14. ($★★$)(2023·黄石)如图 28-9,某飞机于空中$A处探测到某地面目标在点B$处,此时飞行高度$AC = 1200$米,从飞机上看到点$B的俯角为37^{\circ}$,飞机保持飞行高度不变,且与地面目标分别在两条平行直线上同向运动。当飞机飞行$943米到达点D$时,地面目标此时运动到点$E$处,从点$E看到点D的仰角为47.4^{\circ}$,则地面目标运动的距离$BE$约为米。(结果保留整数,参考数据：$\tan 37^{\circ}\approx \frac{3}{4}$,$\tan 47.4^{\circ}\approx \frac{10}{9}$)
]

423

设地面上点C为A的投影，点F为D的投影，由题意知AC=DF=1200米，AD=CF=943米，AC⊥CE，DF⊥CE。
在Rt△ACB中，∠ABC=37°，tan37°=AC/CB，即3/4=1200/CB，解得CB=1200×4/3=1600米。
在Rt△DFE中，∠DEF=47.4°，tan47.4°=DF/FE，即10/9=1200/FE，解得FE=1200×9/10=1080米。
因为CF=943米，所以CE=CF+FE=943+1080=2023米。
则BE=CE-CB=2023-1600=423米。

15. ($★★$)如图 28-10,一艘轮船以$20$海里/时的速度沿正北方向航行,在$A处测得灯塔C在北偏西30^{\circ}$方向,轮船航行$2小时后到达B$处,在$B处测得灯塔C在北偏西60^{\circ}$方向。当轮船到达灯塔$C的正东方向的D$处时,求此时轮船与灯塔$C$的距离。(结果保留根号)
]

由题意得，$AB = 20×2 = 40$（海里），
在$Rt\triangle ACD$中，$\angle CAD = 30^{\circ}$，
在$Rt\triangle BCD$中，$\angle CBD = 60^{\circ}$。
因为$\angle CBD=\angle ACB + \angle CAB$，
所以$\angle ACB=\angle CBD - \angle CAB=60^{\circ}-30^{\circ}=30^{\circ}$，
所以$\angle ACB=\angle CAB$，
所以$AB = BC = 40$（海里）。
在$Rt\triangle BCD$中，$\sin\angle CBD=\frac{CD}{BC}$，
已知$\angle CBD = 60^{\circ}$，$BC = 40$海里，
$\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
则$CD = BC\cdot\sin60^{\circ}=40×\frac{\sqrt{3}}{2}=20\sqrt{3}$（海里）。
答：此时轮船与灯塔$C$的距离为$20\sqrt{3}$海里。

16. ($★★$)(2023·杭州)第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是$1700$多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”。如图 28-11,在由四个全等的直角三角形($\triangle DAE$,$\triangle ABF$,$\triangle BCG$,$\triangle CDH$)和中间一个小正方形$EFGH拼成的大正方形ABCD$中,$\angle ABF＞\angle BAF$,连接$BE$。设$\angle BAF = \alpha$,$\angle BEF = \beta$,若正方形$EFGH与正方形ABCD的面积之比为1 : n$,$\tan \alpha=\tan^{2}\beta$,则$n$等于【】

A.$5$
B.$4$
C.$3$
D.$2$

C

解：设小正方形边长为$1$，$AF = a$，$BF = b$，则$\tan\alpha=\frac{b}{a}$。
由$\tan\alpha=\tan^{2}\beta$，$\tan\beta=\frac{1}{a}$，得$\frac{b}{a}=(\frac{1}{a})^{2}$，即$b=\frac{1}{a}$。
小正方形面积为$1$，大正方形边长为$a + b$，面积为$(a + b)^{2}$，故$\frac{1}{(a + b)^{2}}=\frac{1}{n}$，即$n=(a + b)^{2}$。
直角三角形中，$a^{2}+b^{2}=(a + b)^{2}-2ab=n - 2$。又$b=\frac{1}{a}$，则$ab = 1$，故$a^{2}+b^{2}=n - 2$。
由$a^{2}+b^{2}=(a + b)^{2}-2ab=n - 2$，且$a^{2}+b^{2}=n - 2$，$a + b=\sqrt{n}$，$ab = 1$，得$n=(a + \frac{1}{a})^{2}=a^{2}+\frac{1}{a^{2}}+2$。
设$t=a^{2}+\frac{1}{a^{2}}$，则$n=t + 2$，又$t=n - 2$，故$n=(n - 2)+2$，解得$n=5$。
答案：$5$

17. ($★★$)(2023·武汉)如图 28-12,在四边形$ABCD$中,$AB// CD$,$AD\perp AB$,以点$D$为圆心,$AD为半径的弧恰好与BC$相切,切点为$E$,若$\frac{AB}{CD}= \frac{1}{3}$,则$\sin C$的值是【】

A.$\frac{2}{3}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{3}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{\sqrt{7}}{4}$

B

设$AB = a$，因为$\frac{AB}{CD}=\frac{1}{3}$，所以$CD = 3a$。
设$AD = R$，因为以点$D$为圆心，$AD$为半径的弧恰好与$BC$相切，切点为$E$，所以$DE\perp BC$，且$AD = DE = R$。
过点$B$作$BF\perp CD$于点$F$，因为$AB// CD$，$AD\perp AB$，所以四边形$ABFD$是矩形，则$BF = AD = R$，$DF = AB = a$，$FC = CD - DF=3a - a = 2a$。
在$Rt\triangle BCF$中，$BC=\sqrt{BF^{2}+FC^{2}}=\sqrt{R^{2}+(2a)^{2}}$。
又因为$S_{四边形ABCD}=S_{\triangle BCD}+S_{\triangle ABD}$，$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AB× AD=\frac{1}{2}aR$，$S_{\triangle BCD}=\frac{1}{2}BC× DE=\frac{1}{2}\sqrt{R^{2}+(2a)^{2}}× R$，$S_{四边形ABCD}=AD× AB + \frac{1}{2}(AB + CD)×(？)$（这里我们换一种方式求四边形面积），$S_{四边形ABCD}=S_{矩形ABFD}+S_{\triangle BCF}=\frac{1}{2}(AB + CD)× AD$（另一种思路），我们用$S_{四边形ABCD}=S_{\triangle ABD}+S_{\triangle BCD}$，$S_{四边形ABCD}=\frac{1}{2}(AB + CD)× AD=\frac{1}{2}(a + 3a)× R = 2aR$。
$S_{\triangle BCD}=\frac{1}{2}BC× DE=\frac{1}{2}\sqrt{R^{2}+4a^{2}}× R$，$S_{\triangle ABD}=\frac{1}{2}AB× AD=\frac{1}{2}aR$，所以$2aR=\frac{1}{2}aR+\frac{1}{2}\sqrt{R^{2}+4a^{2}}× R$，两边同时除以$R$（$R\neq0$）得$2a=\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}\sqrt{R^{2}+4a^{2}}$，$4a=a+\sqrt{R^{2}+4a^{2}}$，$3a=\sqrt{R^{2}+4a^{2}}$，两边平方得$9a^{2}=R^{2}+4a^{2}$，$R=\sqrt{5}a$。
在$Rt\triangle DEC$中，$\sin C=\frac{DE}{DC}=\frac{\sqrt{5}a}{3a}=\frac{\sqrt{5}}{3}$。

18. ($★★$)(2021·河南)开凿于北魏孝文帝年间的龙门石窟是中国石刻艺术瑰宝,卢舍那佛像是石窟中最大的佛像。某数学活动小组到龙门石窟景区测量这尊佛像的高度。如图 28-13,他们选取的测量点$A与佛像BD的底部D$在同一水平线上。已知佛像头部$BC为4\ m$,在$A处测得佛像头顶部B的仰角为45^{\circ}$,头底部$C的仰角为37.5^{\circ}$,求佛像$BD$的高度。(结果精确到$0.1\ m$。参考数据：$\sin 37.5^{\circ}\approx 0.61$,$\cos 37.5^{\circ}\approx 0.79$,$\tan 37.5^{\circ}\approx 0.77$)
]

设 $AD = x$。
在 $Rt \bigtriangleup ADB$ 中，$\angle BAD = 45^{\circ}$，因此 $BD = AD = x$。
在 $Rt \bigtriangleup ADC$ 中，$\angle CAD = 37.5^{\circ}$，所以 $CD = AD \cdot \tan 37.5^{\circ} \approx 0.77x$。
由 $BD - CD = 4$，代入 $BD = x$ 和 $CD \approx 0.77x$，得到方程：
$x - 0.77x = 4$，
$0.23x = 4$，
$x \approx 17.4$。
因此，佛像 $BD$ 的高度约为 $17.4$（精确到 $0.1 m$）。
故佛像$BD$的高度约为$17.4m$。