{1}{5}$（$m=-\dfrac{1}{5}$舍去）。
所以$DE=\dfrac{3}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$\sinα=\dfrac{DE}{AD}=\dfrac{\dfrac{3}{5}}{3\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{10}$。
由勾股定理得$AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}$，$5^{2}=(3k)^{2}+(4k)^{2}$，$25=25k^{2}$，$k=1$（$k=-1$舍去）。
所以$AC=3$，$BC=4$。
因为$BD=1$，所以$CD=BC - BD=4 - 1=3$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$AD=\sqrt{AC^{2}+CD^{2}}=\sqrt{3^{2}+3^{2}}=3\sqrt{2}$。
（2）过点$D$作$DE⊥ AB$于点$E$。
在$\mathrm{Rt}△ BDE$中，$\tan B=\dfrac{DE}{BE}=\dfrac{3}{4}$，设$DE=3m$，$BE=4m$。
由勾股定理得$BD^{2}=DE^{2}+BE^{2}$，$1^{2}=(3m)^{2}+(4m)^{2}$，$1=25m^{2}$，$m=\dfrac{1}{5}$（$m=-\dfrac{1}{5}$舍去）。
所以$DE=\dfrac{3}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$\sinα=\dfrac{DE}{AD}=\dfrac{\dfrac{3}{5}}{3\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{10}$。