9. (株洲中考)某限高曲臂道路闸口如图所示，AB垂直地面$l_1$于点A，BE与水平线$l_2$的夹角为$α$($0° ≤ α ≤ 90°$)，$EF // l_1 // l_2$，若$AB=1.4$米，$BE=2$米，车辆的高度为$h$(单位：米)，不考虑闸口与车辆的宽度：①当$α=90°$时，$h$小于3.3米的车辆均可以通过该闸口；②当$α=45°$时，$h$等于2.9米的车辆不可以通过该闸口；③当$α=60°$时，$h$等于3.1米的车辆不可以通过该闸口.则上述说法正确的个数为 ()

A.0
B.1
C.2
D.3

9. C 解析:由题知,限高曲臂道路闸口高度为(1.4+2×sin α)米.①当α=90°时,h＜(1.4+2)米,即h＜3.4米即可通过该闸口,故①正确.②当α=45°时,$h＜(1.4+2×\dfrac{\sqrt{2}}{2})$米,即$h＜(1.4+\sqrt{2})$米即可通过该闸口.
∵ $2.9＞1.4+\sqrt{2}$,
∴ h等于2.9米的车辆不可以通过该闸口,故②正确.③当α=60°时,$h＜(1.4+2×\dfrac{\sqrt{3}}{2})$米,即$h＜(1.4+\sqrt{3})$米即可通过该闸口.
∵ $3.1＜1.4+\sqrt{3}$,
∴ h等于3.1米的车辆可以通过该闸口,故③不正确.故选 C.

10. 如图,在平面直角坐标系中,直线$l$经过点$(1,\sqrt{3})$,且与$x$轴的夹角为$30°$,则直线$l$与坐标轴所围成的三角形的周长是.

10. $4+4\sqrt{3}$ 解析:如图,记点$(1,\sqrt{3})$为点P,直线l分别交x轴、y轴于点A,B,过点P作PC⊥x轴于点C,则OC=1,$PC=\sqrt{3}$.在Rt△PAC中,
∵ ∠PAC=30°,$PC=\sqrt{3}$,
∴ $AC=\dfrac{PC}{\tan 30°}=\dfrac{\sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{3}}{3}}=3$,
∴ OA=OC+AC=1+3=4.在Rt△OAB中,
∵ ∠OAB=30°,OA=4,
∴ $OB=OA·\tan∠OAB=4×\tan 30°=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$,$AB=\dfrac{OA}{\cos∠OAB}=\dfrac{4}{\cos 30°}=\dfrac{8\sqrt{3}}{3}$,
∴ △OAB的周长为$OA+OB+AB=4+\dfrac{4\sqrt{3}}{3}+\dfrac{8\sqrt{3}}{3}=4+4\sqrt{3}$.

11. 对于钝角$α$,定义它的三角函数值: $\sin α = \sin(180°-α)$, $\cos α = -\cos(180°-α)$.
(1)求$\sin 120°$, $\cos 120°$, $\sin 150°$的值;
(2)若一个三角形的三个内角度数的比是$1:1:4$, $A,B$是这个三角形的两个顶点, $\sin A$, $\cos B$是方程$4x^2 - mx -1=0$的两个不相等的实数根,求$m$的值及$∠ A$和$∠ B$的大小.

11. (1)由题意,得 $\sin 120°=\sin(180°-120°)=\sin 60°=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$;
$\cos 120°=-\cos(180°-120°)=-\cos 60°=-\dfrac{1}{2}$; $\sin 150°=\sin(180°-150°)=\sin 30°=\dfrac{1}{2}$.
(2)
∵ 三角形的三个内角度数的比是$1:1:4$,
∴ 三个内角的度数分别为30°,30°,120°.①当∠A=30°,∠B=120°时,方程的两根为$\dfrac{1}{2},-\dfrac{1}{2}$,将$\dfrac{1}{2}$代入方程得$4×(\dfrac{1}{2})^2-\dfrac{1}{2}m-1=0$,解得m=0,经检验,$-\dfrac{1}{2}$是方程$4x^2-1=0$的根,
∴ m=0符合题意;②当∠A=120°,∠B=30°时,两根为$\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,不符合题意;③当∠A=30°,∠B=30°时,两根为$\dfrac{1}{2},\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,将$\dfrac{1}{2}$代入方程得$4×(\dfrac{1}{2})^2-\dfrac{1}{2}m-1=0$,解得m=0,经检验,$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$不是方程$4x^2-1=0$的根.综上所述,m=0,∠A=30°,∠B=120°.

12. (2025·苏州中考)综合与实践
小明同学用一副三角尺进行自主探究.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,CA=CB,在△CDE中,∠DCE=90°,∠E=30°,AB=CE=12 cm.
【观察感知】
(1)如图①,将这副三角尺的直角顶点和两条直角边分别重合,AB,DE交于点F,求∠AFD的度数和线段AD的长.(结果保留根号)
【探索发现】
(2)在图①的基础上,保持△CDE不动,把△ABC绕点C按逆时针方向旋转一定的角度,使得点A落在边DE上(如图②).
①求线段AD的长;(结果保留根号)
②判断AB与DE的位置关系,并说明理由.

12. (1)
∵ 在△ABC中,∠ACB=90°,CA=CB,
∴ ∠BAC=∠ABC=45°.
∵ 在△CDE中,∠DCE=90°,∠E=30°,
∴ ∠CDE=60°,
∴ ∠AFD=∠CDE-∠A=60°-45°=15°.在Rt△ABC中,$AC=AB·\sin∠ABC=12×\dfrac{\sqrt{2}}{2}=6\sqrt{2}(\mathrm{cm})$.在Rt△CDE中,$CD=CE·\tan E=12×\dfrac{\sqrt{3}}{3}=4\sqrt{3}(\mathrm{cm})$,
∴ $AD=AC-CD=(6\sqrt{2}-4\sqrt{3})\mathrm{cm}$.
(2)①如图,过点C作CG⊥DE,垂足为G,
∵ △CDG中,∠CGD=90°,∠CDG=60°,$CD=4\sqrt{3}$ cm,
∴ $DG=CD·\cos∠CDG=2\sqrt{3}$ cm,$CG=CD·\sin∠CDG=6$ cm.
∵ △CGA中,∠CGA=90°,$CA=6\sqrt{2}$ cm,CG=6 cm,
∴ $AG=\sqrt{AC^2-CG^2}=6$ cm,
∴ $AD=AG+DG=(6+2\sqrt{3})\mathrm{cm}$.
②AB⊥DE,理由如下:如图,
∵ 在Rt△CGA中,∠CGA=90°,AG=CG=6 cm,
∴ ∠CAG=∠ACG=45°.又
∵ ∠BAC=45°,
∴ ∠DAB=∠CAG+∠BAC=45°+45°=90°,
∴ AB⊥DE.