3. 如图，$ △ ABC $ 的顶点 $ B $，$ C $ 的坐标分别是 $ (1,0) $，$ (0,\sqrt{3}) $，且 $ ∠ ABC = 90^{\circ} $，$ ∠ A = 30^{\circ} $，则顶点 $ A $ 的坐标是
$ (4,\sqrt{3}) $
。答案：3. $ (4,\sqrt{3}) $
解析：
解：已知点$B(1,0)$，$C(0,\sqrt{3})$，则$OB=1$，$OC=\sqrt{3}$。
在$Rt△ BOC$中，$BC=\sqrt{OB^{2}+OC^{2}}=\sqrt{1^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=2$。
因为$∠ ABC = 90^{\circ}$，$∠ A = 30^{\circ}$，所以$AC = 2BC = 4$。
由于$C$点坐标为$(0,\sqrt{3})$，且$AC$平行于$x$轴（可通过几何关系或计算得出），所以点$A$的纵坐标与$C$点相同为$\sqrt{3}$，横坐标为$0 + 4=4$。
故顶点$A$的坐标是$(4,\sqrt{3})$。
在$Rt△ BOC$中，$BC=\sqrt{OB^{2}+OC^{2}}=\sqrt{1^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=2$。
因为$∠ ABC = 90^{\circ}$，$∠ A = 30^{\circ}$，所以$AC = 2BC = 4$。
由于$C$点坐标为$(0,\sqrt{3})$，且$AC$平行于$x$轴（可通过几何关系或计算得出），所以点$A$的纵坐标与$C$点相同为$\sqrt{3}$，横坐标为$0 + 4=4$。
故顶点$A$的坐标是$(4,\sqrt{3})$。
4. 如图，学校校园内有一块如图所示的三角形空地，计划将这块空地建成一个花园，以美化校园环境。预计花园每平方米造价为 $ 30 $ 元，学校建这个花园需要投资
$ 4500\sqrt{3} $
元。答案：4. $ 4500\sqrt{3} $.
解析：
解：已知三角形两边长为20m、30m，夹角为120°。
根据三角形面积公式$S = \frac{1}{2}ab\sinθ$，其中$a = 20$，$b = 30$，$θ = 120°$。
$\sin120° = \frac{\sqrt{3}}{2}$，则面积$S = \frac{1}{2} × 20 × 30 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 150\sqrt{3}\,m^2$。
每平方米造价30元，总投资为$150\sqrt{3} × 30 = 4500\sqrt{3}$元。
$4500\sqrt{3}$
根据三角形面积公式$S = \frac{1}{2}ab\sinθ$，其中$a = 20$，$b = 30$，$θ = 120°$。
$\sin120° = \frac{\sqrt{3}}{2}$，则面积$S = \frac{1}{2} × 20 × 30 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 150\sqrt{3}\,m^2$。
每平方米造价30元，总投资为$150\sqrt{3} × 30 = 4500\sqrt{3}$元。
$4500\sqrt{3}$
5. 在 $ \mathrm{Rt} △ ABC $ 中，$ ∠ C = 90^{\circ} $，根据下列条件解直角三角形：
(1) $ a = 8 $，$ c = 8\sqrt{2} $； (2) $ c = 4\sqrt{3} $，$ ∠ A = 60^{\circ} $； (3) $ a = \sqrt{5} $，$ b = \sqrt{15} $。
(1) $ a = 8 $，$ c = 8\sqrt{2} $； (2) $ c = 4\sqrt{3} $，$ ∠ A = 60^{\circ} $； (3) $ a = \sqrt{5} $，$ b = \sqrt{15} $。
答案：5. (1) $ b = 8 $，$ ∠ A = 45^{\circ} $，$ ∠ B = 45^{\circ} $；(2) $ ∠ B = 30^{\circ} $，$ a = 6 $，$ b = 2\sqrt{3} $；(3) $ ∠ A = 30^{\circ} $，$ ∠ B = 60^{\circ} $，$ c = 2\sqrt{5} $.
解析：
(1) 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中，$∠ C=90^{\circ}$，$a=8$，$c=8\sqrt{2}$，
由勾股定理得 $b=\sqrt{c^{2}-a^{2}}=\sqrt{(8\sqrt{2})^{2}-8^{2}}=\sqrt{128 - 64}=\sqrt{64}=8$，
$\sin A=\frac{a}{c}=\frac{8}{8\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以 $∠ A=45^{\circ}$，
$∠ B=90^{\circ}-∠ A=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}$，
故 $b=8$，$∠ A=45^{\circ}$，$∠ B=45^{\circ}$；
(2) 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中，$∠ C=90^{\circ}$，$c=4\sqrt{3}$，$∠ A=60^{\circ}$，
$∠ B=90^{\circ}-∠ A=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$，
$\sin A=\frac{a}{c}$，则 $a=c\sin A=4\sqrt{3}×\sin60^{\circ}=4\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=6$，
$\cos A=\frac{b}{c}$，则 $b=c\cos A=4\sqrt{3}×\cos60^{\circ}=4\sqrt{3}×\frac{1}{2}=2\sqrt{3}$，
故 $∠ B=30^{\circ}$，$a=6$，$b=2\sqrt{3}$；
(3) 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中，$∠ C=90^{\circ}$，$a=\sqrt{5}$，$b=\sqrt{15}$，
由勾股定理得 $c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{(\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{15})^{2}}=\sqrt{5 + 15}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$，
$\tan A=\frac{a}{b}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{15}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以 $∠ A=30^{\circ}$，
$∠ B=90^{\circ}-∠ A=90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}$，
故 $∠ A=30^{\circ}$，$∠ B=60^{\circ}$，$c=2\sqrt{5}$.
由勾股定理得 $b=\sqrt{c^{2}-a^{2}}=\sqrt{(8\sqrt{2})^{2}-8^{2}}=\sqrt{128 - 64}=\sqrt{64}=8$，
$\sin A=\frac{a}{c}=\frac{8}{8\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以 $∠ A=45^{\circ}$，
$∠ B=90^{\circ}-∠ A=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}$，
故 $b=8$，$∠ A=45^{\circ}$，$∠ B=45^{\circ}$；
(2) 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中，$∠ C=90^{\circ}$，$c=4\sqrt{3}$，$∠ A=60^{\circ}$，
$∠ B=90^{\circ}-∠ A=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}$，
$\sin A=\frac{a}{c}$，则 $a=c\sin A=4\sqrt{3}×\sin60^{\circ}=4\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}=6$，
$\cos A=\frac{b}{c}$，则 $b=c\cos A=4\sqrt{3}×\cos60^{\circ}=4\sqrt{3}×\frac{1}{2}=2\sqrt{3}$，
故 $∠ B=30^{\circ}$，$a=6$，$b=2\sqrt{3}$；
(3) 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中，$∠ C=90^{\circ}$，$a=\sqrt{5}$，$b=\sqrt{15}$，
由勾股定理得 $c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{(\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{15})^{2}}=\sqrt{5 + 15}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$，
$\tan A=\frac{a}{b}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{15}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以 $∠ A=30^{\circ}$，
$∠ B=90^{\circ}-∠ A=90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}$，
故 $∠ A=30^{\circ}$，$∠ B=60^{\circ}$，$c=2\sqrt{5}$.
6. 如图，在 $ \mathrm{Rt} △ ABC $ 中，$ ∠ A = 90^{\circ} $，$ AD $，$ AE $ 分别是 $ BC $ 边的中线和高，若 $ \cos B = \dfrac{3}{5} $，$ BC = 10 $。
(1) 求 $ AB $ 的长；(2) 求 $ AE $ 的长；(3) 求 $ \sin ∠ ADB $ 的值。
(1) 求 $ AB $ 的长；(2) 求 $ AE $ 的长；(3) 求 $ \sin ∠ ADB $ 的值。
答案：6. (1) $ AB = 6 $；(2) $ AE = \frac{24}{5} $；(3) $ \sin ∠ ADB = \frac{24}{25} $.
解析：
(1) 在$Rt△ ABC$中，$∠ A=90^{\circ}$，$\cos B=\frac{AB}{BC}=\frac{3}{5}$，$BC=10$，则$AB=BC×\frac{3}{5}=10×\frac{3}{5}=6$。
(2) 由勾股定理得$AC=\sqrt{BC^{2}-AB^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=8$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB× AC=\frac{1}{2}BC× AE$，即$\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×10× AE$，解得$AE=\frac{24}{5}$。
(3) 因为$AD$是$BC$边的中线，所以$AD=BD=\frac{1}{2}BC=5$，过$A$作$AF⊥ BD$于$F$，则$S_{△ ABD}=\frac{1}{2}BD× AF=\frac{1}{2}AB× AE'$（$AE'$为$AB$边上的高，此处$AE$即$BC$边上的高，$S_{△ ABD}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×24=12$），即$\frac{1}{2}×5× AF=12$，$AF=\frac{24}{5}$，在$Rt△ AFD$中，$\sin∠ ADB=\frac{AF}{AD}=\frac{\frac{24}{5}}{5}=\frac{24}{25}$。
(2) 由勾股定理得$AC=\sqrt{BC^{2}-AB^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=8$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB× AC=\frac{1}{2}BC× AE$，即$\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×10× AE$，解得$AE=\frac{24}{5}$。
(3) 因为$AD$是$BC$边的中线，所以$AD=BD=\frac{1}{2}BC=5$，过$A$作$AF⊥ BD$于$F$，则$S_{△ ABD}=\frac{1}{2}BD× AF=\frac{1}{2}AB× AE'$（$AE'$为$AB$边上的高，此处$AE$即$BC$边上的高，$S_{△ ABD}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×24=12$），即$\frac{1}{2}×5× AF=12$，$AF=\frac{24}{5}$，在$Rt△ AFD$中，$\sin∠ ADB=\frac{AF}{AD}=\frac{\frac{24}{5}}{5}=\frac{24}{25}$。
自主拓展
阅读下面的材料，先完成阅读填空，再按要求答题：
$ \sin 30^{\circ} = \dfrac{1}{2} $，$ \cos 30^{\circ} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} $，则 $ \sin^{2} 30^{\circ} + \cos^{2} 30^{\circ} = $
$ \sin 45^{\circ} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} $，$ \cos 45^{\circ} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} $，则 $ \sin^{2} 45^{\circ} + \cos^{2} 45^{\circ} = $
$ \sin 60^{\circ} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} $，$ \cos 60^{\circ} = \dfrac{1}{2} $，则 $ \sin^{2} 60^{\circ} + \cos^{2} 60^{\circ} = $
……
观察上述等式，猜想：对任意锐角 $ A $，都有 $ \sin^{2} A + \cos^{2} A = $
(1) 如图，在锐角 $ △ ABC $ 中，利用三角函数的定义及勾股定理对 $ ∠ A $ 证明你的猜想；
(2) 已知 $ ∠ A $ 为锐角($ \cos A ＞ 0 $)且 $ \sin A = \dfrac{3}{5} $，求 $ \cos A $。
阅读下面的材料，先完成阅读填空，再按要求答题：
$ \sin 30^{\circ} = \dfrac{1}{2} $，$ \cos 30^{\circ} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} $，则 $ \sin^{2} 30^{\circ} + \cos^{2} 30^{\circ} = $
1
； ①$ \sin 45^{\circ} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} $，$ \cos 45^{\circ} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} $，则 $ \sin^{2} 45^{\circ} + \cos^{2} 45^{\circ} = $
1
； ②$ \sin 60^{\circ} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} $，$ \cos 60^{\circ} = \dfrac{1}{2} $，则 $ \sin^{2} 60^{\circ} + \cos^{2} 60^{\circ} = $
1
； ③……
观察上述等式，猜想：对任意锐角 $ A $，都有 $ \sin^{2} A + \cos^{2} A = $
1
。 ④(1) 如图，在锐角 $ △ ABC $ 中，利用三角函数的定义及勾股定理对 $ ∠ A $ 证明你的猜想；
(2) 已知 $ ∠ A $ 为锐角($ \cos A ＞ 0 $)且 $ \sin A = \dfrac{3}{5} $，求 $ \cos A $。
答案：
①②③④都填 1. (1) 如下图，过点 B 作 $ BH ⊥ AC $ 于点 H，$ BH^{2} + AH^{2} = AB^{2} $，则 $ \sin A = \frac{BH}{AB} $，$ \cos A = \frac{AH}{AB} $，所以
$ \sin^{2}A + \cos^{2}A = \frac{BH^{2}}{AB^{2}} + \frac{AH^{2}}{AB^{2}} = \frac{BH^{2} + AH^{2}}{AB^{2}} = 1 $.
(2) $ \because \sin^{2}A + \cos^{2}A = 1 $，$ \sin A = \frac{3}{5} $，$ \therefore \cos^{2}A = 1 - (\frac{3}{5})^{2} = \frac{16}{25} $. $ \because \cos A ＞ 0 $，$ \therefore \cos A = \frac{4}{5} $.
①②③④都填 1. (1) 如下图，过点 B 作 $ BH ⊥ AC $ 于点 H，$ BH^{2} + AH^{2} = AB^{2} $，则 $ \sin A = \frac{BH}{AB} $，$ \cos A = \frac{AH}{AB} $，所以
$ \sin^{2}A + \cos^{2}A = \frac{BH^{2}}{AB^{2}} + \frac{AH^{2}}{AB^{2}} = \frac{BH^{2} + AH^{2}}{AB^{2}} = 1 $.
(2) $ \because \sin^{2}A + \cos^{2}A = 1 $，$ \sin A = \frac{3}{5} $，$ \therefore \cos^{2}A = 1 - (\frac{3}{5})^{2} = \frac{16}{25} $. $ \because \cos A ＞ 0 $，$ \therefore \cos A = \frac{4}{5} $.