?第21講 PISA類解直角三角形問題專訓
【知識點睛】
v 資料概括：本資料針對九年級重點題型PISA類數(shù)學問題進行專題訓練。PISA類數(shù)學問題與傳統(tǒng)數(shù)學問題有所不同，對學生的評價主要指向學生的學科素養(yǎng)，或者說是考察學生使用學科語言的能力，即把發(fā)生在現(xiàn)實情境中的問題轉化到數(shù)學模型中思考，讓學生知道數(shù)學的各個方面對于解決問題都是具有真實效用的。
v PISA類問題在浙江九年級數(shù)學中經常以填空題的形式考察，通常放在第16題壓軸題的位置，難度一般較大。
【類題訓練】
一．選擇題
1．（2021秋?南宮市期末）西周時期，丞相周公旦設計過一種通過測定日影長度來確定節(jié)氣的儀器，稱為圭表，如圖所示的是一個根據石家莊市的地理位置設計的圭表，其中，立柱AC根部與圭表的冬至線之間的距離（即BC的長）為a．已知，冬至時石家莊市的正午日光入射角∠ABC約為28°，則立柱AC高約為（　?。?br />
A．asin28° B．acos28° C．atan28° D．
【分析】在Rt△ABC中，利用銳角三角函數(shù)進行計算即可解答．
【解答】解：在Rt△ABC中，BC＝a，∠ABC＝28°，
∴tan28°＝，
∴AC＝BCtan28°＝atan28°，
故選：C．
2．（2022秋?晉州市期中）如圖，一塊矩形薄木板ABCD斜靠在墻角MON處（OM⊥ON，點A，B，C，D，O，M，N在同一平面內），已知AB＝m，AD＝n，∠ADO＝α．則點B到ON的距離等于（　　）

A．m?cosα+n?cosα B．m?sinα+n?cosα
C．m?cosα+n?sinα D．m?sinα+n?sinα
【分析】作BE⊥OM于點E，在直角三角形ABE和直角三角形AOD中解直角三角形可求出點B到ON的距離．
【解答】解：如圖，作BE⊥OA交OA的延長線于點E，

∵OD⊥OA，
∴∠AEB＝∠AOD＝90°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝n，∠BAD＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠OAD＝∠ADO＝α，
∵＝cos∠BAE＝cosα，
∴AE＝AB?cosα＝m?cosα，
∵＝sin∠ADO＝sinα，
∴OA＝AD?sinα＝n?sinα，
∴OE＝AE+OA＝m?cosα+n?sinα，
∵BE∥ON，
∴點B、點E到ON的距離相等，
∴點B到ON的距離等于m?cosα+n?sinα，
故選：C．
3．（2022?黃石）我國魏晉時期的數(shù)學家劉徽首創(chuàng)“割圓術”：“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體，而無所失矣”，即通過圓內接正多邊形割圓，從正六邊形開始，每次邊數(shù)成倍增加，依次可得圓內接正十二邊形，內接正二十四邊形，…．邊數(shù)越多割得越細，正多邊形的周長就越接近圓的周長．再根據“圓周率等于圓周長與該圓直徑的比”來計算圓周率．設圓的半徑為R，圖1中圓內接正六邊形的周長l6＝6R，則π≈＝3．再利用圓的內接正十二邊形來計算圓周率，則圓周率π約為（　?。?br />
A．12sin15° B．12cos15° C．12sin30° D．12cos30°
【分析】利用圓內接正十二邊形的性質求出A6A7＝2A6M＝2R×sin15°，再根據“圓周率等于圓周長與該圓直徑的比”，即可解決問題．
【解答】解：在正十二邊形中，∠A6OM＝360°÷24＝15°，
∴A6M＝sin15°×OA6＝R×sin15°，
∵OA6＝OA7，OM⊥A6A7，
∴A6A7＝2A6M＝2R×sin15°，
∴π≈＝12sin15°，
故選：A．
4．（2022?寧德模擬）市防控辦準備制作一批如圖所示的核酸檢測點指示牌，若指示牌的傾斜角為α，鉛直高度為h，則指示牌的邊AB的長等于（　?。?br />
A．hsinα B． C．hcosα D．
【分析】如圖，過點A作AC⊥BC于C，解直角△ABC即可．
【解答】解：如圖，過點A作AC⊥BC于C，
在Rt△ABC中，AC＝h，∠B＝α，則sinα＝．
所以AB＝．
故選：B．

5．（2022?廣西模擬）如圖，撬釘子的工具是一個杠桿，根據杠桿原理．F阻×L阻＝F動×L動．動力臂L1＝L?cosα，阻力臂L2＝l?cosβ，如果動力F的用力方向始終保持豎直向下，當阻力不變時，則杠桿向下運動時的動力變化情況是（　　）

A．越來越小 B．不變 C．越來越大 D．無法確定
【分析】根據杠桿原理及cosα的度數(shù)越來越小，此時cosα的值越來越大，進而得出正確的結論．
【解答】解：∵F阻×L阻＝F動×L動．
∴當阻力及阻力臂不變，動力×動力臂為定值，且定值＞0，
∴動力隨著動力臂的增大而減小，
∵杠桿向下運動時α的度數(shù)越來越小，此時cosα的值越來越大，β的度數(shù)越來越大，此時cosβ的值越來越小，
∴阻力臂越來越小，阻力不變，
∴動力×動力臂越來越小，而動力臂越來越大，
∴此時動力越來越??；
故選：A．
6．（2022?浦江縣模擬）某停車場入口的欄桿如圖所示，欄桿從水平位置AB繞點O旋轉A′到A′B′的位置，已知OA＝a米，若欄桿的旋轉角∠AOA′＝α，則欄桿最外點A升高的高度為（　?。?br />
A．atanα米 B．acosα米 C．米 D．asinα米
【分析】過點A′作A′D⊥AB，垂足為D，根據旋轉的性質可得OA＝OA′＝a米，然后在Rt△A′DO中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出A′D的長，即可解答．
【解答】解：過點A′作A′D⊥AB，垂足為D，

由旋轉得：
OA＝OA′＝a米，
在Rt△A′DO中，∠AOA′＝α，
∴A′D＝A′O?sin∠AOA′＝asinα（米），
∴欄桿最外點A升高的高度為asinα米，
故選：D．

7．（2022?深圳三模）某學校安裝紅外線體溫檢測儀（如圖1），其紅外線探測點O可以在垂直于地面的支桿OP上自由調節(jié)（如圖2）．已知最大探測角∠OBC＝67°，最小探測角∠OAC＝37°．測溫區(qū)域AB的長度為2米，則該設備的安裝高度OC應調整為（　?。┟祝ň_到0.1米．參考數(shù)據：sin67°≈，cos67°≈，tan67°≈，sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈）

A．2.4 B．2.2 C．3.0 D．2.7
【分析】設BC＝xm，則AC＝（x+2）m，由∠OBC＝67°，∠OAC＝37°可得OC＝BC?tan67°，OC＝AC?tan37°，從而可得BC?tan67°＝AC?tan37°，即x＝（x+2），解得x＝，即可求解OC．
【解答】解：設BC＝xm，
∵AB＝2m，
∴AC＝（x+2）m，
∵∠OBC＝67°，∠OAC＝37°
∴tan∠OBC＝tan67°≈，tan∠OAC＝tan37°≈，
∵OC＝BC?tan∠OBC＝BC?tan67°≈x，OC＝AC?tan∠OAC＝AC?tan37°≈（x+2），
∴x＝（x+2），
解得：x＝，
∴OC≈x＝≈2.2m，
故選：B．
8．（2022?鹿城區(qū)二模）消防云梯如圖所示，AB⊥BC于B，當C點剛好在A點的正上方時，DF的長是（　?。?br />
A．acosθ+bsinθ B．acosθ+btanθ
C． D．
【分析】連接AC，根據題意可得AC＝EF，∠CAB+θ＝90°，再利用垂直定義可得∠ABC＝90°，從而可得∠BAC+∠BCA＝90°，進而可得∠BCA＝θ，然后在Rt△ABC中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出AC的長，從而求出EF的長，最后在Rt△CDE中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出DE的長，進行計算即可解答．
【解答】解：連接AC，

則AC＝EF，∠CAB+θ＝90°，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴∠BAC+∠BCA＝90°，
∴∠BCA＝θ，
在Rt△ABC中，BC＝a，
∴AC＝＝，
∴EF＝AC＝，
在Rt△CDE中，∠DCE＝θ，CD＝b，
∴DE＝CD?sinθ＝bsinθ，
∴DF＝DE+EF＝bsinθ+，
故選：C．
9．（2022春?永嘉縣月考）如圖，某游樂場矗立起一座摩天輪，其直徑為90m，旋轉1周用時15min．小明從摩天輪的底部（與地面相距0.5m）出發(fā)開始觀光，摩天輪轉動1周，小明在離地面68m以上的空中時間是（　　）

A．5min B．6min C．7min D．8min
【分析】設小明在C點和D點時距離地面68m，利用三角函數(shù)求出∠COD的角度即可求出時間．
【解答】解：如圖，設小明在C點和D點時距離地面68m，延長AO交CD于M，
即OM⊥CD，小明在上時即為所求，

由題知，AB＝0.5m，AM＝68m，OB＝OD＝＝45m，
∴OM＝68﹣45﹣0.5＝22.5m，
∴＝cos∠MOD，
∴∠MOD＝60°，
∴∠COD＝120°，
∵摩天輪旋轉1周用時15min，
∴小明在離地面68m以上的空中時間是15×＝5（min），
故選：A．
10．（2022?溫州模擬）把直尺、三角尺和圓形螺母按如圖所示的方式放置于桌面上，AB與螺母相切，D為螺母與桌面的切點，∠CAB＝60°．若量出AD＝6cm，則圓形螺母的外直徑是（　?。?br />
A．cm B．12cm C．cm D．cm
【分析】設圓形螺母的圓心為O，與AB切于E，連接OD，OE，OA，然后利用三角函數(shù)求出OD的長度即可得出直徑．
【解答】解：設圓形螺母的圓心為O，與AB切于E，連接OD，OE，OA，如下圖所示：

∵AD，AB分別為圓的切線，
∴AO為∠DAB的平分線，OD⊥AC，OE⊥AB，
又∵∠CAB＝60°，
∴∠OAE＝∠OAD＝∠DAB＝60°，
在Rt△AOD中，∠OAD＝60°，AD＝6cm，
∴tan∠OAD＝tan60°＝，
即，
∴OD＝6cm，
則圓形螺母的直徑為12，
故選：A．
11．（2022?濟南二模）為出行方便，近日來越來越多的長春市民使用起了共享單車，圖1為單車實物圖，圖2為單車示意圖，AB與地面平行，點A、B、D共線，點D、F、G共線，坐墊C可沿射線BE方向調節(jié)．已知∠ABE＝70°，車輪半徑為30cm，當BC＝60cm時，小明體驗后覺得騎著比較舒適，此時坐墊C離地面高度約為（　　）（結果精確到1cm，參考數(shù)據：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈1.41）

A．90cm B．86cm C．82cm D．80cm
【分析】作CH⊥AB于H，作AP⊥地面于P，利用三角函數(shù)求出CH+AP即可．
【解答】解：作CH⊥AB于H，作AP⊥地面于P，

由題知，AP＝30cm，BC＝60cm，∠ABE＝70°，
∴CH＝BC?sin70°≈60×0.94＝56.4（cm），
∴坐墊C離地面高度約為56.4+30≈86（cm），
故選：B．
12．（2022?平陰縣二模）如圖1是一個手機的支架，由底座、連桿和托架組成（連桿AB、BC、CD始終在同一平面內），AB垂直于底座且長度為9cm，BC的長度為10cm，CD的長度可以伸縮調整．如圖2，∠BCD＝143°保持不變，轉動BC，使得∠ABC＝150°，假如AD∥BC時為最佳視線狀態(tài)，則此時CD的長度為（參考數(shù)據：sin53°≈0.80．cos53°≈0.60）（　　）

A．8cm B．7.7cm C．7.5cm D．5.6cm
【分析】作BE⊥AD于點E，CF⊥AD于點F，解直角三角形求出CF、CD即可解決問題．
【解答】解：作BE⊥AD于點E，CF⊥AD于點F，如圖3，

∵∠ABC＝150°，BC∥AD，
∴∠BAE＝30°，
∴BE＝AB＝4.5（cm），
∴CF＝BE＝4.5cm，
∴CD＝CF÷cos∠DCF，
∵CF⊥AD，AD∥BC，
∴∠DCF＝143°﹣90°＝53°，
∴CD＝4.5÷0.6≈7.5（cm），
∴CD的長度為7.5cm．
故選：C．
二．填空題
13．（2022?濠江區(qū)一模）為解決停車問題，某小區(qū)在如圖所示的一段道路邊開辟一段斜列式停車位，每個車位長6m，寬2.4m，矩形停車位與道路成60°角，則在這一路段邊上最多可以劃出 　9　個車位．（參考數(shù)據：）

【分析】根據直角三角形的邊角關系可求出BC，CF，進而求出CG，再進行計算即可．
【解答】解：如圖，設最后一個車位的點A落在邊線AB上，延長ED于＝與道路邊沿交于F，
在Rt△ABC中，∠ACB＝60°，AC＝6，
∴BC＝AC＝3，
在Rt△CDF中，CD＝2.4，∠DFC＝60°，
∴CF＝＝，
∴CG＝BG﹣BC＝30﹣3＝27，
∴可劃車位的個數(shù)為：27≈9（個），
故答案為：9．

14．（2022秋?巨野縣期中）我市牡丹機場現(xiàn)已成功運營，給出了某型號客機的機翼示意圖．其中m＝1，，則AB的長為 　2﹣?。?br />
【分析】構造直角三角形，根據特殊銳角的三角函數(shù)求出DE、AG即可．
【解答】解：如圖，延長BA與過點C、D且平行于BE的直線相交于點G、F，
在Rt△BDE中，∠DBE＝30°，BE＝n＝，
∴DE＝BE＝1，
∴BG＝CE＝1+1＝2，
在Rt△ACG中，∠ACG＝45°，
∴AG＝CG＝BE＝n＝，
∴AB＝BG﹣AG＝2﹣，
故答案為：2﹣．

15．（2022秋?瑞安市期中）如圖1是某小車側面示意圖，圖2是該車后備箱開起側面示意圖，具體數(shù)據如圖所示（單位：cm）且AF∥BE，∠BAF＝60°，BD＝10，箱蓋開起過程中，點A，C，F(xiàn)不隨箱蓋轉動，點B，D，E繞點A沿逆時針方向轉動90°，即∠BAB'＝90°分別到點B'，D'，E'的位置，氣簧活塞桿CD隨之伸長CD'已知直線BE⊥B'E'，CD'＝CB，那么AB的長為 　40　cm，CD'的長為 　31.25　cm．

【分析】過A作AP⊥EB延長線交于點P，由BE旋轉一定角度后得到B'E'可知，旋轉角度為90°，過B'作BH⊥AP，交AP于點H，分別表示出B'H、PB的長，即可得出AB的長，設CD＝xcm，利用勾股定理可得AC2+AD'2＝CD'2，代入解方程即可．
【解答】解：過A作AP⊥EB延長線交于點P，

∵AF∥BE，
∴∠ABP＝∠BAF＝60°，
∴BP＝AB，
由BE旋轉一定角度后得到B'E'可知，旋轉角度為90°，
過B'作BH⊥AP，交AP于點H，
∵∠PAB+∠ABP＝90°，∠D'AP+∠PAB＝90°，
∴∠D'AP＝∠ABP＝60°，B'H＝AB'sin60°＝AB，
∴20+20＝B'H+PB＝AB+AB＝AB，
∴AB＝40cm；
設CD＝xcm，
則BC＝CD′＝BD+CD＝（10+x）cm，
∴AC＝AB﹣BC＝40﹣（10+x）＝（30﹣x）cm，
AD'＝AD＝AB﹣BD＝40﹣10＝30cm，
∵∠D'AC＝90°，
∴AC2+AD'2＝CD'2，
∴（30﹣x）2+302＝（10+x）2，
解得x＝21.25，
∴CD'＝10+x＝31.25（cm）．
故答案為：40；31.25．
16．（2022秋?高新區(qū)期中）如圖是某風車示意圖，其相同的四個葉片均勻分布，水平地面上的點M在旋轉中心O的正下方．某一時刻，太陽光線恰好垂直照射葉片OA，OB，此時各葉片影子在點M右側成線段CD，設太陽光線與地面的夾角為α，測得tanα＝，MC＝8.5m，CD＝13m，風車轉動時，葉片外端離地面的最大高度等于 ?。?0+）　m．

【分析】作平行線OP，根據平行線分線段成比例定理可知PC＝PD，由EF與影子FG的比為2：3，可得OM的長，同法由等角的正弦可得OB的長，從而得結論．
【解答】解：如圖，過點O作OP∥BD，交MG于P，過P作PN⊥BD于N，則OB＝PN，

∵AC∥BD，
∴AC∥OP∥BD，
∴，∠EGF＝∠OPM，
∵OA＝OB，
∴CP＝PD＝CD＝6.5，
∴MP＝CM+CP＝8.5+6.5＝15，
tan∠EGF＝tan∠OPM，
∴，
∴OM＝×15＝10；
∵DB∥EG，
∴∠EGF＝∠NDP，
∴sin∠EGF＝sin∠NDP，即，
∴OB＝PN＝，
以點O為圓心，OA的長為半徑作圓，當OB與OM共線時，葉片外端離地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．
故答案為：（10+）．
17．（2022秋?萊西市期中）一配電房示意圖如圖所示，它是一個軸對稱圖形．已知BC＝6m，∠ABC＝50°，則房頂A離地面EF的高度為 　7.6　m．（結果精確到0.1m，參考數(shù)據：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）

【分析】過點A作AD⊥BC于點D，利用直角三角形的邊角關系定理求得AD，用AD+BE即可表示出房頂A離地面EF的高度．
【解答】解：過點A作AD⊥BC于點D，如圖：

∵它是一個軸對稱圖形，
∴AB＝AC，
∵AD⊥BC，BC＝6m，
∴BD＝BC＝3m，
在Rt△ADB中，
∵tan∠ABC＝，
∴AD＝BD?tan∠ABC＝3?tan50°≈3×1.19＝3.57（m）．
∴房頂A離地面EF的高度＝AD+BE＝4+3.57≈7.6（m）．
故答案為：7.6．
18．（2022秋?孝義市期中）一種拉桿式旅行箱的示意圖如圖所示，箱體長AB＝55cm，拉桿最大伸長距離BC＝25cm（點A，B，C在同一條直線上），在箱體的底端裝有一圓形滾輪，滾輪中心到地面的距離AD＝8cm．當人的手自然下垂拉旅行箱時，感覺較為舒服．已知佳佳的手自然下垂在點C處且拉桿達到最大延伸距離時，旅行箱與佳佳身體的夾角∠C為60°，AE∥DM，則此時佳佳的手到地面的距離為 　48　cm．

【分析】解直角三角形求出CF，可得結論．
【解答】解：∵AB＝55cm，BC＝25cm，
∴AC＝80cm，
∵∠C＝60°，∠CFA＝90°，
∴CF＝AC?cos60°＝40cm，
∵四邊形ADMF是矩形，
∴AD＝FM＝8cm，
∴CM＝40+8＝48（cm），
∴此時佳佳的手到地面的距離為48cm，
故答案為：48．
19．（2022?鹿城區(qū)校級三模）圖1是一款擺臂遮陽蓬的實物圖，圖2是其側面示意圖，點A，O為墻壁上的固定點，擺臂OB繞點O旋轉過程中，遮陽蓬AB可自由伸縮，蓬面始終保持平整．如圖2，∠AOB＝90°，OA＝OB＝1.5米，光線l與水平地面的夾角約為tanα＝3，此時身高為1米的小朋友（MN＝1米）站在遮陽蓬下距離墻角1.2米（QN＝1.2米）處，剛好不被陽光照射到，此時小朋友的頭頂M距離遮陽蓬的豎直高度（MP）為 　0.3　米；同一時刻下，旋轉擺臂OB，點B的對應點B'恰好位于小朋友頭頂M的正上方，當小朋友后退至剛好不被陽光照射到時，其頭頂距離遮陽蓬的豎直高度為 　1.3　米．

【分析】證明BM＝MP，從而求得MP的值，過點B′作B′C∥BN，與QN交于點C，過B′作B′F⊥AQ于F，過C作CD⊥B′F于點D，與AB′交于點E，在Rt△OB′M中，由勾股定理求得B′M，在Rt△B′CN中，解直角三角形求得CN，再由平行線分線段成比例性質的推論得，便可求得DE，問題便可得以解決．
【解答】解：∵OA＝OB，∠AOB＝90°，
∴∠ABO＝45°，
∴MP＝MB，
∵OM＝QN＝1.2m，OB＝1.5m，
∴MP＝MB＝1.5﹣1.2＝0.3（m），
過點B′作B′C∥BN，與QN交于點C，過B′作B′F⊥AQ于F，過C作CD⊥B′F于點D，與AB′交于點E，
則B′F＝OM＝QN＝1.2（m），

∴FO＝B′M＝（m），
∴B′N＝B′M+MN＝1.9（m），AF＝OA﹣FO＝0.6（m），
∵B′C∥BN，
∴∠B′CN＝∠α，
∴tan∠B′CN＝，
∴B′D＝CN＝（m），
∵DE∥AF，
∴，即
∴DE＝≈1.3（m），
即當小朋友后退至剛好不被陽光照射到時，其頭頂距離遮陽蓬的豎直高度約為1.3m．
故答案為：0.3；1.3．
20．（2022春?義烏市月考）某小區(qū)為方便垃圾分類投放垃圾，通過招標選擇了一種雙層長方體垃圾桶，上層采用手動翻蓋，下層采安裝旋轉出桶裝置，如圖所示．已知整體AB＝112cm，BC＝40cm，CP＝50cm，側面如圖1所示，EG為隔板，等分上下兩層．下方內桶BCGH繞底部軸（CP）旋轉打開，若點H恰好能卡在原來點G的位置，則內桶邊BH的長度應設計為 　16　cm；現(xiàn)將BH調整為40cm，打開最大角度時，點H卡在隔板上，如圖2所示，可完全放入下方內桶的球體的直徑不大于 　33.6　cm．

【分析】如圖1中，連接CH，過點H作HT⊥CG于T，z則四邊形BCTH是矩形．利用勾股定理求出CT．如圖2中，連接CH，過點G作GJ⊥CG′于J，過點B′作B′M⊥GH于M交BC于N．求出sin∠BCB′，再證明∠GCG′＝∠BCB′，求出GJ，可得結論．
【解答】解：如圖1中，連接CH，過點H作HT⊥CG于T，則四邊形BCTH是矩形．
∵CG＝CH＝CD＝AB＝56（cm），HT＝BC＝40cm，
∴BH＝CT＝＝＝16（cm），
如圖2中，連接CH，過點G作GJ⊥CG′于J，過點B′作B′M⊥GH于M交BC于N．

∵∠HMB′＝∠B′NC＝∠CB′H＝90°，
∴∠B′HM+∠HB′M＝90°，∠HB′M+∠CB′N＝90°，
∴∠B′HM＝∠CB′N，
在△B′MH和△CNB′中，
，
∴△B′MH≌△CNB′（AAS），
∴MH＝NB′，MB′＝CN，
∵CH＝40cm，CG＝56cm，
∴HG＝＝＝8，
設HM＝x，則CN＝MB′＝x+8，
在Rt△MHB′中，則有x2+（x+8）2＝402，
∴x＝24（負值舍去），
∴CN＝32（cm），NB′＝24（cm），
∴tan∠BCB′＝＝，
∵∠B′CG′＝∠BCG＝90°，
∴∠GCG′＝∠BCB′，
∴tan∠GCG′＝，
∴sin∠GCG′＝，
∴GJ＝CG?sin∠GCG′＝56×＝33.6（cm），
∴可完全放入下方內桶的球體的直徑不大于33.6cm，
故答案為：16，33.6．
21．（2022?衢州一模）三折傘是我們生活中常用的一種傘，它的骨架是一個“移動副”和多個“轉動副”組成的連桿機構，如圖1是三折傘一條骨架的結構圖，當“移動副”（標號1）沿著傘柄移動時，折傘的每條骨架都可以繞“轉動副”（標號2﹣9）轉動；圖2是三折傘一條骨架的示意圖，其中四邊形CDEF和四邊形DGMN都是平行四邊形，AC＝BC＝13cm，DE＝2cm，DN＝1cm．
（1）若關閉折傘后，點A、E、H三點重合，點B與點M重合，則BN＝　23　cm．
（2）在（1）的條件下，折傘完全撐開時，∠BAC＝75°，則點H到傘柄AB距離是 　69.8　cm．
（參考數(shù)據：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73，結果精確到0.1cm）

【分析】（1）根據關閉折傘后，點A、E、H三點重合，可知AC＝CD+DE，利用平行四邊形的性質可以求出BN；
（2）根據A、E、H三點共線并且AH⊥AB，BM⊥AB，應用等腰三角形和平行四邊形的性質進行求解即可．
【解答】解：（1）∵關閉折傘后，點A、E、H三點重合，
∴AC＝CD+DE，
∴CD＝13﹣2＝11，
∴CN＝CD﹣DN＝11﹣1＝10，
∴BN＝BC+CN＝13+10＝23（cm），
故答案為：23；
（2）如圖2，A、E、H三點共線并且AH⊥AB，過點F作FK⊥AE于點K，過點G作GJ⊥EH于點J，

∵∠BAC＝75°，AC＝BC＝13cm，
∴∠ACB＝30°，
∵AC∥DE，DG∥MN，
∴∠AFE＝∠EGH＝150°，
∵AF＝EF，F(xiàn)K⊥AE，
∴∠AFK＝∠EFK＝75°，AK＝EK，
∵DE＝2cm，
∴FC＝DE＝2cm，
∴AF＝EF＝AC﹣FC＝13﹣2＝11cm，
∴AK＝AF?sin75°＝11×0.97≈10.67，
∴AE＝21.34，
∵關閉折傘后，點A、E、H三點重合，點B與點M重合，
∴BN＝MN＝23cm，EG＝GH，
∴EG＝MN+DE＝23+2＝25cm，
同理，EJ＝EG?sin75°＝25×0.97＝24.25，
∴EH＝2EJ＝2×24.25＝48.5，
∵∠BAC＝75°，∠FAE＝15°，
∴AH＝AE+EH＝21.34+48.5≈69.8．
∴AE⊥AB，
∴點H到傘柄AB距離為69.8cm．
故答案為：69.8．
22．（2022?浦江縣模擬）某商場打算給一柱子纏繞上裝飾燈帶PQ，已知該圓柱形柱子的底圓周長為2.4m，燈帶沿著柱子底部圓可纏繞5圈．若沿著柱子側壁從底部纏繞到頂部剛好可纏繞4圈，如圖1所示，則：

（1）柱子的高度是 　7.2　m．
（2）現(xiàn)在商場為了使裝飾效果更加美觀，利用裝飾燈帶構造出4片相同的樹葉圖案，圖2所示為裝飾燈帶展開圖，PAC與PBC是關于PQ對稱的兩段弧，且兩弧之間的最寬距離AB為1m，則商場還需另行購買 　　米的裝飾燈帶（sin37°≈0.6，結果保留π）．
【分析】（1）根據題意作出圓柱側面展開圖，利用勾股定理得出柱子的高度即可；
（2）根據裝飾帶的長度得出PC的長度，設AB與PC交于點M，設弧PAC所在圓的圓心為O，根據勾股定理得出半徑的長度，利用解直角三角形的知識得出圓心角的度數(shù)，然后求出裝飾燈帶的長度即可．
【解答】解：（1）根據題意，作圓柱側面展開圖如下：

∵QD＝2.4m，QE＝2.4×5÷4＝3（m），
∴DE＝＝＝1.8（m），
∴PQ＝1.8×4＝7.2（m），
即柱子的高度為7.2m，
故答案為：7.2；
（2）設AB與PC交于點M，設弧PAC所在圓的圓心為O，

∵裝飾燈帶PQ＝2.4×5＝12（m），
∴PM＝PC＝＝1.5（m），
∵AB＝1m，
∴AM＝0.5m
設OP＝AO＝r，
由勾股定理得，r2＝1.52+（r﹣0.5）2，
解得r＝2.5，
∵sin∠POM＝＝＝0.6，
∴∠POM＝37°，∠POC＝74°，
∴＝＝，
∴增加的裝飾燈帶長度為×8＝，
故答案為：π．
23．（2022?新河縣一模）如圖1是某工廠生產的某種多功能兒童車，根據需要可變形為滑板車或三輪車，圖2、圖3是其示意圖，已知前后車輪半徑相同，車桿AB的長為60cm，點D是AB的中點，前支撐板DE＝30cm，后支撐板EC＝40cm，車桿AB與BC所成的∠ABC＝53°．

（1）如圖2，當支撐點E在水平線BC上時，則支撐點E與前輪軸心B之間的距離BE的長為 　36cm　；
（2）如圖3，當座板DE與地面保持平行時，則變形前后兩軸心BC的變化量為 　增加了4cm?。▍⒖紨?shù)據：sin53°≈，cos53°≈，tan53°≈）
【分析】（1）如圖1，過點D作DF⊥BE于點F，由題意知BD＝DE＝30cm，根據三角函數(shù)的定義即可得到結論；
（2）如圖2，過點D作DM⊥BC于M，過點E作EN⊥BC于點N，由題意知四邊形DENM是矩形，求得MN＝DE＝30cm，解直角三角形即可得到結論．
【解答】解：（1）如圖1，過點D作DF⊥BE于點F，
由題意知BD＝DE＝30cm，
∴BF＝BDcos∠ABC＝30×＝18（cm），
∴BE＝2BF＝36（cm）．
（2）如圖2，過點D作DM⊥BC于M，過點E作EN⊥BC于點N，
由題意知四邊形DENM是矩形，
∴MN＝DE＝30cm，
在Rt△DBM中，BM＝BDcos∠ABC＝30×＝18（cm），EN＝DM＝BDsin∠ABC＝30×＝24（cm），
在Rt△CEN中，CE＝40cm，
∴由勾股定理可得CN＝＝32（cm），
則BC＝18+30+32＝80（cm），
原來BC＝36+40＝76（cm），
80﹣76＝4（cm），
∴變形前后兩軸心BC的長度增加了4cm．

24．（2022?麗水一模）如圖1的一湯碗，其截面為軸對稱圖形，碗體ECDF呈半圓形狀（碗體厚度不計），直徑EF＝26cm，碗底AB＝10cm，∠A＝∠B＝90°，AC＝BD＝3cm．
（1）如圖1，當湯碗平放在桌面MN上時，碗的高度是 　15　cm．
（2）如圖2，將碗放在桌面MN上，繞點B緩緩傾斜倒出部分湯，當碗內湯的深度最小時，tan∠ABM的值是 　　．

【分析】（1）由垂徑定理和勾股定理可求PO的長，即可求解；
（2）由旋轉的性質可得OB＝O'B＝5cm，∠ABM＝∠OBO'，由勾股定理可求RB的長，由面積關系可求OK的長，由銳角三角函數(shù)可求解．
【解答】解：（1）如圖，設半圓的圓心為O，連接OC，OB，過點O作直線OP⊥CD于P，交AB于Q，

∴四邊形ACPQ是矩形，四邊形BDPQ是矩形，
∴AC＝PQ＝3cm，PD＝QB，
∵OP⊥CD，
∴CP＝DP＝QB＝5cm，
∵OP＝＝＝12（cm），
∴OQ＝OP+PQ＝15cm．
∴碗的高度為15cm；
（2）如圖1，OB＝＝＝5cm，
∵將碗放在桌面MN上，繞點B緩緩傾斜倒出部分湯，
∴當半圓O與直線MN相切時，碗內湯的深度最小，
如圖2，設半圓O與直線MN相切于點R，連接O'R，連接OO'，O'B，過點O作OK⊥O'B于K，

∵旋轉，
∴OB＝O'B＝5cm，∠ABM＝∠OBO'，
∵半圓O與直線MN相切于點R，
∴O'R⊥MN，
∴O'R＝13cm，
∴BR＝＝＝9cm，
∵S△OO'B＝S梯形OQO'R﹣S△OBQ﹣S△BRO'，
∴S△OO'B＝×（5+9）×（15+13）﹣×15×5﹣×13×9＝100（cm2），
∴×O'B×OK＝100，
∴×5×OK＝100，
∴OK＝4cm，
∴BK＝＝＝3cm，
∴tan∠OBO'＝＝＝，
∴tan∠MBA＝，
故答案為：．
25．（2022春?蘭溪市校級月考）太極推盤是一種常見的健身器材（如圖1），轉動兩個圓盤便能鍛煉身體．取推盤上半徑均為0.4米的圓A與圓B（如圖2）且AB＝1米，圓A繞圓心A以2°每秒的速度逆時針旋轉，圓B繞圓心B以2°每秒的速度順時針旋轉．開始轉動時圓A上的點C恰好落在線段AB上，圓B上的點D在AB下方且滿足∠DBA＝60°，則在兩圓同時開始轉動的30秒時，CD的長是 　　米．在兩圓同時轉動的前30秒以內，CD的最小值是 　0.5　米

【分析】據題意作出圖形，再過點C作CE⊥AB于點E，即可根據含30度角的直角三角形的性質結合勾股定理求出CD的長；以AC、CD為鄰邊作平行四邊形ACDF，過點D作AB的平行線MN，設∠CAB＝2t°，則∠ABD﹣60°﹣2t°，根據四邊形ACDF為平行四邊形，則可求出∠BDM＝120°+2t°，∠MDF＝2t°，從而可求出∠BDF＝240°﹣4t°，進而結合等腰三角形的性質可求出∠BFD＝∠FBD＝21°﹣30°，最后可求出∠ABF＝∠ABF+∠FBD＝30°，即說明當AF⊥BF時，AF的長最小，即CD的長最小，由此即可．
【解答】解：根據題意可知，兩圓同時開始轉動的30秒后，∠CAD＝60°，D點在AB上，如圖，過點C作CE⊥AB于點E，

在Rt△ACE中，∠CAE﹣60°，AC＝0.4米，
∴AE＝0.2米，CE＝AC＝米，
∵AD＝AB﹣BD＝﹣0.4＝0.6米，
∴ED＝AD﹣AE＝0.6﹣0.2＝0.4米，
在RtACDE中，CD＝＝＝米，
如圖，以AC、CD為鄰邊作平行四邊形ACDF，過點D作AB的平行線MN，

設∠CAB＝2t°，則∠ABD＝60°﹣2t°，
∵四邊形ACDF為平行四邊形，
∴∠BDM＝180°﹣∠ABD＝180°﹣（60°﹣2t°）＝120+2t°，∠CAF＝∠CDF，
∴∠CAB+∠BAF＝∠MDC+∠MDF，
∵AB//MN，
∴四邊形AMDO為平行四邊形，
∴∠BAF＝∠MDC，
∴∠MDF＝∠CAB＝2t°，
∴∠BDF＝360°﹣∠MDF﹣∠BDM＝240°﹣4t°，
∵AC＝DF＝BD，
∴∠BFD＝∠FBD＝＝2t°﹣30°，
∴∠ABF＝∠ABD+∠FBD＝60°﹣2t°+2t°﹣30°＝30°，
當AF⊥BF時，AF的長最小，即CD的長最小，
∵∠ABF＝30°，
∴AF＝AB＝0.5米，即CD的長最小值為0.5米．
26．（2022?太倉市模擬）圖1是一種折疊式晾衣架．晾衣時，該晾衣架水平放置并且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＝10分米，晾衣臂（OA）撐開時與支腳（OC）的夾角∠AOC＝105°，則點A離地面的距離AM為 ?。?+5）　分米．（結果保留根號）

【分析】過點O作OQ⊥AM，垂足為M，過點O作OP⊥CD，垂足為P，根據題意可得QM＝OP，∠QOP＝90°，先利用等腰三角形的三線合一性質可得∠COP＝30°，再在
Rt△COP中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出OP的長，然后在Rt△AOQ中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出AQ的長，進行計算即可解答．
【解答】解：過點O作OQ⊥AM，垂足為M，過點O作OP⊥CD，垂足為P，

則QM＝OP，∠QOP＝90°，
∵OC＝OD，∠COD＝60°，
∴∠COP＝∠COD＝30°，
在Rt△COP中，OC＝10分米，
∴OP＝OC?cos30°＝10×＝5（分米），
∴QM＝OP＝5分米，
∵∠AOC＝105°，
∴∠AOQ＝∠AOC+∠COP﹣∠QOP＝45°，
在Rt△AOQ中，AO＝10分米，
∴AQ＝AO?sin45°＝10×＝5（分米），
∴AM＝AQ+QM＝（5+5）分米，
∴點A離地面的距離AM為（5+5）分米，
故答案為：（5+5）．
27．（2022?遷安市二模）如圖，AB為訂書機的托板，壓柄BC繞著點B旋轉，連接桿DE的一端點D固定，點E從A向B處滑動，在滑動的過程中，DE的長度保持不變．在圖1中，cm，BE＝7cm，∠B＝45°，則連接桿DE的長度為 　5　cm．現(xiàn)將壓柄BC從圖1旋轉到與底座AB垂直，如圖2所示，則此過程中點E滑動的距離為 ?。?﹣）　cm．

【分析】在圖1中，過點D作DF⊥AB，垂足為F，先在Rt△DBF中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出DF，BF的長，從而求出EF的長，然后在Rt△DEF中，利用勾股定理求出DE的長，如圖2，在Rt△BDE中，利用勾股定理求出BE的長，進行計算即可解答．
【解答】解：在圖1中，過點D作DF⊥AB，垂足為F，

在Rt△DBF中，cm，∠B＝45°，
∴DF＝BD?sin45°＝3×＝3（cm），
BF＝BD?cos45°＝3×＝3（cm），
∵BE＝7cm，
∴EF＝BE﹣BF＝7﹣3＝4（cm），
∴DE＝＝＝5（cm），
如圖2，

在Rt△BDE中，DE＝5cm，BD＝3cm，
∴BE＝＝＝（cm），
∴此過程中點E滑動的距離為（7﹣）cm，
故答案為：5，（7﹣）．
28．（2022?溫州模擬）如圖1是一種簡約隱形壁掛式折疊凳，圖2是其開啟過程的側面結構示意圖，具體數(shù)據如圖所示（單位：cm），外框寬HD＝EG，閉合時，點A與點D重合，點C與點E重合，則外框寬HD為 　3　cm；當折疊凳轉為半開啟狀態(tài)（A′B′所在的直線過EB中點）時，折疊凳上升的高度為 　　cm．

【分析】根據數(shù)量關系求出BG即可求出HD，再得出△B′BE是等邊三角形利用三角形函數(shù)即可得出折疊凳上升的高度．
【解答】解：∵閉合時，點A與點D重合，點C與點E重合，
∴AC＝DE＝36cm，
∴DH＝（HG﹣DE）＝×6＝3cm，
∵總高為68cm，HG＝42cm，
∴G到地距離為26cm，
∴AB+EG＝10cm，
∴EG＝HD＝（36﹣10）÷2＝3cm，
∴AB＝7cm＝A′B′，
由圖可知B′E+A′B＝DE（翻折上去），
∴B′E＝29cm，
∴BC不變，升高到B′C′，
∴折疊凳升高高度為B升高的高度，
∵A′B′在EB中點上，
∴△B′BE是等邊三角形，
∴B升高高度＝B′E?sin60°＝＝折疊凳升高高度，
故答案為：3，．
29．（2022?金華模擬）圖1是某型號挖掘機，該挖掘機是由基座、主臂和伸展臂構成．圖2是其側面結構示意圖（MN是基座的高，MP是主臂，PQ是伸展臂）．已知基座高度MN為0.5米，主臂MP長為3米，主臂伸展角α的范圍是：0°＜α≤60°，伸展臂伸展角β的范圍是：45°≤β≤135°．當α＝45°時（如圖3），伸展臂PQ恰好垂直并接觸地面．
（1）伸展臂PQ長為 　3.5　米；
（2）挖掘機能挖的最遠處距點N的距離為 　　米．
【分析】（1）過點M作MH⊥PQ，垂足為Q，根據題意可得HQ＝MN＝0.5米，然后在Rt△PHM中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出PH的長，從而求出PQ的長，即可解答；
（2）當∠QPM＝135°時，過點Q作QA⊥PM，交MP的延長線于點A，連接QM，利用平角定義可求出∠APQ＝45°，然后在Rt△APQ中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出AP，AQ的長，從而求出AM的長，再在Rt△AQM中，利用勾股定理求出QM的長，最后在Rt△QMN中，利用勾股定理求出QN的長，即可解答．
【解答】解：（1）過點M作MH⊥PQ，垂足為Q，

則HQ＝MN＝0.5米，
在Rt△PHM中，∠PMH＝45°，PM＝3米，
∴PH＝PM?sin45°＝3×＝3（米），
∴PQ＝PH+HQ＝3+0.5＝3.5（米），
∴伸展臂PQ長為3.5米，
故答案為：3.5；
（2）當∠QPM＝135°時，過點Q作QA⊥PM，交MP的延長線于點A，連接QM，

∴∠APQ＝180°﹣∠QPM＝45°，
在Rt△APQ中，PQ＝3.5米，
∴AQ＝PQ?sin45°＝3.5×＝（米），
AP＝PQ?cos45°＝3.5×＝（米），
∵PM＝3米，
∴AM＝AP+PM＝（米），
在Rt△AQM中，QM＝＝＝（米），
在Rt△QMN中，QN＝＝＝（米），
∴挖掘機能挖的最遠處距點N的距離為米，
故答案為：．
30．（2022?金華模擬）如圖1是某激光黑白A4紙張打印機的機身，其側面示意圖如圖2，AB⊥BC，CD⊥BC．出紙盤EP下方為一段以O為圓心的圓弧，與上部面板線段AE相接于點E，與CD相切于點D．測得BC＝24cm，CD＝18cm．進紙盤CH可以隨調節(jié)扣HF向右平移，CH＝18cm，HF＝2cm．當HF向右移動6cm至H′F′時，點A，D，F(xiàn)'在同一直線上，則AB的長度為 　34　cm．若點E到AB的距離為16cm，tanA＝4，連接PO，線段OP恰好過的中點．若點P到直線BC的距離為32cm，則PE＝　2　cm．

【分析】根據題意構造相似三角形，利用相似三角形的對應邊成比例，求出AM，進而求出AB的值；
利用垂徑定理可得OP是DE的垂直平分線，得到PE＝PD，在Rt△AEK中利用銳角三角函數(shù)可求出AK，進而求出KB的長，通過作平行線構造直角三角形和矩形，設DG＝CT＝acm，則ST＝EQ＝SC+CT＝（a+8）cm，在Rt△PEQ，Rt△PDG中由勾股定理列方程求出a的值即可解答．
【解答】解：（1）如圖，過點F′作F′M⊥AB，垂足為M，交CD于點N，

由題意得，BM＝CN＝HF＝H′F′＝2cm，
F′M＝24+18+6＝48（cm），
F′N＝18+6＝24（cm），
DN＝18﹣2＝16（cm），
∵AB∥CD，
∴△F′AM∽△F′DN，
∴＝＝＝，
∴AM＝2DN＝2×16＝32（cm），
∴AB＝AM+MB＝32+2＝34（cm），
故答案為：34；
（2）如圖3，過點E作BC的平行線交AB于點K，交過點P作AB的平行線與點Q，連接OE，OD，OD的延長線交PT于點G，
∴四邊形KESB、四邊形EQTS、四邊形KQTB均是矩形，
在Rt△AEK中，EK＝16cm，tanA＝4，

∴AK＝EK＝4cm，
∴KB＝QT＝AB﹣AK＝34﹣4＝30（cm），
由（1）可得：DC＝16+2＝18（cm），
∴QG＝QT﹣GT＝30﹣18＝12（cm），
SC＝BC﹣BS＝24﹣16＝8（cm），
PQ＝PT﹣QT＝PT﹣KB＝32﹣30＝2（cm），
PG＝PQ+QG＝2+12＝14（cm），
設DG＝CT＝acm，則ST＝EQ＝SC+CT＝（a+8）cm，
∵線段OP恰好過的中點，
∴OP是DE的垂直平分線，EP＝PD，
在Rt△PEQ，Rt△PDG中由勾股定理可得，
EQ2+PQ2＝DG2+PG2＝PE2，
即（a+8）2+22＝a2+142，
解得a＝8，
即：EQ＝a+8＝16（cm），
∴PE＝＝＝＝2（cm），
故答案為：2．
31．（2022?永嘉縣模擬）如圖1，是一幅椅子和花架相互轉化的實物圖．放置在水平地面上的椅子示意圖如圖2所示，在矩形ABCD中，點E在BC上，點F，G在CD上，G是CF的中點，隔板FH∥GI∥BC，分別交DE于點H，I，現(xiàn)將該椅子的左邊部分JCDE繞著點E順時針旋轉180°得到一個花架，如圖3所示，此時點J落在地面上的點J'處，點C，H的對應點分別為點C'，H'，已知AB＝46cm，BC＝37cm，BE＝14cm，則點J離地面的距離是 　92　cm；若點J'，C'，H'在同一直線上，tan∠AJ'C'＝6，則隔板GI的長是 　　cm．

【分析】①根據點J與點J'關于點E成中心對稱，知點J到BC的距離等于點J'到BC的距離，從而得出點J離地面的距離為2AB，②連接C'H'交G'I'于點P，過點C'作C'Q⊥DJ'于點Q，利用△H'EC'∽△H'DJ'，設△H'EC'邊EC'上的高為hcm，則△H'DJ'邊DJ'上高為（h+46）cm，可得C'F'＝h＝cm，再利用tan∠F'H'C'＝6，得H'F'＝，再利用三角形中位線定理可得答案．
【解答】解：①∵將該椅子的左邊部分JCDE繞著點E順時針旋轉180°后點J落在地面上的點J'處，
∴點J與點J'關于點E成中心對稱，
∴點J到BC的距離＝點J'到BC的距離，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴點J'到BC的距離等于AB的長，
∵AB＝46cm，
∴點J離地面的距離是46×2＝92（cm），
②如圖，連接C'H'交G'I'于點P，過點C'作C'Q⊥DJ'于點Q，

∵四邊形ABCD為矩形，
∴BC∥AD，∠BAD＝90°，
∵BE＝14cm，BC＝37cm，
∴EC'＝CE＝BC﹣BE＝23（cm），
∴BC'＝EC'﹣BE＝9（cm），
∵∠ABC'＝∠BAJ'＝∠AQC'＝90°，
∴四邊形ABC'Q為矩形，
∴AQ＝BC'＝9cm，C'Q＝AB＝46cm，
在Rt△C'QJ'中，tan∠C'J'Q＝，
∴J'Q＝（cm），
∴DJ'＝AD+AQ+QJ'＝37+9+（cm），
∵F'H'∥G'I'∥EC'∥AD，
∴△H'EC'∽△H'DJ'，
設△H'EC'邊EC'上的高為hcm，則△H'DJ'邊DJ'上高為（h+46）cm，
∴，
∴h＝，
∴C'F'＝h＝cm，
∵H'F'∥QJ'，
∴∠F'H'C'＝∠C'J'Q，
∴tan∠F'H'C'＝6，
∴，
∴H'F'＝，
∵G是CF的中點，
∴G'是C'F'的中點，
∴PG'＝，PI'＝，
∴GI＝G'I'＝G'P+I'P＝（cm），
故答案為：92；．
32．（2022?鹿城區(qū)校級二模）如圖是一個矩形足球球場，AB為球門，CD⊥AB于點D，AB＝a米．某球員沿CD帶球向球門AB進攻，在Q處準備射門．已知BD＝3a米，QD＝3a米，則tan∠AQB＝　??；已知對方門將伸開雙臂后，可成功防守的范圍大約為0.25a米，此時門將站在張角∠AQB內，雙臂伸開MN且垂直于AQ進行防守，MN中點與AB距離 　a　米時，剛好能成功防守．

【分析】如圖，過點B作BH⊥AQ于H，計算BH和HQ的長，根據三角函數(shù)定理可得tan∠AQB＝；延長MN交AD于E，取MN的中點O，過點N作JK⊥AD于K，過點O作OJ⊥JK于J，根據三角函數(shù)定義列比例式計算JN和NK的長，可得結論．
【解答】解：如圖，過點B作BH⊥AQ于H，

Rt△ADQ中，AD＝a+3a＝4a，DQ＝3a，
∴AQ＝5a，
Rt△ABH中，sinA＝＝，
∴＝＝，
∴BH＝a，
∴AH＝a，
∴HQ＝5a﹣a＝a，
∴tan∠AQB＝＝＝；
延長MN交AD于E，取MN的中點O，過點N作JK⊥AD于K，過點O作OJ⊥JK于J，
Rt△MNQ中，MN＝0.25a＝a，
∴tan∠MQN＝＝，
∴MQ＝a，
∴NQ＝＝a，
∵BQ＝3a，
∴BN＝BQ﹣NQ＝3a﹣a＝a，
∵∠DBQ＝45°，
∴BK＝NK＝a，
∵BH∥EM，
∴∠ABH＝∠AEM，
∵∠AHB＝∠EKN＝90°，
∴∠A＝∠ENK＝∠ONJ，
∵cos∠ONJ＝＝cosA＝，
∵O是MN的中點，
∴ON＝a，
∴NJ＝a，
∴JK＝JN+NK＝a+a＝a，
即MN中點與AB距離a米時，剛好能成功防守．
故答案為：，a．
33．（2022?江陰市校級一模）圖1是一款折疊式跑步機，其側面結構示意圖如圖2（忽略跑步機的厚度）．該跑步機由支桿AB（點A固定），底座AD和滑動桿EF組成．支桿AB可繞點A轉動，點E在滑槽AC上滑動．已知AB＝60cm，AC＝125cm．收納時，滑動端點E向右滑至點C，點F與點A重合；打開時，點E從點C向左滑動，若滑動桿EF與AD夾角的正切值為2，則察看點F處的儀表盤視角為最佳．
（1）BE＝　65　cm；
（2）當滑動端點E與點A的距離EA＝?。?3+2）或（13﹣2）　cm時，察看儀表盤視角最佳．

【分析】（1）利用線段的和差定義求解即可；
（2）分∠BAE是銳角或鈍角，分別畫出圖形求解即可．
【解答】解：（1）由題意BE＝AC﹣AB＝125﹣60＝65（cm）．
故答案為：65．

（2）如圖2﹣1中，當∠BAE是銳角時，過點B作BT⊥AE于點T．

在Rt△BTE中，BE＝65cm，tan∠BET＝＝2，
∴ET＝13（cm），BT＝26（cm），
在Rt△ABT中，AT＝＝＝2（cm），
∴AE＝AT+ET＝（13+2）cm．

如圖2﹣2中，當∠BAE是鈍角時，過點B作BT⊥AE于點T．

同法可得，ET＝13，AT＝2，
∴AE＝TE﹣AT＝（13﹣2）cm，
綜上所述，AE的長為（13+2）cm或（13﹣2）cm．
34．（2022?鹿城區(qū)校級開學）“曲柄搖桿機構”是一種運動零件．圖1是某個“曲柄搖桿”的示意圖，它由四條固定長度的線段組成，其中AB是靜止不動的機架，AD是繞A做圓周運動的曲柄，BC是繞B上下擺動的搖桿，CD是連結AD和BC兩個運動的連桿，A，B，C，D始終在同一平面內．已知AB＝BC＝5．當D運動到圖2位置時，記AB，CD的交點為E，現(xiàn)測得AD⊥BC，AD＝DE，tan∠DAE＝，則CD＝　?。畧D2之后，D繞A繼續(xù)運動，當C再次回到圖2位置時（如圖3），則此時“曲柄搖桿”所圍成的四邊形ABCD的面積為 　　．

【分析】（1）延長AD交CB的延長線于F，作BG∥CD交AF于G，先解Rt△ABF，求得AF和BF，推出△ABG是等腰三角形，設AG＝BG＝x，在Rt△BFG中列出方程，求得BG，再根據△FBG∽△FCD列出比例式，求得CD；
（2）在AF上截取AD′＝AD，連接CD′（即還原圖2的CD的位置），根據勾股定理求得D′F的長，進而求得△ACD′及△ABC的面積，進而求得四邊形ABCD的面積．
【解答】解：如圖1，

延長AD交CB的延長線于F，作BG∥CD交AF于G，
∴△ADE∽△AGB，△FBG∽△FCD，
∴＝，＝，
∵AD＝DE，
∴AG＝BG，
∵AD⊥BC，
∴∠F＝90°，
∵AB＝5，tan∠DAE＝，
∴BF＝3，AF＝4，
設AG＝BG＝x，則FG＝4﹣x，
在Rt△BFG中，由勾股定理得，
FG2+BF2＝BG2，
∴（4﹣x）2+32＝x2
∴x＝，
∴＝，
∴CD＝，
如圖2，

CD′是CD在圖2的位置，
在△ACD和△ACD′中，
，
∴△ACD≌△ACD′（SSS），
∵∠F＝90°，CF＝8，CD′＝CD＝，
∴D′F＝＝，
∴AD′＝AF﹣D′F＝4﹣＝，
∴S△ACD′＝?CF＝＝，
∴S△ACD＝，
∵＝＝10，
∴S四邊形ABCD＝10+＝，
故答案是：，．
三．解答題
35．（2021秋?鐘山區(qū)期末）如圖①是某市地鐵站的一組智能通道閘機，當行人通過智能閘機時會自動識別行人身份，識別成功后，兩側的圓弧翼閘會自動收回到機箱內，行人即可通行．圖②是一個智能通道閘機的截面圖，已知∠ABC＝∠DEF＝28°，AB＝DE＝60cm，點A、D在同一水平線上，且A、D之間的距離是10cm．
（1）試求閘機通道的寬度（參考數(shù)據：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53）
（2）實驗數(shù)據表明，一個智能閘機通道平均每分鐘檢票通過的人數(shù)是一個人工檢票口通過的人數(shù)的2倍．若有240人的團隊通過同一個人工檢票口比通過同一個智能閘機檢票口多用4分鐘，求一個人工檢票口和一個智能閘機通道平均每分鐘檢票各通過多少人？

【分析】（1）連接AD，并向兩方延長，分別交BC，EF于M，N，由點A，D在同一條水平線上，BC，EF 均垂直于地面可知，MN⊥BC，MN⊥EF，所以MN的長度就是BC與EF之間的距離，同時，由兩圓弧翼成軸對稱可得，AM＝DN，解直角三角形即可得到結論；
（2）設一個人工檢票口平均每分鐘檢票通過的人數(shù)為x人，根據題意列方程即可得到結論．
【解答】解：（1）過點A作AM⊥BC于點M，過點D作DN⊥EF于點N，如圖：

在Rt△AMB中，AB＝60cm，∠ABM＝28°，
∴sin28°＝，
∴AM＝AB×sin28°＝0.47×60＝28.2（cm），
同理 DN＝28.2cm，
∴閘機通道的寬度BE＝AM+AD+DN＝28.2×2+10＝66.4（cm）；
答：閘機通道的寬度是66.4cm；
（2）解：設一個人工檢票口每分鐘檢票通過的人數(shù)為x人，則一個智能閘機檢票口每分鐘通過的人數(shù)為2x人，
由題意得：﹣＝4，
解得：x＝30，
經檢驗：x＝30是原方程的解，
∴2x＝2×30＝60（人），
答：一個人工檢票口每分鐘檢票通過30人，一個智能閘機檢票口每分鐘通過60人．
36．（2022?夏邑縣模擬）如圖（1）是一種迷你型可收縮式樂譜支架，圖（2）是其側面示意圖，其中AB＝BC＝CD＝24cm，DB⊥BA，Q是CD的中點，P是眼睛所在的位置，PM⊥BA于點M，AM＝12cm，當PQ⊥CD時，P為最佳視力點．
（1）若∠ABC＝α，則∠DCB＝　2α　；
（2）當∠ABC＝37°且PM＝53cm時，請通過計算說明點P是不是最佳視力點．（參考數(shù)據：sin37°＝cos53°≈，cos37°＝sin53°≈，tan37°≈，tan53°≈）

【分析】（1）根據等腰三角形的性質以及三角形內角和定理可求出答案；
（2）通過作平行線，由（1）可求出∠C，再根據銳角三角函數(shù)的定義求出∠PQF即可．
【解答】解：（1）∵BC＝CD，
∴∠CBD＝∠CDB，
∵BD⊥AB，即∠ABC+∠CBD＝90°，
∴∠CBD＝90°﹣∠ABC
＝90°﹣α，
∴∠BCD＝180°﹣∠CBD﹣∠CDB
＝180°﹣（90°﹣α）﹣（90°﹣α）
＝2α，
故答案為：2α；
（2）如圖，過點Q作EF∥AB，交PM、BD分別于F、E，則EF⊥BD，EF⊥PM，
∵∠ABC＝37°，
∴∠CBD＝∠CDB＝90°﹣37°＝53°，
∴∠DQE＝∠CQF＝90°﹣53°＝37°，
在Rt△DEQ中，DQ＝CD＝12，∠EDQ＝53°，
∴EQ＝DQ?sinD
≈12×
＝9.6，
DE＝DQ?cosD
≈12×
＝7.2，
∴QF＝24+12﹣9.6＝26.4，
過點C作CH⊥BD于H，則BH＝DH，
∵Q是CD的中點，QD∥CH，
∴DE＝EH，
∴BE＝3DE＝21.6＝FM，
∴PF＝53﹣21.6＝31.4，
∴tan∠PQF＝＝≈1.19≠，
∴∠PQF≠53°，
∴∠PQC＝∠PQF+∠CQF≠90°，
即PQ與CD不垂直，
∴不是最佳視力點．

37．（2022秋?九龍坡區(qū)校級月考）圖1是疫情期間測溫員用“額溫槍”對小紅測溫時的實景圖，圖2是其側面示意圖，其中槍柄BC與手臂MC始終在同一直線上，槍身BA與額頭保持垂直量得胳膊MN＝28cm，槍柄與槍身之間的夾角為120°（即∠MBA＝120°），肘關節(jié)M與槍身端點A之間的水平寬度為25.3cm（即MP的長度），槍身BA＝8.5cm．

（1）求MB的長；
（2）測溫時規(guī)定槍身端點A與額頭距離范圍為3～5cm．在圖2中，若測得∠BMN＝75°，小紅與測溫員之間距離為50cm，問此時槍身端點A與小紅額頭的距離是否在規(guī)定范圍內？并說明理由．（結果精確到0.1cm，參考數(shù)據：≈1.4，≈1.7）
【分析】（1）過點B作BH⊥MP，垂足為H，則BA＝HP＝8.5cm，∠ABH＝90°，從而求出∠MBH的度數(shù)，然后在Rt△BMH中，根據直角三角形的性質求得MB；
（2）延長PM交FG于點I，利用（1）的結論先求出∠NMI＝45°，然后在Rt△MNI中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出MI的長，從而求出槍身端點A與小紅額頭的距離，進行比較即可解答．
【解答】解：（1）過點B作BH⊥MP，垂足為H，

則BA＝HP＝8.5cm，MP＝25.3cm，∠ABH＝90°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠MBH＝∠ABC﹣∠ABH＝30°，
在Rt△BMH中，MH＝25.3﹣8.5＝16.8cm，
∴BM＝2MH＝33.6cm；
（2）此時槍身端點A與小紅額頭的距離不在規(guī)定范圍內，
理由：延長PM交FG于點I，

∵∠BHM＝90°，∠MBH＝30°，
∴∠BMH＝90°﹣∠MBH＝60°，
∵∠BMN＝75°，
∴∠NMI＝180°﹣∠BMN﹣∠BMH＝45°，
在Rt△MNI中，MN＝28cm，
∴MI＝MN?cos45°＝28×＝14（cm），
∴槍身端點A與小紅額頭的距離＝50﹣14﹣25.3≈5.1（cm），
∵規(guī)定槍身端點A與額頭距離范圍為3～5cm．
∴此時槍身端點A與小紅額頭的距離不在規(guī)定范圍內．
38．（2022秋?高新區(qū)期中）圖1是某型號挖掘機，該挖掘機是由基座、主臂和伸展臂構成，圖2是其側面結構示意圖（MN是基座的高，MP是主臂，PQ是伸展臂）．已知基座高度MN為0.5米，主臂MP長為3米，主臂伸展角α的范圍是：0°＜α≤60°，伸展臂伸展角β的范圍是：45°≤β≤135°．

（1）如圖3，當α＝45°時，伸展臂PQ恰好垂直并接觸地面，伸展臂PQ長為 　3.5　米；
（2）若（1）中PQ長度不變，求該挖掘機最遠能挖掘到距點N水平正前方多少米的土石．（結果保留根號）
【分析】（1）過點M作MH⊥PQ，垂足為Q，根據題意可得HQ＝MN＝0.5米，然后在Rt△PHM中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出PH的長，從而求出PQ的長，即可解答；
（2）當∠QPM＝135°時，過點Q作QA⊥PM，交MP的延長線于點A，連接QM，利用平角定義可求出∠APQ＝45°，然后在Rt△APQ中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出AP，AQ的長，從而求出AM的長，再在Rt△AQM中，利用勾股定理求出QM的長，最后在Rt△QMN中，利用勾股定理求出QN的長，即可解答．
【解答】解：（1）過點M作MH⊥PQ，垂足為Q，

則HQ＝MN＝0.5米，
在Rt△PHM中，∠PMH＝45°，PM＝3米，
∴PH＝PM?sin45°＝3×＝3（米），
∴PQ＝PH+HQ＝3+0.5＝3.5（米），
∴伸展臂PQ長為3.5米，
故答案為：3.5；
（2）當∠QPM＝135°時，過點Q作QA⊥PM，交MP的延長線于點A，連接QM，

∴∠APQ＝180°﹣∠QPM＝45°，
在Rt△APQ中，PQ＝3.5米，
∴AQ＝PQ?sin45°＝3.5×＝（米），
AP＝PQ?cos45°＝3.5×＝（米），
∵PM＝3米，
∴AM＝AP+PM＝（米），
在Rt△AQM中，QM＝＝＝（米），
在Rt△QMN中，QN＝＝＝（米），
∴該挖掘機最遠能挖掘到距點N水平正前方米的土石．
39．（2021秋?建鄴區(qū)期末）小麗與爸媽在公園里蕩秋千．如圖，小麗坐在秋千的起始位置A處，OA與地面垂直，兩腳在地面上用力一蹬，媽媽在距地面1.2m高的B處接住她后用力一推，爸爸在C處接住她．若媽媽與爸爸到OA的水平距離BD、CE分別為1.8m和2.4m，∠BOC＝90°．
（1）△CEO與△ODB全等嗎？請說明理由．
（2）爸爸在距離地面多高的地方接住小麗的？
（3）秋千的起始位置A處與距地面的高是 　0.6　m．

【分析】（1）由直角三角形的性質得出∠COE＝∠OBD，根據AAS可證明△COE≌△OBD；
（2）由全等三角形的性質得出CE＝OD，OE＝BD，求出DE的長則可得出答案；
（3）因為OA＝OB，由勾股定理求得OB，再根據AM＝OD+DM﹣OA便可求得結果．
【解答】解：（1）△OBD與△COE全等．
理由如下：
由題意可知∠CEO＝∠BDO＝90°，OB＝OC，
∵∠BOC＝90°，
∴∠COE+∠BOD＝∠BOD+∠OBD＝90°．
∴∠COE＝∠OBD，
在△COE和△OBD中，
，
∴△COE≌△OBD（AAS）；
（2）∵△COE≌△OBD，
∴CE＝OD，OE＝BD，
∵BD、CE分別為1.8m和2.4m，
∴OD＝2.4m，OE＝1.8m，
∴DE＝OD﹣OE＝CE﹣BD＝2.4﹣1.8＝0.6（m），
∵媽媽在距地面1.2m高的B處，即DM＝1.2m，

∴EM＝DM+DE＝1.8（m），
答：爸爸是在距離地面1.8m的地方接住小麗的；
（3）∵OA＝OB＝＝3（m），
∴AM＝OD+DM﹣OA＝2.4+1.2﹣3＝0.6（m）．
∴秋千的起始位置A處與距地面的高0.6m．
故答案為：0.6．
40．（2022秋?婺城區(qū)校級月考）圖①是一種手機平板支架，由托板、支撐板和底座構成，手機放置在托板上，托板長AB＝115mm，支撐板長CD＝70mm，且CB＝35mm，托板AB可繞點C轉動，且∠CDE＝60°．
（1）求點C到直線DE的距離（計算結果保留根號）；
（2）若∠DCB＝70°時，求點A到直線DE的距離（計算結果精確到個位）；
（3）為了觀看舒適，把（1）中∠DCB＝70°調整為90°，再將CD繞點D逆時針旋轉，使點B落在DE上，則CD旋轉的度數(shù)為 　33.4°?。ㄖ苯訉懗鼋Y果）
（參考數(shù)據：sin50°≈0.8，cos50°≈0.6，tan50°≈1.2，sin26.6°≈0.4，cos26.6°≈0.9，tan26.6°≈0.5，≈1.7）

【分析】（1）作高CM，在直角三角形CDM中，由直角三角形的邊角關系可得答案；
（2）作出點A到直線DE的距離AN，再過點CP⊥AN，在直角三角形ACP中，由邊角關系求出AP即可；
（3）連接BD，由直角三角形的邊角關系求出∠BDC的度數(shù)，進而求出∠BDE的度數(shù)即可．
【解答】解：（1）如圖②，過點C作CM⊥DE，垂足為M，
在Rt△CDM中，CD＝70mm，∠CDE＝60°，
∵sin∠CDM＝，
∴＝，
∴CM＝35，
即：點C到直線DE的距離為35mm；
（2）如圖②，過點A作AN⊥DE，垂足為N，過點C作CP⊥AN，垂足為P，則CM＝PN，
∴∠DCB＝70°，∠DCM＝90°﹣60°＝30°，
∴∠BCM＝70°﹣30°＝40°，
又∵CM∥AN，
∴∠A＝∠BCM＝40°，
在Rt△ACP中，AC＝115﹣35＝80mm，∠ACP＝90°﹣40°＝50°，
∵sin∠ACP＝，即sin50°＝≈0.8，
∴AP＝64，
∴AN＝AP+PN＝64+35≈124，
答：點A到直線DE的距離約為124mm；
（3）如圖③，連接BD，
在Rt△BCD中，BC＝35mm，CD＝70mm，
∴tan∠BDC＝＝0.5，
∴∠BDC≈26.6°，
∴∠BDE＝∠CDE﹣∠CDB＝60°﹣26.6°＝33.4°，
故答案為：33.4°．


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