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7. 图①是被人们称为世界第一“大碗”的景德镇昌南里艺术中心主体建筑,其造型灵感来自宋代湖田窑影青斗笠碗. 如图②所示,“大碗”的主视图由“大碗”主体$ABCD和矩形碗底BEFC$组成. 已知$AD// EF$,$AM$,$DN$是太阳光线,$AM\perp MN$,$DN\perp MN$,点$M$,$E$,$F$,$N$在同一条直线上. 经测量,$ME= FN= 20.0\ m$,$EF= 40.0\ m$,$BE= 2.4\ m$,$\angle ABE= 152^{\circ}$.(结果精确到$0.1\ m$)
(1)求“大碗”的口径$AD$是多少米.
(2)求“大碗”的高度$AM$是多少米.
(参考数据：$\sin 62^{\circ}\approx0.88$,$\cos 62^{\circ}\approx0.47$,$\tan 62^{\circ}\approx1.88$)
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(1)求“大碗”的口径$AD$是多少米.
(2)求“大碗”的高度$AM$是多少米.
(参考数据：$\sin 62^{\circ}\approx0.88$,$\cos 62^{\circ}\approx0.47$,$\tan 62^{\circ}\approx1.88$)
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答案
1. （1）
解：过点$B$作$BP\perp AD$于点$P$，过点$C$作$CQ\perp AD$于点$Q$。
因为$AD// EF$，$AB// DC$，所以四边形$BEFC$是矩形，四边形$BPQC$是矩形。
则$PQ = BC = EF = 40.0m$，$BP = CQ = BE = 2.4m$。
因为$AM\perp MN$，$DN\perp MN$，$BP\perp AD$，$CQ\perp AD$，所以$\angle AMP=\angle BPM = 90^{\circ}$，$\angle DNQ=\angle CQN = 90^{\circ}$，又$AM// BP// DN$，$AD// MN$，所以四边形$AMBP$和四边形$DNQC$是矩形，则$AP = ME = 20.0m$，$DQ = FN = 20.0m$。
所以$AD=AP + PQ+DQ=20 + 40+20=80.0m$。
2. （2）
解：因为$\angle ABE = 152^{\circ}$，$\angle ABM = 90^{\circ}$，所以$\angle PBE=\angle ABE-\angle ABM = 152^{\circ}-90^{\circ}=62^{\circ}$。
又因为$\angle APB = 90^{\circ}$，$\angle AMP=\angle BPM = 90^{\circ}$，所以$\angle PAB=\angle PBE = 62^{\circ}$（两直线平行，同位角相等）。
在$Rt\triangle ABP$中，$\tan\angle PAB=\frac{BP}{AP}$，已知$AP = 20m$，$BP = 2.4m$，$\tan62^{\circ}\approx1.88$。
因为$AM = AP\tan\angle PAB+BE$（$AM = AP\tan\angle PAB+BP$，$BP = BE$）。
所以$AM = 20×\tan62^{\circ}+2.4$。
把$\tan62^{\circ}\approx1.88$代入得：$AM\approx20×1.88 + 2.4=37.6 + 2.4=40.0m$。
综上，（1）“大碗”的口径$AD$是$80.0m$；（2）“大碗”的高度$AM$是$40.0m$。
解：过点$B$作$BP\perp AD$于点$P$，过点$C$作$CQ\perp AD$于点$Q$。
因为$AD// EF$，$AB// DC$，所以四边形$BEFC$是矩形，四边形$BPQC$是矩形。
则$PQ = BC = EF = 40.0m$，$BP = CQ = BE = 2.4m$。
因为$AM\perp MN$，$DN\perp MN$，$BP\perp AD$，$CQ\perp AD$，所以$\angle AMP=\angle BPM = 90^{\circ}$，$\angle DNQ=\angle CQN = 90^{\circ}$，又$AM// BP// DN$，$AD// MN$，所以四边形$AMBP$和四边形$DNQC$是矩形，则$AP = ME = 20.0m$，$DQ = FN = 20.0m$。
所以$AD=AP + PQ+DQ=20 + 40+20=80.0m$。
2. （2）
解：因为$\angle ABE = 152^{\circ}$，$\angle ABM = 90^{\circ}$，所以$\angle PBE=\angle ABE-\angle ABM = 152^{\circ}-90^{\circ}=62^{\circ}$。
又因为$\angle APB = 90^{\circ}$，$\angle AMP=\angle BPM = 90^{\circ}$，所以$\angle PAB=\angle PBE = 62^{\circ}$（两直线平行，同位角相等）。
在$Rt\triangle ABP$中，$\tan\angle PAB=\frac{BP}{AP}$，已知$AP = 20m$，$BP = 2.4m$，$\tan62^{\circ}\approx1.88$。
因为$AM = AP\tan\angle PAB+BE$（$AM = AP\tan\angle PAB+BP$，$BP = BE$）。
所以$AM = 20×\tan62^{\circ}+2.4$。
把$\tan62^{\circ}\approx1.88$代入得：$AM\approx20×1.88 + 2.4=37.6 + 2.4=40.0m$。
综上，（1）“大碗”的口径$AD$是$80.0m$；（2）“大碗”的高度$AM$是$40.0m$。
8. 如图所示,在$\triangle ABC$中,$BE$为中线,$AD平分\angle BAC$,且$AD\perp BE$,分别交$BE$,$BC于点H$,$D$,$EF\perp BE$,交$BC于点F$,$AB= 5$,$\tan\angle ABE= \frac{3}{4}$.
(1)求$BE$的长.
(2)求$\tan\angle EBC$的值.
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(1)求$BE$的长.
(2)求$\tan\angle EBC$的值.
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答案
(1)解：设$AH=3k$，$BH=4k$，在$Rt\triangle ABH$中，$AB^2=AH^2 + BH^2$，$5^2=(3k)^2+(4k)^2$，解得$k=1$，$\therefore AH=3$，$BH=4$。
设$HE=x$，$AE=EC=m$。$\because AD\perp BE$，$\triangle AHE$为直角三角形，$\therefore AH^2 + HE^2 = AE^2$，即$3^2 + x^2 = m^2$①。
延长$BE$至$G$，使$EG=HE=x$，则$\triangle AHE≌\triangle CGE(SAS)$，$\therefore CG=AH=3$，$\angle G=\angle AHE=90^{\circ}$，$BG=BH + HE + EG=4 + x + x=4 + 2x$。
在$Rt\triangle BGC$中，$BG^2 + CG^2 = BC^2$，$BC=2BD$，由$AD$平分$\angle BAC$，$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}=\frac{5}{2m}$（此处应为$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}$，$AC=2m$，$\frac{5}{2m}=\frac{BD}{DC}$，设$BD=5n$，$DC=2mn$，但更简方法：$\triangle ABH\sim\triangle CBG$（$\angle ABH=\angle CBG$，$\angle AHB=\angle CGB=90^{\circ}$），$\frac{AH}{CG}=\frac{BH}{BG}$，$\frac{3}{3}=\frac{4}{4 + 2x}$，$1=\frac{4}{4 + 2x}$，$4 + 2x=4$，$x=0$（矛盾，修正用角平分线定理）。
由角平分线定理：$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}$，设$AC=2m$，则$\frac{5}{2m}=\frac{BD}{DC}$，设$BD=5t$，$DC=2mt$，$BC=5t + 2mt$。
过$D$作$DK\perp BE$于$K$，$\because AD\perp BE$，$DK// AH$，$\frac{DK}{AH}=\frac{BD}{BA}=\frac{5t}{5}=t$，$\therefore DK=3t$，$\frac{KH}{BH}=\frac{DC}{BC}=\frac{2mt}{5t + 2mt}=\frac{2m}{5 + 2m}$，$KH=4×\frac{2m}{5 + 2m}$。
$\frac{EK}{EH}=\frac{DC}{BC}$，$EK=x×\frac{2m}{5 + 2m}$，$KH + EK=BH - BE$？（换面积法）$S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}BE\cdot AH=\frac{1}{2}(4 + x)×3$，$S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle ABE}=3(4 + x)$。
$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot CG=\frac{1}{2}(5t + 2mt)×3$，又$BD + DC=BC$，$\frac{BD}{DC}=\frac{5}{2m}\Rightarrow BD=\frac{5}{2m}DC$，$BC=DC(\frac{5}{2m} + 1)=\frac{5 + 2m}{2m}DC$，$DC=\frac{2m}{5 + 2m}BC$。
由$AD\perp BE$，$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}BH\cdot AH=\frac{1}{2}×4×3=6$，$S_{\triangle ADC}=\frac{1}{2}HE\cdot AH + \frac{1}{2}HE\cdot CG=\frac{1}{2}x×3 + \frac{1}{2}x×3=3x$，$S_{\triangle ABC}=6 + 3x=3(4 + x)\Rightarrow 6 + 3x=12 + 3x$（恒成立）。
回到①式$9 + x^2 = m^2$，$AC=2m$，在$Rt\triangle AHE$和$Rt\triangle BEC$中无法直接得，用坐标法：以$H$为原点，$BE$为$x$轴，$AD$为$y$轴，$H(0,0)$，$A(0,3)$，$B(-4,0)$，$E(x,0)$，$AE=EC$，$E$为$AC$中点，$\therefore C(2x,-3)$。
$AB=5$：$A(0,3)$，$B(-4,0)$，$AB=\sqrt{(-4 - 0)^2 + (0 - 3)^2}=5$正确，$AC$中点$E(\frac{0 + 2x}{2},\frac{3 + (-3)}{2})=(x,0)$正确，$BC$坐标$B(-4,0)$，$C(2x,-3)$，$BE=x - (-4)=x + 4$，$EC=\sqrt{(2x - x)^2 + (-3 - 0)^2}=\sqrt{x^2 + 9}=AE$，$AC=\sqrt{(2x - 0)^2 + (-3 - 3)^2}=\sqrt{4x^2 + 36}=2\sqrt{x^2 + 9}=2AE$正确。
由$AD$平分$\angle BAC$，$AD$在$y$轴，$\angle BAD=\angle CAD$，$\tan\angle BAD=\frac{BH}{AH}=\frac{4}{3}$，$\tan\angle CAD=\frac{HE}{AH}=\frac{x}{3}$，$\because AD$平分$\angle BAC$，$\angle BAD=\angle CAD$，$\tan\angle BAD=\tan\angle CAD\Rightarrow\frac{4}{3}=\frac{x}{3}\Rightarrow x=4$，$\therefore HE=4$，$BE=BH + HE=4 + 4=8$。
(2)解：由(1)坐标$E(4,0)$，$B(-4,0)$，$C(8,-3)$，$\tan\angle EBC=\frac{CG}{BG}=\frac{3}{BG}$，$BG=BE + EG=8 + 4=12$（$EG=HE=4$），$\tan\angle EBC=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}$。
答案：(1)$8$；(2)$\frac{1}{4}$。
设$HE=x$，$AE=EC=m$。$\because AD\perp BE$，$\triangle AHE$为直角三角形，$\therefore AH^2 + HE^2 = AE^2$，即$3^2 + x^2 = m^2$①。
延长$BE$至$G$，使$EG=HE=x$，则$\triangle AHE≌\triangle CGE(SAS)$，$\therefore CG=AH=3$，$\angle G=\angle AHE=90^{\circ}$，$BG=BH + HE + EG=4 + x + x=4 + 2x$。
在$Rt\triangle BGC$中，$BG^2 + CG^2 = BC^2$，$BC=2BD$，由$AD$平分$\angle BAC$，$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}=\frac{5}{2m}$（此处应为$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}$，$AC=2m$，$\frac{5}{2m}=\frac{BD}{DC}$，设$BD=5n$，$DC=2mn$，但更简方法：$\triangle ABH\sim\triangle CBG$（$\angle ABH=\angle CBG$，$\angle AHB=\angle CGB=90^{\circ}$），$\frac{AH}{CG}=\frac{BH}{BG}$，$\frac{3}{3}=\frac{4}{4 + 2x}$，$1=\frac{4}{4 + 2x}$，$4 + 2x=4$，$x=0$（矛盾，修正用角平分线定理）。
由角平分线定理：$\frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}$，设$AC=2m$，则$\frac{5}{2m}=\frac{BD}{DC}$，设$BD=5t$，$DC=2mt$，$BC=5t + 2mt$。
过$D$作$DK\perp BE$于$K$，$\because AD\perp BE$，$DK// AH$，$\frac{DK}{AH}=\frac{BD}{BA}=\frac{5t}{5}=t$，$\therefore DK=3t$，$\frac{KH}{BH}=\frac{DC}{BC}=\frac{2mt}{5t + 2mt}=\frac{2m}{5 + 2m}$，$KH=4×\frac{2m}{5 + 2m}$。
$\frac{EK}{EH}=\frac{DC}{BC}$，$EK=x×\frac{2m}{5 + 2m}$，$KH + EK=BH - BE$？（换面积法）$S_{\triangle ABE}=\frac{1}{2}BE\cdot AH=\frac{1}{2}(4 + x)×3$，$S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle ABE}=3(4 + x)$。
$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot CG=\frac{1}{2}(5t + 2mt)×3$，又$BD + DC=BC$，$\frac{BD}{DC}=\frac{5}{2m}\Rightarrow BD=\frac{5}{2m}DC$，$BC=DC(\frac{5}{2m} + 1)=\frac{5 + 2m}{2m}DC$，$DC=\frac{2m}{5 + 2m}BC$。
由$AD\perp BE$，$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}BH\cdot AH=\frac{1}{2}×4×3=6$，$S_{\triangle ADC}=\frac{1}{2}HE\cdot AH + \frac{1}{2}HE\cdot CG=\frac{1}{2}x×3 + \frac{1}{2}x×3=3x$，$S_{\triangle ABC}=6 + 3x=3(4 + x)\Rightarrow 6 + 3x=12 + 3x$（恒成立）。
回到①式$9 + x^2 = m^2$，$AC=2m$，在$Rt\triangle AHE$和$Rt\triangle BEC$中无法直接得，用坐标法：以$H$为原点，$BE$为$x$轴，$AD$为$y$轴，$H(0,0)$，$A(0,3)$，$B(-4,0)$，$E(x,0)$，$AE=EC$，$E$为$AC$中点，$\therefore C(2x,-3)$。
$AB=5$：$A(0,3)$，$B(-4,0)$，$AB=\sqrt{(-4 - 0)^2 + (0 - 3)^2}=5$正确，$AC$中点$E(\frac{0 + 2x}{2},\frac{3 + (-3)}{2})=(x,0)$正确，$BC$坐标$B(-4,0)$，$C(2x,-3)$，$BE=x - (-4)=x + 4$，$EC=\sqrt{(2x - x)^2 + (-3 - 0)^2}=\sqrt{x^2 + 9}=AE$，$AC=\sqrt{(2x - 0)^2 + (-3 - 3)^2}=\sqrt{4x^2 + 36}=2\sqrt{x^2 + 9}=2AE$正确。
由$AD$平分$\angle BAC$，$AD$在$y$轴，$\angle BAD=\angle CAD$，$\tan\angle BAD=\frac{BH}{AH}=\frac{4}{3}$，$\tan\angle CAD=\frac{HE}{AH}=\frac{x}{3}$，$\because AD$平分$\angle BAC$，$\angle BAD=\angle CAD$，$\tan\angle BAD=\tan\angle CAD\Rightarrow\frac{4}{3}=\frac{x}{3}\Rightarrow x=4$，$\therefore HE=4$，$BE=BH + HE=4 + 4=8$。
(2)解：由(1)坐标$E(4,0)$，$B(-4,0)$，$C(8,-3)$，$\tan\angle EBC=\frac{CG}{BG}=\frac{3}{BG}$，$BG=BE + EG=8 + 4=12$（$EG=HE=4$），$\tan\angle EBC=\frac{3}{12}=\frac{1}{4}$。
答案：(1)$8$；(2)$\frac{1}{4}$。
