专题10 锐角三角函数的应用问题（解析版）【浙江专用】

决胜2020年中考数学压轴题全揭秘（浙江专用）专题10锐角三角函数的应用问题【考点1】锐角三角函数的应用——选择题【例1】（2019•温州）某简易房示意图如图所示，它是一个轴对称图形，则坡屋顶上弦杆AB的长为（）A．95sinα米 B．95cosα米 C．59sinα米 D【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后利用锐角三角函数即可表示出AB的长．【解析】作AD⊥BC于点D，则BD=32+∵cosα=BD∴cosα=9解得，AB=9故选：B．点评：本题考查解直角三角形的应用、轴对称图形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．【例2】（2019•杭州）如图，一块矩形木板ABCD斜靠在墙边（OC⊥OB，点A，B，C，D，O在同一平面内），已知AB＝a，AD＝b，∠BCO＝x，则点A到OC的距离等于（）A．asinx+bsinx B．acosx+bcosx C．asinx+bcosx D．acosx+bsinx【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后利用锐角三角函数即可表示出点A到OC的距离，本题得以解决．【解析】作AE⊥OC于点E，作AF⊥OB于点F，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∵∠ABC＝∠AEC，∠BCO＝x，∴∠EAB＝x，∴∠FBA＝x，∵AB＝a，AD＝b，∴FO＝FB+BO＝a•cosx+b•sinx，故选：D．点评：本题考查解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．【考点2】锐角三角函数的应用——填空题【例3】（2019•金华）图2，图3是某公共汽车双开门的俯视示意图，ME、EF、FN是门轴的滑动轨道，∠E＝∠F＝90°，两门AB、CD的门轴A、B、C、D都在滑动轨道上，两门关闭时（图2），A、D分别在E、F处，门缝忽略不计（即B、C重合）；两门同时开启，A、D分别沿E→M，F→N的方向匀速滑动，带动B、C滑动：B到达E时，C恰好到达F，此时两门完全开启，已知AB＝50cm，CD＝40cm．（1）如图3，当∠ABE＝30°时，BC＝90﹣453cm．（2）在（1）的基础上，当A向M方向继续滑动15cm时，四边形ABCD的面积为2256cm2．【分析】（1）先由已知可得B、C两点的路程之比为5：4，再结合B运动的路程即可求出C运动的路程，相加即可求出BC的长；（2）当A向M方向继续滑动15cm时，AA'＝15cm，由勾股定理和题目条件得出△A'EB'、△D'FC'和梯形A'EFD'边长，即可利用割补法求出四边形四边形ABCD的面积．【解析】∵A、D分别在E、F处，门缝忽略不计（即B、C重合）且AB＝50cm，CD＝40cm．∴EF＝50+40＝90cm∵B到达E时，C恰好到达F，此时两门完全开启，∴B、C两点的路程之比为5：4（1）当∠ABE＝30°时，在Rt△ABE中，BE=32AB＝253∴B运动的路程为（50﹣253）cm∵B、C两点的路程之比为5：4∴此时点C运动的路程为（50﹣253）×45=（40﹣20∴BC＝（50﹣253）+（40﹣203）＝（90﹣453）cm故答案为：90﹣453；（2）当A向M方向继续滑动15cm时，设此时点A运动到了点A'处，点B、C、D分别运动到了点B'、C'、D'处，连接A'D'，如图：则此时AA'＝15cm∴A'E＝15+25＝40cm由勾股定理得：EB'＝30cm，∴B运动的路程为50﹣30＝20cm∴C运动的路程为16cm∴C'F＝40﹣16＝24cm由勾股定理得：D'F＝32cm，∴四边形A'B'C'D'的面积＝梯形A'EFD'的面积﹣△A'EB'的面积﹣△D'FC'的面积=12×90×(40+32)-12×30×40-12∴四边形ABCD的面积为2256cm2．故答案为：2256．点评：本题考查解直角三角形，解题的关键是熟练运用特殊角的三角函数值，本题属于中等题型．【例4】（2019•温州）图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两支脚OC＝OD＝10分米，展开角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝OB＝10分米，晾衣臂支架HG＝FE＝6分米，且HO＝FO＝4分米．当∠AOC＝90°时，点A离地面的距离AM为（5+53）分米；当OB从水平状态旋转到OB'（在CO延长线上）时，点E绕点F随之旋转至OB'上的点E'处，则B'E'﹣BE为4分米．【分析】如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．解直角三角形求出MQ，AQ即可求出AM，再分别求出BE，B′E′即可．【解析】如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．∵AM⊥CD，∴∠QMP＝∠MPO＝∠OQM＝90°，∴四边形OQMP是矩形，∴QM＝OP，∵OC＝OD＝10，∠COD＝60°，∴△COD是等边三角形，∵OP⊥CD，∴∠COP=12∠COD＝∴QM＝OP＝OC•cos30°＝53（分米），∵∠AOC＝∠QOP＝90°，∴∠AOQ＝∠COP＝30°，∴AQ=12OA＝∴AM＝AQ+MQ＝5+53．∵OB∥CD，∴∠BOD＝∠ODC＝60°在Rt△OFK中，KO＝OF•cos60°＝2（分米），FK＝OF•sin60°＝23（分米），在Rt△FKE中，EK=EF2∴BE＝10﹣2﹣26=（8﹣26在Rt△OFJ中，OJ＝OF•cos60°＝2（分米），FJ＝23（分米），在Rt△FJE′中，E′J=62-(2∴B′E′＝10﹣（26-2）＝12﹣26∴B′E′﹣BE＝4．故答案为5+53，4．点评：本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．【例5】（2019•湖州）有一种落地晾衣架如图1所示，其原理是通过改变两根支撑杆夹角的度数来调整晾衣杆的高度．图2是支撑杆的平面示意图，AB和CD分别是两根不同长度的支撑杆，夹角∠BOD＝α．若AO＝85cm，BO＝DO＝65cm．问：当α＝74°时，较长支撑杆的端点A离地面的高度h约为120cm．（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6．）【分析】过O作OE⊥BD，过A作AF⊥BD，可得OE∥AF，利用等腰三角形的三线合一得到OE为角平分线，进而求出同位角的度数，在直角三角形AFB中，利用锐角三角函数定义求出h即可．【解析】过O作OE⊥BD，过A作AF⊥BD，可得OE∥AF，∵BO＝DO，∴OE平分∠BOD，∴∠BOE=12∠BOD=12∴∠FAB＝∠BOE＝37°，在Rt△ABF中，AB＝85+65＝150cm，∴h＝AF＝AB•cos∠FAB＝150×0.8＝120cm，故答案为：120点评：此题考查了解直角三角形的应用，弄清题中的数据是解本题的关键．【考点3】求一个角的三角函数值综合问题【例6】（2019•杭州）在直角三角形ABC中，若2AB＝AC，则cosC＝32或25【分析】讨论：若∠B＝90°，设AB＝x，则AC＝2x，利用勾股定理计算出BC=3x，然后根据余弦的定义求cosC的值；若∠A＝90°，设AB＝x，则AC＝2x，利用勾股定理计算出BC=5x，然后根据余弦的定义求cos【解析】若∠B＝90°，设AB＝x，则AC＝2x，所以BC=(2x)2-x2若∠A＝90°，设AB＝x，则AC＝2x，所以BC=(2x)2+x2综上所述，cosC的值为32或2故答案为32或2点评：本题考查了锐角三角函数的定义：熟练掌握锐角三角函数的定义，灵活运用它们进行几何计算．【例7】（2019•舟山）如图，在△ABC中，若∠A＝45°，AC2﹣BC2=55AB2，则tanC＝5【分析】过B作BD⊥AC于D，易证△ABD是等腰直角三角形，那么AD＝BD．根据勾股定理得出AB2＝AD2+DB2＝2BD2，BC2＝DC2+BD2，那么AC2﹣BC2＝（AD+DC）2﹣（DC2+BD2）＝2BD•DC，代入AC2﹣BC2=55AB2，得出DC=【解析】如图，过B作BD⊥AC于D，∵∠A＝45°，∴∠ABD＝∠A＝45°，∴AD＝BD．∵∠ADB＝∠CDB＝90°，∴AB2＝AD2+DB2＝2BD2，BC2＝DC2+BD2，∴AC2﹣BC2＝（AD+DC）2﹣（DC2+BD2）＝AD2+DC2+2AD•DC﹣DC2﹣BD2＝2AD•DC＝2BD•DC，∵AC2﹣BC2=55AB∴2BD•DC=55×2∴DC=55∴tanC=BD故答案为5．点评：本题考查了解直角三角形，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数定义，难度适中．证明出AC2﹣BC2＝（AD+DC）2﹣（DC2+BD2）＝2BD•DC，是解题的关键．【考点4】锐角三角函数的综合应用问题【例8】（2019•舟山）某挖掘机的底座高AB＝0.8米，动臂BC＝1.2米，CD＝1.5米，BC与CD的固定夹角∠BCD＝140°．初始位置如图1，斗杆顶点D与铲斗顶点E所在直线DE垂直地面AM于点E，测得∠CDE＝70°（示意图2）．工作时如图3，动臂BC会绕点B转动，当点A，B，C在同一直线时，斗杆顶点D升至最高点（示意图4）．（1）求挖掘机在初始位置时动臂BC与AB的夹角∠ABC的度数．（2）问斗杆顶点D的最高点比初始位置高了多少米？（精确到0.1米）（参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，3≈1.73【分析】（1）过点C作CG⊥AM于点G，证明AB∥CG∥DE，再根据平行线的性质求得结果；（2）过点C作CP⊥DE于点P，过点B作BQ⊥DE于点Q，交CG于点N，如图2，通过解直角三角形求得DE，过点D作DH⊥AM于点H，过点C作CK⊥DH于点K，如图3，通过解直角三角形求得求得DH，最后便可求得结果．【解析】（1）过点C作CG⊥AM于点G，如图1，∵AB⊥AM，DE⊥AM，∴AB∥CG∥DE，∴∠DCG＝180°﹣∠CDE＝110°，∴BCG＝∠BCD﹣∠DCG＝140°﹣110°＝30°，∴∠ABC＝180°﹣∠BCG＝150°；（2）过点C作CP⊥DE于点P，过点B作BQ⊥DE于点Q，交CG于点N，如图2，在Rt△CPD中，DP＝1.5×cos70°≈0.51（米），在Rt△BCN中，CN＝1.2×cos30°≈1.04（米），所以，DE＝DP+PQ+QE＝DP+CN+AB＝2.35（米），如图3，过点D作DH⊥AM于点H，过点C作CK⊥DH于点K，在Rt△CKD中，DK＝CD×sin50°≈1.16（米），所以，DH＝DK+KH＝3.16（米），所以，DH﹣DE＝0.8（米），所以，斗杆顶点D的最高点比初始位置高了0.8米．点评：此题主要考查了解直角三角形的应用，充分体现了数学与实际生活的密切联系，解题的关键是正确构造直角三角形．【例9】（2019•绍兴）如图1为放置在水平桌面l上的台灯，底座的高AB为5cm，长度均为20cm的连杆BC，CD与AB始终在同一平面上．（1）转动连杆BC，CD，使∠BCD成平角，∠ABC＝150°，如图2，求连杆端点D离桌面l的高度DE．（2）将（1）中的连杆CD再绕点C逆时针旋转，使∠BCD＝165°，如图3，问此时连杆端点D离桌面l的高度是增加还是减少？增加或减少了多少？（精确到0.1cm，参考数据：2≈1.41，3≈【分析】（1）如图2中，作BO⊥DE于O．解直角三角形求出OD即可解决问题．（2）作DF⊥l于F，CP⊥DF于P，BG⊥DF于G，CH⊥BG于H．则四边形PCHG是矩形，求出DF，再求出DF﹣DE即可解决问题．【解析】（1）如图2中，作BO⊥DE于O．∵∠OEA＝∠BOE＝∠BAE＝90°，∴四边形ABOE是矩形，∴∠OBA＝90°，∴∠DBO＝150°﹣90°＝60°，∴OD＝BD•sin60°＝203（cm），∴DE＝OD+OE＝OD+AB＝203+5≈39.6（cm（2）作DF⊥l于F，CP⊥DF于P，BG⊥DF于G，CH⊥BG于H．则四边形PCHG是矩形，∵∠CBH＝60°，∠CHB＝90°，∴∠BCH＝30°，∵∠BCD＝165°，°∠DCP＝45°，∴CH＝BCsin60°＝103（cm），DP＝CDsin45°＝102（cm），∴DF＝DP+PG+GF＝DP+CH+AB＝（102+103+5）（∴下降高度：DE﹣DF＝203+5﹣102-103-5＝103-102点评：本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．【例10】（2019•台州）图1是一辆在平地上滑行的滑板车，图2是其示意图．已知车杆AB长92cm，车杆与脚踏板所成的角∠ABC＝70°，前后轮子的半径均为6cm，求把手A离地面的高度（结果保留小数点后一位；参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）．【分析】过点A作AD⊥BC于点D，延长AD交地面于点E，根据锐角三角函数的定义即可求出答案．【解析】过点A作AD⊥BC于点D，延长AD交地面于点E，∵sin∠ABD=AD∴AD＝92×0.94≈86.48，∵DE＝6，∴AE＝AD+DE＝92.5，∴把手A离地面的高度为92.5cm．点评：本题考查解直角三角形，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义，本题属于基础题型．1．（2020•金华模拟）如图，A、B、C是小正方形的顶点，且每个小正方形的边长为1，则sin∠BAC的值为（）A．97 B．9130130 C．33【分析】过B作BH⊥AC于H，根据三角形的面积公式得到BH，根据三角函数的定义即可得到结论．【解答】解：过B作BH⊥AC于H，∵S△ABC=12BC•AD=12∴BH=3×3∴sin∠BAC=BH故选：B．2．（2019•鹿城区校级二模）如图，两根竹竿AB和AD斜靠在墙CE上，量得∠BAC＝60°，∠DAC＝70°，则竹竿AB与AD的长度之比为（）A．2sin70° B．2cos70° C．2tan70° D．2【分析】直接利用锐角三角函数关系分别表示出AB，AD的长，即可得出答案．【解答】解：∵∠BAC＝60°，∠DAC＝70°，∴cos60°=AC则AB＝2AC，∴cos70°=AC∴AC＝AD•cos70°，AD=AC∴AB＝2cos70°．故选：B．3．（2019•柯桥区模拟）将一副三角板如图摆放在一起，组成四边形ABCD，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠ADC＝60°，∠ACB＝45°，连接BD，则tan∠CBD的值等于（）A．63 B．6+24 C．3【分析】如图所示，连接BD，过点D作DE垂直于BC的延长线于点E，构造直角三角形，将∠CBD置于直角三角形中，设CE为1，根据特殊直角三角形分别求得线段CD、AC、BC，从而按正切函数的定义可解．【解答】解：如图所示，连接BD，过点D作DE垂直于BC的延长线于点E∵在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，在Rt△ACD中，∠ACD＝90°∴∠DCE＝45°，∵DE⊥CE∴∠CED＝90°，∠CDE＝45°∴设DE＝CE＝1，则CD=在Rt△ACD中，∵∠CAD＝30°，∴tan∠CAD=CDAC，则AC在Rt△ABC中，∠BAC＝∠BCA＝45°∴BC=3∴在Rt△BED中，tan∠CBD=故选：D．4．（2019•吴兴区一模）李白笔下“孤帆一片日边来”描述了在喷薄而出的红日映衬下，远远望见一叶帆船驶来的壮美河山之境．聪明的小芬同学利用几何图形，构造出了此意境！如图，半径为5的⊙O在线段AB上方，且圆心O在线段AB的中垂线上，到AB的距离为395，AB＝20，线段PQ在边AB上（AP＜AQ），PQ＝6，以PQ中点C为顶点向上作Rt△CDE，其中∠D＝90°，CD＝3，sin∠DCE＝sin∠DCQ=45，设AP＝m，当边DE与⊙OA．6115≤m≤625 C．225≤m≤625【分析】如图1所示，当DE在圆O左侧有交点时，DE与圆O相切，延长ED至AB上于点F，记切点为点G，连接OG并延长至AB上于点H，过点O作OI⊥AB，根据已知条件得到△ECF为等腰三角形，求得CE＝CF＝5，得到PF＝8，由切线的性质得到OG⊥DE，即OG∥CD，根据线段垂直平分线的定义得到AI＝BI＝10，OI=395，解直角三角形得到AP＝m＝AF﹣PF＝AI+FI﹣PF＝10+（3115）﹣8=6115；如图2所示，当DE在圆O右侧有交点时，点E在圆O上，延长ED交AB的延长线于点F，过点O作OI⊥AB，过点E作EJ⊥AB，EK⊥OI，由三角函数的定义得到DE＝DF＝4，CE＝CF＝5，求得EF＝8，根据三角形的面积公式得到EJ＝KI=245，根据勾股定理得到CJ=CE2-EJ2=75，于是得到AP＝m【解答】解：如图1所示，当DE在圆O左侧有交点时，DE与圆O相切，延长ED至AB上于点F，记切点为点G，连接OG并延长至AB上于点H，过点O作OI⊥AB，∵sin∠DCE＝sin∠DCQ=4∴∠DCE＝∠DCQ，∵∠CDE＝90°，∴△ECF为等腰三角形，∵CD＝3，∴CE＝CF＝5，∵PQ＝6，点C为PQ的中点，∴PC＝3，∴PF＝8，∵DE与圆O相切，切点为点G，∴OG⊥DE，即OG∥CD，∴sin∠OHI＝sin∠DCE=4∵圆心O在线段AB的中垂线上，∴AI＝BI＝10，OI=39∴HI＝OI•tan∠OHI=395×3∴GH=19在Rt△FGH中，∵∠FHG＝∠FCD，∴FH＝HG×5∴FI＝FH﹣HI=31∴AP＝m＝AF﹣PF＝AI+FI﹣PF＝10+（3115）﹣8=如图2所示，当DE在圆O右侧有交点时，点E在圆O上，延长ED交AB的延长线于点F，过点O作OI⊥AB，过点E作EJ⊥AB，EK⊥OI，∵sin∠DCE＝sin∠DCQ=45，CD＝∴DE＝DF＝4，CE＝CF＝5，∴EF＝8，∴△CEF的面积=12EF×CD=12CF×EJ，即128×3∴EJ＝KI=24∴CJ=CE2-EJ2=75在Rt△OKE中，EK＝JI＝4，∴CI=27∴AP＝m＝AC﹣CP＝AI+CI﹣CP＝10+275-综上所述即可知m的取值范围是6115≤m故选：A．二．填空题（共6小题）5．（2019•金华模拟）小明家的门框上装有一把防盗门锁（如图1）．其平面结构图如图2所示，锁身可以看成由两条等弧AD，弧BC和矩形ABCD组成，弧BC的圆心是倒锁按钮点M．已知弧AD的弓形高GH＝2cm，AD＝8cm，EP＝11cm．当锁柄PN绕着点N旋转至NQ位置时，门锁打开，此时直线PQ与弧BC所在的圆相切，且PQ∥DN，tan∠NQP＝2．（1）弧BC所在圆的半径为5cm．（2）线段AB的长度约为29.8cm．（5≈2.236，结果精确到0.1cm【分析】如图，连接BM，设HM交BC于K，延长PQ交NM的延长线于点T，若直线PQ与弧BC所在的圆相切于J，连结MJ．分别求出TN，TM，MN即可解决问题．【解答】解：（1）如图，连接BM，设HM交BC于K，延长PQ交NM的延长线于点T，若直线PQ与弧BC所在的圆相切于J，连结MJ．设BM＝r，在Rt△BMK中，则有r2＝42+（r﹣2）2，解得r＝5，∴BM＝5，即弧BC所在圆的半径为5cm．（2）∵DN∥PB，∴∠DNE＝∠P，∵NP＝NQ，∴∠P＝∠NQP，∴∠DNE＝∠NQP，∴tan∠DNE＝tan∠NQP＝2=DE∵DE＝DG＝4，∴DE＝NG＝8，∴NP＝NE+EP＝4+11＝15，∵直线PQ与弧BC所在的圆相切于J，∴MJ⊥PQ，MJ＝5，∴∠TMJ＝∠NPT，∴tan∠TMJ＝tan∠NPT＝2，∴MJTJ∴NT＝15×2＝30，TJ＝5×2＝10，∴MT=MJ2∴MN＝NT﹣MT＝30﹣55，∴AB＝GN+MN+MK＝8+30﹣55+3＝41﹣55≈故答案为：（1）5，（2）29.8．6．（2019•南浔区二模）如图，是一个液压升降机，图中两个菱形的边长及等腰三角形的腰长都是定值且相等．如图1，载物台到水平导轨AB的距离h1为468cm，此时tan∠OAB=34，如图2，当tan∠OAB=512时，载物台到水平导轨AB的距离h2为【分析】设OA＝a，由题意得h1＝6OA•sin∠OAB．由tan∠OAB=34，得出sin∠OAB=35，将sin∠OAB=35，h1＝468代入h1＝6OA•sin∠OAB求出a，再由tan∠OAB=512时，得出sin∠OAB=513，代入【解答】解：设OA＝a，由题意得h1＝6OA•sin∠OAB．∵tan∠OAB=34，∴sin∠OAB∴6a×35=468，解得当tan∠OAB=512时，sin∠OAB∴h2＝6OA•sin∠OAB＝6×11709故答案为300．7．（2019•瑞安市三模）如图所示，在两建筑物之间有一高为15米的旗杆，从高建筑物的顶端A点经过旗杆顶点恰好看到矮建筑物的底端墙角C点，且俯角a为60°，又从A点测得矮建筑物左上角顶端D点的俯角β为30°，若旗杆底部点G为BC的中点（点B为点A向地面所作垂线的垂足）则矮建筑物的高CD为20米．【分析】根据点G是BC中点，可判断EG是△ABC的中位线，求出AB，在Rt△ABC和在Rt△AFD中，利用特殊角的三角函数值分别求出BC、DF，继而可求出CD的长度．【解答】解：过点D作DF⊥AF于点F，∵点G是BC中点，EG∥AB，∴EG是△ABC的中位线，∴AB＝2EG＝30米，在Rt△ABC中，∵∠CAB＝30°，∴BC＝ABtan∠BAC＝30×33=在Rt△AFD中，∵AF＝BC＝103米，∴FD＝AF•tanβ＝103×3∴CD＝AB﹣FD＝30﹣10＝20米．故答案为：20米．8．（2019•江干区二模）如图，有一个底面直径与杯高均为15cm的杯子里而盛了一些溶液，当它支在桌子上倾斜到液面与杯壁呈52°才能将液体倒出，则此时杯子最高处距离桌面21.15cm（sin52°≈0.79，cos52°≈0.62，tan52°≈1.28）【分析】过最高点作桌面的垂线AD，过流水口B作桌面的垂线BC，作BE⊥AD于点E，运用解直角三角形的知识进行解答．【解答】解：过最高点作桌面的垂线AD，过流水口B作桌面的垂线BC，作BE⊥AD于点E，如图所示，在Rt△BCF中，有∠BFC＝52°，BF＝15cm，∴BC＝BF•sin52°＝15×0.79＝11.85（cm），∴DE＝BC＝11.85cm，∵BE∥CD，∴∠EBF＝∠BFC＝52°，∴∠ABE＝90°﹣52°＝38°，∴∠BAE＝90°﹣38°＝52°，在Rt△ABE中，AB＝15cm，∴AE＝AB•cos52°＝15×0.62＝9.3（cm），∴AD＝AE+DE＝9.3+11.85＝21.15（cm）．故答案为：21.15．9．（2019•吴兴区一模）如图是将一正方体货物沿坡面AB装进汽车货厢的平面示意图，已知长方体货厢的高度BC为2米，斜坡AB的坡度i=13，现把图中的货物沿斜坡继续往前平移，当货物顶点D与C重合时，恰好可把货物放平装进货厢，则BD＝3【分析】利用斜坡AB的坡度i=13得到BEAE=13，进而证得△CBD∽△BAE，得到CDBD=BEAE=13，然后设【解答】解：如图，∵斜坡AB的坡度i=1∴BEAE∵∠CBD+∠ABE＝90°，∠ABE+∠A＝90°，∴∠CBD＝∠A，∵∠CDB＝∠AEB＝90°，∴△CBD∽△BAE，∴CD∴设CD＝x米，则BD＝3x米，货物顶点D与C重合，∴∠CDB＝90°，在Rt△CBD中，BD2+CD2＝BC2，即：x2+（3x）2＝22，x=10∴BD=3故答案为31010．（2019•金华模拟）如图是一个海绵拖把，图1、图2是它的示意图，现用线段BC表示拉手柄，线段DE表示海绵头，其工作原理是：当拉动BC时线段OA能绕点O旋转（设定转角∠AOQ大于等于0°且小于等于180°），同时带动连杆AQ拉着DE向上移动．图1表示拖把的初始位置（点O、A、Q三点共线，P、Q重合），此时OQ＝45cm，图2表示拉动过程中的一种状态图，若DE可提升的最大距离PQ＝10cm．（1）请计算：OA＝5cm；AQ＝40cm．（2）当sin∠OQA=110时，则PQ＝42-1211或48﹣12【分析】（1）由题意可知：OA定义DE使得最大值的一半，AQ＝OQ﹣OA即可解决问题．（2）分两种情形分别画出图形，解直角三角形即可解决问题．【解答】解：（1）由题意OA=12×10＝5cm，AQ＝45﹣5＝故答案为5，40．（2）当∠OAQ是钝角时，如图1中，作AH⊥PQ于H．在Rt△AHQ中，∵sin∠AQH=AHAQ=110∴AH＝4，∴QH=AQ2在Rt△QOH中，OH=OA∴OQ＝3+1211，∴PQ＝45﹣（3+1211）＝（42﹣1211）（cm），当∠OAQ是锐角时，如图2中，作AH⊥OP交PO的延长线于H．同法可得：OQ＝1211-3∴PQ＝45﹣（1211-3）＝（48﹣1211）（cm故答案为：42﹣1211或48﹣1211．三．解答题（共10小题）11．（2020•衢州模拟）某仓储中心有一个坡度为i＝1：2的斜坡AB，顶部A处的高AC为4米，B、C在同一水平地面上，其横截面如图．（1）求该斜坡的坡面AB的长度；（2）现有一个侧面图为矩形DEFG的长方体货柜，其中长DE＝2.5米，高EF＝2米，该货柜沿斜坡向下时，点D离BC所在水平面的高度不断变化，求当BF＝3.5米时，点D离BC所在水平面的高度DH．【分析】（1）根据坡度定义以及勾股定理解答即可；（2）证出∠GDM＝∠HBM，根据GMGD=12，得到GM＝1m，利用勾股定理求出DM的长，然后求出BM＝5m，进而求出【解答】解：（1）∵坡度为i＝1：2，AC＝4m，∴BC＝4×2＝8m．∴AB=A（2）∵∠DGM＝∠BHM，∠DMG＝∠BMH，∴∠GDM＝∠HBM，∴GMGD∵DG＝EF＝2m，∴GM＝1m，∴DM=12+22=5，BM＝BF+FM＝3.5+（设MH＝xm，则BH＝2xm，∴x2+（2x）2＝52，∴x=5m∴DH=5+12．（2020•拱墅区校级模拟）已知：如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，E是AD的中点，连接CE并延长交边AB于点F，AC＝13，BC＝8，cos∠ACB=5（1）求tan∠DCE的值；（2）求AFBF【分析】（1）由三角函数定义求出CD＝5，由勾股定理得出AD＝12，求出ED=12AD＝（2）过D作DG∥F交AB于点G，求出BD＝BC﹣CD＝3，由平行线分线段成比例定理得出BDCD=BGFG=35，AFFG=AEDE=1，得出AF＝FG，设BG＝3x，则AF＝FG＝【解答】解：（1）∵AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，在Rt△ADC中，AC＝13，cos∠ACB=5∴CD＝5，由勾股定理得：AD=13∵E是AD的中点，∴ED=12AD＝∴tan∠DCE=ED（2）过D作DG∥F交AB于点G，如图所示：∵BC＝8，CD＝5，∴BD＝BC﹣CD＝3，∵DG∥CF，∴BDCD=BGFG∴AF＝FG，设BG＝3x，则AF＝FG＝5x，BF＝FG+BG＝8x∴AFBF13．（2020•金华模拟）有一只拉杆式旅行箱（图1），其侧面示意图如图2所示，已知箱体长AB＝50cm，拉杆BC的伸长距离最大时可达35cm，点A、B、C在同一条直线上，在箱体底端装有圆形的滚筒⊙A，⊙A与水平地面切于点D，在拉杆伸长至最大的情况下，当点B距离水平地面38cm时，点C到水平面的距离CE为59cm．设AF∥MN．（1）求⊙A的半径长；（2）当人的手自然下垂拉旅行箱时，人感觉较为舒服，某人将手自然下垂在C端拉旅行箱时，CE为80cm，∠CAF＝64°．求此时拉杆BC的伸长距离．（精确到1cm，参考数据：sin64°≈0.90，cos64°≈0.39，tan64°≈2.1）【分析】（1）作BH⊥AF于点K，交MN于点H，则△ABK∽△ACG，设圆形滚轮的半径AD的长是xcm，根据相似三角形的对应边的比相等，即可列方程求得x的值；（2）求得CG的长，然后在直角△ACG中，求得AC即可解决问题；【解答】解：（1）作BH⊥AF于点K，交MN于点H．则BK∥CG，△ABK∽△ACG．设圆形滚轮的半径AD的长是xcm．则BKCG=ABAC解得：x＝8．则圆形滚轮的半径AD的长是8cm；（2）在Rt△ACG中，CG＝80﹣8＝72（cm）．则sin∠CAF=CG∴AC＝80，（cm）∴BC＝AC﹣AB＝80﹣50＝30（cm）．14．（2020•黄岩区模拟）如图，某中学数学活动小组在学习了“利用三角函数测高”后，选定测量小河对岸一幢建筑物BC的高度，他们先在斜坡上的D处，测得建筑物顶端B的仰角为30°．且D离地面的高度DE＝5m．坡底EA＝30m，然后在A处测得建筑物顶端B的仰角是60°，点E，A，C在同一水平线上，求建筑物BC的高．（结果用含有根号的式子表示）【分析】过点D作DH⊥BC于点H，则四边形DHCE是矩形，DH＝EC，DE＝HC，设建筑物BC的高度为xm，则BH＝（x﹣5）m，由三角函数得出DH=3（x﹣5），AC＝EC﹣EA=3（x﹣5）﹣30，得出x＝tan60°•[3（x﹣5）﹣【解答】解：过点D作DH⊥BC于点H，如图所示：则四边形DHCE是矩形，DH＝EC，DE＝HC＝5，设建筑物BC的高度为xm，则BH＝（x﹣5）m，在Rt△DHB中，∠BDH＝30°，∴DH=3（x﹣5），AC＝EC﹣EA=3（x﹣5）﹣在Rt△ACB中，∠BAC＝60°，tan∠BAC=BC∴x解得：x=15+30答：建筑物BC的高为15+303215．（2020•绍兴一模）如图，在10×6的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，线段AB、线段EF的端点均在小正方形的顶点上．（1）在图中以AB为边画Rt△ABC，点C在小正方形的格点上，使∠BAC＝90°，且tan∠ACB=2（2）在（1）的条件下，在图中画以EF为边且面积为3的△DEF，点D在小正方形的格点上，使∠CBD＝45°，连接CD，直接写出线段CD的长．【分析】（1）如图，作∠BAC＝90°，且边AC＝32，才能满足条件；（2）作DE＝2，连接DF，则△DEF是以EF为边且面积为3的三角形，连接BD，CD，则∠CBD＝45°．【解答】解：（1）如图，由勾股定理得：AB=22+AC=32+32=∴AB2+AC2＝（22）2+（32）2＝26，BC2＝（26）2＝26，∴AB2+AC2＝BC2，∴△ABC是直角三角形，且∠BAC＝90°，tan∠ACB=AB（2）如图，∵S△DEF=12×2×3∵BC=26，CD=52+∴BC2+CD2＝52，BD2＝52，∴BC2+CD2＝BD2，∴∠BCD＝90°，BC＝CD，∴∠CBD＝45°，∴CD=2616．（2019•苍南县二模）如图，某人在山坡坡脚C处测得一座建筑物顶点A的仰角为60°，沿山坡向上走到P处再测得该建筑物顶点A的仰角为45°．已知BC＝80米，AP，BC的延长线交于点D，山坡坡度为13（即tan∠PCD=13）．注：取3（1）求该建筑物的高度（即AB的长）．（2）求此人所在位置点P的铅直高度（测倾器的高度忽略不计）．（3）若某一时刻，1米长木棒竖放时，在太阳光线下的水平影长是1.5米，则同一时刻该座建筑物顶点A投影与山坡上点M重合，求点M到该座建筑物的水平距离．【分析】（1）由∠ACB＝60°，∠ABC＝90°知AB=3BC（2）过点P作PE⊥BD于E，PF⊥AB于F，证四边形BEPF是矩形得PE＝BF，PF＝BE．据此PE＝x米，知BF＝PE＝x米，由tan∠PCD=PECE=13知CE＝3x．再由∠APF＝45°知AF＝AB﹣BF＝136﹣x，PF＝BE＝BC+CE＝80+3x（3）设点M的铅直高度为a米，知136-a80+3a=1【解答】解：（1）∵∠ACB＝60°，∠ABC＝90°，BC＝80，∴AB=3（2）过点P作PE⊥BD于E，PF⊥AB于F，又∵AB⊥BC，∴四边形BEPF是矩形．∴PE＝BF，PF＝BE．设PE＝x米，则BF＝PE＝x米，∵在Rt△PCE中，tan∠PCD=PE∴CE＝3x．∵在Rt△PAF中，∠APF＝45°，∴AF＝AB﹣BF＝136﹣x，PF＝BE＝BC+CE＝80+3x．又∵AF＝PF，∴136﹣x＝80+3x，解得：x＝14，答：人所在的位置点P的铅直高度为14米．（3）设点M的铅直高度为a米，得136-a80+3a解得a=248∴点M到该座建筑物的水平距离=80+3a=162217．（2019•嘉兴一模）图1是某酒店的推拉门，已知门的宽度AD＝2米，两扇门的大小相同（即AB＝CD），且AB+CD＝AD，现将右边的门CDD1C1绕门轴DD1向外面旋转67°（如图2所示）．（1）点C到直线AD的距离．（2）将左边的门ABB1A1绕门轴AA1向外面旋转，设旋转角为α（如图3所示），问α为多少度时，点B，C之间的距离最短．参考数据：（sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，tan29.6°≈0.57，tan19.6°≈0.36，sin29.6°≈0.49）【分析】（1）如图2，过C作CH⊥AD于H，解直角三角形即可得到结论；（2）当A、B、C三点共线时，B，C之间的距离最短，如图3，过C作CH⊥AD于H，解直角三角形即可得到结论．【解答】解：（1）如图2，过C作CH⊥AD于H，由题意得，∠D＝67°，CD=12AD＝∴CH＝CD•sin67°≈0.92米；答：点C到直线AD的距离约为0.92米；（2）当A、B、C三点共线时，B，C之间的距离最短，如图3，过C作CH⊥AD于H，由题意得，∠D＝67°，CD=12AD＝∴CH＝CD•sin67°≈0.92米，DH＝CD•cos67°≈0.39，∴AH＝2﹣0.39＝1.61，在Rt△ACH中，tanα=CHAH∴α≈29.6°，答：当α为29.6度时，点B，C之间的距离最短．18．（2019•海