一、选择题
1. (2023·长春)学校开放日即将来临，负责布置的林老师打算从学校图书馆的顶楼拉出一条彩旗绳 $ AB $ 到地面，如图所示。已知彩旗绳与地面形成 $ 25^{\circ} $ 角(即 $ ∠ BAC = 25^{\circ} $)，彩旗绳固定在地面的位置与图书馆相距 $ 32 $ 米(即 $ AC = 32 $ 米)，则彩旗绳 $ AB $ 的长度为()


A.$ 32\sin 25^{\circ} $ 米
B.$ 32\cos 25^{\circ} $ 米
C.$ \dfrac{32}{\sin 25^{\circ}} $ 米
D.$ \dfrac{32}{\cos 25^{\circ}} $ 米

1. D

在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=25°，AC=32米。
cos∠BAC = $\frac{AC}{AB}$
AB = $\frac{AC}{\cos∠BAC}$ = $\frac{32}{\cos 25°}$米
D

2. (2023·十堰)如图所示，有一天桥高 $ AB $ 为 $ 5 $ 米，$ BC $ 是通向天桥的斜坡，$ ∠ ACB = 45^{\circ} $，市政部门启动“陡改缓”工程，决定将斜坡的底端 $ C $ 延伸到 $ D $ 处，使 $ ∠ D = 30^{\circ} $，则 $ CD $ 的长度约为(参考数据：$ \sqrt{2} \approx 1.414 $，$ \sqrt{3} \approx 1.732 $)()

A.$ 1.59 $ 米
B.$ 2.07 $ 米
C.$ 3.55 $ 米
D.$ 3.66 $ 米

2. D

解：在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=45°$，$AB=5$米，
$\because \tan 45°=\frac{AB}{AC}=1$，$\therefore AC=AB=5$米。
在$Rt△ ABD$中，$∠ D=30°$，$AB=5$米，
$\because \tan 30°=\frac{AB}{AD}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\therefore AD=\frac{AB}{\tan 30°}=5\sqrt{3}$米。
$\therefore CD=AD-AC=5\sqrt{3}-5\approx5×1.732-5=8.66-5=3.66$米。
答案：D

3. 如图，在 $ \mathrm{Rt}△ ABC $ 中，$ ∠ ABC = 90^{\circ} $，以 $ AB $ 为直径作 $ \odot O $ 交 $ AC $ 于点 $ D $，作直径 $ DE $，连接 $ BE $，若 $ \sin ∠ ACB = \dfrac{4}{5} $，$ BC = 6 $，则 $ BE = $()

A.$ 6 $
B.$ \dfrac{32}{5} $
C.$ \dfrac{24}{5} $
D.$ 8 $

3. B

解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ABC=90^{\circ}$，$\sin∠ ACB=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{4}{5}$，设$AB=4k$，$AC=5k$。
由勾股定理得$AC^{2}-AB^{2}=BC^{2}$，即$(5k)^{2}-(4k)^{2}=6^{2}$，解得$k=2$（$k=-2$舍去），则$AB=8$，$AC=10$，$AO=BO=4$。
连接$BD$，$AB$为$\odot O$直径，$∠ ADB=90^{\circ}$，$△ ABC∽△ ADB$，$\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AB}{AC}$，$AD=\dfrac{AB^{2}}{AC}=\dfrac{64}{10}=\dfrac{32}{5}$。
$DE$为$\odot O$直径，$DE=AB=8$，$∠ DBE=90^{\circ}$，$OD=OE=4$，$AD=\dfrac{32}{5}$，$AO=4=\dfrac{20}{5}$，$OD=4=\dfrac{20}{5}$，$AD=AO+OD+\mathrm{重叠部分}$不成立，应为$AD$在$AC$上，$O$为$AB$中点，$DE$为直径，四边形$ADBE$中，$∠ ADB=∠ AEB=90^{\circ}$，$∠ DAB+∠ DBA=90^{\circ}$，$∠ EBO+∠ DBA=90^{\circ}$，$∠ DAB=∠ EBO$，$△ ADB∽△ BOE$，$\dfrac{AD}{BO}=\dfrac{AB}{BE}$，$\dfrac{\dfrac{32}{5}}{4}=\dfrac{8}{BE}$，解得$BE=\dfrac{32}{5}$。
答案：B

4. 如图，一艘船由 $ A $ 港沿北偏东 $ 65^{\circ} $ 方向航行 $ 30\sqrt{2} \mathrm{ km} $ 至 $ B $ 港，然后再沿北偏西 $ 40^{\circ} $ 方向航行至 $ C $ 港，$ C $ 港在 $ A $ 港北偏东 $ 20^{\circ} $ 方向，则 $ A $，$ C $ 两港之间的距离为()

A.$ (30 + 30\sqrt{3})\mathrm{ km} $
B.$ (30 + 10\sqrt{3})\mathrm{ km} $
C.$ (10 + 30\sqrt{3})\mathrm{ km} $
D.$ 30\sqrt{3} \mathrm{ km} $

4. B

解：过点$B$作$BD⊥ AC$于点$D$。
由题意得：$∠ BAC = 65^{\circ}-20^{\circ}=45^{\circ}$，$∠ ABC=180^{\circ}-65^{\circ}-40^{\circ}=75^{\circ}$，$AB = 30\sqrt{2}\ \mathrm{km}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$∠ BAD = 45^{\circ}$，
$\therefore AD=BD=AB·\sin45^{\circ}=30\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=30\ \mathrm{km}$。
$∠ CBD=∠ ABC - ∠ ABD=75^{\circ}-45^{\circ}=30^{\circ}$。
在$\mathrm{Rt}△ CBD$中，$CD=BD·\tan30^{\circ}=30×\frac{\sqrt{3}}{3}=10\sqrt{3}\ \mathrm{km}$。
$\therefore AC=AD + CD=30 + 10\sqrt{3}\ \mathrm{km}$。
答案：B

二、填空题
5. (2024·惠山区期中)已知 $ α $ 是锐角，$ \tan α = \dfrac{4}{5} $，则 $ \cos α = $。

5. $\frac{5\sqrt{41}}{41}$

6. (2024·天宁区月考)计算：$ \sin 30^{\circ} · \tan 45^{\circ} + \sin^{2} 60^{\circ} - 2\cos 60^{\circ} = $。

6. $\frac{1}{4}$

$\sin 30^{\circ} · \tan 45^{\circ} + \sin^{2} 60^{\circ} - 2\cos 60^{\circ}$
$=\frac{1}{2} × 1 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2} - 2 × \frac{1}{2}$
$=\frac{1}{2} + \frac{3}{4} - 1$
$=\frac{2}{4} + \frac{3}{4} - \frac{4}{4}$
$=\frac{1}{4}$

7. (2024·如东模拟)如图，点 $ P $ 在线段 $ BC $ 上，$ AB ⊥ BC $，$ DP ⊥ AP $，$ CD ⊥ DP $，如果 $ BC = 10 $，$ AB = 2 $，$ \tan C = \dfrac{1}{2} $，那么 $ DP $ 的长是。

7. $\frac{6}{5}\sqrt{5}$

解：设 $ BP = x $，则 $ PC = BC - BP = 10 - x $。
因为 $ AB ⊥ BC $，$ CD ⊥ DP $，所以 $ ∠ ABP = ∠ CDP = 90° $。
在 $ \mathrm{Rt}△ CDP $ 中，$ \tan C = \frac{DP}{PC} = \frac{1}{2} $，则 $ DP = \frac{1}{2}PC = \frac{1}{2}(10 - x) $。
因为 $ DP ⊥ AP $，所以 $ ∠ APD = 90° $，则 $ ∠ APB + ∠ DPC = 90° $。
又因为 $ ∠ BAP + ∠ APB = 90° $，所以 $ ∠ BAP = ∠ DPC $。
因此，$ △ ABP ∼ △ PDC $，则 $ \frac{AB}{PD} = \frac{BP}{DC} $。
在 $ \mathrm{Rt}△ CDP $ 中，$ DC = \sqrt{PC^2 - DP^2} = \sqrt{(10 - x)^2 - (\frac{10 - x}{2})^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}(10 - x) $（此步可简化为利用相似比直接计算）。
由相似比得：$ \frac{2}{\frac{10 - x}{2}} = \frac{x}{DC} $，又因为 $ △ ABP ∼ △ PDC $，对应边成比例 $ \frac{AB}{PD} = \frac{BP}{DC} $，且 $ \tan C = \frac{DP}{DC} = \frac{1}{2} $，即 $ DC = 2DP $，设 $ DP = y $，则 $ DC = 2y $，$ PC = \sqrt{DP^2 + DC^2} = \sqrt{5}y $，所以 $ BP = 10 - \sqrt{5}y $。
由 $ △ ABP ∼ △ PDC $ 得 $ \frac{AB}{PD} = \frac{BP}{DC} $，即 $ \frac{2}{y} = \frac{10 - \sqrt{5}y}{2y} $，解得 $ 4 = 10 - \sqrt{5}y $，$ \sqrt{5}y = 6 $，$ y = \frac{6\sqrt{5}}{5} $。
即 $ DP = \frac{6}{5}\sqrt{5} $。
$\frac{6}{5}\sqrt{5}$

8. (2023·江阴期末)在 $ △ ABC $ 中，已知 $ AB = 2 $，$ ∠ B = 30^{\circ} $，$ AC = \sqrt{2} $，则 $ S_{△ ABC} = $。

8. $\frac{\sqrt{3}+1}{2}$ 或 $\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

解：过点$A$作$AD ⊥ BC$于点$D$，设$AD = x$。
在$Rt△ ABD$中，$∠ B = 30°$，$AB = 2$，则$AD = \frac{1}{2}AB = 1$，$BD = AB · \cos 30° = 2 × \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$。
在$Rt△ ACD$中，$AC = \sqrt{2}$，$AD = 1$，由勾股定理得$CD = \sqrt{AC^2 - AD^2} = \sqrt{(\sqrt{2})^2 - 1^2} = 1$。
当点$D$在线段$BC$上时，$BC = BD + CD = \sqrt{3} + 1$，$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} × BC × AD = \frac{1}{2} × (\sqrt{3} + 1) × 1 = \frac{\sqrt{3} + 1}{2}$；
当点$D$在线段$BC$的延长线上时，$BC = BD - CD = \sqrt{3} - 1$，$S_{△ ABC} = \frac{1}{2} × BC × AD = \frac{1}{2} × (\sqrt{3} - 1) × 1 = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}$。
综上，$S_{△ ABC} = \frac{\sqrt{3} + 1}{2}$或$\frac{\sqrt{3} - 1}{2}$。

9. (2024·姑苏区二模)在锐角三角形 $ ABC $ 中，$ 2AB^{2} = 2AC^{2} + BC^{2} $，则 $ \dfrac{\tan B}{\tan C} $ 的值为。

9. $\frac{1}{3}$

过点$ A $作$ AD ⊥ BC $于点$ D $，设$ BD = x $，$ DC = y $，$ AD = h $。
在$ Rt△ ABD $中，$ AB^{2}=x^{2}+h^{2}$；在$ Rt△ ACD $中，$ AC^{2}=y^{2}+h^{2}$。
已知$ 2AB^{2}=2AC^{2}+BC^{2}$，且$ BC = x + y $，则：
$\begin{aligned}2(x^{2}+h^{2})&=2(y^{2}+h^{2})+(x + y)^{2}\\2x^{2}+2h^{2}&=2y^{2}+2h^{2}+x^{2}+2xy + y^{2}\\2x^{2}&=3y^{2}+x^{2}+2xy\\x^{2}-2xy - 3y^{2}&=0\\(x - 3y)(x + y)&=0\end{aligned}$
因为$ x + y＞0 $，所以$ x = 3y $。
$\tan B=\frac{h}{x}$，$\tan C=\frac{h}{y}$，则$\frac{\tan B}{\tan C}=\frac{\frac{h}{x}}{\frac{h}{y}}=\frac{y}{x}=\frac{y}{3y}=\frac{1}{3}$。
$\frac{1}{3}$