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1. 如图，在$△ ABC$中，$∠ A=120°$，$AB=4$，$AC=2$，则$\sin B$的值是 （
A.$\dfrac{5\sqrt{7}}{14}$
B.$\dfrac{\sqrt{3}}{5}$
C.$\dfrac{\sqrt{21}}{7}$
D.$\dfrac{\sqrt{21}}{14}$
D
）A.$\dfrac{5\sqrt{7}}{14}$
B.$\dfrac{\sqrt{3}}{5}$
C.$\dfrac{\sqrt{21}}{7}$
D.$\dfrac{\sqrt{21}}{14}$
答案
1.D
解析
【分析】
要求$\sin B$的值，需将$∠ B$置于直角三角形中，根据正弦的定义（对边与斜边的比值）计算。由于$△ ABC$是斜三角形，$∠ A=120°$为钝角，因此可过点$C$作$AB$所在直线的高，垂足会落在$BA$的延长线上，构造出两个直角三角形。先在含$60°$角的$Rt△ ACD$中求出高$CD$和线段$AD$的长度，再得到$BD$的长度，接着用勾股定理求出$BC$的长度，最后代入正弦定义即可得到结果。
【解析】
过点$C$作$CD⊥ AB$，交$BA$的延长线于点$D$：
1. 求$∠ CAD$的度数：
$\because ∠ BAC=120°$，$\therefore ∠ CAD=180°-120°=60°$
2. 在$Rt△ ACD$中计算$AD$、$CD$的长度：
已知$AC=2$，根据特殊角的三角函数值：
$AD=AC·\cos60°=2×\frac{1}{2}=1$
$CD=AC·\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$
3. 计算$BD$的长度：
$BD=AB+AD=4+1=5$
4. 在$Rt△ BCD$中用勾股定理求$BC$：
$BC=\sqrt{BD^2+CD^2}=\sqrt{5^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{25+3}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$
5. 计算$\sin B$：
根据正弦的定义，$\sin B=\frac{\mathrm{对边}CD}{\mathrm{斜边}BC}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{14}$
【答案】
D
【知识点】
锐角三角函数、勾股定理、特殊角的三角函数值
【点评】
本题是解非直角三角形的基础题型，核心解题思路是通过作高将斜三角形转化为直角三角形，再结合特殊角的三角函数值、勾股定理和三角函数的定义求解，解题时需注意钝角的高落在对应边的延长线上这一易错点。
【难度系数】
0.6
要求$\sin B$的值，需将$∠ B$置于直角三角形中，根据正弦的定义（对边与斜边的比值）计算。由于$△ ABC$是斜三角形，$∠ A=120°$为钝角，因此可过点$C$作$AB$所在直线的高，垂足会落在$BA$的延长线上，构造出两个直角三角形。先在含$60°$角的$Rt△ ACD$中求出高$CD$和线段$AD$的长度，再得到$BD$的长度，接着用勾股定理求出$BC$的长度，最后代入正弦定义即可得到结果。
【解析】
过点$C$作$CD⊥ AB$，交$BA$的延长线于点$D$：
1. 求$∠ CAD$的度数：
$\because ∠ BAC=120°$，$\therefore ∠ CAD=180°-120°=60°$
2. 在$Rt△ ACD$中计算$AD$、$CD$的长度：
已知$AC=2$，根据特殊角的三角函数值：
$AD=AC·\cos60°=2×\frac{1}{2}=1$
$CD=AC·\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$
3. 计算$BD$的长度：
$BD=AB+AD=4+1=5$
4. 在$Rt△ BCD$中用勾股定理求$BC$：
$BC=\sqrt{BD^2+CD^2}=\sqrt{5^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{25+3}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$
5. 计算$\sin B$：
根据正弦的定义，$\sin B=\frac{\mathrm{对边}CD}{\mathrm{斜边}BC}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{14}$
【答案】
D
【知识点】
锐角三角函数、勾股定理、特殊角的三角函数值
【点评】
本题是解非直角三角形的基础题型，核心解题思路是通过作高将斜三角形转化为直角三角形，再结合特殊角的三角函数值、勾股定理和三角函数的定义求解，解题时需注意钝角的高落在对应边的延长线上这一易错点。
【难度系数】
0.6
2. 如图，在$△ ABC$中，$∠ A=30°$，$\tan B=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$AC=2\sqrt{3}$，则$AB$的长是（
A.$4$
B.$3+\sqrt{3}$
C.$5$
D.$2+2\sqrt{3}$
C
）A.$4$
B.$3+\sqrt{3}$
C.$5$
D.$2+2\sqrt{3}$
答案
2.C
解析
【分析】
本题是解非直角三角形的问题，没有直接可用的直角，因此采用“化斜为直”的思路，过点C作CD⊥AB于D，将△ABC分割为两个含已知条件的直角三角形。先在Rt△ACD中利用30°角的三角函数求出CD、AD的长度，再在Rt△BCD中利用tanB的定义求出BD的长度，最后将AD和BD相加即可得到AB的长。
【解析】
过点C作CD⊥AB于点D，可得∠ADC=∠BDC=90°。
1. 在Rt△ACD中，∠A=30°，AC=2√3：
$CD = AC·\sin30° = 2\sqrt{3} × \frac{1}{2} = \sqrt{3}$，
$AD = AC·\cos30° = 2\sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{2} = 3$。
2. 在Rt△BCD中，$\tan B = \frac{CD}{BD} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，将$CD=\sqrt{3}$代入得：
$\frac{\sqrt{3}}{BD} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，解得$BD=2$。
3. 因此$AB = AD + BD = 3 + 2 = 5$。
【答案】
C
【知识点】
解直角三角形，特殊角的三角函数值，锐角三角函数定义
【点评】
本题是解斜三角形的基础题型，核心方法是通过作高构造直角三角形，将未知问题转化为已掌握的直角三角形求解问题，解题时要注意准确记忆特殊角的三角函数值，正确运用锐角三角函数的边角关系列式计算。
【难度系数】
0.7
本题是解非直角三角形的问题，没有直接可用的直角，因此采用“化斜为直”的思路，过点C作CD⊥AB于D，将△ABC分割为两个含已知条件的直角三角形。先在Rt△ACD中利用30°角的三角函数求出CD、AD的长度，再在Rt△BCD中利用tanB的定义求出BD的长度，最后将AD和BD相加即可得到AB的长。
【解析】
过点C作CD⊥AB于点D，可得∠ADC=∠BDC=90°。
1. 在Rt△ACD中，∠A=30°，AC=2√3：
$CD = AC·\sin30° = 2\sqrt{3} × \frac{1}{2} = \sqrt{3}$，
$AD = AC·\cos30° = 2\sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{2} = 3$。
2. 在Rt△BCD中，$\tan B = \frac{CD}{BD} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，将$CD=\sqrt{3}$代入得：
$\frac{\sqrt{3}}{BD} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，解得$BD=2$。
3. 因此$AB = AD + BD = 3 + 2 = 5$。
【答案】
C
【知识点】
解直角三角形，特殊角的三角函数值，锐角三角函数定义
【点评】
本题是解斜三角形的基础题型，核心方法是通过作高构造直角三角形，将未知问题转化为已掌握的直角三角形求解问题，解题时要注意准确记忆特殊角的三角函数值，正确运用锐角三角函数的边角关系列式计算。
【难度系数】
0.7
3.如图,已知$△ ABC$的外角$α=70°$,$AB=2\sqrt{2}$,$∠ B=45°$,则$BC=$
1.3
.(参考数据:$\sin70°\approx0.94$,$\cos70°\approx0.34$,$\tan70°\approx2.75$.结果保留一位小数)答案
3.1.3
解析
【分析】
本题为解非直角三角形的问题，解题思路是通过作辅助线高将斜三角形转化为直角三角形求解。首先过点A作AD垂直于BC的延长线，构造Rt△ABD和Rt△ACD；先在Rt△ABD中，利用∠B=45°和AB的长度求出AD、BD的长；再根据三角形外角的定义得到∠ACD=α=70°，在Rt△ACD中利用正切三角函数求出CD的长；最后根据线段和差关系BD=BC+CD，即可计算得出BC的长度。
【解析】
解：过点A作AD⊥BC，交BC的延长线于点D。
1. 在Rt△ABD中，∠B=45°，AB=2√2，
$\sin45°=\frac{AD}{AB}$，$\cos45°=\frac{BD}{AB}$，
∴ $AD=AB·\sin45°=2\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=2$，
$BD=AB·\cos45°=2\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=2$。
2. 由题意得∠ACD是△ABC的外角，即∠ACD=α=70°，
在Rt△ACD中，$\tan70°=\frac{AD}{CD}$，
∴ $CD=\frac{AD}{\tan70°}\approx\frac{2}{2.75}\approx0.73$。
3. 由线段和差关系可得$BD=BC+CD$，
∴ $BC=BD-CD\approx2-0.73=1.27\approx1.3$。
【答案】
1.3
【知识点】
解直角三角形，三角形外角性质，锐角三角函数应用
【点评】
本题考查非直角三角形的解法，核心是通过作高将斜三角形转化为直角三角形，结合锐角三角函数和线段和差关系计算，是解斜三角形的常规基础题型。
【难度系数】
0.7
本题为解非直角三角形的问题，解题思路是通过作辅助线高将斜三角形转化为直角三角形求解。首先过点A作AD垂直于BC的延长线，构造Rt△ABD和Rt△ACD；先在Rt△ABD中，利用∠B=45°和AB的长度求出AD、BD的长；再根据三角形外角的定义得到∠ACD=α=70°，在Rt△ACD中利用正切三角函数求出CD的长；最后根据线段和差关系BD=BC+CD，即可计算得出BC的长度。
【解析】
解：过点A作AD⊥BC，交BC的延长线于点D。
1. 在Rt△ABD中，∠B=45°，AB=2√2，
$\sin45°=\frac{AD}{AB}$，$\cos45°=\frac{BD}{AB}$，
∴ $AD=AB·\sin45°=2\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=2$，
$BD=AB·\cos45°=2\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=2$。
2. 由题意得∠ACD是△ABC的外角，即∠ACD=α=70°，
在Rt△ACD中，$\tan70°=\frac{AD}{CD}$，
∴ $CD=\frac{AD}{\tan70°}\approx\frac{2}{2.75}\approx0.73$。
3. 由线段和差关系可得$BD=BC+CD$，
∴ $BC=BD-CD\approx2-0.73=1.27\approx1.3$。
【答案】
1.3
【知识点】
解直角三角形，三角形外角性质，锐角三角函数应用
【点评】
本题考查非直角三角形的解法，核心是通过作高将斜三角形转化为直角三角形，结合锐角三角函数和线段和差关系计算，是解斜三角形的常规基础题型。
【难度系数】
0.7
4. 如图，在△ABC中，AB=BC，∠A=15°，求tan A的值。
答案
4.解:过点 C 作 $CD⊥AB$,交 AB 的延长线于 D,如图.
$\because AB=BC,∠A=15^{\circ },\therefore ∠ACB=∠A=15^{\circ },$
$\therefore ∠CBD=∠A+∠ACB=30^{\circ }.$
设 $CD=a$,则 $BC=AB=2a,BD=\sqrt {3}a,$
$\therefore AD=(2+\sqrt {3})a,$
$\therefore \tan A=\frac {CD}{AD}=\frac {a}{(2+\sqrt {3})a}=2-\sqrt {3}.$
解析
【分析】
要求tanA的值，首先根据正切的定义，需在含∠A的直角三角形中计算对边与邻边的比值，因此首先要构造直角三角形：过点C作AB延长线的垂线CD，得到Rt△ACD。再结合已知AB=BC，利用等腰三角形等边对等角的性质，可得∠ACB=∠A=15°，再由三角形外角的性质得到∠CBD=30°，借助含30°角的直角三角形的三边关系，设参数表示出CD、AD的长度，最后代入正切定义化简即可得到结果。
【解析】
解：过点C作$CD⊥AB$，交AB的延长线于D，如图。
∵AB=BC，∠A=15°，
∴∠ACB=∠A=15°（等腰三角形两底角相等），
∴∠CBD=∠A+∠ACB=15°+15°=30°（三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和）。
设$CD=a$，在Rt△BCD中，∠CBD=30°，
∴$BC=2CD=2a$，
∴$AB=BC=2a$，
由勾股定理得：$BD=\sqrt{BC^2-CD^2}=\sqrt{(2a)^2-a^2}=\sqrt{3}a$，
∴$AD=AB+BD=2a+\sqrt{3}a=(2+\sqrt{3})a$。
在Rt△ACD中，$\tan A=\frac{∠A的对边}{∠A的邻边}=\frac{CD}{AD}$，
代入得：$\tan A=\frac{a}{(2+\sqrt{3})a}=\frac{1}{2+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}$（分母有理化：分子分母同乘$2-\sqrt{3}$）。
【答案】
过点 C 作 $CD⊥AB$,交 AB 的延长线于 D,如图.
$\because AB=BC,∠A=15^{\circ },\therefore ∠ACB=∠A=15^{\circ },$
$\therefore ∠CBD=∠A+∠ACB=30^{\circ }.$
设 $CD=a$,则 $BC=AB=2a,BD=\sqrt {3}a,$
$\therefore AD=(2+\sqrt {3})a,$
$\therefore \tan A=\frac {CD}{AD}=\frac {a}{(2+\sqrt {3})a}=2-\sqrt {3}.$
【知识点】
锐角三角函数定义，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是解非直角三角形的基础题型，核心解题思路是通过作高将斜三角形转化为直角三角形求解，同时结合等腰三角形性质、特殊直角三角形的边角关系进行运算，解题时需注意分母有理化的正确运算，掌握构造直角三角形的技巧是解决这类题的关键。
【难度系数】
0.7
要求tanA的值，首先根据正切的定义，需在含∠A的直角三角形中计算对边与邻边的比值，因此首先要构造直角三角形：过点C作AB延长线的垂线CD，得到Rt△ACD。再结合已知AB=BC，利用等腰三角形等边对等角的性质，可得∠ACB=∠A=15°，再由三角形外角的性质得到∠CBD=30°，借助含30°角的直角三角形的三边关系，设参数表示出CD、AD的长度，最后代入正切定义化简即可得到结果。
【解析】
解：过点C作$CD⊥AB$，交AB的延长线于D，如图
。∵AB=BC，∠A=15°，
∴∠ACB=∠A=15°（等腰三角形两底角相等），
∴∠CBD=∠A+∠ACB=15°+15°=30°（三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和）。
设$CD=a$，在Rt△BCD中，∠CBD=30°，
∴$BC=2CD=2a$，
∴$AB=BC=2a$，
由勾股定理得：$BD=\sqrt{BC^2-CD^2}=\sqrt{(2a)^2-a^2}=\sqrt{3}a$，
∴$AD=AB+BD=2a+\sqrt{3}a=(2+\sqrt{3})a$。
在Rt△ACD中，$\tan A=\frac{∠A的对边}{∠A的邻边}=\frac{CD}{AD}$，
代入得：$\tan A=\frac{a}{(2+\sqrt{3})a}=\frac{1}{2+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}$（分母有理化：分子分母同乘$2-\sqrt{3}$）。
【答案】
过点 C 作 $CD⊥AB$,交 AB 的延长线于 D,如图.
$\because AB=BC,∠A=15^{\circ },\therefore ∠ACB=∠A=15^{\circ },$
$\therefore ∠CBD=∠A+∠ACB=30^{\circ }.$
设 $CD=a$,则 $BC=AB=2a,BD=\sqrt {3}a,$
$\therefore AD=(2+\sqrt {3})a,$
$\therefore \tan A=\frac {CD}{AD}=\frac {a}{(2+\sqrt {3})a}=2-\sqrt {3}.$
【知识点】
锐角三角函数定义，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是解非直角三角形的基础题型，核心解题思路是通过作高将斜三角形转化为直角三角形求解，同时结合等腰三角形性质、特殊直角三角形的边角关系进行运算，解题时需注意分母有理化的正确运算，掌握构造直角三角形的技巧是解决这类题的关键。
【难度系数】
0.7
5. 如图所示，在$△ ABC$中，已知$c=\sqrt{3}$，$∠ A=45°$，$∠ B=60°$，则$a$的值是（
A.$3-\sqrt{3}$
B.$3\sqrt{3}-3$
C.$\sqrt{3}-1$
D.$5-\sqrt{3}$
A
）A.$3-\sqrt{3}$
B.$3\sqrt{3}-3$
C.$\sqrt{3}-1$
D.$5-\sqrt{3}$
答案
5.A
解析
【分析】
这是一道解斜三角形的题目，已知三角形的两个内角和一条边，我们可以按以下思路解题：首先利用三角形内角和定理求出第三个角∠C的度数，再结合特殊角的三角函数值求出∠C的正弦值，最后利用正弦定理建立边a和已知边c的关系，代入数值计算即可得到a的值。
【解析】
1. 求∠C的度数：
根据三角形内角和为180°，可得
$∠ C=180°-∠ A-∠ B=180°-45°-60°=75°$
2. 计算$\sin75°$的值：
$\sin75°=\sin(45°+30°)=\sin45°\cos30°+\cos45°\sin30°$
$=\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
3. 根据正弦定理计算a：
在$△ ABC$中，正弦定理为$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$，代入已知$c=\sqrt{3}$，$\sin A=\sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sin C=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$可得：
$a=\frac{c·\sin A}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}×\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}$
化简得：
$a=\frac{\sqrt{6}}{2}×\frac{4}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}$
分母有理化，分子分母同乘$\sqrt{6}-\sqrt{2}$：
$a=\frac{2\sqrt{6}(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{(\sqrt{6}+\sqrt{2})(\sqrt{6}-\sqrt{2})}=\frac{2×(6-2\sqrt{3})}{6-2}=\frac{12-4\sqrt{3}}{4}=3-\sqrt{3}$
【答案】
A
【知识点】
三角形内角和定理，正弦定理，特殊角三角函数运算
【点评】
本题属于解三角形的基础题型，核心是掌握已知两角一边解三角形的方法，计算过程中要注意特殊角三角函数值的准确性，以及分母有理化的运算规范，避免计算失误。
【难度系数】
0.7
这是一道解斜三角形的题目，已知三角形的两个内角和一条边，我们可以按以下思路解题：首先利用三角形内角和定理求出第三个角∠C的度数，再结合特殊角的三角函数值求出∠C的正弦值，最后利用正弦定理建立边a和已知边c的关系，代入数值计算即可得到a的值。
【解析】
1. 求∠C的度数：
根据三角形内角和为180°，可得
$∠ C=180°-∠ A-∠ B=180°-45°-60°=75°$
2. 计算$\sin75°$的值：
$\sin75°=\sin(45°+30°)=\sin45°\cos30°+\cos45°\sin30°$
$=\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}×\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
3. 根据正弦定理计算a：
在$△ ABC$中，正弦定理为$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}$，代入已知$c=\sqrt{3}$，$\sin A=\sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\sin C=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$可得：
$a=\frac{c·\sin A}{\sin C}=\frac{\sqrt{3}×\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}$
化简得：
$a=\frac{\sqrt{6}}{2}×\frac{4}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}$
分母有理化，分子分母同乘$\sqrt{6}-\sqrt{2}$：
$a=\frac{2\sqrt{6}(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{(\sqrt{6}+\sqrt{2})(\sqrt{6}-\sqrt{2})}=\frac{2×(6-2\sqrt{3})}{6-2}=\frac{12-4\sqrt{3}}{4}=3-\sqrt{3}$
【答案】
A
【知识点】
三角形内角和定理，正弦定理，特殊角三角函数运算
【点评】
本题属于解三角形的基础题型，核心是掌握已知两角一边解三角形的方法，计算过程中要注意特殊角三角函数值的准确性，以及分母有理化的运算规范，避免计算失误。
【难度系数】
0.7
6. 在$△ ABC$中，$AB=4$，$BC=5$，$\sin B=\dfrac{3}{4}$，则$△ ABC$的面积等于（
A.$15$
B.$\dfrac{9}{2}$
C.$6$
D.$\dfrac{15}{2}$
D
）A.$15$
B.$\dfrac{9}{2}$
C.$6$
D.$\dfrac{15}{2}$
答案
6.D
解析
【分析】
要计算△ABC的面积，题目已知两条边AB、BC的长度，以及两边的夹角∠B的正弦值，刚好匹配三角形两边及夹角正弦型的面积公式，无需构造辅助线或求解其他未知量，直接代入公式计算即可。
【解析】
三角形两边及夹角正弦型面积公式为：$S=\frac{1}{2}ab\sinθ$，其中$a、b$为三角形两条边的长度，$θ$为两条边的夹角。
在$△ ABC$中，AB和BC的夹角为$∠ B$，代入已知条件$AB=4$，$BC=5$，$\sin B=\frac{3}{4}$得：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AB× BC×\sin B$
$=\frac{1}{2}×4×5×\frac{3}{4}$
$=\frac{15}{2}$
因此本题选D。
【答案】
D
【知识点】
1. 三角形面积计算
2. 锐角三角函数应用
【点评】
本题属于基础题型，核心考查三角形面积公式的灵活运用，计算量小，只要找准两边及其对应的夹角，代入公式即可快速得出结果。
【难度系数】
0.8
要计算△ABC的面积，题目已知两条边AB、BC的长度，以及两边的夹角∠B的正弦值，刚好匹配三角形两边及夹角正弦型的面积公式，无需构造辅助线或求解其他未知量，直接代入公式计算即可。
【解析】
三角形两边及夹角正弦型面积公式为：$S=\frac{1}{2}ab\sinθ$，其中$a、b$为三角形两条边的长度，$θ$为两条边的夹角。
在$△ ABC$中，AB和BC的夹角为$∠ B$，代入已知条件$AB=4$，$BC=5$，$\sin B=\frac{3}{4}$得：
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AB× BC×\sin B$
$=\frac{1}{2}×4×5×\frac{3}{4}$
$=\frac{15}{2}$
因此本题选D。
【答案】
D
【知识点】
1. 三角形面积计算
2. 锐角三角函数应用
【点评】
本题属于基础题型，核心考查三角形面积公式的灵活运用，计算量小，只要找准两边及其对应的夹角，代入公式即可快速得出结果。
【难度系数】
0.8
7如图，在矩形$ABCD$中，$AD=2AB=8$，$E$、$F$分别为$AD$、$BC$边上的点，且$BF=3$，将矩形$ABCD$沿直线$EF$折叠，得到四边形$EFNM$，点$A$、$B$的对应点分别为点$M$、$N$（点$M$落在$AD$上方），连接$CN$，当$C$、$N$、$M$三点共线时，$AE$的长为（
A.$2$
B.$\dfrac{4}{3}$
C.$\dfrac{16}{3}$
D.$1$
D
）A.$2$
B.$\dfrac{4}{3}$
C.$\dfrac{16}{3}$
D.$1$
答案
7.D 解析:$\because$ 在矩形 $ABCD$ 中,$AD=2AB=8$,
$\therefore AD=BC=8,AB=CD=4,∠A=∠B=∠BCD=∠D=90^{\circ },AD// BC$. 由折叠可得 $BF=NF=3$,
$∠MNF=∠B=90^{\circ },MN=AB=4$,
$\therefore ∠FNC=90^{\circ },\therefore CF=5$. 如图,记 $MC$ 与 $AD$ 的交点为 $T$,延长 $FN$ 交 $AD$ 于点 $Q$,
$\therefore CN=\sqrt {5^{2}-3^{2}}=4$,由折叠可得 $∠BFE=∠QFE$.
$\because AD// BC,\therefore ∠DEF=∠BFE,∠DTC=∠FCN$,
$\therefore ∠QEF=∠QFE,\therefore QE=QF$.
$\because ∠MNF=90^{\circ },\therefore ∠TNQ=90^{\circ }$,
$\therefore \frac {NQ}{TQ}=\sin ∠NTQ=\sin ∠NCF=\frac {FN}{FC}=\frac {3}{5}.$
设 $NQ=3x$,则 $TQ=5x,TN=\sqrt {QT^{2}-NQ^{2}}=4x$,
$\therefore TC=4x+4$,
$\therefore \sin ∠DTC=\frac {3}{5}=\frac {CD}{CT}=\frac {4}{4x+4}$,解得 $x=\frac {2}{3}$,
$\therefore NQ=3×\frac {2}{3}=2,TQ=5×\frac {2}{3}=\frac {10}{3}$,
$\therefore EQ=FQ=3+2=5.$
同理 $\tan ∠CTD=\tan ∠NCF=\frac {3}{4}$,
$\therefore \frac {CD}{DT}=\frac {3}{4},即\frac {4}{DT}=\frac {3}{4},\therefore DT=\frac {16}{3},$
$\therefore QD=TD-TQ=\frac {16}{3}-\frac {10}{3}=2,$
$\therefore AE=AD-QE-DQ=8-5-2=1$. 故选 D.
解析
【分析】
解题时首先从已知矩形边长和折叠性质入手，先确定已知边的长度：先由$AD=2AB=8$得出矩形各边长度，结合$BF=3$得到$CF$的长，再根据折叠的性质得到$NF$、$∠MNF$等等量关系，利用$C$、$N$、$M$共线得到$Rt△ FNC$，用勾股定理算出$CN$的长；接下来利用$AD// BC$的平行线性质，结合折叠得到的等角推出$QE=QF$，再根据平行线得到相等的角，利用三角函数的边角关系设未知数求出各线段的长度，最后结合线段和差关系计算$AE$的长度。
【解析】
$\because$ 在矩形$ABCD$中，$AD=2AB=8$，
$\therefore AD=BC=8$，$AB=CD=4$，$∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°$，$AD// BC$。
由折叠的性质可得：$BF=NF=3$，$∠MNF=∠B=90°$，$MN=AB=4$，$∠BFE=∠QFE$。
$\because C$、$N$、$M$三点共线，$\therefore ∠FNC=180°-∠MNF=90°$，
又$CF=BC-BF=8-3=5$，
$\therefore$ 在$Rt△ FNC$中，由勾股定理得：$CN=\sqrt{CF^2-NF^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
如图，记$MC$与$AD$的交点为$T$，延长$FN$交$AD$于点$Q$，
$\because AD// BC$，$\therefore ∠DEF=∠BFE$，$∠DTC=∠FCN$，
$\therefore ∠QEF=∠QFE$，$\therefore QE=QF$。
$\because ∠MNF=90°$，$\therefore ∠TNQ=90°$，
$\therefore \sin∠NTQ=\sin∠NCF=\frac{FN}{FC}=\frac{3}{5}$，即$\frac{NQ}{TQ}=\frac{3}{5}$。
设$NQ=3x$，则$TQ=5x$，在$Rt△ TNQ$中，$TN=\sqrt{QT^2-NQ^2}=4x$，
$\therefore TC=TN+CN=4x+4$，
在$Rt△ CDT$中，$\sin∠DTC=\frac{CD}{CT}=\frac{3}{5}$，即$\frac{4}{4x+4}=\frac{3}{5}$，
解得$x=\frac{2}{3}$，
$\therefore NQ=3×\frac{2}{3}=2$，$TQ=5×\frac{2}{3}=\frac{10}{3}$，
$\therefore EQ=FQ=FN+NQ=3+2=5$。
又$\tan∠CTD=\tan∠NCF=\frac{FN}{CN}=\frac{3}{4}$，
在$Rt△ CDT$中，$\tan∠CTD=\frac{CD}{DT}=\frac{3}{4}$，即$\frac{4}{DT}=\frac{3}{4}$，解得$DT=\frac{16}{3}$，
$\therefore QD=TD-TQ=\frac{16}{3}-\frac{10}{3}=2$，
$\therefore AE=AD-QE-DQ=8-5-2=1$。
【答案】
D
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，解直角三角形
【点评】
本题综合考查了矩形、折叠变换、解直角三角形的相关知识，解题的关键是熟练掌握折叠前后对应边、对应角相等的性质，结合平行线的性质实现角的转化，通过三角函数建立边的数量关系，进而求解未知线段长度，对几何综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
解题时首先从已知矩形边长和折叠性质入手，先确定已知边的长度：先由$AD=2AB=8$得出矩形各边长度，结合$BF=3$得到$CF$的长，再根据折叠的性质得到$NF$、$∠MNF$等等量关系，利用$C$、$N$、$M$共线得到$Rt△ FNC$，用勾股定理算出$CN$的长；接下来利用$AD// BC$的平行线性质，结合折叠得到的等角推出$QE=QF$，再根据平行线得到相等的角，利用三角函数的边角关系设未知数求出各线段的长度，最后结合线段和差关系计算$AE$的长度。
【解析】
$\because$ 在矩形$ABCD$中，$AD=2AB=8$，
$\therefore AD=BC=8$，$AB=CD=4$，$∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°$，$AD// BC$。
由折叠的性质可得：$BF=NF=3$，$∠MNF=∠B=90°$，$MN=AB=4$，$∠BFE=∠QFE$。
$\because C$、$N$、$M$三点共线，$\therefore ∠FNC=180°-∠MNF=90°$，
又$CF=BC-BF=8-3=5$，
$\therefore$ 在$Rt△ FNC$中，由勾股定理得：$CN=\sqrt{CF^2-NF^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
如图，记$MC$与$AD$的交点为$T$，延长$FN$交$AD$于点$Q$，
$\because AD// BC$，$\therefore ∠DEF=∠BFE$，$∠DTC=∠FCN$，
$\therefore ∠QEF=∠QFE$，$\therefore QE=QF$。
$\because ∠MNF=90°$，$\therefore ∠TNQ=90°$，
$\therefore \sin∠NTQ=\sin∠NCF=\frac{FN}{FC}=\frac{3}{5}$，即$\frac{NQ}{TQ}=\frac{3}{5}$。
设$NQ=3x$，则$TQ=5x$，在$Rt△ TNQ$中，$TN=\sqrt{QT^2-NQ^2}=4x$，
$\therefore TC=TN+CN=4x+4$，
在$Rt△ CDT$中，$\sin∠DTC=\frac{CD}{CT}=\frac{3}{5}$，即$\frac{4}{4x+4}=\frac{3}{5}$，
解得$x=\frac{2}{3}$，
$\therefore NQ=3×\frac{2}{3}=2$，$TQ=5×\frac{2}{3}=\frac{10}{3}$，
$\therefore EQ=FQ=FN+NQ=3+2=5$。
又$\tan∠CTD=\tan∠NCF=\frac{FN}{CN}=\frac{3}{4}$，
在$Rt△ CDT$中，$\tan∠CTD=\frac{CD}{DT}=\frac{3}{4}$，即$\frac{4}{DT}=\frac{3}{4}$，解得$DT=\frac{16}{3}$，
$\therefore QD=TD-TQ=\frac{16}{3}-\frac{10}{3}=2$，
$\therefore AE=AD-QE-DQ=8-5-2=1$。
【答案】
D
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，解直角三角形
【点评】
本题综合考查了矩形、折叠变换、解直角三角形的相关知识，解题的关键是熟练掌握折叠前后对应边、对应角相等的性质，结合平行线的性质实现角的转化，通过三角函数建立边的数量关系，进而求解未知线段长度，对几何综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
8. 如图，在$△ ABC$中，$AB=AC=4$，$\cos∠ ABC=\frac{1}{4}$，$BD$是中线，将$△ ABD$沿直线$BD$翻折后，点$A$的对应点为$E$，则$CE$的长为
$\sqrt{6}$
。答案
8.$\sqrt{6}$ 解析:如图,过点 $A$ 作 $AM⊥BC$ 于点 $M$,过点 $D$ 作 $DN⊥BC$ 于点 $N$.
$\because AB=AC=4,\therefore BM=CM.$
$\because \cos ∠ABC=\frac {BM}{AB}=\frac {BM}{4}=\frac {1}{4},$
$\therefore BM=CM=1,\therefore BC=2.$
$\because BD$ 是中线,$\therefore CD=AD=\frac {1}{2}AC=2.$
由翻折知 $DE=AD=2$,
$\therefore AD=CD=DE=BC,\therefore ∠CBD=∠CDB.$
设 $∠DCB=α$,则 $∠CDB=\frac {180^{\circ }-α }{2}$,
$\therefore ∠ADB=180^{\circ }-\frac {180^{\circ }-α }{2}=90^{\circ }+\frac {α }{2}.$
由翻折知 $∠EDB=∠ADB=90^{\circ }+\frac {α }{2}$,
$\therefore ∠EDC=∠EDB-∠CDB=90^{\circ }+\frac {α }{2}-\frac {180^{\circ }-α }{2}=α ,$
$\therefore ∠EDC=∠DCB,\therefore DE// BC,$
$\therefore$ 四边形 $BCED$ 是平行四边形,$\therefore CE=BD.$
$\because DN⊥BC,$
$\therefore \cos ∠ACB=\cos ∠ABC=\frac {CN}{CD}=\frac {CN}{2}=\frac {1}{4},$
$\therefore CN=\frac {1}{2},\therefore BN=BC-CN=2-\frac {1}{2}=\frac {3}{2},DN=\sqrt {CD^{2}-CN^{2}}=\sqrt {2^{2}-(\frac {1}{2})^{2}}=\frac {\sqrt {15}}{2},$
$\therefore BD=\sqrt {DN^{2}+BN^{2}}=\sqrt {(\frac {\sqrt {15}}{2})^{2}+(\frac {3}{2})^{2}}=\sqrt {6},$
$\therefore CE=BD=\sqrt {6}.$
解析
【分析】
本题是等腰三角形结合翻折变换求线段长度的问题，解题思路如下：首先利用等腰三角形三线合一的性质，作底边的高结合已知的余弦值求出底边BC的长度；其次根据中线和翻折的性质得到DE=DC=AD，通过角度推导证明DE与BC平行且相等，得到四边形BCED是平行四边形，将求CE的长度转化为求BD的长度；最后过D作BC的垂线，利用解直角三角形和勾股定理求出BD的长度，即可得到CE的长。
【解析】
过点 $A$ 作 $AM⊥BC$ 于点 $M$，过点 $D$ 作 $DN⊥BC$ 于点 $N$。
$\because AB=AC=4$，$AM⊥BC$，$\therefore BM=CM$。
$\because \cos ∠ ABC=\frac{BM}{AB}=\frac{BM}{4}=\frac{1}{4}$，
$\therefore BM=CM=1$，$\therefore BC=BM+CM=2$。
$\because BD$ 是中线，$\therefore CD=AD=\frac{1}{2}AC=2$。
由翻折的性质可知 $DE=AD=2$，$∠ EDB=∠ ADB$。
$\because CD=2$，$BC=2$，$\therefore CD=BC$，$\therefore ∠ CBD=∠ CDB$。
设 $∠ DCB=α$，则 $∠ CDB=\frac{180°-α}{2}$，
$\therefore ∠ ADB=180°-∠ CDB=180°-\frac{180°-α}{2}=90°+\frac{α}{2}$，
$\therefore ∠ EDB=∠ ADB=90°+\frac{α}{2}$，
$\therefore ∠ EDC=∠ EDB-∠ CDB=90°+\frac{α}{2}-\frac{180°-α}{2}=α$，
$\therefore ∠ EDC=∠ DCB$，$\therefore DE// BC$。
又$\because DE=AD=2=BC$，$\therefore$ 四边形 $BCED$ 是平行四边形，$\therefore CE=BD$。
$\because AB=AC$，$\therefore ∠ ACB=∠ ABC$，
$\therefore \cos ∠ ACB=\cos ∠ ABC=\frac{CN}{CD}=\frac{CN}{2}=\frac{1}{4}$，
$\therefore CN=\frac{1}{2}$，$\therefore BN=BC-CN=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$。
在$Rt△ CDN$中，由勾股定理得：$DN=\sqrt{CD^2-CN^2}=\sqrt{2^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{15}}{2}$。
在$Rt△ BDN$中，由勾股定理得：$BD=\sqrt{DN^2+BN^2}=\sqrt{(\frac{\sqrt{15}}{2})^2+(\frac{3}{2})^2}=\sqrt{6}$，
$\therefore CE=BD=\sqrt{6}$。
【答案】
$\sqrt{6}$
【知识点】
等腰三角形的性质、翻折变换的性质、平行四边形的判定与性质
【点评】
本题综合性较强，解题的核心是通过角度推导完成线段的等量转化，将未知的CE长度转化为易求的BD长度，同时需要熟练运用解直角三角形和勾股定理计算线段长度，很好地考查了几何综合分析能力和转化思想的应用。
【难度系数】
0.4
本题是等腰三角形结合翻折变换求线段长度的问题，解题思路如下：首先利用等腰三角形三线合一的性质，作底边的高结合已知的余弦值求出底边BC的长度；其次根据中线和翻折的性质得到DE=DC=AD，通过角度推导证明DE与BC平行且相等，得到四边形BCED是平行四边形，将求CE的长度转化为求BD的长度；最后过D作BC的垂线，利用解直角三角形和勾股定理求出BD的长度，即可得到CE的长。
【解析】
过点 $A$ 作 $AM⊥BC$ 于点 $M$，过点 $D$ 作 $DN⊥BC$ 于点 $N$。
$\because AB=AC=4$，$AM⊥BC$，$\therefore BM=CM$。
$\because \cos ∠ ABC=\frac{BM}{AB}=\frac{BM}{4}=\frac{1}{4}$，
$\therefore BM=CM=1$，$\therefore BC=BM+CM=2$。
$\because BD$ 是中线，$\therefore CD=AD=\frac{1}{2}AC=2$。
由翻折的性质可知 $DE=AD=2$，$∠ EDB=∠ ADB$。
$\because CD=2$，$BC=2$，$\therefore CD=BC$，$\therefore ∠ CBD=∠ CDB$。
设 $∠ DCB=α$，则 $∠ CDB=\frac{180°-α}{2}$，
$\therefore ∠ ADB=180°-∠ CDB=180°-\frac{180°-α}{2}=90°+\frac{α}{2}$，
$\therefore ∠ EDB=∠ ADB=90°+\frac{α}{2}$，
$\therefore ∠ EDC=∠ EDB-∠ CDB=90°+\frac{α}{2}-\frac{180°-α}{2}=α$，
$\therefore ∠ EDC=∠ DCB$，$\therefore DE// BC$。
又$\because DE=AD=2=BC$，$\therefore$ 四边形 $BCED$ 是平行四边形，$\therefore CE=BD$。
$\because AB=AC$，$\therefore ∠ ACB=∠ ABC$，
$\therefore \cos ∠ ACB=\cos ∠ ABC=\frac{CN}{CD}=\frac{CN}{2}=\frac{1}{4}$，
$\therefore CN=\frac{1}{2}$，$\therefore BN=BC-CN=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$。
在$Rt△ CDN$中，由勾股定理得：$DN=\sqrt{CD^2-CN^2}=\sqrt{2^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{15}}{2}$。
在$Rt△ BDN$中，由勾股定理得：$BD=\sqrt{DN^2+BN^2}=\sqrt{(\frac{\sqrt{15}}{2})^2+(\frac{3}{2})^2}=\sqrt{6}$，
$\therefore CE=BD=\sqrt{6}$。
【答案】
$\sqrt{6}$
【知识点】
等腰三角形的性质、翻折变换的性质、平行四边形的判定与性质
【点评】
本题综合性较强，解题的核心是通过角度推导完成线段的等量转化，将未知的CE长度转化为易求的BD长度，同时需要熟练运用解直角三角形和勾股定理计算线段长度，很好地考查了几何综合分析能力和转化思想的应用。
【难度系数】
0.4
