專題10銳角三角函數(shù)的應用問題(原卷版+解析)【浙江專用】

決勝2020年中考數(shù)學壓軸題全揭秘（浙江專用）專題10銳角三角函數(shù)的應用問題【考點1】銳角三角函數(shù)的應用——選擇題【例1】（2019?溫州）某簡易房示意圖如圖所示，它是一個軸對稱圖形，則坡屋頂上弦桿AB的長為（）A．95sinα米 B．95cosα米 C．59sinα米 【例2】（2019?杭州）如圖，一塊矩形木板ABCD斜靠在墻邊（OC⊥OB，點A，B，C，D，O在同一平面內），已知AB＝a，AD＝b，∠BCO＝x，則點A到OC的距離等于（）A．a(chǎn)sinx+bsinx B．a(chǎn)cosx+bcosx C．a(chǎn)sinx+bcosx D．a(chǎn)cosx+bsinx【考點2】銳角三角函數(shù)的應用——填空題【例3】（2019?金華）圖2，圖3是某公共汽車雙開門的俯視示意圖，ME、EF、FN是門軸的滑動軌道，∠E＝∠F＝90°，兩門AB、CD的門軸A、B、C、D都在滑動軌道上，兩門關閉時（圖2），A、D分別在E、F處，門縫忽略不計（即B、C重合）；兩門同時開啟，A、D分別沿E→M，F(xiàn)→N的方向勻速滑動，帶動B、C滑動：B到達E時，C恰好到達F，此時兩門完全開啟，已知AB＝50cm，CD＝40cm．（1）如圖3，當∠ABE＝30°時，BC＝cm．（2）在（1）的基礎上，當A向M方向繼續(xù)滑動15cm時，四邊形ABCD的面積為cm2．【例4】（2019?溫州）圖1是一種折疊式晾衣架．晾衣時，該晾衣架左右晾衣臂張開后示意圖如圖2所示，兩支腳OC＝OD＝10分米，展開角∠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．當∠AOC＝90°時，點A離地面的距離AM為分米；當OB從水平狀態(tài)旋轉到OB'（在CO延長線上）時，點E繞點F隨之旋轉至OB'上的點E'處，則B'E'﹣BE為分米．【例5】（2019?湖州）有一種落地晾衣架如圖1所示，其原理是通過改變兩根支撐桿夾角的度數(shù)來調整晾衣桿的高度．圖2是支撐桿的平面示意圖，AB和CD分別是兩根不同長度的支撐桿，夾角∠BOD＝α．若AO＝85cm，BO＝DO＝65cm．問：當α＝74°時，較長支撐桿的端點A離地面的高度h約為cm．（參考數(shù)據(jù)：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6．）【考點3】求一個角的三角函數(shù)值綜合問題【例6】（2019?杭州）在直角三角形ABC中，若2AB＝AC，則cosC＝．【例7】（2019?舟山）如圖，在△ABC中，若∠A＝45°，AC2﹣BC2=55AB2，則tanC＝【考點4】銳角三角函數(shù)的綜合應用問題【例8】（2019?舟山）某挖掘機的底座高AB＝0.8米，動臂BC＝1.2米，CD＝1.5米，BC與CD的固定夾角∠BCD＝140°．初始位置如圖1，斗桿頂點D與鏟斗頂點E所在直線DE垂直地面AM于點E，測得∠CDE＝70°（示意圖2）．工作時如圖3，動臂BC會繞點B轉動，當點A，B，C在同一直線時，斗桿頂點D升至最高點（示意圖4）．（1）求挖掘機在初始位置時動臂BC與AB的夾角∠ABC的度數(shù)．（2）問斗桿頂點D的最高點比初始位置高了多少米？（精確到0.1米）（參考數(shù)據(jù)：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，3≈【例9】（2019?紹興）如圖1為放置在水平桌面l上的臺燈，底座的高AB為5cm，長度均為20cm的連桿BC，CD與AB始終在同一平面上．（1）轉動連桿BC，CD，使∠BCD成平角，∠ABC＝150°，如圖2，求連桿端點D離桌面l的高度DE．（2）將（1）中的連桿CD再繞點C逆時針旋轉，使∠BCD＝165°，如圖3，問此時連桿端點D離桌面l的高度是增加還是減少？增加或減少了多少？（精確到0.1cm，參考數(shù)據(jù)：2≈1.41，3【例10】（2019?臺州）圖1是一輛在平地上滑行的滑板車，圖2是其示意圖．已知車桿AB長92cm，車桿與腳踏板所成的角∠ABC＝70°，前后輪子的半徑均為6cm，求把手A離地面的高度（結果保留小數(shù)點后一位；參考數(shù)據(jù)：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）．1．（2020?金華模擬）如圖，A、B、C是小正方形的頂點，且每個小正方形的邊長為1，則sin∠BAC的值為（）A．97 B．9130130 C．32．（2019?鹿城區(qū)校級二模）如圖，兩根竹竿AB和AD斜靠在墻CE上，量得∠BAC＝60°，∠DAC＝70°，則竹竿AB與AD的長度之比為（）A．2sin70° B．2cos70° C．2tan70° D．23．（2019?柯橋區(qū)模擬）將一副三角板如圖擺放在一起，組成四邊形ABCD，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠ADC＝60°，∠ACB＝45°，連接BD，則tan∠CBD的值等于（）A．63 B．6+24 C．4．（2019?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．聰明的小芬同學利用幾何圖形，構造出了此意境！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AP＝m，當邊DE與⊙OA．6115≤m≤625C．225≤m≤62二．填空題（共6小題）5．（2019?金華模擬）小明家的門框上裝有一把防盜門鎖（如圖1）．其平面結構圖如圖2所示，鎖身可以看成由兩條等弧AD，弧BC和矩形ABCD組成，弧BC的圓心是倒鎖按鈕點M．已知弧AD的弓形高GH＝2cm，AD＝8cm，EP＝11cm．當鎖柄PN繞著點N旋轉至NQ位置時，門鎖打開，此時直線PQ與弧BC所在的圓相切，且PQ∥DN，tan∠NQP＝2．（1）弧BC所在圓的半徑為cm．（2）線段AB的長度約為cm．（5≈2.236，結果精確到0.1cm6．（2019?南潯區(qū)二模）如圖，是一個液壓升降機，圖中兩個菱形的邊長及等腰三角形的腰長都是定值且相等．如圖1，載物臺到水平導軌AB的距離h1為468cm，此時tan∠OAB=34，如圖2，當tan∠OAB=512時，載物臺到水平導軌AB的距離h27．（2019?瑞安市三模）如圖所示，在兩建筑物之間有一高為15米的旗桿，從高建筑物的頂端A點經(jīng)過旗桿頂點恰好看到矮建筑物的底端墻角C點，且俯角a為60°，又從A點測得矮建筑物左上角頂端D點的俯角β為30°，若旗桿底部點G為BC的中點（點B為點A向地面所作垂線的垂足）則矮建筑物的高CD為．8．（2019?江干區(qū)二模）如圖，有一個底面直徑與杯高均為15cm的杯子里而盛了一些溶液，當它支在桌子上傾斜到液面與杯壁呈52°才能將液體倒出，則此時杯子最高處距離桌面cm（sin52°≈0.79，cos52°≈0.62，tan52°≈1.28）9．（2019?吳興區(qū)一模）如圖是將一正方體貨物沿坡面AB裝進汽車貨廂的平面示意圖，已知長方體貨廂的高度BC為2米，斜坡AB的坡度i=13，現(xiàn)把圖中的貨物沿斜坡繼續(xù)往前平移，當貨物頂點D與C重合時，恰好可把貨物放平裝進貨廂，則BD＝10．（2019?金華模擬）如圖是一個海綿拖把，圖1、圖2是它的示意圖，現(xiàn)用線段BC表示拉手柄，線段DE表示海綿頭，其工作原理是：當拉動BC時線段OA能繞點O旋轉（設定轉角∠AOQ大于等于0°且小于等于180°），同時帶動連桿AQ拉著DE向上移動．圖1表示拖把的初始位置（點O、A、Q三點共線，P、Q重合），此時OQ＝45cm，圖2表示拉動過程中的一種狀態(tài)圖，若DE可提升的最大距離PQ＝10cm．（1）請計算：OA＝cm；AQ＝cm．（2）當sin∠OQA=110時，則PQ＝三．解答題（共10小題）11．（2020?衢州模擬）某倉儲中心有一個坡度為i＝1：2的斜坡AB，頂部A處的高AC為4米，B、C在同一水平地面上，其橫截面如圖．（1）求該斜坡的坡面AB的長度；（2）現(xiàn)有一個側面圖為矩形DEFG的長方體貨柜，其中長DE＝2.5米，高EF＝2米，該貨柜沿斜坡向下時，點D離BC所在水平面的高度不斷變化，求當BF＝3.5米時，點D離BC所在水平面的高度DH．12．（2020?拱墅區(qū)校級模擬）已知：如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點D，E是AD的中點，連接CE并延長交邊AB于點F，AC＝13，BC＝8，cos∠ACB=5（1）求tan∠DCE的值；（2）求AFBF13．（2020?金華模擬）有一只拉桿式旅行箱（圖1），其側面示意圖如圖2所示，已知箱體長AB＝50cm，拉桿BC的伸長距離最大時可達35cm，點A、B、C在同一條直線上，在箱體底端裝有圓形的滾筒⊙A，⊙A與水平地面切于點D，在拉桿伸長至最大的情況下，當點B距離水平地面38cm時，點C到水平面的距離CE為59cm．設AF∥MN．（1）求⊙A的半徑長；（2）當人的手自然下垂拉旅行箱時，人感覺較為舒服，某人將手自然下垂在C端拉旅行箱時，CE為80cm，∠CAF＝64°．求此時拉桿BC的伸長距離．（精確到1cm，參考數(shù)據(jù)：sin64°≈0.90，cos64°≈0.39，tan64°≈2.1）14．（2020?黃巖區(qū)模擬）如圖，某中學數(shù)學活動小組在學習了“利用三角函數(shù)測高”后，選定測量小河對岸一幢建筑物BC的高度，他們先在斜坡上的D處，測得建筑物頂端B的仰角為30°．且D離地面的高度DE＝5m．坡底EA＝30m，然后在A處測得建筑物頂端B的仰角是60°，點E，A，C在同一水平線上，求建筑物BC的高．（結果用含有根號的式子表示）15．（2020?紹興一模）如圖，在10×6的正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長均為1，線段AB、線段EF的端點均在小正方形的頂點上．（1）在圖中以AB為邊畫Rt△ABC，點C在小正方形的格點上，使∠BAC＝90°，且tan∠ACB=2（2）在（1）的條件下，在圖中畫以EF為邊且面積為3的△DEF，點D在小正方形的格點上，使∠CBD＝45°，連接CD，直接寫出線段CD的長．16．（2019?蒼南縣二模）如圖，某人在山坡坡腳C處測得一座建筑物頂點A的仰角為60°，沿山坡向上走到P處再測得該建筑物頂點A的仰角為45°．已知BC＝80米，AP，BC的延長線交于點D，山坡坡度為13（即tan∠PCD=13（1）求該建筑物的高度（即AB的長）．（2）求此人所在位置點P的鉛直高度（測傾器的高度忽略不計）．（3）若某一時刻，1米長木棒豎放時，在太陽光線下的水平影長是1.5米，則同一時刻該座建筑物頂點A投影與山坡上點M重合，求點M到該座建筑物的水平距離．17．（2019?嘉興一模）圖1是某酒店的推拉門，已知門的寬度AD＝2米，兩扇門的大小相同（即AB＝CD），且AB+CD＝AD，現(xiàn)將右邊的門CDD1C1繞門軸DD1向外面旋轉67°（如圖2所示）．（1）點C到直線AD的距離．（2）將左邊的門ABB1A1繞門軸AA1向外面旋轉，設旋轉角為α（如圖3所示），問α為多少度時，點B，C之間的距離最短．參考數(shù)據(jù)：（sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，tan29.6°≈0.57，tan19.6°≈0.36，sin29.6°≈0.49）18．（2019?海寧市二模）我們知道良好的坐姿有利于青少年骨骼生長，有利于身體健康，那么首先要有正確的寫字坐姿，身子上半部坐直，頭部端正、目視前方，兩手放在桌面上，兩腿平放，胸膛挺起，理想狀態(tài)下，如圖1所示，將圖1中的眼睛記為點A，腹記為點B，筆尖記為點D，且BD與桌沿的交點記為點C（1）若∠ADB＝53°，∠B＝60°，求A到BD的距離及C、D兩點間的距離（結果精確到1cm）．（2）老師發(fā)現(xiàn)小紅同學寫字姿勢不正確，眼睛傾斜至圖2的點E，點E正好在CD的垂直平分線上，且∠BDE＝60°，于是要求其糾正為正確的姿勢．求眼睛所在的位置應上升的距離．（結果精確到1cm）參考數(shù)據(jù)：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，．tan53°≈1.33，2≈1.41，319．（2019?嘉興二模）如圖1是某品牌訂書機，其截面示意圖如圖2所示．訂書釘放置在軌槽CD內的MD處，由連接彈簧的推動器MN推緊，連桿EP一端固定在壓柄CF上的點E處，另一端P在DM上移動．當點P與點M重合后，拉動壓柄CF會帶動推動器MN向點C移動．使用時，壓柄CF的端點F與出釘口D重合，紙張放置在底座AB的合適位置下壓完成裝訂（即點D與點H重合）．已知CA⊥AB，CA＝2cm，AH＝12cm，CE＝5cm，EP＝6cm，MN＝2cm．（1）求軌槽CD的長（結果精確到0.1）；（2）裝入訂書釘需打開壓柄FC，拉動推動器MN向點C移動，當∠FCD＝53°時，能否在ND處裝入一段長為2.5cm的訂書釘？（參考數(shù)據(jù)：5≈2.24，3720．（2019?寧波二模）圖①是小明在健身器材上進行仰臥起坐鍛煉時的情景．圖②是小明鍛煉時上半身由EM位置運動到與地面垂直的EN位置時的示意圖．已知AB＝1.30米，AD＝0.24米，α＝18°（1）求CB的長（精確到0.01米）；（2）若測得EN＝0.8米，試計算小明頭頂由M點運動到N點的路徑弧MN的長度（結果保留π）（參考數(shù)據(jù)：sin18°≈0.309，cos18°≈0.951，tan18°≈0.325）決勝2020年中考數(shù)學壓軸題全揭秘（浙江專用）專題10銳角三角函數(shù)的應用問題【考點1】銳角三角函數(shù)的應用——選擇題【例1】（2019?溫州）某簡易房示意圖如圖所示，它是一個軸對稱圖形，則坡屋頂上弦桿AB的長為（）A．95sinα米 B．95cosα米 C．59sinα米 【分析】根據(jù)題意作出合適的輔助線，然后利用銳角三角函數(shù)即可表示出AB的長．【解析】作AD⊥BC于點D，則BD=32+∵cosα=BD∴cosα=9解得，AB=9故選：B．點評：本題考查解直角三角形的應用、軸對稱圖形，解答本題的關鍵是明確題意，利用數(shù)形結合的思想解答．【例2】（2019?杭州）如圖，一塊矩形木板ABCD斜靠在墻邊（OC⊥OB，點A，B，C，D，O在同一平面內），已知AB＝a，AD＝b，∠BCO＝x，則點A到OC的距離等于（）A．a(chǎn)sinx+bsinx B．a(chǎn)cosx+bcosx C．a(chǎn)sinx+bcosx D．a(chǎn)cosx+bsinx【分析】根據(jù)題意，作出合適的輔助線，然后利用銳角三角函數(shù)即可表示出點A到OC的距離，本題得以解決．【解析】作AE⊥OC于點E，作AF⊥OB于點F，∵四邊形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，故選：D．點評：本題考查解直角三角形的應用﹣坡度坡角問題、矩形的性質，解答本題的關鍵是明確題意，利用數(shù)形結合的思想解答．【考點2】銳角三角函數(shù)的應用——填空題【例3】（2019?金華）圖2，圖3是某公共汽車雙開門的俯視示意圖，ME、EF、FN是門軸的滑動軌道，∠E＝∠F＝90°，兩門AB、CD的門軸A、B、C、D都在滑動軌道上，兩門關閉時（圖2），A、D分別在E、F處，門縫忽略不計（即B、C重合）；兩門同時開啟，A、D分別沿E→M，F(xiàn)→N的方向勻速滑動，帶動B、C滑動：B到達E時，C恰好到達F，此時兩門完全開啟，已知AB＝50cm，CD＝40cm．（1）如圖3，當∠ABE＝30°時，BC＝90﹣453cm．（2）在（1）的基礎上，當A向M方向繼續(xù)滑動15cm時，四邊形ABCD的面積為2256cm2．【分析】（1）先由已知可得B、C兩點的路程之比為5：4，再結合B運動的路程即可求出C運動的路程，相加即可求出BC的長；（2）當A向M方向繼續(xù)滑動15cm時，AA'＝15cm，由勾股定理和題目條件得出△A'EB'、△D'FC'和梯形A'EFD'邊長，即可利用割補法求出四邊形四邊形ABCD的面積．【解析】∵A、D分別在E、F處，門縫忽略不計（即B、C重合）且AB＝50cm，CD＝40cm．∴EF＝50+40＝90cm∵B到達E時，C恰好到達F，此時兩門完全開啟，∴B、C兩點的路程之比為5：4（1）當∠ABE＝30°時，在Rt△ABE中，BE=32AB＝253∴B運動的路程為（50﹣253）cm∵B、C兩點的路程之比為5：4∴此時點C運動的路程為（50﹣253）×45=（40﹣20∴BC＝（50﹣253）+（40﹣203）＝（90﹣453）cm故答案為：90﹣453；（2）當A向M方向繼續(xù)滑動15cm時，設此時點A運動到了點A'處，點B、C、D分別運動到了點B'、C'、D'處，連接A'D'，如圖：則此時AA'＝15cm∴A'E＝15+25＝40cm由勾股定理得：EB'＝30cm，∴B運動的路程為50﹣30＝20cm∴C運動的路程為16cm∴C'F＝40﹣16＝24cm由勾股定理得：D'F＝32cm，∴四邊形A'B'C'D'的面積＝梯形A'EFD'的面積﹣△A'EB'的面積﹣△D'FC'的面積=12×90×(40+32)?12×∴四邊形ABCD的面積為2256cm2．故答案為：2256．點評：本題考查解直角三角形，解題的關鍵是熟練運用特殊角的三角函數(shù)值，本題屬于中等題型．【例4】（2019?溫州）圖1是一種折疊式晾衣架．晾衣時，該晾衣架左右晾衣臂張開后示意圖如圖2所示，兩支腳OC＝OD＝10分米，展開角∠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．當∠AOC＝90°時，點A離地面的距離AM為（5+53）分米；當OB從水平狀態(tài)旋轉到OB'（在CO延長線上）時，點E繞點F隨之旋轉至OB'上的點E'處，則B'E'﹣BE為4分米．【分析】如圖，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，F(xiàn)K⊥OB于K，F(xiàn)J⊥OC于J．解直角三角形求出MQ，AQ即可求出AM，再分別求出BE，B′E′即可．【解析】如圖，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，F(xiàn)K⊥OB于K，F(xiàn)J⊥OC于J．∵AM⊥CD，∴∠QMP＝∠MPO＝∠OQM＝90°，∴四邊形OQMP是矩形，∴QM＝OP，∵OC＝OD＝10，∠COD＝60°，∴△COD是等邊三角形，∵OP⊥CD，∴∠COP=12∠∴QM＝OP＝OC?cos30°＝53（分米），∵∠AOC＝∠QOP＝90°，∴∠AOQ＝∠COP＝30°，∴AQ=12∴AM＝AQ+MQ＝5+53．∵OB∥CD，∴∠BOD＝∠ODC＝60°在Rt△OFK中，KO＝OF?cos60°＝2（分米），F(xiàn)K＝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），F(xiàn)J＝23（分米），在Rt△FJE′中，E′J=62?(2∴B′E′＝10﹣（26?2）＝12﹣26∴B′E′﹣BE＝4．故答案為5+53，4．點評：本題考查解直角三角形的應用，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．【例5】（2019?湖州）有一種落地晾衣架如圖1所示，其原理是通過改變兩根支撐桿夾角的度數(shù)來調整晾衣桿的高度．圖2是支撐桿的平面示意圖，AB和CD分別是兩根不同長度的支撐桿，夾角∠BOD＝α．若AO＝85cm，BO＝DO＝65cm．問：當α＝74°時，較長支撐桿的端點A離地面的高度h約為120cm．（參考數(shù)據(jù)：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6．）【分析】過O作OE⊥BD，過A作AF⊥BD，可得OE∥AF，利用等腰三角形的三線合一得到OE為角平分線，進而求出同位角的度數(shù)，在直角三角形AFB中，利用銳角三角函數(shù)定義求出h即可．【解析】過O作OE⊥BD，過A作AF⊥BD，可得OE∥AF，∵BO＝DO，∴OE平分∠BOD，∴∠BOE=12∠BOD∴∠FAB＝∠BOE＝37°，在Rt△ABF中，AB＝85+65＝150cm，∴h＝AF＝AB?cos∠FAB＝150×0.8＝120cm，故答案為：120點評：此題考查了解直角三角形的應用，弄清題中的數(shù)據(jù)是解本題的關鍵．【考點3】求一個角的三角函數(shù)值綜合問題【例6】（2019?杭州）在直角三角形ABC中，若2AB＝AC，則cosC＝32或25【分析】討論：若∠B＝90°，設AB＝x，則AC＝2x，利用勾股定理計算出BC=3x，然后根據(jù)余弦的定義求cosC的值；若∠A＝90°，設AB＝x，則AC＝2x，利用勾股定理計算出BC=5x，然后根據(jù)余弦的定義求cos【解析】若∠B＝90°，設AB＝x，則AC＝2x，所以BC=(2x)2?x若∠A＝90°，設AB＝x，則AC＝2x，所以BC=(2x)2+x綜上所述，cosC的值為32或2故答案為32或2點評：本題考查了銳角三角函數(shù)的定義：熟練掌握銳角三角函數(shù)的定義，靈活運用它們進行幾何計算．【例7】（2019?舟山）如圖，在△ABC中，若∠A＝45°，AC2﹣BC2=55AB2，則tanC＝5【分析】過B作BD⊥AC于D，易證△ABD是等腰直角三角形，那么AD＝BD．根據(jù)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】如圖，過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故答案為5．點評：本題考查了解直角三角形，等腰直角三角形的判定與性質，勾股定理，銳角三角函數(shù)定義，難度適中．證明出AC2﹣BC2＝（AD+DC）2﹣（DC2+BD2）＝2BD?DC，是解題的關鍵．【考點4】銳角三角函數(shù)的綜合應用問題【例8】（2019?舟山）某挖掘機的底座高AB＝0.8米，動臂BC＝1.2米，CD＝1.5米，BC與CD的固定夾角∠BCD＝140°．初始位置如圖1，斗桿頂點D與鏟斗頂點E所在直線DE垂直地面AM于點E，測得∠CDE＝70°（示意圖2）．工作時如圖3，動臂BC會繞點B轉動，當點A，B，C在同一直線時，斗桿頂點D升至最高點（示意圖4）．（1）求挖掘機在初始位置時動臂BC與AB的夾角∠ABC的度數(shù)．（2）問斗桿頂點D的最高點比初始位置高了多少米？（精確到0.1米）（參考數(shù)據(jù)：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，3≈【分析】（1）過點C作CG⊥AM于點G，證明AB∥CG∥DE，再根據(jù)平行線的性質求得結果；（2）過點C作CP⊥DE于點P，過點B作BQ⊥DE于點Q，交CG于點N，如圖2，通過解直角三角形求得DE，過點D作DH⊥AM于點H，過點C作CK⊥DH于點K，如圖3，通過解直角三角形求得求得DH，最后便可求得結果．【解析】（1）過點C作CG⊥AM于點G，如圖1，∵AB⊥AM，DE⊥AM，∴AB∥CG∥DE，∴∠DCG＝180°﹣∠CDE＝110°，∴BCG＝∠BCD﹣∠DCG＝140°﹣110°＝30°，∴∠ABC＝180°﹣∠BCG＝150°；（2）過點C作CP⊥DE于點P，過點B作BQ⊥DE于點Q，交CG于點N，如圖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），如圖3，過點D作DH⊥AM于點H，過點C作CK⊥DH于點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，斗桿頂點D的最高點比初始位置高了0.8米．點評：此題主要考查了解直角三角形的應用，充分體現(xiàn)了數(shù)學與實際生活的密切聯(lián)系，解題的關鍵是正確構造直角三角形．【例9】（2019?紹興）如圖1為放置在水平桌面l上的臺燈，底座的高AB為5cm，長度均為20cm的連桿BC，CD與AB始終在同一平面上．（1）轉動連桿BC，CD，使∠BCD成平角，∠ABC＝150°，如圖2，求連桿端點D離桌面l的高度DE．（2）將（1）中的連桿CD再繞點C逆時針旋轉，使∠BCD＝165°，如圖3，問此時連桿端點D離桌面l的高度是增加還是減少？增加或減少了多少？（精確到0.1cm，參考數(shù)據(jù)：2≈1.41，3【分析】（1）如圖2中，作BO⊥DE于O．解直角三角形求出OD即可解決問題．（2）作DF⊥l于F，CP⊥DF于P，BG⊥DF于G，CH⊥BG于H．則四邊形PCHG是矩形，求出DF，再求出DF﹣DE即可解決問題．【解析】（1）如圖2中，作BO⊥DE于O．∵∠OEA＝∠BOE＝∠BAE＝90°，∴四邊形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．則四邊形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?10點評：本題考查解直角三角形的應用，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造直角三角形解決問題．【例10】（2019?臺州）圖1是一輛在平地上滑行的滑板車，圖2是其示意圖．已知車桿AB長92cm，車桿與腳踏板所成的角∠ABC＝70°，前后輪子的半徑均為6cm，求把手A離地面的高度（結果保留小數(shù)點后一位；參考數(shù)據(jù)：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）．【分析】過點A作AD⊥BC于點D，延長AD交地面于點E，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義即可求出答案．【解析】過點A作AD⊥BC于點D，延長AD交地面于點E，∵sin∠ABD=AD∴AD＝92×0.94≈86.48，∵DE＝6，∴AE＝AD+DE＝92.5，∴把手A離地面的高度為92.5cm．點評：本題考查解直角三角形，解題的關鍵是熟練運用銳角三角函數(shù)的定義，本題屬于基礎題型．1．（2020?金華模擬）如圖，A、B、C是小正方形的頂點，且每個小正方形的邊長為1，則sin∠BAC的值為（）A．97 B．9130130 C．3【分析】過B作BH⊥AC于H，根據(jù)三角形的面積公式得到BH，根據(jù)三角函數(shù)的定義即可得到結論．【解答】解：過B作BH⊥AC于H，∵S△ABC=12BC?AD=12∴BH=3×3∴sin∠BAC=BH故選：B．2．（2019?鹿城區(qū)校級二模）如圖，兩根竹竿AB和AD斜靠在墻CE上，量得∠BAC＝60°，∠DAC＝70°，則竹竿AB與AD的長度之比為（）A．2sin70° B．2cos70° C．2tan70° D．2【分析】直接利用銳角三角函數(shù)關系分別表示出AB，AD的長，即可得出答案．【解答】解：∵∠BAC＝60°，∠DAC＝70°，∴cos60°=AC則AB＝2AC，∴cos70°=AC∴AC＝AD?cos70°，AD=AC∴AB＝2cos70°．故選：B．3．（2019?柯橋區(qū)模擬）將一副三角板如圖擺放在一起，組成四邊形ABCD，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠ADC＝60°，∠ACB＝45°，連接BD，則tan∠CBD的值等于（）A．63 B．6+24 C．【分析】如圖所示，連接BD，過點D作DE垂直于BC的延長線于點E，構造直角三角形，將∠CBD置于直角三角形中，設CE為1，根據(jù)特殊直角三角形分別求得線段CD、AC、BC，從而按正切函數(shù)的定義可解．【解答】解：如圖所示，連接BD，過點D作DE垂直于BC的延長線于點E∵在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，在Rt△ACD中，∠ACD＝90°∴∠DCE＝45°，∵DE⊥CE∴∠CED＝90°，∠CDE＝45°∴設DE＝CE＝1，則CD=在Rt△ACD中，∵∠CAD＝30°，∴tan∠CAD=CDAC，則AC在Rt△ABC中，∠BAC＝∠BCA＝45°∴BC=3∴在Rt△BED中，tan∠CBD=故選：D．4．（2019?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．聰明的小芬同學利用幾何圖形，構造出了此意境！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AP＝m，當邊DE與⊙OA．6115≤m≤625C．225≤m≤62【分析】如圖1所示，當DE在圓O左側有交點時，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】解：如圖1所示，當DE在圓O左側有交點時，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）5．（2019?金華模擬）小明家的門框上裝有一把防盜門鎖（如圖1）．其平面結構圖如圖2所示，鎖身可以看成由兩條等弧AD，弧BC和矩形ABCD組成，弧BC的圓心是倒鎖按鈕點M．已知弧AD的弓形高GH＝2cm，AD＝8cm，EP＝11cm．當鎖柄PN繞著點N旋轉至NQ位置時，門鎖打開，此時直線PQ與弧BC所在的圓相切，且PQ∥DN，tan∠NQP＝2．（1）弧BC所在圓的半徑為5cm．（2）線段AB的長度約為29.8cm．（5≈2.236，結果精確到0.1cm【分析】如圖，連接BM，設HM交BC于K，延長PQ交NM的延長線于點T，若直線PQ與弧BC所在的圓相切于J，連結MJ．分別求出TN，TM，MN即可解決問題．【解答】解：（1）如圖，連接BM，設HM交BC于K，延長PQ交NM的延長線于點T，若直線PQ與弧BC所在的圓相切于J，連結MJ．設BM＝r，在Rt△BMK中，則有r2＝42+（r﹣2）2，解得r＝5，∴BM＝5，即弧BC所在圓的半徑為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，∵直線PQ與弧BC所在的圓相切于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≈故答案為：（1）5，（2）29.8．6．（2019?南潯區(qū)二模）如圖，是一個液壓升降機，圖中兩個菱形的邊長及等腰三角形的腰長都是定值且相等．如圖1，載物臺到水平導軌AB的距離h1為468cm，此時tan∠OAB=34，如圖2，當tan∠OAB=512時，載物臺到水平導軌AB的距離h2【分析】設OA＝a，由題意得h1＝6OA?sin∠OAB．由tan∠OAB=34，得出sin∠OAB=35，將sin∠OAB=35，h1＝468代入h1＝6OA?sin∠OAB求出a，再由tan∠OAB=512時，得出sin∠OAB=【解答】解：設OA＝a，由題意得h1＝6OA?sin∠OAB．∵tan∠OAB=34，∴sin∠OAB∴6a×35=468，解得當tan∠OAB=512時，sin∠OAB∴h2＝6OA?sin∠OAB＝6×1170故答案為300．7．（2019?瑞安市三模）如圖所示，在兩建筑物之間有一高為15米的旗桿，從高建筑物的頂端A點經(jīng)過旗桿頂點恰好看到矮建筑物的底端墻角C點，且俯角a為60°，又從A點測得矮建筑物左上角頂端D點的俯角β為30°，若旗桿底部點G為BC的中點（點B為點A向地面所作垂線的垂足）則矮建筑物的高CD為20米．【分析】根據(jù)點G是BC中點，可判斷EG是△ABC的中位線，求出AB，在Rt△ABC和在Rt△AFD中，利用特殊角的三角函數(shù)值分別求出BC、DF，繼而可求出CD的長度．【解答】解：過點D作DF⊥AF于點F，∵點G是BC中點，EG∥AB，∴EG是△ABC的中位線，∴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×∴CD＝AB﹣FD＝30﹣10＝20米．故答案為：20米．8．（2019?江干區(qū)二模）如圖，有一個底面直徑與杯高均為15cm的杯子里而盛了一些溶液，當它支在桌子上傾斜到液面與杯壁呈52°才能將液體倒出，則此時杯子最高處距離桌面21.15cm（sin52°≈0.79，cos52°≈0.62，tan52°≈1.28）【分析】過最高點作桌面的垂線AD，過流水口B作桌面的垂線BC，作BE⊥AD于點E，運用解直角三角形的知識進行解答．【解答】解：過最高點作桌面的垂線AD，過流水口B作桌面的垂線BC，作BE⊥AD于點E，如圖所示，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）．故答案為：21.15．9．（2019?吳興區(qū)一模）如圖是將一正方體貨物沿坡面AB裝進汽車貨廂的平面示意圖，已知長方體貨廂的高度BC為2米，斜坡AB的坡度i=13，現(xiàn)把圖中的貨物沿斜坡繼續(xù)往前平移，當貨物頂點D與C重合時，恰好可把貨物放平裝進貨廂，則BD＝3【分析】利用斜坡AB的坡度i=13得到BEAE=13，進而證得△CBD∽△BAE，得到CDBD=BEAE=【解答】解：如圖，∵斜坡AB的坡度i=1∴BEAE∵∠CBD+∠ABE＝90°，∠ABE+∠A＝90°，∴∠CBD＝∠A，∵∠CDB＝∠AEB＝90°，∴△CBD∽△BAE，∴CD∴設CD＝x米，則BD＝3x米，貨物頂點D與C重合，∴∠CDB＝90°，在Rt△CBD中，BD2+CD2＝BC2，即：x2+（3x）2＝22，x=10∴BD=3故答案為31010．（2019?金華模擬）如圖是一個海綿拖把，圖1、圖2是它的示意圖，現(xiàn)用線段BC表示拉手柄，線段DE表示海綿頭，其工作原理是：當拉動BC時線段OA能繞點O旋轉（設定轉角∠AOQ大于等于0°且小于等于180°），同時帶動連桿AQ拉著DE向上移動．圖1表示拖把的初始位置（點O、A、Q三點共線，P、Q重合），此時OQ＝45cm，圖2表示拉動過程中的一種狀態(tài)圖，若DE可提升的最大距離PQ＝10cm．（1）請計算：OA＝5cm；AQ＝40cm．（2）當sin∠OQA=110時，則PQ＝42?1211或48﹣1211【分析】（1）由題意可知：OA定義DE使得最大值的一半，AQ＝OQ﹣OA即可解決問題．（2）分兩種情形分別畫出圖形，解直角三角形即可解決問題．【解答】解：（1）由題意OA=12×10＝5cm，AQ故答案為5，40．（2）當∠OAQ是鈍角時，如圖1中，作AH⊥PQ于H．在Rt△AHQ中，∵sin∠AQH=AHAQ=∴AH＝4，∴QH=AQ2在Rt△QOH中，OH=O∴OQ＝3+1211，∴PQ＝45﹣（3+1211）＝（42﹣1211）（cm），當∠OAQ是銳角時，如圖2中，作AH⊥OP交PO的延長線于H．同法可得：OQ＝1211?∴PQ＝45﹣（1211?3）＝（48﹣1211）（cm故答案為：42﹣1211或48﹣1211．三．解答題（共10小題）11．（2020?衢州模擬）某倉儲中心有一個坡度為i＝1：2的斜坡AB，頂部A處的高AC為4米，B、C在同一水平地面上，其橫截面如圖．（1）求該斜坡的坡面AB的長度；（2）現(xiàn)有一個側面圖為矩形DEFG的長方體貨柜，其中長DE＝2.5米，高EF＝2米，該貨柜沿斜坡向下時，點D離BC所在水平面的高度不斷變化，求當BF＝3.5米時，點D離BC所在水平面的高度DH．【分析】（1）根據(jù)坡度定義以及勾股定理解答即可；（2）證出∠GDM＝∠HBM，根據(jù)GMGD=12，得到GM＝1m，利用勾股定理求出DM的長，然后求出BM＝5m，進而求出【解答】解：（1）∵坡度為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設MH＝xm，則BH＝2xm，∴x2+（2x）2＝52，∴x=5m∴DH=5+12．（2020?拱墅區(qū)校級模擬）已知：如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點D，E是AD的中點，連接CE并延長交邊AB于點F，AC＝13，BC＝8，cos∠ACB=5（1）求tan∠DCE的值；（2）求AFBF【分析】（1）由三角函數(shù)定義求出CD＝5，由勾股定理得出AD＝12，求出ED=12（2）過D作DG∥F交AB于點G，求出BD＝BC﹣CD＝3，由平行線分線段成比例定理得出BDCD=BGFG=35，AFFG=AEDE=1，得出AF＝FG，設BG＝3x，則AF＝【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=1∵E是AD的中點，∴ED=12∴tan∠DCE=ED（2）過D作DG∥F交AB于點G，如圖所示：∵BC＝8，CD＝5，∴BD＝BC﹣CD＝3，∵DG∥CF，∴BDCD=BG∴AF＝FG，設BG＝3x，則AF＝FG＝5x，BF＝FG+BG＝8x∴AFBF13．（2020?金華模擬）有一只拉桿式旅行箱（圖1），其側面示意圖如圖2所示，已知箱體長AB＝50cm，拉桿BC的伸長距離最大時可達35cm，點A、B、C在同一條直線上，在箱體底端裝有圓形的滾筒⊙A，⊙A與水平地面切于點D，在拉桿伸長至最大的情況下，當點B距離水平地面38cm時，點C到水平面的距離CE為59cm．設AF∥MN．（1）求⊙A的半徑長；（2）當人的手自然下垂拉旅行箱時，人感覺較為舒服，某人將手自然下垂在C端拉旅行箱時，CE為80cm，∠CAF＝64°．求此時拉桿BC的伸長距離．（精確到1cm，參考數(shù)據(jù)：sin64°≈0.90，cos64°≈0.39，tan64°≈2.1）【分析】（1）作BH⊥AF于點K，交MN于點H，則△ABK∽△ACG，設圓形滾輪的半徑AD的長是xcm，根據(jù)相似三角形的對應邊的比相等，即可列方程求得x的值；（2）求得CG的長，然后在直角△ACG中，求得AC即可解決問題；【解答】解：（1）作BH⊥AF于點K，交MN于點H．則BK∥CG，△ABK∽△ACG．設圓形滾輪的半徑AD的長是xcm．則BKCG=AB解得：x＝8．則圓形滾輪的半徑AD的長是8cm；（2）在Rt△ACG中，CG＝80﹣8＝72（cm）．則sin∠CAF=CG∴AC＝80，（cm）∴BC＝AC﹣AB＝80﹣50＝30（cm）．14．（2020?黃巖區(qū)模擬）如圖，某中學數(shù)學活動小組在學習了“利用三角函數(shù)測高”后，選定測量小河對岸一幢建筑物BC的高度，他們先在斜坡上的D處，測得建筑物頂端B的仰角為30°．且D離地面的高度DE＝5m．坡底EA＝30m，然后在A處測得建筑物頂端B的仰角是60°，點E，A，C在同一水平線上，求建筑物BC的高．（結果用含有根號的式子表示）【分析】過點D作DH⊥BC于點H，則四邊形DHCE是矩形，DH＝EC，DE＝HC，設建筑物BC的高度為xm，則BH＝（x﹣5）m，由三角函數(shù)得出DH=3（x﹣5），AC＝EC﹣EA=3（x﹣5）﹣30，得出x＝tan60°?[3（【解答】解：過點D作DH⊥BC于點H，如圖所示：則四邊形DHCE是矩形，DH＝EC，DE＝HC＝5，設建筑物BC的高度為xm，則BH＝（x﹣5）m，在Rt△DHB中，∠BDH＝30°，∴DH=3（x﹣5），AC＝EC﹣EA=3（在Rt△ACB中，∠BAC＝60°，tan∠BAC=BC∴x解得：x=15+30答：建筑物BC的高為15+303215．（2020?紹興一模）如圖，在10×6的正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的邊長均為1，線段AB、線段EF的端點均在小正方形的頂點上．（1）在圖中以AB為邊畫Rt△ABC，點C在小正方形的格點上，使∠BAC＝90°，且tan∠ACB=2（2）在（1）的條件下，在圖中畫以EF為邊且面積為3的△DEF，點D在小正方形的格點上，使∠CBD＝45°，連接CD，直接寫出線段CD的長．【分析】（1）如圖，作∠BAC＝90°，且邊AC＝32，才能滿足條件；（2）作DE＝2，連接DF，則△DEF是以EF為邊且面積為3的三角形，連接BD，CD，則∠CBD＝45°．【解答】解：（1）如圖，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）如圖，∵S△DEF=1∵BC=26，CD=52+∴BC2+CD2＝52，BD2＝52，∴BC2+CD2＝BD2，∴∠BCD＝90°，BC＝CD，∴∠CBD＝45°，∴CD=2616．（2019?蒼南縣二模）如圖，某人在山坡坡腳C處測得一座建筑物頂點A的仰角為60°，沿山坡向上走到P處再測得該建筑物頂點A的仰角為45°．已知BC＝80米，AP，BC的延長線交于點D，山坡坡度為13（即tan∠PCD=13（1）求該建筑物的高度（即AB的長）．（2）求此人所在位置點P的鉛直高度（測傾器的高度忽略不計）．（3）若某一時刻，1米長木棒豎放時，在太陽光線下的水平影長是1.5米，則同一時刻該座建筑物頂點A投影與山坡上點M重合，求點M到該座建筑物的水平距離．【分析】（1）由∠ACB＝60°，∠ABC＝90°知AB=3BC（2）過點P作PE⊥BD于E，PF⊥AB于F，證四邊形BEPF是矩形得PE＝BF，PF＝BE．據(jù)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）設點M的鉛直高度為a米，知136?a80+3a=1【解答】解：（1）∵∠ACB＝60°，∠ABC＝90°，BC＝80，∴AB=3（2）過點P作PE⊥BD于E，PF⊥AB于F，又∵AB⊥BC，∴四邊形BEPF是矩形．∴PE＝BF，PF＝BE．設PE＝x米，則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：人所在的位置點P的鉛直高度為14米．（3）設點M的鉛直高度為a米，得136?a80+3a解得a=248∴點M到該座建筑物的水平距離=80+3a=162217．（2019?嘉興一模）圖1是某酒店的推拉門，已知門的寬度AD＝2米，兩扇門的大小相同（即AB＝CD），且AB+CD＝AD，現(xiàn)將右邊的門CDD1C1繞門軸DD1向外面旋轉67°（如圖2所示）．（1）點C到直線AD的距離．（2）將左邊的門ABB1A1繞門軸AA1向外面旋轉，設旋轉角為α（如圖3所示），問α為多少度時，點B，C之間的距離最短．參考數(shù)據(jù)：（sin67°≈0.92，cos67°≈0.39，tan29.6°≈0.57，tan19.6°≈0.36，sin29.6°≈0.49）【分析】（1）如圖2，過C作CH⊥AD于H，解直角三角形即可得到結論；（2）當A、B、C三點共線時，B，C之間