1. 如图，在直角梯形 $ABCD$ 中，$AD// BC$，$∠ A = 90^{\circ}$，$DC = 4$，$\cos C=\frac{4}{5}$，那么 $AB$ 边的长为()

A.$4$
B.$\frac{12}{5}$
C.$\frac{9}{5}$
D.$5$

1. B

过点D作DE⊥BC于点E，
∵AD//BC，∠A=90°，
∴四边形ABED是矩形，AB=DE。
在Rt△DEC中，DC=4，cosC= $\frac{EC}{DC}=\frac{4}{5}$，
∴EC=DC·cosC=4×$\frac{4}{5}$=$\frac{16}{5}$，
∴DE= $\sqrt{DC^2-EC^2}=\sqrt{4^2-(\frac{16}{5})^2}=\sqrt{16-\frac{256}{25}}=\sqrt{\frac{400-256}{25}}=\sqrt{\frac{144}{25}}=\frac{12}{5}$，
∴AB=DE=$\frac{12}{5}$。
B

2. 已知在半径为 $2$ 的 $\odot O$ 中，圆内接 $△ ABC$ 的边 $AB = 2\sqrt{3}$，则 $∠ C$ 的度数为()

A.$60^{\circ}$
B.$30^{\circ}$
C.$60^{\circ}$或 $120^{\circ}$
D.$30^{\circ}$或 $150^{\circ}$

2. C

连接OA，OB，过O作OD⊥AB于D。
∵OA=OB=2，AB=2√3，OD⊥AB，
∴AD=DB=√3，∠AOD=∠BOD。
在Rt△AOD中，cos∠AOD=AD/OA=√3/2，
∴∠AOD=30°，∠AOB=2∠AOD=60°。
当点C在优弧AB上时，∠C=1/2∠AOB=30°；
当点C在劣弧AB上时，∠C=180°-30°=150°。
∠C的度数为30°或150°。
D

3. 如图，在 $□ ABCD$ 中，对角线 $AC$，$BD$ 相交成的锐角为 $α$，若 $AC = a$，$BD = b$，则 $□ ABCD$ 的面积是()

A.$\frac{1}{2}ab\sinα$
B.$ab\sinα$
C.$ab\cosα$
D.$\frac{1}{2}ab\cosα$

3. A

解：在平行四边形 $ABCD$ 中，对角线 $AC$ 与 $BD$ 相交于点 $O$，则 $AO = \frac{1}{2}AC = \frac{a}{2}$，$BO = \frac{1}{2}BD = \frac{b}{2}$。
对角线相交成的锐角为 $α$，则 $△ AOB$ 的面积为 $\frac{1}{2} · AO · BO · \sinα = \frac{1}{2} · \frac{a}{2} · \frac{b}{2} · \sinα = \frac{1}{8}ab\sinα$。
因为平行四边形的对角线互相平分，所以平行四边形 $ABCD$ 的面积是 $△ AOB$ 面积的 4 倍，即 $4 × \frac{1}{8}ab\sinα = \frac{1}{2}ab\sinα$。
答案：A

4. 如图，四边形 $ABCD$ 中，$AB = AD$，$AD// BC$，$∠ ABC = 60^{\circ}$，$∠ BCD = 30^{\circ}$，$BC = 6$，那么 $△ ACD$ 的面积是()

A.$\sqrt{3}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
C.$2\sqrt{3}$
D.$\frac{9\sqrt{3}}{4}$

4. A

解：过点$A$作$AE ⊥ BC$于点$E$，过点$D$作$DF ⊥ BC$于点$F$，设$AB = AD = x$。
$\because AD // BC$，$AE ⊥ BC$，$DF ⊥ BC$，
$\therefore$四边形$AEFD$为矩形，$EF = AD = x$，$AE = DF$。
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$∠ ABC = 60°$，
$\therefore BE = AB · \cos 60° = \frac{x}{2}$，$AE = AB · \sin 60° = \frac{\sqrt{3}x}{2}$，则$DF = \frac{\sqrt{3}x}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ CDF$中，$∠ BCD = 30°$，
$\therefore CF = \frac{DF}{\tan 30°} = \frac{\frac{\sqrt{3}x}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = \frac{3x}{2}$。
$\because BC = BE + EF + CF = 6$，
$\therefore \frac{x}{2} + x + \frac{3x}{2} = 6$，解得$x = 2$。
$\therefore S_{△ ACD} = \frac{1}{2} · AD · DF = \frac{1}{2} × 2 × \frac{\sqrt{3} × 2}{2} = \sqrt{3}$。
答案：A

5. 若菱形的周长为 $8$，相邻两内角的度数之比为 $3:1$，则菱形的高是。

5. $\sqrt{2}$

∵菱形周长为8，
∴边长为8÷4=2。
∵相邻两内角之比为3:1，且相邻内角互补，
∴较小内角为$180°×\frac{1}{3+1}=45°$。
设菱形的高为h，
则$h=边长×\sin45°=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$。
$\sqrt{2}$

6. 如图，正六边形 $ABCDEF$ 的边长为 $2$，则对角线 $AE$ 的长是。

6. $2\sqrt{3}$

解：连接 $AF$，$EF$。
在正六边形 $ABCDEF$ 中，$AF = EF = 2$，每个内角为 $120°$，即$∠ AFE = 120°$。
在$△ AFE$中，由余弦定理得：
$AE^2 = AF^2 + EF^2 - 2 · AF · EF · \cos ∠ AFE$
$AE^2 = 2^2 + 2^2 - 2 × 2 × 2 × \cos 120°$
$\cos 120° = -\frac{1}{2}$
$AE^2 = 4 + 4 - 2 × 2 × 2 × (-\frac{1}{2}) = 8 + 4 = 12$
$AE = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$
$2\sqrt{3}$

7. 如图，在 $□ ABCD$ 中，对角线 $AC$，$BD$ 相交于点 $O$。若 $AB = 4$，$BD = 10$，$\sin∠ BDC=\frac{3}{5}$，则 $□ ABCD$ 的面积是。

7. 24

证明：
∵四边形 $ABCD$ 是平行四边形，
∴ $AB // CD$，$AB = CD = 4$，$BO = OD = \frac{1}{2}BD = 5$。
∵ $AB // CD$，
∴ $∠ ABD = ∠ BDC$，则 $\sin∠ ABD = \sin∠ BDC = \frac{3}{5}$。
过点 $A$ 作 $AE ⊥ BD$ 于点 $E$，在 $\mathrm{Rt}△ ABE$ 中：
$\sin∠ ABD = \frac{AE}{AB} = \frac{3}{5}$，$AB = 4$，
∴ $AE = AB · \sin∠ ABD = 4 × \frac{3}{5} = \frac{12}{5}$。
平行四边形 $ABCD$ 的面积 $S = 2S_{△ ABD}$，
$S_{△ ABD} = \frac{1}{2} × BD × AE = \frac{1}{2} × 10 × \frac{12}{5} = 12$，
∴ $S = 2 × 12 = 24$。
24

8. 在 $Rt△ ABC$ 中，已知 $∠ C = 90^{\circ}$，$AB = 10$，$\cos B=\frac{3}{5}$，点 $M$ 在边 $AB$ 上，点 $N$ 在边 $BC$ 上，且 $AM = BN$，连接 $MN$，当 $△ BMN$ 为等腰三角形时，$AM=$。

8. 5 或 $\frac{60}{11}$ 或 $\frac{50}{11}$

解：在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90^{\circ}$，$AB=10$，$\cos B=\frac{3}{5}$，则$BC=AB·\cos B=10×\frac{3}{5}=6$，$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=8$。
设$AM=BN=x$，则$BM=AB - AM=10 - x$，$CN=BC - BN=6 - x$。
情况一：$BM=BN$
$10 - x = x$，解得$x=5$。
情况二：$BM=MN$
过$M$作$MD⊥ BC$于$D$，则$MD// AC$，$\frac{MD}{AC}=\frac{BM}{AB}$，$\frac{BD}{BC}=\frac{BM}{AB}$，即$MD=\frac{8(10 - x)}{10}=\frac{4(10 - x)}{5}$，$BD=\frac{6(10 - x)}{10}=\frac{3(10 - x)}{5}$，$DN=BD - BN=\frac{3(10 - x)}{5}-x=\frac{30 - 8x}{5}$。
在$Rt△ MDN$中，$MN^{2}=MD^{2}+DN^{2}$，$BM^{2}=(10 - x)^{2}$，则$(10 - x)^{2}=(\frac{4(10 - x)}{5})^{2}+(\frac{30 - 8x}{5})^{2}$，解得$x=\frac{60}{11}$。
情况三：$BN=MN$
在$Rt△ MDN$中，$MN^{2}=MD^{2}+DN^{2}=x^{2}$，即$(\frac{4(10 - x)}{5})^{2}+(\frac{30 - 8x}{5})^{2}=x^{2}$，解得$x=\frac{50}{11}$。
综上，$AM=5$或$\frac{60}{11}$或$\frac{50}{11}$。

9. 在 $△ ABC$ 中，$AD$ 是 $BC$ 边上的高，$∠ C = 45^{\circ}$，$\cos B=\frac{24}{25}$，$AB = 5$。求 $BC$ 的长。

9. $BC=\frac{31}{5}$

解：在$△ABD$中，$AD$是$BC$边上的高，所以$∠ ADB=∠ ADC=90°$。
因为$\cos B=\frac{BD}{AB}=\frac{24}{25}$，$AB = 5$，所以$BD=AB·\cos B=5×\frac{24}{25}=\frac{24}{5}$。
由勾股定理得$AD=\sqrt{AB^2 - BD^2}=\sqrt{5^2 - (\frac{24}{5})^2}=\sqrt{25 - \frac{576}{25}}=\sqrt{\frac{625 - 576}{25}}=\sqrt{\frac{49}{25}}=\frac{7}{5}$。
在$△ADC$中，$∠ C = 45°$，所以$∠ DAC = 45°$，则$CD=AD=\frac{7}{5}$。
因此$BC=BD + CD=\frac{24}{5}+\frac{7}{5}=\frac{31}{5}$。
答：$BC$的长为$\frac{31}{5}$。