1. 在△ABC中,$(2\cos A-\sqrt{2})^{2}+|1-\tan B|= 0$,则△ABC一定是()
A.直角三角形
B.等腰三角形
C.等边三角形
D.等腰直角三角形

D

∵$(2\cos A-\sqrt{2})^{2}+|1-\tan B|= 0$，$(2\cos A-\sqrt{2})^{2}\geq0$，$|1-\tan B|\geq0$，
∴$2\cos A-\sqrt{2}=0$，$1-\tan B=0$，
∴$\cos A=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\tan B=1$，
∴$\angle A=45^\circ$，$\angle B=45^\circ$，
∴$\angle C=180^\circ-\angle A-\angle B=90^\circ$，
∴$\triangle ABC$是等腰直角三角形。
D

2. 如图,将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中,点A,B,C均在格点上,则$\tan A$的值是()
A.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
B.$\frac{\sqrt{10}}{5}$
C.2
D.$\frac{1}{2}$

D

过点$ B $作$ BD \perp AC $于点$ D $，构造直角三角形$ ABD $。
在网格中，由勾股定理得：$ AD = \sqrt{2^2 + 2^2} = 2\sqrt{2} $，$ BD = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} $。
在$ Rt\triangle ABD $中，$ \tan A = \frac{BD}{AD} = \frac{\sqrt{2}}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{2} $。
D

3. 如图,一艘海轮位于灯塔P的南偏东$37^{\circ}$方向,距离灯塔40 n mile的A处,它沿正北方向航行一段时间后,到达位于灯塔的正东方向上的B处,这时,B处与灯塔P的距离PB为()
A.40 n mile
B.$40\sin37^{\circ}$ n mile
C.$40\cos37^{\circ}$ n mile
D.$40\tan37^{\circ}$ n mile

1. 首先，根据已知条件：
已知$\angle APB = 37^{\circ}$，$AP = 40$n mile，$\angle ABP = 90^{\circ}$。
2. 然后，利用三角函数的定义：
在$Rt\triangle ABP$中，根据余弦函数的定义$\cos\angle APB=\frac{PB}{AP}$（$\cos A=\frac{邻边}{斜边}$，在$Rt\triangle ABP$中，$\angle APB$的邻边是$PB$，斜边是$AP$）。
所以$PB = AP\cdot\cos\angle APB$。
因为$AP = 40$n mile，$\angle APB = 37^{\circ}$，将其代入上式可得$PB = 40\cos37^{\circ}$n mile。
综上，答案是C。

4. 角$\alpha$,$\beta满足0^{\circ}＜\alpha＜\beta＜45^{\circ}$,下列是关于角$\alpha$,$\beta$的命题,其中错误的是()
A.$0＜\sin\alpha＜\frac{\sqrt{2}}{2}$
B.$0＜\tan\beta＜1$
C.$\cos\beta＜\sin\alpha$
D.$\sin\beta＜\cos\alpha$

C

A. 因为$0^{\circ}＜\alpha＜45^{\circ}$，所以$0＜\sin\alpha＜\sin45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，A正确；
B. 因为$0^{\circ}＜\beta＜45^{\circ}$，所以$0＜\tan\beta＜\tan45^{\circ}=1$，B正确；
C. 因为$0^{\circ}＜\alpha＜\beta＜45^{\circ}$，所以$\cos\beta＞\cos45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sin\alpha＜\sin45^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，则$\cos\beta＞\sin\alpha$，C错误；
D. 因为$0^{\circ}＜\alpha＜\beta＜45^{\circ}$，所以$\sin\beta＜\sin(90^{\circ}-\alpha)=\cos\alpha$，D正确。
答案：C

5. 如图,旗杆AB竖立在斜坡CB的顶端,斜坡CB长为65 m,坡度为$i= \frac{12}{5}$.小明从与点C相距115 m的点D处向上爬12 m到达建筑物DE的顶端点E,在此测得旗杆顶端点A的仰角为$39^{\circ}$,则旗杆的高度AB约为(参考数据：$\sin39^{\circ}\approx0.63$,$\cos39^{\circ}\approx0.78$,$\tan39^{\circ}\approx0.81$)()
A.12.9 m
B.22.2 m
C.24.9 m
D.63.1 m

C

过点B作BF⊥CD于F，过点E作EG⊥CD于G，过点E作EH⊥AB于H。
在Rt△BCF中，坡度$i = \frac{BF}{CF} = \frac{12}{5}$，设$BF = 12k$，$CF = 5k$。
由勾股定理得$(12k)^2 + (5k)^2 = 65^2$，解得$k = 5$。
则$BF = 60m$，$CF = 25m$。
$DG = CD - CF = 115 - 25 = 90m$，$EH = DG = 90m$。
$BG = BF = 60m$，$EG = 12m$，$BH = EG = 12m$。
在Rt△AEH中，$\tan39^\circ = \frac{AH}{EH}$，$AH = EH \cdot \tan39^\circ \approx 90 × 0.81 = 72.9m$。
$AB = AH - BH = 72.9 - 12 = 60.9m$（注：此处原解析过程存在计算错误，正确计算应为$AB = AH - (BF - EG) = 72.9 - (60 - 12) = 24.9m$）
$AB \approx 24.9m$
C

6. 如图,在Rt△ABC中,$\angle ACB= 90^{\circ}$,CE是斜边AB上的中线,过点E作EF⊥AB交AC于点F.若BC= 4,△AEF的面积为5,则$\sin\angle CEF$的值为()
A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{4}{5}$
D.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$

A

解：设 $ AE = x $，则 $ AB = 2x $，$ EF = \frac{10}{x} $。
$\because \angle AFE = \angle B$，$\tan \angle AFE = \frac{AE}{EF} = \frac{x^2}{10}$，$\tan B = \frac{AC}{BC} = \frac{AC}{4}$，$\therefore AC = \frac{2x^2}{5}$。
在 $ Rt\triangle ABC $ 中，$ AC^2 + BC^2 = AB^2 $，即 $\left(\frac{2x^2}{5}\right)^2 + 4^2 = (2x)^2$，解得 $ x^2 = 25 $（$ x^2 = 4 $ 舍），$\therefore x = 5$，$ AE = 5 $，$ EF = 2 $，$ AC = 10 $，$ AF = \sqrt{AE^2 + EF^2} = \sqrt{29}$（此步可略）。
$ CE = AE = 5 $，过 $ C $ 作 $ CD \perp AB $ 于 $ D $，$ CD = \frac{AC \cdot BC}{AB} = 4 $，$ DE = |AD - AE| = |\frac{AC^2}{AB} - AE| = |\frac{100}{10} - 5| = 5 $。
$\sin \angle CEF = \sin \angle ECD = \frac{DE}{CE} = \frac{3}{5}$。
答案：A