4. 如图,求下列各直角三角形中字母的值.
答案
解：
第一个直角三角形：
在Rt△中，$\cos60°=\frac{5}{a}$，则$a=\frac{5}{\cos60°}=\frac{5}{\frac{1}{2}}=10$；
$\tan60°=\frac{b}{5}$，则$b=5×\tan60°=5\sqrt{3}$。
第二个直角三角形：
在Rt△中，$\cos60°=\frac{d}{20}$，则$d=20×\cos60°=20×\frac{1}{2}=10$；
$\sin60°=\frac{c}{20}$，则$c=20×\sin60°=20×\frac{\sqrt{3}}{2}=10\sqrt{3}$。
第三个直角三角形：
在Rt△中，$\sin30°=\frac{f}{17}$，则$f=17×\sin30°=17×\frac{1}{2}=\frac{17}{2}$；
$\cos30°=\frac{e}{17}$，则$e=17×\cos30°=17×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{17\sqrt{3}}{2}$。
第一个直角三角形：
在Rt△中，$\cos60°=\frac{5}{a}$，则$a=\frac{5}{\cos60°}=\frac{5}{\frac{1}{2}}=10$；
$\tan60°=\frac{b}{5}$，则$b=5×\tan60°=5\sqrt{3}$。
第二个直角三角形：
在Rt△中，$\cos60°=\frac{d}{20}$，则$d=20×\cos60°=20×\frac{1}{2}=10$；
$\sin60°=\frac{c}{20}$，则$c=20×\sin60°=20×\frac{\sqrt{3}}{2}=10\sqrt{3}$。
第三个直角三角形：
在Rt△中，$\sin30°=\frac{f}{17}$，则$f=17×\sin30°=17×\frac{1}{2}=\frac{17}{2}$；
$\cos30°=\frac{e}{17}$，则$e=17×\cos30°=17×\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{17\sqrt{3}}{2}$。
5. 如图,$∠ AOB=60°$,点$P$在$OA$上,$OP=12$,点$M$、$N$在$OB$上,$PM=PN$,$MN=2$,求$OM$的长.
答案
解：过点$ P $作$ PD ⊥ OB $于点$ D $，
$\because PM=PN$，$ MN=2 $，
$\therefore MD=ND=\frac{1}{2}MN=1$，
在$ \mathrm{Rt}△ OPD $中，$ ∠ AOB=60° $，$ OP=12 $，
$\therefore OD=OP·\cos60°=12×\frac{1}{2}=6$，
$\therefore OM=OD-MD=6-1=5$。
答：$ OM $的长为$ 5 $。
$\because PM=PN$，$ MN=2 $，
$\therefore MD=ND=\frac{1}{2}MN=1$，
在$ \mathrm{Rt}△ OPD $中，$ ∠ AOB=60° $，$ OP=12 $，
$\therefore OD=OP·\cos60°=12×\frac{1}{2}=6$，
$\therefore OM=OD-MD=6-1=5$。
答：$ OM $的长为$ 5 $。
6. 如图,在四边形$ABCD$中,$AB=2$,$CD=1$,$∠ B=∠ D=90°$,$∠ A=60°$,求$AD$的长及四边形$ABCD$的面积.
答案
解：延长AD、BC交于点E。
在Rt△ABE中，∠B=90°，∠A=60°，
∴∠E=30°，
∵AB=2，
∴AE=2AB=4，
由勾股定理得：$BE=\sqrt{AE^2-AB^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
在Rt△CDE中，∠D=90°，∠E=30°，CD=1，
∴CE=2CD=2，
由勾股定理得：$DE=\sqrt{CE^2-CD^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。
∴$AD=AE-DE=4-\sqrt{3}$。
四边形$ABCD$的面积$=S_{△ ABE}-S_{△ CDE}$
$=\frac{1}{2}× AB× BE-\frac{1}{2}× CD× DE$
$=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}-\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}$
$=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}$
$=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
答：$AD$的长为$4-\sqrt{3}$，四边形$ABCD$的面积为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
在Rt△ABE中，∠B=90°，∠A=60°，
∴∠E=30°，
∵AB=2，
∴AE=2AB=4，
由勾股定理得：$BE=\sqrt{AE^2-AB^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
在Rt△CDE中，∠D=90°，∠E=30°，CD=1，
∴CE=2CD=2，
由勾股定理得：$DE=\sqrt{CE^2-CD^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。
∴$AD=AE-DE=4-\sqrt{3}$。
四边形$ABCD$的面积$=S_{△ ABE}-S_{△ CDE}$
$=\frac{1}{2}× AB× BE-\frac{1}{2}× CD× DE$
$=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}-\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}$
$=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}$
$=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
答：$AD$的长为$4-\sqrt{3}$，四边形$ABCD$的面积为$\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
7. 公交总站(点$A$)与$B$、$C$两个站点的位置如图所示,已知$AC=6\ \mathrm{km}$,$∠ B=30°$,$∠ C=15°$,求$B$站与公交总站的距离即$AB$的长(结果保留根号).
答案
解：在$△ ABC$中，$∠ BAC=180°-∠ B-∠ C=180°-30°-15°=135°$，
根据正弦定理：$\frac{AB}{\sin C}=\frac{AC}{\sin B}$，
已知$AC=6\ \mathrm{km}$，$∠ B=30°$，$∠ C=15°$，$\sin30°=\frac{1}{2}$，$\sin15°=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$，
则$AB=\frac{AC·\sin C}{\sin B}=\frac{6×\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}{\frac{1}{2}}=\frac{6×(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{4}×2=3\sqrt{6}-3\sqrt{2}\ (\mathrm{km})$。
答：B站与公交总站的距离即$AB$的长为$(3\sqrt{6}-3\sqrt{2})\ \mathrm{km}$。
根据正弦定理：$\frac{AB}{\sin C}=\frac{AC}{\sin B}$，
已知$AC=6\ \mathrm{km}$，$∠ B=30°$，$∠ C=15°$，$\sin30°=\frac{1}{2}$，$\sin15°=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$，
则$AB=\frac{AC·\sin C}{\sin B}=\frac{6×\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}{\frac{1}{2}}=\frac{6×(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{4}×2=3\sqrt{6}-3\sqrt{2}\ (\mathrm{km})$。
答：B站与公交总站的距离即$AB$的长为$(3\sqrt{6}-3\sqrt{2})\ \mathrm{km}$。
8. 已知: 如图,在$△ ABC$中,$∠ CAB=120°$,$AB=4$,$AC=2$,$AD⊥ BC$,垂足为$D$.求$AD$的长(结果保留根号).
答案
解：过点C作CE⊥BA，交BA的延长线于点E。
∵∠CAB=120°，
∴∠CAE=180°-120°=60°。
在Rt△ACE中，
AC=2，
AE=AC·cos60°=2×$\frac{1}{2}$=1，
CE=AC·sin60°=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$。
∵AB=4，
∴BE=AB+AE=4+1=5。
在Rt△BCE中，由勾股定理得：
BC=$\sqrt{CE^2+BE^2}$=$\sqrt{(\sqrt{3})^2+5^2}$=$\sqrt{3+25}$=$\sqrt{28}$=2$\sqrt{7}$。
∵AD⊥BC，
∴$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}·AB·CE=\frac{1}{2}·BC·AD$，
即$\frac{1}{2}$×4×$\sqrt{3}$=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{7}$×AD，
解得AD=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$。
∵∠CAB=120°，
∴∠CAE=180°-120°=60°。
在Rt△ACE中，
AC=2，
AE=AC·cos60°=2×$\frac{1}{2}$=1，
CE=AC·sin60°=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$。
∵AB=4，
∴BE=AB+AE=4+1=5。
在Rt△BCE中，由勾股定理得：
BC=$\sqrt{CE^2+BE^2}$=$\sqrt{(\sqrt{3})^2+5^2}$=$\sqrt{3+25}$=$\sqrt{28}$=2$\sqrt{7}$。
∵AD⊥BC，
∴$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}·AB·CE=\frac{1}{2}·BC·AD$，
即$\frac{1}{2}$×4×$\sqrt{3}$=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{7}$×AD，
解得AD=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$。
