5. |方程思想 如图,轮船B在码头A的正东方 向,与码头A的距离为100海里,轮船B向北 航行40海里到达C处时,收到D处一艘渔船 发来的求救信号,于是沿北偏西$45°$方向航行 到D处.解救渔船后,轮船沿南偏西$32°$方向返 回到码头A,那么码头A与D处的距离为 海里.(结果保留整数,参考数据: $\sin 32° \approx 0.5, \cos 32° \approx 0.8, \tan 32° \approx 0.6$)

5. 105 解析:如图,过点 D 作 DF ⊥ AB 于点 F,过点 C 作 CE ⊥DF 于点 E,由题意可知∠DCE=45°,在 Rt△DEC中,由于∠DCE=45°=∠CDE,
∴ DE=EC.设 EC=x 海里,则 ED=x 海里,
∵ ∠CEF=∠EFB=∠B=90°,
∴ 四边形 EFBC 是矩形,
∴ FB=EC=x 海里,EF=BC=40 海里,
∴ DF=(40+x)海里.
∵ AB=100 海里,
∴ AF=(100-x)海里.在 Rt△ADF 中,∠DFA=90°,∠ADF=32°.
∵ tan∠ADF=$\frac{AF}{DF}$,
∴ $\frac{100-x}{40+x}$≈0.6,
∴ x≈47.5,
∴ AF=100-47.5=52.5(海里).在 Rt△ADF中,$AD=\frac{AF}{\sin 32°}≈\frac{52.5}{0.5}=105$(海里).故答案为 105.

【分析】
本题是方向角背景下的解直角三角形应用题，解题思路如下：首先通过作辅助线构造直角三角形和矩形来转化已知条件：过点D作DF⊥AB于点F，过点C作CE⊥DF于点E，可得到Rt△DEC、Rt△ADF和矩形EFBC。先利用∠DCE=45°得出Rt△DEC是等腰直角三角形，两直角边相等，设EC=x，即可用x表示出DE、DF、AF的长度；再结合Rt△ADF中∠ADF=32°的正切值列方程求解x，得到AF的长度后，最后在Rt△ADF中利用32°的正弦值即可求出码头A与D处的距离。
【解析】
解：如图，过点D作$DF ⊥ AB$于点F，过点C作$CE ⊥ DF$于点E。
由题意可知$∠ DCE=45°$，在$\mathrm{Rt}△ DEC$中，$∠ DCE=45°=∠ CDE$，
$\therefore DE=EC$。
设$EC=x$海里，则$ED=x$海里，
$\because ∠ CEF=∠ EFB=∠ B=90°$，
$\therefore$ 四边形$EFBC$是矩形，
$\therefore FB=EC=x$海里，$EF=BC=40$海里，
$\therefore DF=(40+x)$海里。
$\because AB=100$海里，
$\therefore AF=(100-x)$海里。
在$\mathrm{Rt}△ ADF$中，$∠ DFA=90°$，$∠ ADF=32°$，
$\because \tan∠ ADF=\frac{AF}{DF}$，
$\therefore \frac{100-x}{40+x}\approx0.6$，
解得$x\approx47.5$，
$\therefore AF=100-47.5=52.5$（海里）。
在$\mathrm{Rt}△ ADF$中，$AD=\frac{AF}{\sin 32°}\approx\frac{52.5}{0.5}=105$（海里）。

【答案】
105
【知识点】
方向角问题，矩形的性质，解直角三角形
【点评】
本题是解直角三角形实际应用的典型题型，通过作辅助线将分散的边角条件集中到直角三角形和矩形中，结合方程思想求解未知量，既考查了学生的几何建模能力，也检验了三角函数的计算应用能力。
【难度系数】
0.6

6. ★★★（2024·资阳中考）如图，某海域有两灯塔A,B，其中灯塔B在灯塔A的南偏东$30°$方向，且A,B相距$\frac{16\sqrt{3}}{3}$海里.一渔船在C处捕鱼，测得C处在灯塔A的北偏东$30°$方向，在灯塔B的正北方向.
(1)求B,C两处的距离；
(2)该渔船从C处沿北偏东$65°$方向航行一段时间后，突发故障滞留于D处，并发出求救信号.此时，在灯塔B处的渔政船测得D处在北偏东$27°$方向，便立即以18海里/时的速度沿BD方向航行至D处救援，求渔政船的航行时间.
（注：点A,B,C,D在同一水平面内；参考数据：$\tan 65° \approx 2.1$，$\tan 27° \approx 0.5$）

6. (1)如图,过点 A 作 AE ⊥ BC 于点 E,
∵ 灯塔 B 在灯塔 A 的南偏东 30°方向,C 处在灯塔 A 的北偏东 30°方向,在灯塔 B的正北方向,
∴ ∠ACE = ∠ABE = 30°,
∴ AC = AB.
∵ AE ⊥BC,
∴ CE = BE.
∵ AB = $\frac{16\sqrt{3}}{3}$ 海里,
∴ BE = CE = ABcos 30° =8(海里),
∴ BC=8×2=16(海里),
∴ B,C 两处的距离为16海里.
(2)如图,过点 D 作 DF ⊥ BC,交 BC 延长线于点 F,设 CF=x 海里,
∵ ∠DCF=65°,
∴ DF = CFtan 65° = 2.1x(海里),由(1)可知,BC=16 海里,
∴ BF=(16+x)海里.
∵ ∠DBF=27°,
∴ DF=BFtan 27°≈0.5(16+x)(海里),
∴ 2.1x=0.5(16+x),解得 x=5,
∴ BF=BC+CF=21(海里),DF=CFtan 65°≈10.5(海里).根据勾股定理可得,$BD=\sqrt{DF^2+BF^2}=\frac{21\sqrt{5}}{2}$(海里),
∴ 渔政船的航行时间为$\frac{21\sqrt{5}}{2} ÷18=\frac{7\sqrt{5}}{12}$(小时).答:渔政船的航行时间为$\frac{7\sqrt{5}}{12}$小时.

【分析】
(1) 求BC的距离时，先根据方向角的定义推导得∠ACE=∠ABE=30°，可判断△ABC为等腰三角形，AC=AB。过A作AE⊥BC，利用等腰三角形三线合一的性质得CE=BE，再通过锐角三角函数求出BE的长度，即可得到BC的长。
(2) 求渔政船航行时间，需先求出BD的长度。过D作DF⊥BC交BC延长线于F，设CF=x海里，分别在Rt△DCF和Rt△DBF中用正切函数表示DF，列方程求解x的值，再利用勾股定理求出BD的长，最后用路程除以速度得到航行时间。
【解析】
(1) 过点A作AE⊥BC于点E，
∵ 灯塔B在灯塔A的南偏东30°方向，C处在灯塔A的北偏东30°方向，且C在灯塔B的正北方向，
∴ ∠ACE = ∠ABE = 30°，
∴ AC = AB。
∵ AE⊥BC，
∴ CE = BE。
∵ AB = $\frac{16\sqrt{3}}{3}$ 海里，
∴ BE = AB·cos30° = $\frac{16\sqrt{3}}{3} × \frac{\sqrt{3}}{2} = 8$（海里），
∴ BC = BE + CE = 2BE = 16（海里）。
(2) 过点D作DF⊥BC，交BC的延长线于点F，设CF = x海里，
∵ ∠DCF = 65°，
∴ 在Rt△DCF中，DF = CF·tan65° ≈ 2.1x 海里。
由(1)可知BC=16海里，
∴ BF = BC + CF = (16 + x)海里。
∵ ∠DBF = 27°，
∴ 在Rt△DBF中，DF = BF·tan27° ≈ 0.5(16 + x) 海里。
∴ 2.1x = 0.5(16 + x)，
解得 x = 5。
∴ BF = 16 + 5 = 21（海里），DF = 2.1×5 = 10.5（海里）。
根据勾股定理，BD = $\sqrt{BF^2 + DF^2} = \sqrt{21^2 + 10.5^2} = \frac{21\sqrt{5}}{2}$（海里）。
∴ 渔政船的航行时间为 $\frac{21\sqrt{5}}{2} ÷ 18 = \frac{7\sqrt{5}}{12}$（小时）。
【答案】
(1) B,C两处的距离为16海里；
(2) 渔政船的航行时间为$\frac{7\sqrt{5}}{12}$小时。

【知识点】
方向角的应用，解直角三角形，等腰三角形性质
【点评】
本题以海上救援为实际背景，考查解直角三角形的应用，解题关键是准确理解方向角的含义，通过作垂线构造直角三角形，结合三角函数、方程思想和勾股定理求解线段长度，注重对基础知识和实际建模能力的考查。
【难度系数】
0.6

7. ★★|新趋势·数学文化（2024·连云港中考）图①是古代数学家杨辉在《详解九章算法》中对“邑的计算”的相关研究.数学兴趣小组也类比进行了如下探究:如图②,正八边形游乐城$A_1A_2A_3A_4A_5A_6A_7A_8$的边长为$\frac{\sqrt{2}}{2}\ \mathrm{km}$,南门$O$设立在$A_6A_7$边的正中央,游乐城南侧有一条东西走向的道路$BM$,$A_6A_7$在$BM$上(门宽及门与道路间距离忽略不计),东侧有一条南北走向的道路$BC$,$C$处有一座雕塑.在$A_1$处测得雕塑在北偏东$45°$方向上,在$A_2$处测得雕塑在北偏东$59°$方向上.
(1)$∠ CA_1A_2=$$°$,$∠ CA_2A_1=$$°$;
(2)求点$A_1$到道路$BC$的距离;
(3)若该小组成员小李出南门$O$后沿道路$MB$向东行走,求她离$B$处不超过多少千米,才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响.(结果精确到$0.1\ \mathrm{km}$,参考数据:$\sqrt{2}\approx1.41,\sin76°\approx0.97,\tan76°\approx4.00,\sin59°\approx0.86,\tan59°\approx1.66$)

7. (1)90 76 解析:
∵ 正八边形的一个外角的度数为$\frac{360°}{8}=45°$,
∴ ∠CA₁A₂=45°+45°=90°,∠CA₂A₁=180°-45°-59°=76°.故答案为90,76.
(2)如图,过点 A₁ 作 A₁D ⊥ BC,垂足为 D.在 Rt△CA₂A₁ 中,$A_2A_1=\frac{\sqrt{2}}{2}$ km,∠CA₂A₁=76°,
∴ CA₁=A₁A₂ · tan 76°≈$\frac{\sqrt{2}}{2}$ ×4.00=2$\sqrt{2}$(km).在 Rt△CA₁D 中,∠CA₁D=90°-45°=45°,
∴ A₁D=CA₁ · cos 45°=2$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2.0( km).答:点 A₁ 到道路BC 的距离为 2.0 千米.
(3)连接 CA₈ 并延长交 BM 于点 E,延长 A₁A₈ 交 BE 于点 G,过点 A₈ 作 A₈F ⊥ BC,垂足为 F.
∵ 正八边形的外角均为45°,
∴ 在 Rt△A₇A₈G 中,$A_8G=\frac{1}{2}$ km,
∴ FB=A₈G=$\frac{1}{2}$ km.又
∵ A₈F=A₁D=CD=2 km,$DF=A_1A_8=\frac{\sqrt{2}}{2}$ km,
∴ CB=CD+DF+FB=$\frac{5+\sqrt{2}}{2}$ km.
∵ ∠CFA₈ = ∠B,∠FCA₈ = ∠BCE,
∴ Rt△CA₈F∽Rt△CEB,
∴ $\frac{CF}{CB}=\frac{A_8F}{EB}$,即 $\frac{2+\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{5+\sqrt{2}}{2}}=\frac{2}{EB}$.
∵ $\sqrt{2}≈1.41$,
∴ EB≈2.4 km.答:小李离点 B 不超过 2.4 km,才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响.

【分析】
(1) 先计算正八边形的外角度数：正八边形每个外角为$360°÷8=45°$，结合给出的方向角，$∠ CA_1A_2$为正八边形外角加45°方向角，$∠ CA_2A_1$用平角减去45°外角和59°方向角即可求解。
(2) 求点$A_1$到$BC$的距离，先过$A_1$作$A_1D⊥ BC$，先在$\mathrm{Rt}△ CA_2A_1$中利用已知边长和角度的三角函数值求出$CA_1$的长度，再在$\mathrm{Rt}△ CA_1D$中利用45°角的三角函数值求出$A_1D$，即为所求距离。
(3) 观察雕塑不受遮挡的边界是射线$CA_8$，延长$CA_8$交$MB$于点$E$，$EB$的长度就是允许的最大距离。先根据正八边形的性质求出$CB$的长度，再证明$△ CA_8F∽△ CEB$，利用相似三角形对应边成比例列方程求解$EB$即可。
【解析】
(1) $\because$ 正八边形的一个外角的度数为$\frac{360°}{8}=45°$，
$\therefore ∠ CA_1A_2=45°+45°=90°$，$∠ CA_2A_1=180°-45°-59°=76°$。
(2) 如图，过点$A_1$作$A_1D ⊥ BC$，垂足为$D$。
在$\mathrm{Rt}△ CA_2A_1$中，$A_2A_1=\frac{\sqrt{2}}{2}\ \mathrm{km}$，$∠ CA_2A_1=76°$，
$\therefore CA_1=A_1A_2 · \tan76° \approx \frac{\sqrt{2}}{2} × 4.00=2\sqrt{2}\ (\mathrm{km})$。
在$\mathrm{Rt}△ CA_1D$中，$∠ CA_1D=90°-45°=45°$，
$\therefore A_1D=CA_1 · \cos45°=2\sqrt{2} × \frac{\sqrt{2}}{2}=2.0\ (\mathrm{km})$。
(3) 连接$CA_8$并延长交$BM$于点$E$，延长$A_1A_8$交$BE$于点$G$，过点$A_8$作$A_8F ⊥ BC$，垂足为$F$。
$\because$ 正八边形的外角均为$45°$，
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ A_7A_8G$中，$A_8G=\frac{1}{2}\ \mathrm{km}$，
$\therefore FB=A_8G=\frac{1}{2}\ \mathrm{km}$。
又$\because A_8F=A_1D=CD=2\ \mathrm{km}$，$DF=A_1A_8=\frac{\sqrt{2}}{2}\ \mathrm{km}$，
$\therefore CB=CD+DF+FB=\frac{5+\sqrt{2}}{2}\ \mathrm{km}$。
$\because ∠ CFA_8 = ∠ B=90°$，$∠ FCA_8 = ∠ BCE$，
$\therefore \mathrm{Rt}△ CA_8F ∽ \mathrm{Rt}△ CEB$，
$\therefore \frac{CF}{CB}=\frac{A_8F}{EB}$，即 $\frac{2+\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{5+\sqrt{2}}{2}}=\frac{2}{EB}$，
代入$\sqrt{2}\approx1.41$，解得$EB\approx2.4\ \mathrm{km}$。
【答案】
(1) $90$，$76$
(2) 点$A_1$到道路$BC$的距离为$2.0$千米。
(3) 小李离点$B$不超过$2.4\ \mathrm{km}$，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响。

【知识点】
正多边形的性质；解直角三角形；相似三角形的应用
【点评】
本题结合古代数学文化背景，将实际问题转化为几何问题，综合考查了方向角、正多边形性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质，需要学生具备较强的图形分析能力和数据运算能力，能有效提升数学建模素养。
【难度系数】
0.6