1 如图，$△ ABC$ 的底边 $BC$ 上的高为 $h_1$，$△ PQR$ 的底边 $QR$ 上的高为 $h_2$，则有 （）

A.$h_1=h_2$
B.$h_1＜h_2$
C.$h_1＞h_2$
D.以上都有可能

（第1题）（第2题）（第3题）

A

过点A作$AD⊥ BC$于点D，过点P作$PE⊥ QR$，交QR的延长线于点E。
在$\mathrm{Rt}△ ADC$中，$h_1=AD=AC·\sin∠ C=5\sin55°$。
在$\mathrm{Rt}△ PER$中，$∠ PRE=180°-∠ PRQ=180°-125°=55°$，因此$h_2=PE=PR·\sin∠ PRE=5\sin55°$。
可得$h_1=h_2$。

2 [2025广东]如图，在矩形ABCD中，E，F是BC边上的三等分点，连接DE，AF相交于点G，连接CG。若$AB=8$，$BC=12$，则$\tan∠ GCF$的值是（）

A.$\frac{\sqrt{10}}{10}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{3\sqrt{10}}{10}$
D.$\frac{2}{3}$

B

1. 由题意，E、F是BC边上的三等分点，BC=12，得BE=EF=FC=4，矩形ABCD中AD=BC=12，AD//BC，故△AGD∽△FGE，相似比为AD:EF=3:1。
2. 建立平面直角坐标系：设B(0,0)，A(0,8)，C(12,0)，D(12,8)，可得E(4,0)，F(8,0)。
3. 求直线解析式：直线AF过A(0,8)、F(8,0)，解析式为y=-x+8；直线DE过D(12,8)、E(4,0)，解析式为y=x-4。
4. 联立两直线方程，解得交点G的坐标为(6,2)。
5. 过G作GH⊥BC于H，得GH=2，CH=12-6=6，因此$\tan∠ GCF=\frac{GH}{CH}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$。

3[2025上海]如图，某公司安装了一个人脸打卡器，AB是高2.7 m的门框，某人CD高1.8 m，只有当∠CAB=53°时，他才能开门，那么BD的长约为m（参考数据：$\sin 53° \approx 0.8$，$\cos 53° \approx 0.6$，$\tan 53° \approx 1.3$，精确到0.1 m）。

$\boldsymbol{1.2}$

解：过点C作CE⊥AB于点E，
由题意得，AB⊥BD，CD⊥BD，
∴ 四边形CDBE是矩形，
∴ BE=CD=1.8 m，BD=CE，
∴ AE = AB - BE = 2.7 - 1.8 = 0.9 m，
在Rt△ACE中，∠CAE=53°，
$\tan∠ CAE = \frac{CE}{AE}$，
∴ $CE = AE · \tan53° \approx 0.9 × 1.3 = 1.17 \approx 1.2$ m，
即BD的长约为1.2 m。

4 如图,在四边形ABCD中,AB=2,CD=1,∠B=∠D=90°,∠A=60°,则四边形ABCD的面积为（）

A.$2\sqrt{3}$
B.$\frac{3}{2}\sqrt{3}$
C.$3\sqrt{3}$
D.$4-\sqrt{3}$

B

延长AD、BC交于点E。
1. 在Rt△ABE中，∠A=60°，∠B=90°，∴∠E=30°，AB=2，可得BE=AB·tan60°=2√3，$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}×AB×BE=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
2. 在Rt△CDE中，∠EDC=90°，∠E=30°，CD=1，可得DE=$\frac{CD}{\tan30°}=\sqrt{3}$，$S_{△ CDE}=\frac{1}{2}×CD×DE=\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
3. 四边形ABCD的面积$S=S_{△ ABE}-S_{△ CDE}=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}\sqrt{3}$。

5 如图, 四边形ABCD内接于$\odot O$,$AB=17$,$CD=10$,$∠ A=90°$,$\cos B=\frac{3}{5}$,求AD的长.

解：
延长AD、BC交于点E。
∵ 四边形ABCD内接于⊙O，∠BAD=90°，
∴ ∠BCD=90°，∠EDC=∠B，即∠ECD=90°。
在Rt△ECD中，$\cos∠ EDC=\frac{CD}{DE}=\cos B=\frac{3}{5}$，
∵ CD=10，
∴ $\frac{10}{DE}=\frac{3}{5}$，解得$DE=\frac{50}{3}$，
由勾股定理得：$EC=\sqrt{DE^2-CD^2}=\sqrt{(\frac{50}{3})^2-10^2}=\frac{40}{3}$。
在Rt△EAB中，$\cos B=\frac{AB}{EB}=\frac{3}{5}$，AB=17，
∴ $\frac{17}{EB}=\frac{3}{5}$，解得$EB=\frac{85}{3}$，
由勾股定理得：$AE=\sqrt{EB^2-AB^2}=\sqrt{(\frac{85}{3})^2-17^2}=\frac{68}{3}$。
∴ $AD=AE-DE=\frac{68}{3}-\frac{50}{3}=6$。
答：AD的长为6。

6 如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB = 90°$，点 $D$ 在 $AB$ 的延长线上，连接 $CD$。若 $AB = 2BD$，$\tan ∠ BCD = \frac{2}{3}$，则$\frac{AC}{BC}$的值为。

$\boldsymbol{2}$

解：过点B作$BE // AC$，交$CD$于点E。
$\because ∠ ACB=90°$，
$\therefore ∠ EBC=∠ ACB=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BCE$中，$\tan∠ BCD=\dfrac{BE}{BC}=\dfrac{2}{3}$，
设$BE=2k$，$BC=3k$。
$\because BE // AC$，
$\therefore △ DBE ∽ △ DAC$，
$\therefore \dfrac{BE}{AC}=\dfrac{BD}{AD}$。
$\because AB=2BD$，
$\therefore AD=AB+BD=3BD$，即$\dfrac{BD}{AD}=\dfrac{1}{3}$，
$\therefore \dfrac{2k}{AC}=\dfrac{1}{3}$，解得$AC=6k$。
$\therefore \dfrac{AC}{BC}=\dfrac{6k}{3k}=2$。