2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之测量类应用练习附解析

这是一份2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之测量类应用练习附解析，共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题，实践探究题等内容，欢迎下载使用。

1． 如图，将一个Rt△ABC形状的楔子从木桩的底端点P沿水平方向打入木桩底下，可以使木桩向上运动．若楔子斜面的倾斜角为10°，楔子沿水平方向前进5厘米，则木桩上升（ ）
A．5sin10°厘米B．5cs10°厘米
C．5tan10°厘米D．5tan10°厘米
2．如图，在平地上种植树木时，要求株距（相邻两棵树之间的水平距离）为5m，若在坡比为i＝1：2.5的山坡种树，也要求株距为5m，那么相邻两棵树间的坡面距离为（ ）
A．2.5mB．5mC．29mD．10m
3．如图，天定山滑雪场有一坡角为18°的滑雪道，滑雪道AC长为150米，则滑雪道的坡顶到坡底的竖直高度AB的长为（ ）
A．150tan18°米B．150sin18°米
C．150cs18°米D．150tan18°米
4．一配电房示意图如图 32-6 所示， 它是一个轴对称图形． 已知 BC=6m， ∠ABC=α， 则房顶 A 离地面 EF 的高度为（ ）
A．（4+3sin⁡α）mB．（4+3tan⁡α）m
C．4+3sin⁡αmD．4+3tan⁡αm
5．如图 32-14①， 将一个楔子Rt △ABC 从木桩的底端点 P 沿水平方向打入木桩底下， 使木桩向上运动． 如果楔子斜面的倾斜角为 10∘， 楔子沿水平方向前进 6cm （如图 32-14②， 那么木桩上升的高度为（ ）
A．6sin⁡10∘cmB．6cs⁡10∘cmC．6tan⁡10∘cmD．6tan⁡10∘cm
6．如图是一款桌面可调整的学习桌，桌面宽度AB为60cm，桌面平放时高度DE为70cm，若书写时桌面适宜倾斜角(∠ABC)的度数为α，则桌沿（点A）处到地面的高度h为（ ）
A．(60sinα+70)cmB．(60csα+70)cm
C．(60tanα+70)cmD．130cm
7．某路灯示意图如图所示，它是轴对称图形，若∠ACB=130°，AC=BC=1.2m，CD 与地面垂直且CD=6m，则灯顶 A 到地面的高度为（ ）
A．6+1.2sin25°m B.6+1.2cs25°m C.6+1.2sin25°m D.6+1.2cs25°m
8．“圭表”是中国古代用来确定节气的仪器．某“圭表”示意图如图所示，AC⊥BC，AC=3米，测得某地夏至正午时“表”的影长CD=1米，冬至时的正午太阳高度角∠ABC=α，则夏至到冬至，影长差BD的长为（ ）
A．(3sinα−1)米B．(3sinα−1)米
C．(3tanα−1)米D．(3tanα−1)米
9．榫卯是古代中国建筑、家具及其他器械的主要结构方式．如图，在某燕尾榫中，榫槽的横截面ABCD是梯形，其中AD∥BC，AB=DC，燕尾角∠B=α，外口宽AD=a，榫槽深度是b，则它的里口宽BC为（ ）
A．btanα+aB．2btanα+aC．btanα+aD．2btanα+a
10．日照灯塔是日照海滨港口城市的标志性建筑之一，主要为日照近海及进出日照港的船舶提供导航服务．数学小组的同学要测量灯塔的高度，如图所示，在点B处测得灯塔最高点A的仰角∠ABD=45°，再沿BD方向前进至C处测得最高点A的仰角∠ACD=60°，BC=15.3m，则灯塔的高度AD大约是（ ）（结果精确到1m，参考数据：2≈1.41，3≈1.73）
A．31mB．36mC．42mD．53m
11．一个水杯竖直放置时的纵向截面如图1所示，其左右轮廓线AC，BD都是同一条抛物线的一部分，AB，CD都与水面桌面平行，已知水杯底部AB宽为43cm，水杯高度为12cm，当水面高度为6cm时，水面宽度为230cm．如图2先把水杯盛满水，再将水杯绕A点倾斜倒出部分水，如图3，当倾斜角∠BAF＝30°时，杯中水面CE平行水平桌面AF．则此时水面CE的值是（ ）
A．73cmB．12cmC．83cmD．14cm
二、填空题
12．如图 40-4，ED 为一条宽为 4m 的河， 河的西岸建有一道防洪堤， 防洪堤与东岸的高度差为 3m （即 CE =3m ）． 因为施工需要， 现准备将东岸的泥沙通过滑轨送到西岸的防洪堤上， 防洪堤上已经建好一座固定滑轨一端的钢架， 现准备在东岸找一个点 P 作为另一端的固定点． 已知吊篮的截面为直径为 1m 的半圆 （直径MN=1m ）， 绳子 QM=QN=1.3m， 钢架高度为 2.2m（AB=2.2m）， 距离防洪堤边缘为 0.5m（BC=0.5m）．
（1） 西岸边缘点 C 与东岸边缘点 D 之间的距离为 m．
（2）滑轨在运送货物时保持笔直， 要想做到运输过程中吊篮一定不会碰到点 C， 则 DP 的长应大于 m．
13．阅读材料：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=22.5°，求tan22.5°的值．
解题思路：在CB上截取CD=CA，再连接AD，可证△ADB为等腰三角形，设AC=CD=a，则AD=BD=2a，则tan22.5°= ，tan15°= ．
14．图1是一种儿童可折叠滑板车，该滑板车完全展开后示意图如图2所示，由车架AB−CE−EF和两个大小相同的车轮组成，已知CD=20cm，DE=15cm，sin∠ACD=45，当A，E，F在同一水平高度上时，∠CEF=135°，则AC= cm；为方便存放，将车架前部分绕着点D旋转至AB∥EF，如图3所示，则d1−d2为 cm．
三、解答题
15．某校学生利用课余时间，使用卷尺和测角仪测量某公园古城门的高度．如图所示，他们先在公园广场点M处架设测角仪，测得古城门最高点A的仰角为22°，然后前进20m到达点N处，测得点A的仰角为45°；已知测角仪的高度为1.4m．求古城门最高点A距离地面的高度．（结果精确到0.1m；参考数据：sin22°≈0.37，cs22°≈0.93，tan22°≈0.40）
16．筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，如图，半径为3m的筒车⊙O按逆时针方向每分钟转56圈，筒车与水面分别交于点A、B，筒车的轴心O距离水面的高度OC为2.2m，筒车上均匀分布着若干个盛水筒，若以某个盛水筒P刚浮出水面（点A）时开始计算时间．
（1）求盛水筒P从A点到达最高点所经过的路程；
（2）求浮出水面3.4秒时，盛水筒P到水面的距离；
（3）若接水槽MN所在直线是⊙O的切线，且与直线AB交于点M，MO＝8m，直接写出盛水筒P从最高点开始，经过多长时间恰好第一次落在直线MN上．（参考数据：cs43°＝sin47°≈1115，sin16°＝cs74°≈1140，sin22°＝cs68°≈38）
17．某校组织九年级学生参加社会实践活动，数学学科的项目任务是测量银山塔林中某塔的高度AB，其中一个数学兴趣小组设计的方案如图所示，他们在点C处用高1.5m的测角仪CD测得塔顶A的仰角为37°，然后沿CB方向前行7m到达点F处，在F处测得塔顶A的仰角为45°．请根据他们的测量数据求塔高AB的长度大约是多少．（参考数据：sin37°≈35，cs37°≈45，tan37°≈34，sin53°≈45，cs53°≈35，tan53°≈43．）
18．嵩岳寺塔，位于登封市区西北5公里嵩山南麓峻极峰下嵩岳寺内，是嵩岳寺内唯一的北魏遗存建筑，也是中国现存最古老的砖塔，它见证了这座寺院的千年历史．小明想知道塔的高度．于是走到点C处，测得此时塔尖A的仰角是37°，向前走了11.8米至点F处，测得此时塔尖A的仰角是45°，已知小明的眼睛离地面高度是1.6米，请你帮他求出嵩岳寺塔AB的高度．（参考数据：sin37°≈35，cs37°≈45，tan37°≈34）
四、实践探究题
19．某综合实践研究小组为了测量观察目标时的仰角和俯角， 利用量角器和铅锤自制了一个简易测角仪， 如图 40-2①所示．
（1） 如图 40-2②， 在点 P 观察所测物体最高点 C， 当量角器零刻度线上 A，B 两点均在视线 PC 上时，测得视线与铅垂线所夹的锐角为 α， 设仰角为 β， 请直接用含 α的代数式表示 β．
（2） 如图 40-2③， 为了测量广场上空气球 A离地面的高度，该小组利用自制简易测角仪在点 B，C 分别测得气球 A 的仰角 ∠ABD 为 37∘，∠ACD 为 45∘， 地面上点 B，C，D 在同一水平直线上， BC=20m，求气球 A 离地面的高度 AD．
（参考数据： sin⁡37∘≈0.60，cs⁡37∘≈0.80，tan⁡37∘=0.75
20．问题： 如何设计“倍力桥”的结构？
图 38-1①是搭成的 “倍力桥”， 纵梁 a，c 夹住横梁 b， 使得横梁不能移动， 结构稳固．
图 38-1②是长为 l（cm）， 宽为 3cm 的横梁侧面示意图， 三个凹槽都是半径为 1cm的半圆， 圆心分别为 O1，O2，O3，O1M= O1N，O2Q=O3P=2cm， 纵梁是底面半径为 1cm 的圆柱体， 用相同规格的横梁、纵梁搭“桥”，间隙忽略不计．
（1）探究 1： 图 38-1③是 “桥”侧面示意图， A，B为横梁与地面的交点， C，E 为圆心， D，H1， H2 是横梁侧面两边的交点， 测得 AB= 32cm， 点 C 到 AB 的距离为 12cm， 试判断四边形 CDEH1 的形状，并求 l 的值．
（2）探究 2： 若搭成的“桥”刚好能绕成环，其侧面示意图的内部形成一个多边形．
①若有 12 根横梁绕成环， 图 38-1④是其侧面示意图， 内部形成十二边形 H1H2 H3⋯H12， 求 l 的值．
②若有 n 根横梁绕成的环 （ n 为偶数， 且 n⩾ 6），试用关于 n 的代数式表示内部形成的多边形 H1H2H3⋯Hn 的周长．
21．一透明的敞口正方体容器ABCD﹣A'B'C'D'装有一些液体，棱AB始终在水平桌面上，容器底部的倾斜角为α（∠CBE＝α，如图所示）．
探究：如图1，液面刚好过棱CD，并与棱BB'交于点Q，此时液体的形状为直三棱柱，其三视图及尺寸如图②．
（1）解决问题：CQ与BE的位置关系是 ，BQ的长是 dm，α＝ °（注：sin49°＝cs41°=34，tan37°=34）
（2）求液体的体积；（参考算法：直棱柱体积V液＝底面积SBCQ×高AB）
（3）在图1的基础上，以棱AB为轴将容器向左或向右旋转，但不能使液体溢出．图3或图4是其正面示意图，若液面与棱C'C或CB交于点P、点Q始终在棱BB'上，设PC＝x，BQ＝y，分别就图3和图4求y与x的函数关系式，并写出相应的α的范围．
22．【阅读理解】：如图，在Rt△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，∠C=90°，其外接圆半径为R．根据锐角三角函数的定义：sinA=ac，sinB=bc，可得asinA=bsinB=c=2R，即asinA=bsinB=csinC=2R（规定sin90°=1）．
（1）【探究活动】：如图，在锐角△ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边，其外接圆半径为R，那么：asinA bsinB csinC（用>，=或<连接），并说明理由 ．
（2）【初步应用】：事实上，以上结论适用于任意三角形．在∠ABC中，a，b，c分别是∠A，∠B，∠C的对边．已知∠B=30°，∠C=45°，b=2，求c．
（3）【综合应用】：如图，在某次数学实践活动中，小莹同学测量一栋楼AB的高度，在A处用测角仪测得地面点C处的俯角为45°，点D处的俯角为15°，B，C，D在一条直线上，且C，D两点的距离为100m，求楼AB的高度．（参考数据：3≈1.7，sin15°=6−22）
答案解析部分
1．【答案】C
2．【答案】C
【解析】【解答】解：∵水平距离为5m， 坡比为i＝1：2.5 ，
∴铅直高度为5÷2.5=2m，
由勾股定理得：相邻两棵树间的坡面距离为52+22=29(m).
故答案为：C.
【分析】利用坡度先求出铅直高度，再利用勾股定理求出坡面距离即可.
3．【答案】B
【解析】【解答】
解：在Rt△ABC中， ∠B=90°,∠C=18°,AC=150m,
∵sinC=ABAC,
∴AB=AC⋅sinC=150sin18°（米）．
故答案为：B
【分析】
在Rt△ABC中，根据正弦的定义sinC=ABAC,计算即可．
4．【答案】B
【解析】【解答】解：过点A作AD⊥BC于点D，如图，
∵它是一个轴对称图形，
∴BD=13BC=3m，
在Rt△ADB中，∠ABC=α，tan∠ABC=ADBD，
∴AD=BD⋅tanα=3tanα(m)．
∴房顶A离地面EF的高度为AD+BE=(4+3tanα)m，
故答案为：B．
【分析】过点A作AD⊥BC于D，根据轴对称的性质求出BD，再解直角三角形求出AD，进而可得答案．
5．【答案】C
【解析】【解答】解：设木桩上升了h米，
∴由图可得：tanB=ℎ6，
∴h=6tanB=6tan10°cm，
故答案为：C．
【分析】根据正切的定义列式计算即可．
6．【答案】A
【解析】【解答】解：由题意得： AC⊥CB，
在Rt△ACB中，AB=60cm，∠ABC=α，
∴AC=AB·sinα=60sinα ( cm ) ，
∴DE= 70cm，
∴桌沿(点A )处到地面的高度h=AC+DE= ( 60sinα+70) cm，
故选： A.
【分析】根据题意可得AC⊥CB，然后在Rt△ACB中，利用锐角三角函数的定义求出AC的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可得到h .
7．【答案】A
【解析】【解答】连接AB，延长DC交AB于点E，如图所示：
根据题意可得：∠ACE=12∠ACB=65°，
在Rt△ACD中，cs∠ACE=cs65°=CEAC，
∴CE=(1.2cs65°)m，
∴点A到地面的高度为：CE+CD=(1.2cs65°+6)m，
∵cs65°=sin25°，
∴CE+CD=(1.2sin25°+6)m，
故答案为：A.
【分析】连接AB，延长DC交AB于点E，再利用解直角三角形的方法求出CE=(1.2cs65°)m，再利用线段的和差求出点A到地面的高度为：CE+CD=(1.2cs65°+6)m即可.
8．【答案】D
【解析】【解答】解：在Rt△ABC中，AC=3米，∠ABC=α，
∵tanα=ACBC，
∴BC=ACtanα=3tanα（米），
∴BD=BC−CD=(3tanα−1)米，
故答案为：D.
【分析】利用正切函数的定义求出BC，然后根据BD=BC−CD计算即可．
9．【答案】B
【解析】【解答】解：过点A，D分别作BC的垂线段，垂足分别为E、F，如图，
在Rt△AEB中，BE=AEtan∠ABC=btanα，
在Rt△DFC，CF=DFtan∠DCB=btanα，
∵AE//DF，AE=DF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥EF，
∴四边形AEFD是矩形，
∴EF=AD=a，
∴BC=BE+EF+FC=btanα+a+btanα=2btanα+a，
故答案为：B.
【分析】过点A，D分别作BC的垂线段，垂足分别为E、F，根据锐角三角形的定义可得BE和CF的值，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形可得四边形AEFD是矩形，根据矩形的对边相等可得EF=AD=a，根据BC=BE+EF+FC即可求解.
10．【答案】B
【解析】【解答】解：由题意得∠ABD=45°，
∴DB=DA，
设AD=a，则DB=a，CD=a-15.3，
∴tan∠DCA=ADDC=aa−15.3=3，
∴a≈36，
∴灯塔的高度AD大约是36m，
故答案为：B
【分析】先根据等腰直角三角形的性质即可得到DB=DA，设AD=a，则DB=a，CD=a-15.3，进而根据锐角三角函数的定义即可得到a≈36，进而即可求解。
11．【答案】D
【解析】【解答】解：以AB的中点为原点，直线AB为x轴，线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系如图
：
由题意得：A−23，0，B23，0，M−30，6，N30，6，
设抛物线的表达式为：y=ax2+b(a≠0)，
将点B，N坐标代入，得
12a+b=030a+b=6
解得：a=13b=−4
∴y=13x2−4.
令y=12，得13x2−4=12，
解得：x=±43，
即C−43,12，D43,12，
根据题意可知，∠DCE=∠BAF=30° ，设CE与y轴的交点坐标P，CD与y轴交于点Q，如图：
在Rt△CQP中，CQ=43，∠QCP=30° ，
∴QP=CQ×tan30°=43×33=4，
∴OP=8，点P坐标（0，8），
设直线CE的表达式为y=kx+8.
把点C的坐标代入得：−43a+8=12，
解得：a=−33，
∴直线CE的表达式为y=−33x+8.
联立y=−33x+8y=13x2−4，
得x=33y=5或x=−43y=12（舍去）.
故点E坐标E33，5
∴CE=33+432+5−122=14.
故答案为：D.
【分析】以AB的中点为原点，直线AB为x轴，线段AB的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，求出抛物线的解析式，确定点C，D的坐标，再根据题意在坐标系中作出CE，求出CE的解析式，进而求出点E的坐标，即可求出CE的长.
12．【答案】（1）5
（2）0.7
【解析】【解答】解：（1）如图，连接CD，DE，
由题意知，∠CED=90°，CE=3，DE=4，
∴CD=32+42=5；
（2）如图，延长EC交AP与点G，过点Q作QK⊥MN于点K，延长AB与PE相交于点O，
∵QM=QN=1.3，MN=1，
∴△QMN是等腰三角形，
∴MK=12MN=12，
∴QK=1.32−(12)2=1.2，
∵滑轨在运送货物时保持笔直，要想做到运输过程中吊篮一定不会碰到点C，则CG至少为1.2+0.5=1.7米，
∵∠AOP=∠GEP=90°，∠GPE=∠APO，
∴△GPE∼△APO，
∴PEPO=GEAO，
设PD=x，则PE=x+4，GE=GC+CE=1.7+3=4.7，AO=3+2.2=5.2，PO=x+4+0.5=4.5+x，
∴x+44.5+x=4.75.2，
∴x=0.7，
故答案为：5，0.7．
【分析】（1）连接CD，DE，直角利用勾股定理计算即可；
（2）延长EC交AP与点G，过点Q作QK⊥MN于点K，延长AB与PE相交于点O，
根据等腰三角形的性质和勾股定理求出QK=1.2，然后可得吊篮的总长度，然后证明△GPE∼△APO，根据相似三角形的性质可得PEPO=GEAO，设PD=x，表示出PE，GE，PO和AO，然后代入计算，求出x即可．
13．【答案】2−1；2−3
【解析】【解答】解：第空：∵CD=CA，∠C=90°，
∴∠ACD=45°，
∵ ∠B=22.5° ，∴∠BAD=22.5°，
∴AD=BD，
设AC=CD=a，则AD=BD=2a ，
∴tan22.5°=ACBC=aa+2a=11+2=2−1，
第2空：如图所示：作线段AB的垂直平分线交BC于点D，连接AD，
由作图可知：DA=DB，
∴∠BAD=∠B=15°，
∴∠ADC=30°，
设AC=x，则BD=AD=2x，由勾股定理可得CD=3x，
∴tan15°=ACBC=ACBD+CD=x2x+3x=2−3.
故答案为： 2−1 ； 2−3 .
【分析】第1空：根据题干中解题思路计算即可；第2空：作线段AB的垂直平分线交BC于点D，连接AD，根据DA=DB可得∠BAD=∠B=15°，再利用外角的性质可得∠ADC=30°，设AC=x，表示出BD、CD的长即可求解.
14．【答案】25；252−262
【解析】【解答】解：第1空：如图连接AE，当A、E、F在同一水平线上时，∠CEF=135°，则∠CEA=45°.
过点A作AH⊥CE于点H，设AH=x，则HE=AH=x.
∵CD=20cm，DE=15cm.
∴CE=CD+DE=35cm.
∴CH=35-x(cm)
∵sin∠ACD=45
∴tan∠ACD=43=AHCH，即x35−x=43
解得：x=20cm.
∴AH=20cm，CH=15cm.
∴AC=AH2+CH2=202+152=25cm；
第2空：如图，作DM⊥AB于点M，DN//EF，过点E作EN⊥DN于点N.
∵∠DEF=135°，则∠DEN=45°.
∴DN=DE2=152=1522cm
在Rt△CDM中，sin∠ACD=45
∴cs∠ACD=35=CMCD
∴CM=35CD=35×20=12cm
∴AM=AC-CM=25-12=13cm.
∴d2=2r+AM+DN+EF=2r+13+1522+EF.
由第1空过程可知：图2中的AE=2AH=202cm.
d1=2r+AE+EF=2r+202+EF
∴d1-d2=202-(13+1522)=252−262 .
故答案为：25，252−262.
【分析】此题主要是根据已知特殊角画垂线构造特殊直角三角形求相关线段长；①连接AE，作AH⊥CE，可构造一个含45°角的直角三角形及含一个已知正弦值角的三角函数，通过三角函数的定义求线段、列方程求得AH、CH的长，再通过勾股定理求AC的长；②d1=2r+AE+EF，d2=2r+AM+DN+EF，要求d1-d2，只需要求出AE、AM、DN的长即可；由①可知AE=2AH=202，同样根据已知特殊角画垂线构造特殊直角三角形可求得AM=13cm，DN=DE2=152=1522cm，代入d1-d2即可求解.
15．【答案】解：过A点作AE⊥BC，交BC延长线于点E，交MP于点F，
则BMNC，四边形BMDE是矩形，
∴BC＝MN＝16m，ED＝BM，
设AE＝xm，
在Rt△ACE中，∠ACE＝45°，
∴AE＝CE＝xm，
∵BC＝20m，
∴BE＝x+20，
在Rt△ABE中，∠ABE＝22°，
∴tan22°＝AEBE，
∴0.40＝xx+20，
解得：x≈13.33，
∴ED＝BM＝1.4m，
∴AF＝13.33+1.4
＝14.73
≈14.7（m）．
答：古城门最高点A距离地面的高度约为14.7m．
【解析】【分析】过A作AD⊥PM于D，延长BC交AD于E，则四边形BMNC、BMDE为矩形，于是得到BC=MN=20m，DE=CN=BM=1.4m，求得CE=AE，设AE=CE=x，得到BE=20+x，解直角三角形即可得到结论。
16．【答案】（1）解：如图1中，连接OA．
由题意，筒车每秒旋转360°×56÷60＝5°，
在Rt△ACO中，cs∠AOC＝0C0A=2.23=1115．
∴∠AOC＝43°，
∴2π×3×180−43360＝137π60（m）．
答：盛水筒P从A点到达最高点所经过的路程为137π60m．
（2）解：如图2中，盛水筒P浮出水面3.4秒后，此时∠AOP＝3.4×5°＝17°，
∴∠POC＝∠AOC+∠AOP＝43°+17°＝60°，
过点P作PD⊥OC于D，
在Rt△POD中，OD＝OP•cs60°＝3×12＝1.5（m），
2.2﹣1.5＝0.7（m），
答：盛水筒P到水面的距离为0.7m．
（3）解：如图3中，
∵点P在⊙O上，且MN与⊙O相切，
∴当点P在MN上时，此时点P是切点，连接OP，则OP⊥MN，
在Rt△OPM中，cs∠POM＝OPOM=38，
∴∠POM≈68°，
在Rt△COM中，cs∠COM＝OCOM=2.28=1140，
∴∠COM＝74°，
∴∠POH＝180°﹣∠POM﹣∠COM＝180°﹣68°﹣74°＝38°，
∴需要的时间为385＝7.6（秒），
答：盛水筒P从最高点开始，至少经过7.6秒恰好在直线MN上．
【解析】【分析】（1）连接OA，根据筒车每分钟旋转的速度求出每秒旋转的度数为5°，再利用三角函数在确定∠AOC＝43°， 再根据弧长的计算公式计算即可求解；
（2）过点P作PD⊥OC于D，连接OP，先根据运动的时间求出和速度求出∠AOP的度数，进而得到∠POC的度数，再利用三角函数计算出OD的长，进而可得盛水筒P到水面的距离；
（3）连接OP，根据切线的性质可得OP⊥MN，在Rt△OPM中，利用三角函数计算出∠POM的度数，在Rt△COM中，利用三角函数计算出∠COM的度数，进而得出∠POH的度数，再根据筒车运动的速度即可计算出所需的时间.
17．【答案】解：根据题意，得AB⊥BC，EF⊥BC，DC⊥BC，DG⊥AB．
∴BG=CD=1.5m，DE=CF=7m，∠AEG=45°，∠ADG=37°，
∵在Rt△AGE中，∠AEG=45°，
∴∠GAE=45°，
∴AG=GE．
设AG为x m，则GE=x，GD=x+7，
在Rt△AGD中，tan∠ADG=AGGD，
∴4AG≈3GD，
则4x≈3(x+7)，
解得x≈21，
∴AB=AG+GB≈21+1.5≈22.5m，
答：塔高AB的长约为22.5m．
【解析】【分析】由题意可得BG=CD=1.5m，DE=CF=7m，∠AEG=45°，∠ADG=37°，设AG为x m，则GE=x，GD=x+7，在Rt△AGD中，根据锐角三角函数定义可得4x≈3(x+7)，则x≈21，即可求出答案.
18．【答案】解：由题意得：∠DCB＝∠FEB＝∠GBE＝∠BGD＝90°，CD∥EF∥AB，
则四边形DCFE、四边形FEGB、四边形DCBG均为矩形，
∴BG＝EF＝CD＝1.6米，CF＝DE＝11.8米，
在Rt△AGE中，∠AEG＝45°，
∴△AGE是等腰直角三角形，
∴AG＝EG，
设AG＝EG＝x米，则DG＝（x+11.8）米，
在Rt△AGD中，tan∠ADG＝AGDG＝tan37°≈34，
即xx+11.8≈34，
解得：x≈35.4，
经检验，x≈35.4是原方程的解，且符合题意，
∴AG≈35.4米，
∴AB＝AG+BG≈35.4+1.6＝37（米），
答：嵩岳寺塔AB的高度约为37米．
【解析】【分析】由题知要求出嵩岳寺塔AB的高度，需求出图中AG的长度，然后AG加上BG（ 小明的眼睛离地面高度是1.6米 ）即可；而求AG长需两直角三角形AEG和DAG，综合解直角三角形来求解，由仰角45度可知等腰直角三角形，AG等于GE，所以设AG等于GE是X，利用仰角为37度直角三角形正切建立方程求解。
19．【答案】（1）解：β=90∘−α
（2）解：60m
【解析】【解答】解：（1）如图所示：
由题意知OD⊥PD，
在Rt△POD中，∠D=90°，则α+β=90°，
∴β=90°−α；
（2）如图所示：
∴AD⊥BD，
在Rt△ACD中，∠ACD=45°，由等腰直角三角形性质得到CD=AD，
在Rt△ABD中，∠ABD=37°，
由tan∠ABD=tan37°=ADBD=ADCD+20=ADAD+20，
即0.75=ADAD+20，
解得AD=60m，
∴气球A离地面的高度AD=60m．
【分析】（1）根据直角三角形两锐角互余可得答案；
（2）根据等腰直角三角形的性质可得CD=AD，然后在Rt△ABD中，根据正切的定义列式，即可求出AD．
20．【答案】（1）解：四边形 CDEH1 为菱形， l=22cm
（2）解：①（16+63）cm．
②6ntan⁡360∘ncm
【解析】【解答】解：（1）四边形CDEH1是菱形，理由如下：
由图1可知，CD∥EH1，ED∥CH1，
∴CDEH1为平行四边形．
∵桥梁的规格是相同的，
∴桥梁的宽度相同，即四边形CDEH1每条边上的高相等，
∵▱CDEH1的面积等于边长乘这条边上的高，
∴四边形CDEH1每条边相等，
∴四边形CDEH1为菱形；
如图1，过点C作CM⊥AB于点M．
由题意，得CA=CB,CM=12，AB=32cm．
∴AM=12AB=16．
在Rt△CAM中，CA2=AM2+CM2，
∴CA=162+122=400=20．
∴l=CA+2=22cm．
故答案为：l=22cm．
（2）①如图2，过点C作CN⊥H1H2于点N．
由题意，得∠H1CH2=120°,CH1=CH2,CN=3，
∴∠CH1N=30°．
∴CH1=2CN=6,H1N=CNtan30°=333=33．
又∵四边形CDEH1是菱形，
∴EHl=CH1=6．
∴l=2(2+6+33)=(16+63)cm．
故答案为：l=(16+63)cm．
②如图3，过点C作CN⊥H1H2于点N．
由题意，形成的多边形为正n边形，
∴外角∠CH1H2=360°n．
在Rt△CNH1中，H1N=CNtan∠CH1H2=3tan360°n．
又∵CH1=CH2,CN⊥H1H2，
∴H1H2=2H1N=6tan360°n．
∴形成的多边形的周长为(6ntan360°n)cm．
故答案为：(6ntan360°n)cm．
【分析】（1）根据四边形CDEH1每条边上的高相等可知它的每条边相等，即四边形CDEH1为菱形；过点C作CM⊥AB于点M，根据等腰三角形性质可得AM，再利用勾股定理求出CA，进而可得l的值；
（2）①根据十二边形的性质可知∠CH1N=30°，解直角三角形求出CH1，再利用菱形的性质求出EH1，从而可得l的值．②根据正多边形的性质可知∠CH1N的度数，解直角三角形求出CH1和H1N，再利用菱形的性质求出EH1的长度，从而可得l的值．
21．【答案】（1）CQ∥BE；3；37°
（2）解：V液＝12×3×4×4＝24（dm3）；
（3）解：当容器向左旋转时，0°≤α≤37°，
∵液体体积不变，
∴12（x+y）×4×4＝24，
∴y＝﹣x+3．
当容器向右旋转时，37°＜α≤53°，
∵液体体积不变，
∴12×y×（4﹣x）×4＝24，
∴y＝124−x；
当液面恰好到达容器口沿，即点Q与点B'重合时，如图5，
∵BB'＝4，且12PB•BB'×4＝24，
∴PB＝3，
∴tan∠PB'B＝34，
∴∠PB'B＝37°．
∴α＝∠B'PB＝53°．
此时37°≤α≤53°；
【解析】【解答】解：（1）∵液体的形状为直三棱柱，
∴CQ//BE，
由勾股定理可得：BQ=52−42=3，
在Rt△BCQ中，tan∠BCQ=34，
∴α＝∠BCQ=37°，
故答案为：CQ//BE；3；37°.
【分析】（1）利用棱柱的特征可得CQ//BE，再利用勾股定理求出BQ的长，最后利用解直角三角形的方法求出α 即可；
（2）利用棱柱体积的计算方法和公式求解即可；
（3）分类讨论：①当容器向左旋转时，0°≤α≤37°，②当容器向右旋转时，37°＜α≤53°，再分别求解即可.
22．【答案】（1）解：=；=；如图，过点C作直径CD，连接BD，∴∠A=∠D，∠DBC=90°，∴sinA=sinD=aCD=a2R，∴asinA=aa2R=2R，同理可证：bsinB=2R，csinC=2R，∴asinA=bsinB=csinC=2R，故答案为：=，=；
（2）解：∵bsinB=csinC=2R，∠B=30°，∠C=45°，b=2，
∴2sin30°=csin45°，
∴212=c22，
∴c=2；
（3）解：如图，
由题意得：∠ABD=90°，∠MAD=15°，∠MAC=45°，CD=100m，
∴∠CAD=30°，
∵AM∥BD，
∴∠ADB=∠MAD=15°，∠ACB=∠MAC=45°，
设楼AB=xm，则AC=2xm，
∵ACsin∠ADB=CDsin∠CAD，
∴2xsin15°=100sin30°，
∴2x6−24=10012，
∴x=50(3−1)≈50×0.7=35，
∴楼AB高度约为35m．
【解析】【分析】（1）由圆周角定理和锐角三角函数的定义可得asinA=2R，同理bsinB=2R，csinC=2R，
继而得解；
（2） 由bsinB=csinC=2R，代入相应数据即可求出c值；
（3）由三角形外角的性质可得∠CAD=30°， 由平行线的性质可得∠ADB=∠MAD=15°，∠ACB=∠MAC=45°， 设楼AB=xm，则AC=2xm，根据ACsin∠ADB=CDsin∠CAD建立方程，求出x值即可.