AB的长为12米，则大厅两层之间的高度为 6.2 米．（结果保留两个有效数字）【参考数据；sin31°=0.515，cos31°=0.857，tan31°=0.601】

【考点】T9：解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题． 【专题】1 ：常规题型．

【分析】根据题意和锐角三角函数可以求得BC的长，从而可以解答本题． 【解答】解：在Rt△ABC中， ∵∠ACB=90°，

∴BC=AB?sin∠BAC=12×0.515≈6.2（米）， 答：大厅两层之间的距离BC的长约为6.2米． 故答案为：6.2．

【点评】本题考查解直角三角形的应用，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用锐角三角函数和数形结合的思想解答．

15．（4分）（2018?枣庄）我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》一书中，给出了著名的秦九韶公式，也叫三斜求积公式，即如果一个三角形的三

边长分别为a，b，c，则该三角形的面积为S= ．现已知

△ABC的三边长分别为1，2， ，则△ABC的面积为 1 ．

【考点】7B：二次根式的应用．

【分析】根据题目中的面积公式可以求得△ABC的三边长分别为1，2， 的面

第21页（共39页）

积，从而可以解答本题．

【解答】解：∵S= ，

∴△ABC的三边长分别为1，2， ，则△ABC的面积为：

S= =1，

故答案为：1．

【点评】本题考查二次根式的应用，解答本题的关键是明确题意，利用题目中的面积公式解答．

16．（4分）（2018?枣庄）如图，在正方形ABCD中，AD=2 ，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为 9﹣5 ．

【考点】R2：旋转的性质；LE：正方形的性质．

【分析】根据旋转的思想得PB=BC=AB，∠PBC=30°，推出△ABP是等边三角形，得到∠BAP=60°，AP=AB=2 ，解直角三角形得到CE=2 ﹣2，PE=4﹣2 ，过P作PF⊥CD于F，于是得到结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC=90°，

∵把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP， ∴PB=BC=AB，∠PBC=30°， ∴∠ABP=60°，

∴△ABP是等边三角形， ∴∠BAP=60°，AP=AB=2 ，

第22页（共39页）

∵AD=2 ， ∴AE=4，DE=2，

∴CE=2 ﹣2，PE=4﹣2 ， 过P作PF⊥CD于F，

∴PF=PE=2 ﹣3，

∴三角形PCE的面积=CE?PF=×（2 ﹣2）×（2 ﹣3）=9﹣5 ，

故答案为：9﹣5 ．

【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．

17．（4分）（2018?枣庄）如图1，点P从△ABC的顶点B出发，沿B→C→A匀速运动到点A，图2是点P运动时，线段BP的长度y随时间x变化的关系图象，其中M为曲线部分的最低点，则△ABC的面积是 12 ．

【考点】E7：动点问题的函数图象．

【分析】根据图象可知点P在BC上运动时，此时BP不断增大，而从C向A运动时，BP先变小后变大，从而可求出BC与AC的长度．

【解答】解：根据图象可知点P在BC上运动时，此时BP不断增大， 由图象可知：点P从B向C运动时，BP的最大值为5， 即BC=5，

由于M是曲线部分的最低点，

第23页（共39页）

∴此时BP最小， 即BP⊥AC，BP=4，

∴由勾股定理可知：PC=3，

由于图象的曲线部分是轴对称图形， ∴PA=3， ∴AC=6，

∴△ABC的面积为：×4×6=12

故答案为：12

【点评】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是注意结合图象求出BC与AC的长度，本题属于中等题型．

18．（4分）（2018?枣庄）将从1开始的连续自然数按以下规律排列： 第 1行 第 2行 第 3行 第 4行 第22222211155 4 3 2 1 0 9 8 7 行 …

则2018在第 45 行．

第24页（共39页）

1 2 3 4 9 8 7 6 5 11111110 1 2 3 4 5 6