登录
6.在$ Rt\triangle ABC$中,$\angle C=90°$,$CD$是斜边$AB$上的高.已知$\sin\angle ACD=\frac{2}{3}$,那么$\frac{BC}{AB}=$
$\frac{\sqrt{5}}{3}$
.答案
【解析】：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90°$，$CD$是斜边$AB$上的高，故$\angle ADC=90°$。
$\because \angle A+\angle ACD=90°$，$\angle A+\angle B=90°$，$\therefore \angle ACD=\angle B$。
已知$\sin\angle ACD=\frac{2}{3}$，则$\sin\angle B=\frac{2}{3}$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\sin\angle B=\frac{AC}{AB}=\frac{2}{3}$，设$AC=2k$，$AB=3k$。
由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{(3k)^2-(2k)^2}=\sqrt{5}k$。
$\therefore \frac{BC}{AB}=\frac{\sqrt{5}k}{3k}=\frac{\sqrt{5}}{3}$。
【答案】：$\frac{\sqrt{5}}{3}$
$\because \angle A+\angle ACD=90°$，$\angle A+\angle B=90°$，$\therefore \angle ACD=\angle B$。
已知$\sin\angle ACD=\frac{2}{3}$，则$\sin\angle B=\frac{2}{3}$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\sin\angle B=\frac{AC}{AB}=\frac{2}{3}$，设$AC=2k$，$AB=3k$。
由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{(3k)^2-(2k)^2}=\sqrt{5}k$。
$\therefore \frac{BC}{AB}=\frac{\sqrt{5}k}{3k}=\frac{\sqrt{5}}{3}$。
【答案】：$\frac{\sqrt{5}}{3}$
7.如图,一艘船以$40 n mile/h$的速度由西向东航行,航行到$A$处时,测得灯塔$P$在船的北偏
东$30°$方向上,继续航行$2.5 h$,到达$B$处,测得灯塔$P$在船的北偏西$60°$方向上,此时船到灯塔的距离为
东$30°$方向上,继续航行$2.5 h$,到达$B$处,测得灯塔$P$在船的北偏西$60°$方向上,此时船到灯塔的距离为
$50\sqrt{3}$
$ n mile$(结果保留根号).答案
$50\sqrt{3}$
解析
船从A到B航行的距离为$AB=40×2.5=100\ n mile$。由方向角可知，在A处灯塔P北偏东$30°$，则$\angle PAB=90°-30°=60°$；在B处灯塔P北偏西$60°$，则$\angle PBA=90°-60°=30°$。在$\triangle PAB$中，$\angle APB=180°-60°-30°=90°$，即$\triangle PAB$为直角三角形。在$ Rt\triangle PAB$中，$\angle PBA=30°$，$AB=100\ n mile$，所以$PB=AB·\cos30°=100×\frac{\sqrt{3}}{2}=50\sqrt{3}\ n mile$。
8.如图,在四边形$ABCD$中,$\angle B=\angle D=90°$,$AB=3$,$BC=2$,$\tan A=\frac{4}{3}$,则$CD=$
6/5
.答案
6/5
解析
以点A为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系。则A(0,0)，B(3,0)，因∠B=90°，BC=2，故C(3,2)。设D(a,b)，∠D=90°即AD⊥CD，AD斜率为b/a，CD斜率为(b-2)/(a-3)，由垂直得(b/a)·[(b-2)/(a-3)]=-1，即a(a-3)+b(b-2)=0。又tan∠DAB=4/3= b/a，故b=4a/3。代入方程解得a=51/25，b=68/25。则CD=√[(51/25-3)²+(68/25-2)²]=√[(-24/25)²+(18/25)²]=30/25=6/5。
9.如图,现有甲、乙两座建筑物,从甲建筑物点$A$处测得乙建筑物点$D$的俯角$\alpha$为$45°$,点$C$的俯角$\beta$为$58°$,$BC$为两座建筑物的水平距离.已知乙建筑物的高度$CD$为$6 m$,则甲建筑物的高度$AB$为
16
$ m$.(结果保留整数,参数数据:$\sin58°\approx0.85$,$\cos58°\approx0.53$,$\tan58°\approx1.60$)答案
16
解析
设BC为两座建筑物的水平距离，长度为x米，甲建筑物高度AB为h米。过点D作AB的垂线，垂足为F，则BF=CD=6m，DF=BC=x，AF=AB-BF=h-6。
在Rt△AFD中，俯角α=45°，则∠ADF=45°，tan45°=AF/DF=1，故AF=DF，即h-6=x。
在Rt△ABC中，俯角β=58°，tan58°=AB/BC=h/x，即h=x·tan58°≈1.6x。
联立得h=1.6(h-6)，解得h=16。
在Rt△AFD中，俯角α=45°，则∠ADF=45°，tan45°=AF/DF=1，故AF=DF，即h-6=x。
在Rt△ABC中，俯角β=58°，tan58°=AB/BC=h/x，即h=x·tan58°≈1.6x。
联立得h=1.6(h-6)，解得h=16。
10.如图,点$D$在钝角$\triangle ABC$的边$BC$上,连接$AD$,$\angle B=45°$,$\angle CAD=\angle CDA$,$CA:CB=5:7$,则$\angle CAD$的余弦值为
$\frac{\sqrt{10}}{10}$
.答案
$\frac{\sqrt{10}}{10}$
解析
设$CA = CD = 5k$，由$CA:CB = 5:7$得$CB = 7k$，则$BD = CB - CD = 2k$。设$\angle CAD = \angle CDA = \alpha$，则$\angle C = 180° - 2\alpha$，$\angle BAC = 2\alpha - 45°$（钝角），故$\alpha ＞ 67.5°$。
过$A$作$AE \perp BC$于$E$，设$AE = h$。在$\triangle ABE$中，$\angle B = 45°$，则$BE = AE = h$。在$\triangle ADC$中，由$\angle CAD = \angle CDA = \alpha$，得$AD = \frac{AC · \sin 2\alpha}{\sin \alpha} = 10k \cos \alpha$（利用正弦倍角公式）。
设$DE = AD \cos \alpha = 10k \cos^2 \alpha$，则$CE = CD - DE = 5k - 10k \cos^2 \alpha$。在$\triangle AEC$中，由勾股定理$AE^2 + CE^2 = AC^2$，且$BE = BD + DE = 2k + 10k \cos^2 \alpha = h$，$AE = h$。
由$\angle C = 180° - 2\alpha$，得$\cos \angle C = -\cos 2\alpha = \frac{CE}{AC}$。结合$\cos 2\alpha = 2\cos^2 \alpha - 1$，解得$\cos^2 \alpha = \frac{1}{10}$，$\cos \alpha = \frac{\sqrt{10}}{10}$（$\alpha$为锐角，取正值）。
过$A$作$AE \perp BC$于$E$，设$AE = h$。在$\triangle ABE$中，$\angle B = 45°$，则$BE = AE = h$。在$\triangle ADC$中，由$\angle CAD = \angle CDA = \alpha$，得$AD = \frac{AC · \sin 2\alpha}{\sin \alpha} = 10k \cos \alpha$（利用正弦倍角公式）。
设$DE = AD \cos \alpha = 10k \cos^2 \alpha$，则$CE = CD - DE = 5k - 10k \cos^2 \alpha$。在$\triangle AEC$中，由勾股定理$AE^2 + CE^2 = AC^2$，且$BE = BD + DE = 2k + 10k \cos^2 \alpha = h$，$AE = h$。
由$\angle C = 180° - 2\alpha$，得$\cos \angle C = -\cos 2\alpha = \frac{CE}{AC}$。结合$\cos 2\alpha = 2\cos^2 \alpha - 1$，解得$\cos^2 \alpha = \frac{1}{10}$，$\cos \alpha = \frac{\sqrt{10}}{10}$（$\alpha$为锐角，取正值）。
