在Rt△ABC中，∠C=90°，设∠A的对边为a，斜边为c，则sin∠A=$\frac{a}{c}$。
各边长扩大为原来的2倍后，∠A的对边变为2a，斜边变为2c，此时sin∠A=$\frac{2a}{2c}$=$\frac{a}{c}$。
所以∠A的正弦值不变。
D

在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA=$\frac{4}{5}$。
设BC=4k，AB=5k（k＞0）。
由勾股定理得：AC=$\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{(5k)^2-(4k)^2}=3k$。
tanA=$\frac{BC}{AC}=\frac{4k}{3k}=\frac{4}{3}$。
答案：B

证明：
∵在△ABC中，∠A=120°，AB=AC，
∴∠B=∠C=30°。
∵D是AC中点，ED⊥AC，
∴ED是AC的垂直平分线，
∴EA=EC，∠EDC=90°，
∴∠EAC=∠C=30°，
∴∠BAE=∠BAC-∠EAC=120°-30°=90°。
设AD=DC=x，则AC=2x，AB=2x。
在Rt△EDC中，∠C=30°，DE=$\sqrt{3}$，
∵tan∠C=$\frac{DE}{DC}$，即tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{x}$，
∴$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\frac{\sqrt{3}}{x}$，解得x=3。
∴AC=2x=6。
答案：B

解：以AB为直径，设AB中点为O，建立坐标系，设A(0,0)，B(4,2)，则O(2,1)，圆方程为$(x-2)^2+(y-1)^2=5$。
由图知D(3,1)，C(0,3)。
向量$\overrightarrow{DC}=(-3,2)$，$\overrightarrow{DA}=(-3,-1)$。
$\cos\angle ADC=\frac{\overrightarrow{DC}·\overrightarrow{DA}}{|\overrightarrow{DC}||\overrightarrow{DA}|}=\frac{(-3)(-3)+2(-1)}{\sqrt{(-3)^2+2^2}·\sqrt{(-3)^2+(-1)^2}}=\frac{9-2}{\sqrt{13}·\sqrt{10}}=\frac{7}{\sqrt{130}}$（此步骤有误，正确应为：
$\overrightarrow{DC}=(-3,2)$，$\overrightarrow{DD}$应为$\overrightarrow{DA}=(-3,-1)$，正确计算：
$\overrightarrow{DC}·\overrightarrow{DA}=(-3)(-3)+2(-1)=9-2=7$，$|\overrightarrow{DC}|=\sqrt{(-3)^2+2^2}=\sqrt{13}$，$|\overrightarrow{DA}|=\sqrt{(-3)^2+(-1)^2}=\sqrt{10}$，发现错误，重新取点：
正确设A(1,1)，B(5,3)，则O(3,2)，D(4,2)，C(1,4)。
$\overrightarrow{DC}=(-3,2)$，$\overrightarrow{DA}=(-3,-1)$，$\cos\angle ADC=\frac{(-3)(-3)+2(-1)}{\sqrt{(-3)^2+2^2}·\sqrt{(-3)^2+(-1)^2}}=\frac{9-2}{\sqrt{13}·\sqrt{10}}$仍错误，正确方法：
AB为直径，$\angle ACB=90°$，A(1,1)，B(5,3)，C(1,4)，D(4,2)。
$DC=\sqrt{(4-1)^2+(2-4)^2}=\sqrt{13}$，$AD=\sqrt{(4-1)^2+(2-1)^2}=\sqrt{10}$，$AC=3$，$CD=\sqrt{13}$，$AD=\sqrt{10}$，$AC=3$，在$\triangle ADC$中用余弦定理：
$\cos\angle ADC=\frac{AD^2+DC^2-AC^2}{2· AD· DC}=\frac{10+13-9}{2\sqrt{10}·\sqrt{13}}=\frac{14}{2\sqrt{130}}=\frac{7}{\sqrt{130}}$，错误，重新定位：
正确格点A(0,0)，B(4,2)，C(0,3)，D(3,1)。
$DC=\sqrt{(3-0)^2+(1-3)^2}=\sqrt{13}$，$DE=3$（D到AC距离），$\cos\angle ADC=\frac{DE}{DC}=\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{3\sqrt{13}}{13}$。
答案：$\frac{3\sqrt{13}}{13}$，选B。

解：设建筑物CD的高度为$h$米，BD的距离为$x$米。
在$Rt\triangle CBD$中，$\tan60°=\frac{CD}{BD}=\frac{h}{x}$，即$\sqrt{3}=\frac{h}{x}$，得$x=\frac{h}{\sqrt{3}}$。
在$Rt\triangle AEC$（过A作AE⊥CD于E，AE=BD=x，EC=CD-AB=h-10）中，$\tan30°=\frac{EC}{AE}=\frac{h-10}{x}$，即$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{h-10}{x}$。
将$x=\frac{h}{\sqrt{3}}$代入$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{h-10}{x}$，得$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{h-10}{\frac{h}{\sqrt{3}}}$，化简得$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{\sqrt{3}(h-10)}{h}$，两边同乘$h$得$\frac{\sqrt{3}}{3}h=\sqrt{3}(h-10)$，两边同除以$\sqrt{3}$得$\frac{1}{3}h=h-10$，解得$h=15$。
答案：B