9. (2024·内蒙古包头)如图,在矩形ABCD中,E,F是边BC上两点,且BE=EF=FC,连接DE,AF,DE与AF相交于点G,连接BG.若AB=4,BC=6,则sin∠GBF的值为(
A.$\frac{\sqrt{10}}{10}$
B.$\frac{3\sqrt{10}}{10}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{2}{3}$
A
)A.$\frac{\sqrt{10}}{10}$
B.$\frac{3\sqrt{10}}{10}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{2}{3}$
答案：9.A
解析：
解：以B为原点，BC为x轴，BA为y轴建立坐标系。
∵AB=4，BC=6，BE=EF=FC，
∴B(0,0)，E(2,0)，F(4,0)，C(6,0)，A(0,4)，D(6,4)。
直线AF：过A(0,4)，F(4,0)，斜率$k_{AF}=\frac{0-4}{4-0}=-1$，方程为$y=-x+4$。
直线DE：过D(6,4)，E(2,0)，斜率$k_{DE}=\frac{0-4}{2-6}=1$，方程为$y-0=1×(x-2)$，即$y=x-2$。
联立$\begin{cases}y=-x+4\\y=x-2\end{cases}$，解得$x=3$，$y=1$，
∴G(3,1)。
过G作GH⊥BC于H，H(3,0)，则GH=1，BH=3，FH=4-3=1。
在Rt△GHF中，$GF=\sqrt{GH^2+FH^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
在△GBF中，由正弦定理：$\frac{GF}{\sin\angle GBF}=\frac{BG}{\sin\angle GFB}$。
$BG=\sqrt{BH^2+GH^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，$\sin\angle GFB=\frac{GH}{GF}=\frac{1}{\sqrt{2}}$。
∴$\sin\angle GBF=\frac{GF·\sin\angle GFB}{BG}=\frac{\sqrt{2}·\frac{1}{\sqrt{2}}}{\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$。
答案：A
∵AB=4，BC=6，BE=EF=FC，
∴B(0,0)，E(2,0)，F(4,0)，C(6,0)，A(0,4)，D(6,4)。
直线AF：过A(0,4)，F(4,0)，斜率$k_{AF}=\frac{0-4}{4-0}=-1$，方程为$y=-x+4$。
直线DE：过D(6,4)，E(2,0)，斜率$k_{DE}=\frac{0-4}{2-6}=1$，方程为$y-0=1×(x-2)$，即$y=x-2$。
联立$\begin{cases}y=-x+4\\y=x-2\end{cases}$，解得$x=3$，$y=1$，
∴G(3,1)。
过G作GH⊥BC于H，H(3,0)，则GH=1，BH=3，FH=4-3=1。
在Rt△GHF中，$GF=\sqrt{GH^2+FH^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
在△GBF中，由正弦定理：$\frac{GF}{\sin\angle GBF}=\frac{BG}{\sin\angle GFB}$。
$BG=\sqrt{BH^2+GH^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，$\sin\angle GFB=\frac{GH}{GF}=\frac{1}{\sqrt{2}}$。
∴$\sin\angle GBF=\frac{GF·\sin\angle GFB}{BG}=\frac{\sqrt{2}·\frac{1}{\sqrt{2}}}{\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$。
答案：A
10. 新趋势传统文化(2023·内蒙古包头)如图是源于我国汉代数学家赵爽的弦图,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α,则cosα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：10.D 解析：设直角三角形两条直角边的长分别为$a$，$b$，其中$a＞b$.因为小正方形的面积为1，所以小正方形的边长为1，所以$a - b = 1$，所以$a = b + 1$.因为大正方形的面积为25，所以大正方形的边长为5，且$a^{2}+b^{2}=25$，所以$(b + 1)^{2}+b^{2}=25$，解得$b_{1}=3$，$b_{2}=-4$（不合题意，舍去），所以$a = 4$，所以$\cos\alpha=\frac{4}{5}$.
11. (2025·江苏盐城模拟)如图,在△ABC中,AD⊥BC于点D.若BC=14,AD=12,tan∠BAD=$\frac{3}{4}$,则sinC的值为
$\frac{12}{13}$
.答案：11.$\frac{12}{13}$
解析：
解：在Rt△ABD中，AD⊥BC，AD=12，tan∠BAD=$\frac{BD}{AD}=\frac{3}{4}$，
则$\frac{BD}{12}=\frac{3}{4}$，解得BD=9.
∵BC=14，
∴DC=BC-BD=14-9=5.
在Rt△ADC中，AC=$\sqrt{AD^2+DC^2}=\sqrt{12^2+5^2}=13$，
∴sinC=$\frac{AD}{AC}=\frac{12}{13}$.
则$\frac{BD}{12}=\frac{3}{4}$，解得BD=9.
∵BC=14，
∴DC=BC-BD=14-9=5.
在Rt△ADC中，AC=$\sqrt{AD^2+DC^2}=\sqrt{12^2+5^2}=13$，
∴sinC=$\frac{AD}{AC}=\frac{12}{13}$.
12. 在直角三角形ABC中,若AC=2AB,则cosC=
$\frac{\sqrt{3}}{2}$或$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
.答案：12.$\frac{\sqrt{3}}{2}$或$\frac{2\sqrt{5}}{5}$ 解析：设$AB = x$.因为$AC = 2AB$，所以$AC = 2x$.分类讨论如下：①若$\angle B = 90^{\circ}$，则$BC=\sqrt{AC^{2}-AB^{2}}=\sqrt{3}x$，所以$\cos C=\frac{BC}{AC}=\frac{\sqrt{3}}{2}$；②若$\angle A = 90^{\circ}$，则$BC=\sqrt{AB^{2}+AC^{2}}=\sqrt{5}x$，所以$\cos C=\frac{AC}{BC}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.综上所述，$\cos C=\frac{\sqrt{3}}{2}$或$\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
易错警示：注意分类讨论，避免漏解.
易错警示：注意分类讨论，避免漏解.
13. 新趋势推导探究如图①,在Rt△ABC中,以下是小亮探索$\frac{a}{\sin A}$与$\frac{b}{\sin B}$之间关系的方法:因为sinA=$\frac{a}{c}$,sinB=$\frac{b}{c}$,所以c=$\frac{a}{\sin A}$,c=$\frac{b}{\sin B}$,所以$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}$.根据你掌握的三角函数知识,在图②所示的锐角三角形ABC中,探索$\frac{a}{\sin A}$,$\frac{b}{\sin B}$,$\frac{c}{\sin C}$之间的关系,并写出探索过程.
答案：
13.如图①，过点A作边BC上的高AD.因为在$\mathrm{Rt}\triangle ABD$中，$\sin B=\frac{AD}{c}$，在$\mathrm{Rt}\triangle ACD$中，$\sin C=\frac{AD}{b}$，所以$AD = c\sin B$，$AD = b\sin C$，所以$c\sin B = b\sin C$，所以$\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$.如图②，过点B作边AC上的高BE.因为在$\mathrm{Rt}\triangle ABE$中，$\sin A=\frac{BE}{c}$，在$\mathrm{Rt}\triangle BCE$中，$\sin C=\frac{BE}{a}$，所以$BE = c\sin A$，$BE = a\sin C$，所以$c\sin A = a\sin C$，所以$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$，所以$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$.
13.如图①，过点A作边BC上的高AD.因为在$\mathrm{Rt}\triangle ABD$中，$\sin B=\frac{AD}{c}$，在$\mathrm{Rt}\triangle ACD$中，$\sin C=\frac{AD}{b}$，所以$AD = c\sin B$，$AD = b\sin C$，所以$c\sin B = b\sin C$，所以$\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$.如图②，过点B作边AC上的高BE.因为在$\mathrm{Rt}\triangle ABE$中，$\sin A=\frac{BE}{c}$，在$\mathrm{Rt}\triangle BCE$中，$\sin C=\frac{BE}{a}$，所以$BE = c\sin A$，$BE = a\sin C$，所以$c\sin A = a\sin C$，所以$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$，所以$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}$.
14. 如图,在矩形纸片ABCD中,AB=4,BC=3,点P在边BC上,将△CDP沿DP折叠,点C落在点E处,PE,DE分别交AB于点O,F,且OP=OF,则cos∠ADF的值为(
A.$\frac{11}{13}$
B.$\frac{13}{15}$
C.$\frac{15}{17}$
D.$\frac{17}{19}$
C
)A.$\frac{11}{13}$
B.$\frac{13}{15}$
C.$\frac{15}{17}$
D.$\frac{17}{19}$
答案：14.C 解析：因为四边形ABCD是矩形，所以$DC = AB = 4$，$AD = BC = 3$，$\angle A=\angle B=\angle C = 90^{\circ}$.由折叠的性质，得$EP = CP$，$DE = DC = 4$，$\angle E = \angle C = 90^{\circ}$.因为$\angle B=\angle E$，$\angle BOP=\angle EOF$，$OP = OF$，所以$\triangle BOP\cong\triangle EOF$，所以$BP = EF$，$OB = OE$.设$BP = EF = x$，则$DF = DE - EF = 4 - x$，$EP = CP = BC - BP = 3 - x$，所以$BF = OB + OF = OE + OP = EP = 3 - x$，所以$AF = AB - BF = x + 1$.因为$AD^{2}+AF^{2}=DF^{2}$，所以$3^{2}+(x + 1)^{2}=(4 - x)^{2}$，解得$x=\frac{3}{5}$，所以$DF=\frac{17}{5}$，所以$\cos\angle ADF=\frac{AD}{DF}=\frac{15}{17}$.
15. 如图,在Rt△ABC中,∠B=90°,AB=2$\sqrt{5}$,BC=$\sqrt{5}$.将△ABC绕点A按逆时针方向旋转90°得到△AB'C',连接B'C,则sin∠ACB'=
$\frac{4}{5}$
.答案：15.$\frac{4}{5}$ 解析：过点$B'$作$B'D⊥ AC$于点D，则$\angle ADB'=\angle CDB' = 90^{\circ}$.因为$\angle B = 90^{\circ}$，$AB = 2\sqrt{5}$，$BC=\sqrt{5}$，所以$CA=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}} = 5$.由旋转的性质，得$AB' = AB = 2\sqrt{5}$，$\angle B'AB = 90^{\circ}$，所以$\angle B'AD+\angle BAC = 90^{\circ}$.因为$\angle ACB+\angle BAC = 90^{\circ}$，所以$\angle ACB=\angle B'AD$.又$\angle B=\angle ADB'$，所以$\triangle ABC∼\triangle B'DA$，所以$\frac{BC}{DA}=\frac{CA}{AB'}=\frac{AB}{B'D}$，即$\frac{\sqrt{5}}{DA}=\frac{5}{2\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{B'D}$，所以$DA = 2$，$B'D = 4$，所以$CD=CA - DA = 3$，所以$B'C=\sqrt{B'D^{2}+CD^{2}} = 5$，所以$\sin\angle ACB'=\frac{B'D}{B'C}=\frac{4}{5}$.
解析：
解：过点$B'$作$B'D ⊥ AC$于点$D$，则$\angle ADB' = \angle CDB' = 90°$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle B = 90°$，$AB = 2\sqrt{5}$，$BC = \sqrt{5}$，
$\therefore AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{(2\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2} = 5$。
由旋转性质得：$AB' = AB = 2\sqrt{5}$，$\angle B'AB = 90°$，
$\therefore \angle B'AD + \angle BAC = 90°$。
$\because \angle ACB + \angle BAC = 90°$，
$\therefore \angle ACB = \angle B'AD$。
又$\angle B = \angle ADB' = 90°$，
$\therefore \triangle ABC ∼ \triangle B'DA$。
$\therefore \frac{BC}{DA} = \frac{CA}{AB'} = \frac{AB}{B'D}$，即$\frac{\sqrt{5}}{DA} = \frac{5}{2\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{B'D}$，
解得$DA = 2$，$B'D = 4$。
$\therefore CD = AC - DA = 5 - 2 = 3$，
$\therefore B'C = \sqrt{B'D^2 + CD^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5$。
$\therefore \sin\angle ACB' = \frac{B'D}{B'C} = \frac{4}{5}$。
$\frac{4}{5}$
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle B = 90°$，$AB = 2\sqrt{5}$，$BC = \sqrt{5}$，
$\therefore AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{(2\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2} = 5$。
由旋转性质得：$AB' = AB = 2\sqrt{5}$，$\angle B'AB = 90°$，
$\therefore \angle B'AD + \angle BAC = 90°$。
$\because \angle ACB + \angle BAC = 90°$，
$\therefore \angle ACB = \angle B'AD$。
又$\angle B = \angle ADB' = 90°$，
$\therefore \triangle ABC ∼ \triangle B'DA$。
$\therefore \frac{BC}{DA} = \frac{CA}{AB'} = \frac{AB}{B'D}$，即$\frac{\sqrt{5}}{DA} = \frac{5}{2\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{B'D}$，
解得$DA = 2$，$B'D = 4$。
$\therefore CD = AC - DA = 5 - 2 = 3$，
$\therefore B'C = \sqrt{B'D^2 + CD^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5$。
$\therefore \sin\angle ACB' = \frac{B'D}{B'C} = \frac{4}{5}$。
$\frac{4}{5}$
16. 如图,在△ABC中,AB=AC=4,∠C=72°,D是AB的中点,点E在AC上,且DE⊥AB,求cosA的值.
答案：16.连接BE.因为$AB = AC = 4$，所以$\angle ABC=\angle C = 72^{\circ}$，所以$\angle A = 180^{\circ}-\angle ABC-\angle C = 36^{\circ}$.因为D是AB的中点，$DE⊥ AB$，所以$AD=\frac{1}{2}AB = 2$，$\angle ADE = 90^{\circ}$，DE垂直平分AB，所以$AE = BE$，所以$\angle ABE=\angle A = 36^{\circ}$，所以$\angle EBC=\angle ABC-\angle ABE = 36^{\circ}$，所以$\angle BEC = 180^{\circ}-\angle EBC-\angle C = 72^{\circ}$，所以$\angle BEC=\angle C$，所以$BE = BC$，所以$AE = BE = BC$.设$AE = BE = BC = x$，则$EC = AC - AE = 4 - x$.因为$\angle EBC=\angle A$，$\angle BCE=\angle ACB$，所以$\triangle BCE∼\triangle ACB$，所以$\frac{EC}{BC}=\frac{BE}{AB}$，即$\frac{4 - x}{x}=\frac{x}{4}$，解得$x=-2\pm2\sqrt{5}$.经检验，它们都是原分式方程的解.又$0＜x＜4$，所以$AE=-2 + 2\sqrt{5}$，所以$\cos A=\frac{AD}{AE}=\frac{\sqrt{5}+1}{4}$.
解析：
解：连接BE.
∵AB=AC=4，
∴∠ABC=∠C=72°，
∴∠A=180°-∠ABC-∠C=36°.
∵D是AB的中点，DE⊥AB，
∴AD=1/2AB=2，DE垂直平分AB，
∴AE=BE，
∴∠ABE=∠A=36°，
∴∠EBC=∠ABC-∠ABE=36°，
∴∠BEC=180°-∠EBC-∠C=72°，
∴∠BEC=∠C，
∴BE=BC，
∴AE=BE=BC.
设AE=BE=BC=x，则EC=AC-AE=4-x.
∵∠EBC=∠A，∠BCE=∠ACB，
∴△BCE∼△ACB，
∴EC/BC=BE/AB，即(4-x)/x=x/4，
解得x=-2±2√5.
∵0＜x＜4，
∴AE=-2+2√5，
∴cosA=AD/AE=2/(-2+2√5)=(√5+1)/4.
∵AB=AC=4，
∴∠ABC=∠C=72°，
∴∠A=180°-∠ABC-∠C=36°.
∵D是AB的中点，DE⊥AB，
∴AD=1/2AB=2，DE垂直平分AB，
∴AE=BE，
∴∠ABE=∠A=36°，
∴∠EBC=∠ABC-∠ABE=36°，
∴∠BEC=180°-∠EBC-∠C=72°，
∴∠BEC=∠C，
∴BE=BC，
∴AE=BE=BC.
设AE=BE=BC=x，则EC=AC-AE=4-x.
∵∠EBC=∠A，∠BCE=∠ACB，
∴△BCE∼△ACB，
∴EC/BC=BE/AB，即(4-x)/x=x/4，
解得x=-2±2√5.
∵0＜x＜4，
∴AE=-2+2√5，
∴cosA=AD/AE=2/(-2+2√5)=(√5+1)/4.