1. 在 $\mathrm{Rt} \triangle ABC$ 中，$\angle C = 90^{\circ}$，下列式子中，一定成立的是 (
A.$a = c · \sin B$
B.$a = c · \cos B$
C.$a = c · \tan B$
D.$a = c · \frac{1}{\tan B}$
B
)A.$a = c · \sin B$
B.$a = c · \cos B$
C.$a = c · \tan B$
D.$a = c · \frac{1}{\tan B}$
答案：B
2. 如图是我国三国时期的数学家赵爽在证明勾股定理时给出的“弦图”，它是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形. 若小正方形的面积为 $1$，大正方形的面积为 $25$，直角三角形中较小的锐角为 $\alpha$，则 $\cos \alpha$ 的值为 (
A.$\frac{3}{4}$
B.$\frac{4}{3}$
C.$\frac{3}{5}$
D.$\frac{4}{5}$
D
)A.$\frac{3}{4}$
B.$\frac{4}{3}$
C.$\frac{3}{5}$
D.$\frac{4}{5}$
答案：D
3. 在 $\triangle ABC$ 中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AC = 100$，$\sin A = \frac{3}{5}$，则 $AB =$
80
，$\cos C =$ $\frac {3} {5}$
.答案：3.$80$,$\frac {3} {5}$
解析：
解：在$\triangle ABC$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AC = 100$，
$\sin A = \frac{BC}{AC} = \frac{3}{5}$，则$BC = AC × \frac{3}{5} = 100 × \frac{3}{5} = 60$，
由勾股定理得$AB = \sqrt{AC^2 - BC^2} = \sqrt{100^2 - 60^2} = 80$，
$\cos C = \frac{BC}{AC} = \frac{3}{5}$。
80，$\frac{3}{5}$
$\sin A = \frac{BC}{AC} = \frac{3}{5}$，则$BC = AC × \frac{3}{5} = 100 × \frac{3}{5} = 60$，
由勾股定理得$AB = \sqrt{AC^2 - BC^2} = \sqrt{100^2 - 60^2} = 80$，
$\cos C = \frac{BC}{AC} = \frac{3}{5}$。
80，$\frac{3}{5}$
4. (1) 在 $\triangle ABC$ 中，$\angle C = 90^{\circ}$，$\tan A = 2$，则 $\cos B =$
(2) 在 $\triangle ABC$ 中，$CA = CB = 4$，$\cos C = \frac{1}{4}$，则 $\sin B =$
$\frac {2\sqrt {5}} {5}$
；(2) 在 $\triangle ABC$ 中，$CA = CB = 4$，$\cos C = \frac{1}{4}$，则 $\sin B =$
$\frac {\sqrt {10}} {4}$
.答案：4.(1)$\frac {2\sqrt {5}} {5}$;(2)$\frac {\sqrt {10}} {4}$.
解析：
(1) 在 $\triangle ABC$ 中，$\angle C = 90^{\circ}$，$\tan A = 2$，设 $BC = 2k$，$AC = k$（$k ＞ 0$），则 $AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{k^2 + (2k)^2} = \sqrt{5}k$。因为 $\angle A + \angle B = 90^{\circ}$，所以 $\cos B = \sin A = \frac{BC}{AB} = \frac{2k}{\sqrt{5}k} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$。
(2) 在 $\triangle ABC$ 中，$CA = CB = 4$，过点 $A$ 作 $AD ⊥ BC$ 于点 $D$。因为 $\cos C = \frac{1}{4}$，所以 $CD = CA · \cos C = 4 × \frac{1}{4} = 1$，$AD = \sqrt{CA^2 - CD^2} = \sqrt{4^2 - 1^2} = \sqrt{15}$。$BD = CB - CD = 4 - 1 = 3$，$AB = \sqrt{AD^2 + BD^2} = \sqrt{(\sqrt{15})^2 + 3^2} = \sqrt{30}$。由正弦定理 $\frac{AC}{\sin B} = \frac{AB}{\sin C}$，$\sin C = \sqrt{1 - \cos^2 C} = \sqrt{1 - (\frac{1}{4})^2} = \frac{\sqrt{15}}{4}$，则 $\sin B = \frac{AC · \sin C}{AB} = \frac{4 × \frac{\sqrt{15}}{4}}{\sqrt{30}} = \frac{\sqrt{15}}{\sqrt{30}} = \frac{\sqrt{10}}{4}$。
(1) $\frac{2\sqrt{5}}{5}$；(2) $\frac{\sqrt{10}}{4}$
(2) 在 $\triangle ABC$ 中，$CA = CB = 4$，过点 $A$ 作 $AD ⊥ BC$ 于点 $D$。因为 $\cos C = \frac{1}{4}$，所以 $CD = CA · \cos C = 4 × \frac{1}{4} = 1$，$AD = \sqrt{CA^2 - CD^2} = \sqrt{4^2 - 1^2} = \sqrt{15}$。$BD = CB - CD = 4 - 1 = 3$，$AB = \sqrt{AD^2 + BD^2} = \sqrt{(\sqrt{15})^2 + 3^2} = \sqrt{30}$。由正弦定理 $\frac{AC}{\sin B} = \frac{AB}{\sin C}$，$\sin C = \sqrt{1 - \cos^2 C} = \sqrt{1 - (\frac{1}{4})^2} = \frac{\sqrt{15}}{4}$，则 $\sin B = \frac{AC · \sin C}{AB} = \frac{4 × \frac{\sqrt{15}}{4}}{\sqrt{30}} = \frac{\sqrt{15}}{\sqrt{30}} = \frac{\sqrt{10}}{4}$。
(1) $\frac{2\sqrt{5}}{5}$；(2) $\frac{\sqrt{10}}{4}$
三、解答题
5. 如图，在 $\mathrm{Rt} \triangle ABC$ 中，$\angle C = 90^{\circ}$，$AB = 10$，$\sin A = \frac{4}{5}$. 求 $AC$ 的长.
5. 如图，在 $\mathrm{Rt} \triangle ABC$ 中，$\angle C = 90^{\circ}$，$AB = 10$，$\sin A = \frac{4}{5}$. 求 $AC$ 的长.
答案： 解：因为∠C=90°，AB=10，$sinA=\frac{4}{5}$
所以$\frac{BC}{AB}=\frac{4}{5}，$即$\frac{BC}{10}=\frac{4}{5}$
所以BC=8
所以$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$
所以$\frac{BC}{AB}=\frac{4}{5}，$即$\frac{BC}{10}=\frac{4}{5}$
所以BC=8
所以$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$
6. 如图，在矩形 $ABCD$ 中，$E$，$F$ 是边 $BC$ 上的三等分点，连接 $DE$、$AF$，交点为 $G$，连接 $CG$. 若 $AB = 8$，$BC = 12$，求 $\tan \angle GCF$ 的值.
答案：6.$\frac {1} {3}$;
解析：
解：以点$B$为原点，$BC$所在直线为$x$轴，$BA$所在直线为$y$轴建立平面直角坐标系。
因为$AB = 8$，$BC = 12$，$E$，$F$是边$BC$上的三等分点，所以各点坐标为：$B(0,0)$，$C(12,0)$，$A(0,8)$，$D(12,8)$，$E(4,0)$，$F(8,0)$。
设直线$AF$的解析式为$y = k_1x + b_1$，将$A(0,8)$，$F(8,0)$代入得：$\begin{cases}b_1 = 8 \\ 8k_1 + b_1 = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_1 = -1 \\ b_1 = 8\end{cases}$，所以直线$AF$：$y = -x + 8$。
设直线$DE$的解析式为$y = k_2x + b_2$，将$D(12,8)$，$E(4,0)$代入得：$\begin{cases}12k_2 + b_2 = 8 \\ 4k_2 + b_2 = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_2 = 1 \\ b_2 = -4\end{cases}$，所以直线$DE$：$y = x - 4$。
联立$\begin{cases}y = -x + 8 \\ y = x - 4\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = 6 \\ y = 2\end{cases}$，所以$G(6,2)$。
过$G$作$GH ⊥ BC$于$H$，则$H(6,0)$，$GH = 2$，$CH = 12 - 6 = 6$。
在$Rt\triangle GHC$中，$\tan \angle GCF = \frac{GH}{CH} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$。
$\frac{1}{3}$
因为$AB = 8$，$BC = 12$，$E$，$F$是边$BC$上的三等分点，所以各点坐标为：$B(0,0)$，$C(12,0)$，$A(0,8)$，$D(12,8)$，$E(4,0)$，$F(8,0)$。
设直线$AF$的解析式为$y = k_1x + b_1$，将$A(0,8)$，$F(8,0)$代入得：$\begin{cases}b_1 = 8 \\ 8k_1 + b_1 = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_1 = -1 \\ b_1 = 8\end{cases}$，所以直线$AF$：$y = -x + 8$。
设直线$DE$的解析式为$y = k_2x + b_2$，将$D(12,8)$，$E(4,0)$代入得：$\begin{cases}12k_2 + b_2 = 8 \\ 4k_2 + b_2 = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_2 = 1 \\ b_2 = -4\end{cases}$，所以直线$DE$：$y = x - 4$。
联立$\begin{cases}y = -x + 8 \\ y = x - 4\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = 6 \\ y = 2\end{cases}$，所以$G(6,2)$。
过$G$作$GH ⊥ BC$于$H$，则$H(6,0)$，$GH = 2$，$CH = 12 - 6 = 6$。
在$Rt\triangle GHC$中，$\tan \angle GCF = \frac{GH}{CH} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$。
$\frac{1}{3}$