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【重难点讲义】浙教版数学九年级上册-第21讲 PISA类解直角三角形问题专训
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第21讲 PISA类解直角三角形问题专训
【知识点睛】
v 资料概括：本资料针对九年级重点题型PISA类数学问题进行专题训练。PISA类数学问题与传统数学问题有所不同，对学生的评价主要指向学生的学科素养，或者说是考察学生使用学科语言的能力，即把发生在现实情境中的问题转化到数学模型中思考，让学生知道数学的各个方面对于解决问题都是具有真实效用的。
v PISA类问题在浙江九年级数学中经常以填空题的形式考察，通常放在第16题压轴题的位置，难度一般较大。
【类题训练】
一．选择题
1．（2021秋•南宫市期末）西周时期，丞相周公旦设计过一种通过测定日影长度来确定节气的仪器，称为圭表，如图所示的是一个根据石家庄市的地理位置设计的圭表，其中，立柱AC根部与圭表的冬至线之间的距离（即BC的长）为a．已知，冬至时石家庄市的正午日光入射角∠ABC约为28°，则立柱AC高约为（ ）
A．asin28° B．acos28° C．atan28° D．
【分析】在Rt△ABC中，利用锐角三角函数进行计算即可解答．
【解答】解：在Rt△ABC中，BC＝a，∠ABC＝28°，
∴tan28°＝，
∴AC＝BCtan28°＝atan28°，
故选：C．
2．（2022秋•晋州市期中）如图，一块矩形薄木板ABCD斜靠在墙角MON处（OM⊥ON，点A，B，C，D，O，M，N在同一平面内），已知AB＝m，AD＝n，∠ADO＝α．则点B到ON的距离等于（ ）
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于点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点B到ON的距离．
【解答】解：如图，作BE⊥OA交OA的延长线于点E，
∵OD⊥OA，
∴∠AEB＝∠AOD＝90°，
∵四边形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，
∴点B、点E到ON的距离相等，
∴点B到ON的距离等于m•cosα+n•sinα，
故选：C．
3．（2022•黄石）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形，…．边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率．设圆的半径为R，图1中圆内接正六边形的周长l6＝6R，则π≈＝3．再利用圆的内接正十二边形来计算圆周率，则圆周率π约为（ ）
A．12sin15° B．12cos15° C．12sin30° D．12cos30°
【分析】利用圆内接正十二边形的性质求出A6A7＝2A6M＝2R×sin15°，再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”，即可解决问题．
【解答】解：在正十二边形中，∠A6OM＝360°÷24＝15°，
∴A6M＝sin15°×OA6＝R×sin15°，
∵OA6＝OA7，OM⊥A6A7，
∴A6A7＝2A6M＝2R×sin15°，
∴π≈＝12sin15°，
故选：A．
4．（2022•宁德模拟）市防控办准备制作一批如图所示的核酸检测点指示牌，若指示牌的倾斜角为α，铅直高度为h，则指示牌的边AB的长等于（ ）
A．hsinα B． C．hcosα D．
【分析】如图，过点A作AC⊥BC于C，解直角△ABC即可．
【解答】解：如图，过点A作AC⊥BC于C，
在Rt△ABC中，AC＝h，∠B＝α，则sinα＝．
所以AB＝．
故选：B．
5．（2022•广西模拟）如图，撬钉子的工具是一个杠杆，根据杠杆原理．F阻×L阻＝F动×L动．动力臂L1＝L•cosα，阻力臂L2＝l•cosβ，如果动力F的用力方向始终保持竖直向下，当阻力不变时，则杠杆向下运动时的动力变化情况是（ ）
A．越来越小 B．不变 C．越来越大 D．无法确定
【分析】根据杠杆原理及cosα的度数越来越小，此时cosα的值越来越大，进而得出正确的结论．
【解答】解：∵F阻×L阻＝F动×L动．
∴当阻力及阻力臂不变，动力×动力臂为定值，且定值＞0，
∴动力随着动力臂的增大而减小，
∵杠杆向下运动时α的度数越来越小，此时cosα的值越来越大，β的度数越来越大，此时cosβ的值越来越小，
∴阻力臂越来越小，阻力不变，
∴动力×动力臂越来越小，而动力臂越来越大，
∴此时动力越来越小；
故选：A．
6．（2022•浦江县模拟）某停车场入口的栏杆如图所示，栏杆从水平位置AB绕点O旋转A′到A′B′的位置，已知OA＝a米，若栏杆的旋转角∠AOA′＝α，则栏杆最外点A升高的高度为（ ）
A．atanα米 B．acosα米 C．米 D．asinα米
【分析】过点A′作A′D⊥AB，垂足为D，根据旋转的性质可得OA＝OA′＝a米，然后在Rt△A′DO中，利用锐角三角函数的定义求出A′D的长，即可解答．
【解答】解：过点A′作A′D⊥AB，垂足为D，
由旋转得：
OA＝OA′＝a米，
在Rt△A′DO中，∠AOA′＝α，
∴A′D＝A′O•sin∠AOA′＝asinα（米），
∴栏杆最外点A升高的高度为asinα米，
故选：D．
7．（2022•深圳三模）某学校安装红外线体温检测仪（如图1），其红外线探测点O可以在垂直于地面的支杆OP上自由调节（如图2）．已知最大探测角∠OBC＝67°，最小探测角∠OAC＝37°．测温区域AB的长度为2米，则该设备的安装高度OC应调整为（ ）米．（精确到0.1米．参考数据：sin67°≈，cos67°≈，tan67°≈，sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈）
A．2.4 B．2.2 C．3.0 D．2.7
【分析】设BC＝xm，则AC＝（x+2）m，由∠OBC＝67°，∠OAC＝37°可得OC＝BC•tan67°，OC＝AC•tan37°，从而可得BC•tan67°＝AC•tan37°，即x＝（x+2），解得x＝，即可求解OC．
【解答】解：设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，
故选：B．
8．（2022•鹿城区二模）消防云梯如图所示，AB⊥BC于B，当C点刚好在A点的正上方时，DF的长是（ ）
A．acosθ+bsinθ B．acosθ+btanθ
C． D．
【分析】连接AC，根据题意可得AC＝EF，∠CAB+θ＝90°，再利用垂直定义可得∠ABC＝90°，从而可得∠BAC+∠BCA＝90°，进而可得∠BCA＝θ，然后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出AC的长，从而求出EF的长，最后在Rt△CDE中，利用锐角三角函数的定义求出DE的长，进行计算即可解答．
【解答】解：连接AC，
则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+，
故选：C．
9．（2022春•永嘉县月考）如图，某游乐场矗立起一座摩天轮，其直径为90m，旋转1周用时15min．小明从摩天轮的底部（与地面相距0.5m）出发开始观光，摩天轮转动1周，小明在离地面68m以上的空中时间是（ ）
A．5min B．6min C．7min D．8min
【分析】设小明在C点和D点时距离地面68m，利用三角函数求出∠COD的角度即可求出时间．
【解答】解：如图，设小明在C点和D点时距离地面68m，延长AO交CD于M，
即OM⊥CD，小明在上时即为所求，
由题知，AB＝0.5m，AM＝68m，OB＝OD＝＝45m，
∴OM＝68﹣45﹣0.5＝22.5m，
∴＝cos∠MOD，
∴∠MOD＝60°，
∴∠COD＝120°，
∵摩天轮旋转1周用时15min，
∴小明在离地面68m以上的空中时间是15×＝5（min），
故选：A．
10．（2022•温州模拟）把直尺、三角尺和圆形螺母按如图所示的方式放置于桌面上，AB与螺母相切，D为螺母与桌面的切点，∠CAB＝60°．若量出AD＝6cm，则圆形螺母的外直径是（ ）
A．cm B．12cm C．cm D．cm
【分析】设圆形螺母的圆心为O，与AB切于E，连接OD，OE，OA，然后利用三角函数求出OD的长度即可得出直径．
【解答】解：设圆形螺母的圆心为O，与AB切于E，连接OD，OE，OA，如下图所示：
∵AD，AB分别为圆的切线，
∴AO为∠DAB的平分线，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，
则圆形螺母的直径为12，
故选：A．
11．（2022•济南二模）为出行方便，近日来越来越多的长春市民使用起了共享单车，图1为单车实物图，图2为单车示意图，AB与地面平行，点A、B、D共线，点D、F、G共线，坐垫C可沿射线BE方向调节．已知∠ABE＝70°，车轮半径为30cm，当BC＝60cm时，小明体验后觉得骑着比较舒适，此时坐垫C离地面高度约为（ ）（结果精确到1cm，参考数据：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，利用三角函数求出CH+AP即可．
【解答】解：作CH⊥AB于H，作AP⊥地面于P，
由题知，AP＝30cm，BC＝60cm，∠ABE＝70°，
∴CH＝BC•sin70°≈60×0.94＝56.4（cm），
∴坐垫C离地面高度约为56.4+30≈86（cm），
故选：B．
12．（2022•平阴县二模）如图1是一个手机的支架，由底座、连杆和托架组成（连杆AB、BC、CD始终在同一平面内），AB垂直于底座且长度为9cm，BC的长度为10cm，CD的长度可以伸缩调整．如图2，∠BCD＝143°保持不变，转动BC，使得∠ABC＝150°，假如AD∥BC时为最佳视线状态，则此时CD的长度为（参考数据：sin53°≈0.80．cos53°≈0.60）（ ）
A．8cm B．7.7cm C．7.5cm D．5.6cm
【分析】作BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F，解直角三角形求出CF、CD即可解决问题．
【解答】解：作BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F，如图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的长度为7.5cm．
故选：C．
二．填空题
13．（2022•濠江区一模）为解决停车问题，某小区在如图所示的一段道路边开辟一段斜列式停车位，每个车位长6m，宽2.4m，矩形停车位与道路成60°角，则在这一路段边上最多可以划出 9 个车位．（参考数据：）
【分析】根据直角三角形的边角关系可求出BC，CF，进而求出CG，再进行计算即可．
【解答】解：如图，设最后一个车位的点A落在边线AB上，延长ED于＝与道路边沿交于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，
∴可划车位的个数为：27≈9（个），
故答案为：9．
14．（2022秋•巨野县期中）我市牡丹机场现已成功运营，给出了某型号客机的机翼示意图．其中m＝1，，则AB的长为 2﹣ ．
【分析】构造直角三角形，根据特殊锐角的三角函数求出DE、AG即可．
【解答】解：如图，延长BA与过点C、D且平行于BE的直线相交于点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﹣，
故答案为：2﹣．
15．（2022秋•瑞安市期中）如图1是某小车侧面示意图，图2是该车后备箱开起侧面示意图，具体数据如图所示（单位：cm）且AF∥BE，∠BAF＝60°，BD＝10，箱盖开起过程中，点A，C，F不随箱盖转动，点B，D，E绕点A沿逆时针方向转动90°，即∠BAB'＝90°分别到点B'，D'，E'的位置，气簧活塞杆CD随之伸长CD'已知直线BE⊥B'E'，CD'＝CB，那么AB的长为 40 cm，CD'的长为 31.25 cm．
【分析】过A作AP⊥EB延长线交于点P，由BE旋转一定角度后得到B'E'可知，旋转角度为90°，过B'作BH⊥AP，交AP于点H，分别表示出B'H、PB的长，即可得出AB的长，设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：过A作AP⊥EB延长线交于点P，
∵AF∥BE，
∴∠ABP＝∠BAF＝60°，
∴BP＝AB，
由BE旋转一定角度后得到B'E'可知，旋转角度为90°，
过B'作BH⊥AP，交AP于点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；
设CD＝xcm，
则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）．
故答案为：40；31.25．
16．（2022秋•高新区期中）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片OA，OB，此时各叶片影子在点M右侧成线段CD，设太阳光线与地面的夹角为α，测得tanα＝，MC＝8.5m，CD＝13m，风车转动时，叶片外端离地面的最大高度等于 （10+） m．
【分析】作平行线OP，根据平行线分线段成比例定理可知PC＝PD，由EF与影子FG的比为2：3，可得OM的长，同法由等角的正弦可得OB的长，从而得结论．
【解答】解：如图，过点O作OP∥BD，交MG于P，过P作PN⊥BD于N，则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＝，
以点O为圆心，OA的长为半径作圆，当OB与OM共线时，叶片外端离地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．
故答案为：（10+）．
17．（2022秋•莱西市期中）一配电房示意图如图所示，它是一个轴对称图形．已知BC＝6m，∠ABC＝50°，则房顶A离地面EF的高度为 7.6 m．（结果精确到0.1m，参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，利用直角三角形的边角关系定理求得AD，用AD+BE即可表示出房顶A离地面EF的高度．
【解答】解：过点A作AD⊥BC于点D，如图：
∵它是一个轴对称图形，
∴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）．
∴房顶A离地面EF的高度＝AD+BE＝4+3.57≈7.6（m）．
故答案为：7.6．
18．（2022秋•孝义市期中）一种拉杆式旅行箱的示意图如图所示，箱体长AB＝55cm，拉杆最大伸长距离BC＝25cm（点A，B，C在同一条直线上），在箱体的底端装有一圆形滚轮，滚轮中心到地面的距离AD＝8cm．当人的手自然下垂拉旅行箱时，感觉较为舒服．已知佳佳的手自然下垂在点C处且拉杆达到最大延伸距离时，旅行箱与佳佳身体的夹角∠C为60°，AE∥DM，则此时佳佳的手到地面的距离为 48 cm．
【分析】解直角三角形求出CF，可得结论．
【解答】解：∵AB＝55cm，BC＝25cm，
∴AC＝80cm，
∵∠C＝60°，∠CFA＝90°，
∴CF＝AC•cos60°＝40cm，
∵四边形ADMF是矩形，
∴AD＝FM＝8cm，
∴CM＝40+8＝48（cm），
∴此时佳佳的手到地面的距离为48cm，
故答案为：48．
19．（2022•鹿城区校级三模）图1是一款摆臂遮阳蓬的实物图，图2是其侧面示意图，点A，O为墙壁上的固定点，摆臂OB绕点O旋转过程中，遮阳蓬AB可自由伸缩，蓬面始终保持平整．如图2，∠AOB＝90°，OA＝OB＝1.5米，光线l与水平地面的夹角约为tanα＝3，此时身高为1米的小朋友（MN＝1米）站在遮阳蓬下距离墙角1.2米（QN＝1.2米）处，刚好不被阳光照射到，此时小朋友的头顶M距离遮阳蓬的竖直高度（MP）为 0.3 米；同一时刻下，旋转摆臂OB，点B的对应点B'恰好位于小朋友头顶M的正上方，当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时，其头顶距离遮阳蓬的竖直高度为 1.3 米．
【分析】证明BM＝MP，从而求得MP的值，过点B′作B′C∥BN，与QN交于点C，过B′作B′F⊥AQ于F，过C作CD⊥B′F于点D，与AB′交于点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，再由平行线分线段成比例性质的推论得，便可求得DE，问题便可得以解决．
【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），
过点B′作B′C∥BN，与QN交于点C，过B′作B′F⊥AQ于F，过C作CD⊥B′F于点D，与AB′交于点E，
则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），
即当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时，其头顶距离遮阳蓬的竖直高度约为1.3m．
故答案为：0.3；1.3．
20．（2022春•义乌市月考）某小区为方便垃圾分类投放垃圾，通过招标选择了一种双层长方体垃圾桶，上层采用手动翻盖，下层采安装旋转出桶装置，如图所示．已知整体AB＝112cm，BC＝40cm，CP＝50cm，侧面如图1所示，EG为隔板，等分上下两层．下方内桶BCGH绕底部轴（CP）旋转打开，若点H恰好能卡在原来点G的位置，则内桶边BH的长度应设计为 16 cm；现将BH调整为40cm，打开最大角度时，点H卡在隔板上，如图2所示，可完全放入下方内桶的球体的直径不大于 33.6 cm．
【分析】如图1中，连接CH，过点H作HT⊥CG于T，z则四边形BCTH是矩形．利用勾股定理求出CT．如图2中，连接CH，过点G作GJ⊥CG′于J，过点B′作B′M⊥GH于M交BC于N．求出sin∠BCB′，再证明∠GCG′＝∠BCB′，求出GJ，可得结论．
【解答】解：如图1中，连接CH，过点H作HT⊥CG于T，则四边形BCTH是矩形．
∵CG＝CH＝CD＝AB＝56（cm），HT＝BC＝40cm，
∴BH＝CT＝＝＝16（cm），
如图2中，连接CH，过点G作GJ⊥CG′于J，过点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，
设HM＝x，则CN＝MB′＝x+8，
在Rt△MHB′中，则有x2+（x+8）2＝402，
∴x＝24（负值舍去），
∴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），
∴可完全放入下方内桶的球体的直径不大于33.6cm，
故答案为：16，33.6．
21．（2022•衢州一模）三折伞是我们生活中常用的一种伞，它的骨架是一个“移动副”和多个“转动副”组成的连杆机构，如图1是三折伞一条骨架的结构图，当“移动副”（标号1）沿着伞柄移动时，折伞的每条骨架都可以绕“转动副”（标号2﹣9）转动；图2是三折伞一条骨架的示意图，其中四边形CDEF和四边形DGMN都是平行四边形，AC＝BC＝13cm，DE＝2cm，DN＝1cm．
（1）若关闭折伞后，点A、E、H三点重合，点B与点M重合，则BN＝ 23 cm．
（2）在（1）的条件下，折伞完全撑开时，∠BAC＝75°，则点H到伞柄AB距离是 69.8 cm．
（参考数据：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73，结果精确到0.1cm）
【分析】（1）根据关闭折伞后，点A、E、H三点重合，可知AC＝CD+DE，利用平行四边形的性质可以求出BN；
（2）根据A、E、H三点共线并且AH⊥AB，BM⊥AB，应用等腰三角形和平行四边形的性质进行求解即可．
【解答】解：（1）∵关闭折伞后，点A、E、H三点重合，
∴AC＝CD+DE，
∴CD＝13﹣2＝11，
∴CN＝CD﹣DN＝11﹣1＝10，
∴BN＝BC+CN＝13+10＝23（cm），
故答案为：23；
（2）如图2，A、E、H三点共线并且AH⊥AB，过点F作FK⊥AE于点K，过点G作GJ⊥EH于点J，
∵∠BAC＝75°，AC＝BC＝13cm，
∴∠ACB＝30°，
∵AC∥DE，DG∥MN，
∴∠AFE＝∠EGH＝150°，
∵AF＝EF，FK⊥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，
∵关闭折伞后，点A、E、H三点重合，点B与点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，
∴点H到伞柄AB距离为69.8cm．
故答案为：69.8．
22．（2022•浦江县模拟）某商场打算给一柱子缠绕上装饰灯带PQ，已知该圆柱形柱子的底圆周长为2.4m，灯带沿着柱子底部圆可缠绕5圈．若沿着柱子侧壁从底部缠绕到顶部刚好可缠绕4圈，如图1所示，则：
（1）柱子的高度是 7.2 m．
（2）现在商场为了使装饰效果更加美观，利用装饰灯带构造出4片相同的树叶图案，图2所示为装饰灯带展开图，PAC与PBC是关于PQ对称的两段弧，且两弧之间的最宽距离AB为1m，则商场还需另行购买 米的装饰灯带（sin37°≈0.6，结果保留π）．
【分析】（1）根据题意作出圆柱侧面展开图，利用勾股定理得出柱子的高度即可；
（2）根据装饰带的长度得出PC的长度，设AB与PC交于点M，设弧PAC所在圆的圆心为O，根据勾股定理得出半径的长度，利用解直角三角形的知识得出圆心角的度数，然后求出装饰灯带的长度即可．
【解答】解：（1）根据题意，作圆柱侧面展开图如下：
∵QD＝2.4m，QE＝2.4×5÷4＝3（m），
∴DE＝＝＝1.8（m），
∴PQ＝1.8×4＝7.2（m），
即柱子的高度为7.2m，
故答案为：7.2；
（2）设AB与PC交于点M，设弧PAC所在圆的圆心为O，
∵装饰灯带PQ＝2.4×5＝12（m），
∴PM＝PC＝＝1.5（m），
∵AB＝1m，
∴AM＝0.5m
设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°，
∴＝＝，
∴增加的装饰灯带长度为×8＝，
故答案为：π．
23．（2022•新河县一模）如图1是某工厂生产的某种多功能儿童车，根据需要可变形为滑板车或三轮车，图2、图3是其示意图，已知前后车轮半径相同，车杆AB的长为60cm，点D是AB的中点，前支撑板DE＝30cm，后支撑板EC＝40cm，车杆AB与BC所成的∠ABC＝53°．
（1）如图2，当支撑点E在水平线BC上时，则支撑点E与前轮轴心B之间的距离BE的长为 36cm ；
（2）如图3，当座板DE与地面保持平行时，则变形前后两轴心BC的变化量为 增加了4cm ．（参考数据：sin53°≈，cos53°≈，tan53°≈）
【分析】（1）如图1，过点D作DF⊥BE于点F，由题意知BD＝DE＝30cm，根据三角函数的定义即可得到结论；
（2）如图2，过点D作DM⊥BC于M，过点E作EN⊥BC于点N，由题意知四边形DENM是矩形，求得MN＝DE＝30cm，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：（1）如图1，过点D作DF⊥BE于点F，
由题意知BD＝DE＝30cm，
∴BF＝BDcos∠ABC＝30×＝18（cm），
∴BE＝2BF＝36（cm）．
（2）如图2，过点D作DM⊥BC于M，过点E作EN⊥BC于点N，
由题意知四边形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），
则BC＝18+30+32＝80（cm），
原来BC＝36+40＝76（cm），
80﹣76＝4（cm），
∴变形前后两轴心BC的长度增加了4cm．
24．（2022•丽水一模）如图1的一汤碗，其截面为轴对称图形，碗体ECDF呈半圆形状（碗体厚度不计），直径EF＝26cm，碗底AB＝10cm，∠A＝∠B＝90°，AC＝BD＝3cm．
（1）如图1，当汤碗平放在桌面MN上时，碗的高度是 15 cm．
（2）如图2，将碗放在桌面MN上，绕点B缓缓倾斜倒出部分汤，当碗内汤的深度最小时，tan∠ABM的值是 ．
【分析】（1）由垂径定理和勾股定理可求PO的长，即可求解；
（2）由旋转的性质可得OB＝O'B＝5cm，∠ABM＝∠OBO'，由勾股定理可求RB的长，由面积关系可求OK的长，由锐角三角函数可求解．
【解答】解：（1）如图，设半圆的圆心为O，连接OC，OB，过点O作直线OP⊥CD于P，交AB于Q，
∴四边形ACPQ是矩形，四边形BDPQ是矩形，
∴AC＝PQ＝3cm，PD＝QB，
∵OP⊥CD，
∴CP＝DP＝QB＝5cm，
∵OP＝＝＝12（cm），
∴OQ＝OP+PQ＝15cm．
∴碗的高度为15cm；
（2）如图1，OB＝＝＝5cm，
∵将碗放在桌面MN上，绕点B缓缓倾斜倒出部分汤，
∴当半圆O与直线MN相切时，碗内汤的深度最小，
如图2，设半圆O与直线MN相切于点R，连接O'R，连接OO'，O'B，过点O作OK⊥O'B于K，
∵旋转，
∴OB＝O'B＝5cm，∠ABM＝∠OBO'，
∵半圆O与直线MN相切于点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＝，
故答案为：．
25．（2022春•兰溪市校级月考）太极推盘是一种常见的健身器材（如图1），转动两个圆盘便能锻炼身体．取推盘上半径均为0.4米的圆A与圆B（如图2）且AB＝1米，圆A绕圆心A以2°每秒的速度逆时针旋转，圆B绕圆心B以2°每秒的速度顺时针旋转．开始转动时圆A上的点C恰好落在线段AB上，圆B上的点D在AB下方且满足∠DBA＝60°，则在两圆同时开始转动的30秒时，CD的长是 米．在两圆同时转动的前30秒以内，CD的最小值是 0.5 米
【分析】据题意作出图形，再过点C作CE⊥AB于点E，即可根据含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理求出CD的长；以AC、CD为邻边作平行四边形ACDF，过点D作AB的平行线MN，设∠CAB＝2t°，则∠ABD﹣60°﹣2t°，根据四边形ACDF为平行四边形，则可求出∠BDM＝120°+2t°，∠MDF＝2t°，从而可求出∠BDF＝240°﹣4t°，进而结合等腰三角形的性质可求出∠BFD＝∠FBD＝21°﹣30°，最后可求出∠ABF＝∠ABF+∠FBD＝30°，即说明当AF⊥BF时，AF的长最小，即CD的长最小，由此即可．
【解答】解：根据题意可知，两圆同时开始转动的30秒后，∠CAD＝60°，D点在AB上，如图，过点C作CE⊥AB于点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，
如图，以AC、CD为邻边作平行四边形ACDF，过点D作AB的平行线MN，
设∠CAB＝2t°，则∠ABD＝60°﹣2t°，
∵四边形ACDF为平行四边形，
∴∠BDM＝180°﹣∠ABD＝180°﹣（60°﹣2t°）＝120+2t°，∠CAF＝∠CDF，
∴∠CAB+∠BAF＝∠MDC+∠MDF，
∵AB//MN，
∴四边形AMDO为平行四边形，
∴∠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°，
当AF⊥BF时，AF的长最小，即CD的长最小，
∵∠ABF＝30°，
∴AF＝AB＝0.5米，即CD的长最小值为0.5米．
26．（2022•太仓市模拟）图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架水平放置并且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＝10分米，晾衣臂（OA）撑开时与支脚（OC）的夹角∠AOC＝105°，则点A离地面的距离AM为 （5+5） 分米．（结果保留根号）
【分析】过点O作OQ⊥AM，垂足为M，过点O作OP⊥CD，垂足为P，根据题意可得QM＝OP，∠QOP＝90°，先利用等腰三角形的三线合一性质可得∠COP＝30°，再在
Rt△COP中，利用锐角三角函数的定义求出OP的长，然后在Rt△AOQ中，利用锐角三角函数的定义求出AQ的长，进行计算即可解答．
【解答】解：过点O作OQ⊥AM，垂足为M，过点O作OP⊥CD，垂足为P，
则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，
∴点A离地面的距离AM为（5+5）分米，
故答案为：（5+5）．
27．（2022•迁安市二模）如图，AB为订书机的托板，压柄BC绕着点B旋转，连接杆DE的一端点D固定，点E从A向B处滑动，在滑动的过程中，DE的长度保持不变．在图1中，cm，BE＝7cm，∠B＝45°，则连接杆DE的长度为 5 cm．现将压柄BC从图1旋转到与底座AB垂直，如图2所示，则此过程中点E滑动的距离为 （7﹣） cm．
【分析】在图1中，过点D作DF⊥AB，垂足为F，先在Rt△DBF中，利用锐角三角函数的定义求出DF，BF的长，从而求出EF的长，然后在Rt△DEF中，利用勾股定理求出DE的长，如图2，在Rt△BDE中，利用勾股定理求出BE的长，进行计算即可解答．
【解答】解：在图1中，过点D作DF⊥AB，垂足为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），
如图2，
在Rt△BDE中，DE＝5cm，BD＝3cm，
∴BE＝＝＝（cm），
∴此过程中点E滑动的距离为（7﹣）cm，
故答案为：5，（7﹣）．
28．（2022•温州模拟）如图1是一种简约隐形壁挂式折叠凳，图2是其开启过程的侧面结构示意图，具体数据如图所示（单位：cm），外框宽HD＝EG，闭合时，点A与点D重合，点C与点E重合，则外框宽HD为 3 cm；当折叠凳转为半开启状态（A′B′所在的直线过EB中点）时，折叠凳上升的高度为 cm．
【分析】根据数量关系求出BG即可求出HD，再得出△B′BE是等边三角形利用三角形函数即可得出折叠凳上升的高度．
【解答】解：∵闭合时，点A与点D重合，点C与点E重合，
∴AC＝DE＝36cm，
∴DH＝（HG﹣DE）＝×6＝3cm，
∵总高为68cm，HG＝42cm，
∴G到地距离为26cm，
∴AB+EG＝10cm，
∴EG＝HD＝（36﹣10）÷2＝3cm，
∴AB＝7cm＝A′B′，
由图可知B′E+A′B＝DE（翻折上去），
∴B′E＝29cm，
∴BC不变，升高到B′C′，
∴折叠凳升高高度为B升高的高度，
∵A′B′在EB中点上，
∴△B′BE是等边三角形，
∴B升高高度＝B′E•sin60°＝＝折叠凳升高高度，
故答案为：3，．
29．（2022•金华模拟）图1是某型号挖掘机，该挖掘机是由基座、主臂和伸展臂构成．图2是其侧面结构示意图（MN是基座的高，MP是主臂，PQ是伸展臂）．已知基座高度MN为0.5米，主臂MP长为3米，主臂伸展角α的范围是：0°＜α≤60°，伸展臂伸展角β的范围是：45°≤β≤135°．当α＝45°时（如图3），伸展臂PQ恰好垂直并接触地面．
（1）伸展臂PQ长为 3.5 米；
（2）挖掘机能挖的最远处距点N的距离为 米．
【分析】（1）过点M作MH⊥PQ，垂足为Q，根据题意可得HQ＝MN＝0.5米，然后在Rt△PHM中，利用锐角三角函数的定义求出PH的长，从而求出PQ的长，即可解答；
（2）当∠QPM＝135°时，过点Q作QA⊥PM，交MP的延长线于点A，连接QM，利用平角定义可求出∠APQ＝45°，然后在Rt△APQ中，利用锐角三角函数的定义求出AP，AQ的长，从而求出AM的长，再在Rt△AQM中，利用勾股定理求出QM的长，最后在Rt△QMN中，利用勾股定理求出QN的长，即可解答．
【解答】解：（1）过点M作MH⊥PQ，垂足为Q，
则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长为3.5米，
故答案为：3.5；
（2）当∠QPM＝135°时，过点Q作QA⊥PM，交MP的延长线于点A，连接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），
∴挖掘机能挖的最远处距点N的距离为米，
故答案为：．
30．（2022•金华模拟）如图1是某激光黑白A4纸张打印机的机身，其侧面示意图如图2，AB⊥BC，CD⊥BC．出纸盘EP下方为一段以O为圆心的圆弧，与上部面板线段AE相接于点E，与CD相切于点D．测得BC＝24cm，CD＝18cm．进纸盘CH可以随调节扣HF向右平移，CH＝18cm，HF＝2cm．当HF向右移动6cm至H′F′时，点A，D，F'在同一直线上，则AB的长度为 34 cm．若点E到AB的距离为16cm，tanA＝4，连接PO，线段OP恰好过的中点．若点P到直线BC的距离为32cm，则PE＝ 2 cm．
【分析】根据题意构造相似三角形，利用相似三角形的对应边成比例，求出AM，进而求出AB的值；
利用垂径定理可得OP是DE的垂直平分线，得到PE＝PD，在Rt△AEK中利用锐角三角函数可求出AK，进而求出KB的长，通过作平行线构造直角三角形和矩形，设DG＝CT＝acm，则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）如图，过点F′作F′M⊥AB，垂足为M，交CD于点N，
由题意得，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），
故答案为：34；
（2）如图3，过点E作BC的平行线交AB于点K，交过点P作AB的平行线与点Q，连接OE，OD，OD的延长线交PT于点G，
∴四边形KESB、四边形EQTS、四边形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），
设DG＝CT＝acm，则ST＝EQ＝SC+CT＝（a+8）cm，
∵线段OP恰好过的中点，
∴OP是DE的垂直平分线，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），
故答案为：2．
31．（2022•永嘉县模拟）如图1，是一幅椅子和花架相互转化的实物图．放置在水平地面上的椅子示意图如图2所示，在矩形ABCD中，点E在BC上，点F，G在CD上，G是CF的中点，隔板FH∥GI∥BC，分别交DE于点H，I，现将该椅子的左边部分JCDE绕着点E顺时针旋转180°得到一个花架，如图3所示，此时点J落在地面上的点J'处，点C，H的对应点分别为点C'，H'，已知AB＝46cm，BC＝37cm，BE＝14cm，则点J离地面的距离是 92 cm；若点J'，C'，H'在同一直线上，tan∠AJ'C'＝6，则隔板GI的长是 cm．
【分析】①根据点J与点J'关于点E成中心对称，知点J到BC的距离等于点J'到BC的距离，从而得出点J离地面的距离为2AB，②连接C'H'交G'I'于点P，过点C'作C'Q⊥DJ'于点Q，利用△H'EC'∽△H'DJ'，设△H'EC'边EC'上的高为hcm，则△H'DJ'边DJ'上高为（h+46）cm，可得C'F'＝h＝cm，再利用tan∠F'H'C'＝6，得H'F'＝，再利用三角形中位线定理可得答案．
【解答】解：①∵将该椅子的左边部分JCDE绕着点E顺时针旋转180°后点J落在地面上的点J'处，
∴点J与点J'关于点E成中心对称，
∴点J到BC的距离＝点J'到BC的距离，
∵四边形ABCD为矩形，
∴点J'到BC的距离等于AB的长，
∵AB＝46cm，
∴点J离地面的距离是46×2＝92（cm），
②如图，连接C'H'交G'I'于点P，过点C'作C'Q⊥DJ'于点Q，
∵四边形ABCD为矩形，
∴BC∥AD，∠BAD＝90°，
∵BE＝14cm，BC＝37cm，
∴EC'＝CE＝BC﹣BE＝23（cm），
∴BC'＝EC'﹣BE＝9（cm），
∵∠ABC'＝∠BAJ'＝∠AQC'＝90°，
∴四边形ABC'Q为矩形，
∴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'，
设△H'EC'边EC'上的高为hcm，则△H'DJ'边DJ'上高为（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的中点，
∴G'是C'F'的中点，
∴PG'＝，PI'＝，
∴GI＝G'I'＝G'P+I'P＝（cm），
故答案为：92；．
32．（2022•鹿城区校级二模）如图是一个矩形足球球场，AB为球门，CD⊥AB于点D，AB＝a米．某球员沿CD带球向球门AB进攻，在Q处准备射门．已知BD＝3a米，QD＝3a米，则tan∠AQB＝ ；已知对方门将伸开双臂后，可成功防守的范围大约为0.25a米，此时门将站在张角∠AQB内，双臂伸开MN且垂直于AQ进行防守，MN中点与AB距离 a 米时，刚好能成功防守．
【分析】如图，过点B作BH⊥AQ于H，计算BH和HQ的长，根据三角函数定理可得tan∠AQB＝；延长MN交AD于E，取MN的中点O，过点N作JK⊥AD于K，过点O作OJ⊥JK于J，根据三角函数定义列比例式计算JN和NK的长，可得结论．
【解答】解：如图，过点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＝＝＝；
延长MN交AD于E，取MN的中点O，过点N作JK⊥AD于K，过点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的中点，
∴ON＝a，
∴NJ＝a，
∴JK＝JN+NK＝a+a＝a，
即MN中点与AB距离a米时，刚好能成功防守．
故答案为：，a．
33．（2022•江阴市校级一模）图1是一款折叠式跑步机，其侧面结构示意图如图2（忽略跑步机的厚度）．该跑步机由支杆AB（点A固定），底座AD和滑动杆EF组成．支杆AB可绕点A转动，点E在滑槽AC上滑动．已知AB＝60cm，AC＝125cm．收纳时，滑动端点E向右滑至点C，点F与点A重合；打开时，点E从点C向左滑动，若滑动杆EF与AD夹角的正切值为2，则察看点F处的仪表盘视角为最佳．
（1）BE＝ 65 cm；
（2）当滑动端点E与点A的距离EA＝ （13+2）或（13﹣2） cm时，察看仪表盘视角最佳．
【分析】（1）利用线段的和差定义求解即可；
（2）分∠BAE是锐角或钝角，分别画出图形求解即可．
【解答】解：（1）由题意BE＝AC﹣AB＝125﹣60＝65（cm）．
故答案为：65．
（2）如图2﹣1中，当∠BAE是锐角时，过点B作BT⊥AE于点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．
如图2﹣2中，当∠BAE是钝角时，过点B作BT⊥AE于点T．
同法可得，ET＝13，AT＝2，
∴AE＝TE﹣AT＝（13﹣2）cm，
综上所述，AE的长为（13+2）cm或（13﹣2）cm．
34．（2022•鹿城区校级开学）“曲柄摇杆机构”是一种运动零件．图1是某个“曲柄摇杆”的示意图，它由四条固定长度的线段组成，其中AB是静止不动的机架，AD是绕A做圆周运动的曲柄，BC是绕B上下摆动的摇杆，CD是连结AD和BC两个运动的连杆，A，B，C，D始终在同一平面内．已知AB＝BC＝5．当D运动到图2位置时，记AB，CD的交点为E，现测得AD⊥BC，AD＝DE，tan∠DAE＝，则CD＝ ．图2之后，D绕A继续运动，当C再次回到图2位置时（如图3），则此时“曲柄摇杆”所围成的四边形ABCD的面积为 ．
【分析】（1）延长AD交CB的延长线于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，设AG＝BG＝x，在Rt△BFG中列出方程，求得BG，再根据△FBG∽△FCD列出比例式，求得CD；
（2）在AF上截取AD′＝AD，连接CD′（即还原图2的CD的位置），根据勾股定理求得D′F的长，进而求得△ACD′及△ABC的面积，进而求得四边形ABCD的面积．
【解答】解：如图1，
延长AD交CB的延长线于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，
设AG＝BG＝x，则FG＝4﹣x，
在Rt△BFG中，由勾股定理得，
FG2+BF2＝BG2，
∴（4﹣x）2+32＝x2
∴x＝，
∴＝，
∴CD＝，
如图2，
CD′是CD在图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四边形ABCD＝10+＝，
故答案是：，．
三．解答题
35．（2021秋•钟山区期末）如图①是某市地铁站的一组智能通道闸机，当行人通过智能闸机时会自动识别行人身份，识别成功后，两侧的圆弧翼闸会自动收回到机箱内，行人即可通行．图②是一个智能通道闸机的截面图，已知∠ABC＝∠DEF＝28°，AB＝DE＝60cm，点A、D在同一水平线上，且A、D之间的距离是10cm．
（1）试求闸机通道的宽度（参考数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53）
（2）实验数据表明，一个智能闸机通道平均每分钟检票通过的人数是一个人工检票口通过的人数的2倍．若有240人的团队通过同一个人工检票口比通过同一个智能闸机检票口多用4分钟，求一个人工检票口和一个智能闸机通道平均每分钟检票各通过多少人？
【分析】（1）连接AD，并向两方延长，分别交BC，EF于M，N，由点A，D在同一条水平线上，BC，EF 均垂直于地面可知，MN⊥BC，MN⊥EF，所以MN的长度就是BC与EF之间的距离，同时，由两圆弧翼成轴对称可得，AM＝DN，解直角三角形即可得到结论；
（2）设一个人工检票口平均每分钟检票通过的人数为x人，根据题意列方程即可得到结论．
【解答】解：（1）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥EF于点N，如图：
在Rt△AMB中，AB＝60cm，∠ABM＝28°，
∴sin28°＝，
∴AM＝AB×sin28°＝0.47×60＝28.2（cm），
同理 DN＝28.2cm，
∴闸机通道的宽度BE＝AM+AD+DN＝28.2×2+10＝66.4（cm）；
答：闸机通道的宽度是66.4cm；
（2）解：设一个人工检票口每分钟检票通过的人数为x人，则一个智能闸机检票口每分钟通过的人数为2x人，
由题意得：﹣＝4，
解得：x＝30，
经检验：x＝30是原方程的解，
∴2x＝2×30＝60（人），
答：一个人工检票口每分钟检票通过30人，一个智能闸机检票口每分钟通过60人．
36．（2022•夏邑县模拟）如图（1）是一种迷你型可收缩式乐谱支架，图（2）是其侧面示意图，其中AB＝BC＝CD＝24cm，DB⊥BA，Q是CD的中点，P是眼睛所在的位置，PM⊥BA于点M，AM＝12cm，当PQ⊥CD时，P为最佳视力点．
（1）若∠ABC＝α，则∠DCB＝ 2α ；
（2）当∠ABC＝37°且PM＝53cm时，请通过计算说明点P是不是最佳视力点．（参考数据：sin37°＝cos53°≈，cos37°＝sin53°≈，tan37°≈，tan53°≈）
【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可求出答案；
（2）通过作平行线，由（1）可求出∠C，再根据锐角三角函数的定义求出∠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，
故答案为：2α；
（2）如图，过点Q作EF∥AB，交PM、BD分别于F、E，则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，
过点C作CH⊥BD于H，则BH＝DH，
∵Q是CD的中点，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与CD不垂直，
∴不是最佳视力点．
37．（2022秋•九龙坡区校级月考）图1是疫情期间测温员用“额温枪”对小红测温时的实景图，图2是其侧面示意图，其中枪柄BC与手臂MC始终在同一直线上，枪身BA与额头保持垂直量得胳膊MN＝28cm，枪柄与枪身之间的夹角为120°（即∠MBA＝120°），肘关节M与枪身端点A之间的水平宽度为25.3cm（即MP的长度），枪身BA＝8.5cm．
（1）求MB的长；
（2）测温时规定枪身端点A与额头距离范围为3～5cm．在图2中，若测得∠BMN＝75°，小红与测温员之间距离为50cm，问此时枪身端点A与小红额头的距离是否在规定范围内？并说明理由．（结果精确到0.1cm，参考数据：≈1.4，≈1.7）
【分析】（1）过点B作BH⊥MP，垂足为H，则BA＝HP＝8.5cm，∠ABH＝90°，从而求出∠MBH的度数，然后在Rt△BMH中，根据直角三角形的性质求得MB；
（2）延长PM交FG于点I，利用（1）的结论先求出∠NMI＝45°，然后在Rt△MNI中，利用锐角三角函数的定义求出MI的长，从而求出枪身端点A与小红额头的距离，进行比较即可解答．
【解答】解：（1）过点B作BH⊥MP，垂足为H，
则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）此时枪身端点A与小红额头的距离不在规定范围内，
理由：延长PM交FG于点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），
∴枪身端点A与小红额头的距离＝50﹣14﹣25.3≈5.1（cm），
∵规定枪身端点A与额头距离范围为3～5cm．
∴此时枪身端点A与小红额头的距离不在规定范围内．
38．（2022秋•高新区期中）图1是某型号挖掘机，该挖掘机是由基座、主臂和伸展臂构成，图2是其侧面结构示意图（MN是基座的高，MP是主臂，PQ是伸展臂）．已知基座高度MN为0.5米，主臂MP长为3米，主臂伸展角α的范围是：0°＜α≤60°，伸展臂伸展角β的范围是：45°≤β≤135°．
（1）如图3，当α＝45°时，伸展臂PQ恰好垂直并接触地面，伸展臂PQ长为 3.5 米；
（2）若（1）中PQ长度不变，求该挖掘机最远能挖掘到距点N水平正前方多少米的土石．（结果保留根号）
【分析】（1）过点M作MH⊥PQ，垂足为Q，根据题意可得HQ＝MN＝0.5米，然后在Rt△PHM中，利用锐角三角函数的定义求出PH的长，从而求出PQ的长，即可解答；
（2）当∠QPM＝135°时，过点Q作QA⊥PM，交MP的延长线于点A，连接QM，利用平角定义可求出∠APQ＝45°，然后在Rt△APQ中，利用锐角三角函数的定义求出AP，AQ的长，从而求出AM的长，再在Rt△AQM中，利用勾股定理求出QM的长，最后在Rt△QMN中，利用勾股定理求出QN的长，即可解答．
【解答】解：（1）过点M作MH⊥PQ，垂足为Q，
则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长为3.5米，
故答案为：3.5；
（2）当∠QPM＝135°时，过点Q作QA⊥PM，交MP的延长线于点A，连接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），
∴该挖掘机最远能挖掘到距点N水平正前方米的土石．
39．（2021秋•建邺区期末）小丽与爸妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1.2m高的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD、CE分别为1.8m和2.4m，∠BOC＝90°．
（1）△CEO与△ODB全等吗？请说明理由．
（2）爸爸在距离地面多高的地方接住小丽的？
（3）秋千的起始位置A处与距地面的高是 0.6 m．
【分析】（1）由直角三角形的性质得出∠COE＝∠OBD，根据AAS可证明△COE≌△OBD；
（2）由全等三角形的性质得出CE＝OD，OE＝BD，求出DE的长则可得出答案；
（3）因为OA＝OB，由勾股定理求得OB，再根据AM＝OD+DM﹣OA便可求得结果．
【解答】解：（1）△OBD与△COE全等．
理由如下：
由题意可知∠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分别为1.8m和2.4m，
∴OD＝2.4m，OE＝1.8m，
∴DE＝OD﹣OE＝CE﹣BD＝2.4﹣1.8＝0.6（m），
∵妈妈在距地面1.2m高的B处，即DM＝1.2m，
∴EM＝DM+DE＝1.8（m），
答：爸爸是在距离地面1.8m的地方接住小丽的；
（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处与距地面的高0.6m．
故答案为：0.6．
40．（2022秋•婺城区校级月考）图①是一种手机平板支架，由托板、支撑板和底座构成，手机放置在托板上，托板长AB＝115mm，支撑板长CD＝70mm，且CB＝35mm，托板AB可绕点C转动，且∠CDE＝60°．
（1）求点C到直线DE的距离（计算结果保留根号）；
（2）若∠DCB＝70°时，求点A到直线DE的距离（计算结果精确到个位）；
（3）为了观看舒适，把（1）中∠DCB＝70°调整为90°，再将CD绕点D逆时针旋转，使点B落在DE上，则CD旋转的度数为 33.4° ．（直接写出结果）
（参考数据：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，由直角三角形的边角关系可得答案；
（2）作出点A到直线DE的距离AN，再过点CP⊥AN，在直角三角形ACP中，由边角关系求出AP即可；
（3）连接BD，由直角三角形的边角关系求出∠BDC的度数，进而求出∠BDE的度数即可．
【解答】解：（1）如图②，过点C作CM⊥DE，垂足为M，
在Rt△CDM中，CD＝70mm，∠CDE＝60°，
∵sin∠CDM＝，
∴＝，
∴CM＝35，
即：点C到直线DE的距离为35mm；
（2）如图②，过点A作AN⊥DE，垂足为N，过点C作CP⊥AN，垂足为P，则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：点A到直线DE的距离约为124mm；
（3）如图③，连接BD，
在Rt△BCD中，BC＝35mm，CD＝70mm，
∴tan∠BDC＝＝0.5，
∴∠BDC≈26.6°，
∴∠BDE＝∠CDE﹣∠CDB＝60°﹣26.6°＝33.4°，
故答案为：33.4°．
第21讲 PISA类解直角三角形问题专训
【知识点睛】
v 资料概括：本资料针对九年级重点题型PISA类数学问题进行专题训练。PISA类数学问题与传统数学问题有所不同，对学生的评价主要指向学生的学科素养，或者说是考察学生使用学科语言的能力，即把发生在现实情境中的问题转化到数学模型中思考，让学生知道数学的各个方面对于解决问题都是具有真实效用的。
v PISA类问题在浙江九年级数学中经常以填空题的形式考察，通常放在第16题压轴题的位置，难度一般较大。
【类题训练】
一．选择题
1．（2021秋•南宫市期末）西周时期，丞相周公旦设计过一种通过测定日影长度来确定节气的仪器，称为圭表，如图所示的是一个根据石家庄市的地理位置设计的圭表，其中，立柱AC根部与圭表的冬至线之间的距离（即BC的长）为a．已知，冬至时石家庄市的正午日光入射角∠ABC约为28°，则立柱AC高约为（ ）
A．asin28° B．acos28° C．atan28° D．
【分析】在Rt△ABC中，利用锐角三角函数进行计算即可解答．
【解答】解：在Rt△ABC中，BC＝a，∠ABC＝28°，
∴tan28°＝，
∴AC＝BCtan28°＝atan28°，
故选：C．
2．（2022秋•晋州市期中）如图，一块矩形薄木板ABCD斜靠在墙角MON处（OM⊥ON，点A，B，C，D，O，M，N在同一平面内），已知AB＝m，AD＝n，∠ADO＝α．则点B到ON的距离等于（ ）
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于点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点B到ON的距离．
【解答】解：如图，作BE⊥OA交OA的延长线于点E，
∵OD⊥OA，
∴∠AEB＝∠AOD＝90°，
∵四边形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，
∴点B、点E到ON的距离相等，
∴点B到ON的距离等于m•cosα+n•sinα，
故选：C．
3．（2022•黄石）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”，即通过圆内接正多边形割圆，从正六边形开始，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，内接正二十四边形，…．边数越多割得越细，正多边形的周长就越接近圆的周长．再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”来计算圆周率．设圆的半径为R，图1中圆内接正六边形的周长l6＝6R，则π≈＝3．再利用圆的内接正十二边形来计算圆周率，则圆周率π约为（ ）
A．12sin15° B．12cos15° C．12sin30° D．12cos30°
【分析】利用圆内接正十二边形的性质求出A6A7＝2A6M＝2R×sin15°，再根据“圆周率等于圆周长与该圆直径的比”，即可解决问题．
【解答】解：在正十二边形中，∠A6OM＝360°÷24＝15°，
∴A6M＝sin15°×OA6＝R×sin15°，
∵OA6＝OA7，OM⊥A6A7，
∴A6A7＝2A6M＝2R×sin15°，
∴π≈＝12sin15°，
故选：A．
4．（2022•宁德模拟）市防控办准备制作一批如图所示的核酸检测点指示牌，若指示牌的倾斜角为α，铅直高度为h，则指示牌的边AB的长等于（ ）
A．hsinα B． C．hcosα D．
【分析】如图，过点A作AC⊥BC于C，解直角△ABC即可．
【解答】解：如图，过点A作AC⊥BC于C，
在Rt△ABC中，AC＝h，∠B＝α，则sinα＝．
所以AB＝．
故选：B．
5．（2022•广西模拟）如图，撬钉子的工具是一个杠杆，根据杠杆原理．F阻×L阻＝F动×L动．动力臂L1＝L•cosα，阻力臂L2＝l•cosβ，如果动力F的用力方向始终保持竖直向下，当阻力不变时，则杠杆向下运动时的动力变化情况是（ ）
A．越来越小 B．不变 C．越来越大 D．无法确定
【分析】根据杠杆原理及cosα的度数越来越小，此时cosα的值越来越大，进而得出正确的结论．
【解答】解：∵F阻×L阻＝F动×L动．
∴当阻力及阻力臂不变，动力×动力臂为定值，且定值＞0，
∴动力随着动力臂的增大而减小，
∵杠杆向下运动时α的度数越来越小，此时cosα的值越来越大，β的度数越来越大，此时cosβ的值越来越小，
∴阻力臂越来越小，阻力不变，
∴动力×动力臂越来越小，而动力臂越来越大，
∴此时动力越来越小；
故选：A．
6．（2022•浦江县模拟）某停车场入口的栏杆如图所示，栏杆从水平位置AB绕点O旋转A′到A′B′的位置，已知OA＝a米，若栏杆的旋转角∠AOA′＝α，则栏杆最外点A升高的高度为（ ）
A．atanα米 B．acosα米 C．米 D．asinα米
【分析】过点A′作A′D⊥AB，垂足为D，根据旋转的性质可得OA＝OA′＝a米，然后在Rt△A′DO中，利用锐角三角函数的定义求出A′D的长，即可解答．
【解答】解：过点A′作A′D⊥AB，垂足为D，
由旋转得：
OA＝OA′＝a米，
在Rt△A′DO中，∠AOA′＝α，
∴A′D＝A′O•sin∠AOA′＝asinα（米），
∴栏杆最外点A升高的高度为asinα米，
故选：D．
7．（2022•深圳三模）某学校安装红外线体温检测仪（如图1），其红外线探测点O可以在垂直于地面的支杆OP上自由调节（如图2）．已知最大探测角∠OBC＝67°，最小探测角∠OAC＝37°．测温区域AB的长度为2米，则该设备的安装高度OC应调整为（ ）米．（精确到0.1米．参考数据：sin67°≈，cos67°≈，tan67°≈，sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈）
A．2.4 B．2.2 C．3.0 D．2.7
【分析】设BC＝xm，则AC＝（x+2）m，由∠OBC＝67°，∠OAC＝37°可得OC＝BC•tan67°，OC＝AC•tan37°，从而可得BC•tan67°＝AC•tan37°，即x＝（x+2），解得x＝，即可求解OC．
【解答】解：设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，
故选：B．
8．（2022•鹿城区二模）消防云梯如图所示，AB⊥BC于B，当C点刚好在A点的正上方时，DF的长是（ ）
A．acosθ+bsinθ B．acosθ+btanθ
C． D．
【分析】连接AC，根据题意可得AC＝EF，∠CAB+θ＝90°，再利用垂直定义可得∠ABC＝90°，从而可得∠BAC+∠BCA＝90°，进而可得∠BCA＝θ，然后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出AC的长，从而求出EF的长，最后在Rt△CDE中，利用锐角三角函数的定义求出DE的长，进行计算即可解答．
【解答】解：连接AC，
则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+，
故选：C．
9．（2022春•永嘉县月考）如图，某游乐场矗立起一座摩天轮，其直径为90m，旋转1周用时15min．小明从摩天轮的底部（与地面相距0.5m）出发开始观光，摩天轮转动1周，小明在离地面68m以上的空中时间是（ ）
A．5min B．6min C．7min D．8min
【分析】设小明在C点和D点时距离地面68m，利用三角函数求出∠COD的角度即可求出时间．
【解答】解：如图，设小明在C点和D点时距离地面68m，延长AO交CD于M，
即OM⊥CD，小明在上时即为所求，
由题知，AB＝0.5m，AM＝68m，OB＝OD＝＝45m，
∴OM＝68﹣45﹣0.5＝22.5m，
∴＝cos∠MOD，
∴∠MOD＝60°，
∴∠COD＝120°，
∵摩天轮旋转1周用时15min，
∴小明在离地面68m以上的空中时间是15×＝5（min），
故选：A．
10．（2022•温州模拟）把直尺、三角尺和圆形螺母按如图所示的方式放置于桌面上，AB与螺母相切，D为螺母与桌面的切点，∠CAB＝60°．若量出AD＝6cm，则圆形螺母的外直径是（ ）
A．cm B．12cm C．cm D．cm
【分析】设圆形螺母的圆心为O，与AB切于E，连接OD，OE，OA，然后利用三角函数求出OD的长度即可得出直径．
【解答】解：设圆形螺母的圆心为O，与AB切于E，连接OD，OE，OA，如下图所示：
∵AD，AB分别为圆的切线，
∴AO为∠DAB的平分线，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，
则圆形螺母的直径为12，
故选：A．
11．（2022•济南二模）为出行方便，近日来越来越多的长春市民使用起了共享单车，图1为单车实物图，图2为单车示意图，AB与地面平行，点A、B、D共线，点D、F、G共线，坐垫C可沿射线BE方向调节．已知∠ABE＝70°，车轮半径为30cm，当BC＝60cm时，小明体验后觉得骑着比较舒适，此时坐垫C离地面高度约为（ ）（结果精确到1cm，参考数据：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，利用三角函数求出CH+AP即可．
【解答】解：作CH⊥AB于H，作AP⊥地面于P，
由题知，AP＝30cm，BC＝60cm，∠ABE＝70°，
∴CH＝BC•sin70°≈60×0.94＝56.4（cm），
∴坐垫C离地面高度约为56.4+30≈86（cm），
故选：B．
12．（2022•平阴县二模）如图1是一个手机的支架，由底座、连杆和托架组成（连杆AB、BC、CD始终在同一平面内），AB垂直于底座且长度为9cm，BC的长度为10cm，CD的长度可以伸缩调整．如图2，∠BCD＝143°保持不变，转动BC，使得∠ABC＝150°，假如AD∥BC时为最佳视线状态，则此时CD的长度为（参考数据：sin53°≈0.80．cos53°≈0.60）（ ）
A．8cm B．7.7cm C．7.5cm D．5.6cm
【分析】作BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F，解直角三角形求出CF、CD即可解决问题．
【解答】解：作BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F，如图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的长度为7.5cm．
故选：C．
二．填空题
13．（2022•濠江区一模）为解决停车问题，某小区在如图所示的一段道路边开辟一段斜列式停车位，每个车位长6m，宽2.4m，矩形停车位与道路成60°角，则在这一路段边上最多可以划出 9 个车位．（参考数据：）
【分析】根据直角三角形的边角关系可求出BC，CF，进而求出CG，再进行计算即可．
【解答】解：如图，设最后一个车位的点A落在边线AB上，延长ED于＝与道路边沿交于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，
∴可划车位的个数为：27≈9（个），
故答案为：9．
14．（2022秋•巨野县期中）我市牡丹机场现已成功运营，给出了某型号客机的机翼示意图．其中m＝1，，则AB的长为 2﹣ ．
【分析】构造直角三角形，根据特殊锐角的三角函数求出DE、AG即可．
【解答】解：如图，延长BA与过点C、D且平行于BE的直线相交于点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﹣，
故答案为：2﹣．
15．（2022秋•瑞安市期中）如图1是某小车侧面示意图，图2是该车后备箱开起侧面示意图，具体数据如图所示（单位：cm）且AF∥BE，∠BAF＝60°，BD＝10，箱盖开起过程中，点A，C，F不随箱盖转动，点B，D，E绕点A沿逆时针方向转动90°，即∠BAB'＝90°分别到点B'，D'，E'的位置，气簧活塞杆CD随之伸长CD'已知直线BE⊥B'E'，CD'＝CB，那么AB的长为 40 cm，CD'的长为 31.25 cm．
【分析】过A作AP⊥EB延长线交于点P，由BE旋转一定角度后得到B'E'可知，旋转角度为90°，过B'作BH⊥AP，交AP于点H，分别表示出B'H、PB的长，即可得出AB的长，设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：过A作AP⊥EB延长线交于点P，
∵AF∥BE，
∴∠ABP＝∠BAF＝60°，
∴BP＝AB，
由BE旋转一定角度后得到B'E'可知，旋转角度为90°，
过B'作BH⊥AP，交AP于点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；
设CD＝xcm，
则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）．
故答案为：40；31.25．
16．（2022秋•高新区期中）如图是某风车示意图，其相同的四个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片OA，OB，此时各叶片影子在点M右侧成线段CD，设太阳光线与地面的夹角为α，测得tanα＝，MC＝8.5m，CD＝13m，风车转动时，叶片外端离地面的最大高度等于 （10+） m．
【分析】作平行线OP，根据平行线分线段成比例定理可知PC＝PD，由EF与影子FG的比为2：3，可得OM的长，同法由等角的正弦可得OB的长，从而得结论．
【解答】解：如图，过点O作OP∥BD，交MG于P，过P作PN⊥BD于N，则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＝，
以点O为圆心，OA的长为半径作圆，当OB与OM共线时，叶片外端离地面的高度最大，其最大高度等于（10+）米．
故答案为：（10+）．
17．（2022秋•莱西市期中）一配电房示意图如图所示，它是一个轴对称图形．已知BC＝6m，∠ABC＝50°，则房顶A离地面EF的高度为 7.6 m．（结果精确到0.1m，参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，利用直角三角形的边角关系定理求得AD，用AD+BE即可表示出房顶A离地面EF的高度．
【解答】解：过点A作AD⊥BC于点D，如图：
∵它是一个轴对称图形，
∴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）．
∴房顶A离地面EF的高度＝AD+BE＝4+3.57≈7.6（m）．
故答案为：7.6．
18．（2022秋•孝义市期中）一种拉杆式旅行箱的示意图如图所示，箱体长AB＝55cm，拉杆最大伸长距离BC＝25cm（点A，B，C在同一条直线上），在箱体的底端装有一圆形滚轮，滚轮中心到地面的距离AD＝8cm．当人的手自然下垂拉旅行箱时，感觉较为舒服．已知佳佳的手自然下垂在点C处且拉杆达到最大延伸距离时，旅行箱与佳佳身体的夹角∠C为60°，AE∥DM，则此时佳佳的手到地面的距离为 48 cm．
【分析】解直角三角形求出CF，可得结论．
【解答】解：∵AB＝55cm，BC＝25cm，
∴AC＝80cm，
∵∠C＝60°，∠CFA＝90°，
∴CF＝AC•cos60°＝40cm，
∵四边形ADMF是矩形，
∴AD＝FM＝8cm，
∴CM＝40+8＝48（cm），
∴此时佳佳的手到地面的距离为48cm，
故答案为：48．
19．（2022•鹿城区校级三模）图1是一款摆臂遮阳蓬的实物图，图2是其侧面示意图，点A，O为墙壁上的固定点，摆臂OB绕点O旋转过程中，遮阳蓬AB可自由伸缩，蓬面始终保持平整．如图2，∠AOB＝90°，OA＝OB＝1.5米，光线l与水平地面的夹角约为tanα＝3，此时身高为1米的小朋友（MN＝1米）站在遮阳蓬下距离墙角1.2米（QN＝1.2米）处，刚好不被阳光照射到，此时小朋友的头顶M距离遮阳蓬的竖直高度（MP）为 0.3 米；同一时刻下，旋转摆臂OB，点B的对应点B'恰好位于小朋友头顶M的正上方，当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时，其头顶距离遮阳蓬的竖直高度为 1.3 米．
【分析】证明BM＝MP，从而求得MP的值，过点B′作B′C∥BN，与QN交于点C，过B′作B′F⊥AQ于F，过C作CD⊥B′F于点D，与AB′交于点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，再由平行线分线段成比例性质的推论得，便可求得DE，问题便可得以解决．
【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），
过点B′作B′C∥BN，与QN交于点C，过B′作B′F⊥AQ于F，过C作CD⊥B′F于点D，与AB′交于点E，
则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），
即当小朋友后退至刚好不被阳光照射到时，其头顶距离遮阳蓬的竖直高度约为1.3m．
故答案为：0.3；1.3．
20．（2022春•义乌市月考）某小区为方便垃圾分类投放垃圾，通过招标选择了一种双层长方体垃圾桶，上层采用手动翻盖，下层采安装旋转出桶装置，如图所示．已知整体AB＝112cm，BC＝40cm，CP＝50cm，侧面如图1所示，EG为隔板，等分上下两层．下方内桶BCGH绕底部轴（CP）旋转打开，若点H恰好能卡在原来点G的位置，则内桶边BH的长度应设计为 16 cm；现将BH调整为40cm，打开最大角度时，点H卡在隔板上，如图2所示，可完全放入下方内桶的球体的直径不大于 33.6 cm．
【分析】如图1中，连接CH，过点H作HT⊥CG于T，z则四边形BCTH是矩形．利用勾股定理求出CT．如图2中，连接CH，过点G作GJ⊥CG′于J，过点B′作B′M⊥GH于M交BC于N．求出sin∠BCB′，再证明∠GCG′＝∠BCB′，求出GJ，可得结论．
【解答】解：如图1中，连接CH，过点H作HT⊥CG于T，则四边形BCTH是矩形．
∵CG＝CH＝CD＝AB＝56（cm），HT＝BC＝40cm，
∴BH＝CT＝＝＝16（cm），
如图2中，连接CH，过点G作GJ⊥CG′于J，过点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，
设HM＝x，则CN＝MB′＝x+8，
在Rt△MHB′中，则有x2+（x+8）2＝402，
∴x＝24（负值舍去），
∴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），
∴可完全放入下方内桶的球体的直径不大于33.6cm，
故答案为：16，33.6．
21．（2022•衢州一模）三折伞是我们生活中常用的一种伞，它的骨架是一个“移动副”和多个“转动副”组成的连杆机构，如图1是三折伞一条骨架的结构图，当“移动副”（标号1）沿着伞柄移动时，折伞的每条骨架都可以绕“转动副”（标号2﹣9）转动；图2是三折伞一条骨架的示意图，其中四边形CDEF和四边形DGMN都是平行四边形，AC＝BC＝13cm，DE＝2cm，DN＝1cm．
（1）若关闭折伞后，点A、E、H三点重合，点B与点M重合，则BN＝ 23 cm．
（2）在（1）的条件下，折伞完全撑开时，∠BAC＝75°，则点H到伞柄AB距离是 69.8 cm．
（参考数据：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73，结果精确到0.1cm）
【分析】（1）根据关闭折伞后，点A、E、H三点重合，可知AC＝CD+DE，利用平行四边形的性质可以求出BN；
（2）根据A、E、H三点共线并且AH⊥AB，BM⊥AB，应用等腰三角形和平行四边形的性质进行求解即可．
【解答】解：（1）∵关闭折伞后，点A、E、H三点重合，
∴AC＝CD+DE，
∴CD＝13﹣2＝11，
∴CN＝CD﹣DN＝11﹣1＝10，
∴BN＝BC+CN＝13+10＝23（cm），
故答案为：23；
（2）如图2，A、E、H三点共线并且AH⊥AB，过点F作FK⊥AE于点K，过点G作GJ⊥EH于点J，
∵∠BAC＝75°，AC＝BC＝13cm，
∴∠ACB＝30°，
∵AC∥DE，DG∥MN，
∴∠AFE＝∠EGH＝150°，
∵AF＝EF，FK⊥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，
∵关闭折伞后，点A、E、H三点重合，点B与点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，
∴点H到伞柄AB距离为69.8cm．
故答案为：69.8．
22．（2022•浦江县模拟）某商场打算给一柱子缠绕上装饰灯带PQ，已知该圆柱形柱子的底圆周长为2.4m，灯带沿着柱子底部圆可缠绕5圈．若沿着柱子侧壁从底部缠绕到顶部刚好可缠绕4圈，如图1所示，则：
（1）柱子的高度是 7.2 m．
（2）现在商场为了使装饰效果更加美观，利用装饰灯带构造出4片相同的树叶图案，图2所示为装饰灯带展开图，PAC与PBC是关于PQ对称的两段弧，且两弧之间的最宽距离AB为1m，则商场还需另行购买 米的装饰灯带（sin37°≈0.6，结果保留π）．
【分析】（1）根据题意作出圆柱侧面展开图，利用勾股定理得出柱子的高度即可；
（2）根据装饰带的长度得出PC的长度，设AB与PC交于点M，设弧PAC所在圆的圆心为O，根据勾股定理得出半径的长度，利用解直角三角形的知识得出圆心角的度数，然后求出装饰灯带的长度即可．
【解答】解：（1）根据题意，作圆柱侧面展开图如下：
∵QD＝2.4m，QE＝2.4×5÷4＝3（m），
∴DE＝＝＝1.8（m），
∴PQ＝1.8×4＝7.2（m），
即柱子的高度为7.2m，
故答案为：7.2；
（2）设AB与PC交于点M，设弧PAC所在圆的圆心为O，
∵装饰灯带PQ＝2.4×5＝12（m），
∴PM＝PC＝＝1.5（m），
∵AB＝1m，
∴AM＝0.5m
设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°，
∴＝＝，
∴增加的装饰灯带长度为×8＝，
故答案为：π．
23．（2022•新河县一模）如图1是某工厂生产的某种多功能儿童车，根据需要可变形为滑板车或三轮车，图2、图3是其示意图，已知前后车轮半径相同，车杆AB的长为60cm，点D是AB的中点，前支撑板DE＝30cm，后支撑板EC＝40cm，车杆AB与BC所成的∠ABC＝53°．
（1）如图2，当支撑点E在水平线BC上时，则支撑点E与前轮轴心B之间的距离BE的长为 36cm ；
（2）如图3，当座板DE与地面保持平行时，则变形前后两轴心BC的变化量为 增加了4cm ．（参考数据：sin53°≈，cos53°≈，tan53°≈）
【分析】（1）如图1，过点D作DF⊥BE于点F，由题意知BD＝DE＝30cm，根据三角函数的定义即可得到结论；
（2）如图2，过点D作DM⊥BC于M，过点E作EN⊥BC于点N，由题意知四边形DENM是矩形，求得MN＝DE＝30cm，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：（1）如图1，过点D作DF⊥BE于点F，
由题意知BD＝DE＝30cm，
∴BF＝BDcos∠ABC＝30×＝18（cm），
∴BE＝2BF＝36（cm）．
（2）如图2，过点D作DM⊥BC于M，过点E作EN⊥BC于点N，
由题意知四边形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），
则BC＝18+30+32＝80（cm），
原来BC＝36+40＝76（cm），
80﹣76＝4（cm），
∴变形前后两轴心BC的长度增加了4cm．
24．（2022•丽水一模）如图1的一汤碗，其截面为轴对称图形，碗体ECDF呈半圆形状（碗体厚度不计），直径EF＝26cm，碗底AB＝10cm，∠A＝∠B＝90°，AC＝BD＝3cm．
（1）如图1，当汤碗平放在桌面MN上时，碗的高度是 15 cm．
（2）如图2，将碗放在桌面MN上，绕点B缓缓倾斜倒出部分汤，当碗内汤的深度最小时，tan∠ABM的值是 ．
【分析】（1）由垂径定理和勾股定理可求PO的长，即可求解；
（2）由旋转的性质可得OB＝O'B＝5cm，∠ABM＝∠OBO'，由勾股定理可求RB的长，由面积关系可求OK的长，由锐角三角函数可求解．
【解答】解：（1）如图，设半圆的圆心为O，连接OC，OB，过点O作直线OP⊥CD于P，交AB于Q，
∴四边形ACPQ是矩形，四边形BDPQ是矩形，
∴AC＝PQ＝3cm，PD＝QB，
∵OP⊥CD，
∴CP＝DP＝QB＝5cm，
∵OP＝＝＝12（cm），
∴OQ＝OP+PQ＝15cm．
∴碗的高度为15cm；
（2）如图1，OB＝＝＝5cm，
∵将碗放在桌面MN上，绕点B缓缓倾斜倒出部分汤，
∴当半圆O与直线MN相切时，碗内汤的深度最小，
如图2，设半圆O与直线MN相切于点R，连接O'R，连接OO'，O'B，过点O作OK⊥O'B于K，
∵旋转，
∴OB＝O'B＝5cm，∠ABM＝∠OBO'，
∵半圆O与直线MN相切于点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＝，
故答案为：．
25．（2022春•兰溪市校级月考）太极推盘是一种常见的健身器材（如图1），转动两个圆盘便能锻炼身体．取推盘上半径均为0.4米的圆A与圆B（如图2）且AB＝1米，圆A绕圆心A以2°每秒的速度逆时针旋转，圆B绕圆心B以2°每秒的速度顺时针旋转．开始转动时圆A上的点C恰好落在线段AB上，圆B上的点D在AB下方且满足∠DBA＝60°，则在两圆同时开始转动的30秒时，CD的长是 米．在两圆同时转动的前30秒以内，CD的最小值是 0.5 米
【分析】据题意作出图形，再过点C作CE⊥AB于点E，即可根据含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理求出CD的长；以AC、CD为邻边作平行四边形ACDF，过点D作AB的平行线MN，设∠CAB＝2t°，则∠ABD﹣60°﹣2t°，根据四边形ACDF为平行四边形，则可求出∠BDM＝120°+2t°，∠MDF＝2t°，从而可求出∠BDF＝240°﹣4t°，进而结合等腰三角形的性质可求出∠BFD＝∠FBD＝21°﹣30°，最后可求出∠ABF＝∠ABF+∠FBD＝30°，即说明当AF⊥BF时，AF的长最小，即CD的长最小，由此即可．
【解答】解：根据题意可知，两圆同时开始转动的30秒后，∠CAD＝60°，D点在AB上，如图，过点C作CE⊥AB于点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，
如图，以AC、CD为邻边作平行四边形ACDF，过点D作AB的平行线MN，
设∠CAB＝2t°，则∠ABD＝60°﹣2t°，
∵四边形ACDF为平行四边形，
∴∠BDM＝180°﹣∠ABD＝180°﹣（60°﹣2t°）＝120+2t°，∠CAF＝∠CDF，
∴∠CAB+∠BAF＝∠MDC+∠MDF，
∵AB//MN，
∴四边形AMDO为平行四边形，
∴∠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°，
当AF⊥BF时，AF的长最小，即CD的长最小，
∵∠ABF＝30°，
∴AF＝AB＝0.5米，即CD的长最小值为0.5米．
26．（2022•太仓市模拟）图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架水平放置并且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＝10分米，晾衣臂（OA）撑开时与支脚（OC）的夹角∠AOC＝105°，则点A离地面的距离AM为 （5+5） 分米．（结果保留根号）
【分析】过点O作OQ⊥AM，垂足为M，过点O作OP⊥CD，垂足为P，根据题意可得QM＝OP，∠QOP＝90°，先利用等腰三角形的三线合一性质可得∠COP＝30°，再在
Rt△COP中，利用锐角三角函数的定义求出OP的长，然后在Rt△AOQ中，利用锐角三角函数的定义求出AQ的长，进行计算即可解答．
【解答】解：过点O作OQ⊥AM，垂足为M，过点O作OP⊥CD，垂足为P，
则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，
∴点A离地面的距离AM为（5+5）分米，
故答案为：（5+5）．
27．（2022•迁安市二模）如图，AB为订书机的托板，压柄BC绕着点B旋转，连接杆DE的一端点D固定，点E从A向B处滑动，在滑动的过程中，DE的长度保持不变．在图1中，cm，BE＝7cm，∠B＝45°，则连接杆DE的长度为 5 cm．现将压柄BC从图1旋转到与底座AB垂直，如图2所示，则此过程中点E滑动的距离为 （7﹣） cm．
【分析】在图1中，过点D作DF⊥AB，垂足为F，先在Rt△DBF中，利用锐角三角函数的定义求出DF，BF的长，从而求出EF的长，然后在Rt△DEF中，利用勾股定理求出DE的长，如图2，在Rt△BDE中，利用勾股定理求出BE的长，进行计算即可解答．
【解答】解：在图1中，过点D作DF⊥AB，垂足为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），
如图2，
在Rt△BDE中，DE＝5cm，BD＝3cm，
∴BE＝＝＝（cm），
∴此过程中点E滑动的距离为（7﹣）cm，
故答案为：5，（7﹣）．
28．（2022•温州模拟）如图1是一种简约隐形壁挂式折叠凳，图2是其开启过程的侧面结构示意图，具体数据如图所示（单位：cm），外框宽HD＝EG，闭合时，点A与点D重合，点C与点E重合，则外框宽HD为 3 cm；当折叠凳转为半开启状态（A′B′所在的直线过EB中点）时，折叠凳上升的高度为 cm．
【分析】根据数量关系求出BG即可求出HD，再得出△B′BE是等边三角形利用三角形函数即可得出折叠凳上升的高度．
【解答】解：∵闭合时，点A与点D重合，点C与点E重合，
∴AC＝DE＝36cm，
∴DH＝（HG﹣DE）＝×6＝3cm，
∵总高为68cm，HG＝42cm，
∴G到地距离为26cm，
∴AB+EG＝10cm，
∴EG＝HD＝（36﹣10）÷2＝3cm，
∴AB＝7cm＝A′B′，
由图可知B′E+A′B＝DE（翻折上去），
∴B′E＝29cm，
∴BC不变，升高到B′C′，
∴折叠凳升高高度为B升高的高度，
∵A′B′在EB中点上，
∴△B′BE是等边三角形，
∴B升高高度＝B′E•sin60°＝＝折叠凳升高高度，
故答案为：3，．
29．（2022•金华模拟）图1是某型号挖掘机，该挖掘机是由基座、主臂和伸展臂构成．图2是其侧面结构示意图（MN是基座的高，MP是主臂，PQ是伸展臂）．已知基座高度MN为0.5米，主臂MP长为3米，主臂伸展角α的范围是：0°＜α≤60°，伸展臂伸展角β的范围是：45°≤β≤135°．当α＝45°时（如图3），伸展臂PQ恰好垂直并接触地面．
（1）伸展臂PQ长为 3.5 米；
（2）挖掘机能挖的最远处距点N的距离为 米．
【分析】（1）过点M作MH⊥PQ，垂足为Q，根据题意可得HQ＝MN＝0.5米，然后在Rt△PHM中，利用锐角三角函数的定义求出PH的长，从而求出PQ的长，即可解答；
（2）当∠QPM＝135°时，过点Q作QA⊥PM，交MP的延长线于点A，连接QM，利用平角定义可求出∠APQ＝45°，然后在Rt△APQ中，利用锐角三角函数的定义求出AP，AQ的长，从而求出AM的长，再在Rt△AQM中，利用勾股定理求出QM的长，最后在Rt△QMN中，利用勾股定理求出QN的长，即可解答．
【解答】解：（1）过点M作MH⊥PQ，垂足为Q，
则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长为3.5米，
故答案为：3.5；
（2）当∠QPM＝135°时，过点Q作QA⊥PM，交MP的延长线于点A，连接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），
∴挖掘机能挖的最远处距点N的距离为米，
故答案为：．
30．（2022•金华模拟）如图1是某激光黑白A4纸张打印机的机身，其侧面示意图如图2，AB⊥BC，CD⊥BC．出纸盘EP下方为一段以O为圆心的圆弧，与上部面板线段AE相接于点E，与CD相切于点D．测得BC＝24cm，CD＝18cm．进纸盘CH可以随调节扣HF向右平移，CH＝18cm，HF＝2cm．当HF向右移动6cm至H′F′时，点A，D，F'在同一直线上，则AB的长度为 34 cm．若点E到AB的距离为16cm，tanA＝4，连接PO，线段OP恰好过的中点．若点P到直线BC的距离为32cm，则PE＝ 2 cm．
【分析】根据题意构造相似三角形，利用相似三角形的对应边成比例，求出AM，进而求出AB的值；
利用垂径定理可得OP是DE的垂直平分线，得到PE＝PD，在Rt△AEK中利用锐角三角函数可求出AK，进而求出KB的长，通过作平行线构造直角三角形和矩形，设DG＝CT＝acm，则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）如图，过点F′作F′M⊥AB，垂足为M，交CD于点N，
由题意得，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），
故答案为：34；
（2）如图3，过点E作BC的平行线交AB于点K，交过点P作AB的平行线与点Q，连接OE，OD，OD的延长线交PT于点G，
∴四边形KESB、四边形EQTS、四边形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），
设DG＝CT＝acm，则ST＝EQ＝SC+CT＝（a+8）cm，
∵线段OP恰好过的中点，
∴OP是DE的垂直平分线，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），
故答案为：2．
31．（2022•永嘉县模拟）如图1，是一幅椅子和花架相互转化的实物图．放置在水平地面上的椅子示意图如图2所示，在矩形ABCD中，点E在BC上，点F，G在CD上，G是CF的中点，隔板FH∥GI∥BC，分别交DE于点H，I，现将该椅子的左边部分JCDE绕着点E顺时针旋转180°得到一个花架，如图3所示，此时点J落在地面上的点J'处，点C，H的对应点分别为点C'，H'，已知AB＝46cm，BC＝37cm，BE＝14cm，则点J离地面的距离是 92 cm；若点J'，C'，H'在同一直线上，tan∠AJ'C'＝6，则隔板GI的长是 cm．
【分析】①根据点J与点J'关于点E成中心对称，知点J到BC的距离等于点J'到BC的距离，从而得出点J离地面的距离为2AB，②连接C'H'交G'I'于点P，过点C'作C'Q⊥DJ'于点Q，利用△H'EC'∽△H'DJ'，设△H'EC'边EC'上的高为hcm，则△H'DJ'边DJ'上高为（h+46）cm，可得C'F'＝h＝cm，再利用tan∠F'H'C'＝6，得H'F'＝，再利用三角形中位线定理可得答案．
【解答】解：①∵将该椅子的左边部分JCDE绕着点E顺时针旋转180°后点J落在地面上的点J'处，
∴点J与点J'关于点E成中心对称，
∴点J到BC的距离＝点J'到BC的距离，
∵四边形ABCD为矩形，
∴点J'到BC的距离等于AB的长，
∵AB＝46cm，
∴点J离地面的距离是46×2＝92（cm），
②如图，连接C'H'交G'I'于点P，过点C'作C'Q⊥DJ'于点Q，
∵四边形ABCD为矩形，
∴BC∥AD，∠BAD＝90°，
∵BE＝14cm，BC＝37cm，
∴EC'＝CE＝BC﹣BE＝23（cm），
∴BC'＝EC'﹣BE＝9（cm），
∵∠ABC'＝∠BAJ'＝∠AQC'＝90°，
∴四边形ABC'Q为矩形，
∴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'，
设△H'EC'边EC'上的高为hcm，则△H'DJ'边DJ'上高为（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的中点，
∴G'是C'F'的中点，
∴PG'＝，PI'＝，
∴GI＝G'I'＝G'P+I'P＝（cm），
故答案为：92；．
32．（2022•鹿城区校级二模）如图是一个矩形足球球场，AB为球门，CD⊥AB于点D，AB＝a米．某球员沿CD带球向球门AB进攻，在Q处准备射门．已知BD＝3a米，QD＝3a米，则tan∠AQB＝ ；已知对方门将伸开双臂后，可成功防守的范围大约为0.25a米，此时门将站在张角∠AQB内，双臂伸开MN且垂直于AQ进行防守，MN中点与AB距离 a 米时，刚好能成功防守．
【分析】如图，过点B作BH⊥AQ于H，计算BH和HQ的长，根据三角函数定理可得tan∠AQB＝；延长MN交AD于E，取MN的中点O，过点N作JK⊥AD于K，过点O作OJ⊥JK于J，根据三角函数定义列比例式计算JN和NK的长，可得结论．
【解答】解：如图，过点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＝＝＝；
延长MN交AD于E，取MN的中点O，过点N作JK⊥AD于K，过点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的中点，
∴ON＝a，
∴NJ＝a，
∴JK＝JN+NK＝a+a＝a，
即MN中点与AB距离a米时，刚好能成功防守．
故答案为：，a．
33．（2022•江阴市校级一模）图1是一款折叠式跑步机，其侧面结构示意图如图2（忽略跑步机的厚度）．该跑步机由支杆AB（点A固定），底座AD和滑动杆EF组成．支杆AB可绕点A转动，点E在滑槽AC上滑动．已知AB＝60cm，AC＝125cm．收纳时，滑动端点E向右滑至点C，点F与点A重合；打开时，点E从点C向左滑动，若滑动杆EF与AD夹角的正切值为2，则察看点F处的仪表盘视角为最佳．
（1）BE＝ 65 cm；
（2）当滑动端点E与点A的距离EA＝ （13+2）或（13﹣2） cm时，察看仪表盘视角最佳．
【分析】（1）利用线段的和差定义求解即可；
（2）分∠BAE是锐角或钝角，分别画出图形求解即可．
【解答】解：（1）由题意BE＝AC﹣AB＝125﹣60＝65（cm）．
故答案为：65．
（2）如图2﹣1中，当∠BAE是锐角时，过点B作BT⊥AE于点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．
如图2﹣2中，当∠BAE是钝角时，过点B作BT⊥AE于点T．
同法可得，ET＝13，AT＝2，
∴AE＝TE﹣AT＝（13﹣2）cm，
综上所述，AE的长为（13+2）cm或（13﹣2）cm．
34．（2022•鹿城区校级开学）“曲柄摇杆机构”是一种运动零件．图1是某个“曲柄摇杆”的示意图，它由四条固定长度的线段组成，其中AB是静止不动的机架，AD是绕A做圆周运动的曲柄，BC是绕B上下摆动的摇杆，CD是连结AD和BC两个运动的连杆，A，B，C，D始终在同一平面内．已知AB＝BC＝5．当D运动到图2位置时，记AB，CD的交点为E，现测得AD⊥BC，AD＝DE，tan∠DAE＝，则CD＝ ．图2之后，D绕A继续运动，当C再次回到图2位置时（如图3），则此时“曲柄摇杆”所围成的四边形ABCD的面积为 ．
【分析】（1）延长AD交CB的延长线于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，设AG＝BG＝x，在Rt△BFG中列出方程，求得BG，再根据△FBG∽△FCD列出比例式，求得CD；
（2）在AF上截取AD′＝AD，连接CD′（即还原图2的CD的位置），根据勾股定理求得D′F的长，进而求得△ACD′及△ABC的面积，进而求得四边形ABCD的面积．
【解答】解：如图1，
延长AD交CB的延长线于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，
设AG＝BG＝x，则FG＝4﹣x，
在Rt△BFG中，由勾股定理得，
FG2+BF2＝BG2，
∴（4﹣x）2+32＝x2
∴x＝，
∴＝，
∴CD＝，
如图2，
CD′是CD在图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四边形ABCD＝10+＝，
故答案是：，．
三．解答题
35．（2021秋•钟山区期末）如图①是某市地铁站的一组智能通道闸机，当行人通过智能闸机时会自动识别行人身份，识别成功后，两侧的圆弧翼闸会自动收回到机箱内，行人即可通行．图②是一个智能通道闸机的截面图，已知∠ABC＝∠DEF＝28°，AB＝DE＝60cm，点A、D在同一水平线上，且A、D之间的距离是10cm．
（1）试求闸机通道的宽度（参考数据：sin28°≈0.47，cos28°≈0.88，tan28°≈0.53）
（2）实验数据表明，一个智能闸机通道平均每分钟检票通过的人数是一个人工检票口通过的人数的2倍．若有240人的团队通过同一个人工检票口比通过同一个智能闸机检票口多用4分钟，求一个人工检票口和一个智能闸机通道平均每分钟检票各通过多少人？
【分析】（1）连接AD，并向两方延长，分别交BC，EF于M，N，由点A，D在同一条水平线上，BC，EF 均垂直于地面可知，MN⊥BC，MN⊥EF，所以MN的长度就是BC与EF之间的距离，同时，由两圆弧翼成轴对称可得，AM＝DN，解直角三角形即可得到结论；
（2）设一个人工检票口平均每分钟检票通过的人数为x人，根据题意列方程即可得到结论．
【解答】解：（1）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥EF于点N，如图：
在Rt△AMB中，AB＝60cm，∠ABM＝28°，
∴sin28°＝，
∴AM＝AB×sin28°＝0.47×60＝28.2（cm），
同理 DN＝28.2cm，
∴闸机通道的宽度BE＝AM+AD+DN＝28.2×2+10＝66.4（cm）；
答：闸机通道的宽度是66.4cm；
（2）解：设一个人工检票口每分钟检票通过的人数为x人，则一个智能闸机检票口每分钟通过的人数为2x人，
由题意得：﹣＝4，
解得：x＝30，
经检验：x＝30是原方程的解，
∴2x＝2×30＝60（人），
答：一个人工检票口每分钟检票通过30人，一个智能闸机检票口每分钟通过60人．
36．（2022•夏邑县模拟）如图（1）是一种迷你型可收缩式乐谱支架，图（2）是其侧面示意图，其中AB＝BC＝CD＝24cm，DB⊥BA，Q是CD的中点，P是眼睛所在的位置，PM⊥BA于点M，AM＝12cm，当PQ⊥CD时，P为最佳视力点．
（1）若∠ABC＝α，则∠DCB＝ 2α ；
（2）当∠ABC＝37°且PM＝53cm时，请通过计算说明点P是不是最佳视力点．（参考数据：sin37°＝cos53°≈，cos37°＝sin53°≈，tan37°≈，tan53°≈）
【分析】（1）根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理可求出答案；
（2）通过作平行线，由（1）可求出∠C，再根据锐角三角函数的定义求出∠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，
故答案为：2α；
（2）如图，过点Q作EF∥AB，交PM、BD分别于F、E，则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，
过点C作CH⊥BD于H，则BH＝DH，
∵Q是CD的中点，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与CD不垂直，
∴不是最佳视力点．
37．（2022秋•九龙坡区校级月考）图1是疫情期间测温员用“额温枪”对小红测温时的实景图，图2是其侧面示意图，其中枪柄BC与手臂MC始终在同一直线上，枪身BA与额头保持垂直量得胳膊MN＝28cm，枪柄与枪身之间的夹角为120°（即∠MBA＝120°），肘关节M与枪身端点A之间的水平宽度为25.3cm（即MP的长度），枪身BA＝8.5cm．
（1）求MB的长；
（2）测温时规定枪身端点A与额头距离范围为3～5cm．在图2中，若测得∠BMN＝75°，小红与测温员之间距离为50cm，问此时枪身端点A与小红额头的距离是否在规定范围内？并说明理由．（结果精确到0.1cm，参考数据：≈1.4，≈1.7）
【分析】（1）过点B作BH⊥MP，垂足为H，则BA＝HP＝8.5cm，∠ABH＝90°，从而求出∠MBH的度数，然后在Rt△BMH中，根据直角三角形的性质求得MB；
（2）延长PM交FG于点I，利用（1）的结论先求出∠NMI＝45°，然后在Rt△MNI中，利用锐角三角函数的定义求出MI的长，从而求出枪身端点A与小红额头的距离，进行比较即可解答．
【解答】解：（1）过点B作BH⊥MP，垂足为H，
则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）此时枪身端点A与小红额头的距离不在规定范围内，
理由：延长PM交FG于点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），
∴枪身端点A与小红额头的距离＝50﹣14﹣25.3≈5.1（cm），
∵规定枪身端点A与额头距离范围为3～5cm．
∴此时枪身端点A与小红额头的距离不在规定范围内．
38．（2022秋•高新区期中）图1是某型号挖掘机，该挖掘机是由基座、主臂和伸展臂构成，图2是其侧面结构示意图（MN是基座的高，MP是主臂，PQ是伸展臂）．已知基座高度MN为0.5米，主臂MP长为3米，主臂伸展角α的范围是：0°＜α≤60°，伸展臂伸展角β的范围是：45°≤β≤135°．
（1）如图3，当α＝45°时，伸展臂PQ恰好垂直并接触地面，伸展臂PQ长为 3.5 米；
（2）若（1）中PQ长度不变，求该挖掘机最远能挖掘到距点N水平正前方多少米的土石．（结果保留根号）
【分析】（1）过点M作MH⊥PQ，垂足为Q，根据题意可得HQ＝MN＝0.5米，然后在Rt△PHM中，利用锐角三角函数的定义求出PH的长，从而求出PQ的长，即可解答；
（2）当∠QPM＝135°时，过点Q作QA⊥PM，交MP的延长线于点A，连接QM，利用平角定义可求出∠APQ＝45°，然后在Rt△APQ中，利用锐角三角函数的定义求出AP，AQ的长，从而求出AM的长，再在Rt△AQM中，利用勾股定理求出QM的长，最后在Rt△QMN中，利用勾股定理求出QN的长，即可解答．
【解答】解：（1）过点M作MH⊥PQ，垂足为Q，
则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长为3.5米，
故答案为：3.5；
（2）当∠QPM＝135°时，过点Q作QA⊥PM，交MP的延长线于点A，连接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），
∴该挖掘机最远能挖掘到距点N水平正前方米的土石．
39．（2021秋•建邺区期末）小丽与爸妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置A处，OA与地面垂直，两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1.2m高的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD、CE分别为1.8m和2.4m，∠BOC＝90°．
（1）△CEO与△ODB全等吗？请说明理由．
（2）爸爸在距离地面多高的地方接住小丽的？
（3）秋千的起始位置A处与距地面的高是 0.6 m．
【分析】（1）由直角三角形的性质得出∠COE＝∠OBD，根据AAS可证明△COE≌△OBD；
（2）由全等三角形的性质得出CE＝OD，OE＝BD，求出DE的长则可得出答案；
（3）因为OA＝OB，由勾股定理求得OB，再根据AM＝OD+DM﹣OA便可求得结果．
【解答】解：（1）△OBD与△COE全等．
理由如下：
由题意可知∠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分别为1.8m和2.4m，
∴OD＝2.4m，OE＝1.8m，
∴DE＝OD﹣OE＝CE﹣BD＝2.4﹣1.8＝0.6（m），
∵妈妈在距地面1.2m高的B处，即DM＝1.2m，
∴EM＝DM+DE＝1.8（m），
答：爸爸是在距离地面1.8m的地方接住小丽的；
（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处与距地面的高0.6m．
故答案为：0.6．
40．（2022秋•婺城区校级月考）图①是一种手机平板支架，由托板、支撑板和底座构成，手机放置在托板上，托板长AB＝115mm，支撑板长CD＝70mm，且CB＝35mm，托板AB可绕点C转动，且∠CDE＝60°．
（1）求点C到直线DE的距离（计算结果保留根号）；
（2）若∠DCB＝70°时，求点A到直线DE的距离（计算结果精确到个位）；
（3）为了观看舒适，把（1）中∠DCB＝70°调整为90°，再将CD绕点D逆时针旋转，使点B落在DE上，则CD旋转的度数为 33.4° ．（直接写出结果）
（参考数据：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，由直角三角形的边角关系可得答案；
（2）作出点A到直线DE的距离AN，再过点CP⊥AN，在直角三角形ACP中，由边角关系求出AP即可；
（3）连接BD，由直角三角形的边角关系求出∠BDC的度数，进而求出∠BDE的度数即可．
【解答】解：（1）如图②，过点C作CM⊥DE，垂足为M，
在Rt△CDM中，CD＝70mm，∠CDE＝60°，
∵sin∠CDM＝，
∴＝，
∴CM＝35，
即：点C到直线DE的距离为35mm；
（2）如图②，过点A作AN⊥DE，垂足为N，过点C作CP⊥AN，垂足为P，则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：点A到直线DE的距离约为124mm；
（3）如图③，连接BD，
在Rt△BCD中，BC＝35mm，CD＝70mm，
∴tan∠BDC＝＝0.5，
∴∠BDC≈26.6°，
∴∠BDE＝∠CDE﹣∠CDB＝60°﹣26.6°＝33.4°，
故答案为：33.4°．
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