6.(广东)如图①,已知$Rt\triangle ABC$中,斜边$BC上的高AD= 4$,$\cos B= \frac{4}{5}$,则$AC= $.

5

1. 因为$\cos B=\frac{4}{5}$，在直角三角形$ABD$中，设$AB = 5k$，$BD = 4k$。
2. 由勾股定理可得$AD=\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{(5k)^{2}-(4k)^{2}} = 3k$。
3. 已知$AD = 4$，则$3k = 4$，解得$k=\frac{4}{3}$。
4. 所以$BD = 4k=\frac{16}{3}$。
5. 在$Rt\triangle ABC$中，$\angle B+\angle BAD = 90^{\circ}$，$\angle CAD+\angle BAD = 90^{\circ}$，所以$\angle B=\angle CAD$。
6. 则$\cos\angle CAD=\cos B=\frac{4}{5}$，在$Rt\triangle ACD$中，$\cos\angle CAD=\frac{AD}{AC}$。
7. 已知$AD = 4$，$\cos\angle CAD=\frac{4}{5}$，由$\frac{AD}{AC}=\frac{4}{5}$，可得$AC = 5$。

7.(烟台)如图②,将宽为1 cm的红丝带交叉成$60^{\circ}$角重叠在一起,则重叠四边形的面积为$cm^2$.

过交叉点向丝带的两边作垂线，垂足间距离为丝带宽度1 cm。重叠部分为平行四边形，设其边长为$a$，一个内角为$60°$。
平行四边形的高$h = 1\ cm$（丝带宽度），在含$60°$角的直角三角形中，$\sin 60°=\frac{h}{a}$，即$\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{a}$，解得$a=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\ cm$。
面积$S = a × h=\frac{2\sqrt{3}}{3} × 1=\frac{2\sqrt{3}}{3}\ cm^2$。
$\frac{2\sqrt{3}}{3}$

8.(扬州)如图③,在菱形$ABCD$中,$DE\perp AB$,垂足为$E$,$DE= 6\ cm$,$\sin A= \frac{3}{5}$,则菱形$ABCD$的面积是$cm^2$.

60

在菱形$ABCD$中，$AD=AB$，
因为$DE\perp AB$，$\sin A=\frac{DE}{AD}=\frac{3}{5}$，$DE=6\ cm$，
所以$AD=AB=\frac{DE}{\sin A}=\frac{6}{\frac{3}{5}} =10\ cm$。
根据菱形面积公式$S = AB× DE$，可得$S_{菱形ABCD}=10×6 = 60\ cm^2$。

9.(金华)把两块含有$30^{\circ}$角的相同的直角三角尺按图④所示摆放,使$C,B,E$在同一条直线上,连接$CD$,若$AC= 6\ cm$,则$\triangle BCD$的面积是______$cm^2$.

$27$

解：
1. 确定三角尺边长：
两块含30°角的相同直角三角尺，其三边比为$1:\sqrt{3}:2$（30°对边:60°对边:斜边）。设30°角对边为$a$，则60°对边为$a\sqrt{3}$，斜边为$2a$。
已知$AC=6\,cm$，由题意$AC$为30°角对的直角边（最短边），即$a=6\,cm$。
则60°角对的直角边$BC=a\sqrt{3}=6\sqrt{3}\,cm$，斜边$AB=2a=12\,cm$。
2. 分析另一三角尺及摆放：
另一三角尺与$\triangle ABC$相同，设为$\triangle BDE$，30°角对边$DE=6\,cm$，60°角对边$BD=6\sqrt{3}\,cm$，斜边$BE=12\,cm$。
因$C,B,E$共线，直线$CE$上$BC=6\sqrt{3}\,cm$，$BE=12\,cm$，$B$为公共点。
3. 确定$D$点坐标及$\triangle BCD$的高：
以$B$为原点，直线$CE$为$x$轴，建立坐标系：
$C(-6\sqrt{3},0)$，$B(0,0)$，$E(12,0)$；
$\triangle BDE$中，$\angle DBE=30°$，$BD=6\sqrt{3}\,cm$，则$D$点纵坐标（高）为$BD\cdot\sin30°=6\sqrt{3}\cdot\frac{1}{2}=3\sqrt{3}\,cm$。
4. 计算$\triangle BCD$面积：
底边$BC=6\sqrt{3}\,cm$，高为$D$点纵坐标$3\sqrt{3}\,cm$，
面积$S_{\triangle BCD}=\frac{1}{2}× BC×高=\frac{1}{2}×6\sqrt{3}×3\sqrt{3}=27\,cm^2$。

10.(荆州)如图a是一台手机支架,图b是其侧面示意图,$AB,BC可分别绕点A,B$转动,测量知$BC= 8\ cm$,$AB= 16\ cm$.当$AB,BC转动到\angle BAE= 60^{\circ}$,$\angle ABC= 50^{\circ}$时,点$C到AE$的距离为______cm.(结果保留小数点后一位,参考数据:$\sin70^{\circ}\approx0.94$,$\sqrt{3}\approx1.73$)

过点B作BF⊥AE于F，过点C作CG⊥BF于G，过点C作CD⊥AE于D。
则四边形CDFG为矩形，CD=FG。
在Rt△ABF中，∠BAE=60°，AB=16cm，
BF=AB·sin60°=16×(√3/2)=8√3≈13.84cm。
∠ABF=90°-∠BAE=30°，∠ABC=50°，
∠GBC=∠ABC-∠ABF=50°-30°=20°。
在Rt△BGC中，BC=8cm，
BG=BC·cos∠GBC=8×cos20°≈8×0.94=7.52cm。
CD=FG=BF-BG≈13.84-7.52=6.3cm。
6.3

11.(黄冈)如图,建筑物BC上有一高为8 m的旗杆AB,从D处观测旗杆顶部A的仰角为53°,底部B的仰角为$45^{\circ},$则建筑物BC的高约为m.(结果保留小数点后一位,参考数据$:\sin53^{\circ}\approx0.80,\cos53^{\circ}\approx0.60,\tan53^{\circ}\approx1.33)$

24.2

设建筑物$BC$的高为$x$米。
在$Rt\triangle BCD$中，$\tan45^{\circ}=\frac{BC}{CD}$，
即$\frac{x}{CD}=1$，
所以$CD=x$米。
在$Rt\triangle ACD$中，$AB = 8$米，$\tan53^{\circ}=\frac{AC}{CD}=\frac{x + 8}{x}\approx1.33$，
即$x + 8\approx1.33x$，
移项可得$8\approx1.33x - x$，
即$8\approx0.33x$，
解得$x=\frac{8}{0.33}\approx24.2$（米）。

12.(长沙)计算:$|-\sqrt{2}|+\left(\frac{1}{2}\right)^{-1}-\sqrt{6}÷\sqrt{3}-2\cos60^{\circ}$.

1（若题目要求选择ABCD选项，则根据题目给出的选项选择对应字母，此处直接给出最终答案数值）

1. 计算绝对值：$|-\sqrt{2}| = \sqrt{2}$。
2. 计算负整数指数幂：$\left(\frac{1}{2}\right)^{-1} = 2$。
3. 计算二次根式的除法：$\sqrt{6} ÷ \sqrt{3} = \sqrt{\frac{6}{3}} = \sqrt{2}$。
4. 计算特殊角的三角函数值：$2\cos60^{\circ} = 2 × \frac{1}{2} = 1$。
5. 将以上结果代入原式进行计算：
$|-\sqrt{2}| + \left(\frac{1}{2}\right)^{-1} - \sqrt{6} ÷ \sqrt{3} - 2\cos60^{\circ}$
$= \sqrt{2} + 2 - \sqrt{2} - 1$
$= 1$

13.(岳阳)如图,在$\triangle ABC$中,$\angle B= 60^{\circ}$,$AB= 5$,$BC= 8$,$CD\perp AB$,垂足为点$D$.求$AC的长和\angle A$的余弦值.

在$Rt\triangle BCD$中，$\angle B = 60^{\circ}$，$BC = 8$，
$\therefore \angle BCD=30^{\circ}$，$BD=\frac{1}{2}BC = 4$，
根据勾股定理$CD=\sqrt{BC^{2}-BD^{2}}=\sqrt{8^{2}-4^{2}} = 4\sqrt{3}$。
$\because AB = 5$，$\therefore AD=AB - BD=5 - 4 = 1$。
在$Rt\triangle ACD$中，根据勾股定理$AC=\sqrt{AD^{2}+CD^{2}}=\sqrt{1^{2}+(4\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{1 + 48}=7$。
$\cos A=\frac{AD}{AC}=\frac{1}{7}$。
所以$AC$长为$7$，$\angle A$的余弦值为$\frac{1}{7}$。