1. 如图，在$\triangle ABC$中，$CA = CB = 4$，$\cos C = \dfrac{1}{4}$，则$\sin B$的值为(
D
)
A.$\dfrac{\sqrt{10}}{2}$
B.$\dfrac{\sqrt{15}}{3}$
C.$\dfrac{\sqrt{6}}{4}$
D.$\dfrac{\sqrt{10}}{4}$
答案：1.D
解析：
过点$A$作$AD ⊥ BC$于点$D$。
在$\triangle ADC$中，$CA = 4$，$\cos C=\dfrac{1}{4}$，则$CD=CA·\cos C = 4×\dfrac{1}{4}=1$，$AD=\sqrt{CA^{2}-CD^{2}}=\sqrt{4^{2}-1^{2}}=\sqrt{15}$。
因为$CB = 4$，所以$BD=CB - CD=4 - 1=3$。
在$\triangle ABD$中，$AD=\sqrt{15}$，$BD = 3$，则$AB=\sqrt{AD^{2}+BD^{2}}=\sqrt{(\sqrt{15})^{2}+3^{2}}=\sqrt{15 + 9}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}$。
在$\triangle ABC$中，由正弦定理$\dfrac{AC}{\sin B}=\dfrac{AB}{\sin C}$。
$\sin C=\sqrt{1-\cos^{2}C}=\sqrt{1 - (\dfrac{1}{4})^{2}}=\sqrt{\dfrac{15}{16}}=\dfrac{\sqrt{15}}{4}$。
所以$\sin B=\dfrac{AC·\sin C}{AB}=\dfrac{4×\dfrac{\sqrt{15}}{4}}{2\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{15}}{2\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{15}×\sqrt{6}}{2×6}=\dfrac{\sqrt{90}}{12}=\dfrac{3\sqrt{10}}{12}=\dfrac{\sqrt{10}}{4}$。
D
2. 如图，在菱形$ABCD$中，$DE ⊥ AB$，垂足为$E$.若$\cos A = \dfrac{3}{5}$，则$\sin \angle DBE$的值是(
D
)
A.$\dfrac{1}{2}$
B.$2$
C.$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$
D.$\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$
答案：2.D 解析:因为DE⊥AB,所以∠DEA=∠DEB=90°,所以$\cos A = \frac{AE}{AD} = \frac{3}{5}$.设AE = 3x，则AD = 5x，所以$DE = \sqrt{AD^2 - AE^2} = 4x$.因为四边形ABCD为菱形，所以AB = AD = 5x，所以BE = AB - AE = 2x，所以$BD = \sqrt{DE^2 + BE^2} = 2\sqrt{5}x$，所以$\sin∠DBE = \frac{DE}{BD} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$.
3. (教材$P104$习题$5$变式)若$\alpha$是锐角，且$\sin \alpha = \dfrac{3}{5}$，则$\cos \alpha =$
$\frac{4}{5}$
.
答案：3.$\frac{4}{5}$
4. 新素养 几何直观 如图，$\angle AOB$是放置在正方形网格中的一个角，则$\sin \angle AOB =$
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
.
答案：4.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
5. 如图，$\odot O$的直径$AB$经过弦$CD$的中点$H$.若$\cos \angle CDB = \dfrac{4}{5}$，$BD = 5$，则$\odot O$的半径为
$\frac{25}{6}$
.
答案：5.$\frac{25}{6}$ 解析:连接OD.因为⊙O的直径AB经过弦CD的中点H,所以AB⊥CD,所以∠OHD=∠BHD=90°,所以$\cos∠CDB = \frac{DH}{BD} = \frac{4}{5}$.因为BD = 5,所以DH = 4,所以$BH = \sqrt{BD^2 - DH^2} = 3$.设OB = OD = r,则OH = OB - BH = r - 3.因为$OH^2 + DH^2 = OD^2$,所以$(r - 3)^2 + 4^2 = r^2$,解得$r = \frac{25}{6}$.故⊙O的半径为$\frac{25}{6}$.
解析：
解：连接$OD$。
因为$\odot O$的直径$AB$经过弦$CD$的中点$H$，所以$AB ⊥ CD$，则$\angle OHD = \angle BHD = 90°$。
在$\mathrm{Rt}\triangle BHD$中，$\cos \angle CDB = \frac{DH}{BD} = \frac{4}{5}$，$BD = 5$，所以$DH = 5 × \frac{4}{5} = 4$。
由勾股定理得$BH = \sqrt{BD^2 - DH^2} = \sqrt{5^2 - 4^2} = 3$。
设$\odot O$的半径为$r$，则$OB = OD = r$，$OH = OB - BH = r - 3$。
在$\mathrm{Rt}\triangle OHD$中，由勾股定理得$OH^2 + DH^2 = OD^2$，即$(r - 3)^2 + 4^2 = r^2$。
解得$r = \frac{25}{6}$。
故$\odot O$的半径为$\frac{25}{6}$。
6. 如图，在平面直角坐标系中，$O$是原点，点$A$的坐标为$(10,0)$，点$B$在第一象限，$BO = 5$，$\sin \angle BOA = \dfrac{3}{5}$.
(1) 求点$B$的坐标；
(2) 求$\cos \angle BAO$的值.
]
答案：6.(1)过点B作BH⊥OA,垂足为H,则∠AHB = ∠OHB = 90°,所以$\sin∠BOA = \frac{BH}{BO} = \frac{3}{5}$.因为BO = 5,所以BH = 3,所以$OH = \sqrt{BO^2 - BH^2} = 4$,所以点B的坐标为(4,3).
(2)因为A(10,0),所以OA = 10.因为OH = 4,所以AH = OA - OH = 6.因为∠AHB = 90°,BH = 3,所以$AB = \sqrt{BH^2 + AH^2} = 3\sqrt{5}$,所以$\cos∠BAO = \frac{AH}{AB} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$.
7. 新素养
推理能力 如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AD ⊥ BC$，垂足为$D$.给出下列四个结论：①$\sin \alpha = \sin B$；②$\sin \beta = \sin C$；③$\sin B = \cos C$；④$\sin \alpha = \cos \beta$.其中正确的个数为(
D
)
A.$1$
B.$2$
C.$3$
D.$4$
答案：7.D
解析：
解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AD ⊥ BC$，则$\angle ADB=\angle ADC=90^{\circ}$。
$\angle \alpha +\angle \beta =90^{\circ}$，$\angle B +\angle C =90^{\circ}$，$\angle B +\angle \beta =90^{\circ}$，$\angle C +\angle \alpha =90^{\circ}$，故$\angle \alpha=\angle B$，$\angle \beta=\angle C$。
①$\sin\alpha=\sin B$，正确；
②$\sin\beta=\sin C$，正确；
③$\sin B=\cos(90^{\circ}-B)=\cos C$，正确；
④$\sin\alpha=\cos(90^{\circ}-\alpha)=\cos\beta$，正确。
正确的个数为4。
D
8. 如图，在矩形纸片$ABCD$中，$AB = 5$，$BC = 3$，将$\triangle BCD$沿$BD$折叠到$\triangle BED$的位置，$DE$交$AB$于点$F$，则$\cos \angle ADF$的值为(
C
)
A.$\dfrac{8}{17}$
B.$\dfrac{7}{15}$
C.$\dfrac{15}{17}$
D.$\dfrac{8}{15}$
答案：8.C
解析：
解：
∵ 四边形 $ABCD$ 为矩形，
∴ $AD = BC = 3$，$AB = CD = 5$，$\angle A = 90°$，$AB // CD$，
∴ $\angle CDB = \angle ABD$。
由折叠性质得：$\angle CDB = \angle FDB$，$DE = CD = 5$，
∴ $\angle FDB = \angle ABD$，
∴ $FB = FD$。
设 $AF = x$，则 $FB = FD = 5 - x$。
在 $Rt\triangle ADF$ 中，由勾股定理得：
$AD^2 + AF^2 = FD^2$，
即 $3^2 + x^2 = (5 - x)^2$，
解得 $x = \dfrac{8}{5}$，
∴ $FD = 5 - \dfrac{8}{5} = \dfrac{17}{5}$，
∴ $\cos \angle ADF = \dfrac{AD}{FD} = \dfrac{3}{\dfrac{17}{5}} = \dfrac{15}{17}$。
$\dfrac{15}{17}$
9. (2025·江苏连云港模拟)如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$\cos B = \dfrac{1}{4}$，$D$是边$BC$的中点，以$AD$为底边在其右侧作等腰三角形$ADE$，使$\angle ADE = \angle B$，连接$CE$，则$\dfrac{CE}{AD}$的值为(
D
)
A.$\dfrac{3}{2}$
B.$\sqrt{3}$
C.$\dfrac{\sqrt{15}}{2}$
D.$2$
答案：9.D解析:如图，设AC与DE交于点T,过点E作EH⊥BC于点H,则∠CHE = 90°.设BC = 4a.因为∠BAC = 90°,D是BC的中点,所以AD = BD = CD = $\frac{1}{2}$BC = 2a,所以∠BAD = ∠B.因为∠ADE = ∠B,所以∠BAD = ∠ADE,所以AB//DE,所以$\frac{CT}{AT} = \frac{CD}{BD} = 1$,∠CDE = ∠B,∠DTC = ∠BAC = 90°,所以AT = CT,DE⊥AC,所以DE垂直平分AC,所以AE = CE.因为AE = DE,所以DE = CE,所以$DH = CH = \frac{1}{2}CD = a$,∠DCE = ∠CDE,所以∠DCE = ∠B,所以$\cos∠DCE = \cos B = \frac{1}{4}$.因为$\cos∠DCE = \frac{CH}{CE}$,所以$\frac{CH}{CE} = \frac{1}{4}$,所以CE = 4a,所以$\frac{CE}{AD} = 2$.
