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9[2025安徽合肥期末]如图,这是矗立在高速公路水平地面上的交通警示牌,经测量得到如下数据:$AM = 5$米,$AB = 10$米,$∠ MAD = 45°$,$∠ MBC=30°$,则警示牌的高$CD$为
$(5\sqrt{3}-5)$
米.（结果保留根号）答案
9. $(5\sqrt{3}-5)$ 【解析】设 $CD=x$ 米. $∵ AM=5$ 米,$∠MAD=45°$,$∠BMC=90°$,$∴ ∠MDA=∠MAD=45°$,$∴ DM=AM=5$ 米,$∴ CM=CD+DM=(x+5)$米. $∵ BM=AB+AM=10+5=15$(米),$∠MBC=30°$,$∴ \tan∠MBC=\tan30°=\frac{CM}{BM}$,$∴ 5+x=15×\frac{\sqrt{3}}{3}$,解得 $x=5\sqrt{3}-5$,故答案为 $(5\sqrt{3}-5)$.
解析
【分析】
这道题属于解直角三角形的实际应用问题，解题思路如下：①首先观察图形，确定存在两个直角三角形$Rt△ AMD$和$Rt△ BMC$，二者的直角都在点$M$处；②先利用$∠ MAD=45°$的特殊角性质，判断$Rt△ AMD$是等腰直角三角形，求出$DM$的长度；③再计算$BM$的总长度，利用$∠ MBC=30°$的正切值列出关于$CM$的表达式，最后结合$CM=CD+DM$的关系，即可求出$CD$的长度。
【解析】
设警示牌的高$CD$为$x$米。
由题意得$∠ CMB=90°$，
$\because AM=5$米，$∠ MAD=45°$，
$\therefore Rt△ AMD$为等腰直角三角形，可得$DM=AM=5$米，
$\therefore CM=CD+DM=(x+5)$米。
又$\because BM=AM+AB=5+10=15$米，$∠ MBC=30°$，
在$Rt△ BMC$中，$\tan∠ MBC=\frac{CM}{BM}$，即$\tan30°=\frac{x+5}{15}$，
代入$\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$，得：$\frac{x+5}{15}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
整理得$x+5=5\sqrt{3}$，解得$x=5\sqrt{3}-5$。
【答案】
$(5\sqrt{3}-5)$
【知识点】
解直角三角形应用；特殊角三角函数值；等腰直角三角形性质
【点评】
本题结合生活场景考查解直角三角形的应用，解题的关键是从实际图形中抽象出直角三角形，利用特殊角的三角函数值建立边长之间的等量关系，属于基础常考题型，注重对基础知识的考查。
【难度系数】
0.7
这道题属于解直角三角形的实际应用问题，解题思路如下：①首先观察图形，确定存在两个直角三角形$Rt△ AMD$和$Rt△ BMC$，二者的直角都在点$M$处；②先利用$∠ MAD=45°$的特殊角性质，判断$Rt△ AMD$是等腰直角三角形，求出$DM$的长度；③再计算$BM$的总长度，利用$∠ MBC=30°$的正切值列出关于$CM$的表达式，最后结合$CM=CD+DM$的关系，即可求出$CD$的长度。
【解析】
设警示牌的高$CD$为$x$米。
由题意得$∠ CMB=90°$，
$\because AM=5$米，$∠ MAD=45°$，
$\therefore Rt△ AMD$为等腰直角三角形，可得$DM=AM=5$米，
$\therefore CM=CD+DM=(x+5)$米。
又$\because BM=AM+AB=5+10=15$米，$∠ MBC=30°$，
在$Rt△ BMC$中，$\tan∠ MBC=\frac{CM}{BM}$，即$\tan30°=\frac{x+5}{15}$，
代入$\tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$，得：$\frac{x+5}{15}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
整理得$x+5=5\sqrt{3}$，解得$x=5\sqrt{3}-5$。
【答案】
$(5\sqrt{3}-5)$
【知识点】
解直角三角形应用；特殊角三角函数值；等腰直角三角形性质
【点评】
本题结合生活场景考查解直角三角形的应用，解题的关键是从实际图形中抽象出直角三角形，利用特殊角的三角函数值建立边长之间的等量关系，属于基础常考题型，注重对基础知识的考查。
【难度系数】
0.7
10[2026安徽安庆期末]如图,在$△ ABC$中,$AB=AC=10$,$BC=12$,若点$D$,$E$分别是$AB$,$BC$边上的两个动点,连接$AE$,$DE$,且$\cos∠ AED=\dfrac{3}{5}$,则$AD$的最小值为
(第10题图)
(第11题图)
$\frac{32}{5}$
.(第10题图)
(第11题图)
答案
10. $\frac{32}{5}$ 【解析】如图,过点 $A$ 作 $AF ⊥ BC$ 于 $F$. $∵ AB=AC=10$,$BC=12$,$∴ BF=CF=\frac{1}{2}BC=6$, $∠B=∠C$,$∴ \cos B=\cos C=\frac{BF}{AB}=\frac{3}{5}$. $∵ \cos∠AED=\frac{3}{5}$,$∴ ∠B=∠AED=∠C$. $∵ ∠DEC=∠B+∠BDE=∠AED+∠AEC$,$∴ ∠BDE=∠CEA$,$∴ △BDE ∽ △CEA$,$∴ \frac{BD}{CE}=\frac{BE}{AC}$. 设 $AD=y$,$CE=x$,则 $BD=AB-AD=10-y$,$BE=BC-CE=12-x$,$∴ \frac{10-y}{x}=\frac{12-x}{10}$,$∴ y=\frac{(x-6)^2+64}{10}$. $∵ (x-6)^2≥0$,$∴ y≥\frac{32}{5}$,即 $AD$ 的最小值为 $\frac{32}{5}$. 故答案为 $\frac{32}{5}$.
解析
【分析】
首先利用等腰三角形三线合一的性质作高，求出底角的余弦值，结合已知∠AED的余弦值得到角相等的关系；再通过三角形外角的性质推导得到另一组等角，证明两个三角形相似，得到对应边成比例的关系；最后设未知数将AD表示为关于线段CE的二次函数，利用平方的非负性即可求出AD的最小值。
【解析】
过点 $A$ 作 $AF ⊥ BC$ 于 $F$.
$∵ AB=AC=10$，$BC=12$，根据等腰三角形三线合一的性质，$∴ BF=CF=\frac{1}{2}BC=6$，$∠B=∠C$，
$∴ \cos B=\frac{BF}{AB}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$，
$∵ \cos∠AED=\frac{3}{5}$，$∴ ∠B=∠AED$，
$∵ ∠DEC$ 是$△ BDE$的外角，$∴ ∠DEC=∠B+∠BDE$，又$∠DEC=∠AED+∠AEC$，
$∴ ∠B+∠BDE=∠AED+∠AEC$，结合$∠B=∠AED$，可得$∠BDE=∠CEA$，
$∴ △BDE ∽ △CEA$，
$∴ \frac{BD}{CE}=\frac{BE}{AC}$。
设 $AD=y$，$CE=x$，则 $BD=AB-AD=10-y$，$BE=BC-CE=12-x$，
代入比例式得：$\frac{10-y}{x}=\frac{12-x}{10}$，
整理得：$y=\frac{(x-6)^2+64}{10}$，
$∵ (x-6)^2≥0$，$∴$ 当$x=6$时，$y$取得最小值，最小值为$\frac{64}{10}=\frac{32}{5}$。
【答案】
$\frac{32}{5}$
【知识点】
等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的最值
【点评】
本题综合性较强，解题关键是通过余弦值相等推导角相等，进而证明三角形相似，将线段长度问题转化为二次函数最值问题求解，需要熟练掌握各知识点的关联运用。
【难度系数】
0.4
首先利用等腰三角形三线合一的性质作高，求出底角的余弦值，结合已知∠AED的余弦值得到角相等的关系；再通过三角形外角的性质推导得到另一组等角，证明两个三角形相似，得到对应边成比例的关系；最后设未知数将AD表示为关于线段CE的二次函数，利用平方的非负性即可求出AD的最小值。
【解析】
过点 $A$ 作 $AF ⊥ BC$ 于 $F$.
$∵ AB=AC=10$，$BC=12$，根据等腰三角形三线合一的性质，$∴ BF=CF=\frac{1}{2}BC=6$，$∠B=∠C$，
$∴ \cos B=\frac{BF}{AB}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$，
$∵ \cos∠AED=\frac{3}{5}$，$∴ ∠B=∠AED$，
$∵ ∠DEC$ 是$△ BDE$的外角，$∴ ∠DEC=∠B+∠BDE$，又$∠DEC=∠AED+∠AEC$，
$∴ ∠B+∠BDE=∠AED+∠AEC$，结合$∠B=∠AED$，可得$∠BDE=∠CEA$，
$∴ △BDE ∽ △CEA$，
$∴ \frac{BD}{CE}=\frac{BE}{AC}$。
设 $AD=y$，$CE=x$，则 $BD=AB-AD=10-y$，$BE=BC-CE=12-x$，
代入比例式得：$\frac{10-y}{x}=\frac{12-x}{10}$，
整理得：$y=\frac{(x-6)^2+64}{10}$，
$∵ (x-6)^2≥0$，$∴$ 当$x=6$时，$y$取得最小值，最小值为$\frac{64}{10}=\frac{32}{5}$。
【答案】
$\frac{32}{5}$
【知识点】
等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的最值
【点评】
本题综合性较强，解题关键是通过余弦值相等推导角相等，进而证明三角形相似，将线段长度问题转化为二次函数最值问题求解，需要熟练掌握各知识点的关联运用。
【难度系数】
0.4
11[2026安徽合肥质检]如图,在正方形ABCD中,点E,F分别为边BC,CD上的点,将△ABE,△ADF分别沿AE,AF折叠,点B,D恰好落在EF上的点G处,再将△CEF沿EF折叠,点C落在AF上的点H处,AG与EH交于点M.
(1)$\sin∠ DAF=$
(2)若$DF=\sqrt{3}$,则$AM$的长为
(1)$\sin∠ DAF=$
$\frac{1}{2}$
;(2)若$DF=\sqrt{3}$,则$AM$的长为
$6-2\sqrt{3}$
.答案
11. (1) $\frac{1}{2}$ (2) $6-2\sqrt{3}$ 【解析】(1)由折叠可知 $∠AFD = ∠AFE$, $∠AFE = ∠CFE$,$∴ ∠AFD = ∠AFE = ∠CFE$,$∴ ∠AFD = \frac{1}{3}×180°=60°$. $∵$ 四边形 $ABCD$ 是正方形,$∴ ∠D=90°$,$∴ ∠DAF=90°-∠AFD=90°-60°=30°$,$∴ \sin∠DAF=\sin30°=\frac{1}{2}$,故答案为 $\frac{1}{2}$. (2) $∵ DF=\sqrt{3}$,$∠DAF=30°$,$∴ AF=2\sqrt{3}$,$∴ AD=\sqrt{AF^2-DF^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2-(\sqrt{3})^2}=3=DC$,$∴ FC=DC-DF=3-\sqrt{3}$,$∴ FH=FC=3-\sqrt{3}$,$∴ AH=AF-FH=2\sqrt{3}-(3-\sqrt{3})=3\sqrt{3}-3$. $∵ ∠EHF=∠C=90°$,$∠HAM=∠DAF=30°$,$∴ AM=\frac{AH}{\cos30°}=\frac{3\sqrt{3}-3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=6-2\sqrt{3}$,故答案为 $6-2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
（1）求解第一问时，先利用折叠前后对应角相等的性质，可得∠AFD=∠AFE=∠CFE，三个角的和为平角180°，由此求出∠AFD的度数，再结合正方形内角为90°，推出∠DAF的度数，即可计算其正弦值。
（2）求解第二问时，先根据30°直角三角形的性质和勾股定理求出AF、AD的长度，得到正方形的边长，进而求出FC的长度，再利用折叠性质得FH=FC，求出AH的长度，最后在直角三角形AHM中，结合30°角的余弦值即可求出AM的长度。
【解析】
(1) 由折叠的性质可知：$∠ AFD = ∠ AFE$，$∠ CFE = ∠ AFE$，
$\therefore ∠ AFD = ∠ AFE = ∠ CFE$，
$\because ∠ AFD + ∠ AFE + ∠ CFE = 180°$，
$\therefore ∠ AFD = \frac{1}{3} × 180° = 60°$，
$\because$ 四边形ABCD是正方形，$\therefore ∠ D = 90°$，
$\therefore ∠ DAF = 90° - ∠ AFD = 30°$，
$\therefore \sin∠ DAF = \sin30° = \frac{1}{2}$。
(2) 已知$DF = \sqrt{3}$，$∠ DAF = 30°$，在$Rt△ ADF$中：
$AF = 2DF = 2\sqrt{3}$，
由勾股定理得：$AD = \sqrt{AF^2 - DF^2} = \sqrt{(2\sqrt{3})^2 - (\sqrt{3})^2} = 3$，
$\therefore$ 正方形边长$DC = AD = 3$，
$\therefore FC = DC - DF = 3 - \sqrt{3}$，
由折叠性质得$FH = FC = 3 - \sqrt{3}$，
$\therefore AH = AF - FH = 2\sqrt{3} - (3 - \sqrt{3}) = 3\sqrt{3} - 3$，
由折叠可知$∠ EHF = ∠ C = 90°$，即$∠ AHM = 90°$，且$∠ HAM = ∠ DAF = 30°$，
在$Rt△ AHM$中，$\cos∠ HAM = \frac{AH}{AM}$，
$\therefore AM = \frac{AH}{\cos30°} = \frac{3\sqrt{3} - 3}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 6 - 2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\frac{1}{2}$；(2) $6-2\sqrt{3}$
【知识点】
折叠的性质，正方形的性质，锐角三角函数
【点评】
本题结合正方形和折叠变换考查几何边角关系计算，解题关键是抓住折叠前后对应角、对应线段相等的性质，结合直角三角形的性质逐步推导，对学生的逻辑推理和计算能力有一定考查作用。
【难度系数】
0.6
（1）求解第一问时，先利用折叠前后对应角相等的性质，可得∠AFD=∠AFE=∠CFE，三个角的和为平角180°，由此求出∠AFD的度数，再结合正方形内角为90°，推出∠DAF的度数，即可计算其正弦值。
（2）求解第二问时，先根据30°直角三角形的性质和勾股定理求出AF、AD的长度，得到正方形的边长，进而求出FC的长度，再利用折叠性质得FH=FC，求出AH的长度，最后在直角三角形AHM中，结合30°角的余弦值即可求出AM的长度。
【解析】
(1) 由折叠的性质可知：$∠ AFD = ∠ AFE$，$∠ CFE = ∠ AFE$，
$\therefore ∠ AFD = ∠ AFE = ∠ CFE$，
$\because ∠ AFD + ∠ AFE + ∠ CFE = 180°$，
$\therefore ∠ AFD = \frac{1}{3} × 180° = 60°$，
$\because$ 四边形ABCD是正方形，$\therefore ∠ D = 90°$，
$\therefore ∠ DAF = 90° - ∠ AFD = 30°$，
$\therefore \sin∠ DAF = \sin30° = \frac{1}{2}$。
(2) 已知$DF = \sqrt{3}$，$∠ DAF = 30°$，在$Rt△ ADF$中：
$AF = 2DF = 2\sqrt{3}$，
由勾股定理得：$AD = \sqrt{AF^2 - DF^2} = \sqrt{(2\sqrt{3})^2 - (\sqrt{3})^2} = 3$，
$\therefore$ 正方形边长$DC = AD = 3$，
$\therefore FC = DC - DF = 3 - \sqrt{3}$，
由折叠性质得$FH = FC = 3 - \sqrt{3}$，
$\therefore AH = AF - FH = 2\sqrt{3} - (3 - \sqrt{3}) = 3\sqrt{3} - 3$，
由折叠可知$∠ EHF = ∠ C = 90°$，即$∠ AHM = 90°$，且$∠ HAM = ∠ DAF = 30°$，
在$Rt△ AHM$中，$\cos∠ HAM = \frac{AH}{AM}$，
$\therefore AM = \frac{AH}{\cos30°} = \frac{3\sqrt{3} - 3}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 6 - 2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $\frac{1}{2}$；(2) $6-2\sqrt{3}$
【知识点】
折叠的性质，正方形的性质，锐角三角函数
【点评】
本题结合正方形和折叠变换考查几何边角关系计算，解题关键是抓住折叠前后对应角、对应线段相等的性质，结合直角三角形的性质逐步推导，对学生的逻辑推理和计算能力有一定考查作用。
【难度系数】
0.6
三、解答题(本大题共3小题,共45分)
12 计算:$\cos^2 30° + \sin^2 45° - \tan 60° · \tan 30°$
12 计算:$\cos^2 30° + \sin^2 45° - \tan 60° · \tan 30°$
答案
12. 【解】原式$=(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 - \sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{3}{4} + \frac{1}{2} - 1 = \frac{1}{4}$.
解析
【分析】
本题是特殊锐角三角函数的混合运算题，解题思路如下：首先要准确记忆30°、45°、60°这几个特殊角的三角函数值，其次将各三角函数值代入原式，最后按照实数混合运算的顺序，先算乘方、乘法，再算加减，逐步计算得到最终结果。
【解析】
先代入各特殊角对应的三角函数值，再按运算顺序计算：
原式$=(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 - \sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}$
$=\frac{3}{4} + \frac{1}{2} - 1$
$=\frac{3}{4}+\frac{2}{4}-\frac{4}{4}$
$=\frac{1}{4}$
【答案】
$\frac{1}{4}$
【知识点】
特殊角的三角函数值、实数的混合运算
【点评】
本题属于基础运算类题目，核心考查对特殊角三角函数值的记忆熟练度，以及实数混合运算规则的掌握，只要准确识记各特殊角的函数值，按运算顺序计算即可得分，不易出错。
【难度系数】
0.8
本题是特殊锐角三角函数的混合运算题，解题思路如下：首先要准确记忆30°、45°、60°这几个特殊角的三角函数值，其次将各三角函数值代入原式，最后按照实数混合运算的顺序，先算乘方、乘法，再算加减，逐步计算得到最终结果。
【解析】
先代入各特殊角对应的三角函数值，再按运算顺序计算：
原式$=(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 - \sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}$
$=\frac{3}{4} + \frac{1}{2} - 1$
$=\frac{3}{4}+\frac{2}{4}-\frac{4}{4}$
$=\frac{1}{4}$
【答案】
$\frac{1}{4}$
【知识点】
特殊角的三角函数值、实数的混合运算
【点评】
本题属于基础运算类题目，核心考查对特殊角三角函数值的记忆熟练度，以及实数混合运算规则的掌握，只要准确识记各特殊角的函数值，按运算顺序计算即可得分，不易出错。
【难度系数】
0.8
13 新考向传统文化 汉书《淮南万毕术》记载:取大镜高悬,置水盆于下,则见四邻矣.如图(1),这句话是说,利用高挂上面的镜子所成的像,再反射到水盆中,借此观察院墙外景象.相关
光线的路径和围墙等,用几何图形表示如图(2),已知点E,B,N,D在同一条水平线上,点C在围墙MN的正上方,MN⊥BD于点N,AE⊥DB于点E,∠ABE=∠CBN=60°,∠BCD=80°,AB=1.6米,BN=3BE,求点D到墙脚N的距离.
(结果精确到0.1米.参考数据:sin50°≈0.77,cos50°≈0.64,tan50°≈1.19,sin80°≈0.98,cos80°≈0.17,$\sqrt{3}$≈1.73)
光线的路径和围墙等,用几何图形表示如图(2),已知点E,B,N,D在同一条水平线上,点C在围墙MN的正上方,MN⊥BD于点N,AE⊥DB于点E,∠ABE=∠CBN=60°,∠BCD=80°,AB=1.6米,BN=3BE,求点D到墙脚N的距离.
(结果精确到0.1米.参考数据:sin50°≈0.77,cos50°≈0.64,tan50°≈1.19,sin80°≈0.98,cos80°≈0.17,$\sqrt{3}$≈1.73)
答案
13. 【解】连接 $CM$. 由题意知,点 $C,M,N$ 在同一条直线上.
在 $Rt△AEB$ 中, $BE = AB · \cos∠ABE = 1.6×\cos60°= 1.6×\frac{1}{2}= 0.8$(米),$∴ BN=3BE=2.4$ 米.
在 $Rt△BNC$ 中, $CN = BN · \tan∠CBN= 2.4×\sqrt{3}=\frac{12\sqrt{3}}{5}$(米). 在 $Rt△NCD$ 中, $∠NCD=80°-(90°-60°)=50°$,$∴ DN = CN · \tan∠NCD = \frac{12\sqrt{3}}{5}×\tan50°≈4.9$(米).
答:点 $D$ 到墙脚 $N$ 的距离约为 4.9 米.
在 $Rt△AEB$ 中, $BE = AB · \cos∠ABE = 1.6×\cos60°= 1.6×\frac{1}{2}= 0.8$(米),$∴ BN=3BE=2.4$ 米.
在 $Rt△BNC$ 中, $CN = BN · \tan∠CBN= 2.4×\sqrt{3}=\frac{12\sqrt{3}}{5}$(米). 在 $Rt△NCD$ 中, $∠NCD=80°-(90°-60°)=50°$,$∴ DN = CN · \tan∠NCD = \frac{12\sqrt{3}}{5}×\tan50°≈4.9$(米).
答:点 $D$ 到墙脚 $N$ 的距离约为 4.9 米.
解析
【分析】
这是结合传统文化背景的解直角三角形实际应用题，解题思路如下：
1. 先明确图中△AEB、△BNC、△CND均为直角三角形；
2. 先在Rt△AEB中，利用已知的AB长度和∠ABE的度数，通过余弦函数求出BE的长度，再结合BN=3BE得到BN的长度；
3. 接着在Rt△BNC中，用BN的长度和∠CBN的度数，通过正切函数求出CN的长度；
4. 再利用直角三角形两锐角互余求出∠BCN的度数，结合已知∠BCD的度数计算出∠NCD的度数；
5. 最后在Rt△CND中，用CN的长度和∠NCD的正切值求出DN的长度，即点D到墙脚N的距离。
【解析】
连接CM，由题意可知点C、M、N在同一条直线上，且CN⊥BD。
在$Rt△ AEB$中，$∠ AEB=90°$，$∠ ABE=60°$，$AB=1.6$米，
$\therefore BE = AB · \cos∠ ABE = 1.6×\cos60°= 1.6×\frac{1}{2}= 0.8$（米），
$\because BN=3BE$，$\therefore BN=3×0.8=2.4$（米）；
在$Rt△ BNC$中，$∠ CNB=90°$，$∠ CBN=60°$，
$\therefore CN = BN · \tan∠ CBN= 2.4×\sqrt{3}=\frac{12\sqrt{3}}{5}$（米）；
在$Rt△ BNC$中，$∠ BCN=90°-∠ CBN=90°-60°=30°$，
$\because ∠ BCD=80°$，$\therefore ∠ NCD=∠ BCD-∠ BCN=80°-30°=50°$；
在$Rt△ CND$中，$∠ CND=90°$，$∠ NCD=50°$，
$\therefore DN = CN · \tan∠ NCD = \frac{12\sqrt{3}}{5}×\tan50° \approx \frac{12×1.73}{5}×1.19 \approx 4.9$（米）。
答：点D到墙脚N的距离约为4.9米。
【答案】
约4.9米
【知识点】
解直角三角形的应用、锐角三角函数、角度和差计算
【点评】
本题以古籍记载的古代光学应用为背景，既结合了传统文化考查数学知识的实际应用，又能让学生感受到古代劳动人民的智慧，解题的核心是将实际场景转化为直角三角形的边角求解问题，找准各直角三角形的已知边角关系逐步计算即可。
【难度系数】
0.65
这是结合传统文化背景的解直角三角形实际应用题，解题思路如下：
1. 先明确图中△AEB、△BNC、△CND均为直角三角形；
2. 先在Rt△AEB中，利用已知的AB长度和∠ABE的度数，通过余弦函数求出BE的长度，再结合BN=3BE得到BN的长度；
3. 接着在Rt△BNC中，用BN的长度和∠CBN的度数，通过正切函数求出CN的长度；
4. 再利用直角三角形两锐角互余求出∠BCN的度数，结合已知∠BCD的度数计算出∠NCD的度数；
5. 最后在Rt△CND中，用CN的长度和∠NCD的正切值求出DN的长度，即点D到墙脚N的距离。
【解析】
连接CM，由题意可知点C、M、N在同一条直线上，且CN⊥BD。
在$Rt△ AEB$中，$∠ AEB=90°$，$∠ ABE=60°$，$AB=1.6$米，
$\therefore BE = AB · \cos∠ ABE = 1.6×\cos60°= 1.6×\frac{1}{2}= 0.8$（米），
$\because BN=3BE$，$\therefore BN=3×0.8=2.4$（米）；
在$Rt△ BNC$中，$∠ CNB=90°$，$∠ CBN=60°$，
$\therefore CN = BN · \tan∠ CBN= 2.4×\sqrt{3}=\frac{12\sqrt{3}}{5}$（米）；
在$Rt△ BNC$中，$∠ BCN=90°-∠ CBN=90°-60°=30°$，
$\because ∠ BCD=80°$，$\therefore ∠ NCD=∠ BCD-∠ BCN=80°-30°=50°$；
在$Rt△ CND$中，$∠ CND=90°$，$∠ NCD=50°$，
$\therefore DN = CN · \tan∠ NCD = \frac{12\sqrt{3}}{5}×\tan50° \approx \frac{12×1.73}{5}×1.19 \approx 4.9$（米）。
答：点D到墙脚N的距离约为4.9米。
【答案】
约4.9米
【知识点】
解直角三角形的应用、锐角三角函数、角度和差计算
【点评】
本题以古籍记载的古代光学应用为背景，既结合了传统文化考查数学知识的实际应用，又能让学生感受到古代劳动人民的智慧，解题的核心是将实际场景转化为直角三角形的边角求解问题，找准各直角三角形的已知边角关系逐步计算即可。
【难度系数】
0.65
14(1)如图(1),在$△ ABC$中,$∠ ACB=2∠ B$,CD平分$∠ ACB$,交AB于点D,$DE// AC$,交BC于点E.
①若$DE=1,BD=\frac{3}{2}$,求BC的长.
②试探究$\frac{AB}{AD}-\frac{BE}{DE}$是否为定值.如果是,请求出这个定值;如果不是,请说明理由.
(2)如图(2),$∠ CBD$和$∠ BCF$是$△ ABC$的两个外角,$∠ BCF=2∠ CBD$,CD平分$∠ BCF$,交AB的延长线于点D,$DE// AC$,交CB的延长线于点E.记$△ ACD$的面积为$S_1$,$△ CDE$的面积为$S_2$,$△ BDE$的面积为$S_3$.若$S_1·S_3=\frac{9}{16}S_2^2$,求$\cos∠ CBD$的值.
①若$DE=1,BD=\frac{3}{2}$,求BC的长.
②试探究$\frac{AB}{AD}-\frac{BE}{DE}$是否为定值.如果是,请求出这个定值;如果不是,请说明理由.
(2)如图(2),$∠ CBD$和$∠ BCF$是$△ ABC$的两个外角,$∠ BCF=2∠ CBD$,CD平分$∠ BCF$,交AB的延长线于点D,$DE// AC$,交CB的延长线于点E.记$△ ACD$的面积为$S_1$,$△ CDE$的面积为$S_2$,$△ BDE$的面积为$S_3$.若$S_1·S_3=\frac{9}{16}S_2^2$,求$\cos∠ CBD$的值.
答案
14. 【解】(1)①$∵ CD$ 平分 $∠ACB$,$∴ ∠ACD=∠DCB=\frac{1}{2}∠ACB$. $∵ ∠ACB=2∠B$,$∴ ∠ACD=∠DCB=∠B$,$∴ CD=BD=\frac{3}{2}$.
$∵ DE//AC$,$∴ ∠ACD=∠EDC$,$∴ ∠EDC=∠DCB=∠B$,$∴ CE=DE=1$,$∴ △CED ∽ △CDB$,$∴ \frac{CE}{CD}=\frac{CD}{CB}$,$∴ \frac{1}{\frac{3}{2}}=\frac{\frac{3}{2}}{CB}$,$∴ BC=\frac{9}{4}$.
②$\frac{AB}{AD}-\frac{BE}{DE}$是定值. $∵ DE//AC$,$∴ \frac{AD}{BD}=\frac{CE}{BE}$,$∴ \frac{AB}{AD}=\frac{BC}{CE}$,由①可得 $CE=DE$,$∴ \frac{AB}{AD}=\frac{BC}{DE}$,$∴ \frac{AB}{AD}-\frac{BE}{DE}=\frac{BC}{DE}-\frac{BE}{DE}=\frac{CE}{DE}=1$,$∴ \frac{AB}{AD}-\frac{BE}{DE}$是定值,定值为1.
(2) $∵ DE//AC$,$∴ \frac{S_1}{S_2}=\frac{AC}{DE}$,$△ACB ∽ △DEB$,$∴ \frac{AC}{DE}=\frac{BC}{BE}$. $∵ \frac{S_3}{S_2}=\frac{BE}{CE}$,$∴ \frac{S_1·S_3}{S_2^2}=\frac{BC}{BE}·\frac{BE}{CE}=\frac{BC}{CE}$,$∴ S_1·S_3=\frac{BC}{CE}S_2^2$. 又 $∵ S_1·S_3=\frac{9}{16}S_2^2$,$∴ \frac{BC}{CE}=\frac{9}{16}$,$∴$ 设 $BC=9x$,$CE=16x$.
$∵ CD$ 平分 $∠BCF$,$∴ ∠ECD=∠FCD=\frac{1}{2}∠BCF$.
$∵ ∠BCF=2∠CBD$,$∴ ∠ECD=∠FCD=∠CBD$,$∴ BD=CD$.
$∵ DE//AC$,$∴ ∠EDC=∠FCD$,$∴ ∠EDC=∠CBD=∠ECD$,$∴ CE=DE$.
$∵ ∠DCB=∠ECD$,$∴ △CDB ∽ △CED$,$∴ \frac{CD}{CE}=\frac{CB}{CD}$,$∴ CD^2=CB·CE=144x^2$,$∴ CD=12x$.
过点 $D$ 作 $DH ⊥ BC$ 于点 $H$. $∵ BD=CD=12x$,$∴ BH=\frac{1}{2}BC=\frac{9}{2}x$,$∴ \cos∠CBD=\frac{BH}{BD}=\frac{\frac{9}{2}x}{12x}=\frac{3}{8}$.
$∵ DE//AC$,$∴ ∠ACD=∠EDC$,$∴ ∠EDC=∠DCB=∠B$,$∴ CE=DE=1$,$∴ △CED ∽ △CDB$,$∴ \frac{CE}{CD}=\frac{CD}{CB}$,$∴ \frac{1}{\frac{3}{2}}=\frac{\frac{3}{2}}{CB}$,$∴ BC=\frac{9}{4}$.
②$\frac{AB}{AD}-\frac{BE}{DE}$是定值. $∵ DE//AC$,$∴ \frac{AD}{BD}=\frac{CE}{BE}$,$∴ \frac{AB}{AD}=\frac{BC}{CE}$,由①可得 $CE=DE$,$∴ \frac{AB}{AD}=\frac{BC}{DE}$,$∴ \frac{AB}{AD}-\frac{BE}{DE}=\frac{BC}{DE}-\frac{BE}{DE}=\frac{CE}{DE}=1$,$∴ \frac{AB}{AD}-\frac{BE}{DE}$是定值,定值为1.
(2) $∵ DE//AC$,$∴ \frac{S_1}{S_2}=\frac{AC}{DE}$,$△ACB ∽ △DEB$,$∴ \frac{AC}{DE}=\frac{BC}{BE}$. $∵ \frac{S_3}{S_2}=\frac{BE}{CE}$,$∴ \frac{S_1·S_3}{S_2^2}=\frac{BC}{BE}·\frac{BE}{CE}=\frac{BC}{CE}$,$∴ S_1·S_3=\frac{BC}{CE}S_2^2$. 又 $∵ S_1·S_3=\frac{9}{16}S_2^2$,$∴ \frac{BC}{CE}=\frac{9}{16}$,$∴$ 设 $BC=9x$,$CE=16x$.
$∵ CD$ 平分 $∠BCF$,$∴ ∠ECD=∠FCD=\frac{1}{2}∠BCF$.
$∵ ∠BCF=2∠CBD$,$∴ ∠ECD=∠FCD=∠CBD$,$∴ BD=CD$.
$∵ DE//AC$,$∴ ∠EDC=∠FCD$,$∴ ∠EDC=∠CBD=∠ECD$,$∴ CE=DE$.
$∵ ∠DCB=∠ECD$,$∴ △CDB ∽ △CED$,$∴ \frac{CD}{CE}=\frac{CB}{CD}$,$∴ CD^2=CB·CE=144x^2$,$∴ CD=12x$.
过点 $D$ 作 $DH ⊥ BC$ 于点 $H$. $∵ BD=CD=12x$,$∴ BH=\frac{1}{2}BC=\frac{9}{2}x$,$∴ \cos∠CBD=\frac{BH}{BD}=\frac{\frac{9}{2}x}{12x}=\frac{3}{8}$.
解析
【分析】
(1)①先利用角平分线的定义和已知∠ACB=2∠B，推导得到∠DCB=∠B，进而得到CD=BD；再结合DE//AC的内错角相等，推出∠EDC=∠DCB，得到CE=DE；最后证明△CED∽△CDB，利用相似三角形的对应边成比例即可求出BC的长度。
②根据平行线分线段成比例的性质，将$\frac{AB}{AD}$转化为$\frac{BC}{CE}$，结合①中CE=DE的结论，代入原式化简即可判断是否为定值并求出定值。
(2)首先由DE//AC，将三个三角形的面积比转化为对应线段的比，结合$S_1·S_3=\frac{9}{16}S_2^2$求出BC与CE的比值；再利用角平分线定义、∠BCF=2∠CBD和平行线的性质，推导得到CE=DE、BD=CD，证明△CDB∽△CED求出CD的长度；最后过D作DH⊥BC于H，利用等腰三角形三线合一的性质得到BH的长度，结合余弦的定义即可求出$\cos∠CBD$的值。
【解析】
(1)①$∵ CD$ 平分 $∠ACB$，$∴ ∠ACD=∠DCB=\frac{1}{2}∠ACB$。
$∵ ∠ACB=2∠B$，$∴ ∠ACD=∠DCB=∠B$，$∴ CD=BD=\frac{3}{2}$。
$∵ DE//AC$，$∴ ∠ACD=∠EDC$，$∴ ∠EDC=∠DCB=∠B$，$∴ CE=DE=1$，且$△CED ∽ △CDB$。
$∴ \frac{CE}{CD}=\frac{CD}{CB}$，代入得$\frac{1}{\frac{3}{2}}=\frac{\frac{3}{2}}{CB}$，解得$BC=\frac{9}{4}$。
②$\frac{AB}{AD}-\frac{BE}{DE}$是定值，理由如下：
$∵ DE//AC$，$∴ \frac{AD}{BD}=\frac{CE}{BE}$，由合比性质可得$\frac{AB}{AD}=\frac{BC}{CE}$。
由①可得 $CE=DE$，$∴ \frac{AB}{AD}=\frac{BC}{DE}$。
$∴ \frac{AB}{AD}-\frac{BE}{DE}=\frac{BC}{DE}-\frac{BE}{DE}=\frac{BC-BE}{DE}=\frac{CE}{DE}=1$，即定值为1。
(2) $∵ DE//AC$，$△ACD$和$△CDE$同高，$∴ \frac{S_1}{S_2}=\frac{AC}{DE}$，且$△ACB ∽ △DEB$，$∴ \frac{AC}{DE}=\frac{BC}{BE}$。
$∵ △BDE$和$△CDE$同高，$∴ \frac{S_3}{S_2}=\frac{BE}{CE}$。
$∴ \frac{S_1·S_3}{S_2^2}=\frac{BC}{BE}·\frac{BE}{CE}=\frac{BC}{CE}$，即$S_1·S_3=\frac{BC}{CE}S_2^2$。
又$∵ S_1·S_3=\frac{9}{16}S_2^2$，$∴ \frac{BC}{CE}=\frac{9}{16}$，设$BC=9x$，$CE=16x$。
$∵ CD$ 平分 $∠BCF$，$∴ ∠ECD=∠FCD=\frac{1}{2}∠BCF$。
$∵ ∠BCF=2∠CBD$，$∴ ∠ECD=∠FCD=∠CBD$，$∴ BD=CD$。
$∵ DE//AC$，$∴ ∠EDC=∠FCD$，$∴ ∠EDC=∠CBD=∠ECD$，$∴ CE=DE$。
$∵ ∠DCB=∠ECD$，$∴ △CDB ∽ △CED$，$∴ \frac{CD}{CE}=\frac{CB}{CD}$，$∴ CD^2=CB·CE=9x·16x=144x^2$，解得$CD=12x$（边长为正）。
过点 $D$ 作 $DH ⊥ BC$ 于点 $H$，$∵ BD=CD=12x$，$∴ BH=\frac{1}{2}BC=\frac{9}{2}x$。
$∴ \cos∠CBD=\frac{BH}{BD}=\frac{\frac{9}{2}x}{12x}=\frac{3}{8}$。
【答案】
(1)①$\boldsymbol{\frac{9}{4}}$；②定值为$\boldsymbol{1}$；(2)$\boldsymbol{\frac{3}{8}}$
【知识点】
1.相似三角形的判定与性质
2.等腰三角形的判定与性质
3.平行线分线段成比例
【点评】
本题综合性较强，将角的倍数关系、平行线性质、相似三角形、等腰三角形以及锐角三角函数等知识点结合考查，解题的关键是逐步将角的关系转化为线段关系，结合面积比与线段比的关联推导，能有效锻炼逻辑推理和运算能力。
【难度系数】
0.5
(1)①先利用角平分线的定义和已知∠ACB=2∠B，推导得到∠DCB=∠B，进而得到CD=BD；再结合DE//AC的内错角相等，推出∠EDC=∠DCB，得到CE=DE；最后证明△CED∽△CDB，利用相似三角形的对应边成比例即可求出BC的长度。
②根据平行线分线段成比例的性质，将$\frac{AB}{AD}$转化为$\frac{BC}{CE}$，结合①中CE=DE的结论，代入原式化简即可判断是否为定值并求出定值。
(2)首先由DE//AC，将三个三角形的面积比转化为对应线段的比，结合$S_1·S_3=\frac{9}{16}S_2^2$求出BC与CE的比值；再利用角平分线定义、∠BCF=2∠CBD和平行线的性质，推导得到CE=DE、BD=CD，证明△CDB∽△CED求出CD的长度；最后过D作DH⊥BC于H，利用等腰三角形三线合一的性质得到BH的长度，结合余弦的定义即可求出$\cos∠CBD$的值。
【解析】
(1)①$∵ CD$ 平分 $∠ACB$，$∴ ∠ACD=∠DCB=\frac{1}{2}∠ACB$。
$∵ ∠ACB=2∠B$，$∴ ∠ACD=∠DCB=∠B$，$∴ CD=BD=\frac{3}{2}$。
$∵ DE//AC$，$∴ ∠ACD=∠EDC$，$∴ ∠EDC=∠DCB=∠B$，$∴ CE=DE=1$，且$△CED ∽ △CDB$。
$∴ \frac{CE}{CD}=\frac{CD}{CB}$，代入得$\frac{1}{\frac{3}{2}}=\frac{\frac{3}{2}}{CB}$，解得$BC=\frac{9}{4}$。
②$\frac{AB}{AD}-\frac{BE}{DE}$是定值，理由如下：
$∵ DE//AC$，$∴ \frac{AD}{BD}=\frac{CE}{BE}$，由合比性质可得$\frac{AB}{AD}=\frac{BC}{CE}$。
由①可得 $CE=DE$，$∴ \frac{AB}{AD}=\frac{BC}{DE}$。
$∴ \frac{AB}{AD}-\frac{BE}{DE}=\frac{BC}{DE}-\frac{BE}{DE}=\frac{BC-BE}{DE}=\frac{CE}{DE}=1$，即定值为1。
(2) $∵ DE//AC$，$△ACD$和$△CDE$同高，$∴ \frac{S_1}{S_2}=\frac{AC}{DE}$，且$△ACB ∽ △DEB$，$∴ \frac{AC}{DE}=\frac{BC}{BE}$。
$∵ △BDE$和$△CDE$同高，$∴ \frac{S_3}{S_2}=\frac{BE}{CE}$。
$∴ \frac{S_1·S_3}{S_2^2}=\frac{BC}{BE}·\frac{BE}{CE}=\frac{BC}{CE}$，即$S_1·S_3=\frac{BC}{CE}S_2^2$。
又$∵ S_1·S_3=\frac{9}{16}S_2^2$，$∴ \frac{BC}{CE}=\frac{9}{16}$，设$BC=9x$，$CE=16x$。
$∵ CD$ 平分 $∠BCF$，$∴ ∠ECD=∠FCD=\frac{1}{2}∠BCF$。
$∵ ∠BCF=2∠CBD$，$∴ ∠ECD=∠FCD=∠CBD$，$∴ BD=CD$。
$∵ DE//AC$，$∴ ∠EDC=∠FCD$，$∴ ∠EDC=∠CBD=∠ECD$，$∴ CE=DE$。
$∵ ∠DCB=∠ECD$，$∴ △CDB ∽ △CED$，$∴ \frac{CD}{CE}=\frac{CB}{CD}$，$∴ CD^2=CB·CE=9x·16x=144x^2$，解得$CD=12x$（边长为正）。
过点 $D$ 作 $DH ⊥ BC$ 于点 $H$，$∵ BD=CD=12x$，$∴ BH=\frac{1}{2}BC=\frac{9}{2}x$。
$∴ \cos∠CBD=\frac{BH}{BD}=\frac{\frac{9}{2}x}{12x}=\frac{3}{8}$。
【答案】
(1)①$\boldsymbol{\frac{9}{4}}$；②定值为$\boldsymbol{1}$；(2)$\boldsymbol{\frac{3}{8}}$
【知识点】
1.相似三角形的判定与性质
2.等腰三角形的判定与性质
3.平行线分线段成比例
【点评】
本题综合性较强，将角的倍数关系、平行线性质、相似三角形、等腰三角形以及锐角三角函数等知识点结合考查，解题的关键是逐步将角的关系转化为线段关系，结合面积比与线段比的关联推导，能有效锻炼逻辑推理和运算能力。
【难度系数】
0.5
