登录
10. 如图，某校学生开展综合实践活动，测量一建筑物CD的高度，在建筑物旁边有一高度为10米的小楼房AB，小李同学在小楼房楼底B处测得C处的仰角为$60°$，在小楼房楼顶A处测得C处的仰角为$30°$（AB，CD在同一平面内，B，D在同一水平面上），则建筑物CD的高为
15米
。答案
15米
【点拨】设过点A的水平线交CD于点E,如图,由题意知四边形ABDE是矩形,
∴DE=AB=10米,AE=BD. 在Rt△BCD中,$BD=\frac{CD}{\tan 60°}=\frac{\sqrt{3}}{3}CD$. 在Rt△ACE中,$AE=\frac{CE}{\tan 30°}=\sqrt{3}(CD-DE)=\sqrt{3}(CD-10)$,
∴$\sqrt{3}(CD-10)=\frac{\sqrt{3}}{3}CD$,解得CD=15米.
11.如图,海中有一个小岛 C,某渔船在海中的 A 点测得小岛 C 位于东北方向上,该渔船由西向东航行一段时间后到达 B 点,测得小岛 C 位于北偏西$30°$方向上,再沿北偏东$60°$方向继续航行一段时间后到达 D 点,这时测得小岛 C 位于北偏西$60°$方向上.已知 A,C 相距 30 n mile.求 C,D 间的距离(计算过程中的数据不取近似值).
答案
过点C作CH⊥AB于点H,由题意得$∠CAB=45°$,$AC=30\ \mathrm{n mile}$,
∴易得$AH=CH=15\sqrt{2}\ \mathrm{n mile}$.
∵$∠CBH=90°-30°=60°$,
∴$BC=\frac{CH}{\sin 60°}=\frac{15\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=10\sqrt{6}\ (\mathrm{n mile})$.
过点D作DG⊥AB交AB的延长线于点G,
∴$∠DBG=90°-60°=30°$.
∴$∠BDG=60°$.
∴$∠CDB=60°$.
∵$∠CBD=30°+60°=90°$,
∴$CD=\frac{BC}{\sin 60°}=\frac{10\sqrt{6}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=20\sqrt{2}(\mathrm{n mile})$.
∴C,D间的距离为$20\sqrt{2}\ \mathrm{n mile}$.
∴易得$AH=CH=15\sqrt{2}\ \mathrm{n mile}$.
∵$∠CBH=90°-30°=60°$,
∴$BC=\frac{CH}{\sin 60°}=\frac{15\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=10\sqrt{6}\ (\mathrm{n mile})$.
过点D作DG⊥AB交AB的延长线于点G,
∴$∠DBG=90°-60°=30°$.
∴$∠BDG=60°$.
∴$∠CDB=60°$.
∵$∠CBD=30°+60°=90°$,
∴$CD=\frac{BC}{\sin 60°}=\frac{10\sqrt{6}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=20\sqrt{2}(\mathrm{n mile})$.
∴C,D间的距离为$20\sqrt{2}\ \mathrm{n mile}$.
12. ★★ 如图,已知在 $Rt△ ABC$ 中, $∠ ACB=90°$, $\sin B=\frac{3}{5}$,D是BC上一点,$DE⊥ AB$,垂足为E, $CD=DE$,$AC+CD=9$,则 $CE=\_\_\_\_\_\_$.
答案
$\frac{12\sqrt{5}}{5}$
【点拨】过点C作CF⊥AB于点F,
∵$\sin B=\frac{3}{5}$,$DE⊥AB$于点E,
∴在Rt△DEB中,$\sin B=\frac{DE}{BD}=\frac{3}{5}$.
∴设$DE=CD=3x$,则$BD=5x$.
∴$BC=BD+DC=8x$,$BE=\sqrt{BD^2-DE^2}=\sqrt{(5x)^2-(3x)^2}=4x$.
∵$AC+CD=9$,
∴设$AC=y$,则$CD=DE=9-y$. 在Rt△ABC中,$∠ACB=90°$,$DE⊥AB$,
∴$∠BED=∠ACB=90°$. 又
∵$∠B=∠B$,
∴$△BDE∽△BAC$.
∴$\frac{DE}{AC}=\frac{BE}{BC}$,即$\frac{9-y}{y}=\frac{4x}{8x}$,解得$y=6$,即$AC=6$.
∴$CD=DE=9-6=3=3x$,即$x=1$.
∴$BE=4$,$BC=8$. 又
∵在Rt△ABC中,$\sin B=\frac{AC}{AB}=\frac{3}{5}$,
∴$AB=10$.
∵$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·CF$,
∴$\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×10×CF$,解得$CF=4.8$.
∵$\tan B=\frac{CF}{BF}=\frac{AC}{BC}$,
∴$\frac{4.8}{BF}=\frac{6}{8}$,解得$BF=6.4$.
∴$EF=BF-BE=2.4$.
∴在Rt△CFE中,$CE=\sqrt{CF^2+EF^2}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$.
【点拨】过点C作CF⊥AB于点F,
∵$\sin B=\frac{3}{5}$,$DE⊥AB$于点E,
∴在Rt△DEB中,$\sin B=\frac{DE}{BD}=\frac{3}{5}$.
∴设$DE=CD=3x$,则$BD=5x$.
∴$BC=BD+DC=8x$,$BE=\sqrt{BD^2-DE^2}=\sqrt{(5x)^2-(3x)^2}=4x$.
∵$AC+CD=9$,
∴设$AC=y$,则$CD=DE=9-y$. 在Rt△ABC中,$∠ACB=90°$,$DE⊥AB$,
∴$∠BED=∠ACB=90°$. 又
∵$∠B=∠B$,
∴$△BDE∽△BAC$.
∴$\frac{DE}{AC}=\frac{BE}{BC}$,即$\frac{9-y}{y}=\frac{4x}{8x}$,解得$y=6$,即$AC=6$.
∴$CD=DE=9-6=3=3x$,即$x=1$.
∴$BE=4$,$BC=8$. 又
∵在Rt△ABC中,$\sin B=\frac{AC}{AB}=\frac{3}{5}$,
∴$AB=10$.
∵$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·CF$,
∴$\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×10×CF$,解得$CF=4.8$.
∵$\tan B=\frac{CF}{BF}=\frac{AC}{BC}$,
∴$\frac{4.8}{BF}=\frac{6}{8}$,解得$BF=6.4$.
∴$EF=BF-BE=2.4$.
∴在Rt△CFE中,$CE=\sqrt{CF^2+EF^2}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$.
13. 如图①，在$△ ABC$中，$AB=AC=4$，射线$AN// BC$，$D$为$AN$上一点，过点$D$作$DE// AB$，交射线$BC$于点$E$. 研究发现线段$CE$的长$y$与线段$AD$的长$x$之间的关系可用图②的图象表示，已知点$M(8,2)$，则$∠ B$的正切值为（
A.$\dfrac{\sqrt{7}}{3}$
B.$\dfrac{3}{4}$
C.$\dfrac{1}{4}$
D.$\dfrac{\sqrt{7}}{4}$
A
）A.$\dfrac{\sqrt{7}}{3}$
B.$\dfrac{3}{4}$
C.$\dfrac{1}{4}$
D.$\dfrac{\sqrt{7}}{4}$
答案
A
【点拨】
∵$DE//AB$,$AN//BC$,
∴四边形ABED是平行四边形.
∴$BE=AD$. 根据题图②,易知点E在点C的右侧,且$AD=x=8$,$EC=y=2$,
∴$BE=AD=8$,
∴$BC=BE-EC=6$. 过点A作AQ⊥BC,垂足为Q,
∵$AB=AC$,
∴$BQ=\frac{1}{2}BC=3$.
∴在Rt△ABQ中,$AQ=\sqrt{4^2-3^2}=\sqrt{7}$,
∴$\tan B=\frac{AQ}{BQ}=\frac{\sqrt{7}}{3}$.
【点拨】
∵$DE//AB$,$AN//BC$,
∴四边形ABED是平行四边形.
∴$BE=AD$. 根据题图②,易知点E在点C的右侧,且$AD=x=8$,$EC=y=2$,
∴$BE=AD=8$,
∴$BC=BE-EC=6$. 过点A作AQ⊥BC,垂足为Q,
∵$AB=AC$,
∴$BQ=\frac{1}{2}BC=3$.
∴在Rt△ABQ中,$AQ=\sqrt{4^2-3^2}=\sqrt{7}$,
∴$\tan B=\frac{AQ}{BQ}=\frac{\sqrt{7}}{3}$.
14. 新考法化斜为直法 如图，AD是$△ ABC$的中线，$\tan B=\frac{1}{3}$，$\cos C=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$AC=\sqrt{2}$. 求：
(1)BC的长；
(2)$\sin ∠ ADC$的值.
(1)BC的长；
(2)$\sin ∠ ADC$的值.
答案
(1)如图,过点A作AE⊥BC于点E.
∵$\cos C=\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴$∠C=45°$.
在Rt△ACE中,$CE=AC·\cos C=\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1$,$AE=AC·\sin C=\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1$.
在Rt△ABE中,
∵$\tan B=\frac{1}{3}$,即$\frac{AE}{BE}=\frac{1}{3}$,
∴$BE=3AE=3$.
∴$BC=BE+CE=4$.
(2)
∵AD是△ABC的中线,
∴$CD=\frac{1}{2}BC=2$.
∴$DE=CD-CE=1$.
∵$AE⊥BC$,$DE=AE=1$,
∴$∠ADC=45°$.
∴$\sin∠ADC=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
