13. 三角板是我们学习数学的好帮手。将一副直角三角板如图放置，点$C$在$FD$的延长线上，点$B$在$ED$上，$AB // CF$，$∠ F = ∠ ACB = 90^{\circ}$，$∠ E = 45^{\circ}$，$∠ A = 60^{\circ}$，$AC = 10$，则$CD$的长度是
$15 - 5\sqrt{3}$
。答案：13. $15 - 5\sqrt{3}$.
解析：
解：在$Rt△ ABC$中，$∠ A=60°$，$AC=10$，
$\tan∠ A=\frac{BC}{AC}$，则$BC=AC·\tan60°=10\sqrt{3}$，
$\cos∠ A=\frac{AC}{AB}$，则$AB=\frac{AC}{\cos60°}=20$。
过点$B$作$BM⊥ CF$于点$M$，
因为$AB// CF$，所以$∠ BCM=∠ ABC=30°$，
在$Rt△ BMC$中，$BM=BC·\sin30°=5\sqrt{3}$，$CM=BC·\cos30°=15$。
在$Rt△ EFD$中，$∠ E=45°$，所以$∠ EDF=45°$，
在$Rt△ BMD$中，$∠ BDM=45°$，则$DM=BM=5\sqrt{3}$。
所以$CD=CM-DM=15 - 5\sqrt{3}$。
$15 - 5\sqrt{3}$
$\tan∠ A=\frac{BC}{AC}$，则$BC=AC·\tan60°=10\sqrt{3}$，
$\cos∠ A=\frac{AC}{AB}$，则$AB=\frac{AC}{\cos60°}=20$。
过点$B$作$BM⊥ CF$于点$M$，
因为$AB// CF$，所以$∠ BCM=∠ ABC=30°$，
在$Rt△ BMC$中，$BM=BC·\sin30°=5\sqrt{3}$，$CM=BC·\cos30°=15$。
在$Rt△ EFD$中，$∠ E=45°$，所以$∠ EDF=45°$，
在$Rt△ BMD$中，$∠ BDM=45°$，则$DM=BM=5\sqrt{3}$。
所以$CD=CM-DM=15 - 5\sqrt{3}$。
$15 - 5\sqrt{3}$
14. 如图，在$△ ABC$中，$∠ ABC = 90^{\circ}$，$BA = BC = 2$，将$△ ABC$绕点$C$逆时针旋转$60^{\circ}$得到$△ DEC$，连接$BD$，则$BD^{2}$的值是
$8 + 4\sqrt{3}$
。答案：14. $8 + 4\sqrt{3}$.
解析：
解：连接AD，过点D作DF⊥BC于点F，DG⊥AB交AB延长线于点G。
∵△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△DEC，
∴CA=CD，∠ACD=60°，DE=AB=2，CE=BC=2，∠DEC=∠ABC=90°。
∴△ACD为等边三角形，
∴AD=CA。
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC=2，
∴AC=$\sqrt{AB^2 + BC^2}=\sqrt{2^2 + 2^2}=2\sqrt{2}$，
∴AD=AC=2$\sqrt{2}$。
∵∠BCE=60°，BC=CE=2，
∴△BCE为等边三角形，
∴∠CBE=60°，BE=BC=2。
∴∠DBE=∠DEC - ∠CBE=90° - 60°=30°。
在Rt△DEB中，DE=2，∠DBE=30°，
∴BD=2DE=4（此步错误，应为利用余弦定理或构造直角三角形计算）。
重新构造：过D作DH⊥BC于H，
∵∠BCD=60°，BC=2，CD=AC=2$\sqrt{2}$，
在Rt△DCH中，∠DCH=60°，CD=2$\sqrt{2}$，
∴CH=CD·cos60°=2$\sqrt{2}$×$\frac{1}{2}$=$\sqrt{2}$，
DH=CD·sin60°=2$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{6}$。
∴BH=BC - CH=2 - $\sqrt{2}$（错误，旋转后B、C、E位置关系需重新分析）。
正确方法：由旋转得∠BCD=60°，BC=2，CD=AC=2$\sqrt{2}$，
在△BCD中，由余弦定理得：
BD²=BC² + CD² - 2·BC·CD·cos∠BCD
=2² + (2$\sqrt{2}$)² - 2×2×2$\sqrt{2}$×cos60°
=4 + 8 - 8$\sqrt{2}$×$\frac{1}{2}$
=12 - 4$\sqrt{2}$（错误，应为∠BCD=60°，BC=2，CD=CA=2$\sqrt{2}$，但旋转后CD=CA=2$\sqrt{2}$，BC=2，∠BCD=60°，代入余弦定理：
BD²=BC² + CD² - 2·BC·CD·cos∠BCD
=2² + (2$\sqrt{2}$)² - 2×2×2$\sqrt{2}$×cos60°
=4 + 8 - 4×2$\sqrt{2}$×$\frac{1}{2}$
=12 - 4$\sqrt{2}$，与答案不符，重新分析旋转角为60°，应为∠DCA=60°，则∠BCD=∠ACB + ∠ACD=45° + 60°=105°，
∴BD²=BC² + CD² - 2·BC·CD·cos105°
=2² + (2$\sqrt{2}$)² - 2×2×2$\sqrt{2}$×cos105°
cos105°=cos(60°+45°)=cos60°cos45° - sin60°sin45°=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}$
∴BD²=4 + 8 - 8$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}$
=12 - 2$\sqrt{2}$($\sqrt{2}$-$\sqrt{6}$)
=12 - (4 - 2$\sqrt{12}$)
=12 - 4 + 4$\sqrt{3}$
=8 + 4$\sqrt{3}$
故BD²的值是$8 + 4\sqrt{3}$。
∵△ABC绕点C逆时针旋转60°得到△DEC，
∴CA=CD，∠ACD=60°，DE=AB=2，CE=BC=2，∠DEC=∠ABC=90°。
∴△ACD为等边三角形，
∴AD=CA。
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC=2，
∴AC=$\sqrt{AB^2 + BC^2}=\sqrt{2^2 + 2^2}=2\sqrt{2}$，
∴AD=AC=2$\sqrt{2}$。
∵∠BCE=60°，BC=CE=2，
∴△BCE为等边三角形，
∴∠CBE=60°，BE=BC=2。
∴∠DBE=∠DEC - ∠CBE=90° - 60°=30°。
在Rt△DEB中，DE=2，∠DBE=30°，
∴BD=2DE=4（此步错误，应为利用余弦定理或构造直角三角形计算）。
重新构造：过D作DH⊥BC于H，
∵∠BCD=60°，BC=2，CD=AC=2$\sqrt{2}$，
在Rt△DCH中，∠DCH=60°，CD=2$\sqrt{2}$，
∴CH=CD·cos60°=2$\sqrt{2}$×$\frac{1}{2}$=$\sqrt{2}$，
DH=CD·sin60°=2$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{6}$。
∴BH=BC - CH=2 - $\sqrt{2}$（错误，旋转后B、C、E位置关系需重新分析）。
正确方法：由旋转得∠BCD=60°，BC=2，CD=AC=2$\sqrt{2}$，
在△BCD中，由余弦定理得：
BD²=BC² + CD² - 2·BC·CD·cos∠BCD
=2² + (2$\sqrt{2}$)² - 2×2×2$\sqrt{2}$×cos60°
=4 + 8 - 8$\sqrt{2}$×$\frac{1}{2}$
=12 - 4$\sqrt{2}$（错误，应为∠BCD=60°，BC=2，CD=CA=2$\sqrt{2}$，但旋转后CD=CA=2$\sqrt{2}$，BC=2，∠BCD=60°，代入余弦定理：
BD²=BC² + CD² - 2·BC·CD·cos∠BCD
=2² + (2$\sqrt{2}$)² - 2×2×2$\sqrt{2}$×cos60°
=4 + 8 - 4×2$\sqrt{2}$×$\frac{1}{2}$
=12 - 4$\sqrt{2}$，与答案不符，重新分析旋转角为60°，应为∠DCA=60°，则∠BCD=∠ACB + ∠ACD=45° + 60°=105°，
∴BD²=BC² + CD² - 2·BC·CD·cos105°
=2² + (2$\sqrt{2}$)² - 2×2×2$\sqrt{2}$×cos105°
cos105°=cos(60°+45°)=cos60°cos45° - sin60°sin45°=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$-$\frac{\sqrt{3}}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}$
∴BD²=4 + 8 - 8$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}$
=12 - 2$\sqrt{2}$($\sqrt{2}$-$\sqrt{6}$)
=12 - (4 - 2$\sqrt{12}$)
=12 - 4 + 4$\sqrt{3}$
=8 + 4$\sqrt{3}$
故BD²的值是$8 + 4\sqrt{3}$。
15. 如果三角形有一边上的中线长等于这边的长，那么称这个三角形为“好玩三角形”。若$Rt△ ABC$是“好玩三角形”，且$∠ A = 90^{\circ}$，则$\tan ∠ ABC =$
$\frac{\sqrt{3}}{2}$或$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
。答案：15. $\frac{\sqrt{3}}{2}$或$\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
解析：
设$AB = c$，$AC = b$，$BC = a$。
情况一：斜边$BC$上的中线等于$BC$
直角三角形斜边中线等于斜边一半，即$\frac{a}{2}=a$，不成立。
情况二：直角边$AB$上的中线等于$AB$
取$AB$中点$D$，则$CD = AB = c$，$AD=\frac{c}{2}$。
在$Rt△ ACD$中，$AC^2 + AD^2 = CD^2$，即$b^2 + (\frac{c}{2})^2 = c^2$，得$b = \frac{\sqrt{3}}{2}c$。
$\tan∠ ABC=\frac{AC}{AB}=\frac{b}{c}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
情况三：直角边$AC$上的中线等于$AC$
取$AC$中点$E$，则$BE = AC = b$，$AE=\frac{b}{2}$。
在$Rt△ ABE$中，$AB^2 + AE^2 = BE^2$，即$c^2 + (\frac{b}{2})^2 = b^2$，得$c = \frac{\sqrt{3}}{2}b$。
$\tan∠ ABC=\frac{AC}{AB}=\frac{b}{c}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
综上，$\tan∠ ABC=\frac{\sqrt{3}}{2}$或$\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
情况一：斜边$BC$上的中线等于$BC$
直角三角形斜边中线等于斜边一半，即$\frac{a}{2}=a$，不成立。
情况二：直角边$AB$上的中线等于$AB$
取$AB$中点$D$，则$CD = AB = c$，$AD=\frac{c}{2}$。
在$Rt△ ACD$中，$AC^2 + AD^2 = CD^2$，即$b^2 + (\frac{c}{2})^2 = c^2$，得$b = \frac{\sqrt{3}}{2}c$。
$\tan∠ ABC=\frac{AC}{AB}=\frac{b}{c}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
情况三：直角边$AC$上的中线等于$AC$
取$AC$中点$E$，则$BE = AC = b$，$AE=\frac{b}{2}$。
在$Rt△ ABE$中，$AB^2 + AE^2 = BE^2$，即$c^2 + (\frac{b}{2})^2 = b^2$，得$c = \frac{\sqrt{3}}{2}b$。
$\tan∠ ABC=\frac{AC}{AB}=\frac{b}{c}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
综上，$\tan∠ ABC=\frac{\sqrt{3}}{2}$或$\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
三、解答题（共 7 小题，共 55 分）
16. （5 分）$\sin 30^{\circ} - \tan 45^{\circ} - \cos 45^{\circ} + \sin^{2}60^{\circ} + \frac{3}{4}\tan^{2}60^{\circ}$。
16. （5 分）$\sin 30^{\circ} - \tan 45^{\circ} - \cos 45^{\circ} + \sin^{2}60^{\circ} + \frac{3}{4}\tan^{2}60^{\circ}$。
答案：16. $\frac{5 - \sqrt{2}}{2}$.
解析：
$\sin 30^{\circ} - \tan 45^{\circ} - \cos 45^{\circ} + \sin^{2}60^{\circ} + \frac{3}{4}\tan^{2}60^{\circ}$
$=\frac{1}{2} - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} + (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2} + \frac{3}{4}× (\sqrt{3})^{2}$
$=\frac{1}{2} - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{3}{4} + \frac{3}{4}× 3$
$=\frac{1}{2} - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{3}{4} + \frac{9}{4}$
$=\frac{1}{2} - 1 + \frac{3}{4} + \frac{9}{4} - \frac{\sqrt{2}}{2}$
$=\frac{1}{2} - 1 + 3 - \frac{\sqrt{2}}{2}$
$=\frac{5}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}$
$=\frac{5 - \sqrt{2}}{2}$
$=\frac{1}{2} - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} + (\frac{\sqrt{3}}{2})^{2} + \frac{3}{4}× (\sqrt{3})^{2}$
$=\frac{1}{2} - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{3}{4} + \frac{3}{4}× 3$
$=\frac{1}{2} - 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{3}{4} + \frac{9}{4}$
$=\frac{1}{2} - 1 + \frac{3}{4} + \frac{9}{4} - \frac{\sqrt{2}}{2}$
$=\frac{1}{2} - 1 + 3 - \frac{\sqrt{2}}{2}$
$=\frac{5}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}$
$=\frac{5 - \sqrt{2}}{2}$
17. （6 分）如图，已知在湖泊的中央有一个建筑物$AB$，某人在地面$C$处测得其顶部$A$的仰角为$60^{\circ}$，然后，自$C$处沿$BC$方向行$100\ m$至$D$点，又测得其顶部$A$的仰角为$30^{\circ}$。求建筑物$AB$的高（精确到$0.01\ m$，参考数据：$\sqrt{3} \approx 1.732$）。
答案：17. 86.60 m.
解析：
设建筑物$AB$的高为$h\ \mathrm{m}$，$BD = x\ \mathrm{m}$，则$BC = BD + CD=(x + 100)\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$\tan30^{\circ}=\dfrac{AB}{BD}=\dfrac{h}{x}$，即$\dfrac{h}{x}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，得$x=\sqrt{3}h$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$\tan60^{\circ}=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{h}{x + 100}$，即$\dfrac{h}{x + 100}=\sqrt{3}$。
将$x = \sqrt{3}h$代入$\dfrac{h}{\sqrt{3}h + 100}=\sqrt{3}$，
$h=\sqrt{3}(\sqrt{3}h + 100)$
$h = 3h + 100\sqrt{3}$
$-2h=100\sqrt{3}$
$h=-50\sqrt{3}$（舍去），发现错误，重新整理：
由$\dfrac{h}{x + 100}=\sqrt{3}$得$h=\sqrt{3}(x + 100)$，又$x=\sqrt{3}h$，
所以$h=\sqrt{3}(\sqrt{3}h + 100)=3h + 100\sqrt{3}$
$h - 3h=100\sqrt{3}$
$-2h=100\sqrt{3}$
$h=-50\sqrt{3}$（错误，应为$x = \dfrac{h}{\tan30^{\circ}}=\sqrt{3}h$，$BC=\dfrac{h}{\tan60^{\circ}}=\dfrac{h}{\sqrt{3}}$，$CD = BC - BD$，即$100=\sqrt{3}h-\dfrac{h}{\sqrt{3}}$）
$100 = h(\sqrt{3}-\dfrac{1}{\sqrt{3}})=h(\dfrac{3 - 1}{\sqrt{3}})=\dfrac{2h}{\sqrt{3}}$
$h=\dfrac{100\sqrt{3}}{2}=50\sqrt{3}\approx50×1.732 = 86.60\ \mathrm{m}$
答：建筑物$AB$的高约为$86.60\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$\tan30^{\circ}=\dfrac{AB}{BD}=\dfrac{h}{x}$，即$\dfrac{h}{x}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，得$x=\sqrt{3}h$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$\tan60^{\circ}=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{h}{x + 100}$，即$\dfrac{h}{x + 100}=\sqrt{3}$。
将$x = \sqrt{3}h$代入$\dfrac{h}{\sqrt{3}h + 100}=\sqrt{3}$，
$h=\sqrt{3}(\sqrt{3}h + 100)$
$h = 3h + 100\sqrt{3}$
$-2h=100\sqrt{3}$
$h=-50\sqrt{3}$（舍去），发现错误，重新整理：
由$\dfrac{h}{x + 100}=\sqrt{3}$得$h=\sqrt{3}(x + 100)$，又$x=\sqrt{3}h$，
所以$h=\sqrt{3}(\sqrt{3}h + 100)=3h + 100\sqrt{3}$
$h - 3h=100\sqrt{3}$
$-2h=100\sqrt{3}$
$h=-50\sqrt{3}$（错误，应为$x = \dfrac{h}{\tan30^{\circ}}=\sqrt{3}h$，$BC=\dfrac{h}{\tan60^{\circ}}=\dfrac{h}{\sqrt{3}}$，$CD = BC - BD$，即$100=\sqrt{3}h-\dfrac{h}{\sqrt{3}}$）
$100 = h(\sqrt{3}-\dfrac{1}{\sqrt{3}})=h(\dfrac{3 - 1}{\sqrt{3}})=\dfrac{2h}{\sqrt{3}}$
$h=\dfrac{100\sqrt{3}}{2}=50\sqrt{3}\approx50×1.732 = 86.60\ \mathrm{m}$
答：建筑物$AB$的高约为$86.60\ \mathrm{m}$。
18. （8 分）如图，小林周末去山顶看日出。小林先从点$B$出发，沿$BE$方向爬$420$米至点$E$，再从$E$出发沿$EA$方向爬$210$米至点$A$。小林在点$E$处测得点$B$的俯角为$30^{\circ}$，测得点$A$的仰角为$45^{\circ}$。（参考数据：$\sqrt{2} \approx 1.41$，$\sqrt{3} \approx 1.73$，$\sin 25^{\circ} \approx 0.42$，$\cos 25^{\circ} \approx 0.91$，$\tan 25^{\circ} \approx 0.47$）
（1）求山顶$A$到地面$BC$的距离（保留一位小数）；
（2）若小林从点$E$出发的同时，小李从点$C$坐缆车沿$CA$方向前往点$A$，$CA$的坡角为$25^{\circ}$，若小林爬坡速度为$0.7\ m/s$，小李坐缆车的速度为$2.5\ m/s$，请通过计算说明谁先到达山顶。
（1）求山顶$A$到地面$BC$的距离（保留一位小数）；
（2）若小林从点$E$出发的同时，小李从点$C$坐缆车沿$CA$方向前往点$A$，$CA$的坡角为$25^{\circ}$，若小林爬坡速度为$0.7\ m/s$，小李坐缆车的速度为$2.5\ m/s$，请通过计算说明谁先到达山顶。
答案：
18. （1）如图，作AD⊥BC于点D，
EF⊥AD于点F，EG⊥BC于点G，由已知得∠B = 30°，∠AEF = 45°，
∴ EG = $\frac{1}{2}$BE = 210 m，AF = $\frac{\sqrt{2}}{2}$AE = $105\sqrt{2}$ m，
∴ FD = EG = 210 m，
∴ AD = AF + FD = $105\sqrt{2}+210\approx 358.1$（m）. 答：山顶A到地面BC的距离为358.1 m. （2）在Rt△ACD中，sin∠C = $\frac{AD}{AC}$，
∴ sin25° = $\frac{105\sqrt{2}+210}{AC}\approx 0.42$，
∴ AC≈852.6 m，
∴ 小李坐缆车的时间为$\frac{852.6}{2.5}=341$（s）.
∵ 小林爬坡的时间为$\frac{210}{0.7}=300$（s）.
∴ 小林先到达山顶.
18. （1）如图，作AD⊥BC于点D，
EF⊥AD于点F，EG⊥BC于点G，由已知得∠B = 30°，∠AEF = 45°，
∴ EG = $\frac{1}{2}$BE = 210 m，AF = $\frac{\sqrt{2}}{2}$AE = $105\sqrt{2}$ m，
∴ FD = EG = 210 m，
∴ AD = AF + FD = $105\sqrt{2}+210\approx 358.1$（m）. 答：山顶A到地面BC的距离为358.1 m. （2）在Rt△ACD中，sin∠C = $\frac{AD}{AC}$，
∴ sin25° = $\frac{105\sqrt{2}+210}{AC}\approx 0.42$，
∴ AC≈852.6 m，
∴ 小李坐缆车的时间为$\frac{852.6}{2.5}=341$（s）.
∵ 小林爬坡的时间为$\frac{210}{0.7}=300$（s）.
∴ 小林先到达山顶.
19. （6 分）已知$θ$为锐角，当$θ$为何值时，方程$x^{2} + 2\cos θ · x - 4\cos^{2}θ + \frac{5}{2} = 0$有两个相等的实根？
答案：19. $45^{\circ}$.
解析：
解：方程有两个相等实根，判别式$\Delta = 0$。
$\Delta=(2\cosθ)^2 - 4×1×(-4\cos^2θ+\frac{5}{2})$
$=4\cos^2θ + 16\cos^2θ - 10$
$=20\cos^2θ - 10$
令$\Delta = 0$，得$20\cos^2θ - 10 = 0$，$\cos^2θ=\frac{1}{2}$。
$θ$为锐角，$\cosθ=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$θ = 45°$。
$45°$
$\Delta=(2\cosθ)^2 - 4×1×(-4\cos^2θ+\frac{5}{2})$
$=4\cos^2θ + 16\cos^2θ - 10$
$=20\cos^2θ - 10$
令$\Delta = 0$，得$20\cos^2θ - 10 = 0$，$\cos^2θ=\frac{1}{2}$。
$θ$为锐角，$\cosθ=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$θ = 45°$。
$45°$