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11. ★★★（2024·南通中考）若菱形的周长为20 cm，且有一个内角为$45°$，则该菱形的高为
$\frac{5\sqrt{2}}{2}$
cm.答案
11.$\frac{5\sqrt{2}}{2}$ 解析: 如图,菱形 EFGH 的周长为 20 cm,
∴ $EF=EH=5$ cm,过点 F 作 $FI ⊥ EH$ 于点 I,
∵ $∠E=45°$,
∴ $FI=EF · \sin 45°=5× \frac{\sqrt{2}}{2}= \frac{5\sqrt{2}}{2}$ (cm),故答案为$\frac{5\sqrt{2}}{2}$.
解析
【分析】
解题首先利用菱形四条边相等的性质，通过周长计算出菱形的边长；接下来要求菱形的高，可过顶点向对边作垂线，构造出含45°角的直角三角形，再结合特殊角的三角函数值即可求出高的长度。
【解析】
已知菱形的周长为20 cm，由于菱形的四条边长度相等，因此菱形的边长为：$20÷4=5\ \mathrm{cm}$。
如图，过点F作 $FI ⊥ EH$ 于点I，FI即为菱形的高。
已知菱形一个内角为45°，即 $∠ E=45°$，在Rt△EFI中：
$FI = EF · \sin45° = 5×\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{5\sqrt{2}}{2}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$\frac{5\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
菱形的性质；特殊角的三角函数值
【点评】
本题是基础几何计算题，结合菱形性质和直角三角形边角关系考查，解题关键是先求出菱形边长，再构造直角三角形利用特殊角的三角函数求解，解题思路清晰，难度较低。
【难度系数】
0.75
解题首先利用菱形四条边相等的性质，通过周长计算出菱形的边长；接下来要求菱形的高，可过顶点向对边作垂线，构造出含45°角的直角三角形，再结合特殊角的三角函数值即可求出高的长度。
【解析】
已知菱形的周长为20 cm，由于菱形的四条边长度相等，因此菱形的边长为：$20÷4=5\ \mathrm{cm}$。
如图，过点F作 $FI ⊥ EH$ 于点I，FI即为菱形的高。
已知菱形一个内角为45°，即 $∠ E=45°$，在Rt△EFI中：
$FI = EF · \sin45° = 5×\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{5\sqrt{2}}{2}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$\frac{5\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
菱形的性质；特殊角的三角函数值
【点评】
本题是基础几何计算题，结合菱形性质和直角三角形边角关系考查，解题关键是先求出菱形边长，再构造直角三角形利用特殊角的三角函数求解，解题思路清晰，难度较低。
【难度系数】
0.75
12. ★★★ 如图，一辆汽车在坡度为 $ i=1:2 $ 的斜坡AB上爬行，从点A行驶了50米到达点B，则这时汽车在水平方向前进的距离AC为
$20\sqrt{5}$
米。答案
12.$20\sqrt{5}$ 解析: 根据题意得,$BC ⊥ AC$,斜坡 AB 的坡度为 $i=1:2$,
∴ $\frac{BC}{AC}= \frac{1}{2}$.
∵ $AC^2+BC^2=AB^2$,
∴ $AC^2+ \frac{1}{4} AC^2=AB^2$.
∵ $AB=50$ 米,
∴ $\frac{5}{4} AC^2=2 500$,
∴ $AC=20\sqrt{5}$ 米,故答案为 $20\sqrt{5}$.
∴ $\frac{BC}{AC}= \frac{1}{2}$.
∵ $AC^2+BC^2=AB^2$,
∴ $AC^2+ \frac{1}{4} AC^2=AB^2$.
∵ $AB=50$ 米,
∴ $\frac{5}{4} AC^2=2 500$,
∴ $AC=20\sqrt{5}$ 米,故答案为 $20\sqrt{5}$.
解析
【分析】
本题是坡度与勾股定理结合的应用题，解题思路如下：首先明确坡度的定义：坡度i是斜坡的铅直高度与水平前进距离的比值，即$i=\frac{BC}{AC}$；其次由图可知$△ ABC$是直角三角形，$∠ C$为直角，已知斜边AB的长度，我们可以根据坡度的比例关系得到BC和AC的数量关系，再代入勾股定理列方程求解，即可得到水平距离AC的长度。
【解析】
解：由题意得$BC ⊥ AC$，$△ ABC$为直角三角形。
∵ 斜坡AB的坡度$i=1:2$，
∴ $i=\frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}$，即$BC=\frac{1}{2}AC$。
在Rt$△ ABC$中，根据勾股定理可得：$AC^2+BC^2=AB^2$，
将$BC=\frac{1}{2}AC$、$AB=50$米代入上式：
$AC^2+(\frac{1}{2}AC)^2=50^2$，
整理得：$\frac{5}{4}AC^2=2500$，
化简得$AC^2=2000$，
∵ AC为长度，取正值，
∴ $AC=\sqrt{2000}=20\sqrt{5}$（米）。
【答案】
$20\sqrt{5}$
【知识点】
坡度的概念、勾股定理、解直角三角形的应用
【点评】
本题属于坡度问题的常规题型，解题核心是正确理解坡度的含义，将坡度的比例关系转化为直角三角形两条直角边的数量关系，再结合勾股定理计算未知边长即可。
【难度系数】
0.7
本题是坡度与勾股定理结合的应用题，解题思路如下：首先明确坡度的定义：坡度i是斜坡的铅直高度与水平前进距离的比值，即$i=\frac{BC}{AC}$；其次由图可知$△ ABC$是直角三角形，$∠ C$为直角，已知斜边AB的长度，我们可以根据坡度的比例关系得到BC和AC的数量关系，再代入勾股定理列方程求解，即可得到水平距离AC的长度。
【解析】
解：由题意得$BC ⊥ AC$，$△ ABC$为直角三角形。
∵ 斜坡AB的坡度$i=1:2$，
∴ $i=\frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}$，即$BC=\frac{1}{2}AC$。
在Rt$△ ABC$中，根据勾股定理可得：$AC^2+BC^2=AB^2$，
将$BC=\frac{1}{2}AC$、$AB=50$米代入上式：
$AC^2+(\frac{1}{2}AC)^2=50^2$，
整理得：$\frac{5}{4}AC^2=2500$，
化简得$AC^2=2000$，
∵ AC为长度，取正值，
∴ $AC=\sqrt{2000}=20\sqrt{5}$（米）。
【答案】
$20\sqrt{5}$
【知识点】
坡度的概念、勾股定理、解直角三角形的应用
【点评】
本题属于坡度问题的常规题型，解题核心是正确理解坡度的含义，将坡度的比例关系转化为直角三角形两条直角边的数量关系，再结合勾股定理计算未知边长即可。
【难度系数】
0.7
13. 如图,一侧面为矩形的建筑物ABCD,AP为建筑物上一灯杆(垂直于地面),夜晚灯杆顶端灯亮时,EH段是建筑物在斜坡EF上的影子.已知BC=8米,AP=12米,CE=6米,斜坡EF的坡角∠FEG=30°,EH=4米,且B,C,E,G在同一水平线上,题中涉及的各点均在同一平面内,建筑物的高度AB为
$(11+3\sqrt{3})$
米(结果保留根号).答案
13.$(11+3\sqrt{3})$ 解析: 如图,作 $HM ⊥ BG$ 于点 M,延长 DH 交 BG 于点 N,
∵ $∠FEN=30°$,$EH=4$ 米,
∴ $HM=2$ 米,$EM=2\sqrt{3}$米.
∵ $HM // PB$,
∴ $∠MHN=∠APD$. 又
∵ $∠PAD=∠HMN$,
∴ $△PAD∽△HMN$,
∴ $\frac{PA}{AD}= \frac{HM}{MN}$,即 $\frac{12}{8}= \frac{2}{MN}$,解得 $MN= \frac{4}{3}$ 米,
∴ $CN=CE+EM+MN=6+2\sqrt{3}+ \frac{4}{3}=( \frac{22}{3}+2\sqrt{3} )$米.由图易得$△PAD∽△DCN$,
∴ $\frac{PA}{AD}= \frac{DC}{CN}$,
∴ $\frac{12}{8}= \frac{DC}{\frac{22}{3}+2\sqrt{3}}$,解得 $DC=(11+3\sqrt{3})$ 米,即高 AB 为 $(11+3\sqrt{3})$米.
解析
【分析】
本题是相似三角形与解直角三角形结合的实际应用问题，解题思路如下：第一步，遇到斜坡坡角先作垂直于水平面的辅助线，构造含30°角的直角三角形，求出EH对应的水平、竖直边长；第二步，根据光沿直线传播的特点，延长建筑物顶点与影子端点的连线交水平面于一点，构造两组相似三角形；第三步，利用平行线的性质得到等角，证明三角形相似，再结合相似三角形对应边成比例的性质，先求MN的长度，再求CN的长度，最终求出DC的长度，即建筑物高度AB。
【解析】
如图，作$HM ⊥ BG$于点M，延长DH交BG于点N。
1. 在$Rt△ HEM$中，$∠ FEG=30°$，$EH=4$米，
$\therefore HM = EH · \sin30° = 4×\frac{1}{2}=2$米，
$EM = EH · \cos30° = 4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$米。
2. $\because HM // PB$，$\therefore ∠ MHN=∠ APD$，
又$\because ∠ PAD=∠ HMN=90°$，
$\therefore △ PAD ∽ △ HMN$，
$\therefore \frac{PA}{AD}=\frac{HM}{MN}$，其中$AD=BC=8$米，$PA=12$米，代入得：
$\frac{12}{8}=\frac{2}{MN}$，解得$MN=\frac{4}{3}$米。
3. $CN=CE+EM+MN=6+2\sqrt{3}+\frac{4}{3}=(\frac{22}{3}+2\sqrt{3})$米，
$\because ∠ PAD=∠ DCN=90°$，$∠ APD=∠ CDN$，
$\therefore △ PAD ∽ △ DCN$，
$\therefore \frac{PA}{AD}=\frac{DC}{CN}$，代入得：
$\frac{12}{8}=\frac{DC}{\frac{22}{3}+2\sqrt{3}}$，
解得$DC=11+3\sqrt{3}$米。
$\because$ 四边形ABCD是矩形，$\therefore AB=DC$。
【答案】
$(11+3\sqrt{3})$
【知识点】
解直角三角形的应用、相似三角形的判定与性质、矩形的性质
【点评】
本题结合生活中的投影场景考查几何知识的应用，解题核心是合理构造辅助线，需要熟练掌握特殊角的三角函数值、相似三角形的判定和性质，对学生的作图能力和逻辑运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
本题是相似三角形与解直角三角形结合的实际应用问题，解题思路如下：第一步，遇到斜坡坡角先作垂直于水平面的辅助线，构造含30°角的直角三角形，求出EH对应的水平、竖直边长；第二步，根据光沿直线传播的特点，延长建筑物顶点与影子端点的连线交水平面于一点，构造两组相似三角形；第三步，利用平行线的性质得到等角，证明三角形相似，再结合相似三角形对应边成比例的性质，先求MN的长度，再求CN的长度，最终求出DC的长度，即建筑物高度AB。
【解析】
如图，作$HM ⊥ BG$于点M，延长DH交BG于点N。
1. 在$Rt△ HEM$中，$∠ FEG=30°$，$EH=4$米，
$\therefore HM = EH · \sin30° = 4×\frac{1}{2}=2$米，
$EM = EH · \cos30° = 4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$米。
2. $\because HM // PB$，$\therefore ∠ MHN=∠ APD$，
又$\because ∠ PAD=∠ HMN=90°$，
$\therefore △ PAD ∽ △ HMN$，
$\therefore \frac{PA}{AD}=\frac{HM}{MN}$，其中$AD=BC=8$米，$PA=12$米，代入得：
$\frac{12}{8}=\frac{2}{MN}$，解得$MN=\frac{4}{3}$米。
3. $CN=CE+EM+MN=6+2\sqrt{3}+\frac{4}{3}=(\frac{22}{3}+2\sqrt{3})$米，
$\because ∠ PAD=∠ DCN=90°$，$∠ APD=∠ CDN$，
$\therefore △ PAD ∽ △ DCN$，
$\therefore \frac{PA}{AD}=\frac{DC}{CN}$，代入得：
$\frac{12}{8}=\frac{DC}{\frac{22}{3}+2\sqrt{3}}$，
解得$DC=11+3\sqrt{3}$米。
$\because$ 四边形ABCD是矩形，$\therefore AB=DC$。
【答案】
$(11+3\sqrt{3})$
【知识点】
解直角三角形的应用、相似三角形的判定与性质、矩形的性质
【点评】
本题结合生活中的投影场景考查几何知识的应用，解题核心是合理构造辅助线，需要熟练掌握特殊角的三角函数值、相似三角形的判定和性质，对学生的作图能力和逻辑运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
14. 如图,直线l的表达式为$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x+1$,与x轴、y轴分别相交于A,P两点,过点P作∠P₁PO的平分线交x轴于点A₁,过点A₁作x轴的垂线与直线l相交于点P₁,作∠P₂P₁A₁的平分线交x轴于点A₂,过点A₂作x轴的垂线与直线l相交于点P₂……按此规律进行下去,则点Pₙ的横坐标为
$(2^n-1)\sqrt{3}$
.答案
14.$(2^n-1)\sqrt{3}$ 解析: 把 $x=0$ 代入 $y= \frac{\sqrt{3}}{3} x+1$,得 $y=1$,把 $y=0$ 代入 $y= \frac{\sqrt{3}}{3} x+1$,得 $0= \frac{\sqrt{3}}{3} x+1$,解得 $x=-\sqrt{3}$,
∴ $OA=\sqrt{3}$,$OP=1$,
∴ $\tan∠APO= \frac{OA}{OP}= \frac{\sqrt{3}}{1}=\sqrt{3}$,
∴ $∠APO=60°$,
∴ $∠PAO=90°-60°=30°$,$∠P_1PO=180°-60°=120°$.
∵ $PA_1$平分$∠P_1PO$,
∴ $∠OPA_1= \frac{1}{2} ×120°=60°$,
∴ $∠AA_1P=90°-60°=30°$,
∴ $∠AA_1P=∠PAO$,
∴ $AP=A_1P$.
∵ $PO ⊥ AA_1$,
∴ $OA_1=OA=(2^1-1)×\sqrt{3}$,
∴ $A_1(\sqrt{3},0)$.
∵ $P_1A_1 ⊥ x$ 轴,
∴ $P_1$的横坐标为$\sqrt{3}$.同理得 $OA_2=3\sqrt{3}=(2^2-1)×\sqrt{3}$,此时 $P_2$的横坐标为$(2^2-1)×\sqrt{3}$;$OA_3=7\sqrt{3}=(2^3-1)×\sqrt{3}$,此时 $P_3$的横坐标为$(2^3-1)×\sqrt{3}$……$P_n$ 的横坐标为$(2^n-1)\sqrt{3}$.故答案为$(2^n-1)\sqrt{3}$.
∴ $OA=\sqrt{3}$,$OP=1$,
∴ $\tan∠APO= \frac{OA}{OP}= \frac{\sqrt{3}}{1}=\sqrt{3}$,
∴ $∠APO=60°$,
∴ $∠PAO=90°-60°=30°$,$∠P_1PO=180°-60°=120°$.
∵ $PA_1$平分$∠P_1PO$,
∴ $∠OPA_1= \frac{1}{2} ×120°=60°$,
∴ $∠AA_1P=90°-60°=30°$,
∴ $∠AA_1P=∠PAO$,
∴ $AP=A_1P$.
∵ $PO ⊥ AA_1$,
∴ $OA_1=OA=(2^1-1)×\sqrt{3}$,
∴ $A_1(\sqrt{3},0)$.
∵ $P_1A_1 ⊥ x$ 轴,
∴ $P_1$的横坐标为$\sqrt{3}$.同理得 $OA_2=3\sqrt{3}=(2^2-1)×\sqrt{3}$,此时 $P_2$的横坐标为$(2^2-1)×\sqrt{3}$;$OA_3=7\sqrt{3}=(2^3-1)×\sqrt{3}$,此时 $P_3$的横坐标为$(2^3-1)×\sqrt{3}$……$P_n$ 的横坐标为$(2^n-1)\sqrt{3}$.故答案为$(2^n-1)\sqrt{3}$.
解析
【分析】
解题时首先求出直线l与坐标轴的交点坐标，得到线段OA、OP的长度，利用三角函数算出∠APO的度数；再结合角平分线的定义推导角度关系，得到等腰三角形，利用等腰三角形的性质求出A₁的横坐标，即P₁的横坐标；接着用相同方法求出P₂、P₃的横坐标，归纳横坐标的变化规律，最终得到Pₙ的横坐标。
【解析】
将$x=0$代入$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x+1$，得$y=1$，即$OP=1$；将$y=0$代入$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x+1$，得$0=\frac{\sqrt{3}}{3}x+1$，解得$x=-\sqrt{3}$，即$OA=\sqrt{3}$。
在$Rt△ AOP$中，$\tan∠ APO=\frac{OA}{OP}=\sqrt{3}$，故$∠ APO=60°$，因此$∠ PAO=30°$，$∠ P_1PO=180°-60°=120°$。
∵$PA_1$平分$∠ P_1PO$，
∴$∠ OPA_1=\frac{1}{2}×120°=60°$，则$∠ OA_1P=90°-60°=30°$，即$∠ OA_1P=∠ PAO$，
∴$AP=A_1P$。
又
∵$PO⊥ AA_1$，根据等腰三角形三线合一，得$OA_1=OA=\sqrt{3}=(2^1-1)\sqrt{3}$。
∵$P_1A_1⊥ x$轴，
∴$P_1$的横坐标为$\sqrt{3}$。
同理可求得：$OA_2=3\sqrt{3}=(2^2-1)\sqrt{3}$，即$P_2$的横坐标为$(2^2-1)\sqrt{3}$；$OA_3=7\sqrt{3}=(2^3-1)\sqrt{3}$，即$P_3$的横坐标为$(2^3-1)\sqrt{3}$……
按此规律，可得点$P_n$的横坐标为$(2^n-1)\sqrt{3}$。
【答案】
$(2^n-1)\sqrt{3}$
【知识点】
一次函数交点计算，角平分线的定义，规律探究
【点评】
本题结合一次函数、几何角度计算和规律归纳考查综合应用能力，解题的核心是先推导前几个点的坐标特征，再总结出通用的规律，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时首先求出直线l与坐标轴的交点坐标，得到线段OA、OP的长度，利用三角函数算出∠APO的度数；再结合角平分线的定义推导角度关系，得到等腰三角形，利用等腰三角形的性质求出A₁的横坐标，即P₁的横坐标；接着用相同方法求出P₂、P₃的横坐标，归纳横坐标的变化规律，最终得到Pₙ的横坐标。
【解析】
将$x=0$代入$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x+1$，得$y=1$，即$OP=1$；将$y=0$代入$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x+1$，得$0=\frac{\sqrt{3}}{3}x+1$，解得$x=-\sqrt{3}$，即$OA=\sqrt{3}$。
在$Rt△ AOP$中，$\tan∠ APO=\frac{OA}{OP}=\sqrt{3}$，故$∠ APO=60°$，因此$∠ PAO=30°$，$∠ P_1PO=180°-60°=120°$。
∵$PA_1$平分$∠ P_1PO$，
∴$∠ OPA_1=\frac{1}{2}×120°=60°$，则$∠ OA_1P=90°-60°=30°$，即$∠ OA_1P=∠ PAO$，
∴$AP=A_1P$。
又
∵$PO⊥ AA_1$，根据等腰三角形三线合一，得$OA_1=OA=\sqrt{3}=(2^1-1)\sqrt{3}$。
∵$P_1A_1⊥ x$轴，
∴$P_1$的横坐标为$\sqrt{3}$。
同理可求得：$OA_2=3\sqrt{3}=(2^2-1)\sqrt{3}$，即$P_2$的横坐标为$(2^2-1)\sqrt{3}$；$OA_3=7\sqrt{3}=(2^3-1)\sqrt{3}$，即$P_3$的横坐标为$(2^3-1)\sqrt{3}$……
按此规律，可得点$P_n$的横坐标为$(2^n-1)\sqrt{3}$。
【答案】
$(2^n-1)\sqrt{3}$
【知识点】
一次函数交点计算，角平分线的定义，规律探究
【点评】
本题结合一次函数、几何角度计算和规律归纳考查综合应用能力，解题的核心是先推导前几个点的坐标特征，再总结出通用的规律，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
三、（本大题共2小题，每小题8分，满分16分）
15. 计算：$3\tan 45° - ( \dfrac{1}{3} )^{-1} + (\sin 30° - 2024)^0 + \left| \cos 30° - \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right|.$
15. 计算：$3\tan 45° - ( \dfrac{1}{3} )^{-1} + (\sin 30° - 2024)^0 + \left| \cos 30° - \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right|.$
答案
15. $3\tan 45° - ( \frac{1}{3} ) ^{-1} + (\sin 30° - 2024)^0 + \left| \cos 30° - \frac{\sqrt{3}}{2} \right| = 3×1-3+1+\left| \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} \right|=3-3+1+0=1.$
解析
【分析】
本题属于实数混合运算题，解题时需先分别计算出每一项的结果，再进行加减运算。首先回忆相关运算法则：①特殊角的三角函数值，tan45°=1，cos30°=√3/2；②负整数指数幂：$a^{-p}=\frac{1}{a^p}$（$a≠0$，$p$为正整数）；③零指数幂：$a^0=1$（$a≠0$）；④绝对值的化简：先判断绝对值内式子的正负，非负数的绝对值是它本身，非正数的绝对值是它的相反数。最后将各部分结果代入原式按顺序计算即可。
【解析】
解：先分别计算各部分的值：
$\tan 45°=1$，$(\frac{1}{3})^{-1}=3$，
因为$\sin 30°-2024=\frac{1}{2}-2024≠0$，所以$(\sin 30° - 2024)^0=1$，
$\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\left| \cos 30° - \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right|=\left| \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} \right|=0$
代入原式计算：
$\begin{aligned}&3\tan 45° - ( \dfrac{1}{3} )^{-1} + (\sin 30° - 2024)^0 + \left| \cos 30° - \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right|\\=&3×1 - 3 + 1 + 0\\=&3-3+1\\=&1\end{aligned}$
【答案】
$1$
【知识点】
特殊角的三角函数值；零指数幂与负整数指数幂；绝对值的化简
【点评】
本题是基础运算类题目，考查的都是核心基础知识点，难度较低，只要熟记相关运算法则和特殊角的三角函数值，认真计算即可拿到满分。
【难度系数】
0.85
本题属于实数混合运算题，解题时需先分别计算出每一项的结果，再进行加减运算。首先回忆相关运算法则：①特殊角的三角函数值，tan45°=1，cos30°=√3/2；②负整数指数幂：$a^{-p}=\frac{1}{a^p}$（$a≠0$，$p$为正整数）；③零指数幂：$a^0=1$（$a≠0$）；④绝对值的化简：先判断绝对值内式子的正负，非负数的绝对值是它本身，非正数的绝对值是它的相反数。最后将各部分结果代入原式按顺序计算即可。
【解析】
解：先分别计算各部分的值：
$\tan 45°=1$，$(\frac{1}{3})^{-1}=3$，
因为$\sin 30°-2024=\frac{1}{2}-2024≠0$，所以$(\sin 30° - 2024)^0=1$，
$\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\left| \cos 30° - \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right|=\left| \frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2} \right|=0$
代入原式计算：
$\begin{aligned}&3\tan 45° - ( \dfrac{1}{3} )^{-1} + (\sin 30° - 2024)^0 + \left| \cos 30° - \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right|\\=&3×1 - 3 + 1 + 0\\=&3-3+1\\=&1\end{aligned}$
【答案】
$1$
【知识点】
特殊角的三角函数值；零指数幂与负整数指数幂；绝对值的化简
【点评】
本题是基础运算类题目，考查的都是核心基础知识点，难度较低，只要熟记相关运算法则和特殊角的三角函数值，认真计算即可拿到满分。
【难度系数】
0.85
16. 数学拓展课程《玩转学具》课堂中,小陆同学发现:一副三角板中,含$45°$角的三角板的斜边与含$30°$角的三角板的长直角边相等.于是,小陆同学提出一个问题:如图,将一副三角板直角顶点重合拼放在一起,点$B,C,E$在同一直线上,若$BC=2$,求$AF$的长.请你运用所学的数学知识解决这个问题.
答案
16. 在 $\mathrm{Rt}△ABC$ 中,$BC=2$,$∠A=30°$,
∴ $AC= \frac{BC}{\tan A}=2\sqrt{3}$,则 $EF=AC=2\sqrt{3}$.
∵ $∠E=45°$,
∴ $FC=EF · \sin E=\sqrt{6}$,
∴ $AF=AC-FC=2\sqrt{3}-\sqrt{6}.$
∴ $AC= \frac{BC}{\tan A}=2\sqrt{3}$,则 $EF=AC=2\sqrt{3}$.
∵ $∠E=45°$,
∴ $FC=EF · \sin E=\sqrt{6}$,
∴ $AF=AC-FC=2\sqrt{3}-\sqrt{6}.$
解析
【分析】
解题时先从已知条件的30°直角三角板入手：首先在Rt△ABC中，已知BC的长度和∠A=30°，可利用三角函数求出长直角边AC的长度；根据题意含45°角三角板的斜边EF与AC相等，可得EF的长度；再在含45°角的Rt△EFC中，利用三角函数求出FC的长度；最后根据线段和差关系，AF=AC-FC，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ A=30°$，$BC=2$，$∠ ACB=90°$，
由正切的定义得$\tan A = \frac{BC}{AC}$，
$\therefore AC = \frac{BC}{\tan 30°} = \frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = 2\sqrt{3}$，
根据题意可得$EF = AC = 2\sqrt{3}$，
在$\mathrm{Rt}△ EFC$中，$∠ E=45°$，$∠ FCE=90°$，
由正弦的定义得$\sin E = \frac{FC}{EF}$，
$\therefore FC = EF · \sin 45° = 2\sqrt{3} × \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{6}$，
$\therefore AF = AC - FC = 2\sqrt{3} - \sqrt{6}$。
【答案】
$2\sqrt{3}-\sqrt{6}$
【知识点】
1. 特殊角的三角函数值
2. 解直角三角形
3. 线段的和差计算
【点评】
本题结合三角板的角度特征考查解直角三角形的应用，解题的关键是抓住两个三角板之间相等的边的关系，分步计算对应线段的长度即可，属于基础的几何计算题型。
【难度系数】
0.7
解题时先从已知条件的30°直角三角板入手：首先在Rt△ABC中，已知BC的长度和∠A=30°，可利用三角函数求出长直角边AC的长度；根据题意含45°角三角板的斜边EF与AC相等，可得EF的长度；再在含45°角的Rt△EFC中，利用三角函数求出FC的长度；最后根据线段和差关系，AF=AC-FC，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ A=30°$，$BC=2$，$∠ ACB=90°$，
由正切的定义得$\tan A = \frac{BC}{AC}$，
$\therefore AC = \frac{BC}{\tan 30°} = \frac{2}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = 2\sqrt{3}$，
根据题意可得$EF = AC = 2\sqrt{3}$，
在$\mathrm{Rt}△ EFC$中，$∠ E=45°$，$∠ FCE=90°$，
由正弦的定义得$\sin E = \frac{FC}{EF}$，
$\therefore FC = EF · \sin 45° = 2\sqrt{3} × \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{6}$，
$\therefore AF = AC - FC = 2\sqrt{3} - \sqrt{6}$。
【答案】
$2\sqrt{3}-\sqrt{6}$
【知识点】
1. 特殊角的三角函数值
2. 解直角三角形
3. 线段的和差计算
【点评】
本题结合三角板的角度特征考查解直角三角形的应用，解题的关键是抓住两个三角板之间相等的边的关系，分步计算对应线段的长度即可，属于基础的几何计算题型。
【难度系数】
0.7
四、（本大题共2小题，每小题10分，满分20分）
17. 在$△ ABC$中，$∠ A$为锐角，已知$\cos(90° - ∠ A) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$\tan(90° - ∠ B) = \sqrt{3}$，请判断$△ ABC$的形状。
17. 在$△ ABC$中，$∠ A$为锐角，已知$\cos(90° - ∠ A) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$\tan(90° - ∠ B) = \sqrt{3}$，请判断$△ ABC$的形状。
答案
17.
∵ $\cos(90°-∠A)= \frac{\sqrt{3}}{2}$,$\tan(90°-∠B)= \sqrt{3}$,
∴ $90°-∠A=30°$,$90°-∠B=60°$,
∴ $∠A=60°$,$∠B=30°$,则 $∠C=180°-60°-30°=90°$.故$△ABC$ 为直角三角形.
∵ $\cos(90°-∠A)= \frac{\sqrt{3}}{2}$,$\tan(90°-∠B)= \sqrt{3}$,
∴ $90°-∠A=30°$,$90°-∠B=60°$,
∴ $∠A=60°$,$∠B=30°$,则 $∠C=180°-60°-30°=90°$.故$△ABC$ 为直角三角形.
解析
【分析】
解题时首先结合已知的三角函数值，回忆特殊角的三角函数值，先求出$90°-∠ A$和$90°-∠ B$的度数，进而计算出$∠ A$、$∠ B$的度数，再利用三角形内角和为$180°$求出$∠ C$的度数，最后根据三个内角的度数判断$△ ABC$的形状即可。
【解析】
解：
∵ $\cos(90°-∠A)= \frac{\sqrt{3}}{2}$，且$∠ A$为锐角，
∴ $90°-∠A=30°$，解得$∠A=60°$，
∵ $\tan(90°-∠B)= \sqrt{3}$，
∴ $90°-∠B=60°$，解得$∠B=30°$，
根据三角形内角和定理，$∠C=180°-∠A-∠B=180°-60°-30°=90°$，
∴ $△ ABC$为直角三角形。
【答案】
$△ ABC$是直角三角形
【知识点】
特殊角的三角函数值；三角形内角和定理；直角三角形的判定
【点评】
本题属于基础题型，核心考查特殊角三角函数值的识记与应用，只要准确掌握常见特殊角的三角函数值，结合三角形内角和定理求出各内角度数，即可快速判断三角形的形状。
【难度系数】
0.85
解题时首先结合已知的三角函数值，回忆特殊角的三角函数值，先求出$90°-∠ A$和$90°-∠ B$的度数，进而计算出$∠ A$、$∠ B$的度数，再利用三角形内角和为$180°$求出$∠ C$的度数，最后根据三个内角的度数判断$△ ABC$的形状即可。
【解析】
解：
∵ $\cos(90°-∠A)= \frac{\sqrt{3}}{2}$，且$∠ A$为锐角，
∴ $90°-∠A=30°$，解得$∠A=60°$，
∵ $\tan(90°-∠B)= \sqrt{3}$，
∴ $90°-∠B=60°$，解得$∠B=30°$，
根据三角形内角和定理，$∠C=180°-∠A-∠B=180°-60°-30°=90°$，
∴ $△ ABC$为直角三角形。
【答案】
$△ ABC$是直角三角形
【知识点】
特殊角的三角函数值；三角形内角和定理；直角三角形的判定
【点评】
本题属于基础题型，核心考查特殊角三角函数值的识记与应用，只要准确掌握常见特殊角的三角函数值，结合三角形内角和定理求出各内角度数，即可快速判断三角形的形状。
【难度系数】
0.85
