7.如图,在两建筑物之间有一旗杆,旗杆高15 m,从点A经过旗杆顶端恰好看 到矮建筑物的墙脚点C,且俯角α为60°,又从点A测得点D的俯角β为30°,若旗杆底部G为BC的中点,则矮建筑物的高CD为()

A.$20\ \mathrm{m}$
B.$10\sqrt{3}\ \mathrm{m}$
C.$15\sqrt{3}\ \mathrm{m}$
D.$5\sqrt{6}\ \mathrm{m}$

A

【分析】首先根据旗杆与 taller 建筑物均垂直地面，结合G是BC中点可判定旗杆是△ABC的中位线，先求出taller建筑物AB的高度；再利用俯角α的内错角相等，解Rt△ABC得到BC的长度；最后过D作AB的垂线构造直角三角形，结合俯角β的条件求出AB比CD高出的部分，即可算出CD的高度。
【解析】
1. 由题意得：$EG⊥ BC$，$AB⊥ BC$，$CD⊥ BC$，因此$EG// AB// CD$。
已知G是BC中点，且$EG// AB$，故EG是$△ ABC$的中位线，可得：
$AB=2EG=2×15=30\ \mathrm{m}$。
2. 过A的水平线与BC平行，根据内错角相等，俯角$α=60°$对应$∠ ACB=α=60°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$\tan∠ ACB=\frac{AB}{BC}$，代入数据得：
$BC=\frac{AB}{\tan60°}=\frac{30}{\sqrt{3}}=10\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
3. 过D作$DH⊥ AB$于H，易知四边形HBCD是矩形，因此$HD=BC=10\sqrt{3}\ \mathrm{m}$，$BH=CD$。
由俯角$β=30°$得$∠ HAD=β=30°$，在$\mathrm{Rt}△ AHD$中：
$AH=HD·\tan30°=10\sqrt{3}×\frac{1}{\sqrt{3}}=10\ \mathrm{m}$，
因此$CD=BH=AB-AH=30-10=20\ \mathrm{m}$。
【答案】A
【知识点】解直角三角形的应用；三角形中位线定理；矩形的性质
【点评】本题是解直角三角形的实际应用问题，解题的关键是利用平行线的性质将俯角转化为直角三角形的内角，结合中位线、矩形的性质转化边长关系进行计算。
【难度系数】0.65

8.如图所示，某高速公路在建设中需要确定隧道AB的长度，已知在离地面1 500 m高的C处的飞机上，测量人员测得正前方A，B两点处的俯角分别为$60°$和$45°$，求隧道AB的长（参考数据：$\sqrt{3} \approx 1.73$）。

解：
由题意得，$CD// OB$，$CO⊥ OB$，$CO=1500\ \mathrm{m}$，
$\therefore ∠ CAO=∠ DCA=60°$，$∠ CBO=∠ DCB=45°$。
在$\mathrm{Rt}△ COB$中，$∠ COB=90°$，$∠ CBO=45°$，
$\therefore OB=CO=1500\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ COA$中，$∠ COA=90°$，$∠ CAO=60°$，
由$\tan60°=\dfrac{CO}{OA}$，得
$OA=\dfrac{CO}{\tan60°}=\dfrac{1500}{\sqrt{3}}=500\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
$\therefore AB=OB-OA=1500-500\sqrt{3}\approx1500-500×1.73=635\ \mathrm{m}$。
答：隧道$AB$的长约为$635\ \mathrm{m}$。

【分析】
解题时首先结合图形和已知条件梳理思路：已知CO垂直地面OB，长度为1500m，飞机所在水平线CD与OB平行，因此可通过平行线内错角相等的性质，将俯角转化为两个直角三角形的内角。接下来分别在Rt△COB和Rt△COA中，利用锐角三角函数求出OB和OA的长度，最后用OB减去OA即可得到隧道AB的长度。
【解析】
由题意得，$CD// OB$，$CO⊥ OB$，$CO=1500\ \mathrm{m}$，
$\therefore ∠ CAO=∠ DCA=60°$，$∠ CBO=∠ DCB=45°$。
在$\mathrm{Rt}△ COB$中，$∠ COB=90°$，$∠ CBO=45°$，
$\therefore OB=CO=1500\ \mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ COA$中，$∠ COA=90°$，$∠ CAO=60°$，
由$\tan60°=\dfrac{CO}{OA}$，得
$OA=\dfrac{CO}{\tan60°}=\dfrac{1500}{\sqrt{3}}=500\sqrt{3}\ \mathrm{m}$。
$\therefore AB=OB-OA=1500-500\sqrt{3}\approx1500-500×1.73=635\ \mathrm{m}$。
【答案】
隧道AB的长约为$\boxed{635\ \mathrm{m}}$。
【知识点】
1.解直角三角形应用
2.俯角的概念
3.锐角三角函数
【点评】
本题是解直角三角形在实际测量场景中的常规应用题，解题核心是将实际场景中的角度、长度关系转化为直角三角形的边角关系，熟练掌握俯角的含义和三角函数的应用即可顺利解题，计算时要注意近似取值的准确性。
【难度系数】
0.7

9.如图,CD是湖心岛上一座东西走向的仿古建筑,小明来到南北走向的湖岸步行道,他在A处测得仿古建筑的一端C在北偏东$30°$方向上,继续直行50 m后到达B处,测得仿古建筑的另一端D在北偏东$45°$方向上.已知仿
古建筑CD长30 m,求仿古建筑一端C到湖岸$l$的距离(结果保留根号).

解：
延长DC交直线l于点H，
由题意可知DH⊥l，∠H=90°，
设CH = x m，则DH = CH + CD = (x + 30) m。
在Rt△BHD中，∠HBD = 45°，∠H=90°，
∴ BH = DH = (x + 30) m，
∴ AH = AB + BH = 50 + x + 30 = (x + 80) m。
在Rt△ACH中，∠CAH = 30°，∠H=90°，
由$\tan∠ CAH=\frac{CH}{AH}$，得$\tan30°=\frac{x}{AH}$，
∴ $AH = \frac{x}{\tan30°}=\sqrt{3}x$，
∴ $\sqrt{3}x = x + 80$，
解得 $x=\frac{80}{\sqrt{3}-1}=40(\sqrt{3}+1)=40\sqrt{3}+40$。
答：仿古建筑一端C到湖岸l的距离为$(40\sqrt{3}+40)\ \mathrm{m}$。

【分析】
这是一道解直角三角形的方位角实际应用题，解题首先结合已知的道路走向：CD为东西走向，湖岸l为南北走向，可知两条线互相垂直，因此我们延长DC交l于点H，得到两个直角三角形Rt△ACH和Rt△BHD。要求C到l的距离即CH的长度，我们可以设CH=x m，结合CD的长度表示出DH，再利用45°角的直角三角形的性质得到BH的长度，进而表示出AH的长度；再在Rt△ACH中利用30°角的正切值表示出AH的另一种表达式，根据AH的两个表达式相等列方程求解即可。
【解析】
延长DC交直线l于点H，
由题意可知DH⊥l，∠H=90°，
设CH = x m，则DH = CH + CD = (x + 30) m。
在Rt△BHD中，∠HBD = 45°，∠H=90°，
∴ BH = DH = (x + 30) m，
∴ AH = AB + BH = 50 + x + 30 = (x + 80) m。
在Rt△ACH中，∠CAH = 30°，∠H=90°，
由$\tan∠ CAH=\frac{CH}{AH}$，得$\tan30°=\frac{x}{AH}$，
∴ $AH = \frac{x}{\tan30°}=\sqrt{3}x$，
∴ $\sqrt{3}x = x + 80$，
解得 $x=\frac{80}{\sqrt{3}-1}=40(\sqrt{3}+1)=40\sqrt{3}+40$。
【答案】
$(40\sqrt{3}+40)\ \mathrm{m}$
【知识点】
方位角应用，解直角三角形，锐角三角函数
【点评】
本题属于解直角三角形的实际应用类常规题型，解题核心是将实际问题中的方位角、线段长度转化为直角三角形中的角和边的条件，通过设未知数找到等量关系列方程求解，能有效考查学生的建模能力和运算能力。
【难度系数】
0.7

10.某公司准备从大楼点G处挂一条大型竖直条幅到点E处,公司进行实地测量,工作人员从大楼底部点F沿水平方向步行30 m到达自动扶梯底端点A处,在点A用仪器测得条幅下端E的仰角为$30°$.接着他沿自动扶梯AD到达扶梯顶端点D处,测得点A和点D的水平距离为15 m,且$\tan∠ DAB=\frac{4}{3}$.然后他从点D又沿水平方向行走了45 m到达点C,在点C测得条幅上端G的仰角为$45°$.(图上各点均在同一个平面内,且G,C,B共线,F,A,B共线,G,E,F共线,$CD// AB,GF⊥ FB$).
(1)求自动扶梯AD的长度;
(2)求大型条幅GE的长度(结果保留根号).

解：
(1) 过点D作DH⊥AB，垂足为H。
由题意得AH=15 m，
在Rt△ADH中，$\tan∠ DAB=\frac{DH}{AH}=\frac{4}{3}$，
$\therefore DH=AH·\tan∠ DAB=15×\frac{4}{3}=20\ \mathrm{m}$，
由勾股定理得：
$AD=\sqrt{AH^2+DH^2}=\sqrt{15^2+20^2}=25\ \mathrm{m}$。
(2) 过点C作CM⊥GF，垂足为M。
$\because CD// AB$，$DH⊥ AB$，$GF⊥ FB$，
$\therefore$ 四边形CDHB、四边形CMFH均为矩形，
$\therefore CM=FH=FA+AH+CD=30+15+45=90\ \mathrm{m}$，$MF=DH=20\ \mathrm{m}$。
在Rt△CGM中，$∠ GCM=45°$，$∠ CMG=90°$，
$\therefore GM=CM·\tan45°=90×1=90\ \mathrm{m}$，
$\therefore GF=GM+MF=90+20=110\ \mathrm{m}$。
在Rt△AEF中，$∠ EAF=30°$，$∠ AFE=90°$，$AF=30\ \mathrm{m}$，
$\therefore EF=AF·\tan30°=30×\frac{\sqrt{3}}{3}=10\sqrt{3}\ \mathrm{m}$，
$\therefore GE=GF-EF=(110-10\sqrt{3})\ \mathrm{m}$。
答：(1) 自动扶梯AD的长度为25 m；(2) 大型条幅GE的长度为$(110-10\sqrt{3})\ \mathrm{m}$。

【分析】
(1) 求AD的长度时，已知∠DAB的正切值和A、D的水平距离，可过D作AB的垂线构造直角三角形，先利用三角函数求出竖直直角边DH，再通过勾股定理计算斜边AD的长度。
(2) 求GE的长度时，观察可得GE=GF-EF，因此分别计算GF和EF即可：EF可在Rt△AEF中，利用30°角的三角函数和AF的长度求解；求GF时，过C作GF的垂线，结合CD//AB、GF⊥FB的条件可得多个矩形，利用矩形对边相等求出CM的长度，再在Rt△CGM中利用45°角的三角函数求出GM，结合MF的长度即可得到GF，最后作差得到GE的长度。
【解析】
(1) 过点D作DH⊥AB，垂足为H。
由题意得AH=15 m，
在Rt△ADH中，$\tan∠ DAB=\frac{DH}{AH}=\frac{4}{3}$，
$\therefore DH=AH·\tan∠ DAB=15×\frac{4}{3}=20\ \mathrm{m}$，
由勾股定理得：
$AD=\sqrt{AH^2+DH^2}=\sqrt{15^2+20^2}=25\ \mathrm{m}$。
(2) 过点C作CM⊥GF，垂足为M。
$\because CD// AB$，$DH⊥ AB$，$GF⊥ FB$，
$\therefore$ 四边形CDHB、四边形CMFH均为矩形，
$\therefore CM=FH=FA+AH+CD=30+15+45=90\ \mathrm{m}$，$MF=DH=20\ \mathrm{m}$。
在Rt△CGM中，$∠ GCM=45°$，$∠ CMG=90°$，
$\therefore GM=CM·\tan45°=90×1=90\ \mathrm{m}$，
$\therefore GF=GM+MF=90+20=110\ \mathrm{m}$。
在Rt△AEF中，$∠ EAF=30°$，$∠ AFE=90°$，$AF=30\ \mathrm{m}$，
$\therefore EF=AF·\tan30°=30×\frac{\sqrt{3}}{3}=10\sqrt{3}\ \mathrm{m}$，
$\therefore GE=GF-EF=(110-10\sqrt{3})\ \mathrm{m}$。
【答案】
(1) 自动扶梯AD的长度为25 m；
(2) 大型条幅GE的长度为$(110-10\sqrt{3})\ \mathrm{m}$。
【知识点】
解直角三角形的应用，矩形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题结合实际测量场景考查几何知识的综合应用，解题关键是合理作出辅助线构造直角三角形，结合矩形性质梳理各线段的数量关系，将实际问题转化为数学计算问题。
【难度系数】
0.6