第23講 PISA類三角函數(shù)問題專訓(xùn) (解析版)

第23講PISA類三角函數(shù)問題專訓(xùn)【知識(shí)點(diǎn)睛】資料概括：本資料針對(duì)九年級(jí)重點(diǎn)題型PISA類數(shù)學(xué)問題進(jìn)行專題訓(xùn)練。PISA類數(shù)學(xué)問題與傳統(tǒng)數(shù)學(xué)問題有所不同，對(duì)學(xué)生的評(píng)價(jià)主要指向?qū)W生的學(xué)科素養(yǎng)，或者說是考察學(xué)生使用學(xué)科語(yǔ)言的能力，即把發(fā)生在現(xiàn)實(shí)情境中的問題轉(zhuǎn)化到數(shù)學(xué)模型中思考，讓學(xué)生知道數(shù)學(xué)的各個(gè)方面對(duì)于解決問題都是具有真實(shí)效用的。PISA類問題在浙江九年級(jí)數(shù)學(xué)中經(jīng)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?！绢愵}訓(xùn)練】1．如圖1為某款“不倒翁”，圖2為它的主視圖，PA、PB分別與所在圓相切于點(diǎn)A、B．連接PO并延長(zhǎng)交于點(diǎn)M，若該圓半徑是6cm，PA＝8cm，則sin∠AMB的值為（）A． B． C． D．【分析】連接OA，OB，由AP，BP分別與圓相切于A、B，推出OA⊥PA，OB⊥PB，PA＝PB，得到∠AOP＝∠BOP＝∠AOB，由圓周角定理得到∠AMB＝∠AOB，因此∠AOP＝∠AMB，得到sin∠AMB＝sin∠AOP＝，由勾股定理求出PO的長(zhǎng)，即可解決問題．【解答】解：連接OA，OB，∵AP，BP分別與圓相切于A、B，∴OA⊥PA，OB⊥PB，PA＝PB，∴∠AOP＝∠BOP＝∠AOB，∵∠AMB＝∠AOB，∴∠AOP＝∠AMB，∴sin∠AMB＝sin∠AOP＝，∵OA＝6cm，PA＝8cm，∴PO＝＝10（cm），∴sin∠AOP＝＝．故選：A．2．圖1是一種落地晾衣架，晾衣時(shí)，該晾衣架左右晾衣臂張開后示意圖如圖2所示，AB和CD分別是兩根不同長(zhǎng)度的支撐桿，其中兩支腳OD＝OB＝50cm，展開角∠BOD＝70°，晾衣臂AO＝80cm，則支撐桿的端點(diǎn)A離地面的高度AE為（）A．130tan55°cm B．130sin55°cm C． D．【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠OBE的度數(shù)，再根據(jù)正弦的定義可得答案．【解答】解：∵OD＝OB＝50cm，AO＝80cm，∴AB＝OB+OA＝50+80＝130（cm），∵∠BOD＝70°，∴∠OBE＝∠ODB＝＝55°，在Rt△ABE中，AE＝AB?sin∠ABE＝130sin55°，故選：B．3．綜合實(shí)踐活動(dòng)中，某小組用木板自制了一個(gè)測(cè)高儀測(cè)量樹高，測(cè)高儀ABCD為正方形，AB＝40cm，頂點(diǎn)A處掛了一個(gè)鉛錘M．如圖是測(cè)量樹高的示意圖，測(cè)高儀上的點(diǎn)D，A與樹頂E在一條直線上，鉛垂線AM交BC于點(diǎn)H．經(jīng)測(cè)量，點(diǎn)A距地面2m，到樹EG的距離AF＝10m，BH＝30cm．則樹EG的高度為（）??A．7.5 B．8.3 C．9.5 D．7.9【分析】由題意可知，∠BAE＝∠MAF＝∠BAD＝90°，F(xiàn)G＝2m，解直角三角形即可得到結(jié)論．【解答】解：由題意可知，∠BAE＝∠MAF＝∠BAD＝90°，F(xiàn)G＝2m，則∠EAF+∠BAF＝∠BAF+∠BAH＝90°，∴∠EAF＝∠BAH，∵AB＝40cm，BH＝30cm，則tan∠EAF＝，∴tan∠EAF＝＝tan∠BAH＝，∵AF＝10m，則，∴EF＝m，∴EG＝EF+FG＝+2＝（m）．答：樹EG的高度為m，故選：C．4．勾股定理的證明方法豐富多樣，其中我國(guó)古代數(shù)學(xué)家趙爽利用“弦圖”的證明簡(jiǎn)明、直觀，是世界公認(rèn)最巧妙的方法．“趙爽弦圖”已成為我國(guó)古代數(shù)學(xué)成就的一個(gè)重要標(biāo)志，千百年來倍受人們的喜愛．小亮在如圖所示的“趙爽弦圖”中，連接EG，DG．若正方形ABCD與EFGH的邊長(zhǎng)之比為：1，則sin∠DGE等于（）A． B． C． D．【分析】由題意得：，解得：，進(jìn)而求解．【解答】解：過點(diǎn)D作ND⊥GE交GE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，由題意知，兩個(gè)正方形之間是4個(gè)相等的三角形，設(shè)△ABG的長(zhǎng)直角邊為a，短直角邊為b，大正方形的邊長(zhǎng)為x，小正方形的邊長(zhǎng)為x，即ED＝BG＝HC＝AF＝b，AG＝BH＝CE＝DF＝a，EG＝b，由題意得：，解得：，在△GDE中，EG＝GH＝b，則NE＝ND＝ED＝b＝x，EG＝GH＝（a﹣b）＝x，則tan∠DGE＝＝＝，則sin∠DGE＝，故選：A．5．如圖，矩形ABCD是供一輛機(jī)動(dòng)車停放的車位示意圖，已知BC＝2m，CD＝5.4m，∠DCF＝30°，則車位所占的寬度EF為4.4米．（，結(jié)果精確到0.1）【分析】分別在直角三角形DCF和直角三角形ADE中求得DF和DE的長(zhǎng)后相加即可得到EF的長(zhǎng)．【解答】解：在直角三角形DCF中，∵CD＝5.4m，∠DCF＝30°，∴sin∠DCF＝＝＝，∴DF＝2.7，∵∠CDF+∠DCF＝90°∠ADE+∠CDF＝90°，∴∠ADE＝∠DCF，∵AD＝BC＝2，∴cos∠ADE＝＝＝，∴DE＝，∴EF＝ED+DF≈2.7+1.73≈4.4（米）．答：車位所占的寬度EF約為4.4米．故答案為：4.4．6．如圖1是某品牌訂書機(jī)，其截面示意圖如圖2所示．訂書釘放置在軌槽CD內(nèi)的ND處，由連接彈簧的推動(dòng)器MN推緊，連桿EP一端固定在壓柄CF上的點(diǎn)E處，另一端P在MN上移動(dòng)．已知CA⊥AB，CA＝2cm，CE＝5cm，EP＝6cm，MN＝2cm，點(diǎn)H是底座上釘子的落點(diǎn)，AH＝12cm．（1）使用時(shí)，紙張放置在底座AB的合適位置，將壓柄CF下壓，使得點(diǎn)D與點(diǎn)H重合，即完成裝訂，則軌槽CD的長(zhǎng)為12.2cm．（結(jié)果精確到0.1cm）（2）裝入訂書釘時(shí)，需拉動(dòng)壓柄CF，點(diǎn)P滑動(dòng)到與點(diǎn)M重合，壓柄CF會(huì)帶動(dòng)推動(dòng)器MN向點(diǎn)C移動(dòng)．當(dāng)∠FCD＝53°時(shí)，在ND處可以裝入一段最長(zhǎng)為2.7cm的訂書釘．（結(jié)果精確到0.1cm）（參考數(shù)據(jù)：）【分析】（1）由題意CD＝CH，利用勾股定理求出CH即可．（2）如圖2中，作EK⊥PC于K．解直角三角形求出CK，PK，DN即可判斷．【解答】解：（1）由題意CD＝CH，在Rt△ACH中，CH＝≈12.2（cm），∴CD＝CH≈12.2（cm），故答案為：12.2cm．（2）如圖2中，過點(diǎn)E作EK⊥PC于K．在Rt△ECK，EK＝EC?sin53°≈4cm，CK＝EC?cos53°≈3cm，在Rt△EPK中，PK＝＝＝2≈4.48cm，∴DP＝CD﹣CK﹣PK﹣MN＝12.2﹣3﹣4.48﹣2＝2.72cm≈2.7cm，故答案為：2.7cm．7．如圖，準(zhǔn)備在寬24米的迎賓大道AB路邊安裝路燈，設(shè)計(jì)要求：路燈的燈臂CD長(zhǎng)4米，且與燈柱BC成120°角，路燈采用圓錐形燈罩，燈罩的軸線DO與燈臂CD垂直，燈柱BC與大道路面AB垂直，此時(shí)O恰好為AB中點(diǎn)．（1）∠DOB的度數(shù)為60°．（2）現(xiàn)在由于道路兩邊都要裝路燈，要求，且燈臂CD縮短為1米，其它的位置關(guān)系不變．則現(xiàn)在路燈的燈柱BC高度應(yīng)該比原設(shè)計(jì)高度縮短了米．【分析】（1）利用四邊形的內(nèi)角和即可求出∠DOB；（2）延長(zhǎng)OD，BC交于E，由直角三角形的性質(zhì)求出BE，CE的長(zhǎng)，即可求出BC的長(zhǎng)，即可解答．【解答】解：（1）∵OD⊥DC，BC⊥AB，∴∠ODC＝∠ABC＝90°，∵∠DCB＝120°，∴∠DOB＝360°﹣∠ODC﹣∠DCB﹣∠ABC＝60°，故答案為：60．（2）如圖，延長(zhǎng)OD，BC交于點(diǎn)E，在Rt△OBE中，∠E＝90°﹣∠EOB＝90°﹣60°＝30°，當(dāng)DC＝4米時(shí)，點(diǎn)O為AB的中點(diǎn)，∴（米），∴OE＝2OB＝24（米），∴（米），在Rt△DCE中，∠EDC＝90°，CE＝2DC＝2×4＝8（米），∴米，當(dāng)DC＝1米時(shí)，在Rt△DCE中，∠EDC＝90°，∴CE＝2DC＝2×1＝2（米），∵AB＝24米，，∴（米），∴OE＝2OB＝2×6＝12（米），∴（米），∴米，∴BC高度應(yīng)該比原設(shè)計(jì)高度縮短了：米，故答案為：．8．如圖1是平陽(yáng)實(shí)驗(yàn)中學(xué)校園內(nèi)過道旁的燈柱，圖2是燈柱的部分意圖，此示意圖是關(guān)于直線PQ的軸對(duì)稱圖形．已知：tan∠PAC＝，弧分別與直線AC、DE相切于C、D，BD⊥PQ，BQ∥DE，已知BD＝40cm，AC＝150cm，則弧所在圓的半徑是200cm，現(xiàn)要在燈柱兩側(cè)圓弧，上分別取中點(diǎn)M、M′，掛上學(xué)習(xí)標(biāo)兵照片，則MM′＝（480﹣160）cm．【分析】記垂直于AC，DE的直線的交點(diǎn)為O，則O為所在的圓的圓心，過C作CK⊥AP于K，作CT⊥OD于T，而BD⊥PQ，求解CK＝120＝BT，證明tan∠PAC＝tan∠COT＝，而BD＝40cm，求解OT＝120cm，CT＝160cm，OC＝200cm，可得⊙O的半徑為200cm；延長(zhǎng)ED交AC于S，交MM′于F，過S作SW⊥AP于W，AP與MM′于G，連接OS，證明M在SO上，同理可得：SW＝BD＝40cm，AW＝30cm，AS＝50cm，求解SO＝＝100cm，SM＝（100﹣200）cm，證明cos∠SMF＝cos∠SOD，可得＝，求解FM＝（200﹣80）cm，從而可得答案．【解答】解：如圖，記垂直于AC，DE的直線的交點(diǎn)為O，則O為所在的圓的圓心，過C作CK⊥AP于K，作CT⊥OD于T，而BD⊥PQ，∴四邊形BTCK為矩形，∴CK＝BT，BK＝CT，∵tan∠PAC＝＝，AC＝150cm，∴設(shè)CK＝4xcm，則AK＝3xcm，∴AC＝5xcm＝150cm，解得：x＝30，∴CK＝120cm＝BT，∵AC為弧的切線，∴∠ACO＝90°＝∠ABO，∴∠CAB+∠COD＝180°＝∠CAB+∠PAC，∴∠PAC＝∠COD，∴tan∠PAC＝tan∠COT＝，設(shè)OT＝3ycm，同理可得：CT＝4ycm，OC＝5ycm＝OD，∴DT＝2y，而BD＝40cm，∴40+2y＝120，∴y＝40，∴OT＝120cm，CT＝160cm，OC＝200cm，∴⊙O的半徑為200cm；延長(zhǎng)ED交AC于S，交MM′于F，過S作SW⊥AP于W，AP與MM′于G，連接OS，∵DE，AC為切線，∴∠SOC＝∠SOD，∴M在SO上，同理可得：SW＝BD＝40cm，AW＝30cm，AS＝50cm，∴SC＝AC﹣AS＝100cm＝SD，∴SO＝＝100cm，∴SM＝（100﹣200）cm，由軸對(duì)稱的性質(zhì)可得：MM′⊥AP，則MM′∥BD，∴∠SMF＝∠SOD，∴cos∠SMF＝cos∠SOD，∴＝，∴＝，F(xiàn)M＝（200﹣80）cm，同理可得：GF＝BD＝40cm，∴MG＝40+200﹣80＝（240﹣80）cm，由軸對(duì)稱的性質(zhì)可得：MM′＝2MG＝（480﹣160）cm；故答案為：200，（480﹣160）．9．如圖是體育場(chǎng)籃球架的實(shí)物圖和示意圖，已知支架AB的長(zhǎng)為2.3m，支架AB與地面的夾角∠BAC＝70°，BE的長(zhǎng)為1.5m，籃板部支架BD與水平支架BE的夾角為46°，BC，DE垂直于地面，則籃板頂D到地面的距離約為3.7m．（結(jié)果保留一位小數(shù)，參考數(shù)據(jù)：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75，sin46°≈0.72，cos46°≈0.69，tan46°≈1.04．【分析】延長(zhǎng)DE與AC相交于點(diǎn)G，根據(jù)題意可得：DG⊥AG，BC＝EG，然后在Rt△ABC中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出BC的長(zhǎng)，從而求出EG的長(zhǎng)，再在Rt△BDE中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出DE的長(zhǎng)，從而利用線段的和差關(guān)系求出DG的長(zhǎng)，即可解答．【解答】解：延長(zhǎng)DE與AC相交于點(diǎn)G，由題意得：DG⊥AG，BC＝EG，在Rt△ABC中，∠BAC＝70°，AB＝2.3米，∴BC＝AB?sin70°≈2.3×0.94＝2.162（米），∴EG＝BC＝2.162米，在Rt△BDE中，∠DBE＝46°，BE＝1.5米，∴DE＝BE?tan46°≈1.5×1.04＝1.56（米），∴DG＝DE+EG＝1.56+2.162≈3.7（米），∴籃板頂D到地面的距離約為3.7米，故答案為：3.7．10．某款沙發(fā)三視圖如圖1所示，將沙發(fā)側(cè)面展示圖簡(jiǎn)化后放入平面直角坐標(biāo)系，得到圖2．其中椅背AB是雙曲線的一部分，椅面BD是一條線段，點(diǎn)B（20，32），沙發(fā)腿DE⊥x軸、BC與x軸夾角為α．請(qǐng)你根據(jù)圖形解決以下問題：?（1）k＝640；（2）過點(diǎn)A作AF⊥x軸于點(diǎn)F．已知CF＝4cm，DE＝40cm，tanα＝4，tanD＝5．則：①A點(diǎn)坐標(biāo)為（8，80）；②沙發(fā)的外包裝箱是一個(gè)長(zhǎng)方體，則這個(gè)包裝箱的體積至少是2.5×105cm3（精確到萬(wàn)位，并用科學(xué)記數(shù)法表示）．【分析】（1）通過待定系數(shù)法可直接求出k的值；（2）①過點(diǎn)B作BM⊥x軸，垂足為M，過點(diǎn)D作BN⊥DE軸，垂足為N，通過tanα＝4可求出CM＝8cm，當(dāng)x＝8時(shí)，y＝＝80，即可求得A點(diǎn)的坐標(biāo)；②通過tanD＝5求出BN＝40cm，即可求出FE，從而求出體積．【解答】解：（1）∵B（20，32），∴32＝，∴k＝640，故答案為：640；（2）過點(diǎn)B作BM⊥x軸，垂足為M，過點(diǎn)D作BN⊥DE軸，垂足為N，①∵tanα＝4，tanα＝，BM＝32，∴CM＝8cm，∵OM＝20，F(xiàn)C＝4，∴OF＝OM﹣CM﹣FC＝20﹣4﹣8＝8cm，∵雙曲線y＝，∴當(dāng)x＝8時(shí)，y＝＝80，∴A（8，80），故答案為：（8，80）；②∵DN＝DE﹣NE＝DE﹣BM＝40﹣32＝8cm，tanD＝＝5，∴＝5，∴BN＝40cm，∴FE＝BN+FC+CM＝40+4+8＝52cm，∴包裝箱的體積至少為60×AF×FE＝60×80×52＝249600cm3，采用科學(xué)記數(shù)法，且精確到萬(wàn)位得2.5×105cm3，故答案為：2.5×105．11．金華新金婺大橋是華東第一的獨(dú)塔斜拉橋，如圖1是新金婺大橋的效果圖．如圖2，我們把吊裝過程抽象成如下數(shù)學(xué)問題：線段OP為主塔，在離塔頂10米處有一個(gè)固定點(diǎn)Q（PQ＝10m）．在東西各拉一根鋼索QN和QM，已知MO等于282m．吊裝時(shí)，通過鋼索QM牽拉，主塔OP由平躺橋面的位置，繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)到與橋面垂直的位置．中午休息時(shí)∠PON＝60°，此時(shí)一名工作人員在離M6.4m的B處，在位于B點(diǎn)正上方的鋼索上A點(diǎn)處掛彩旗．AB正好是他的身高1.6m．主塔OP的長(zhǎng)為105m．【分析】過點(diǎn)Q作QG⊥MN交于G點(diǎn)，先求出tan∠AMB＝，則MG＝4QG，再由QG＝OG?tan60°＝OG，求出OG，再求OQ，即求得OP的長(zhǎng)．【解答】解：過點(diǎn)Q作QG⊥MN交于G點(diǎn)，∵M(jìn)B＝6.4米，AB＝1.6米，∴tan∠AMB＝，∴MG＝4QG，∵∠PON＝60°，∴QG＝OG?tan60°＝OG，∵M(jìn)O＝282米，∴282+OG＝4OG，解得：OG＝，∴OQ＝≈95（米），∵QP＝10米，∴OP≈105米，故答案為：105．12．如圖，某居民樓地處北半球某地，窗戶朝南，窗戶AB高為1.5米，BCD表示直角遮陽(yáng)棚，墻BC長(zhǎng)度為0.5米，此地一年的正午時(shí)刻，太陽(yáng)光與地面的最大夾角為α，測(cè)得tanα＝，要使太陽(yáng)光剛好不射入室內(nèi)，遮陽(yáng)棚水平寬CD應(yīng)設(shè)計(jì)為1.2米．【分析】過點(diǎn)A作地面的平行線AF，則∠DAF＝α，過點(diǎn)D作DF⊥AF，則四邊形AFDC是矩形，CD＝AF，再由銳角三角函數(shù)的定義即可得出結(jié)論．【解答】解：如圖，過點(diǎn)A作地面的平行線AF，過點(diǎn)D作DF⊥AF，∵太陽(yáng)光與地面的最大夾角為α，∴∠DAF＝α，∵CE垂直于地面，∴CE⊥AF，∵CD⊥CE，DF⊥AF，∴四邊形AFDC是矩形，∴CD＝AF，AC＝DF，∵AB＝1.5米，BC＝0.5米，∴AC＝AB+BC＝1.5+0.5＝2（米），∴DF＝2米，∵tanα＝，∴＝，即＝，解得AF＝1.2（米），∴遮陽(yáng)棚水平寬CD應(yīng)設(shè)計(jì)為1.2米．故答案為：1.2．13．如圖所示，這是一款在某商城熱銷的筆記本電腦散熱支架，在保護(hù)頸椎的同時(shí)能讓筆記本電腦更好地散熱．根據(jù)產(chǎn)品介紹，當(dāng)顯示屏與水平線夾角為120°時(shí)為最佳健康視角．如圖，小翼希望通過調(diào)試和計(jì)算對(duì)購(gòu)買的散熱架OAC進(jìn)行簡(jiǎn)單優(yōu)化，現(xiàn)在筆記本電腦下墊入散熱架，散熱架角度為∠OAC＝30°，調(diào)整顯示屏OB與水平線夾角保持120°，已知OA＝24cm，OB＝18cm，若要BC⊥AC，則底座AC的長(zhǎng)度應(yīng)設(shè)計(jì)為（12+9）cm．（結(jié)果保留根號(hào)）【分析】根據(jù)題意作出合適的輔助線，然后根據(jù)銳角三角函數(shù)，即可求得OD和AE的長(zhǎng)，再根據(jù)矩形的判定和性質(zhì)，即可得到EC的長(zhǎng)，從而可以求得AC的長(zhǎng)．【解答】解：作OD⊥BC交BC于點(diǎn)D，作OE⊥AC交AC于E，∵∠A＝30°，OA＝24cm，AE＝OA?cos30°＝24×＝12（cm），∵OB＝18cm，∠BOD＝180°﹣120°＝60°，∴OD＝OB?cos60°＝18×＝9（cm），∵∠ODC＝∠C＝∠OEC＝90°，∴四邊形OECD是矩形，∴OD＝EC＝9cm，∴AC＝AE+EC＝（12+9）cm，故答案為：（12+9）．14．如圖所示的是某品牌太陽(yáng)能熱水器的實(shí)物圖和橫斷面示意圖，已知真空集熱管AB與支架CD所在直線相交于水箱橫斷面⊙O的圓心，支架CD與水平線AE垂直，AB＝154cm，∠A＝30°，另一根輔助支架DE＝78cm，∠E＝60°．則水箱半徑OD的長(zhǎng)度為18.9cm（結(jié)果保留一位小數(shù)．參考數(shù)據(jù)：，）．【分析】在Rt△CDE中，DE＝78cm，∠E＝60°，可得，設(shè)OD＝xcm，則OB＝xcm，AO＝（154+x）cm，，在Rt△ACO中，∠A＝30°，可得，解方程即可得到答案．【解答】解：∵CD⊥AE，∴△DCE、△ACO是直角三角形，在Rt△CDE中，DE＝78cm，∠E＝60°，∴，設(shè)OD＝xcm，則OB＝xcm，∴AO＝AB+BO＝（154+x）cm，，在Rt△ACO中，∠A＝30°，∴，解得：，即OD的長(zhǎng)為18.9cm．故答案為：18.9．15．新冠疫情期間，同學(xué)們都在家里認(rèn)真的進(jìn)行了網(wǎng)課學(xué)習(xí)，小明利用平板電腦學(xué)習(xí)，如圖是他觀看網(wǎng)課時(shí)的側(cè)面示意圖，已知平板寬度即AB＝20cm，平板的支撐角∠ABC＝60°，小明坐在距離支架底部30cm處觀看（即DB＝30cm），點(diǎn)E是小明眼睛的位置，ED⊥DC垂足為D．EF是小明觀看平板的視線，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，根據(jù)研究發(fā)現(xiàn)，當(dāng)視線與屏幕所成銳角為80°時(shí)（即∠AFE＝80°），對(duì)眼睛最好，那么請(qǐng)你求出當(dāng)小明以此視角觀看平板時(shí)，他的眼睛與桌面的距離DE的長(zhǎng)為38cm．（結(jié)果精確到1cm）（參考數(shù)據(jù)：）【分析】過點(diǎn)F作FH⊥ED，垂足為H，過點(diǎn)F作FK⊥BC，垂足為K，根據(jù)垂直定義可得∠EHF＝∠DHF＝∠FKD＝∠D＝90°，從而可得四邊形DKFH是矩形，進(jìn)而可得FH＝DK，DH＝FK，F(xiàn)H∥DK，然后利用平行線的性質(zhì)可得∠HFB＝∠ABC＝60°，再利用線段的中點(diǎn)定義可得FB＝10cm，從而在Rt△FBK中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出BK，F(xiàn)K的長(zhǎng)，進(jìn)而求出DK的長(zhǎng)，最后利用平角定義求出∠EFH＝40°，再在Rt△EFH中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出EH的長(zhǎng)，從而利用線段的和差關(guān)系進(jìn)行計(jì)算，即可解答．【解答】解：過點(diǎn)F作FH⊥ED，垂足為H，過點(diǎn)F作FK⊥BC，垂足為K，∴∠EHF＝∠DHF＝∠FKD＝90°，∵ED⊥DC，∴∠D＝90°，∴四邊形DKFH是矩形，∴FH＝DK，DH＝FK，F(xiàn)H∥DK，∴∠HFB＝∠ABC＝60°，∵F為AB的中點(diǎn)，∴FB＝AB＝10（cm），在Rt△FBK中，∠ABC＝60°，∴BK＝FB?cos60°＝10×＝5（cm），F(xiàn)K＝FB?sin60°＝10×＝5（cm），∴FK＝DH＝5cm，∵DB＝30cm，∴FH＝DK＝DB+BK＝35（cm），∵∠AFE＝80°，∴∠EFH＝180°﹣∠AFE﹣∠BFH＝40°，在Rt△EFH中，EH＝FH?tan40°≈35×0.84＝29.4（cm），∴ED＝EH+DH＝29.4+5≈38（cm），故答案為：38．16．如圖是一座獨(dú)塔雙索結(jié)構(gòu)的斜拉索大橋，主塔采用倒“Y”字形設(shè)計(jì)．某學(xué)習(xí)小組利用課余時(shí)間測(cè)量主塔頂端到橋面的距離．勘測(cè)記錄如表：根據(jù)表中提供的信息，主塔頂端E到AB的距離為47.7m．活動(dòng)內(nèi)容測(cè)量主塔頂端到橋面的距離成員組長(zhǎng)：×××組員××××××××××××測(cè)量工具測(cè)角儀，皮尺等測(cè)量示意圖說明：如圖為斜拉索橋的側(cè)面示意圖，點(diǎn)A，C，D，B在同一條直線上，BF⊥AB，點(diǎn)A，C，分別與點(diǎn)B，D關(guān)于直線EF對(duì)稱．（參考數(shù)據(jù)：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53）測(cè)量數(shù)據(jù)∠A的大小28°AC的長(zhǎng)度84mCD的長(zhǎng)度12m【分析】根據(jù)題意和表格中的信息，可以得到AG的長(zhǎng)，再根據(jù)銳角三角函數(shù)即可求得EG的長(zhǎng)，本題得以解決．【解答】解：延長(zhǎng)EF交AB于點(diǎn)G，∵EF⊥AB，∴EG⊥AB，∴∠EGA＝90°，∵點(diǎn)A，C分別與點(diǎn)B，D關(guān)于直線EF對(duì)稱，∴CG＝DG，∵AC＝84m，CD＝12m，∴CG＝6m，∴AG＝AC+CG＝84+6＝90（m），在Rt△AEG中，∠A＝28°，tanA＝，∴tan28°＝≈0.53，解得EG≈47.7，即主塔頂端E到AB的距離約為47.7m．故答案為：47.7m17．如圖1，圖2，是一款家用的垃圾桶，踏板AB（與地面平行）或繞定點(diǎn)P（固定在垃圾桶底部的某一位置）上下轉(zhuǎn)動(dòng)（轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終保持AP＝A′P，BP＝B′P）．通過向下踩踏點(diǎn)A到A′（與地面接觸點(diǎn)）使點(diǎn)B上升到點(diǎn)B′，與此同時(shí)傳動(dòng)桿BH運(yùn)動(dòng)到B'H'的位置，點(diǎn)H繞固定點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)（DH為旋轉(zhuǎn)半徑）至點(diǎn)H'，從而使桶蓋打開一個(gè)張角∠HDH′．如圖3，桶蓋打開后，傳動(dòng)桿H′B′所在的直線分別與水平直線AB、DH垂直，垂足為點(diǎn)M、C，設(shè)H′C＝B′M．測(cè)得AP＝6cm，PB＝12cm，DH′＝8cm，EH＝14cm，F(xiàn)G＝0.3cm．（1）要使桶蓋張開的角度∠HDH'不小于60°，那么踏板AB離地面的高度至少等于2cm；（2）當(dāng)tan∠HDH'＝時(shí)投入一個(gè)小球，并能順利蓋上垃圾桶蓋，小球的最大半徑為8.45cm．【分析】（1）過點(diǎn)A'作A′N⊥AB，垂足為N點(diǎn)，在RtΔH'CD中，利用直角三角形的邊角關(guān)系定理求得CH′，由題意得：B′M＝CH′，再利用相似三角形的判定與性質(zhì)求得線段A′N即可得出結(jié)論；（2）當(dāng)tan∠HDH'＝時(shí)，在RtΔH'GD中，利用直角三角形的邊角關(guān)系定理求得GD，進(jìn)而求得FH，則垃圾桶的內(nèi)徑可求，由題意即可確定結(jié)論．【解答】解：（1）過點(diǎn)A'作A′N⊥AB，垂足為N點(diǎn)，如圖，在RtΔH'CD中，若∠HDH'＝60°，則sin60°＝，∴CH′＝8＝4cm，由題意得：B′M＝CH′，∴B′M＝4cm．∵∠A′PN＝∠B′PM，∠A′NP＝∠B′MP＝90°，∴Rt△A′NP∽R(shí)t△B′MP，∴，∴A′N＝＝＝2cm．∵桶蓋張開的角度∠HDH'不小于60°，∴CH′＞4cm．∴A′N的最小值為2cm，即踏板AB離地面的高度至少等于2cm；故答案為：2；（2）如圖2，當(dāng)tan∠HDH'＝時(shí)，在RtΔH'GD中，∵tan∠HDH'＝＝，∴設(shè)GH′＝4k，則GD＝3k，∴DH′＝＝5k＝8cm，∴k＝cm，∴GD＝cm，∴GH＝DH﹣GD＝8﹣＝＝3.2cm，∴FH＝GH﹣FG＝3.2﹣0.3＝2.9cm，∴EF＝EH+FH＝14+2.9＝16.9cm，即垃圾桶的內(nèi)徑為16.9cm，∴投入一個(gè)小球，并能順利蓋上垃圾桶蓋，小球的最大直徑為16.9cm，∴投入小球的最大半徑為8.45cm．故答案為：8.45．18．如圖1是小鳥牙簽盒實(shí)物圖，圖2是牙簽盒在取牙簽過程中一個(gè)狀態(tài)的部分側(cè)面示意圖，D、E為連接桿AB上兩個(gè)定點(diǎn)，通過按壓點(diǎn)B，連接桿AB繞點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)，從而帶動(dòng)連接桿DF上升，帶動(dòng)連接桿FH與FG繞點(diǎn)G旋轉(zhuǎn)，致使牙簽托盤HI向外推出，在取牙簽過程中固定桿EG位置不變且DF與EG始終平行，牙簽托盤HI始終保持水平，現(xiàn)測(cè)得FG＝FH＝1cm，EB＝cm，DF＝EG＝7cm，∠HFG＝46°與∠B＝90°，桿長(zhǎng)與桿長(zhǎng)之間角度大小不變，已知，牙簽盒在初始狀態(tài)，D、H、F三點(diǎn)共線，在剛好取到牙簽時(shí)，E、H、G三點(diǎn)共線，且點(diǎn)C落在線段HI上，（參考數(shù)據(jù)：tan23°＝）（1）從初始狀態(tài)到剛好取到牙簽時(shí)，牙簽托盤HI在水平方向被向外推出cm；（2）鳥嘴BC的長(zhǎng)為cm．【分析】（1）利用三角函數(shù)求得邊長(zhǎng)，再利用三角形的面積公式即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BC＝NC，再利用三角函數(shù)建立方程求得BC即可．，【解答】解：（1）如圖2，牙簽盒在初始狀態(tài)，D，H，F(xiàn)三點(diǎn)共線，∠HFG＝46°，桿長(zhǎng)與桿長(zhǎng)之間角度大小不變，F(xiàn)G＝FH＝1cm，連接HG，過F作FO⊥HG于O，∴∠GFO＝46°＝23°，HO＝GO，∴＝tan23°＝，設(shè)OG＝5xcm，則OF＝12xcm，∴FG＝＝13x（cm），∴x＝，∴FO＝12x＝cm，GH＝cm，∵S△FGH＝＝，∴HM＝（cm），故答案為：；（2）如圖3，延長(zhǎng)HC/DB交于M，∵FD∥EG，DF＝EG＝7cm，∴四邊形DFGE是平行四邊形，∴DE∥FG，∵∠HFG＝46°，桿長(zhǎng)與桿長(zhǎng)之間角度大小不變，F(xiàn)G＝FH＝1cm，∴∠FGH＝∠FHG＝67°，過F作FN⊥HG于N，∴∠GFN＝×46°＝23°，HN＝GN，∴＝tan23°＝，設(shè)NG＝5xcm，則NF＝12xcm，∴FG＝13x（cm），∴x＝，∴NG＝5x＝cm，GH＝cm，∵EG＝7cm，∴EH＝cm，∵EB＝cm，EC＝EC，∴Rt△EBC≌Rt△EHC（HL），∴BC＝HC，∵DE∥FG，∠FGH＝67°，∴∠GEM＝67°，∴∠M＝23°，∵tan23°＝，∠B＝90°，∠EHM＝90°，∴＝tan23°＝，設(shè)BC＝HC＝5xcm，則MB＝12xcm，∴MC＝13x（cm），∴，∴5x＝＝，∴BC＝cm．故答案為：．19．如圖1的一湯碗，其截面為軸對(duì)稱圖形，碗體ECDF呈半圓形狀（碗體厚度不計(jì)），直徑EF＝26cm，碗底AB＝10cm，∠A＝∠B＝90°，AC＝BD＝3cm．（1）如圖1，當(dāng)湯碗平放在桌面MN上時(shí)，碗的高度是15cm，圓心到點(diǎn)B的距離是5cm．（2）如圖2，將碗放在桌面MN上，繞點(diǎn)B緩緩傾斜倒出部分湯，當(dāng)碗內(nèi)湯的深度最小時(shí)，tan∠ABM的值是．【分析】（1）由垂徑定理和勾股定理可求PO的長(zhǎng)，即可求解；（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，∠ABM＝∠OBO′，由勾股定理可求RB的長(zhǎng)，由面積關(guān)系可求OK的長(zhǎng)，由銳角三角函數(shù)可求解．【解答】解：（1）如圖，設(shè)半圓的圓心為O，連接OC，OB，過點(diǎn)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，∵，∴OQ＝OP+PQ＝15cm，∴碗的高度為15cm，，故答案為：15；；（2）∵將碗放在桌面MN上，繞點(diǎn)B緩緩傾斜倒出部分湯，∴當(dāng)半圓O與直線MN相切時(shí)，碗內(nèi)湯的深度最小，如圖，設(shè)半圓O與直線MN相切于點(diǎn)R，連接O′R，連接OO′，O′B，過點(diǎn)O作OK⊥O′B于K，∵旋轉(zhuǎn)，∴，∠ABM＝∠OBO′，∵半圓O與直線MN相切于點(diǎn)R，∴O′R⊥MN，∴OR＝13cm，∴，∵S△OO′B＝S梯形OQO′R﹣S△OBQ﹣S△BRO，∴，∴，∴，∴，∴，∴t，∴，故答案為：．20．如圖1是一張乒乓球桌，其側(cè)面簡(jiǎn)化結(jié)構(gòu)如圖2所示，臺(tái)面AB＝274cm（臺(tái)面厚度忽略不計(jì)）與地面平行，且高度為76cm（臺(tái)面AB與地面之間的距離），直線型支架PE與QF的上端E，F(xiàn)與臺(tái)面AB下方相連，PE與QF的下端P，Q與直徑為4cm的腳輪（側(cè)面是圓）相連（銜接之間的距離忽略不計(jì)），直線型支架CG與DH的上端C，D與臺(tái)面AB下方相連，下端G，H與PE，QF相連，圓弧形支架GH分別與PE，QF在點(diǎn)G，H相連，且PC⊥AB，QD⊥AB，PE＝QF，CG＝DH，AC＝BD，CE＝DF，已知EF＝106cm，＝，tan∠ECG＝tan∠FDH＝，則CG的長(zhǎng)度為6cm，當(dāng)所在的圓經(jīng)過點(diǎn)P、Q時(shí)，所在的圓的圓心到臺(tái)面AB之間的距離為133.5cm．?【分析】過點(diǎn)G作GM⊥AB，交AB于點(diǎn)M．連接CP、GH、PQ．過圓心點(diǎn)O作OK⊥GH，交GH于點(diǎn)K，交PQ于點(diǎn)N．根據(jù)已知條件求出CM、MG，由勾股定理計(jì)算CG的長(zhǎng)度；由垂徑定理求得GK、PN，由勾股定理和半徑相等列方程，求出ON，進(jìn)而求出圓心到AB的距離．【解答】解：過點(diǎn)G作GM⊥AB，交AB于點(diǎn)M．連接CP．∵AE＝＝＝84（cm），，∴CE＝AE＝84＝54（cm）．又∵CP＝76﹣4＝72（cm），∴tan∠CEP＝＝＝．∵tan∠ECG＝＝，tan∠CEP＝＝，∴＝，∴CM＝CE＝54＝18（cm），MG＝CM＝18＝48（cm），∴CG＝＝＝6（cm）．點(diǎn)O為所在圓的圓心．連接GH、PQ，過點(diǎn)O作OK⊥GH，交GH于點(diǎn)K，交PQ于點(diǎn)N．由垂徑定理，得GK＝GH＝ME+EF＝CE﹣CM+EF＝54﹣18+106＝89（cm），∴PN＝PQ＝CD＝（EF+2CE）＝×（106+2×54）＝107（cm）．∴KN＝CP﹣MG＝72﹣48＝24（cm）．∵OP2＝PN2+ON2，OG2＝GK2+OK2，且OP＝OG，∴PN2+ON2＝GK2+OK2，∴PN2+ON2＝GK2+（KN+ON）2，即1072+ON2＝892+（24+ON）2，解得ON＝61.5．∴ON+CP＝61.5+72＝133.5（cm）．∴所在的圓的圓心到臺(tái)面AB之間的距離為133.5cm．故答案為：6，133.5．21．光從空氣射入某介質(zhì)發(fā)生折射時(shí)，入射角的正弦與折射角的正弦之比叫做這種介質(zhì)的折射率，如圖1所示，該介質(zhì)的折射率為．某同學(xué)學(xué)習(xí)了光的折射后，準(zhǔn)備了一些材質(zhì)相同，厚度不同的均勻介質(zhì)，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，已知一束光線的入射角正弦值為．?（1）如圖2，在沒有介質(zhì)遮擋下，光線照射在平面上的點(diǎn)P處，當(dāng)放入一厚度為8cm的介質(zhì)后，點(diǎn)P向右平移了2cm到達(dá)點(diǎn)Q處，則該介質(zhì)的折射率為；（2）如圖3，兩個(gè)互相垂直的平面AB與AC，在沒有介質(zhì)遮擋下，光線照射在AC面上的點(diǎn)M處，且AM＝4cm，當(dāng)放入某一厚度的介質(zhì)后，折射光線照在AB面的點(diǎn)M′處且AM′＝1，則放入介質(zhì)的厚度為16cm．【分析】（1）求得sinβ，根據(jù)入射角的正弦與折射角的正弦之比叫做這