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21. (10分)如图15,施工人员发现山脚处有一座高压线塔AB和一个半圆形隧道入口,在太阳光照射下,高压线塔的顶端A的影子刚好落在半圆形隧道入口的最高处点E(即半圆的中点),同时太阳光线与半圆O相切于点F,照射在地面BO上的G点。通过测量得到BC=8 m,DG=3 m,并测得光线与水平面的夹角为37°。
(1)求半圆形隧道入口的最高处点E距地面的高度；
(2)求出高压线塔AB的高度。(结果精确到0.1 m。参考数据：sin37°≈0.6,cos37°≈0.8,tan37°≈0.75)
(1)求半圆形隧道入口的最高处点E距地面的高度；
(2)求出高压线塔AB的高度。(结果精确到0.1 m。参考数据：sin37°≈0.6,cos37°≈0.8,tan37°≈0.75)
答案
解：
(1) 设半圆O的半径为$r\ \mathrm{m}$，连接$OF$。
∵ 太阳光线$FG$与半圆$O$相切于点$F$，
∴ $OF⊥ FG$，即$∠ OFG=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ OFG$中，$∠ OGF=37°$，
$\sin∠ OGF=\dfrac{OF}{OG}$，
∴ $OG=\dfrac{OF}{\sin37°}=\dfrac{r}{0.6}$。
又∵ $OG=OD+DG$，$OD=r$，$DG=3\ \mathrm{m}$，
∴ $\dfrac{r}{0.6}=r+3$，
解得$r=4.5$。
∵ $E$是半圆的中点，∴ $EO⊥ BG$，$EO=r=4.5\ \mathrm{m}$。
即半圆形隧道入口的最高处点$E$距地面的高度为$4.5\ \mathrm{m}$。
(2) 过点$E$作$EM⊥ AB$于点$M$，
∵ $AB⊥ BG$，$EO⊥ BG$，
∴ 四边形$BMEO$是矩形，
∴ $BM=EO=4.5\ \mathrm{m}$，$ME=BO$。
∵ $BO=BC+CO$，$BC=8\ \mathrm{m}$，$CO=r=4.5\ \mathrm{m}$，
∴ $BO=8+4.5=12.5\ \mathrm{m}$，即$ME=12.5\ \mathrm{m}$。
由题意，太阳光线与水平面的夹角为$37°$，且$AE// FG$，
∴ $∠ AEM=37°$。
在$\mathrm{Rt}△ AME$中，$\tan∠ AEM=\dfrac{AM}{ME}$，
∴ $AM=ME·\tan37°\approx12.5×0.75=9.375\ \mathrm{m}$。
∴ $AB=AM+BM=9.375+4.5=13.875\approx13.9\ \mathrm{m}$。
答：(1) 半圆形隧道入口的最高处点$E$距地面的高度为$4.5\ \mathrm{m}$；(2) 高压线塔$AB$的高度约为$13.9\ \mathrm{m}$。
(1) 设半圆O的半径为$r\ \mathrm{m}$，连接$OF$。
∵ 太阳光线$FG$与半圆$O$相切于点$F$，
∴ $OF⊥ FG$，即$∠ OFG=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ OFG$中，$∠ OGF=37°$，
$\sin∠ OGF=\dfrac{OF}{OG}$，
∴ $OG=\dfrac{OF}{\sin37°}=\dfrac{r}{0.6}$。
又∵ $OG=OD+DG$，$OD=r$，$DG=3\ \mathrm{m}$，
∴ $\dfrac{r}{0.6}=r+3$，
解得$r=4.5$。
∵ $E$是半圆的中点，∴ $EO⊥ BG$，$EO=r=4.5\ \mathrm{m}$。
即半圆形隧道入口的最高处点$E$距地面的高度为$4.5\ \mathrm{m}$。
(2) 过点$E$作$EM⊥ AB$于点$M$，
∵ $AB⊥ BG$，$EO⊥ BG$，
∴ 四边形$BMEO$是矩形，
∴ $BM=EO=4.5\ \mathrm{m}$，$ME=BO$。
∵ $BO=BC+CO$，$BC=8\ \mathrm{m}$，$CO=r=4.5\ \mathrm{m}$，
∴ $BO=8+4.5=12.5\ \mathrm{m}$，即$ME=12.5\ \mathrm{m}$。
由题意，太阳光线与水平面的夹角为$37°$，且$AE// FG$，
∴ $∠ AEM=37°$。
在$\mathrm{Rt}△ AME$中，$\tan∠ AEM=\dfrac{AM}{ME}$，
∴ $AM=ME·\tan37°\approx12.5×0.75=9.375\ \mathrm{m}$。
∴ $AB=AM+BM=9.375+4.5=13.875\approx13.9\ \mathrm{m}$。
答：(1) 半圆形隧道入口的最高处点$E$距地面的高度为$4.5\ \mathrm{m}$；(2) 高压线塔$AB$的高度约为$13.9\ \mathrm{m}$。
解析
【分析】
(1) 要求点E距地面的高度，因E是半圆中点，该高度等于半圆的半径r，故核心目标为求半径。首先连接切线切点与圆心OF，由切线性质得OF⊥FG，在Rt△OFG中，利用∠OGF=37°的三角函数关系可将OG用r表示，再结合OG=OD+DG=r+3列方程，即可求解r，得到E的高度。
(2) 要求AB的高度，过E作EM⊥AB，可构造矩形BMEO，将AB分为AM和BM两段，BM等于EO的长度即r，再由太阳光线平行得∠AEM=37°，ME的长度等于BO的长度（BC+CO），在Rt△AME中用三角函数求出AM，两段相加即可得到AB的高度。
【解析】
(1) 设半圆O的半径为$r\ \mathrm{m}$，连接$OF$。
∵ 太阳光线$FG$与半圆$O$相切于点$F$，
∴ $OF⊥ FG$，即$∠ OFG=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ OFG$中，$∠ OGF=37°$，
$\sin∠ OGF=\dfrac{OF}{OG}$，
∴ $OG=\dfrac{OF}{\sin37°}=\dfrac{r}{0.6}$。
又
∵ $OG=OD+DG$，$OD=r$，$DG=3\ \mathrm{m}$，
∴ $\dfrac{r}{0.6}=r+3$，
解得$r=4.5$。
∵ $E$是半圆的中点，
∴ $EO⊥ BG$，$EO=r=4.5\ \mathrm{m}$。
即半圆形隧道入口的最高处点$E$距地面的高度为$4.5\ \mathrm{m}$。
(2) 过点$E$作$EM⊥ AB$于点$M$，
∵ $AB⊥ BG$，$EO⊥ BG$，
∴ 四边形$BMEO$是矩形，
∴ $BM=EO=4.5\ \mathrm{m}$，$ME=BO$。
∵ $BO=BC+CO$，$BC=8\ \mathrm{m}$，$CO=r=4.5\ \mathrm{m}$，
∴ $BO=8+4.5=12.5\ \mathrm{m}$，即$ME=12.5\ \mathrm{m}$。
由题意，太阳光线与水平面的夹角为$37°$，且$AE// FG$，
∴ $∠ AEM=37°$。
在$\mathrm{Rt}△ AME$中，$\tan∠ AEM=\dfrac{AM}{ME}$，
∴ $AM=ME·\tan37°\approx12.5×0.75=9.375\ \mathrm{m}$。
∴ $AB=AM+BM=9.375+4.5=13.875\approx13.9\ \mathrm{m}$。
【答案】
(1) $\boxed{4.5\ \mathrm{m}}$
(2) $\boxed{13.9\ \mathrm{m}}$
【知识点】
切线的性质，解直角三角形，矩形的性质
【点评】
本题是结合生活场景的几何综合题，将圆的性质、解直角三角形、矩形的判定与性质相结合，需要掌握常用辅助线的构造方法，会利用方程思想求解未知量，考查综合运用几何知识解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要求点E距地面的高度，因E是半圆中点，该高度等于半圆的半径r，故核心目标为求半径。首先连接切线切点与圆心OF，由切线性质得OF⊥FG，在Rt△OFG中，利用∠OGF=37°的三角函数关系可将OG用r表示，再结合OG=OD+DG=r+3列方程，即可求解r，得到E的高度。
(2) 要求AB的高度，过E作EM⊥AB，可构造矩形BMEO，将AB分为AM和BM两段，BM等于EO的长度即r，再由太阳光线平行得∠AEM=37°，ME的长度等于BO的长度（BC+CO），在Rt△AME中用三角函数求出AM，两段相加即可得到AB的高度。
【解析】
(1) 设半圆O的半径为$r\ \mathrm{m}$，连接$OF$。
∵ 太阳光线$FG$与半圆$O$相切于点$F$，
∴ $OF⊥ FG$，即$∠ OFG=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ OFG$中，$∠ OGF=37°$，
$\sin∠ OGF=\dfrac{OF}{OG}$，
∴ $OG=\dfrac{OF}{\sin37°}=\dfrac{r}{0.6}$。
又
∵ $OG=OD+DG$，$OD=r$，$DG=3\ \mathrm{m}$，
∴ $\dfrac{r}{0.6}=r+3$，
解得$r=4.5$。
∵ $E$是半圆的中点，
∴ $EO⊥ BG$，$EO=r=4.5\ \mathrm{m}$。
即半圆形隧道入口的最高处点$E$距地面的高度为$4.5\ \mathrm{m}$。
(2) 过点$E$作$EM⊥ AB$于点$M$，
∵ $AB⊥ BG$，$EO⊥ BG$，
∴ 四边形$BMEO$是矩形，
∴ $BM=EO=4.5\ \mathrm{m}$，$ME=BO$。
∵ $BO=BC+CO$，$BC=8\ \mathrm{m}$，$CO=r=4.5\ \mathrm{m}$，
∴ $BO=8+4.5=12.5\ \mathrm{m}$，即$ME=12.5\ \mathrm{m}$。
由题意，太阳光线与水平面的夹角为$37°$，且$AE// FG$，
∴ $∠ AEM=37°$。
在$\mathrm{Rt}△ AME$中，$\tan∠ AEM=\dfrac{AM}{ME}$，
∴ $AM=ME·\tan37°\approx12.5×0.75=9.375\ \mathrm{m}$。
∴ $AB=AM+BM=9.375+4.5=13.875\approx13.9\ \mathrm{m}$。
【答案】
(1) $\boxed{4.5\ \mathrm{m}}$
(2) $\boxed{13.9\ \mathrm{m}}$
【知识点】
切线的性质，解直角三角形，矩形的性质
【点评】
本题是结合生活场景的几何综合题，将圆的性质、解直角三角形、矩形的判定与性质相结合，需要掌握常用辅助线的构造方法，会利用方程思想求解未知量，考查综合运用几何知识解决实际问题的能力。
【难度系数】
0.6
22. (10分)如图16①所示放置两个全等的含有30°角的直角三角板ABC与DEF(∠B=∠E=30°),若将三角板ABC向右以每秒1个单位长度的速度移动(点C与点E重合时移动终止),移动过程中始终保持点B,F,C,E在同一条直线上。如图16②,AB与DF,DE分别交于点P,M,AC与DE交于点Q,其中AC=DF=√3,设三角板ABC移动的时间为x s。
(1)在移动过程中,试用含x的代数式表示△AMQ的面积。
(2)当x等于多少时,两个三角板重叠部分的面积有最大值?最大值是多少?
(1)在移动过程中,试用含x的代数式表示△AMQ的面积。
(2)当x等于多少时,两个三角板重叠部分的面积有最大值?最大值是多少?
答案
解：
(1) 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=√3，
∴ AB=2AC=2√3，BC=√(AB²-AC²)=3，∠BAC=60°。
由移动速度可知，移动x秒后FC=x，
∵ 三角板DEF与ABC全等，∠E=30°，∠DFE=90°，EF=BC=3，
∴ CE=EF-FC=3-x。
在Rt△QCE中，∠E=30°，∠QCE=90°，
∴ CQ=CE·tan30°=(3-x)·(√3/3)=√3 - (√3/3)x，
∴ AQ=AC-CQ=√3 - (√3 - √3 x/3)= (√3/3)x。
∵ ∠AMQ=∠BME=180°-∠B-∠E=120°，
∴ ∠AMQ=180°-120°=60°，
又∵ ∠MAQ=60°，∴ △AMQ是等边三角形，
∴ S_△AMQ= (√3/4)·AQ² = (√3/4)·( (√3 x/3)² )= (√3/12)x²，
即△AMQ的面积为$\frac{\sqrt{3}}{12}x^2$（$0＜x＜3$）。
(2) 在Rt△BFP中，∠BFP=90°，BF=BC-FC=3-x，∠B=30°，
∴ PF=BF·tan30°=(3-x)·(√3/3)，
∴ S_△BFP= $\frac{1}{2}$·BF·PF = $\frac{1}{2}$(3-x)·$\frac{\sqrt{3}}{3}$(3-x) = $\frac{\sqrt{3}}{6}(3-x)^2$。
△ABC的面积S_△ABC=$\frac{1}{2}$·BC·AC=$\frac{1}{2}×3×\sqrt{3}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
设重叠部分面积为S，则：
$\begin{aligned}S&=S_{△ ABC}-S_{△ BFP}-S_{△ AMQ}\\&=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}(3-x)^2-\frac{\sqrt{3}}{12}x^2\\&=-\frac{\sqrt{3}}{4}x^2+\sqrt{3}x\\&=-\frac{\sqrt{3}}{4}(x-2)^2+\sqrt{3}\end{aligned}$
∵ $-\frac{\sqrt{3}}{4}＜0$，且0＜x≤3，
∴ 当x=2时，S取得最大值，最大值为$\sqrt{3}$。
答：当x=2时，两个三角板重叠部分的面积有最大值，最大值是$\sqrt{3}$。
(1) 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=√3，
∴ AB=2AC=2√3，BC=√(AB²-AC²)=3，∠BAC=60°。
由移动速度可知，移动x秒后FC=x，
∵ 三角板DEF与ABC全等，∠E=30°，∠DFE=90°，EF=BC=3，
∴ CE=EF-FC=3-x。
在Rt△QCE中，∠E=30°，∠QCE=90°，
∴ CQ=CE·tan30°=(3-x)·(√3/3)=√3 - (√3/3)x，
∴ AQ=AC-CQ=√3 - (√3 - √3 x/3)= (√3/3)x。
∵ ∠AMQ=∠BME=180°-∠B-∠E=120°，
∴ ∠AMQ=180°-120°=60°，
又∵ ∠MAQ=60°，∴ △AMQ是等边三角形，
∴ S_△AMQ= (√3/4)·AQ² = (√3/4)·( (√3 x/3)² )= (√3/12)x²，
即△AMQ的面积为$\frac{\sqrt{3}}{12}x^2$（$0＜x＜3$）。
(2) 在Rt△BFP中，∠BFP=90°，BF=BC-FC=3-x，∠B=30°，
∴ PF=BF·tan30°=(3-x)·(√3/3)，
∴ S_△BFP= $\frac{1}{2}$·BF·PF = $\frac{1}{2}$(3-x)·$\frac{\sqrt{3}}{3}$(3-x) = $\frac{\sqrt{3}}{6}(3-x)^2$。
△ABC的面积S_△ABC=$\frac{1}{2}$·BC·AC=$\frac{1}{2}×3×\sqrt{3}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
设重叠部分面积为S，则：
$\begin{aligned}S&=S_{△ ABC}-S_{△ BFP}-S_{△ AMQ}\\&=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}(3-x)^2-\frac{\sqrt{3}}{12}x^2\\&=-\frac{\sqrt{3}}{4}x^2+\sqrt{3}x\\&=-\frac{\sqrt{3}}{4}(x-2)^2+\sqrt{3}\end{aligned}$
∵ $-\frac{\sqrt{3}}{4}＜0$，且0＜x≤3，
∴ 当x=2时，S取得最大值，最大值为$\sqrt{3}$。
答：当x=2时，两个三角板重叠部分的面积有最大值，最大值是$\sqrt{3}$。
解析
【分析】
(1) 求解△AMQ的面积，首先利用含30°角的直角三角形的性质求出△ABC的各边长，再结合平移速度得到平移x秒后FC的长度，进而求出CE、CQ的长度，得到AQ；再通过角度关系判定△AMQ为等边三角形，最后代入等边三角形面积公式即可得到含x的面积表达式。
(2) 重叠部分为不规则图形，采用割补法：用△ABC的面积减去两个空白小三角形△BFP、△AMQ的面积，得到重叠部分面积关于x的二次函数，再结合x的取值范围，利用二次函数的性质即可求出最大值。
【解析】
(1) 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=√3，
∴ AB=2AC=2√3，$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=3$，∠BAC=60°。
由移动速度可知，移动x秒后$FC=x$，
∵ 三角板DEF与ABC全等，∠E=30°，∠DFE=90°，
∴ $EF=BC=3$，$CE=EF-FC=3-x$。
在Rt△QCE中，∠E=30°，∠QCE=90°，
∴ $CQ=CE·tan30°=(3-x)·\frac{\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}x$，
∴ $AQ=AC-CQ=\sqrt{3}-(\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}x}{3})=\frac{\sqrt{3}}{3}x$。
∵ ∠BME=180°-∠B-∠E=180°-30°-30°=120°，
∴ ∠AMQ=180°-∠BME=60°，
又
∵ ∠MAQ=∠BAC=60°，
∴ △AMQ是等边三角形，
∴ $S_{△ AMQ}=\frac{\sqrt{3}}{4}·AQ^2=\frac{\sqrt{3}}{4}·(\frac{\sqrt{3}x}{3})^2=\frac{\sqrt{3}}{12}x^2$，
即△AMQ的面积为$\frac{\sqrt{3}}{12}x^2$（$0＜x＜3$）。
(2) 在Rt△BFP中，∠BFP=90°，$BF=BC-FC=3-x$，∠B=30°，
∴ $PF=BF·tan30°=(3-x)·\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴ $S_{△ BFP}=\frac{1}{2}·BF·PF=\frac{1}{2}(3-x)·\frac{\sqrt{3}}{3}(3-x)=\frac{\sqrt{3}}{6}(3-x)^2$。
△ABC的面积$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}·BC·AC=\frac{1}{2}×3×\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
设重叠部分面积为S，则：
$\begin{aligned}S&=S_{△ ABC}-S_{△ BFP}-S_{△ AMQ}\\&=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}(3-x)^2-\frac{\sqrt{3}}{12}x^2\\&=-\frac{\sqrt{3}}{4}x^2+\sqrt{3}x\\&=-\frac{\sqrt{3}}{4}(x-2)^2+\sqrt{3}\end{aligned}$
∵ $-\frac{\sqrt{3}}{4}＜0$，且$0＜x≤3$，
∴ 当$x=2$时，S取得最大值，最大值为$\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $△ AMQ$的面积为$\boxed{\frac{\sqrt{3}}{12}x^2}$（$0＜x＜3$）；
(2) 当$\boxed{x=2}$时，两个三角板重叠部分的面积有最大值，最大值为$\boxed{\sqrt{3}}$。
【知识点】
含30°角的直角三角形性质，等边三角形判定与性质，二次函数最值应用
【点评】
本题是图形平移与几何计算、函数最值结合的综合题，需要准确把握平移过程中线段长度的变化规律，灵活运用割补法求解不规则图形的面积，再通过二次函数的性质解决最值问题，能有效考查对几何和代数知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 求解△AMQ的面积，首先利用含30°角的直角三角形的性质求出△ABC的各边长，再结合平移速度得到平移x秒后FC的长度，进而求出CE、CQ的长度，得到AQ；再通过角度关系判定△AMQ为等边三角形，最后代入等边三角形面积公式即可得到含x的面积表达式。
(2) 重叠部分为不规则图形，采用割补法：用△ABC的面积减去两个空白小三角形△BFP、△AMQ的面积，得到重叠部分面积关于x的二次函数，再结合x的取值范围，利用二次函数的性质即可求出最大值。
【解析】
(1) 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=√3，
∴ AB=2AC=2√3，$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=3$，∠BAC=60°。
由移动速度可知，移动x秒后$FC=x$，
∵ 三角板DEF与ABC全等，∠E=30°，∠DFE=90°，
∴ $EF=BC=3$，$CE=EF-FC=3-x$。
在Rt△QCE中，∠E=30°，∠QCE=90°，
∴ $CQ=CE·tan30°=(3-x)·\frac{\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}x$，
∴ $AQ=AC-CQ=\sqrt{3}-(\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}x}{3})=\frac{\sqrt{3}}{3}x$。
∵ ∠BME=180°-∠B-∠E=180°-30°-30°=120°，
∴ ∠AMQ=180°-∠BME=60°，
又
∵ ∠MAQ=∠BAC=60°，
∴ △AMQ是等边三角形，
∴ $S_{△ AMQ}=\frac{\sqrt{3}}{4}·AQ^2=\frac{\sqrt{3}}{4}·(\frac{\sqrt{3}x}{3})^2=\frac{\sqrt{3}}{12}x^2$，
即△AMQ的面积为$\frac{\sqrt{3}}{12}x^2$（$0＜x＜3$）。
(2) 在Rt△BFP中，∠BFP=90°，$BF=BC-FC=3-x$，∠B=30°，
∴ $PF=BF·tan30°=(3-x)·\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴ $S_{△ BFP}=\frac{1}{2}·BF·PF=\frac{1}{2}(3-x)·\frac{\sqrt{3}}{3}(3-x)=\frac{\sqrt{3}}{6}(3-x)^2$。
△ABC的面积$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}·BC·AC=\frac{1}{2}×3×\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
设重叠部分面积为S，则：
$\begin{aligned}S&=S_{△ ABC}-S_{△ BFP}-S_{△ AMQ}\\&=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}(3-x)^2-\frac{\sqrt{3}}{12}x^2\\&=-\frac{\sqrt{3}}{4}x^2+\sqrt{3}x\\&=-\frac{\sqrt{3}}{4}(x-2)^2+\sqrt{3}\end{aligned}$
∵ $-\frac{\sqrt{3}}{4}＜0$，且$0＜x≤3$，
∴ 当$x=2$时，S取得最大值，最大值为$\sqrt{3}$。
【答案】
(1) $△ AMQ$的面积为$\boxed{\frac{\sqrt{3}}{12}x^2}$（$0＜x＜3$）；
(2) 当$\boxed{x=2}$时，两个三角板重叠部分的面积有最大值，最大值为$\boxed{\sqrt{3}}$。
【知识点】
含30°角的直角三角形性质，等边三角形判定与性质，二次函数最值应用
【点评】
本题是图形平移与几何计算、函数最值结合的综合题，需要准确把握平移过程中线段长度的变化规律，灵活运用割补法求解不规则图形的面积，再通过二次函数的性质解决最值问题，能有效考查对几何和代数知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
