9.(达州)如图4-2-8，E，F为我国某小岛东西两端.某日，中国一艘海监船从A点向正北方向巡航，其航线与该小岛的最近距离$CF = 20\sqrt{3}km$，在A点测得小岛最西端F在点A的北偏东30°方向；航行22km后到达B点，测得最东端E在点B的东北方向(C，F，E在同一直线上).求小岛东西两端的距离.(结果精确到0.1.参考数据：$\sqrt{2}≈1.414$，$\sqrt{3}≈1.732)$

图4-2-8

9. 提示:由题意$∠ CAF = 30°$,$CF = 20\sqrt{3}\ \mathrm{km}$,
$AB = 22\ \mathrm{km}$,$∠ CBE = 45°$, $\therefore AC = 60\ \mathrm{km}$,
$\therefore BC = EC = 60 - 22 = 38(\mathrm{km})$,
$\therefore EF = 38 - 20\sqrt{3} \approx 3.4(\mathrm{km})$.

【分析】
本题是方位角背景下的解直角三角形应用题，解题思路如下：首先由“航线与小岛的最近距离为CF”可知AC⊥CE，得到两个直角三角形Rt△ACF和Rt△BCE；第一步先在Rt△ACF中，利用30°角的正切值求出AC的长度；第二步用AC减去航行的AB长度得到BC的长度；第三步在Rt△BCE中，由东北方向对应45°角，可知该三角形为等腰直角三角形，得到CE=BC；最后用CE减去CF的长度，即可求出小岛东西两端的距离EF。
【解析】
由题意得：$AC ⊥ CE$，$∠ CAF=30°$，$CF=20\sqrt{3}\ \mathrm{km}$，$AB=22\ \mathrm{km}$，$∠ CBE=45°$。
1. 在$\mathrm{Rt}△ ACF$中，$\tan∠ CAF=\frac{CF}{AC}$
$\therefore AC=\frac{CF}{\tan30°}=\frac{20\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=60\ \mathrm{km}$
2. $BC=AC-AB=60-22=38\ \mathrm{km}$
3. 在$\mathrm{Rt}△ BCE$中，$∠ CBE=45°$，$∠ C=90°$
$\therefore ∠ E=45°$，即$△ BCE$为等腰直角三角形
$\therefore EC=BC=38\ \mathrm{km}$
4. $\because C、F、E$在同一直线上
$\therefore EF=EC-CF=38-20\sqrt{3}\approx38-20×1.732=3.36\approx3.4\ \mathrm{km}$
【答案】
小岛东西两端的距离约为$\boxed{3.4\ \mathrm{km}}$。
【知识点】
解直角三角形的应用；特殊角的三角函数值；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题属于解直角三角形的常规应用题，解题核心是从方位角条件中提取直角三角形的边角关系，结合特殊角的三角函数值逐步计算对应边长，解题时要注意线段之间的和差关系不要混淆。
【难度系数】
0.7

10.(烟台)某中学广场上有旗杆,在学习解直角三角形以后,数学兴趣小组测量了旗杆的高度.如图4-2-9所示,某一时刻,旗杆AB的影子一部分落在平台上,另一部分落在斜坡上,测得落在平台上的影长BC为4m,落在斜坡上的影长CD为3m,AB ⊥ BC,同一时刻,光线与水平面的夹角为72°,1m的竖立标杆PQ在斜坡上的影长QR为2m,求旗杆的高度.(结果精确到0.1m.参考数据:$\sin72° \approx 0.95$,$\cos72° \approx 0.31$,$\tan72° \approx 3.08$)

10. 提示:作$CM ⊥ BC$交$AD$于$M$,$MN ⊥ AB$于$N$.
可得 $\dfrac{CM}{CD} = \dfrac{PQ}{QR}$, 即 $\dfrac{CM}{3} = \dfrac{1}{2}$,$CM = \dfrac{3}{2}(\mathrm{m})$.
易证四边形$MNBC$是矩形. 在$\mathrm{Rt}△ AMN$中,
$\therefore AN = MN · \tan72° \approx 12.3(\mathrm{m})$.
$\therefore AB = AN + BN = 13.8(\mathrm{m})$.

【分析】
解决本题首先要处理斜坡上的影长问题，利用平行投影的性质，先求出斜坡上的影长对应的竖直高度；再通过作辅助线构造矩形和直角三角形，借助矩形的性质得到水平距离，最后解直角三角形求出旗杆超出部分的高度，两部分相加即可得到旗杆总高度。
【解析】
解：过点C作$CM ⊥ BC$，交AD于点M，过点M作$MN ⊥ AB$于点N。
∵ 同一时刻平行投影中，物体高度与对应影长的比值相等，
∴ $\dfrac{CM}{CD} = \dfrac{PQ}{QR}$，代入$CD=3\mathrm{m}$，$PQ=1\mathrm{m}$，$QR=2\mathrm{m}$，
得 $\dfrac{CM}{3} = \dfrac{1}{2}$，解得 $CM=\dfrac{3}{2}=1.5\mathrm{m}$。
∵ $AB ⊥ BC$，$MN ⊥ AB$，$CM ⊥ BC$，
∴ 四边形MNBC是矩形，
∴ $BN=CM=1.5\mathrm{m}$，$MN=BC=4\mathrm{m}$，且$MN // BC$，即光线与水平面的夹角$∠ AMN=72°$。
在$\mathrm{Rt}△AMN$中，$\tan∠ AMN=\dfrac{AN}{MN}$，
∴ $AN = MN · \tan72° \approx 4×3.08=12.32\approx12.3\mathrm{m}$，
∴ 旗杆高度$AB = AN + BN = 12.3+1.5=13.8\mathrm{m}$。
【答案】
$\boldsymbol{13.8\mathrm{m}}$
【知识点】
平行投影的性质，矩形的性质，解直角三角形的应用
【点评】
本题结合实际场景考查几何计算，解题核心是通过添加辅助线将不规则的影长问题转化为常见的矩形、直角三角形计算问题，能有效考查学生的建模能力和计算能力。
【难度系数】
0.6