1. 在Rt△ABC中，∠C = 90°，如果sinA=\frac{1}{2}，那么cosB的值是（ ）
(A)\frac{\sqrt{2}}{2}
(B)\frac{1}{2}
(C)\frac{\sqrt{3}}{3}
(D)\sqrt{3}
答案：在Rt△ABC中，∠C = 90°，∠A + ∠B = 90°，所以cosB = sinA=\frac{1}{2}，答案是B。
2. 如果直線y = \sqrt{3}x與x軸正半軸的夾角為銳角α，那么下列各式中正確的是（ ）
(A)sinα=\frac{1}{2}
(B)cosα=\frac{1}{2}
(C)tanα=\frac{\sqrt{3}}{2}
(D)cotα=\frac{\sqrt{3}}{2}
答案：直線y = kx中，k = tanα，直線y = \sqrt{3}x，所以tanα=\sqrt{3}，因為α為直線y = \sqrt{3}x與x軸正半軸的夾角，所以α = 60°，sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}，cos60°=\frac{1}{2}，tan60°=\sqrt{3}，cot60°=\frac{\sqrt{3}}{3}，答案是B。
3. 已知點P(tan45°，-cos30°)，則點P關于原點的對稱點P'的坐標是（ ）
(A)(-1，\frac{1}{2})
(B)(1，-\frac{1}{2})
(C)(-1，-\frac{\sqrt{3}}{2})
(D)(-1，\frac{\sqrt{3}}{2})
答案：tan45° = 1，-cos30°=-\frac{\sqrt{3}}{2}，點P(1，-\frac{\sqrt{3}}{2})，關于原點對稱的點的坐標特點是橫、縱坐標都互為相反數，所以P'(-1，\frac{\sqrt{3}}{2})，答案是D。
4. 下列不等式中成立的是（ ）
(A)tan45°(B)cos45°(C)cos45°(D)cos45°
答案：sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}，cos45°=\frac{\sqrt{2}}{2}，tan45° = 1，sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}，tan60°=\sqrt{3}，\frac{\sqrt{2}}{2}<\frac{\sqrt{3}}{2}<\sqrt{3}，即cos45°
5. 已知：α為銳角，tanα = 1，則α = ______°。
答案：因為tan45° = 1，α為銳角，所以α = 45°。
6. 若3tan(α - 20°)=\sqrt{3}，則銳角α = ______°。
答案：由3tan(α - 20°)=\sqrt{3}，可得tan(α - 20°)=\frac{\sqrt{3}}{3}，因為tan30°=\frac{\sqrt{3}}{3}，所以α - 20° = 30°，α = 50°。
7. 在Rt△ABC中，∠C = 90°，如果\frac{AC}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}，那么∠B = ______°。
答案：在Rt△ABC中，\frac{AC}{AB}=cosB=\frac{\sqrt{3}}{2}，因為cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}，所以∠B = 30°。
8. 在△ABC中，∠A = 45°，cos∠B=\frac{\sqrt{5}}{5}（∠B是銳角），BC=\sqrt{5}，則AB的長為______。
答案：過點C作CD⊥AB于點D，在Rt△BCD中，cos∠B=\frac{BD}{BC}=\frac{\sqrt{5}}{5}，BC=\sqrt{5}，則BD = 1，CD=\sqrt{BC^{2}-BD^{2}}=\sqrt{(\sqrt{5})^{2}-1^{2}} = 2。在Rt△ACD中，∠A = 45°，則AD = CD = 2，所以AB = AD + BD = 3。
9. 在△ABC中，∠A、∠B均為銳角，且|tanB-\sqrt{3}|+(2sinA - \sqrt{3})^{2}=0，則△ABC的形狀是______。
答案：因為|tanB-\sqrt{3}|+(2sinA - \sqrt{3})^{2}=0，絕對值與平方數都具有非負性，所以tanB-\sqrt{3}=0，2sinA - \sqrt{3}=0，tanB=\sqrt{3}，sinA=\frac{\sqrt{3}}{2}，因為∠A、∠B均為銳角，所以∠B = 60°，∠A = 60°，則∠C = 180° - 60° - 60° = 60°，所以△ABC是等邊三角形。
10. 用含特殊銳角的三角比的式子表示：\sqrt{2}=______。
答案：\sqrt{2}=2sin45°（答案不唯一）。
11. α為銳角，且關于x的方程x^{2}-2x + 2sinα = 0有兩個相等的實數根，則α = ______°。
答案：因為方程x^{2}-2x + 2sinα = 0有兩個相等的實數根，所以判別式\Delta=b^{2}-4ac=(-2)^{2}-4×1×2sinα = 0，即4 - 8sinα = 0，sinα=\frac{1}{2}，因為α為銳角，所以α = 30°。
12. 如圖，已知△ABC，AB = AC = 4，∠B = 30°，D是邊BC的中點，線段AB繞點D順時針旋轉得到對應線段A'B'，線段A'B'與邊AC、BC分別交于點E、F。如果△EFC是直角三角形，那么AE的長是______。
答案：連接AD，因為AB = AC，D是BC中點，所以AD⊥BC，∠BAD = ∠CAD，在Rt△ABD中，AB = 4，∠B = 30°，則AD = \frac{1}{2}AB = 2，BD = 2\sqrt{3}。
情況一：當∠FEC = 90°時，∠C = ∠B = 30°，所以∠EFC = 60°，∠A'DB = ∠ADB = 90°，∠B = 30°，AB = 4，旋轉后A'B' = 4，∠B = ∠B' = 30°，在Rt△ADB中，∠BAD = 60°，∠CAD = 60°，∠FEC = 90°，∠C = 30°，則EC = \frac{1}{2}FC，設AE = x，則EC = 4 - x，FC = 2(4 - x)，BC = 4\sqrt{3}，BD = DC = 2\sqrt{3}，DF + FC = DC，在Rt△A'DF中，∠B' = 30°，設DF = y，則A'F = 2y，由勾股定理得A'D^{2}+DF^{2}=A'F^{2}，A'D = AD = 2，所以4 + y^{2}=4y^{2}，y=\frac{2\sqrt{3}}{3}，則FC = 2\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}，4 - x=\frac{2\sqrt{3}}{3}，x = 4-\frac{2\sqrt{3}}{3}。
情況二：當∠EFC = 90°時，∠FEC = 60°，∠C = 30°，則∠CDE = 30°，∠A'DC = 90°，∠A'DE = 60°，∠CAD = 60°，所以△ADE是等邊三角形，則AE = AD = 2。綜上，AE的長為2或4-\frac{2\sqrt{3}}{3}。
13. 計算：
(1)\frac{4}{1 + \sqrt{3}}-(cos30°)^{-1}+|-tan45°|+π^{0}；
(2)\frac{tan45°}{2sin60° - 2cos60°}-|cot30° - 1|。
答案：(1)
\[
\begin{align*}
&\frac{4}{1 + \sqrt{3}}-(cos30°)^{-1}+|-tan45°|+π^{0}\
=&\frac{4(1 - \sqrt{3})}{(1 + \sqrt{3})(1 - \sqrt{3})}-(\frac{\sqrt{3}}{2})^{-1}+1 + 1\
=&\frac{4(1 - \sqrt{3})}{1 - 3}-\frac{2}{\sqrt{3}}+2\
=&\frac{4(1 - \sqrt{3})}{-2}-\frac{2\sqrt{3}}{3}+2\
=&-2 + 2\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}+2\
=&\frac{4\sqrt{3}}{3}
\end{align*}
\]
(2)
\[
\begin{align*}
&\frac{tan45°}{2sin60° - 2cos60°}-|cot30° - 1|\
=&\frac{1}{2×\frac{\sqrt{3}}{2}-2×\frac{1}{2}}-|\sqrt{3} - 1|\
=&\frac{1}{\sqrt{3}-1}-(\sqrt{3} - 1)\
=&\frac{\sqrt{3}+1}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)}-(\sqrt{3} - 1)\
=&\frac{\sqrt{3}+1}{2}-(\sqrt{3} - 1)\
=&\frac{\sqrt{3}+1 - 2\sqrt{3}+2}{2}\
=&\frac{3 - \sqrt{3}}{2}
\end{align*}
\]
