4. 如图是起钉器在起钉时的截面示意图，起钉盒可看作矩形ABCD，点D落在底座GH上（底座厚度忽略不计），起钉时∠CDH＝15°.已知AD＝AN＝2 cm，MN＝12 cm，∠MND＝135°，且N、A、D三点共线.
(1)求起钉时∠NDG的大小；
(2)求起钉时点M到底座GH的距离.（结果精确到0.1 cm.参考数据：$\sin 15° \approx 0.26$，$\cos 15° \approx 0.97$）

4.解:(1)$\because$ 四边形 ABCD 为矩形,
$\therefore ∠ ADC=90°,\therefore ∠ CDH+∠ NDG=90°$.
$\because ∠ CDH=15°,\therefore ∠ NDG=75°$.
(2)如图,过点 M 作 $ME⊥GH$ 于点 E,过点 N 分别作 $NQ⊥ME$ 于点 Q,$NF⊥GH$ 于点 F,

$\therefore ∠ DNF=90°-∠ NDG=90°-75°=15°$.
$\because N、A、D$ 三点共线,$AD=AN=2$ cm,
$\therefore ND=AD+AN=4$(cm),$\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ DNF$ 中,
$NF=ND·\cos 15°\approx4×0.97=3.88$(cm).
$\because ME⊥GH,NQ⊥ME,NF⊥GH$,
$\therefore ∠ QEF=∠ NQE=∠ NFE=90°$,
$\therefore$ 四边形 QEFN 为矩形,$\therefore QE=NF=3.88$ cm.
$\because ∠ MND=135°$,
$\therefore ∠ MNQ=135°-90°-15°=30°$.
$\because MN=12$ cm,
$\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ MNQ$ 中,$MQ=MN·\sin 30°=6$(cm),
$\therefore ME=MQ+QE=6+3.88\approx9.9$(cm).
故起钉时点 M 到底座 GH 的距离约为 9.9 cm.

【分析】
(1) 求解∠NDG的大小：首先利用矩形的内角为直角的性质，结合N、A、D共线、点D在GH上的条件，可得∠CDH与∠NDG的和为90°，代入已知∠CDH的度数即可计算出∠NDG。
(2) 求解点M到底座GH的距离：要计算点到直线的距离，可通过作垂线构造直角三角形和矩形转化线段：过M作ME垂直GH，过N分别作NQ垂直ME、NF垂直GH，将所求ME拆分为MQ和QE两段。先根据ND的长度和∠NDG的度数，在Rt△DNF中求出NF的长度，由矩形性质得QE=NF；再根据已知的∠MND求出∠MNQ的度数，在Rt△MNQ中求出MQ的长度，两段相加即为ME的长度。
【解析】
(1) $\because$ 四边形ABCD为矩形，
$\therefore ∠ ADC=90°$，
$\because$ N、A、D三点共线，点D在GH上，
$\therefore ∠ ADC + ∠ CDH + ∠ NDG = 180°$，即$∠ CDH + ∠ NDG = 90°$，
$\because ∠ CDH=15°$，
$\therefore ∠ NDG=90°-15°=75°$。
(2) 如图，过点M作$ME⊥ GH$于点E，过点N分别作$NQ⊥ ME$于点Q，$NF⊥ GH$于点F，

$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ DNF$中，$∠ DNF=90°-∠ NDG=90°-75°=15°$，
$\because N、A、D$三点共线，$AD=AN=2$ cm，
$\therefore ND=AD+AN=2+2=4$(cm)，
在$\mathrm{Rt}△ DNF$中，$NF=ND·\cos15°\approx4×0.97=3.88$(cm)，
$\because ME⊥ GH,NQ⊥ ME,NF⊥ GH$，
$\therefore ∠ QEF=∠ NQE=∠ NFE=90°$，
$\therefore$ 四边形QEFN为矩形，
$\therefore QE=NF=3.88$ cm，
$\because ∠ MND=135°$，
$\therefore ∠ MNQ=135°-90°-15°=30°$，
在$\mathrm{Rt}△ MNQ$中，$MN=12$ cm，
$\therefore MQ=MN·\sin30°=12×0.5=6$(cm)，
$\therefore ME=MQ+QE=6+3.88\approx9.9$(cm)。
【答案】
(1) $∠ NDG=75°$；
(2) 起钉时点M到底座GH的距离约为9.9 cm。

【知识点】
矩形的性质，解直角三角形的应用，直角三角形边角关系
【点评】
本题结合生活中起钉器的实际场景命题，考查了矩形的判定与性质、解直角三角形等知识，解题的关键是合理添加辅助线构造直角三角形和矩形，将实际距离转化为可计算的几何线段，能有效锻炼学生将实际问题转化为数学问题的能力。
【难度系数】
0.65

5滕王阁(图1)位于江西省南昌市东湖区沿江路,是南昌市的地标性建筑,因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》而闻名于世.滕王阁与湖南岳阳楼、湖北黄鹤楼并称为“江南三大名楼”,是中国古代四大名楼之一,世称“西江第一楼”.如图2,在被誉为“西江第一楼”的滕王阁前,有一段风景优美的斜坡AB,斜坡AB的坡度$i=1:\sqrt{3}$,全长恰好为12米.为了计算滕王阁的高度,游客们使用高科技测角设备,利用测角仪在斜坡底的点B处测得塔尖点D处的仰角$∠ DBE$为$60°$,在斜坡顶的点A处测得塔尖点D的仰角为$45°$.
(1)求斜坡的高度AC;
(2)求滕王阁的高度DE.

5.解:(1)由题意得 $AC⊥BC$.
$\because$ 斜坡 AB 的坡度 $i=1:\sqrt{3}$,
$\therefore \frac{AC}{BC}=\frac{\sqrt{3}}{3},\therefore ∠ ABC=30°$,
$\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$\sin∠ ABC=\frac{AC}{AB}=\frac{1}{2}$,
$\therefore AC=\frac{1}{2}AB=12×\frac{1}{2}=6$(米).
故斜坡的高度 AC 为 6 米.
(2)如图,过点 A 作 $AF⊥DE$,垂足为 F.

$\because$ 由题意得 $EF=AC=6$ 米,$AF=CE$.
在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$AB=12$ 米,
$\therefore BC=AB·\cos 30°=6\sqrt{3}$(米).
设 $BE=x$ 米,
$\therefore AF=CE=BE+BC=(x+6\sqrt{3})$ 米.
$\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ BED$ 中,$∠ DBE=60°$,
$\therefore DE=BE·\tan 60°=\sqrt{3}x$(米).
$\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ ADF$ 中,$∠ DAF=45°$,
$\therefore DF=AF·\tan 45°=(x+6\sqrt{3})$ 米.
$\because DF+EF=DE,\therefore x+6\sqrt{3}+6=\sqrt{3}x$,
解得 $x=12+6\sqrt{3},\therefore DE=\sqrt{3}x=(18+12\sqrt{3})$米.
故滕王阁的高度 DE 为 $(18+12\sqrt{3})$米.

【分析】
(1) 要计算斜坡的高度AC，首先明确△ACB是直角三角形，已知斜坡AB的坡度（垂直高度与水平宽度的比值），可先推出∠ABC的度数，再结合AB的长度，利用直角三角形的三角函数性质即可求出AC的长度。
(2) 要计算滕王阁的高度DE，可通过作辅助线AF⊥DE，构造出矩形ACEF和两个直角三角形△ADF、△BED。先利用矩形的性质得到线段的等量关系，再结合两个直角三角形的仰角角度，设未知数表示出相关线段的长度，根据DE的组成（DF+EF）建立方程求解，即可得到DE的长度。
【解析】
(1) 由题意得 $AC⊥BC$。
$\because$ 斜坡 AB 的坡度 $i=1:\sqrt{3}$，
$\therefore \frac{AC}{BC}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3},\therefore ∠ ABC=30°$，
$\therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$\sin∠ ABC=\frac{AC}{AB}=\frac{1}{2}$，
$\therefore AC=\frac{1}{2}AB=12×\frac{1}{2}=6$(米)。
(2) 如图，过点 A 作 $AF⊥DE$，垂足为 F。

$\because$ 由题意得四边形ACEF是矩形，$\therefore EF=AC=6$ 米,$AF=CE$。
在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$AB=12$ 米,
$\therefore BC=AB·\cos 30°=12×\frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$(米)。
设 $BE=x$ 米,
$\therefore AF=CE=BE+BC=(x+6\sqrt{3})$ 米。
$\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ BED$ 中,$∠ DBE=60°$,
$\therefore DE=BE·\tan 60°=\sqrt{3}x$(米)。
$\because$ 在 $\mathrm{Rt}△ ADF$ 中,$∠ DAF=45°$,
$\therefore DF=AF·\tan 45°=(x+6\sqrt{3})$ 米。
$\because DF+EF=DE,\therefore x+6\sqrt{3}+6=\sqrt{3}x$,
解得 $x=12+6\sqrt{3}$，
$\therefore DE=\sqrt{3}x=\sqrt{3}(12+6\sqrt{3})=18+12\sqrt{3}$(米)。
【答案】
(1) 斜坡的高度AC为6米；
(2) 滕王阁的高度DE为$\boldsymbol{(18+12\sqrt{3})}$米。

【知识点】
解直角三角形应用，坡度坡角问题，仰角俯角问题
【点评】
本题以著名景点滕王阁为背景，将实际问题转化为解直角三角形的数学问题，贴近生活趣味性强。解题的关键是合理添加辅助线构造直角三角形与矩形，结合坡度、仰角的性质找到线段等量关系，通过方程思想求解即可，是一道典型的三角函数实际应用题。
【难度系数】
0.65