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6. 如图，从 $ A $ 处观测铁塔顶部的仰角是 $ 30^{\circ} $，向前走 $ 30\ m $ 到达 $ B $ 处，在此处观测铁塔顶部的仰角是 $ 45^{\circ} $，则铁塔高度是（
A.$ (15\sqrt{3} + 1)\ m $
B.$ \frac{30\sqrt{3} + 1}{2}\ m $
C.$ \frac{30\sqrt{3} - 1}{2}\ m $
D.$ (15\sqrt{3} + 15)\ m $
D
）A.$ (15\sqrt{3} + 1)\ m $
B.$ \frac{30\sqrt{3} + 1}{2}\ m $
C.$ \frac{30\sqrt{3} - 1}{2}\ m $
D.$ (15\sqrt{3} + 15)\ m $
答案
D
解析
设铁塔高度为$h$米，底部为$C$点。在$Rt\triangle ADC$中，$\angle DAC=30^{\circ}$，$\tan30^{\circ}=\frac{DC}{AC}$，则$AC=\frac{h}{\tan30^{\circ}}=h\sqrt{3}$。在$Rt\triangle BDC$中，$\angle DBC=45^{\circ}$，$\tan45^{\circ}=\frac{DC}{BC}=1$，则$BC=h$。由$AB=AC - BC=30$，得$h\sqrt{3}-h=30$，即$h(\sqrt{3}-1)=30$，解得$h=\frac{30}{\sqrt{3}-1}=15(\sqrt{3}+1)=15\sqrt{3}+15$。
7. 如图，已知 $ A(\frac{1}{2}, y_1) $，$ B(2, y_2) $ 为反比例函数 $ y = \frac{1}{x} $ 图象上的两点，动点 $ P(x, 0) $ 在 $ x $ 轴正半轴上运动，当线段 $ AP $ 与线段 $ BP $ 之差达到最大时，点 $ P $ 的坐标是（
A.$ (\frac{1}{2}, 0) $
B.$ (1, 0) $
C.$ (\frac{3}{2}, 0) $
D.$ (\frac{5}{2}, 0) $
D
）A.$ (\frac{1}{2}, 0) $
B.$ (1, 0) $
C.$ (\frac{3}{2}, 0) $
D.$ (\frac{5}{2}, 0) $
答案
D
解析
已知$A(\frac{1}{2},y_1)$，$B(2,y_2)$为反比例函数$y = \frac{1}{x}$图象上的两点，将$x = \frac{1}{2}$代入$y=\frac{1}{x}$，可得$y_1 = 2$，则$A(\frac{1}{2},2)$；将$x = 2$代入$y=\frac{1}{x}$，可得$y_2=\frac{1}{2}$，则$B(2,\frac{1}{2})$。
延长$BA$交$x$轴于点$P^\prime$，此时$\vert AP^\prime - BP^\prime\vert=\vert AP^\prime - BP^\prime + AB - AB\vert=\vert AB\vert$（当$P$在$AB$延长线与$x$轴交点时差最大），即此时线段$AP$与线段$BP$之差达到最大（三角形两边之差小于第三边，当$P$为$BA$延长线与$x$轴交点时差最大）。
设直线$AB$的解析式为$y = kx + b$，把$A(\frac{1}{2},2)$，$B(2,\frac{1}{2})$代入可得：
$\begin{cases}\frac{1}{2}k + b = 2\\2k + b=\frac{1}{2}\end{cases}$
用第一个方程减去第二个方程消去$b$：$(\frac{1}{2}k + b)-(2k + b)=2-\frac{1}{2}$，即$-\frac{3}{2}k=\frac{3}{2}$，解得$k = - 1$。
把$k = - 1$代入$\frac{1}{2}k + b = 2$，可得$-\frac{1}{2}+b = 2$，解得$b=\frac{5}{2}$。
所以直线$AB$的解析式为$y=-x+\frac{5}{2}$。
令$y = 0$，则$-x+\frac{5}{2}=0$，解得$x=\frac{5}{2}$，所以$P(\frac{5}{2},0)$。
延长$BA$交$x$轴于点$P^\prime$，此时$\vert AP^\prime - BP^\prime\vert=\vert AP^\prime - BP^\prime + AB - AB\vert=\vert AB\vert$（当$P$在$AB$延长线与$x$轴交点时差最大），即此时线段$AP$与线段$BP$之差达到最大（三角形两边之差小于第三边，当$P$为$BA$延长线与$x$轴交点时差最大）。
设直线$AB$的解析式为$y = kx + b$，把$A(\frac{1}{2},2)$，$B(2,\frac{1}{2})$代入可得：
$\begin{cases}\frac{1}{2}k + b = 2\\2k + b=\frac{1}{2}\end{cases}$
用第一个方程减去第二个方程消去$b$：$(\frac{1}{2}k + b)-(2k + b)=2-\frac{1}{2}$，即$-\frac{3}{2}k=\frac{3}{2}$，解得$k = - 1$。
把$k = - 1$代入$\frac{1}{2}k + b = 2$，可得$-\frac{1}{2}+b = 2$，解得$b=\frac{5}{2}$。
所以直线$AB$的解析式为$y=-x+\frac{5}{2}$。
令$y = 0$，则$-x+\frac{5}{2}=0$，解得$x=\frac{5}{2}$，所以$P(\frac{5}{2},0)$。
8. 如图，点 $ A $ 的坐标是 $ (-1, 0) $，点 $ B $ 的坐标是 $ (0, 6) $，$ C $ 为 $ OB $ 的中点，将 $ \triangle ABC $ 绕点 $ B $ 逆时针旋转 $ 90^{\circ} $ 后得到 $ \triangle A'BC' $.若反比例函数 $ y = \frac{k}{x} $ 的图象恰好经过 $ A'B $ 的中点 $ D $，则 $ k $ 的值是（
A.19
B.16.5
C.14
D.11.5
B
）A.19
B.16.5
C.14
D.11.5
答案
B
解析
已知点A(-1,0)，B(0,6)，C为OB中点，则C(0,3)。将△ABC绕点B逆时针旋转90°得△A'BC'，需求A'坐标。
1. 求A'坐标：
A相对B的坐标：(-1-0, 0-6)=(-1,-6)。
绕原点（B）逆时针旋转90°，坐标变换公式：(a,b)→(-b,a)，故(-1,-6)旋转后为(6,-1)。
A'坐标：(0+6, 6+(-1))=(6,5)。
2. 求A'B中点D坐标：
A'(6,5)，B(0,6)，中点D横坐标=(6+0)/2=3，纵坐标=(5+6)/2=11/2。
D(3, 11/2)。
3. 求k值：
反比例函数y=k/x过D，代入得11/2=k/3，解得k=33/2=16.5。
1. 求A'坐标：
A相对B的坐标：(-1-0, 0-6)=(-1,-6)。
绕原点（B）逆时针旋转90°，坐标变换公式：(a,b)→(-b,a)，故(-1,-6)旋转后为(6,-1)。
A'坐标：(0+6, 6+(-1))=(6,5)。
2. 求A'B中点D坐标：
A'(6,5)，B(0,6)，中点D横坐标=(6+0)/2=3，纵坐标=(5+6)/2=11/2。
D(3, 11/2)。
3. 求k值：
反比例函数y=k/x过D，代入得11/2=k/3，解得k=33/2=16.5。
9. 如图，$ \triangle ABC $ 的顶点都在网格图的格点上，则 $ \sin C $ 的值为（
A.$ \frac{\sqrt{10}}{10} $
B.$ \frac{1}{3} $
C.$ \frac{1}{4} $
D.$ \frac{\sqrt{2}}{4} $
A
）A.$ \frac{\sqrt{10}}{10} $
B.$ \frac{1}{3} $
C.$ \frac{1}{4} $
D.$ \frac{\sqrt{2}}{4} $
答案
A
解析
过点A作AD⊥BC于D，设网格小正方形边长为1。
由图知：A(0,1)，B(2,1)，C(4,3)。
BC斜率：(3-1)/(4-2)=1，故BC方程：y-1=x-2即y=x-1。
AD斜率为-1，方程：y-1=-(x-0)即y=-x+1。
联立BC与AD方程：$\begin{cases}y=x-1\\y=-x+1\end{cases}$，解得D(1,0)。
AD=$\sqrt{(0-1)^2+(1-0)^2}=\sqrt{2}$，AC=$\sqrt{(0-4)^2+(1-3)^2}=2\sqrt{5}$。
$\sin C=\frac{AD}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$。
由图知：A(0,1)，B(2,1)，C(4,3)。
BC斜率：(3-1)/(4-2)=1，故BC方程：y-1=x-2即y=x-1。
AD斜率为-1，方程：y-1=-(x-0)即y=-x+1。
联立BC与AD方程：$\begin{cases}y=x-1\\y=-x+1\end{cases}$，解得D(1,0)。
AD=$\sqrt{(0-1)^2+(1-0)^2}=\sqrt{2}$，AC=$\sqrt{(0-4)^2+(1-3)^2}=2\sqrt{5}$。
$\sin C=\frac{AD}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$。
10. 如图，在平面直角坐标系中，四边形 $ AOBD $ 的边 $ OB $ 与 $ x $ 轴的正半轴重合，$ AD // OB $，$ DB \perp x $ 轴，对角线 $ AB $，$ OD $ 交于点 $ M $.已知 $ AD : OB = 2 : 3 $，$ \triangle AMD $ 的面积为 4.若反比例函数 $ y = \frac{k}{x} $ 的图象恰好经过点 $ M $，则 $ k $ 的值为（
A.$ \frac{27}{5} $
B.$ \frac{54}{5} $
C.$ \frac{58}{5} $
D.12
B
）A.$ \frac{27}{5} $
B.$ \frac{54}{5} $
C.$ \frac{58}{5} $
D.12
答案
B
解析
设点$B(b,0)$，$D(b,h)$，$A(a,h)$。
∵$AD// OB$，$AD:OB=2:3$，$OB=b$，$AD=b - a$，
∴$\frac{b - a}{b}=\frac{2}{3}$，解得$a=\frac{1}{3}b$，即$A\left(\frac{1}{3}b,h\right)$。
直线$AB$：过$A\left(\frac{1}{3}b,h\right)$，$B(b,0)$，斜率$k_{AB}=\frac{0 - h}{b - \frac{1}{3}b}=-\frac{3h}{2b}$，
方程为$y=-\frac{3h}{2b}x+\frac{3h}{2}$。
直线$OD$：过$O(0,0)$，$D(b,h)$，斜率$k_{OD}=\frac{h}{b}$，方程为$y=\frac{h}{b}x$。
联立$AB$、$OD$方程：$\frac{h}{b}x=-\frac{3h}{2b}x+\frac{3h}{2}$，解得$x=\frac{3b}{5}$，$y=\frac{3h}{5}$，即$M\left(\frac{3b}{5},\frac{3h}{5}\right)$。
$\triangle AMD$面积：底$AD=\frac{2}{3}b$，高为$h - \frac{3h}{5}=\frac{2h}{5}$，
$S_{\triangle AMD}=\frac{1}{2}×\frac{2}{3}b×\frac{2h}{5}=\frac{2bh}{15}=4$，解得$bh=30$。
∵$M\left(\frac{3b}{5},\frac{3h}{5}\right)$在$y=\frac{k}{x}$上，
∴$k=\frac{3b}{5}×\frac{3h}{5}=\frac{9bh}{25}=\frac{9×30}{25}=\frac{54}{5}$。
∵$AD// OB$，$AD:OB=2:3$，$OB=b$，$AD=b - a$，
∴$\frac{b - a}{b}=\frac{2}{3}$，解得$a=\frac{1}{3}b$，即$A\left(\frac{1}{3}b,h\right)$。
直线$AB$：过$A\left(\frac{1}{3}b,h\right)$，$B(b,0)$，斜率$k_{AB}=\frac{0 - h}{b - \frac{1}{3}b}=-\frac{3h}{2b}$，
方程为$y=-\frac{3h}{2b}x+\frac{3h}{2}$。
直线$OD$：过$O(0,0)$，$D(b,h)$，斜率$k_{OD}=\frac{h}{b}$，方程为$y=\frac{h}{b}x$。
联立$AB$、$OD$方程：$\frac{h}{b}x=-\frac{3h}{2b}x+\frac{3h}{2}$，解得$x=\frac{3b}{5}$，$y=\frac{3h}{5}$，即$M\left(\frac{3b}{5},\frac{3h}{5}\right)$。
$\triangle AMD$面积：底$AD=\frac{2}{3}b$，高为$h - \frac{3h}{5}=\frac{2h}{5}$，
$S_{\triangle AMD}=\frac{1}{2}×\frac{2}{3}b×\frac{2h}{5}=\frac{2bh}{15}=4$，解得$bh=30$。
∵$M\left(\frac{3b}{5},\frac{3h}{5}\right)$在$y=\frac{k}{x}$上，
∴$k=\frac{3b}{5}×\frac{3h}{5}=\frac{9bh}{25}=\frac{9×30}{25}=\frac{54}{5}$。
