分析：

延长OA交BC于点D．先由倾斜角定义及三角形内角和定理求出∠CAD=180°-∠ODB-∠ACD=90°，解Rt△ACD，得出AD=AC•tan∠ACD=$\frac {3}{2}$米，CD=2AD=3米，

再证明△BOD是等边三角形，得到BD=OD=OA+AD=4.5米，然后根据BC=BD-CD即可求出浮漂B与河堤下端C之间的距离．

解答：

解：延长OA交BC于点D．

∵AO的倾斜角是60°，

∴∠ODB=60°．

∵∠ACD=30°，

∴∠CAD=180°-∠ODB-∠ACD=90°．

在Rt△ACD中，AD=AC•tan∠ACD=$\frac {3$\sqrt {3}$}{2}$•$\frac {$\sqrt {3}$}{3}$=$\frac {3}{2}$(米)，

∴CD=2AD=3米，

又∵∠O=60°，

∴△BOD是等边三角形，

∴BD=OD=OA+AD=3+$\frac {3}{2}$=4.5(米)，

∴BC=BD-CD=4.5-3=1.5(米)．

答：浮漂B与河堤下端C之间的距离为1.5米．

点评：

本题考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题，作出辅助线得到Rt△ACD是解题的关键．

分析：

延长DB交AE于F，由∠ABD是直角可知BD⊥AB，在Rt△ABF中由锐角三角函数的定义可求出BF、AF的长，再判断出△CDF的形状，由DB=DF-BF即可得出结论．

解答：

解：延长DB交AE于F，由题可得BD⊥AB，在Rt△ABF中∠BAF=30°，AB=6，

∴BF=AB•tan∠BAF=2$\sqrt {}$．

∴cos30°=$\frac {AB}{AF}$．

∴AF=4$\sqrt {}$．∠DFC=60°．

∵∠C=60°，

∴∠C=∠CFD=∠D=60°．

∴△CDF是等边三角形．

∴DF=CF．

∴DB=DF-BF=2$\sqrt {}$+4．

答：树高BD的长是(2$\sqrt {}$+4)米．

点评：

本题考查的是解直角三角形的应用-坡度坡角问题，解答此题的关键是作出辅助线，构造出直角三角形，再根据锐角三角函数的定义及等边三角形的性质进行解答．

分析：

连接AC，由正方形的性质可知∠CAB=45°，由旋转的性质可知∠B$_1$AB=45°，可知点B$_1$在线段AC上，由此可得B$_1$C=B$_1$O，即AB$_1$+B$_1$O=AC，同理可得AD+DO=AC．

解答：

解：连接AC，∵四边形ABCD为正方形，

∴∠CAB=45°，

∵正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°，

∴∠B$_1$AB=45°，

∴点B$_1$在线段AC上，

易证△OB$_1$C为等腰直角三角形，

∴B$_1$C=B$_1$O，

∴AB$_1$+B$_1$O=AC=$\sqrt {}$=$\sqrt {2}$，

同理可得AD+DO=AC=$\sqrt {2}$，

∴四边形AB$_1$OD的周长为2$\sqrt {2}$．

故选B．

点评：

本题考查了正方形的性质，旋转的性质，特殊三角形的性质．关键是根据旋转角证明点B$_1$在线段AC上．

分析：

根据题意正确作出图形，分别在两个直角三角形中解题．

设AD与BC的延长线交于E，在Rt△CDE中，CD=18，∠AEC=30°，所以CE=36，BE=56，AB=$\frac {56$\sqrt {3}$}{3}$．

解答：

解：作AD与BC的延长线，交于E点．

在直角△CDE中，∠E=30°，

∴CE=2CD=2×18=36．

则BE=BC+CE=20+36=56．

在直角△ABE中，tan∠E=$\frac {AB}{BE}$，

∴AB=BE•tan30°=$\frac {56$\sqrt {3}$}{3}$．

即旗杆AB的高度是$\frac {56$\sqrt {3}$}{3}$m．

点评：

此题考查了三角函数的基本概念，主要是正切概念及运算，关键把实际问题转化为数学问题加以计算．

分析：

当AB绕点A逆时针旋转45度后，刚回落在正方形对角线AC上，可求三角形与边长的差B′C，再根据等腰直角三角形的性质，勾股定理可求B′O，OD，从而可求四边形AB′OD的周长．

解答：

解：连接B′C，

∵旋转角∠BAB′=45°，∠BAC=45°，

∴B′在对角线AC上，

∵AB=AB′=1，用勾股定理得AC=$\sqrt {}$，

∴B′C=$\sqrt {}$-1，

在等腰Rt△OB′C中，OB′=B′C=$\sqrt {}$-1，

在直角三角形OB′C中，由勾股定理得OC=$\sqrt {}$($\sqrt {}$-1)=2-$\sqrt {}$，

∴OD=1-OC=$\sqrt {}$-1

∴四边形AB′OD的周长是：2AD+OB′+OD=2+$\sqrt {}$-1+$\sqrt {}$-1=2$\sqrt {}$．

故选A．

点评：

本题考查了正方形的性质，旋转的性质，特殊三角形边长的求法．连接B′C构造等腰Rt△OB′C是解题的关键．

分析：

设灯柱BC的长为h米，过点A作AH⊥CD于点H，过点B作BE⊥AH于点E，构造出矩形BCHE，Rt△AEB，然后解直角三角形求解．

解答：

解：设灯柱BC的长为h米，作AH⊥CD于点H，作BE⊥AH于点E．

∴四边形BCHE为矩形．

∵∠ABC=120°，

∴∠ABE=30°．

又∵∠BAD=∠BCD=90°，

∴∠ADC=60°．

在Rt△AEB中，

∴AE=ABsin30°=1，

BE=ABcos30°=$\sqrt {3}$，

∴CH=$\sqrt {3}$．

又∵CD=12，

∴DH=12-$\sqrt {3}$．

在Rt△AHD中，

tan∠ADH=$\frac {AH}{HD}$=$\frac {h+1}{12-$\sqrt {3}$}$=$\sqrt {3}$，

解得，h=12$\sqrt {3}$-4．

∴灯柱BC的高为(12$\sqrt {3}$-4)米，故选B．

点评：

解答此题的关键是作出辅助线，构造直角三角形，将求灯柱高的问题转化为解直角三角形的问题解答．

分析：

延长AD，BC交于点E，在直角△ABE中，解直角三角形即可求得BE，AE的长，从而求得DE的长，然后解直角△CDE，即可求得EC，CD的长度，从而求解．

解答：

解：延长AD，BC交于点E．

在直角△ABE中，∠E=90°-∠A=30°．

∴AE=2AB=8，BE=AB•tan60°=4$\sqrt {3}$．

∵AD=5

∴DE=3．

在直角△CDE中，CE=$\frac {DE}{cos30°}$=$\frac {3}{$\frac {$\sqrt {3}$}{2}$}$=2$\sqrt {3}$．

∴CD=$\frac {1}{2}$CE=$\sqrt {3}$，BC=BE-CE=4$\sqrt {3}$-2$\sqrt {3}$=2$\sqrt {3}$．

∴BC+CD=2$\sqrt {3}$+$\sqrt {3}$=3$\sqrt {3}$．

故答案是：3$\sqrt {3}$．

点评：

本题考查了解直角三角形的方法，以及三角函数，正确理解直角三角形的边角关系是关键．