數(shù)學(xué)九年級下冊專題28.5 銳角三角函數(shù)章末測試卷（拔尖卷）（人教版）（教師版）

第28章銳角三角函數(shù)章末測試卷（拔尖卷）【人教版】參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）（2021秋?泉州期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，則下列選項正確的是（）A．sinA+sinB＜1 B．sinA+sinB＞1 C．sinA+sinB＝1 D．sinA+sinB≤1【解題思路】根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義表示sinA+sinB的和，再根據(jù)三角形的三邊關(guān)系得出答案．【解答過程】解：如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C所對的邊分別為a、b、c，∴sinA=ac，sinB∴sinA+sinB=a又∵a+b＞c，∴a+bc即sinA+sinB＞1，故選：B．2．（3分）（2021?杭州一模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC：BC＝1：2，則∠A的正弦值為（）A．55 B．255 C．2【解題思路】先通過勾股定理求出斜邊長度，再根據(jù)三角函數(shù)求解．【解答過程】解：設(shè)AC為x，則BC＝2x，由勾股定理得AB=AC∴sinA=BC故選：B．3．（3分）（2021秋?江陰市校級月考）如圖，A（0，8），B（0，2），點E為x軸正半軸上一動點，設(shè)tan∠AEB＝m，則m的取值范圍是（）A．0＜m≤34 B．0＜m≤45 C．12＜【解題思路】點E為x軸正半軸上一動點，設(shè)tan∠AEB＝m，則m＞0，再求出m的最大值即可．過A、B、E三點的圓O′與x軸相切時，∠AEB最大，m的值最大．作O′D⊥AB于D，由垂徑定理得出AD＝DB=12AB＝3，OD＝OA﹣AD＝5，那么⊙O′的半徑為5．在直角△O′AD中，由勾股定理得出O′D=52?32=4，則AE=OA2+OE2=82+42=45，再作BC⊥AE于C．由S△AOE=1【解答過程】解：如圖，過A、B、E三點的圓O′與x軸相切時，∠AEB最大．方法1：作O′D⊥AB于D，則AD＝DB=12∵OA＝8，∴OD＝OA﹣AD＝5，∴O′E＝O′A＝OD＝5，即⊙O′的半徑為5．在直角△O′AD中，由勾股定理得O′D=5∴OE＝O′D＝4，∴AE=OA2作BC⊥AE于C．∵S△AOE=12OA?OE＝S△BOE+S△∴12×8×4=12×2×4∴BC=6∵BE2＝OB2+OE2＝22+42＝20，∴CE=20?∴m的最大值為BCCE又∵m＞0，∴0＜m≤3方法2：作O′D⊥AB于D，則AD＝DB=12∵OA＝8，∴OD＝OA﹣AD＝5，∴O′E＝O′A＝OD＝5，即⊙O′的半徑為5．在直角△O′AD中，由勾股定理得O′D=5∵∠AEB＝∠AO′D，∴tan∠AO′D=AD∴m的最大值為34又∵m＞0，∴0＜m≤3故選：A．4．（3分）（2021?溫江區(qū)校級自主招生）已知sinα+cosα=75，0°＜α＜45°A．34 B．43 C．34【解題思路】根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義進行計算即可．【解答過程】解：設(shè)直角三角形中，銳角α所對的邊為a，鄰邊為b，斜邊為c，則sinα=ac，cosα=bc因為sinα+cosα=75，即所以a+bc設(shè)c＝5k，則a+b＝7k，由勾股定理可得，a＝3k，b＝4k或a＝4k，b＝3k，因為0°＜α＜45°，所以tanα=a故選：A．5．（3分）（2021秋?冷水灘區(qū)期末）關(guān)于三角函數(shù)有如下公式：sin（α+β）＝sinαcosβ+cosαsinβ，sin（α﹣β）＝sinαcosβ﹣cosαsinβcos（α+β）＝cosαcosβ﹣sinαsinβ，cos（α﹣β）＝cosαcosβ+sinαsinβtan（α+β）=tanα+tanβ1?tanαtanβ（1﹣tanαtanβ≠0），合理利用這些公式可以將一些角的三角函數(shù)值轉(zhuǎn)化為特殊角的三角函數(shù)來求值，如sin90°＝sin（30°+60°）＝sin30°cos60°+cos30°sin60°利用上述公式計算下列三角函數(shù)①sin105°=6+24，②tan105°＝﹣2?3，③其中正確的個數(shù)有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【解題思路】直接利用已知公式法分別代入計算得出答案．【解答過程】解：①sin105°＝sin（45°+60°）＝sin60°cos45°+cos60°sin45°=3=6②tan105°＝tan（60°+45°）=tan45°+tan60°=1+=(1+＝﹣2?3③sin15°＝sin（60°﹣45°）＝sin60°cos45°﹣cos60°sin45°=3=6④cos90°＝cos（45°+45°）＝cos45°cos45°﹣sin45°sin45°=2＝0，故此選項正確；故正確的有4個．故選：D．6．（3分）（2021?杭州模擬）在△ABC中，a、b、c分別為角A、B、C的對邊，若∠B＝60°，則ca+bA．12 B．22 C．1 【解題思路】先過點A作AD⊥BC于D，構(gòu)造直角三角形，結(jié)合∠B＝60°，利用sin60°=32，cos60°=12可求DB=C2，AD=32C，把這兩個表達式代入到另一個Rt△ADC的勾股定理表達式中，化簡可得即a2【解答過程】解：過A點作AD⊥BC于D，在Rt△BDA中，由于∠B＝60°，∴DB=c2，AD=在Rt△ADC中，DC2＝AC2﹣AD2，∴（a?c2）2＝b2?3即a2+c2＝b2+ac，∴ca+b故選：C．7．（3分）（2021?建湖縣二模）在如圖所示8×8的網(wǎng)格中，小正方形的邊長為1，點A、B、C、D都在格點上，AB與CD相交于點E，則∠AED的正切值是（）A．2 B．12 C．23 【解題思路】如圖，取格點K，連接AK，BK．觀察圖形可知AK⊥BK，BK＝2AK，BK∥CD，推出∠AED＝∠ABK，解直角三角形求出tan∠ABK即可．【解答過程】解：如圖，取格點K，連接AK，BK．觀察圖形可知AK⊥BK，BK＝2AK，BK∥CD，∴∠AED＝∠ABK，∴tan∠AED＝tan∠ABK=AK故選：B．8．（3分）（2021?溫州自主招生）已知△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c，且2b＝a+c，延長CA到D，使AD＝AB，連接BD，則tan12∠BAC?tan1A．12 B．13 C．34【解題思路】過點B作BH⊥AC于H，利用勾股定理得數(shù)量關(guān)系，過點B作BH⊥AC于H，建立等腰三角形，求角的關(guān)系，等量代換后，再用三角函數(shù)求值．【解答過程】解：過點B作BH⊥AC于H，過點B作BH⊥AC于H．設(shè)HC＝x，HA＝y(tǒng)，HB＝h，∴x2+h2＝a2，y2+h2＝c2，x+y＝ba+c2解得：x=14（5a﹣3c），y=14（5c﹣3a），h=316（3c﹣∵CE＝CB，∴∠E＝∠CBE，∵∠BCA＝∠CBE+∠E，∴∠E=12∠∴tan12∠BAC?tan12∠BCA＝tan∠D?tan∠E故選：B．9．（3分）（2021?平陽縣一模）勾股定理有著悠久的歷史，它曾引起很多人的興趣．英國佩里加（H．Perigal，1801﹣1898）用“水車翼輪法”（圖1）證明了勾股定理．該證法是用線段QX，ST，將正方形BIJC分割成四個全等的四邊形，再將這四個四邊形和正方形ACYZ拼成大正方形AEFB（圖2）．若AD=13，tan∠AON=32A．513 B．18 C．16 D．【解題思路】延長QN交AE于H．解直角三角形求出OH，HN，OM即可解決問題．【解答過程】解：延長QN交AE于H．由題意AO＝AD＝DE=13，AE＝213在Rt△AOH中，∵tan∠AOH=AH∴AH=3∴OH=OA2+AH2=13∵△NHD∽△HAO，∴DNOA∴DN＝1，HN=3∴ON＝OH﹣HN＝5，∵OM＝DN＝1，∴MN＝5﹣1＝4，∴正方形MNUV的周長為16，故選：C．10．（3分）（2021?吳興區(qū)一模）李白筆下“孤帆一片日邊來”描述了在噴薄而出的紅日映襯下，遠遠望見一葉帆船駛來的壯美河山之境．聰明的小芬同學(xué)利用幾何圖形，構(gòu)造出了此意境！如圖，半徑為5的⊙O在線段AB上方，且圓心O在線段AB的中垂線上，到AB的距離為395，AB＝20，線段PQ在邊AB上（AP＜AQ），PQ＝6，以PQ中點C為頂點向上作Rt△CDE，其中∠D＝90°，CD＝3，sin∠DCE＝sin∠DCQ=45，設(shè)AP＝m，當邊DE與⊙OA．6115≤m≤625C．225≤m≤62【解題思路】如圖1所示，當DE在圓O左側(cè)有交點時，DE與圓O相切，延長ED至AB上于點F，記切點為點G，連接OG并延長至AB上于點H，過點O作OI⊥AB，根據(jù)已知條件得到△ECF為等腰三角形，求得CE＝CF＝5，得到PF＝8，由切線的性質(zhì)得到OG⊥DE，即OG∥CD，根據(jù)線段垂直平分線的定義得到AI＝BI＝10，OI=395，解直角三角形得到AP＝m＝AF﹣PF＝AI+FI﹣PF＝10+（3115）﹣8=6115；如圖2所示，當DE在圓O右側(cè)有交點時，點E在圓O上，延長ED交AB的延長線于點F，過點O作OI⊥AB，過點E作EJ⊥AB，EK⊥OI，由三角函數(shù)的定義得到DE＝DF＝4，CE＝CF＝5，求得EF＝8，根據(jù)三角形的面積公式得到EJ＝KI=245，根據(jù)勾股定理得到CJ=CE2?EJ2=75，于是得到AP＝【解答過程】解：如圖1所示，當DE在圓O左側(cè)有交點時，DE與圓O相切，延長ED至AB上于點F，記切點為點G，連接OG并延長至AB上于點H，過點O作OI⊥AB，∵sin∠DCE＝sin∠DCQ=4∴∠DCE＝∠DCQ，∵∠CDE＝90°，∴△ECF為等腰三角形，∵CD＝3，∴CE＝CF＝5，∵PQ＝6，點C為PQ的中點，∴PC＝3，∴PF＝8，∵DE與圓O相切，切點為點G，∴OG⊥DE，即OG∥CD，∴sin∠OHI＝sin∠DCE=4∵圓心O在線段AB的中垂線上，∴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=如圖2所示，當DE在圓O右側(cè)有交點時，點E在圓O上，延長ED交AB的延長線于點F，過點O作OI⊥AB，過點E作EJ⊥AB，EK⊥OI，∵sin∠DCE＝sin∠DCQ=45，∴DE＝DF＝4，CE＝CF＝5，∴EF＝8，∴△CEF的面積=12EF×CD=12CF×EJ，即12∴EJ＝KI=24∴CJ=CE2?EJ2=7在Rt△OKE中，EK＝JI＝4，∴CI=27∴AP＝m＝AC﹣CP＝AI+CI﹣CP＝10+275?綜上所述即可知m的取值范圍是6115≤m故選：A．二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分）11．（3分）（2021秋?衢江區(qū)期末）tan1°tan2°tan3°…tan89°＝1．【解題思路】根據(jù)銳角三角函數(shù)的概念，可以證明：互為余角的兩個角的正切值互為倒數(shù)；熟記tan45°＝1．【解答過程】解：tan1°tan2°tan3°…tan89°＝（tan1°?tan89°）（tan2°?tan88°）…（tan44°?tan46°）?tan45°＝1．12．（3分）（2021?大石橋市校級模擬）如圖，點A（t，4）在第一象限，OA與x軸所夾的銳角為α，tanα=43，則t的值為【解題思路】根據(jù)點A（t，4）在第一象限，OA與x軸所夾的銳角為α，tanα=43，可以求得【解答過程】解：∵點A（t，4）在第一象限，OA與x軸所夾的銳角為α，tanα=4∴tanα=4解得t＝3．故答案為：3．13．（3分）（2021秋?南安市月考）規(guī)定：sin（﹣x）＝﹣sinx，cos（﹣x）＝cosx，sin（x+y）＝sinx?cosy+cosx?siny．據(jù)此判斷下列等式成立的是②③④（填序號）．①cos（﹣60°）=?12；②sin2x＝2sinx?cosx；③sin（x﹣y）＝sinx?cosy﹣cosx?siny；【解題思路】根據(jù)給出的等式，分別對每個結(jié)論進行判斷即可．【解答過程】解：cos（﹣60°）＝cos60°=12，因此sin2x＝sin（x+x）＝sinx?cosx+cosx?sinx＝2sinx?cosx，因此②正確；sin（x﹣y）＝sinx?cos（﹣y）+cosx?sin（﹣y）＝sinx?cosy﹣cosx?siny，因此③正確；sin90°＝sin（30°+60°）＝sin30°cos60°+cos30°sin60°=12×綜上所述，正確的有②③④，故答案為：②③④．14．（3分）（2021秋?諸暨市期末）如圖，某同學(xué)用圓規(guī)BOA畫一個半徑為4cm的圓，測得此時∠O＝90°，為了畫一個半徑更大的同心圓，固定A端不動，將B端向左移至B′處，此時測得∠O′＝120°，則BB′的長為26?4【解題思路】△ABO是等腰直角三角形，利用三角函數(shù)即可求得OA的長，過O'作O'D⊥AB于點D，在直角△AO'D中利用三角函數(shù)求得AD的長，則AB'＝2AD，然后根據(jù)BB'＝AB'﹣AB即可求解．【解答過程】解：在等腰直角△OAB中，AB＝4，則OA=22AB＝22∠AO'D=1過O'作O'D⊥AB于點D．則AD＝AO'?sin60°＝22×則AB'＝2AD＝26，故BB'＝AB'﹣AB＝26?故答案是：26?15．（3分）（2021?新洲區(qū)模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝10，BC＝5，M是射線AB上的一動點，以AM為斜邊在△ABC外作Rt△AMN，且使tan∠MAN=12，O是BM的中點，連接ON．則ON長的最小值為25【解題思路】作NP⊥AB于點P，設(shè)AM長為x，用含x代數(shù)式表示出ON，然后通過配方求解．【解答過程】解：作NP⊥AB于點P，在Rt△ACB中，由勾股定理得：AB=AC2設(shè)AM長為x，則BM＝55?x∵tan∠MAN=MN∴AN＝2MN，∴AM=AN∴MN=55AM=55x，AN＝2同理，在Rt△ANP中可得NP=55AN=25x，AP∵O為BM中點，∴BO=12BM∴AO＝AB﹣BO=5∴OP＝AO﹣AP=55+x在Rt△ONP中，由勾股定理得ON2＝OP2+NP2，即ON2＝（255?3x10）2+（25x）2=1100（25x2﹣1505x+3125）=14（x2﹣65x+125）∴當x＝35時，ON2取最小值為20，∴ON最小值為25．故答案為：25．16．（3分）（2021?武漢模擬）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點D是AC邊上一點，連BD，過C點作BD的垂線與過A點作AC的垂線交于點E．當tan∠ABD=12，cos∠E=1717，則CDAD【解題思路】在△AHE中，設(shè)AE＝a，則AG＝AEsinα＝asinα，GE＝acosα，則GH=12AG=12asinα，則EH＝GE+GH＝acosα+12asinα，在Rt△AEG中，EC=AEcosα=acosα，再求出HC【解答過程】解：設(shè)直線AB交CE于點H，BD交CE于點N，設(shè)∠E＝α，則cos∠E=1717=cosα，則sinα=∵tan∠ABD=12，則tan∠∵AE⊥AC，BC⊥AC，∴AE∥BC，∴∠E＝∠ECB＝α，∵∠NDC+∠NCD＝90°，∠NCB+∠NCD＝90°，∴∠NCB＝∠NDC＝α，在△AHE中，設(shè)AE＝a，則AG＝AEsinα＝asinα，GE＝acosα，則GH=AGtan∠GHA=AGtan∠BHN=12AG=12asinα，則EH＝GE+在Rt△AEC中，EC=AE則HC＝EC﹣EH=acosα?（acosα+1在△BHC中，tan∠BHN＝2，tanα＝4，HC=acosα?（acosα+1同理可得：BC=4在Rt△BCD中，CD=BCtanα=13×AD＝AC﹣CD＝4a?7a則CDAD故答案為717三．解答題（共7小題，滿分52分）17．（6分）（2021秋?高新區(qū)期中）計算（1）cos60°+（2）sin2【解題思路】（1）根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值進行計算即可；（2）先代入特殊角的三角函數(shù)值，再去絕對值和根號，計算即可．【解答過程】解：（1）原式==1＝2；（2）原式=(32=(32＝|32?1|﹣（＝1?3=2?318．（6分）（2021秋?吉林期中）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，sinA=45，BC＝8，D是AB的中點，過點B作直線CD的垂線，垂足為（1）求線段CD的長；（2）求cos∠ABE的值．【解題思路】（1）在△ABC中根據(jù)正弦的定義得到sinA=BCAB=45，則可計算出AB（2）在Rt△ABC中先利用勾股定理計算出AC＝6，在根據(jù)三角形面積公式得到S△BDC＝S△ADC，則S△BDC=12S△ABC，即12CD?BE=12?12AC?BC【解答過程】解：（1）在△ABC中，∵∠ACB＝90°，∴sinA=BC而BC＝8，∴AB＝10，∵D是AB中點，∴CD=12（2）在Rt△ABC中，∵AB＝10，BC＝8，∴AC=A∵D是AB中點，∴BD＝5，S△BDC＝S△ADC，∴S△BDC=12S△ABC，即12CD?BE=12?∴BE=6×8在Rt△BDE中，cos∠DBE=BE即cos∠ABE的值為242519．（8分）（2021?佛山）如圖，已知∠ABC和射線BD上一點P（點P與點B不重合），且點P到BA、BC的距離為PE、PF．（1）若∠EBP＝40°，∠FBP＝20°，PB＝m，試比較PE、PF的大??；（2）若∠EBP＝α，∠FBP＝β，α，β都是銳角，且α＞β．試判斷PE、PF的大小，并給出證明．【解題思路】（1）利用三角函數(shù)的定義，根據(jù)兩個角的正弦的大小進行比較即可得到結(jié)果；（2）運用兩個角的正弦函數(shù)，根據(jù)正弦值的變化規(guī)律進行比較．【解答過程】解：（1）在Rt△BPE中，sin∠EBP=PE在Rt△BPF中，sin∠FBP=PF又sin40°＞sin20°∴PE＞PF；（2）根據(jù)（1）得sin∠EBP=PEBP=sinα，sin∠FBP又∵α＞β∴sinα＞sinβ∴PE＞PF．20．（8分）（2021秋?錫山區(qū)校級月考）如圖，已知△ABC中，∠ACB＝90°，D是邊AB的中點，P是邊AC上一動點，BP與CD相交于點E．（1）如果BC＝6，AC＝8，且P為AC的中點，求線段BE的長；（2）連接PD，如果PD⊥AB，且CE＝2，ED＝4，求cosA的值；（3）連接PD，如果BP2＝2CD2，且CE＝3，ED＝5，求線段PD的長．【解題思路】（1）根據(jù)已知條件得到CP＝4，求得BP＝213，根據(jù)三角形重心的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）如圖1，過點B作BF∥CA交CD的延長線于點F，根據(jù)平行線分線段成比例定理得到PDDA=FDDC=BFCA，求得CPPA=14，設(shè)CP＝k（3）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到CD＝BD=12AB，推出△PBD∽△ABP，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到∠BPD＝∠A，推出△DPE∽△【解答過程】解：（1）∵P為AC的中點，AC＝8，∴CP＝4，∵∠ACB＝90°，BC＝6，∴BP=62+4∵D是邊AB的中點，P為AC的中點，∴點E是△ABC的重心，∴BE=23BP（2）如圖1，過點B作BF∥CA交CD的延長線于點F，∴PDDA∵BD＝DA，∴FD＝DC，BF＝AC，∵CE＝2，ED＝4，則CD＝6，∴EF＝6+4＝10，∴CPBF∴CPCA∴CPPA設(shè)CP＝k，則PA＝4k，∵PD⊥AB，D是邊AB的中點，∴PA＝PB＝4k∴BC=(4k)2∵AC＝4k，∴AB=(15k)2∴cosA=5k（3）∵∠ACB＝90°，D是邊AB的中點，∴CD＝BD=12∵PB2＝2CD2，∴BP2＝2CD?CD＝BD?AB，∵∠PBD＝∠ABP，∴△PBD∽△ABP，∴∠BPD＝∠A，∵∠A＝∠DCA，∴∠DPE＝∠DCP，∵∠PDE＝∠CDP，∴△DPE∽△DCP，∴PD2＝DE?DC，∵CE＝3，ED＝5，∴DC＝3+5＝8，PD=5×8=221．（8分）（2021?江西模擬）圖1是一個放置在水平桌面上的可調(diào)節(jié)的手機直播架，忽略部件的粗細，它的正面簡化結(jié)構(gòu)圖如圖2所示．中軸HC垂直于水平桌面．已知B為中軸HC上一點，BC＝10cm．支架AD＝AE＝26cm，滑動條EP＝DP，且P可在BC之間滑動．當三腳架完全合攏時，點P與點B重合，點D，E與點C重合．圓形補光燈的直徑為20cm，它與中軸HC連接，且能夠繞點H前后旋轉(zhuǎn)，當圓形補光燈直立時，補光燈的最高點G與C，B，A，H在同一條直線上．（1）打開支架，使點P與點C重合，圖3是直播架腳部左側(cè)的一部分幾何圖形，求此時∠DAC的度數(shù)；（2）在（1）的條件下，已知點H與桌面MN的距離為34cm，因直播需要將補光燈繞點H向前旋轉(zhuǎn)35°（圖4為此時的左側(cè)面簡化圖），求此時補光燈的最高點G′與桌面的距離．（結(jié)果精確到0.1．參考數(shù)據(jù)：sin22.60°≈0.38，sin12.6°≈0.22，cos22.6°≈0.92，sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70）【解題思路】（1）由題意，在Rt△ACD中，AD＝26cm，CD＝BC＝10cm，可得sin∠DAC=CD（2）如圖4中，過點G′作G′T⊥GH于T．解直角三角形求出TH，可得結(jié)論．【解答過程】解：（1）如圖3中，由題意，在Rt△ACD中，AD＝26cm，CD＝BC＝10cm，∴sin∠DAC=CD∴∠DAC＝22.60°．（2）如圖4中，過點G′作G′T⊥GH于T．在Rt△THG′中，HG′＝10cm，∠THG′＝35°，∴TH＝HG′?cos35°＝8.2（cm），∴TC＝HC+HT＝34+8.2＝42.2（cm）．∴此時補光燈的最高點G′與桌面的距離為42.2cm．22．（8分）（2021?九龍坡區(qū)模擬）重慶市某校數(shù)學(xué)興趣小組在水庫某段CD的附近借助無人機進行實物測量的社會實踐活動．如圖所示，興趣小組在水庫正面左岸的C處測得水庫右岸D處某標志物DE頂端的仰角為α．在C處一架無人飛機以北偏西90°﹣β方向飛行1005米到達點A處，無人機沿水平線AF方向繼續(xù)飛行30米至B處，測得正前方水庫右岸D處的俯角為30°．線段AM的長為無人機距地面的鉛直高度，點M、C、D在同一條直線上．（1）求無人機的飛行高度AM；（2）求標志物DE的高度．（結(jié)果精確到0.1米）（已知數(shù)據(jù)：sinα=35，cosα=45，tanα=34，sinβ=25【解題思路】（1）根據(jù)題意可得∠ACM＝β，AC＝1005米，根據(jù)銳角三角函數(shù)即可得無人機的飛行高度AM；（2）根據(jù)題意可得∠ECD＝α，AB＝30米，∠FBD＝30°，作BG⊥MC于點G交AC于點H，由△HBA∽△HGC，可得AB：G