三、解答题
5. 在△ABC中，∠C=90°，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，根据下列条件解直角三角形：
(1)b=17，c=17√2；
(2)c=20，∠A=60°.
5. 在△ABC中，∠C=90°，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，根据下列条件解直角三角形：
(1)b=17，c=17√2；
(2)c=20，∠A=60°.
答案： 解：在Rt△ABC中
因为∠C= 90°， b= 17，$c= 17\sqrt{2}$
所以$a=\sqrt{c²-b²}=17$
因为$sinA=\frac {a}{c}=\frac {17}{17\sqrt{2}}=\frac {\sqrt{2}}{2}$
所以∠A=45°，∠B=45°
解：因为∠C=90°，∠A=60°
所以∠B=30°
因为c=20
所以$a=c×sin{60}° = 10\sqrt{3}，$
b= c×cos{60}°= 10
因为∠C= 90°， b= 17，$c= 17\sqrt{2}$
所以$a=\sqrt{c²-b²}=17$
因为$sinA=\frac {a}{c}=\frac {17}{17\sqrt{2}}=\frac {\sqrt{2}}{2}$
所以∠A=45°，∠B=45°
解：因为∠C=90°，∠A=60°
所以∠B=30°
因为c=20
所以$a=c×sin{60}° = 10\sqrt{3}，$
b= c×cos{60}°= 10
6. 如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，AE是边BC上的中线，AB=10，AD=6，tan∠ACB=1.
(1)求BC的长；
(2)求sin∠DAE的值.
(1)求BC的长；
(2)求sin∠DAE的值.
答案：6. (1) 14; (2) $\frac{\sqrt{37}}{37}$.
解析：
(1)在$Rt\triangle ABD$中，$AB=10$，$AD=6$，由勾股定理得$BD=\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=8$。
在$Rt\triangle ADC$中，$\tan\angle ACB = 1$，即$\frac{AD}{DC}=1$，所以$DC=AD=6$。
则$BC=BD + DC=8 + 6=14$。
(2)因为$AE$是$BC$边上的中线，$BC=14$，所以$BE=\frac{1}{2}BC=7$。
又因为$BD=8$，所以$DE=BD - BE=8 - 7=1$。
在$Rt\triangle ADE$中，$AD=6$，$DE=1$，由勾股定理得$AE=\sqrt{AD^{2}+DE^{2}}=\sqrt{6^{2}+1^{2}}=\sqrt{37}$。
所以$\sin\angle DAE=\frac{DE}{AE}=\frac{1}{\sqrt{37}}=\frac{\sqrt{37}}{37}$。
在$Rt\triangle ADC$中，$\tan\angle ACB = 1$，即$\frac{AD}{DC}=1$，所以$DC=AD=6$。
则$BC=BD + DC=8 + 6=14$。
(2)因为$AE$是$BC$边上的中线，$BC=14$，所以$BE=\frac{1}{2}BC=7$。
又因为$BD=8$，所以$DE=BD - BE=8 - 7=1$。
在$Rt\triangle ADE$中，$AD=6$，$DE=1$，由勾股定理得$AE=\sqrt{AD^{2}+DE^{2}}=\sqrt{6^{2}+1^{2}}=\sqrt{37}$。
所以$\sin\angle DAE=\frac{DE}{AE}=\frac{1}{\sqrt{37}}=\frac{\sqrt{37}}{37}$。
7. 如图，在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c.
(1)证明S△ABC=1/2absinC=1/2acsinB=1/2bcsinA；
(2)若在△ABC中，∠B=60°，∠C=45°，c=2，求sinA的值.
(1)证明S△ABC=1/2absinC=1/2acsinB=1/2bcsinA；
(2)若在△ABC中，∠B=60°，∠C=45°，c=2，求sinA的值.
答案：
解：(1)证明：过点A作AD⊥BC，垂足为点D，如图所示，
在Rt△ACD中，
因为$sinC = \frac {AD}{b}$
所以AD= bsinC
$S_{△ABC}= \frac {1}{2}a×AD=\frac {1}{2}absinC$
同理可得，$ S_{△ABC}= \frac {1}{2}acsinB=\frac {1}{2}bcsinA$
$S_{△ABC}= \frac {1}{2}absinC =\frac {1}{2}acsinB=\frac {1}{2}bcsinA$
(2)在Rt△ABD中，
因为c=2 ，∠B=60°
所以$AD=c×sin_{60}°=\sqrt{3}，$$BD= c.cos_{60}°= 1$
在Rt△ACD中，
因为$AD=\sqrt{3}，$∠C= 45°
所以$CD= AD=\sqrt{3}，$$b=\frac {AD}{sin_{45}°}=\sqrt{6}$
所以$a= BD+ CD=1+\sqrt{3}$
$S_{△ABC}=\frac {1}{2}a×AD=\frac {3+\sqrt{3}}{2}$
因为$S_{△ABC}=\frac {1}{2}bcsinA$
所以$sinA=\frac {2S_{△ABC}}{bc}=\frac {\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$
解：(1)证明：过点A作AD⊥BC，垂足为点D，如图所示，
在Rt△ACD中，
因为$sinC = \frac {AD}{b}$
所以AD= bsinC
$S_{△ABC}= \frac {1}{2}a×AD=\frac {1}{2}absinC$
同理可得，$ S_{△ABC}= \frac {1}{2}acsinB=\frac {1}{2}bcsinA$
$S_{△ABC}= \frac {1}{2}absinC =\frac {1}{2}acsinB=\frac {1}{2}bcsinA$
(2)在Rt△ABD中，
因为c=2 ，∠B=60°
所以$AD=c×sin_{60}°=\sqrt{3}，$$BD= c.cos_{60}°= 1$
在Rt△ACD中，
因为$AD=\sqrt{3}，$∠C= 45°
所以$CD= AD=\sqrt{3}，$$b=\frac {AD}{sin_{45}°}=\sqrt{6}$
所以$a= BD+ CD=1+\sqrt{3}$
$S_{△ABC}=\frac {1}{2}a×AD=\frac {3+\sqrt{3}}{2}$
因为$S_{△ABC}=\frac {1}{2}bcsinA$
所以$sinA=\frac {2S_{△ABC}}{bc}=\frac {\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$
8. 规定：有两个内角的差为90°的三角形称为“反直角三角形”.如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，P为边BC上一点，若△APC为“反直角三角形”，求BP的长.
答案：8. $\frac{25}{4}$或$\frac{11}{2}$.
解析：
解：过点$A$作$AD⊥ BC$于点$D$，
$\because AB=AC=5$，$BC=8$，
$\therefore BD=DC=4$，$AD=\sqrt{AC^{2}-DC^{2}}=\sqrt{5^{2}-4^{2}}=3$。
设$BP=x$，则$PC=8 - x$，$PD=|4 - x|$。
情况1：$\angle PAC - \angle C = 90°$
过点$P$作$PE⊥ AC$于点$E$，
$\because \angle PAC = 90° + \angle C$，
$\therefore \angle PAE = 90° - \angle C$，
$\therefore \triangle AEP \sim \triangle CDA$，
$\frac{AE}{CD} = \frac{EP}{AD} = \frac{AP}{AC}$，
$AP^{2} = AD^{2} + PD^{2} = 3^{2} + (4 - x)^{2} = x^{2} - 8x + 25$，
$\frac{AP}{AC} = \frac{\sqrt{x^{2} - 8x + 25}}{5}$，
$AE = \frac{4\sqrt{x^{2} - 8x + 25}}{5}$，$EP = \frac{3\sqrt{x^{2} - 8x + 25}}{5}$，
$CE = AC - AE = 5 - \frac{4\sqrt{x^{2} - 8x + 25}}{5}$，
由$EP^{2} + CE^{2} = PC^{2}$，得：
$\left(\frac{3\sqrt{x^{2} - 8x + 25}}{5}\right)^{2} + \left(5 - \frac{4\sqrt{x^{2} - 8x + 25}}{5}\right)^{2} = (8 - x)^{2}$，
化简得$x = \frac{25}{4}$。
情况2：$\angle C - \angle PAC = 90°$
过点$P$作$PF⊥ AC$延长线于点$F$，
$\angle PCF = 90° - \angle PAC$，
$\triangle PFC \sim \triangle ADC$，
$\frac{CF}{CD} = \frac{PF}{AD} = \frac{PC}{AC}$，
$CF = \frac{4(8 - x)}{5}$，$PF = \frac{3(8 - x)}{5}$，
$AF = AC + CF = 5 + \frac{4(8 - x)}{5}$，
由$AF^{2} + PF^{2} = AP^{2}$，得：
$\left(5 + \frac{4(8 - x)}{5}\right)^{2} + \left(\frac{3(8 - x)}{5}\right)^{2} = x^{2} - 8x + 25$，
化简得$x = \frac{11}{2}$。
综上，$BP$的长为$\frac{25}{4}$或$\frac{11}{2}$。
$\boxed{\frac{25}{4}或\frac{11}{2}}$
$\because AB=AC=5$，$BC=8$，
$\therefore BD=DC=4$，$AD=\sqrt{AC^{2}-DC^{2}}=\sqrt{5^{2}-4^{2}}=3$。
设$BP=x$，则$PC=8 - x$，$PD=|4 - x|$。
情况1：$\angle PAC - \angle C = 90°$
过点$P$作$PE⊥ AC$于点$E$，
$\because \angle PAC = 90° + \angle C$，
$\therefore \angle PAE = 90° - \angle C$，
$\therefore \triangle AEP \sim \triangle CDA$，
$\frac{AE}{CD} = \frac{EP}{AD} = \frac{AP}{AC}$，
$AP^{2} = AD^{2} + PD^{2} = 3^{2} + (4 - x)^{2} = x^{2} - 8x + 25$，
$\frac{AP}{AC} = \frac{\sqrt{x^{2} - 8x + 25}}{5}$，
$AE = \frac{4\sqrt{x^{2} - 8x + 25}}{5}$，$EP = \frac{3\sqrt{x^{2} - 8x + 25}}{5}$，
$CE = AC - AE = 5 - \frac{4\sqrt{x^{2} - 8x + 25}}{5}$，
由$EP^{2} + CE^{2} = PC^{2}$，得：
$\left(\frac{3\sqrt{x^{2} - 8x + 25}}{5}\right)^{2} + \left(5 - \frac{4\sqrt{x^{2} - 8x + 25}}{5}\right)^{2} = (8 - x)^{2}$，
化简得$x = \frac{25}{4}$。
情况2：$\angle C - \angle PAC = 90°$
过点$P$作$PF⊥ AC$延长线于点$F$，
$\angle PCF = 90° - \angle PAC$，
$\triangle PFC \sim \triangle ADC$，
$\frac{CF}{CD} = \frac{PF}{AD} = \frac{PC}{AC}$，
$CF = \frac{4(8 - x)}{5}$，$PF = \frac{3(8 - x)}{5}$，
$AF = AC + CF = 5 + \frac{4(8 - x)}{5}$，
由$AF^{2} + PF^{2} = AP^{2}$，得：
$\left(5 + \frac{4(8 - x)}{5}\right)^{2} + \left(\frac{3(8 - x)}{5}\right)^{2} = x^{2} - 8x + 25$，
化简得$x = \frac{11}{2}$。
综上，$BP$的长为$\frac{25}{4}$或$\frac{11}{2}$。
$\boxed{\frac{25}{4}或\frac{11}{2}}$