1.在$ Rt \bigtriangleup ABC$中，$\angle C = 90{°}$，$AB = 15$，$\sin A = \frac{1}{3}$，则$BC$的长是().

A.45
B.5
C.$\frac{1}{5}$
D.$\frac{1}{45}$

1.B

在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，根据正弦函数定义，$\sin A=\frac{BC}{AB}$。已知$AB=15$，$\sin A=\frac{1}{3}$，则$\frac{BC}{15}=\frac{1}{3}$，解得$BC=15×\frac{1}{3}=5$。
B

2.如图，在矩形$ABCD$中，$DE \perp AC$于点$E$，$\cos\angle ADE = \frac{3}{5}$，$AB = 4$，则$AD$的长是().

A.$3$
B.$\frac{16}{3}$
C.$\frac{20}{3}$
D.$\frac{16}{5}$

2.B

解：
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $AB=CD=4$，$AD=BC$，$\angle ADC=90°$，$AC$ 为对角线。
∵ $DE \perp AC$，
∴ $\angle AED=\angle CED=90°$，
∴ $\angle ADE + \angle DAE = 90°$。
又 $\angle ACD + \angle DAE = 90°$，
∴ $\angle ADE = \angle ACD$，
∴ $\cos\angle ACD = \cos\angle ADE = \frac{3}{5}$。
在 $ Rt\triangle ACD$ 中，$\cos\angle ACD = \frac{CD}{AC} = \frac{3}{5}$，
∵ $CD=4$，
∴ $\frac{4}{AC} = \frac{3}{5}$，解得 $AC = \frac{20}{3}$。
由勾股定理得：$AD = \sqrt{AC^2 - CD^2} = \sqrt{\left(\frac{20}{3}\right)^2 - 4^2} = \sqrt{\frac{400}{9} - \frac{144}{9}} = \sqrt{\frac{256}{9}} = \frac{16}{3}$。
答案：B

3.如图，在$□ ABCD$中，$AB:AD = 3:2$，$\angle ADB = 60{°}$，则$\cos A$的值是()

A.$\frac{3 - \sqrt{6}}{6}$
B.$\frac{\sqrt{3} + 2\sqrt{2}}{6}$
C.$\frac{3 \pm \sqrt{6}}{6}$
D.$\frac{\sqrt{3} \pm 2\sqrt{2}}{6}$

3.A

解：设 $AB = 3k$，$AD = 2k$，$BD = x$。
在 $□ABCD$ 中，$AB // CD$，$AD // BC$。
在 $\triangle ABD$ 中，由余弦定理得：$AB^2 = AD^2 + BD^2 - 2 · AD · BD · \cos \angle ADB$，即 $(3k)^2 = (2k)^2 + x^2 - 2 · 2k · x · \cos 60°$，化简得 $9k^2 = 4k^2 + x^2 - 2kx$，整理得 $x^2 - 2kx - 5k^2 = 0$，解得 $x = (1 + \sqrt{6})k$（负根舍去）。
再由余弦定理求 $\cos A$：$\cos A = \frac{AD^2 + AB^2 - BD^2}{2 · AD · AB} = \frac{(2k)^2 + (3k)^2 - [(1 + \sqrt{6})k]^2}{2 · 2k · 3k} = \frac{4k^2 + 9k^2 - (1 + 2\sqrt{6} + 6)k^2}{12k^2} = \frac{13k^2 - (7 + 2\sqrt{6})k^2}{12k^2} = \frac{6 - 2\sqrt{6}}{12} = \frac{3 - \sqrt{6}}{6}$。
答案：$\frac{3 - \sqrt{6}}{6}$

4.已知菱形的周长为$8\sqrt{13}   cm$，一条对角线的长为$8   cm$，则这个菱形的面积是().

A.$48  { cm}^{2}$
B.$24  { cm}^{2}$
C.$96  { cm}^{2}$
D.$192  { cm}^{2}$

4.A

菱形周长为$8\sqrt{13}\,cm$，则边长为$\frac{8\sqrt{13}}{4}=2\sqrt{13}\,cm$。
设菱形对角线长分别为$d_1=8\,cm$，$d_2$。菱形对角线互相垂直平分，所以对角线一半分别为$4\,cm$和$\frac{d_2}{2}\,cm$。
由勾股定理：$4^2 + \left(\frac{d_2}{2}\right)^2=(2\sqrt{13})^2$，即$16 + \frac{d_2^2}{4}=52$，$\frac{d_2^2}{4}=36$，$d_2^2=144$，$d_2=12\,cm$。
面积$S=\frac{1}{2}d_1d_2=\frac{1}{2}×8×12=48\,cm^2$。
A

5.已知等腰梯形$ABCD$中，$AD//BC$，$AD ＜ BC$，对角线$AC \perp BD$.若$AB = CD = a$，$\angle ABC = \alpha$，则$BC + AD$的值是().

A.$2a\cos\alpha$
B.$a\cos\alpha$
C.$a\sin\alpha$
D.$2a\sin\alpha$

5.D

过点D作DE//AC交BC的延长线于点E，过点D作DF⊥BC于点F。
∵AD//BC，DE//AC，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴AD=CE，AC=DE。
∵等腰梯形ABCD，
∴AC=BD，
∴BD=DE。
∵AC⊥BD，DE//AC，
∴BD⊥DE，
∴△BDE是等腰直角三角形，
∴BE=BC+CE=BC+AD=√2BD。
在Rt△BDF中，BD=DF/sinα。
在Rt△CDF中，DF=CDsinα=asinα，
∴BD=asinα/sinα=a，
∴BC+AD=√2a。
（注：上述解答过程中存在错误，正确解法应为：过点A作AE⊥BC于E，过点D作DF⊥BC于F，设BE=CF=x，AD=EF=y，则BC=2x+y。在Rt△ABE中，x=acosα，AE=asinα。对角线AC=BD=√(AE²+EC²)=√[(asinα)²+(x+y)²]。由AC⊥BD，平移对角线得等腰直角三角形，斜边长BC+AD=2x+2y=2(x+y)，斜边上的高为AE=asinα，故(BC+AD)/2=AE，即BC+AD=2AE=2asinα。）
$2a\sin\alpha$

6.在$ Rt \bigtriangleup ABC$中，$\angle A = 90{°}$，$\angle B:\angle C = 2:1$，延长$AC$到点$D$，使$CD = BC$，连接$BD$，则$\tan\angle ADB$的值是().

A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
C.$2 - \sqrt{3}$
D.$2 + \sqrt{3}$

6.C

解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle A=90^{\circ}$，设$\angle C=x$，则$\angle B=2x$，
$\because \angle A+\angle B+\angle C=180^{\circ}$，
$\therefore 90^{\circ}+2x+x=180^{\circ}$，解得$x=30^{\circ}$，
$\therefore \angle B=60^{\circ}$，$\angle C=30^{\circ}$。
设$AB=a$，则$BC=2a$，$AC=BC\cos 30^{\circ}=2a×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}a$。
$\because CD=BC=2a$，
$\therefore AD=AC+CD=\sqrt{3}a+2a=(2+\sqrt{3})a$。
在$Rt\triangle ABD$中，$\tan\angle ADB=\frac{AB}{AD}=\frac{a}{(2+\sqrt{3})a}=\frac{1}{2+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}$。
答案：C