13. (新素养 几何直观)如图，每个小正方形的边长均为 $1$，$A,B,C$ 是小正方形的顶点，则 $\sin \angle ABC=$
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
.答案：13.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
14. 如图，$AB$ 是 $\odot O$ 的直径，$C,D$ 是 $\odot O$ 上的点，$\angle CDB = 30^{\circ}$，过点 $C$ 作 $\odot O$ 的切线交 $AB$ 的延长线于点 $E$，则 $\sin E$ 的值为
$\frac{1}{2}$
.答案：14.$\frac{1}{2}$ 解析：连接$OC$。因为$CE$是$\odot O$的切线，所以$OC⊥ CE$，即$\angle OCE=90°$。因为$\angle CDB=30°$，所以$\angle COB=2\angle CDB=60°$，所以$\angle E=90°-\angle COB=30°$，所以$\sin E=\frac{1}{2}$。
解析：
解：连接$OC$。
因为$CE$是$\odot O$的切线，所以$OC⊥ CE$，即$\angle OCE = 90°$。
因为$\angle CDB = 30°$，所以$\angle COB=2\angle CDB = 60°$。
所以$\angle E=90°-\angle COB=30°$。
因此$\sin E=\sin 30°=\frac{1}{2}$。
$\frac{1}{2}$
因为$CE$是$\odot O$的切线，所以$OC⊥ CE$，即$\angle OCE = 90°$。
因为$\angle CDB = 30°$，所以$\angle COB=2\angle CDB = 60°$。
所以$\angle E=90°-\angle COB=30°$。
因此$\sin E=\sin 30°=\frac{1}{2}$。
$\frac{1}{2}$
15. 如图，在 $\triangle ABC$ 中，$\angle ABC = 135^{\circ},P$ 为 $AC$ 上一点，且 $\angle PBA = 90^{\circ},\dfrac{PC}{PA}=\dfrac{1}{2}$.
(1)求 $\tan \angle APB$ 的值；
(2)若 $PB = 2$，求 $AC$ 的长.
(1)求 $\tan \angle APB$ 的值；
(2)若 $PB = 2$，求 $AC$ 的长.
答案：15.(1)因为$\frac{PC}{PA}=\frac{1}{2}$，所以$\frac{AC}{PC}=3$。过点$P$作$PD// AB$交$BC$于点$D$，则$\angle BPD=\angle PBA=90°$，$\triangle ABC∼\triangle PDC$，所以$\frac{AB}{PD}=\frac{AC}{PC}=3$。因为$\angle ABC=135°$，所以$\angle PBD=\angle ABC-\angle PBA=45°$，所以$\tan\angle PBD=\frac{PD}{PB}=1$，所以$PB=PD$，所以$\tan\angle APB=\frac{AB}{PB}=\frac{AB}{PD}=3$。
(2)因为$\frac{AB}{PB}=3$，$PB=2$，所以$AB=6$，所以$PA=\sqrt{PB^2+AB^2}=2\sqrt{10}$。因为$\frac{PC}{PA}=\frac{1}{2}$，所以$PC=\sqrt{10}$，所以$AC=PA+PC=3\sqrt{10}$。
(2)因为$\frac{AB}{PB}=3$，$PB=2$，所以$AB=6$，所以$PA=\sqrt{PB^2+AB^2}=2\sqrt{10}$。因为$\frac{PC}{PA}=\frac{1}{2}$，所以$PC=\sqrt{10}$，所以$AC=PA+PC=3\sqrt{10}$。
16. 在 $\triangle ABC$ 中，已知 $\angle A = 60^{\circ},\angle B$ 为锐角，且 $\tan A,\cos B$ 恰为关于 $x$ 的一元二次方程 $2x^{2}-3mx + 3 = 0$ 的两个实数根.求 $m$ 的值并判断 $\triangle ABC$ 的形状.
答案：16.因为$\angle A=60°$，所以$\tan A=\sqrt{3}$。把$x=\sqrt{3}$代入方程$2x^2-3mx+3=0$，得$2×(\sqrt{3})^2-3m×\sqrt{3}+3=0$，解得$m=\sqrt{3}$。把$m=\sqrt{3}$代入方程$2x^2-3mx+3=0$，得$2x^2-3\sqrt{3}x+3=0$，解得$x_1=\sqrt{3}$，$x_2=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\cos B=\frac{\sqrt{3}}{2}$。因为$\angle B$为锐角，所以$\angle B=30°$，所以$\angle C=180°-\angle A-\angle B=90°$，所以$\triangle ABC$是直角三角形。
解析：
解：因为$\angle A = 60°$，所以$\tan A=\sqrt{3}$。
将$x = \sqrt{3}$代入方程$2x^2 - 3mx + 3 = 0$，得：
$2×(\sqrt{3})^2 - 3m×\sqrt{3} + 3 = 0$
$2×3 - 3\sqrt{3}m + 3 = 0$
$6 - 3\sqrt{3}m + 3 = 0$
$9 - 3\sqrt{3}m = 0$
解得$m = \sqrt{3}$。
将$m = \sqrt{3}$代入原方程，得$2x^2 - 3\sqrt{3}x + 3 = 0$，解方程：
$x = \frac{3\sqrt{3} \pm \sqrt{(3\sqrt{3})^2 - 4×2×3}}{2×2} = \frac{3\sqrt{3} \pm \sqrt{27 - 24}}{4} = \frac{3\sqrt{3} \pm \sqrt{3}}{4}$
所以$x_1 = \sqrt{3}$，$x_2 = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
因为$\tan A = \sqrt{3}$，所以$\cos B = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
又因为$\angle B$为锐角，所以$\angle B = 30°$。
则$\angle C = 180° - \angle A - \angle B = 180° - 60° - 30° = 90°$。
故$m = \sqrt{3}$，$\triangle ABC$是直角三角形。
将$x = \sqrt{3}$代入方程$2x^2 - 3mx + 3 = 0$，得：
$2×(\sqrt{3})^2 - 3m×\sqrt{3} + 3 = 0$
$2×3 - 3\sqrt{3}m + 3 = 0$
$6 - 3\sqrt{3}m + 3 = 0$
$9 - 3\sqrt{3}m = 0$
解得$m = \sqrt{3}$。
将$m = \sqrt{3}$代入原方程，得$2x^2 - 3\sqrt{3}x + 3 = 0$，解方程：
$x = \frac{3\sqrt{3} \pm \sqrt{(3\sqrt{3})^2 - 4×2×3}}{2×2} = \frac{3\sqrt{3} \pm \sqrt{27 - 24}}{4} = \frac{3\sqrt{3} \pm \sqrt{3}}{4}$
所以$x_1 = \sqrt{3}$，$x_2 = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
因为$\tan A = \sqrt{3}$，所以$\cos B = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
又因为$\angle B$为锐角，所以$\angle B = 30°$。
则$\angle C = 180° - \angle A - \angle B = 180° - 60° - 30° = 90°$。
故$m = \sqrt{3}$，$\triangle ABC$是直角三角形。
17. 已知菱形 $OABC$ 在平面直角坐标系中的位置如图所示($O$ 是原点)，$\angle AOC = 45^{\circ},OC = \sqrt{2}$，则点 $B$ 的坐标为(
A.$(\sqrt{2},1)$
B.$(1,\sqrt{2})$
C.$(\sqrt{2}+1,1)$
D.$(1,\sqrt{2}+1)$
C
)A.$(\sqrt{2},1)$
B.$(1,\sqrt{2})$
C.$(\sqrt{2}+1,1)$
D.$(1,\sqrt{2}+1)$
答案：17.C 解析：过点$B$作$BD⊥ x$轴于点$D$，则$\angle ADB=90°$。因为四边形$OABC$为菱形，所以$OA=AB=OC=\sqrt{2}$，$OC// AB$，所以$\angle BAD=\angle AOC=45°$，所以$AD=AB·\cos\angle BAD=1$，$BD=AB·\sin\angle BAD=1$，所以$OD=OA+AD=\sqrt{2}+1$，所以点$B$的坐标为$(\sqrt{2}+1,1)$。
18. 如图，$\triangle ABC$ 的三个顶点分别在边长为 $1$ 的正方形网格的格点上(网格线的交点叫做格点)，则 $\tan (\alpha + \beta)$
＞
$\tan \alpha + \tan \beta$.(填“$＞$”“$＜$”或“$=$”)答案：18.＞ 解析：由题图可知$\tan\alpha=\frac{1}{3}$，$\tan\beta=\frac{1}{2}$，则$\tan\alpha+\tan\beta=\frac{5}{6}$。因为$AC=BC=\sqrt{5}$，$AB=\sqrt{10}$，所以$AC^2+BC^2=10$，$AB^2=10$，所以$AC^2+BC^2=AB^2$，所以$\triangle ABC$是等腰直角三角形，所以$\alpha+\beta=45°$，所以$\tan(\alpha+\beta)=1$，所以$\tan(\alpha+\beta)＞\tan\alpha+\tan\beta$。
解析：
解：由题图可知，$\tan\alpha=\frac{1}{3}$，$\tan\beta=\frac{1}{2}$，则$\tan\alpha+\tan\beta=\frac{1}{3}+\frac{1}{2}=\frac{5}{6}$。
因为$AC=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$BC=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$AB=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
所以$AC^2+BC^2=(\sqrt{5})^2+(\sqrt{5})^2=5+5=10$，$AB^2=(\sqrt{10})^2=10$，
所以$AC^2+BC^2=AB^2$，故$\triangle ABC$是直角三角形，
又因为$AC=BC$，所以$\triangle ABC$是等腰直角三角形，因此$\alpha+\beta=45°$，
所以$\tan(\alpha+\beta)=\tan45°=1$，
因为$1＞\frac{5}{6}$，所以$\tan(\alpha+\beta)＞\tan\alpha+\tan\beta$。
＞
因为$AC=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$BC=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$AB=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
所以$AC^2+BC^2=(\sqrt{5})^2+(\sqrt{5})^2=5+5=10$，$AB^2=(\sqrt{10})^2=10$，
所以$AC^2+BC^2=AB^2$，故$\triangle ABC$是直角三角形，
又因为$AC=BC$，所以$\triangle ABC$是等腰直角三角形，因此$\alpha+\beta=45°$，
所以$\tan(\alpha+\beta)=\tan45°=1$，
因为$1＞\frac{5}{6}$，所以$\tan(\alpha+\beta)＞\tan\alpha+\tan\beta$。
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19. (新趋势 推导探究)亲爱的同学们，在我们进入高中以后，还会学到如下三角函数公式：$\sin (\alpha + \beta)=\sin \alpha\cos \beta+\cos \alpha\sin \beta,\cos (\alpha + \beta)=\cos \alpha\cos \beta-\sin \alpha\sin \beta$.
例如：$\sin 75^{\circ}=\sin (30^{\circ}+45^{\circ})=\sin 30^{\circ}\cos 45^{\circ}+\cos 30^{\circ}\sin 45^{\circ}=\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$.
(1)试仿照例题，求出 $\cos 75^{\circ}$ 的准确值；
(2)我们知道：$\tan \alpha=\dfrac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$，试求出 $\tan 75^{\circ}$ 的准确值；
(3)根据所学知识，请你巧妙地构造一个合适的直角三角形，求出 $\tan 75^{\circ}$ 的准确值(要求分母有理化)，并和(2)中的结论进行比较.
例如：$\sin 75^{\circ}=\sin (30^{\circ}+45^{\circ})=\sin 30^{\circ}\cos 45^{\circ}+\cos 30^{\circ}\sin 45^{\circ}=\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$.
(1)试仿照例题，求出 $\cos 75^{\circ}$ 的准确值；
(2)我们知道：$\tan \alpha=\dfrac{\sin \alpha}{\cos \alpha}$，试求出 $\tan 75^{\circ}$ 的准确值；
(3)根据所学知识，请你巧妙地构造一个合适的直角三角形，求出 $\tan 75^{\circ}$ 的准确值(要求分母有理化)，并和(2)中的结论进行比较.
答案：
19.(1)因为$\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$，所以$\cos75°=\cos(30°+45°)=\cos30°\cos45°-\sin30°\sin45°=\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$。
(2)因为$\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$，所以$\tan75°=\frac{\sin75°}{\cos75°}=\frac{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}=2+\sqrt{3}$。
(3)如图，在$Rt\triangle BCD$中，$\angle C=90°$，$\angle D=15°$，则$\angle CBD=90°-\angle D=75°$。在$\angle CBD$内部作$\angle DBA=15°$，则$AD=AB$，$\angle BAC=\angle D+\angle DBA=30°$。设$BC=a$，则$AD=AB=2BC=2a$，所以$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{3}a$，所以$CD=AD+AC=(2+\sqrt{3})a$，所以$\tan75°=\tan\angle CBD=\frac{CD}{BC}=2+\sqrt{3}$。所求$\tan75°$的准确值与(2)中的结论一致。
19.(1)因为$\cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta$，所以$\cos75°=\cos(30°+45°)=\cos30°\cos45°-\sin30°\sin45°=\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$。
(2)因为$\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$，所以$\tan75°=\frac{\sin75°}{\cos75°}=\frac{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}=2+\sqrt{3}$。
(3)如图，在$Rt\triangle BCD$中，$\angle C=90°$，$\angle D=15°$，则$\angle CBD=90°-\angle D=75°$。在$\angle CBD$内部作$\angle DBA=15°$，则$AD=AB$，$\angle BAC=\angle D+\angle DBA=30°$。设$BC=a$，则$AD=AB=2BC=2a$，所以$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{3}a$，所以$CD=AD+AC=(2+\sqrt{3})a$，所以$\tan75°=\tan\angle CBD=\frac{CD}{BC}=2+\sqrt{3}$。所求$\tan75°$的准确值与(2)中的结论一致。