分析：

过B作BM⊥AD，根据三角形内角与外角的关系可得∠ABC=30°，再根据等角对等边可得BC=AC，然后再计算出∠CBM的度数，进而得到CM长，最后利用勾股定理可得答案．

解答：

解：过B作BM⊥AD，

∵∠BAD=30°，∠BCD=60°，

∴∠ABC=30°，

∴AC=CB=100米，

∵BM⊥AD，

∴∠BMC=90°，

∴∠CBM=30°，

∴CM=$\frac {1}{2}$BC=50米，

∴BM=$\sqrt {}$CM=50$\sqrt {}$米，

故选：B．

点评：

此题主要考查了解直角三角形的应用，关键是证明AC=BC，掌握直角三角形的性质：30°角所对直角边等于斜边的一半．

分析：

作BD⊥AC于点D，在直角△ABD中，利用三角函数求得BD的长，然后在直角△BCD中，利用三角函数即可求得BC的长．

解答：

解：∠CBA=25°+50°=75°．

作BD⊥AC于点D．

则∠CAB=(90°-70°)+(90°-50°)=20°+40°=60°，

∠ABD=30°，

∴∠CBD=75°-30°=45°．

在直角△ABD中，BD=AB•sin∠CAB=20×sin60°=20×$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$=10$\sqrt {3}$．

在直角△BCD中，∠CBD=45°，

则BC=$\sqrt {2}$BD=10$\sqrt {3}$×$\sqrt {2}$=10$\sqrt {6}$≈10×2.4=24(海里)．

故答案是：24．

点评：

本题主要考查了方向角含义，正确求得∠CBD以及∠CAB的度数是解决本题的关键．

分析：

过点A作AD⊥OB于D．先解Rt△AOD，得出AD=$\frac {1}{2}$OA=2，再由△ABD是等腰直角三角形，得出BD=AD=2，则AB=$\sqrt {}$AD=2$\sqrt {}$．

解答：

解：如图，过点A作AD⊥OB于D．

在Rt△AOD中，∵∠ADO=90°，∠AOD=30°，OA=4，

∴AD=$\frac {1}{2}$OA=2．

在Rt△ABD中，∵∠ADB=90°，∠B=∠CAB-∠AOB=75°-30°=45°，

∴BD=AD=2，

∴AB=$\sqrt {}$AD=2$\sqrt {}$．

即该船航行的距离(即AB的长)为2$\sqrt {}$km．

故选：C．

点评：

本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，难度适中，作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．

分析：

根据方向角的定义及余角的性质求出∠CAD=30°，∠CBD=60°，再由三角形外角的性质得到∠CAD=30°=∠ACB，根据等角对等边得出AB=BC=20，然后解Rt△BCD，求出CD即可．

解答：

解：根据题意可知∠CAD=30°，∠CBD=60°，

∵∠CBD=∠CAD+∠ACB，

∴∠CAD=30°=∠ACB，

∴AB=BC=20海里，

在Rt△CBD中，∠BDC=90°，∠DBC=60°，sin∠DBC=$\frac {CD}{BC}$，

∴sin60°=$\frac {CD}{BC}$，

∴CD=12×sin60°=20×$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$=10$\sqrt {3}$海里，

故答案为：10$\sqrt {3}$．

点评：

本题考查了解直角三角形的应用，难度适中．解一般三角形，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．

分析：

过点P作PE⊥AB于点E，先求出∠APE及∠BPE、∠ABP的度数，由锐角三角函数的定义即可得出结论．

解答：

解：过点P作PE⊥AB于点E，

∵∠APC=75°，∠BPD=30°，

∴∠APB=75°，

∵∠BAP=∠APC=75°，

∴∠APB=∠BAP，

∴AB=PB=200m，

∵∠ABP=30°，

∴PE=$\frac {1}{2}$PB=100m．

故答案为：100．

点评：

本题考查的是解直角三角形的应用，熟知锐角三角函数的定义是解答此题的关键．

分析：

延长CB交PQ于点D，根据坡度的定义即可求得BD的长，然后在直角△CDA中利用三角函数即可求得CD的长，则BC即可得到．

解答：

解：延长CB交PQ于点D．

∵MN∥PQ，BC⊥MN，

∴BC⊥PQ．

∵自动扶梯AB的坡度为1：2.4，

∴$\frac {BD}{AD}$=$\frac {1}{2.4}$=$\frac {5}{12}$．

设BD=5k(米)，AD=12k(米)，则AB=13k(米)．

∵AB=13(米)，

∴k=1，

∴BD=5(米)，AD=12(米)．

在Rt△CDA中，∠CDA=90゜，∠CAD=42°，

∴CD=AD•tan∠CAD≈12×0.90≈10.8(米)，

∴BC=10.8-5≈5.8(米)．

故选：D．

点评：

本题考查仰角和坡度的定义，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．

分析：

过点P作垂直于AB的辅助线PC，利三角函数解三角形，即可得出答案．

解答：

解：过点P作PC⊥AB于点C，

由题意可得出：∠A=30°，∠B=45°，AP=80海里，

故CP=$\frac {1}{2}$AP=40(海里)，

则PB=$\frac {40}{sin45°}$=40$\sqrt {}$(海里)．

故选：A．

点评：

此题主要考查了方向角问题以及锐角三角函数关系等知识，得出各角度数是解题关键．

分析：

过点C作CD⊥AB于点D，设CD=x，在Rt△ACD中表示出AD，在Rt△BCD中表示出BD，再由AB=4米，即可得出关于x的方程，解出即可．

解答：

解：过点C作CD⊥AB于点D，

设CD=x，

在Rt△ACD中，∠CAD=30°，

则AD=CD•cos30°=$\sqrt {3}$CD=$\sqrt {3}$x，

在Rt△BCD中，∠CBD=45°，

则BD=CD=x，

由题意得，$\sqrt {3}$x-x=4，

解得：x=$\frac {4}{$\sqrt {3}$-1}$=2($\sqrt {3}$+1)≈5.5．

答：生命所在点C的深度为5.5米．

点评：

本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是构造直角三角形，利用三角函数知识表示出相关线段的长度，注意方程思想的运用．

分析：

过点D作DE⊥AB于点E，设DE=x，在Rt△CDE中表示出CE，在Rt△BDE中表示出BE，再由CB=25海里，可得出关于x的方程，解出后即可计算AB的长度．

解答：

解：∵∠DBA=∠DAB=45°，

∴△DAB是等腰直角三角形，

过点D作DE⊥AB于点E，则DE=$\frac {1}{2}$AB，



设DE=x，则AB=2x，

在Rt△CDE中，∠DCE=30°，

则CE=$\sqrt {3}$DE=$\sqrt {3}$x，

在Rt△BDE中，∠DAE=45°，

则DE=BE=x，

由题意得，CB=CE-BE=$\sqrt {3}$x-x=25，

解得：x=$\frac {25($\sqrt {3}$+1)}{2}$，

故AB=25($\sqrt {3}$+1)=67.5(海里)．

故答案为：67.5．

点评：

本题考查了解直角三角形的知识，解答本题的关键是构造直角三角形，利用三角函数的知识求解相关线段的长度，难度一般．

分析：

过A作AE∥BC，则∠EAF=∠CBG=θ$_2$，EC=AB=25cm，再根据锐角三角函数的定义用θ$_1$、θ$_2$表示出DF、EF的值，再根据DC=DE+EC进行解答即可．

解答：

解：如图所示，过A作AE∥BC，则∠EAF=∠CBG=θ$_2$，EC=AB=25cm

∵Rt△DAF中：∠DAF=θ$_1$，DF=AFtanθ$_1$，

Rt△EAF中：∠EAF=θ$_2$，EF=AFtanθ$_2$，

∴DE=DF-EF=AF(tanθ$_1$-tanθ$_2$)

又∵AF=140cm，tanθ$_1$=1.082，tanθ$_2$=0.412，

∴DE=140×(1.082-0.412)=93.8，

∴DC=DE+EC=93.8+25=118.8 cm≈119cm．

答：支架DC的高应为119cm．

点评：

本题考查的是解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用锐角三角函数的定义进行解答是解答此题的关键．

分析：

作DE⊥AB于点E，根据相等的角的三角函数值相等即可得到$\frac {BC}{AC}$=$\frac {CD}{BC}$=$\frac {DE}{AE}$=$\frac {1}{2}$，设CD=1，则可以求得AD的长，然后利用勾股定理即可求得DE、AE的长，则BE可以求得，根据同角三角函数之间的关系即可求解．

解答：

解：作DE⊥AB于点E．

∵∠CBD=∠A，

∴tanA=tan∠CBD=$\frac {BC}{AC}$=$\frac {CD}{BC}$=$\frac {DE}{AE}$=$\frac {1}{2}$，

设CD=1，则BC=2，AC=4，

∴AD=AC-CD=3，

在直角△ABC中，AB=$\sqrt {}$=$\sqrt {4+16}$=2$\sqrt {5}$，

在直角△ADE中，设DE=x，则AE=2x，

∵AE_+DE_=AD_，

∴x+(2x)_=9，

解得：x=$\frac {3$\sqrt {5}$}{5}$，

则DE=$\frac {3$\sqrt {5}$}{5}$，AE=$\frac {6$\sqrt {5}$}{5}$．

∴BE=AB-AE=2$\sqrt {5}$-$\frac {6$\sqrt {5}$}{5}$=$\frac {4$\sqrt {5}$}{5}$，

∴tan∠DBA=$\frac {DE}{BE}$=$\frac {3}{4}$，

∴sin∠DBA=$\frac {3}{5}$．

故选A．

点评：

本题考查了三角函数的定义，以及勾股定理，正确理解三角函数就是直角三角形中边的比值是关键．

分析：

把AB和CD都整理为直角三角形的斜边，利用坡度和勾股定理易得点B和点D到水面的距离，进而利用俯角的正切值可求得CH长度．CH-AE=EH即为AC长度．

解答：

解：过点B作BE⊥AC于点E，延长DG交CA于点H，得Rt△ABE和矩形BEHG．

i=$\frac {BE}{AE}$=$\frac {4}{3}$，AB=10，

∴BE=8，AE=6．

∵DG=1.5，BG=1，

∴DH=DG+GH=1.5+8=9.5，

AH=AE+EH=6+1=7．

在Rt△CDH中，

∵∠C=∠FDC=30°，DH=9.5，tan30°=$\frac {DH}{CH}$，

∴CH=9.5$\sqrt {3}$．

又∵CH=CA+7，

即9.5$\sqrt {3}$=CA+7，

∴CA≈9.435≈9.4(米)．

答：CA的长约是9.4米．

点评：

构造所给坡度和所给锐角所在的直角三角形是解决问题的难点，利用坡度和三角函数求值得到相应线段的长度是解决问题的关键．

分析：

根据∠A=120°，得出∠DAC=60°，∠ACD=30°，得出AD=1，CD=$\sqrt {}$，再根据BC=2$\sqrt {}$，利用解直角三角形求出．

解答：

解：延长BA作CD⊥BD，

∵∠A=120°，AB=4，AC=2，

∴∠DAC=60°，∠ACD=30°，

∴2AD=AC=2，

∴AD=1，CD=$\sqrt {}$，

∴BD=5，

∴BC=2$\sqrt {}$，

∴sinB=$\frac {$\sqrt {3}$}{2$\sqrt {7}$}$=$\frac {$\sqrt {21}$}{14}$，

故选：D．

点评：

此题主要考查了解直角三角形以及勾股定理的应用，根据题意得出∠DAC=60°，∠ACD=30°是解决问题的关键．

分析：

根据题意得出CD=1500m，∠CAD=53°，∠CBD=45°，即可得出CD=BD，以及利用解直角三角形求出即可．

解答：

解：作CD⊥AB，

∵勘测飞机在与A的相对高度为1500米的高空C处测得隧道进口A处和隧道出口B处的俯角分别为53°和45°，

∴CD=1500m，∠CAD=53°，

∠CBD=45°，

∴tan53°=$\frac {4}{3}$=$\frac {CD}{AD}$=$\frac {1500}{AD}$，

∴AD=1125m，

CD=BD=1500m，

∴AB=1125+1500=2625m．

答：隧道AB的长为2625m．

点评：

此题主要考查了仰角与俯角问题，此题型是中考中热点题型，同学们应学会从已知中得出线段与角的大小关系是解决问题的关键．

分析：

根据题目中的俯角可以求出∠BAC=60°，∠ABC=30°，∠BAD=30°，进而得到∠ACB=90°，利用AB=6千米求得BC的长，然后求得CD两点间的水平距离，进而求得C、D之间的距离．

解答：

解：∵飞机在A处时，测得山头C、D在飞机的前方，俯角分别为60°和30°，

到B处时，往后测得山头C的俯角为30°，

∴∠BAC=60°，∠ABC=30°，∠BAD=30°，

∴∠ACB=180°-∠ABC-∠BAC=180°-30°-60°=90°，即△ABC为直角三角形，

∵AB=6千米，

∴BC=AB•cos30°=6×$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$=3$\sqrt {3}$千米．

Rt△ABD中，BD=AB•tan30°=6×$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$=2$\sqrt {3}$千米，

作CE⊥BD于E点，

∵AB⊥BD，∠ABC=30°，∴∠CBE=60°，

则BE=BC•cos60°=$\frac {3}{2}$$\sqrt {3}$，DE=BD-BE=$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$，CE=BC•sin60°=$\frac {9}{2}$，

∴CD=$\sqrt {}$=$\sqrt {}$=$\sqrt {21}$千米．

∴山头C、D之间的距离$\sqrt {21}$千米．

点评：

本题考查了仰俯角问题，解决此类题目的关键是正确的将仰俯角转化为直角三角形的内角并用解直角三角形的知识解答即可．

分析：

过D作EF⊥l$_1$，交l$_1$于E，交l$_4$于F，易证△ADE≌△DCF，可得∠α=∠CDF，DE=CF．在Rt△DCF中，利用勾股定理可求CD，从而得出sin∠CDF，即可求sinα．

解答：

解：过D作EF⊥l$_1$，交l$_1$于E，交l$_4$于F．

∵EF⊥l$_1$，l$_1$∥l$_2$∥l$_3$∥l$_4$，

∴EF和l$_2$、l$_3$、l$_4$的夹角都是90°，

即EF与l$_2$、l$_3$、l$_4$都垂直，

∴DE=1，DF=2．

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ADC=90°，AD=CD，

∴∠ADE+∠CDF=90°．

又∵∠α+∠ADE=90°，

∴∠α=∠CDF．

∵AD=CD，∠AED=∠DFC=90°，

∴△ADE≌△DFC，

∴DE=CF=1，

∴在Rt△CDF中，CD=$\sqrt {}$=$\sqrt {5}$，

∴sinα=sin∠CDF=$\frac {CF}{CD}$=$\frac {1}{$\sqrt {5}$}$=$\frac {$\sqrt {5}$}{5}$．

点评：

本题考查了正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识．

分析：

作B′E⊥AC交CA的延长线于E，由直角三角形的性质求得AC、AE，BC的值，根据旋转再求出对应角和对应线段的长，再在直角△B′EC中根据勾股定理求出B′C的长度．

解答：

解：如图，作B′E⊥AC交CA的延长线于E．

∵∠ACB=90°，∠BAC=60°，AB=6，

∴∠ABC=30°，

∴AC=$\frac {1}{2}$AB=3，

∵Rt△AB′C′可以看作是由Rt△ABC绕点A逆时针方向旋转60°得到的，

∴AB=AB′=6，∠B′AC′=60°，

∴∠EAB′=180°-∠B′AC′-∠BAC=60°．

∵B′E⊥EC，

∴∠AB′E=30°，

∴AE=3，

∴根据勾股定理得出：B′E=$\sqrt {}$=3$\sqrt {3}$，

∴EC=AE+AC=6，

∴B′C=$\sqrt {}$=$\sqrt {27+36}$=3$\sqrt {7}$．

点评：

本题把旋转的性质和直角三角形的性质结合求解，考查了学生综合运用数学知识的能力．

分析：

作DE⊥AB，构造直角三角形，根据角的正弦值与三角形边的关系，可求出各边的长．

解答：

解：作DE⊥AB于E点．

∵tan∠DBA=$\frac {1}{5}$=$\frac {DE}{BE}$，

∴BE=5DE，

∵△ABC为等腰直角三角形，

∴∠A=45°，

∴AE=DE．

∴BE=5AE，

又∵AC=6，

∴AB=6$\sqrt {}$．

∴AE+BE=5AE+AE=6$\sqrt {}$，

∴AE=$\sqrt {}$，

∴在等腰直角△ADE中，由勾股定理，得AD=$\sqrt {}$AE=2．

故选B．

点评：

此题的关键是作辅助线，构造直角三角形，运用三角函数的定义建立关系式然后求解．

分析：

作CD⊥AB于点D．构造直角三角形求解．

解答：

解：作CD⊥AB于点D．

∵∠A=45°，AC=$\sqrt {2}$，∠ACD=45°，

设AD=x，则CD=x．

由勾股定理得2x_=2，

x=1．

∵AB=$\sqrt {3}$+1，

∴BD=$\sqrt {3}$．

在Rt△BCD中，

BC_=BD_+CD_，

∴BC=$\sqrt {}$=2．

点评：

本题考查了解直角三角形中三角函数的应用，要熟练掌握好边角之间的关系．

分析：

tan∠A'BC'的值，根据三角函数的定义可以转化为直角三角形的边长的比来求．因而过A′作出A′D⊥BC′，垂足为D．在直角△A′BD中，根据三角函数的定义就可以求解．

解答：

解：过A′作出A′D⊥BC′，垂足为D．在等腰直角三角形A′B′C′中，则A′D是底边上的中线，

∴A′D=B′D=$\frac {B′C′}{2}$．

∵BC=B′C′，

∴tan∠A'BC'=$\frac {A′D}{BD}$=$\frac {A′D}{BC+B′D}$=$\frac {1}{3}$．

点评：

本题利用了等腰直角三角形中，底边上的高与底边上的中线重合和直角三角形中斜边上的中线是斜边的一半．

分析：

过点B作BE⊥AD于E，设BD=x，则可以表示出CE，AE的长，再根据已知列方程从而可求得BD的长．

解答：

解：过点B作BE⊥AD于E．

设BE=x．

∵∠BCD=60°，tan∠BCE=$\frac {BE}{CE}$，

∴CE=$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$x．

在直角△ABE中，AE=$\sqrt {3}$x，AC=50米，

则$\sqrt {3}$x-$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$x=50．

解得x=25$\sqrt {3}$．

即小岛B到公路l的距离为25$\sqrt {3}$米．

故选B．

点评：

解一般三角形，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．

分析：

过点B作BN⊥AM于点N．根据三角函数求BN的长，从而求BM的长．

解答：

解：如图，过点B作BN⊥AM于点N．

由题意得，AB=40×$\frac {1}{2}$=20海里，∠ABM=105°．

作BN⊥AM于点N．

在直角三角形ABN中，BN=AB•sin45°=10$\sqrt {}$．

在直角△BNM中，∠MBN=60°，则∠M=30°，

所以BM=2BN=20$\sqrt {}$(海里)．

故选B．

点评：

解一般三角形，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．

分析：

过D作EF⊥l$_1$，交l$_1$于E，交l$_4$于F，易证△ADE≌△DCF，可得∠α=∠CDF，DE=CF．在Rt△DCF中，利用勾股定理可求CD，从而得出sin∠CDF，即可求sinα．

解答：

解：过D作EF⊥l$_1$，交l$_1$于E，交l$_4$于F，

∵EF⊥l$_1$，l$_1$∥l$_2$∥l$_3$∥l$_4$，

∴EF和l$_2$，l$_3$，l$_4$的夹角都是90°，

即EF与l$_2$，l$_3$，l$_4$都垂直，

∴DE=1，DF=2．

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ADC=90°，AD=CD，

∴∠ADE+∠CDF=90°，

又∵∠α+∠ADE=90°，

∴∠α=∠CDF，

∵AD=CD，∠AED=∠DFC=90°，

∴△ADE≌△DCF，

∴DE=CF=1，

∴在Rt△CDF中，CD=$\sqrt {}$=$\sqrt {5}$，

∴sinα=sin∠CDF=$\frac {CF}{CD}$=$\frac {1}{$\sqrt {5}$}$=$\frac {$\sqrt {5}$}{5}$．

故选B．

点评：

本题考查了正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，难度较大．

分析：

过点D作DE⊥l$_1$于点E并反向延长交l$_4$于点F，根据同角的余角相等求出∠α=∠CDF，根据正方形的每条边都相等可得AD=DC，然后利用“AAS”证明△ADE和△DCF全等，根据全等三角形对应边相等可得DF=AE，再利用勾股定理列式求出AD的长度，然后根据锐角的余弦值等于邻边比斜边列式计算即可得解．

解答：

解：如图，过点D作DE⊥l$_1$于点E并反向延长交l$_4$于点F，

在正方形ABCD中，AD=DC，∠ADC=90°，

∵∠α+∠ADE=90°，∠ADE+∠CDF=180°-90°=90°，

∴∠α=∠CDF，

在△ADE和△DCF中，$\left\{\begin{matrix}∠α=∠CDF \ ∠AED=∠DFC=90° \ AD=DC \ \end{matrix}\right.$，

∴△ADE≌△DCF(AAS)，

∴DF=AE，

∵相邻两条平行直线间的距离都是1，

∴DE=1，AE=2，

根据勾股定理得，AD=$\sqrt {}$=$\sqrt {}$=$\sqrt {5}$，

所以，cosα=$\frac {AE}{AD}$=$\frac {2}{$\sqrt {5}$}$=$\frac {2$\sqrt {5}$}{5}$．

故选A．

点评：

本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，锐角三角形函数的定义，作辅助线，构造出全等三角形以及∠α所在的直角三角形是解题的关键．

分析：

根据正方形的性质就可以得出AE=$\frac {1}{2}$AD，由平行线的性质就可以得出∠α=∠ADE，就可以求出结论．

解答：

解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD=AB，∠A=90°．

∵l$_1$∥l$_2$∥$_3$∥l$_4$，相邻两条平行直线间的距离都是1，

∴AE=$\frac {1}{2}$AB，∠α=∠ADE．

∴AE=$\frac {1}{2}$AD．

∴$\frac {AE}{AD}$=$\frac {1}{2}$．

∵tan∠ADE=$\frac {AE}{AD}$，

∴tanα=$\frac {AE}{AD}$，

∴tanα=$\frac {1}{2}$．

故答案为：$\frac {1}{2}$

点评：

本题考查了平行线等分线段定理的运用，正方形的性质的运用，三角函数值的运用，解答时运用平行线等分线段定理求解是关键．

分析：

过点A作AD⊥l$_1$于D，过点B作BE⊥l$_1$于E，根据同角的余角相等求出∠CAD=∠BCE，然后利用“角角边”证明△ACD和△CBE全等，根据全等三角形对应边相等可得CD=BE，然后利用勾股定理列式求出AC，然后利用锐角的正切等于对边比邻边列式计算即可得解．

解答：

解：如图，过点A作AD⊥l$_1$于D，过点B作BE⊥l$_1$于E，设l$_1$，l$_2$，l$_3$间的距离为1，

∵∠CAD+∠ACD=90°，

∠BCE+∠ACD=90°，

∴∠CAD=∠BCE，

在等腰直角△ABC中，AC=BC，

在△ACD和△CBE中，

$\left\{\begin{matrix}∠CAD=∠BCE \ ∠ADC=∠BEC=90° \ AC=BC \ \end{matrix}\right.$，

∴△ACD≌△CBE(AAS)，

∴CD=BE=1，

∴DE=3，

∴tan∠α=$\frac {1}{3}$．

故选A．

点评：

本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，锐角三角函数的定义，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．