（浙江专用）中考数学二轮培优压轴题练习专题10 锐角三角函数的应用问题（2份，原卷版+解析版）

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【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．米B．米C．米D．米
【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BD0.3，
∵csα，
∴csα，
解得，AB米，
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+bsinxB．acsx+bcsx
C．asinx+bcsxD．acsx+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•csx+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＝ 90﹣45 cm．
（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 2256 cm2．
【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，BEAB＝25cm，
∴B运动的路程为（50﹣25）cm
∵B、C两点的路程之比为5：4
∴此时点C运动的路程为（50﹣25）（40﹣20）cm
∴BC＝（50﹣25）+（40﹣20）＝（90﹣45）cm
故答案为：90﹣45；
（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30×4024×32＝2256cm2．
∴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+5） 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∠COD＝30°，
∴QM＝OP＝OC•cs30°＝5（分米），
∵∠AOC＝∠QOP＝90°，
∴∠AOQ＝∠COP＝30°，
∴AQOA＝5（分米），
∴AM＝AQ+MQ＝5+5．
∵OB∥CD，
∴∠BOD＝∠ODC＝60°
在Rt△OFK中，KO＝OF•cs60°＝2（分米），FK＝OF•sin60°＝2（分米），
在Rt△FKE中，EK2（分米）
∴BE＝10﹣2﹣2（8﹣2）（分米），
在Rt△OFJ中，OJ＝OF•cs60°＝2（分米），FJ＝2（分米），
在Rt△FJE′中，E′J2，
∴B′E′＝10﹣（22）＝12﹣2，
∴B′E′﹣BE＝4．
故答案为5+5，4．
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 120 cm．（参考数据：sin37°≈0.6，cs37°≈0.8，sin53°≈0.8，cs53°≈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∠BOD74°＝37°，
∴∠FAB＝∠BOE＝37°，
在Rt△ABF中，AB＝85+65＝150cm，
∴h＝AF＝AB•cs∠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csC＝ 或 ．
【分析】讨论：若∠B＝90°，设AB＝x，则AC＝2x，利用勾股定理计算出BCx，然后根据余弦的定义求csC的值；若∠A＝90°，设AB＝x，则AC＝2x，利用勾股定理计算出BCx，然后根据余弦的定义求csC的值．
【解析】若∠B＝90°，设AB＝x，则AC＝2x，所以BCx，所以csC；
若∠A＝90°，设AB＝x，则AC＝2x，所以BCx，所以csC；
综上所述，csC的值为或．
故答案为或．
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﹣BC2AB2，则tanC＝ ．
【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﹣BC2AB2，得出DCBD，进而根据正切函数的定义即可求解．
【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﹣BC2AB2，
∴2BD•DC2BD2，
∴DCBD，
∴tanC．
故答案为．
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，cs50°≈0.64，sin70°≈0.94，cs70°≈0.34，1.73）
【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×cs70°≈0.51（米），
在Rt△BCN中，CN＝1.2×cs30°≈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：1.41，1.73）
【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°＝20（cm），
∴DE＝OD+OE＝OD+AB＝205≈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°＝10（cm），DP＝CDsin45°＝10（cm），
∴DF＝DP+PG+GF＝DP+CH+AB＝（10105）（cm），
∴下降高度：DE﹣DF＝205﹣10105＝10103.2（cm）．
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，cs70°≈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＝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．B．C．D．
【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△ABCBC•ADAC•BH，
∴BH，
∴sin∠BAC，
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．2cs70°C．2tan70°D．
【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°，
∴cs60°，
则AB＝2AC，
∴cs70°，
∴AC＝AD•cs70°，
AD，
∴
＝2cs70°．
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．B．C．D．
【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，则AC，
在Rt△ABC中，∠BAC＝∠BCA＝45°
∴BC，
∴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，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，设AP＝m，当边DE与⊙O有交点时，m的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【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，解直角三角形得到AP＝m＝AF﹣PF＝AI+FI﹣PF＝10+（）﹣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，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，根据勾股定理得到CJ，于是得到AP＝m＝AC﹣CP＝AI+CI﹣CP＝103，即可得到结论．
【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，
∴∠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，
∵圆心O在线段AB的中垂线上，
∴AI＝BI＝10，OI，
∴HI＝OI•tan∠OHI，OH，
∴GH，
在Rt△FGH中，∵∠FHG＝∠FCD，
∴FH＝HG，
∴FI＝FH﹣HI，
∴AP＝m＝AF﹣PF＝AI+FI﹣PF＝10+（）﹣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，CD＝3，
∴DE＝DF＝4，CE＝CF＝5，
∴EF＝8，
∴△CEF的面积EF×CDCF×EJ，即8×35×EJ，
∴EJ＝KI，
∴CJ，OK＝OI﹣KI3，
在Rt△OKE中，EK＝JI＝4，∴CI，
∴AP＝m＝AC﹣CP＝AI+CI﹣CP＝103，
综上所述即可知m的取值范围是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 5 cm．
（2）线段AB的长度约为 29.8 cm．（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＝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，
∴，
∴NT＝15×2＝30，TJ＝5×2＝10，
∴5，
∴MN＝NT﹣MT＝30﹣5，
∴AB＝GN+MN+MK＝8+30﹣53＝41﹣529.8cm
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，如图2，当tan∠OAB时，载物台到水平导轨AB的距离h2为 300 cm．
【分析】设OA＝a，由题意得h1＝6OA•sin∠OAB．由tan∠OAB，得出sin∠OAB，将sin∠OAB，h1＝468代入h1＝6OA•sin∠OAB求出a，再由tan∠OAB时，得出sin∠OAB，代入h2＝6OA•sin∠OAB，计算即可．
【解答】解：设OA＝a，由题意得h1＝6OA•sin∠OAB．
∵tan∠OAB，∴sin∠OAB，
∴6a468，解得a．
当tan∠OAB时，sin∠OAB，
∴h2＝6OA•sin∠OAB＝6300．
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＝3010米．
在Rt△AFD中，∵AF＝BC＝10米，
∴FD＝AF•tanβ＝1010米，
∴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 21.15 cm（sin52°≈0.79，cs52°≈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•cs52°＝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，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＝ 米 ．
【分析】利用斜坡AB的坡度得到，进而证得△CBD∽△BAE，得到，然后设CD＝x米，则BD＝3x米，在Rt△CBD中，利用勾股定理求得答案即可．
【解答】解：如图，∵斜坡AB的坡度，
∴，
∵∠CBD+∠ABE＝90°，∠ABE+∠A＝90°，
∴∠CBD＝∠A，
∵∠CDB＝∠AEB＝90°，
∴△CBD∽△BAE，
∴
∴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（负值舍去），
∴BD米．
故答案为米．
10．（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＝ 5 cm；AQ＝ 40 cm．
（2）当sin∠OQA时，则PQ＝ 42或48﹣12 cm．
【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OA10＝5cm，AQ＝45﹣5＝40cm，
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，AQ＝40，
∴AH＝4，
∴QH12，
在Rt△QOH中，OH3，
∴OQ＝3+12，
∴PQ＝45﹣（3+12）＝（42﹣12）（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＝123，
∴PQ＝45﹣（123）＝（48﹣12）（cm．
故答案为：42﹣12或48﹣12．
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，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MH，然后得到DH．
【解答】解：（1）∵坡度为i＝1：2，AC＝4m，
∴BC＝4×2＝8m．
∴AB（米）；
（2）∵∠DGM＝∠BHM，∠DMG＝∠BMH，
∴∠GDM＝∠HBM，
∴，
∵DG＝EF＝2m，
∴GM＝1m，
∴DM，BM＝BF+FM＝3.5+（2.5﹣1）＝5m，
设MH＝xm，则BH＝2xm，
∴x2+（2x）2＝52，
∴xm，
∴DHm．
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，cs∠ACB．
（1）求tan∠DCE的值；
（2）求的值．
【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EDAD＝6，由三角函数定义即可得出答案；
（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，1，得出AF＝FG，设BG＝3x，则AF＝FG＝5x，BF＝FG+BG＝8x，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
在Rt△ADC中，AC＝13，cs∠ACB，
∴CD＝5，
由勾股定理得：AD12，
∵E是AD的中点，
∴EDAD＝6，
∴tan∠DCE；
（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，
∴，1，
∴AF＝FG，
设BG＝3x，则AF＝FG＝5x，BF＝FG+BG＝8x
∴．
13．（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，cs64°≈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 ，即 ，
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，
∴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（x﹣5），AC＝EC﹣EA（x﹣5）﹣30，得出x＝tan60°•[（x﹣5）﹣10]，解方程即可．
【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（x﹣5），AC＝EC﹣EA（x﹣5）﹣30，
在Rt△ACB中，∠BAC＝60°，tan∠BAC，
∴
解得：x，
答：建筑物BC的高为m．
15．（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）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＝3，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：AB2，
AC3，BC，
∴AB2+AC2＝（2）2+（3）2＝26，
BC2＝（）2＝26，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，且∠BAC＝90°，
tan∠ACB；
（2）如图，∵S△DEF2×3＝3，
∵BC，CD，BD，
∴BC2+CD2＝52，BD2＝52，
∴BC2+CD2＝BD2，
∴∠BCD＝90°，BC＝CD，
∴∠CBD＝45°，
∴CD．
16．（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（即tan∠PCD）．注：取为1.7．
（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ABBC，据此代入计算可得；
（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知CE＝3x．再由∠APF＝45°知AF＝AB﹣BF＝136﹣x，PF＝BE＝BC+CE＝80+3x．根据AF＝PF建立方程求解可得；
（3）设点M的铅直高度为a米，知，解之求出a的值从而得出答案．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝60°，∠ABC＝90°，BC＝80，
∴．
（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，
∴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，
解得，
∴点M到该座建筑物的水平距离（米）．
17．（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，cs67°≈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°，CDAD＝1，
∴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°，CDAD＝1，
∴CH＝CD•sin67°≈0.92米，DH＝CD•cs67°≈0.39，
∴AH＝2﹣0.39＝1.61，
在Rt△ACH中，tanα0.57，
∴α≈29.6°，
答：当α为29.6度时，点B，C之间的距离最短．
18．（2019•海宁市二模）我们知道良好的坐姿有利于青少年骨骼生长，有利于身体健康，那么首先要有正确的写字坐姿，身子上半部坐直，头部端正、目视前方，两手放在桌面上，两腿平放，胸膛挺起，理想状态下，如图1所示，将图1中的眼睛记为点A，腹记为点B，笔尖记为点D，且BD与桌沿的交点记为点C
（1）若∠ADB＝53°，∠B＝60°，求A到BD的距离及C、D两点间的距离（结果精确到1cm）．
（2）老师发现小红同学写字姿势不正确，眼睛倾斜至图2的点E，点E正好在CD的垂直平分线上，且∠BDE＝60°，于是要求其纠正为正确的姿势．求眼睛所在的位置应上升的距离．（结果精确到1cm）
参考数据：sin53°≈0.80，cs53°≈0.60，．tan53°≈1.33，1.41，1.73）
【分析】（1）过A作AH⊥BD于H，则∠AHD＝∠AHB＝90°，解直角三角形即可得到结论；
（2）过E作EG⊥CD，过A作AF⊥EG交GE的延长线于F，得到四边形AFGH是矩形，求得FG＝AH＝24，根据线段垂直平分线的性质得到DGCD＝10，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：（1）过A作AH⊥BD于H，
则∠AHD＝∠AHB＝90°，
∵AD＝30，∠ADB＝53°，
∴AH＝AD•sin53°＝30×0.80≈24，DH＝AD•cs53°＝30×0.60＝18，
∵∠B＝60°，
∴BH14，
∴BD＝BH+DH＝32，
∵BC＝12，
∴CD＝32﹣12＝20，
答：A到BD的距离为24cm，C、D两点间的距离为20cm；
（2）过E作EG⊥CD，
过A作AF⊥EG交GE的延长线于F，
则四边形AFGH是矩形，
∴FG＝AH＝24，
∵点E正好在CD的垂直平分线上，
∴DGCD＝10，
∵∠EDC＝60°，
∴EGDG＝1017.3，
∴EF＝FG﹣EG＝7cm，
答：眼睛所在的位置应上升的距离为 7cm．
19．（2019•嘉兴二模）如图1是某品牌订书机，其截面示意图如图2所示．订书钉放置在轨槽CD内的MD处，由连接弹簧的推动器MN推紧，连杆EP一端固定在压柄CF上的点E处，另一端P在DM上移动．当点P与点M重合后，拉动压柄CF会带动推动器MN向点C移动．使用时，压柄CF的端点F与出钉口D重合，纸张放置在底座AB的合适位置下压完成装订（即点D与点H重合）．已知CA⊥AB，CA＝2cm，AH＝12cm，CE＝5cm，EP＝6cm，MN＝2cm．
（1）求轨槽CD的长（结果精确到0.1）；
（2）装入订书钉需打开压柄FC，拉动推动器MN向点C移动，当∠FCD＝53°时，能否在ND处装入一段长为2.5cm的订书钉？（参考数据：2.24，6.08，sin53°≈0.80，cs53°≈0.60）
【分析】（1）由题意CD＝CH，利用勾股定理求出CH即可．
（2）如图2中，作EK⊥PC于K．解直角三角形求出CK，PK，DN即可判断．
【解答】解：（1）由题意CD＝CH，
在Rt△ACH中，CH212.2（cm）．
∴CD＝CH＝12.2（cm）．
（2）如图2中，作EK⊥PC于K．
在Rt△ECK中，EK＝EC•sin53°≈4（cm），CK＝EC•cs53°≈3（cm），
在Rt△EPK中，PK24.48（cm），
∴DP＝CD﹣CK﹣PK﹣MN＝12.2﹣3﹣4.48﹣2＝2.72＞2.5，
∴能在ND处装入一段长为2.5cm的订书钉．
20．（2019•宁波二模）图①是小明在健身器材上进行仰卧起坐锻炼时的情景．图②是小明锻炼时上半身由EM位置运动到与地面垂直的EN位置时的示意图．已知AB＝1.30米，AD＝0.24米，α＝18°
（1）求CB的长（精确到0.01米）；
（2）若测得EN＝0.8米，试计算小明头顶由M点运动到N点的路径弧MN的长度（结果保留π）
（参考数据：sin18°≈0.309，cs18°≈0.951，tan18°≈0.325）
【分析】过A作AF∥DC，分别交BC，NE延长线于F，H，则四边形AFCD为矩形，AF＝CD，AD＝CF，可求得BF，在直角三角形ABF中，已知∠FAB＝α，再由在直角三角形中两个锐角互余，求得∠NEM的度数，由弧长公式求得弧MN的长．
【解答】解：（1）过A作AF∥DC，
分别交BC，NE延长线于F，H
∵AD⊥CD，BC⊥CD
∴AD∥BC
∴四边形AFCD为矩形
在Rt△ABF中，∵sin18°，
BF＝1.30×0.309≈0.40．
∴BC＝BF+FC＝0.40+0.24＝0.64米；
（2）∵NE⊥AF，
∴∠AEH＝90°﹣18°＝72°．
∴∠MEN＝180°﹣∠AEH＝108°．
∴的长π（米）．
答：小明头顶运动的路径的长约为π米．