2025年中考复习浙教版数学模型训练--解直角三角形之拥抱模型和矩形底座模型

这是一份2025年中考复习浙教版数学模型训练--解直角三角形之拥抱模型和矩形底座模型，共13页。试卷主要包含了如图某幢大楼顶部有广告牌CD等内容，欢迎下载使用。
拥抱模型
1．如图，一把梯子AB斜靠在墙上，端点A离地面的高度AC长为1m时，∠ABC=45°.当梯子底端点B向水平向左移动到点B'，端点A沿墙竖直向上移动到点A'，设∠A'B'C=α，则AA'的长可以表示为 .
2．某公园的人工湖边上有一座假山，假山顶上有一竖起的建筑物CD，高为10米，数学小组为了测量假山的高度DE，在公园找了一水平地面，在A处测得建筑物点D（即山顶）的仰角为35°，沿水平方向前进20米到达B点，测得建筑物顶部C点的仰角为45°，求假山的高度DE．（结果精确到1米，参考数据：sin35°≈ 712 ，cs35°≈ 56 ，tan35°≈ 710 ）
3．如图，两幢建筑物AB和CD，AB⊥BD，CD⊥BD，AB=15m，CD=20m．AB和CD之间有一景观池，小双在A点测得池中喷泉处E点的俯角为42°，在C点测得E点的俯角为45°，点B、E、D在同一直线上．求两幢建筑物之间的距离BD．（结果精确到0.1m）（参考数据：sin42°=0.67，cs42°=0.74，tan42°=0.90）
4．艇湖塔，如图1，坐落于嵊州市艇湖山巅，周围碧树环绕，是嵊州的地标建筑之一．某校综合与实践小组的同学借助无人机测量艇湖塔的高度．如图2，先将无人机垂直上升至距塔基底面100m的点A处，即点A到直线l的距离为100m，测得艇湖塔顶端点M的俯角为35°，再将无人机沿水平向艇湖塔方向飞行28m到达点B处，测得艇湖塔底端点N的俯角为55°．已知点A，B，M，N与直线l在同一竖直平面内，求艇湖塔MN的高度．（结果精确到1m；参考数据：sin35°≈0.57，cs35°≈0.82，tan35°≈0.70）
5．如图某幢大楼顶部有广告牌CD．张老师目高MA为1.60米，他站立在离大楼45米的A处测得大楼顶端点D的仰角为30°；接着他向大楼前进14米、站在点B处，测得广告牌顶端点C的仰角为45°．（取3=1.732，计算结果保留一位小数）
（1）求这幢大楼的高DH；
（2）求这块广告牌CD的高度．
矩形底座模型
6．如图，大坝横截面的迎水坡的坡比为4：3，背水坡BC的坡比为1：2，大坝高DE=40米，坝顶宽CD=15米，
（1）求大坝横截面的面积；
（2）求大坝横截面的周长.（坡比指斜坡竖直距离与水平距离的比值）
7．如图所示，某数学活动小组选定测量小河对岸大树BC的高度，他们在斜坡上D处测得大树顶端B的仰角是30°，朝大树方向下坡走8米到达坡底A处，在A处测得大树顶端B的仰角是48°，若坡角∠FAE=30°，求大树的高度（结果保留整数，参考数据：sin48°≈0.74，cs48°≈0.67，tan48°≈1.11，3≈1.73）
8． 如图 1， 某桥的引桥两端各由 2 个斜面和一个水平面构成． 如图 2， 引桥一侧的桥墩顶端点 E 距地面 5m， 从点 E 处测得点 D 的俯角为 30∘， 斜面 ED 的长为 4m， 水平面 DC的长为 2m， 斜面 BC 的坡比为 1：4， 求处于同一水平面上引桥底部 AB 的长． (结果精确到 0.1m，2≈1.41，3≈1.73 )
9．2023年中央电视台兔年春晚国朝舞剧《只此青绿》引人入胜，图1是舞者“青绿腰”动作，引得观众争相模仿，图2是平面示意图．若舞者上半身BC为1.1米，下半身AB为0.6米，下半身与水平面的夹角∠BAD=70°，与上半身的夹角∠ABC=130°．（参考数据：sin20°≈0.34，cs20°≈0.94，tan20°≈0.36）
（1）此时舞者的垂直高度CD约为多少米．
（2）如图3，下半身与水平面的夹角不变，当AB与BC在同一直线上时，舞者的垂直高度增加了多少米？
10．如图，在斜坡PA的坡顶平台处有一座信号塔BC，在坡顶A处测得该塔的塔顶B的仰角为76°，在坡底的点P处测得塔顶B的仰角为45°，已知斜坡长PA＝26m，坡度为1：2.4，点A与点C在同一水平面上，且AC//PQ，BC⊥AC．请解答以下问题：
（1）求坡顶A到地面PQ的距离；
（2）求信号塔BC的高度．（结果精确到1m，参考数据：sin76°≈0.97，cs76°≈0.24，tan76°≈4.00）
11．如图①是某小车侧面示意图，图②是该车后备厢开启侧面示意图，AF∥BE. sin∠BAF=45, 厢盖开启过程中，点 B，E 绕点A 沿逆时针方向转动相同角度，分别到点 B'，E'的位置，点 E'在线段EB 的延长线上，若直线BE⊥B'E'.
（1）求旋转角∠EAE'的度数；
（2）若BE'=28cm,，求AB的长度.
12．引体向上是同学们熟知的体育项目．如图，是曹同学在拉引体向上前的准备姿势，手臂自然伸直，A，B为两个手握单杠点，肩宽CD＝32cm，CD∥AB，手臂长AD＝BC＝46cm，手臂与单杠夹角∠DAB=∠CBA=72°．
（1）求手握单杠点的距离（即线段AB的长）；
（2）曹同学调整手握单杠点的距离，此时手臂与单杠夹角为84°，求调整前后肩宽CD竖直移动的距离．
（结果精确到0.1，参考数据sin72°≈0.95，cs72°≈0.31，tan72°≈3.08，sin84°≈0.99，cs84°≈0.10，tan84°≈9.51）
13．拓展小组研制的智能操作机器人，如图1，水平操作台为l，底座AB固定，高AB为50cm，连杆BC长度为70cm，手臂CD长度为60cm.点B，C是转动点，且AB，BC与CD始终在同一平面内，
（1）转动连杆BC，手臂CD，使 ∠ABC=143° ， CD//l ，如图2，求手臂端点D离操作台 l 的高度DE的长（精确到1cm，参考数据： sin53°≈0.8 ， cs53°≈0.6 ）.
（2）物品在操作台 l 上，距离底座A端110cm的点M处，转动连杆BC，手臂CD，手臂端点D能否碰到点M？请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】2sinα-1
2．【答案】解：过点D作水平线的垂线，即（DE⊥AB），垂足为E，则C、D、E在一条直线上，
设DE的长为x米，
在Rt△BCE中，∠CBE=45°，
∴CE=BE=CD+DE=（10+x）米，
在Rt△ADE中，∠A=35°，
AE=AB+BE=20+10+x=30+x，
tanA= DEAE ，
∴tan35°= x30+x ≈ 710 ，
解得：x≈70，
答：假山的高度DE约为70米．
3．【答案】解：由题意得：∠AEB=42°，∠DEC=45°．
∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴在Rt△ABE中，∠ABE=90°，AB=15，∠AEB=42°．
∵tan∠AEB= ABBE ，
∴BE= 15tan42° ≈15÷0.90= 503 ．
在Rt△DEC中，∠CDE=90°，∠DEC=∠DCE=45°，CD=20，
∴ED=CD=20，
∴BD=BE+ED= 503 +20≈36.7（m）．
答：两幢建筑物之间的距离BD约为36.7m．
4．【答案】解：延长AB，NM，交于点C，如图所示：
∵A到直线l的距离为100m
∴CN=100m
∵∠CBN=55°
∴∠CNB=35°
∴BC=CN⋅tan35°=70m
∵AB=28m
∴AC=AB+BC=98m
∵∠CAM=35°
∴CM=AC⋅tan35°=68.6 m
∴MN=CN−CM≈31m
5．【答案】解：（1）在Rt△DME中，ME=AH=45米；由tan30°=DEME，得DE=45×33=15×1.732=25.98米；又因为EH=MA=1.6米，因而大楼DH=DE+EH=25.98+1.6=27.58≈27.6米；（2）又在Rt△CNE中，NE=45﹣14=31米，由tan45°=CENE，得CE=NE=31米；因而广告牌CD=CE﹣DE=31﹣25.98≈5.0米；答：楼高DH为27.6米，广告牌CD的高度为5.0米．
6．【答案】（1）解：∵坡AD的坡比为4：3， ∵DE=40， ∴ AE=30米，
∵坡BC的坡比为1：2， ∵CF=40， ∴ BF=80米，
∴ 面积为12（15+30+15+80)×40=2800m2
（2）解：∵DE⊥AB，AE=30，DE=40 ∴AD=AE2+DE2=302+402=50米，
∵CF⊥AB，CF=40，BF=80 ∴BC=CF2+BF2=402+802=405米，
∴周长为15+50+30+15+80+405=190+405米.
7．【答案】解：如图，过点D作DH⊥AE，DG⊥BC，垂足分别为H，G．
则四边形DHCG为矩形．
在直角三角形AHD中，∵∠DAH=30°，AD=8，
∴DH=4，AH=43，
∴CG=4，
设BC=x，则BG=x−4，
在直角三角形ABC中，
AC=BCtan∠BAC=x1.11，
∴DG=CH=AH+AC=43+x1.11，
在直角三角形BDG中，∵BG=DG×tan∠BDG，
∴x−4=(43+x1.11)×33，
解得x≈17，
答：大树的高度约为17米．
8．【答案】解：如图，作DF⊥AE于点F，DG⊥AB于点G，CH⊥AB于点H，则DF=GA，DC=GH=2，AF=DG=CH.
由题意，得∠EDF=30∘,
∴EF=12DE=12×4=2,DF=3EF=23.
∵AE=5,∴CH=AF=AE−EF=5−2=3.
∴斜面BC的坡度为1:4=CHBH,∴BH=4CH=12,
∴AB=AG+GH+BH=23+2+12=23+14≈17.5.
答：处于同一水平面上引桥底部AB的长约为17.5m.
9．【答案】（1）解：如图，过点B作BF⊥CD于点F，作BE⊥AD于点E，
∴∠ABE=90°−∠BAD=20°，四边形BEDF为矩形
∴BE=DF，∠EBF=90°，
∴∠CBF=130°−20°−90°=20°，
在Rt△ABE中，∠ABE=20°，AB=0.6米
∴BE=AB⋅cs∠ABE=0.6×0.94=0.564；
同理：CF=BC⋅sin∠CBF=1.1×0.34=0.374；
∴CD=CF+DF=CF+BE=0.564+0.374=0.938米．
（2）解：如图，作CG⊥AD于点G
∴∠C=90°−∠BAD=20°
在△ACG中，AC=AB+BC=0.6+1.1=1.7米
∴CG=AC⋅cs∠C=1.7×0.94=1.598米
CG−CD=1.598−0.938=0.66米
即舞者的高度增加了0.66米．
10．【答案】（1）10m；（2）19m
11．【答案】（1）解：过A作AG⊥BE，垂足为G，如图所示：
由旋转可得：∠BAB'=∠EAE'，且都为旋转角，∠B'=∠ABE，
∵B'E'⊥BE，
∴B'E'∥AG，
∴∠B'+∠B'AG=180°，则∠B'AG=180°−∠B'，
∵∠ABE=∠BAG+∠AGB=∠BAG+90°，则∠BAG=∠ABE−90°，
∴∠EAE'=∠BAB'=∠B'AG+∠BAG=180°−∠B'+∠ABE−90°=90°
（2）解：过点A作AP⊥BE于P，过点B'作B'H⊥AP于H，如图所示：
则∠APB=∠APE'=∠AHB'=∠B'HP=90°，
∵AF∥BE，
∴∠ABP=∠BAF，
∴sin∠ABP=sin∠BAF=45，
在Rt△ABP中，APAB=sin∠ABP=45，
设AP=4k，则AB=5k，
∴BP=AB2−AP2=(5k)2−(4k)2=3k，
∴cs∠ABP=BPAB=3k5k=35，
∴BP=35AB，
由（1）可知：∠BAB'=90°，AB'=AB，B'E'=BE，
∵∠PAB+∠ABP=90°，∠B'AP+∠PAB=90°，
∴∠B'AP=∠ABP，
∴B'H=AB'sin∠B'AP=ABsin∠ABP=45AB，
∵BE⊥B'E'，
∴∠B'E'P=∠B'HP=∠APE'=90°，
∴四边形B'E'PH是矩形，
∴PE'=B'H=45AB，
∴BE'=BP+PE'=35AB+45AB=75AB，
∵BE'=28，
∴75AB=28，
∴AB=20cm．
12．【答案】（1）解：如图1，分别过点C，D作CF⊥AB，DE⊥AB，则∠DEA=∠CFB=90°，
由题意知：AD=BC，
∵∠DAB=∠CBA=72°．
∴△ADE≌△BCF，
∴AE＝BF，DE＝CF
在直角三角形ADE中，
AE=AD×cs72°=46×0.31≈14.26
∴AE＝BF＝14.26
∴AB＝AE＋EF＋BF＝14.26＋32＋14.26＝60.52≈60.5cm
（2）解：如图1，在直角三角形ADE中，
DE=CF=AD×sin72°=46×0.95≈43.7cm
调整后，如图2
D'E'=C'F'=A'D'×sin84°=46×0.99≈45.54
肩宽CD向下移动距离为D'E'−DE=45.54−43.70=1.84≈1.8cm
13．【答案】（1）解：过点C作 CP⊥AE 于点P，
过点B作 BQ⊥CP 于点Q，如图1，
∵∠ABC=143° ，
∴∠CBQ=53° ，
∴ 在 Rt△BCQ 中， CQ=BC⋅sin53°≈70×0.8=56(cm) ， PQ=AB=50(cm) .
∵CD//l ，
∴DE=CP=CQ+PQ=56+50=106(cm) .
∴手臂端点D离操作台 l 的高度DE的长为106cm.
（2）解：能.
理由：当点B，C，D共线时，如图2，
BD=60+70=130cm ， AB=50cm ，
在 Rt△ABD 中， AB2+AD2=BD2 ，
∴AD=120cm>110cm .
手臂端点D能碰到点M阅卷人
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阅卷人
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