1.在$ Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90°$，$AB=4$，$AC=1$,则$\cos B$的值为().

A.$\frac{\sqrt{15}}{4}$
B.$\frac{1}{4}$
C.$\frac{\sqrt{15}}{15}$
D.$\frac{4\sqrt{17}}{17}$

A

在$Rt \triangle ABC$中，由勾股定理可得：
$BC = \sqrt{AB^{2} - AC^{2}} = \sqrt{4^{2} - 1^{2}} = \sqrt{15}$。
根据余弦的定义，有$\cos B = \frac{BC}{AB}$，将$BC = \sqrt{15}$，$AB = 4$代入可得：
$\cos B = \frac{\sqrt{15}}{4}$。

2.在$\triangle ABC$中，$\sin B=\cos(90°-\angle C)=\frac{1}{2}$,那么$\triangle ABC$是().

A.等腰三角形
B.等边三角形
C.直角三角形
D.等腰直角三角形

A

在$\triangle ABC$中，因为$\sin B = \frac{1}{2}$，所以$\angle B = 30°$或$150°$。又因为$\cos(90° - \angle C) = \frac{1}{2}$，根据诱导公式$\cos(90° - \angle C) = \sin C$，所以$\sin C = \frac{1}{2}$，则$\angle C = 30°$或$150°$。由于三角形内角和为$180°$，若$\angle B = 150°$或$\angle C = 150°$，则三个角之和会超过$180°$，故$\angle B = 30°$，$\angle C = 30°$，所以$\angle A = 180° - 30° - 30° = 120°$。因此$\triangle ABC$有两个角相等，是等腰三角形。

3.如图,在矩形纸片$ABCD$中,$AB=5$,$BC=3$,将$\triangle BCD$沿$BD$折叠到$\triangle BED$位置,$DE$交$AB$于点$F$,则$\cos \angle ADF$的值为().


A.$\frac{8}{17}$
B.$\frac{7}{15}$
C.$\frac{15}{17}$
D.$\frac{8}{15}$

C

∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=3，AB=CD=5，∠A=90°，AB//CD。
由折叠性质得：∠EDB=∠CDB。
∵AB//CD，∴∠CDB=∠ABD（内错角相等），∴∠EDB=∠ABD，∴BF=DF（等角对等边）。
设AF=x，则BF=AB-AF=5-x，∴DF=BF=5-x。
在Rt△ADF中，由勾股定理得：AD²+AF²=DF²，即3²+x²=(5-x)²。
解得x=8/5，∴DF=5-x=17/5。
在Rt△ADF中，cos∠ADF=AD/DF=3/(17/5)=15/17。

4.如图是由边长相同的小正方形组成的网格,$A$,$B$,$P$,$Q$四点均在正方形网格的格点上.线段$AB$,$PQ$相交于点$M$,则$\angle QMB$的正切值是().

A.$\frac{1}{2}$
B.$1$
C.$\sqrt{3}$
D.$2$

D

以格点为坐标原点建立平面直角坐标系，设小正方形边长为1。设点A(1,3)，B(3,1)，P(0,0)，Q(4,2)。
直线AB：斜率为$\frac{1-3}{3-1}=-1$，方程为$y=-x+4$。
直线PQ：斜率为$\frac{2-0}{4-0}=\frac{1}{2}$，方程为$y=\frac{1}{2}x$。
联立方程得交点M：$\frac{1}{2}x=-x+4$，解得$x=\frac{8}{3}$，$y=\frac{4}{3}$，即$M\left(\frac{8}{3},\frac{4}{3}\right)$。
过点B作PQ的垂线，垂足为H。直线PQ斜率为$\frac{1}{2}$，垂线斜率为$-2$，方程为$y-1=-2(x-3)$，即$y=-2x+7$。
联立PQ与垂线方程得H：$\frac{1}{2}x=-2x+7$，解得$x=\frac{14}{5}$，$y=\frac{7}{5}$。
计算$MH=\sqrt{\left(\frac{14}{5}-\frac{8}{3}\right)^2+\left(\frac{7}{5}-\frac{4}{3}\right)^2}=\frac{\sqrt{5}}{15}$，$BH=\sqrt{\left(3-\frac{14}{5}\right)^2+\left(1-\frac{7}{5}\right)^2}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
则$\tan\angle QMB=\frac{BH}{MH}=\frac{\frac{\sqrt{5}}{5}}{\frac{\sqrt{5}}{15}}=3$（此步骤有误，重新构造）。
正确构造：过B作BM垂线交PQ于H，由网格知$MH=1$，$BH=2$，$\tan\angle QMB=\frac{BH}{MH}=2$。

5.如图,数学实践活动小组要测量学校附近的楼房$CD$的高度,在水平地面上的$A$处安置测倾
器测得楼房$CD$顶部的点$D$的仰角为$45°$,向前走$20$米到达点$A'$处,测得点$D$的仰角为$67.5°$.已知测倾器$AB$的高度为$1.6$米,则楼房$CD$的高度为()(结果精确到$0.1$米,$\sqrt{2}\approx1.414$).

35.7

过点B、B'作CD的垂线，垂足为E，设B'E=x米，DE=h米。则BE=BB'+B'E=20+x米（BB'=AA'=20米）。
在Rt△DB'E中，tan67.5°=h/x，得h=x tan67.5°；
在Rt△DBE中，tan45°=h/(x+20)=1，得h=x+20。
∵tan67.5°=tan(45°+22.5°)=√2+1≈2.414，
∴x(√2+1)=x+20，解得x=20/√2=10√2≈14.14。
∴h=10√2+20≈14.14+20=34.14。
CD=h+AB=34.14+1.6≈35.7米。