5. (2023·衢州)如图，一款可调节的笔记本电脑支架放置在水平桌面上，调节杆 $BC = \sqrt{2}a$，$AB = b$，AB 的最大仰角为 α.当$∠ C = 45^{\circ}$时，点 A 到桌面的最大高度是()

A.$a + \frac{b}{\cos α}$
B.$a + \frac{b}{\sin α}$
C.$a + b \cos α$
D.$a + b \sin α$

5. D

过点$B$作桌面的垂线，垂足为$F$，在$△ BCF$中，$∠ C = 45°$，$BC=\sqrt{2}a$，则$BF = BC\sin45°=\sqrt{2}a×\frac{\sqrt{2}}{2}=a$。
过点$A$作$BF$的垂线，垂足为$G$，当$AB$仰角为$α$时，$AG = AB\sinα = b\sinα$。
点$A$到桌面的最大高度为$BF + AG = a + b\sinα$。
D

6. (2023·海安一模)如图，两幢大楼 AB，CF 的间距 $BF = 30$ m，$CD = 20$ m，从 C 处看 A 的俯角为 45°，从 D 处看 B 的俯角为 30°，则 AB 的高度为m.(结果保留根号)

6. $(10\sqrt{3}-10)$

解：过点$A$作$AE ⊥ CF$于点$E$，则四边形$ABFE$为矩形，$AE = BF = 30\ \mathrm{m}$，$EF = AB$。
在$\mathrm{Rt}△ AEC$中，$∠ CAE = 45°$，$\tan 45°=\frac{CE}{AE}=1$，$\therefore CE = AE = 30\ \mathrm{m}$。
设$AB = x\ \mathrm{m}$，则$EF = x\ \mathrm{m}$，$DF = CF - CD - EF = CE + EF - CD - EF = CE - CD = 30 - 20 = 10\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ DFB$中，$∠ FDB = 30°$，$\tan 30°=\frac{BF}{DF}=\frac{30}{10 + x}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，解得$x = 10\sqrt{3}-10$。
$\therefore AB$的高度为$(10\sqrt{3}-10)\ \mathrm{m}$。
$(10\sqrt{3}-10)$

7. (2024·海门月考)已知 B 港口位于 A 观测点北偏东 45°方向，其到 A 观测点正北方向的距离 BM 为 $10\sqrt{2}$ km.一艘货轮从 B 港口沿如图所示的 BC 方向航行 $4\sqrt{7}$ km 到达 C 处，测得 C 处位于 A 观测点北偏东 75°方向，则此时货轮与 A 观测点的距离 AC 为km.

7. $8\sqrt{3}$

解：由题意知，∠BAM=45°，BM=10√2 km，BM⊥AM，
∴在Rt△ABM中，AM=BM=10√2 km，AB=√(AM²+BM²)=√[(10√2)²+(10√2)²]=20 km。
∵C在A北偏东75°方向，
∴∠CAM=75°，则∠BAC=∠CAM - ∠BAM=30°。
在△ABC中，AB=20 km，BC=4√7 km，∠BAC=30°，
由余弦定理得：BC²=AB² + AC² - 2·AB·AC·cos∠BAC，
即(4√7)²=20² + AC² - 2×20×AC×cos30°，
112=400 + AC² - 20√3 AC，
AC² - 20√3 AC + 288=0，
解得AC=12√3 或 AC=8√3。
∵BM=10√2≈14.14 km，BC=4√7≈10.58 km，结合图形可知AC=8√3 km。
故答案为$8\sqrt{3}$。

8. (2023·泰州)如图，堤坝 AB 长为 10 m，坡度 i 为 $1:0.75$，底端 A 在地面上，堤坝与对面的山之间有一深沟，山顶 D 处立有高 20 m 的铁塔 CD.小明欲测量山高 DE，他在 A 处看到铁塔顶端 C 刚好在视线 AB 上，又在坝顶 B 处测得塔底 D 的仰角 α 为 26°35'.求堤坝高及山高 DE.
(参考数据：$\sin 26^{\circ}35' \approx 0.45$，$\cos 26^{\circ}35' \approx 0.89$，$\tan 26^{\circ}35' \approx 0.50$，小明的身高忽略不计，结果精确到 1 m)

8. 解: 如答图，过点 $B$ 作 $BH ⊥ AE$ 于点 $H$,
$\because$ 坡度 $i$ 为 $1: 0.75, \therefore$ 设 $BH=4x\ m, AH=3x\ m$,
$\therefore AB=\sqrt{AH^{2}+BH^{2}}=5x=10\ m, \therefore x=2$,
$\therefore AH=6\ m, BH=8\ m$.
过点 $B$ 作 $BF ⊥ CE$ 于点 $F$,
则 $EF=BH=8\ m, BF=EH$, 设 $DF=a\ m$,
$\because α=26^{\circ}35', \therefore BF=\frac{DF}{\tan 26^{\circ}35'} \approx \frac{a}{0.50}=2a(m)$,
$\therefore AE=(6+2a)\ m$.
$\because$ 坡度 $i$ 为 $1: 0.75, \therefore CE: AE=(20+a+8):(6+2a)=1: 0.75$, 解得 $a=12$,
$\therefore DF=12\ m, \therefore DE=DF+EF=12+8=20(m)$.
答: 堤坝高为 $8\ m$, 山高 $DE$ 为 $20\ m$.
　　　　　　

9. 如图，A，B，C，D 分别是某公园四个景点，B 在 A 的正东方向，D 在 A 的正北方向，且在 C 的北偏西 60°方向，C 在 A 的北偏东 30°方向，且在 B 的北偏西 15°方向，$AB = 2$ 千米.(参考数据：$\sqrt{2} \approx 1.41$，$\sqrt{3} \approx 1.73$，$\sqrt{6} \approx 2.45$)
(1)求 BC 的长度；(结果精确到 0.1 千米)
(2)甲、乙两人从景点 D 出发去景点 B，甲选择的路线为 $D - C - B$，乙选择的路线为 $D - A - B$.请计算说明谁选择的路线较近?

9. 解: (1) 过点 $B$ 作 $BE ⊥ AC$ 于点 $E$, 如答图.
根据已知得 $∠ DAB=90^{\circ}, \because ∠ DAC=30^{\circ}$,
$\therefore ∠ EAB=60^{\circ}, ∠ EBA=30^{\circ}$,
$\therefore AE=\frac{1}{2}AB=1$ 千米, $BE=\sqrt{3}AE=\sqrt{3}$ 千米.
$\because C$ 在 $B$ 的北偏西 $15^{\circ}$ 方向,
$\therefore ∠ EBC=90^{\circ}-30^{\circ}-15^{\circ}=45^{\circ}$,
$\therefore △ EBC$ 是等腰直角三角形, $\therefore CE=BE=\sqrt{3}$ 千米,
$BC=\sqrt{2}BE=\sqrt{2} × \sqrt{3}=\sqrt{6} \approx 2.5$(千米),
$\therefore BC$ 的长度约为 2.5 千米.
(2) 过点 $C$ 作 $CF ⊥ AD$ 于点 $F$, 如答图.
由 (1) 知 $AE=1$ 千米, $CE=\sqrt{3}$ 千米,
$\therefore AC=AE+CE=(1+\sqrt{3})$ 千米.
在 $Rt△ ACF$ 中, $CF=\frac{1}{2}AC=\frac{1+\sqrt{3}}{2}$ 千米, $AF=\sqrt{3}CF=\frac{\sqrt{3}+3}{2}$ 千米.
$\because D$ 在 $C$ 的北偏西 $60^{\circ}$ 方向, $\therefore ∠ DCF=30^{\circ}$,
$\therefore DF=\frac{CF}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}+3}{6}$ 千米, $CD=2DF=\frac{\sqrt{3}+3}{3}$ 千米,
$\therefore AD+AB=\frac{\sqrt{3}+3}{6}+\frac{\sqrt{3}+3}{2}+2=\frac{2\sqrt{3}+12}{3} \approx 5.15$(千米), $CD+BC=\frac{\sqrt{3}+3}{3}+\sqrt{6} \approx 4.03$(千米),
$\therefore CD+BC＜AD+AB, \therefore$ 甲选择的路线较近.