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专题09
锐角三角形的计算及应用
5 年真题1 年模拟·答案版
考点01 解直角三角形与实际问题
1.C
2.B
3. 128
4. 【答案】(1)①
C
C
；②3c
(2)相似三角形的判定与性质
(3)最大宽度为
sin
cos
m
tan
a
a
，见解析
【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可；
（2）根据相似三角形的判定和性质进行回答即可；
（3）测量过程：在小水池外选点C ，用测角仪在点B 处测得
ABC
，在点A 处测得
BAC
；用皮
尺测得BC
am
；
求解过程：过点C 作CD
AB
，垂足为D ，根据锐角三角函数的定义推得
cos
BD
a
，
sin
CD
a
，
sin
tan
a
AD
，根据AB
BD
AD
，即可求得．
【详解】（1）∵AC
a
，BC
b
，
3
a
CM
，
3
b
CN
，
∴
1
3
CM
CN
CA
CB
，
又∵
C
C
，
∴
CMN
CAB
∽
△
△
，
∴
1
3
MN
AB
．
又∵MN
c
，
∴
3
m
AB
c
．
故小水池的最大宽度为3c m ．
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（2）根据相似三角形的判定和性质求得
3
3
AB
MN
c
，
故答案为：相似三角形的判定与性质．
（3）测量过程：
（ⅰ）在小水池外选点C ，如图，用测角仪在点B 处测得
ABC
，在点A 处测得
BAC
；
（ⅱ）用皮尺测得BC
am
．
求解过程：
由测量知，在ABC 中，
ABC
，
BAC
，BC
a
．
过点C 作CD
AB
，垂足为D ．
在Rt
CBD
△
中，cos
BD
CBD
BC
，
即cos
BD
a
，所以
cos
BD
a
．
同理，
sin
CD
a
．
在Rt ACD 中，tan
CD
CAD
AD
，
即
sin
tan
a
AD
，所以
sin
tan
a
AD
．
所以
sin
cos
m
tan
a
AB
BD
AD
a
．
故小水池的最大宽度为
sin
cos
m
tan
a
a
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，根据题意画出几何图形，建立
数学模型是解题的关键．
考点02 解直角三角形综合问题
1. 【答案】(1)60
(2)证明：
60
ACD
ABD
，
ACD
E
．
AC
EF
∥
．
∵四边形AFBD 是
O 的内接四边形，
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180
AFB
ADB
．
ABD是等边三角形，
60
ADB
，
120
AFB
．
180
AFB
E
．
AF
CE
∥
．
∴四边形AFEC 是平行四边形．
(3)
7
3
【分析】（1）先判定ABD 是等边三角形，得到
60
BAD
BDA
，利用圆的内接四边形的性质，证明
60
BCE
BAD
，最后利用三角形内角和定理解答即可；
（2）先利用
ACD
E
判定AC
EF ，利用圆的内接四边形的性质求得
120
AFB
，证明AF
CE ；
（3）过点C 作CH
BE
，垂足为H ，连接DF ，设CD
a
，先判定BCE 是等边三角形，证明
CFE
BDE AAS
≌
，得到EF
ED
，再证明DEF 是等边三角形，证明BC
DF ，BCG
DFG
∽
，
BCE
FDE
∽
，得到
2
BE
a
，
3
EF
a
，接着利用勾股定理表示出
,
CH CF ，利用平行四边形的性质表示
出AC ，进一步解答即可．
【详解】（1）解：
AB
BD
，
60
ABD
，
ABD
△
是等边三角形．
60
BAD
BDA
．
∵四边形ABCD 是
O 的内接四边形，
180
BAD
BCD
．
又
180
BCE
BCD
，
60
BCE
BAD
．
60
CBE
，
180
60
E
CBE
BCE
．
（2）略
（3）解：过点C 作CH
BE
，垂足为H ，连接DF ，设CD
a
．
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60
E
CBE
BCE
，
BCE
△
是等边三角形．
BE
CE
．
又
CFB
CDB
，
E
E
，
CFE
BDE AAS
≌
．
EF
ED
．
BF
CD
a
．
60
E
，
DEF
是等边三角形．
60
FDE
BCE
．
BC
DF
∥
．
BCG
DFG
△
∽△
．
2
3
BC
CG
DF
FG
．
BC
DF
∥
，
BCE
FDE
△
∽△
．
2
3
BE
BC
FE
FD
．
2
BE
a
，
3
EF
a
．
∵四边形AFEC 是平行四边形，
3
AC
EF
a
．
BCE
△
是等边三角形，CH
BE
，
1
2
BH
BE
a
．
在Rt
BCH
△
中，tan
3
CH
CBE
BH
，
3
3
CH
BH
a
．
2
FH
BF
BH
a
，
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2
2
2
2
2
3
7
CF
FH
CH
a
a
a
．
CFE
BDE
△
≌△
，
7
BD
CF
a
．
7
7
3
3
BD
a
AC
a
．
2. 【答案】(1)证明：
FE
AB
∥
，
180
A
F
．
∵四边形A B CD
由四边形ABCD 翻折得到，点E 的对应点为E，
A
DA E
．
180
DA E
FA E
，
F
FA E
．
E A
E F
．
(2)2 2
【分析】（1）利用平行和折叠的性质证明
F
FA E
，即可得出结论；
（2）根据
CED
△
是等腰直角三角形可求
45
A DE
ADE
，过点E作E G
A F
，垂足为G ，再解三
角形即可．
【详解】（1）略
（2）解：过点E作E G
A F
，垂足为G ．
CE
DE
，
90
CED
，
45
EDC
ECD
．
90
ADC
，
45
ADE
．
∵四边形A B CD
由四边形ABCD 翻折得到，点E 的对应点为E，
45
A DE
ADE
，
2
A D
AD
，
4
DE
DE
．
在Rt
DE G
△
中，
cos
4cos45
2 2
DG
DE
E DG
，
2
A G
DG
A D
．
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E A
E F
，E G
A F
，
2
2 2
A F
A G
．
3. 【答案】(1)
证明：
AB
AC
∵
，
ABC
ACB
．
AB
AB
，
ACB
ADB
，
ABC
ADB ．
ADB
DBE
E
，
ABC
DBE
E
．
(2)
证明：
AD
AD
，
ABD
ACD
．
BG
DG
，
BDG
ABD
ACD
，
又
DHF
CHD
，
HDF
HCD
∽
，
HF
HD
HD
HC
，
2
HD
HF HC
．
由（1）知，
ABC
DBE
E
，
又
ABC
DBE
ABD
，
ABD
E
，
BDG
E
．
ADB
ADG
BDG
DBC
E
，
ADG
DBC
．
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∵CD
CD
，
DAC
DBC
，
ADG
DAC
，
AH
DH
，
2
AH
HF HC
．
(3)3 6
【分析】（1）利用AB
AC
得
ABC
ACB
，结合同弧AB 所对圆周角
ACB
ADB
，再根据三角形外
角性质
ADB
DBE
E
，完成证明．
（2）先证HDF
HCD
得
2
HD
HF HC
，再通过角的等量代换证
ADG
DAC
，推出AH
DH
，从
而得
2
AH
HF HC
．
（3）利用（2）结论将AGH 周长转化为AB ，通过相似三角形ACD
AEC
及三角函数、勾股定理求出AB
的长，即AGH 周长为3 6 ．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：由（2）知，AH
DH
，
AGH
△
的周长为AG
GH
AH
AG
GH
DH
AG
DG
AG
BG
AB
．
设DE
m
，则
2
2
3
AD
DE
m
AE
AD
DE
m
，
．
由（2）可知，
ACD
E
．
又
CAD
EAC
，
ACD
AEC
∽
，
AC
AD
CD
AE
AC
EC
，
2
2
6
AC
AD AE
m
，
6
AC
m
．
又
6
CD
，
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6
6
3
m
m
EC
，
3
EC
．
过点C 作CP
AE
，垂足为P，则
90
CPD
CPE
．
四边形ABCD 是圆内接四边形，
180
ADC
ABC
，
又
180
ADC
CDP
，
CDP
ABC
，
tan
tan
5
CDP
ABC
．
在Rt
DCP
△
中，
5
PC
PD
，即
5
PC
PD
．
2
2
6
CD
PD
PC
PD
，
6
6
PD
，
1
PD
，
1
PE
DE
DP
m
．
在Rt
CPE
△
中，
2
2
2
PE
PC
CE
，
2
2
2
(
1)
5
3
m
，
解得
3
m
，或
1
m （舍去）．
3 6
AB
AC
．
AGH
△
的周长为3 6 ．
【点睛】本题考查圆的性质、等腰三角形、相似三角形、解直角三角形等知识，通过角与边的转化、相似
三角形判定与性质解题，关键是利用圆的性质和三角形知识进行边角关系推导．
4. 【答案】(1)
1
2
(2)
过点B 作BM
AE ，交EO 延长线于点M ．
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,
90
BAE
ABM
AEO
BMO
．
AO
BO
，
AOE
BOM
△
≌△
，
,
AE
BM OE
OM
．
1
2
OE
AE
，
2
BM
OE
EM
，
45
MEB
MBE
，
135
AEB
AEO
MEB
，
180
135
BEC
MEB
，
AEB
BEC
．
,
90
AB
AC
BAC
，
45
ABC
，
ABM
CBE
，
BAE
CBE
，
AEB
BEC
∽
．
(3)
如图，连接
,
DE DF ．
AB 是
O 的直径，
90 ,
2
ADB
AFB
AB
AO
．
,
90
AB
AC
BAC
，
2
,
45
BC
BD
DAB
．
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由（2）知，AEB
BEC
∽
，
2
,
2
AE
AB
AO
AO
EAO
EBD
BE
BC
BD
BD
，
AOE
BDE
△
∽△
，
90
BED
AEO
．
90
DEF
．
AFB
DEF
，
AF
DE
．
由（2）知，
135
AEB
，
180
45
AEF
AEB
．
45
DFB
DAB
，
DFB
AEF
，
AE
FD
∥
，
四边形AEDF 是平行四边形，
AD
与EF 互相平分．
【分析】（1）先证得
2
AC
AO
，再在Rt AOC 中，tan
2
AC
AOC
AO
．在Rt
AOE
△
中，tan
AE
AOC
OE
，
可得
2
AE
OE
，再证得结果；
（2）过点B 作BM
AE ，交EO 延长线于点M ，先证明AOE
BOM
≌
，可得
,
AE
BM OE
OM
，再证
得
BAE
CBE
，再由相似三角形的判定可得结论；
（3）如图，连接
,
DE DF ，由（2）AEB
BEC
∽
，可得
2
,
2
AE
AB
AO
AO
EAO
EBD
BE
BC
BD
BD
，从而得
出AOE
BDE
∽
，得出
90
BED
AEO
，得出
AFB
DEF
，再由平行线判定得出AF
DE ，
AE
FD
∥
，从而得出四边形AEDF 是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果．
【详解】（1）
AB
AC
∵
，且AB 是
O 的直径，
2
AC
AO
．
90
BAC
，
在Rt AOC 中，tan
2
AC
AOC
AO
．
AE
OC
，
在Rt
AOE
△
中，tan
AE
AOC
OE
．
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2
AE
OE
，
1
2
OE
AE
；
（2）略
（3）略
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、
相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，
考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键．
5. 【答案】(1)
解：如图所示，⊙A 即为所求作：
(2)
5
1
2
【分析】（1）先过点A 作BD 的垂线，进而找出半径，即可作出图形；
（2）根据题意，作出图形，设
ADB
，⊙A 的半径为r，先判断出BE＝DE，进而得出四边形AEFG 是
正方形，然后在Rt△ABE 中，根据勾股定理建立方程求解
tan
BE
r
，再判定
ABE
CDF
≌
△
△
，根据
tan
BE
DF
r
，
tan
DE
DF
EF
r
r
，在Rt△ADE 中，利用tan
AE
ADE
DE
，得到
2
tan
tan
1
0
，求解得到tan∠ADB 的值为
5
1
2
．
【详解】（1）略
（2）解：根据题意，作出图形如下：
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设
ADB
，⊙A 的半径为r，
∵BD 与⊙A 相切于点E，CF 与⊙A 相切于点G，
∴AE⊥BD，AG⊥CG，即∠AEF＝∠AGF＝90°，
∵CF⊥BD，
∴∠EFG＝90°，
∴四边形AEFG 是矩形，
又AE
AG
r
，
∴四边形AEFG 是正方形，
∴EF
AE
r
，
在Rt△AEB 和Rt△DAB 中，
90
BAE
ABD
，
90
ADB
ABD
，
∴
BAE
ADB
，
在Rt△ABE 中，tan
BAE
BE
AE
，
∴
tan
BE
r
，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB
CD
∥
，AB＝CD，
∴
ABE
CDF
，又
90
AEB
CFD
，
∴
ABE
CDF
≌
△
△
，
∴
tan
BE
DF
r
，
∴
tan
DE
DF
EF
r
r
，
在Rt△ADE 中，tan
AE
ADE
DE
，即
tan
DE
AE
，
∴
tan
tan
r
r
r
，即
2
tan
tan
1
0
，
∵tan
0
，
13 / 45
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∴
5
1
tan
2
，即tan∠ADB 的值为
5
1
2
．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了尺规作图，切线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判
定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，利用三角函数得出线段长建立方程是解决问题
的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
B
C
B
B
A
D
A
A
题号
11
答案
A
12．1
13．2
2
14．2 3
15．12 2
7
/12
2
7
16．3 6
3 2
2
17．0.6
18．185
19．8
6 3
20．2
21．
32
0.6
22．16
5
23．3
24．19
25．
50 2
30
/
30
50 2
26．
6,6
27．1.2
28．2.5
14 / 45
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29．5 6
39 2
50
10
30．(1)解：ADE 是等边三角形，理由如下：
过点A 作AF
BC
于点F，
1
2
ADE
S
DE AF
，
2
3
4
ADE
S
DE
，
2
1
3
2
4
DE AF
DE
，
3
2
AF
DE
，
AD
AE
∵
，
DF
EF
，
2
DE
DF
3
2
2
AF
DF
，
3
AF
DF
，
tan
3
ADF
，
60
ADF
，
AD
AE
∵
，
ADE
是等边三角形．
(2)120
【分析】（1）过点A 作AF
BC
于点F，根据三角形面积公式，得
2
1
3
2
4
DE AF
DE
，得到tan
3
ADF
，
继而得到
60
ADF
，根据等边三角形的判定求解即可；
（2）先证明BAD
ACE
∽
，再根据三角形外角性质，解答即可．
【详解】（1）略
（2）解：根据（1）得ADE 是等边三角形，
,
60
AD
DE
AE
ADE
AED
DAE
，
120
ADB
AEC
，
2
DE
BD CE
，
15 / 45
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DE
CE
BD
DE
，
AE
CE
BD
AD
，
∴BAD
ACE
∽
，
∴
BAD
ACE
，
∵
60
AED
EAC
ACE
，
∴
60
EAC
BAD
Ð
+Ð
=
°，
∴
120
BAC
DAE
EAC
BAD
．
31．(1)2
(2)①
4 3
6
②方法一：探究动点轨迹、化斜为直
设BP
x
，则
2
AQ
x，过点H 作HE
AB
，交AB 于点E，过点Q 作QF
AB
，交AB 于点F，连接AH ，
则HE
QF ，
∴
PH
PE
QH
EF
又PH
QH
∴PE
EF
，
∵
cos 60
AF
AQ
x
BP
∴AF
EF
PE
BP
，即AE
BE
，
∴AH
BH
，
∴CH
BH
CH
AH
，
当C、H、A 三点共线时，即CH
BH
最小，为线段CA 长
过点C 作CO
AB
，交AB 延长线于点O
∵BC
AD
∥
，
∴
60
CBO
BAD
，
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∴
cos60
4
BO
BC
，
sin 60
4
3
CO
BC
则
10
AO
AB
BO
∴
2
2
2 37
AC
AO
CO
，
即CH
BH
的最小值是2 37 ；
方法二：倍长中线、化斜为直
延长BH 至E，使得EH
BH
，
连接EQ 、EA 、AH ，
∵PH
QH
，
QHE
PHB
，
∴
QHE
PHB SAS
≌
，
则EQ
BP
，EH
BH
，
QEH
PBH
，
∴EQ
BP ，
则
1
60
BAD
，
又
2
AQ
BP
，
∴
2
AQ
EQ ，
取AQ 中点K，
∴
2
AQ
QK
，
∴QK
EQ
AK
，
∴QEK 是等边三角形，
∴
60
QEK
QKE
，EK
QK
AK
，
∴
120
EKA
，
17 / 45
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1
1
180
180
120
30
2
2
AEK
AEK
，
∴
30
60
90
AEQ
AEK
QEK
，
又
180
AEQ
BAE
，
∴
90
BAE
，
则
1
2
AH
BE
BH
∴CH
BH
CH
AH
，
当C、H、A 三点共线时，即CH
BH
最小为线段AC ，
过点C 作CO
AB
，交AB 延长线于点O
∵BC
AD
∥
，
∴
60
CBO
BAD
，
∴
cos60
4
BO
BC
，
sin 60
4
3
CO
BC
则
10
AO
AB
BO
∴
2
2
2 37
AC
AO
CO
即BH+CH 的最小值是2 37 ．
【分析】（1）等边三角形三条边相等，根据
2
AQ
BP
列等式进行求解；
（2）①过点H 作EF
AD
，过点P 作PG
AD
，根据三角函数列等式进行求解；
②方法一：构造直角三角形，过点H 作HE
AB
，过点Q 作QF
AB
，根据三角函数求出AE
BE
，三点
共线时值最小，利用三角函数求值；
方法二：倍长中线，延长BH 至E，使得EH
BH
，三角形全等得出BP
QE
，利用平行线性质和直角三
角形斜边定理进而求出AH
BH
，三点共线时值最小，利用三角函数求值．
【详解】（1）解：∵APQ 是等边三角形，
∴AP
AQ
，
∵
2
AQ
BP
，
∴2BP
AP
，
∵
6
BP
AP
AB
，
∴3
6
BP
，
∴
2
BP
；
（2）①如图，过点H 作EF
AD
，分别交BC 、AD 于点E、F
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过点P 作PG
AD
，交AD 于点G，则FH
GP ，
又∵点H 为PQ 的中点，
∴PH
QH
，
∵FH
GP ，
∴
QFH
QGP
，
QHF
QPG
∴QFH
QGP
∴
1
2
FH
QH
GP
QP
，
即
2
GP
FH
，
又
1
2
BCH
S
BC HE
，且
12
BCH
S
，
8
BC
∴
3
HE
，
过点B 作BK
EF
∥
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC
AD
∥
，
∴BE
KF ，
∴四边形BEFK 是平行四边形，
∴BK
EF
，
∵
3
sin 60
6
3 3
2
BK
AB
，
∴
3 3
EF
，
∴
3 3
3
FH
EF
HE
，
19 / 45
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∴
2
6
3
6
GP
FH
，
则
sin 60
6 3
6
12
4 3
3
2
GP
AP
，
∴
6
12
4 3
4 3
6
BP
AB
AP
，
答：线段BP 的长为4 3
6
；
②略
【点睛】利用三角函数构造直角三角形，求BH
CH
之和的值最小，化斜为直，三点共线时值最小．
32．(1)证明：如图，连接OD ．
∵OB
OD
，
∴
ABC
ODB
．
∵AB
AC
，
∴
ABC
C
．
∴
ODB
C
．
∴OD
AC ．
∵DE
AC
，
∴DE
OD
．
又∵OD 是
O 半径，
∴DE 是
O 的切线．
(2)
8
CF
(3)
，PD 35
57
【分析】（1）连接OD ，根据等边对等角得出，
ABC
ODB
，
ABC
C
，确定
ODB
C
，得出
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DE
OD
，再由切线的判定即可证明；
（2）连接
,
AD BF ，根据圆周角定理得出AD
BC
，AF
BF
，确定点D 是BC 的中点，
C
ABC
，再
由正切函数得出
3
tan
tan
4
BF
ABC
C
CF
，设
3
BF
x
，则
4
CF
x
，利用勾股定理求解即可；
（3）过点A 作关于直线BC 的对称点A，连接A F
，交BC 于点P，过点F 作FM
A A
的延长线于点M，
根据各角之间的关系得出
ADE
C
，再由相似三角形的判定得出DEC
AED
∽
，FMA
CDA
∽
，
PDA
FMA
∽
，结合其性质求解即可．
【详解】（1）略
（2）如图，连接
,
AD BF ．
∵AB 为
O 的直径，
∴AD
BC
，AF
BF
．
又∵AB
AC
，DE
AC
，
∴点D 是BC 的中点，
C
ABC
，
∴
2
10
BC
CD
∴
3
tan
tan
4
BF
ABC
C
CF
设
3
BF
x
，则
4
CF
x
∴在Rt BCF 中，由勾股定理得
2
2
2
BF
CF
BC
即
2
2
2
3
4
10
x
x
，解得
2
x
∴
8
CF
．
（3）过点A 作关于直线BC 的对称点A，连接A F
，交BC 于点P
过点F 作FM
A A
的延长线于点M，
∴FM
CD
∥
，
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由（2）得：
3
tan
tan
4
ABC
C
，
在Rt
DEC
△
中，设
3 ,
4
DE
x CE
x ，
∴
2
2
2
(3 )
(4 )
5
x
x
，
解得
1
x （负值舍去）
∴
3,
4
DE
EC
，
由（2）得AD
BC
，DE
AC
∴
90
ADC
DEC
，
90
AED
DEC
∴
90
ADE
EDC
，
90
C
EDC
，
∴
ADE
C
∴DEC
AED
∽
，
∴
3
4
AD
AE
DE
DC
DE
EC
，
∴A D
AD 15
4 ，AE 9
4
∴
9
25
4
4
4
AC
AE
EC
，
由（2）得
8
CF
，
∴
25
7
8
4
4
AF
CF
AC
，
∵FM
CD
∥
，
∴FMA
CDA
∽
，PDA
FMA
∽
，
∴
FM
MA
FA
DC
AD
AC ，即
7
4
15
25
5
4
4
FM
MA
，
∴FM 7
5 ，MA 21
20 ，A M
15
21
171
2
20
20
∵PDA
FMA
∽
，
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∴
15
4
7
171
5
20
PD
A D
PD
FM
A M
∴
105
35
171
57
PD
．
33．(1)
2
1
3
2
2
y
x
x
(2)
5
2 5
cos
5
5
【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
（2）待定系数法求出直线BC 的表达式为
1
3
2
2
y
x
，过点P 作PR
x
轴于点R ，交BC 于点Q ，设点P 的
坐标为
2
1
3
,
2
2
m
m
m
，则点Q 的坐标为
1
3
,
2
2
m
m
，根据PR
x
轴，PR
y
∥
轴，推出
BQR
PBC
BPR
，在Rt
BRP
△
中，由
tan
tan
BR
BPR
PR
，求
tan
的取值范围，
然后根据三角函数的定义求出
cos
的取值范围即可．
【详解】（1）解：依题意，得
3
2
c
．二次函数的图象经过点
1,0
A
和点
3,0
B
，
∴二次函数的表达式可写为
1
3
0
y
a x
x
a
．
∵点
3
0, 2
C
在抛物线上，
3
0 1 0
3
2
a
，
解得
1
2
a
，
∴二次函数的表达式为
2
1
1
3
1
3
2
2
2
y
x
x
x
x
．
（2）解：设直线BC 的表达式为
0
y
kx
n k
，把点
3,0
B
和点
3
0, 2
C
代入，得：
3
0
3
2
k
n
n
，
解得：
1
2
3
2
k
n
，
∴直线BC 的表达式为
1
3
2
2
y
x
；
过点P 作PR
x
轴于点R ，交BC 于点Q ，
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设点P 的坐标为
2
1
3
,
2
2
m
m
m
，则点Q 的坐标为
1
3
,
2
2
m
m
，
PR
x
轴，
OCB
，
PBC
，
PR
y
∥轴，
,0
R m
，
BQR
OCB
．
BQR
PBC
BPR
．
3,0
B
，
,0
R m
，
2
1
3
,
2
2
P m
m
m
，
3
BR
m
，
2
1
3
2
2
PR
m
m
，
在Rt BRP 中，
2
3
2
tan
tan
1
3
1
2
2
BR
m
BPR
PR
m
m
m
．
0
3
m
，
1
2
2
2
1
m
，
1
tan
2
2
．
当
1
tan
2
时，
1
2
BR
PR
，
2
PR
BR
，
2
2
5
BP
BR
PR
BR
，
2 5
cos
5
PR
BP
，
同理当
tan
2
时，
5
cos
5
，
5
2 5
cos
5
5
．
34．(1)该车型的最小转向半径R 约为3.53m
(2)
解：车身不会发生剐蹭，理由如下：
车辆以半径
3.53
R
m
（OA
R
）的圆弧轨迹行驶，车辆最内侧边缘的运动轨迹半径为：
3.53 1.8
1.73
r
m
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（OD
r
）
要保证车辆行驶区域与车位侧边无交集，车身不会发生剐蹭，
则OF
r
，OE
R
，
设
,0
O x
，则
4
1.73
3.53
x
x
，
解得3.53
5.73
x
，
综上，可取3.53
5.73
x
中的x 值，使得车辆行驶区域与车位左侧边无交集，车身不会发生剐蹭．
(3)①
3
0
3
y
x x
；②该点位满足安全入库条件；优化方案示例：控制车辆低速平稳行驶，保持方向盘
转角稳定，始终维持安全夹角范围，规避车身压线、剐蹭风险
【分析】（1）直接把数据代入题干中的公式求解即可；
（2）先求出车辆最内侧边缘的运动轨迹半径，然后根据车辆行驶区域与车位侧边无交集，车身不会发生剐
蹭，列不等式求解即可；
（3）①设连线PE 与x 轴正半轴的锐角为α，由题意得
30
，根据锐角三角函数的定义可得
3
tan
tan30
3
y
x
，即可求解；
②将点
3.0,1.8
H
代入tan
y
x
，得
3
tan
0.6
3
，可判断答案，即可写出优化方案．
【详解】（1）解：将轴距
2.4m
L
，sin 43
0.68
代入公式
sin
L
R
，
得
2.4
3.53
sin
0.68
L
R
（m），
答：该车型的最小转向半径R 约为3.53m ．
（2）略
（3）解：①设连线EP 与x 轴正半轴的锐角为，由题意得
30
，
过P 作PQ
x
轴于点Q，
,
P x y ，
PQ
y
，EQ
x
，
tan
y
x
，
3
tan30
3
y
x
，
纵坐标y 与横坐标x 的数量关系是
3
0
3
y
x x
．
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②将点
3.0,1.8
H
代入tan
y
x
，得
1.8
tan
0.60
3.0
，
3
0.60
3
，
该点位满足安全入库条件；
优化方案示例：控制车辆低速平稳行驶，保持方向盘转角稳定，始终维持安全夹角范围，规避车身压线、
剐蹭风险．
35．(1)证明：
AE 为直径，DH
AB
，
90
BHD
ECA
，
AC
AC
，
HBD
CEA
，
在
BDH
△
和EAC 中，
BHD
ECA
BH
EC
HBD
CEA
，
BDH
EAC ASA
≌
；
(2) 3
1
(3)
2
2
2
MN
FM
CF
CF FM
【分析】（1）由圆的基本性质及ASA可判定BDH
EAC
≌
；
（2）连接OC ，OB ，CH ，证明OBD 为等边三角形，得出
60
COB
OCB
，由BC
BC
，可得
1
30
2
CAB
COB
．证明O、B、D、H 四点共圆，由圆周角定理得
1
30
2
OHB
OCB
，由三角
形外角的性质得
15
HAO
HOA
，由等腰三角形的定义得
BDH
△
为等腰直角三角形，作CG
AB
交
于G ，由等腰三角形的性质及正切函数得CG
BG
HG
，
3
tan30
CG
AG
CG
，设CG
a
，则
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2
DH
BH
a
，
3
AG
a
，即可求解；
（3）过点M 作MT
CE
于T，可证明
MNC
OCE
，得到MC
MN
，则
1
2
CT
NT
CN
，据此可
证明
2
NF
CF
FT
，证明
90
ACE
，则
60
AFC
，解直角三角形得到
3
1
2
2
MT
MF
FT
MF
，
；
则
1
2
TN
CF
MF
，在Rt
MNT
△
中，由勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）略；
（2）解：连接OC ，OB ，CH ，
∵BDH
EAC
≌
，
BD
AE
，
CD
BC
，
1
2
BC
BD
，
1
2
BC
AE
，
1
2
OB
OE
AE
，
BC
OB
OE
，
OBD
△
为等边三角形，
60
COB
OCB
，
BC
BC
，
1
30
2
CAB
COB
．
1
2
CH
BD
BC
CD
OC
，
O
、B、D、H 四点共圆，C 为圆心，
60
OCB
，BC
BC
，
27 / 45
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1
30
2
OHB
OCB
，
30
HAO
HOA
，
AH
OH
，
15
HAO
HOA
，
30
CAB
，OA
OC
，
45
CAO
ACO
，
90
AOC
，
AC
AC
，
1
45
2
ABC
AOC
，
BDH
为等腰直角三角形，
HC
BD
，
作CG
AB
交于G ，
CG
BG
HG
，
3
tan30
CG
AG
CG
，
设CG
a
，则
2
DH
BH
a
，
3
AG
a
，
3
1
AH
AG
HG
a
，
2
tan
3
1
3
1
DH
a
DAH
AH
a
；
（3）解：如图所示，过点M 作MT
CE
于T，
∵OC
OE
，
∴
OCE
OEC
，
∵AE
MN
∥
，
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∴
MNC
OEC
，
∴
MNC
OCE
，
∴MC
MN
，
∵MT
CE
，
∴
1
2
CT
NT
CN
，
∴CT
NT
FT
NF
，
∴
2
NF
CT
FT
CF
FT
FT
CF
FT
，
∵AE 是
O 的直径，
∴
90
ACE
，
由（2）得
30
CAB
，
∴
90
60
AFC
CAB
，
∴
3
1
sin
cos
2
2
MT
MF
MFT
MF
FT
MF
MFT
MF
，
；
∴NF
CF
MF
，
∴
1
1
2
2
TN
FT
NF
CF
MF
MF
CF
MF
在Rt
MNT
△
中，由勾股定理得
2
2
2
MN
MT
TN
，
∴
2
2
2
3
1
2
2
MN
MF
CF
MF
，
∴
2
2
2
2
3
1
4
4
MN
MF
CF
CF MF
MF
，
∴
2
2
2
MN
FM
CF
CF FM
．
36．(1)
CBE
(2)证明：
AF
BC ，
AFE
CBE
ABD
，
90
BAD
FEA
，AF
BD
，
AAS
ABD
EFA
≌
，
AD
AE
∴
；
(3)
2
2
【分析】（1）由圆周角定理可知
ABD
ACD
，再结合直径所对圆周角为直角可知，
90
ACB
，
根据
90
CBE
ACB
即可求解；
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（2）由AF
BC ，得
AFE
CBE
ABD
，进而证明
ABD
EFA AAS
≌
，即可证得结论；
（3）连接AG ，先证
AHB
BAC
BDC
，根据AG
CD
，BD
AF
，得cos
DC
AG
BDC
BD
AF
，由
cos
DG
AHB
HF
，得DG
AG
HF
AF
，由
ABD
EFA AAS
≌
，得到
AHF
ABD
AGD
，可证得
AGD
AFH
∽
，得
ADG
AHF
，进而得到ABE 为等腰直角三角形，得
2
2
AB
AE
AD
，即可求
解．
【详解】（1）解：
BD 为直径，
90
BCD
，
ABD
ACD
，
90
ACB
，
BE
AC
于点E ，则
90
BEC
，
90
CBE
ACB
；
（2）略
（3）解：连接AG ，
BD 为直径，
90
BAH
，
90
AHB
ABH
，
AE
BE
，
90
BAC
ABH
，
AHB
BAC
BDC
，
∵
CBE
ABD
，
∴
CBE
DBE
ABD
DBE
，
∴
CBD
ABG
，
∴CD
AG
，
AG
CD
，
30 / 45
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∵BD
AF
，
cos
DC
AG
BDC
BD
AF
，
cos
DG
AHB
HF
，
DG
AG
HF
AF
，
又
ABD
EFA
≌
，
AFH
ABD
AGD
，
AGD
AFH
∽
，
ADG
AHF
，
180
180
ADG
AHF
，即
GDH
GHD
，
BD 为直径，
DG
BF
，
45
GDH
DHG
，
90
BAD
，
∴
ABH
△
为等腰直角三角形，则ABE 也为等腰直角三角形，
∴BE
AE
，
2
2
2
2
2
AB
BE
AE
AE
，
2
2
AB
AE
AD
，
2
tan
2
AD
ABD
AB
．
37．(1)证明：∵四边形ABCE 是圆内接四边形，
∴
180
B
AEC
，
又∵
180
AED
AEC
，
∴
AED
B
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴
B
D
，
∴
AED
D
Ð
= Ð
，
∴AD
AE
．
(2)①证明：如图，连接OB ，设
BAG
，
31 / 45
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∵AD 为
O 的切线，
∴
90
OAD
，
∴∠
∠
∠
90
BAD
OAD
BAG
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠
180
∠
90
D
BAD
，
由（1）可知，AD
AE
，
∴∠
∠
90
AED
D
，
∴∠
180
∠
∠
2
DAE
D
AED
，
∴∠
∠
∠
90
2
EAG
OAD
DAE
，
∵OA
OB
，
∴∠
∠
OBA
BAG
，
∴∠
180
∠
∠
180
2
AOB
BAG
OBA
，
∵
1
2
AEB
AOB
，
∴
90
AEB
，
∴∠
180
∠
∠
3
AGE
EAG
AEB
，
∴
3
AGE
BAG
．
②
2
4
【分析】（1）由圆内接四边形的性质可得
180
B
AEC
，从而得到
AED
B
，结合平行四边形的
性质可得∠
∠
∠
AED
B
D
，因此AD
AE
；
（2）①连接OB ，设
BAG
，由切线的性质可得
90
OAD
，则
90
BAD
，利用平行四边形的
性质可得
90
D
，由（1）可知AD
AE
，则∠
180
∠
∠
2
DAE
D
AED
，从而得到
∠
90
2
EAG
．由OA
OB
可得
180
2
AOB
，由圆周角定理可得
90
AEB
，使用三角形
内角和定理可得∠
3
AGE
，因此
3
AGE
BAG
；
②延长BO 交AE 于点H ，作
⊥
GI
AE 于点I ，设
10
AE
x
，O 的半径为r ，由①可知
90
BAE
AEB
，
则AB
BE
，由垂径定理可得BH
AE
，
5
AH
EH
x
．由平行可判定△
∽△
EGI
EBH 和△
∽△
AOH
AGI ，
32 / 45
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从而计算出
5
3
BH
GI
，
7
5
GI
OH
，则
7
3
BH
OH
，
4
3
OB
OH
，因此
3
4
OH
r
．在Rt OAH 中，利
用勾股定理构造方程解得
20 7
7
r
x
，进而计算出
10 2
AB
x
，则
2
sin ∠
4
OBA
，结合OA
OB
可
得
2
sin ∠
4
BAG
．
【详解】（1）略
（2）解：①略；
②如图，延长BO 交AE 于点H ，作
⊥
GI
AE 于点I ，设
10
AE
x
，
O 的半径为r ，
由①可知，
BAG
，∠
90
2
EAG
，
90
AEB
∴∠
∠
∠
90
∠
BAE
BAG
EAG
AEB
，
∴AB
BE
，即点B 是优弧ABE 的中点，
又∵BH 过圆心O，
∴BH
AE
，
1
5
2
AH
EH
AE
x
，
∵
2
3
BG
EG
，
∴
3
5
EG
BE
，
∵
⊥
GI
AE ，
∴BH
GI ，
∴△
∽△
EGI
EBH ，
∴
3
5
GI
EI
EG
BH
EH
BE
，
∴
5
3
BH
GI
，
3
3
5
EI
EH
x
，
∴
2
HI
EH
EI
x
，
7
AI
AH
HI
x
，
∵BH
GI ，
∴△
∽△
AOH
AGI ，
∴
5
7
OH
AH
GI
AI
，
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∴
7
5
GI
OH
，
∵
5
3
BH
GI
，
∴
7
3
BH
OH
，
∴
4
3
OB
BH
OH
OH
r
，
∴
3
4
OH
r
，
在Rt OAH 中，
2
2
2
AH
OH
OA
，
∴
2
2
2
3
5
4
x
r
r
，
解得
20 7
7
r
x
（负值已舍），
∴
3
15 7
4
7
OH
r
x
，
7
5 7
3
BH
OH
x
，
在Rt ABH 中，
2
2
2
2
5
5 7
10 2
AB
AH
BH
x
x
x
，
∴
5
2
sin∠
4
10 2
AH
x
OBA
AB
x
，
∵∠
∠
OBA
BAG
，
∴
2
sin ∠
sin ∠
4
BAG
OBA
．
38．(1)酒精灯与铁架台的水平距离CD 的长度为9.8cm
(2)线段DN 的长度为24.9cm
【分析】（1）过点E 作EG
AC
于点G ，利用余弦求GE ，即可得CD 的长度；
（2）过点B 作BH
CF
于点H ，BP
DE
于点P ，过点M 作MQ
BH
于点Q ，先求出BP 和EP ，再求
出BQ ，利用
145
ABM
得QM ，即可求解．
【详解】（1）解：如图，过点E 作EG
AC
于点G ，
∵
15cm
AB
，
1
3
BE
AB
，
34 / 45
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∴
5cm
BE
，
10cm
AE
，
∵
10
AEG
，
∴
cos
10 cos10
9.8
GE
AE
cm
，
∴
9.8cm
CD
GE
，
答：酒精灯与铁架台的水平距离CD 的长度为9.8cm ．
（2）解：如图，过点B 作BH
CF
于点H ，BP
DE
于点P ，过点M 作MQ
BH
于点Q ，
则
cos
5 cos10
4.9
BP
BE
cm
，
sin
5 sin10
0.85
EP
BE
cm
，
∵
28.85cm
DE
，
∴
28.85
0.85
28
PD
DE
EP
cm
，
∴
28cm
BH
，
∵
8cm
MN
，
∴
8cm
QH
，
∴
28
8
20
BQ
BH
QH
cm
，
∵
145
ABM
，
∴
90
145
10
90
45
QBM
ABM
，
∴
20cm
QM
BQ
，
∴
4.9
20
24.9
DN
DH
HN
BP
QM
cm
，
答：线段DN 的长度为24.9cm．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，作辅助线，构造出直角三角形．
39．(1)发射地O 距雷达站C 的距离为5km
(2)火箭到达点B 时的速度约为220.5m/s
【分析】（1）利用三角函数可得
tan34
AO
OC
=
装
，
tan45
BO
OC
OC
=
装
=
，再进一步求解即可．
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（2）利用
2
1
2
s
at
求解t ，进一步利用
0
tV
V
at
计算即可．
【详解】（1）解：由题意可得，
90
BOC
AOC
，
34
ACO
，
45
BCO
，
1.65
AB
，
∴
tan34
AO
OC
=
装
，
tan45
BO
OC
OC
=
装
=
，
∴
0.67
1.65
OC
OC
-
=
，
解得：
5
OC
，
∴发射地O 距雷达站C 的距离为5km ；
（2）解：由（1）可得：
5km
5000m
OB
OC
=
=
=
，
∵
2
1
2
s
at
，
∴
2
1
4.9
5000
2
t
´
=
，
解得：
100 10
7
t =
（负根舍去），
∵
0
tV
V
at
，
∴
100 10
0
4.9
0.7 100 3.15
220.5 m/s
7
tV
，
∴火箭到达点B 时的速度约为220.5m/s ．
40．(1)证明：连接OB ，取BC 的中点N，连接AN ，
AB
AC
∵
，
,
BAN
CAN AN
BC
，直线AN 是线段BC 的垂直平分线，
ABN
ACN
，
O是三边垂直平分线的交点，
O
在AN 上，
,
BAO
CAO AO
BO
，
90
BAO
ABN
，
根据对称性质，得
ABD
ABN
，
90
ABD
ABO
ABN
ABO
ABN
BAO
，
BD
为
O 的切线．
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(2)证明：连接
,
,
OA OB OC ，
,
OE DC ，
根据折叠的性质，得AD
AC
，
AB
AC
∵
，
AD
AC
AB
，
ADB
ABD
ABC
ACB
，
设DO
AC
于点M，根据垂径定理，得AM
MC
，
故直线DM 是线段AC 的垂直平分线，
AD
CD
，
AD
CD
AC
，
ADC
是等边三角形，
60
ADC
ACD
DAC
，
根据题意，得AB
CD
，DO
AC
，
1
30
2
DAB
CAB
DAC
，
1
30
2
ADM
CDM
ADC
2
60
BOC
BAC
，
180
180
75
2
2
BAC
DAB
ADB
ABD
ABC
ACB
，
OB
OC
，
OBC
是等边三角形，
150
DBC
ABD
ABC
，
60
OBC
OCB
，
OB
OC
BC
，
根据折叠的性质，得BD
BC
，
OB
OC
BC
BD
OA
OE
，
180
150
15
2
BDC
BCD
，
45
ODB
ODC
BDC
，
90
OBD
，
45
DOB
，
DOB
ODB
，
OB
DB
，
2
2
2
DO
OB
BD
DB
；
根据题意，得
75
60
15
ABO
ACO
，
37 / 45
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OA
OB
OC
，
15
ABO
BAO
ACO
CAO
，
45
EAO
DAB
BAO
，
OA
OE
，
45
AEO
，
90
AOE
，
2
2
2
AE
OE
OA
OA
；
2
AE
BD
．
(3)
5
1
4
【分析】（1）连接OB ，取BC 的中点N，连接AN ，根据等腰三角形的性质，对称性质，切线的判定证明
即可；
（2）连接
,
,
OA OB OC ，
,
OE DC ，设DO
AC
于点M，故直线DM 是线段AC 的垂直平分线，证明
ADC 是
等边三角形，
OBC
△
是等边三角形，再根据对称性质，等腰直角三角形的性质，利用勾股定理证明即可．
（3）取BC 的中点K，连接AK ，连接BE ，证明BDE
ADB
∽
，设AE
BE
BD
BC
x
，得到
2
2
0
DE
xDE
x
，
5
1
2
AB
x
，根据余弦函数的定义计算即可．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：取BC 的中点K，连接AK ，
AB
AC
∵
，
,
BAK
CAK AK
BC
，直线AK 是线段BC 的垂直平分线，
O是三边垂直平分线的交点，
O
在AK 上，
38 / 45
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1
2
BK
BC
，
根据对称性质，得BD
BC
，
AE
BD
，
AE
BD
BC
，
连接BE ，
BAC
ABE
，
根据对称性质，得
BAC
BAD
，
BAD
ABE
，
AE
BE
，
AE
BE
BD
BC
，
BDE
BED
，
四边形AEBC 是
O 的内接四边形，
ACB
BED
，
AC
AB
，
ACB
ABC
，
BED
ABC
，
根据对称性质，得
ABD
ABC
，
BED
ABD
，
BDE
ADB
，
∴BDE
ADB
∽
，
∴BD
DE
AD
DB
，
设AE
BE
BD
BC
x
，
∴
x
DE
x
DE
x
，
整理，得
2
2
0
DE
xDE
x
解得
2
2
4 1
5
2
2
x
x
x
x
x
DE
，
故
5
1
2
DE
x
，
5
1
2
DE
x
，不符合要求，舍去，
5
1
5
1
2
2
AD
AE
DE
x
x
x
，
39 / 45
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5
1
2
AB
x
，
1
1
2
2
BK
BC
x
，
1
1
5
1
2
cos
4
5
1
5
1
2
x
BK
ABC
AB
x
．
41．(1)
3
AE
n
(2)证明：由（1）知
90
DAE
DBE
，
取DE 中点O，连接OA，OB ，则
1
2
OA
OB
DE
OD
OE
，
∴点A 、D 、B 、E 在以点O为圆心的圆上，
∵AD
AD
，
∴
AED
ABD
，
∵3
90
ABD
DEC
，
∴3
90
AED
DEC
，
∴2
90
AED
AEC
，
∵
90
CAE
，
∴
90
ACE
AEC
，
∴
2
ACE
AED
；
(3)
4
9
DF
BF
【分析】（1）过点E 作EF
CB
延长线于点F ，证明
BCD
EFB AAS
≌
，求得BF
CD
n
，证明四边
形ACFE 为矩形，得到
3
AE
n
；
（2）利用直角三角形的性质求得
1
2
OA
OB
DE
OD
OE
，推出点A 、D 、B 、F 在以点O为圆心的圆
上，利用圆周角定理结合已知即可得到
2
ACE
AED
；
（3）在AE 上取一点G ，使DG
EG
m
，证明
DAG
EAC
△
∽△
，求得3
3
3
3
n
n
m
n
①，利用勾股定理
40 / 45
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求得
2
2
2
3
)
3
n
n
m
m
②，据此求得
1
n ，过F 作FH
BC
于H ，利用三角函数和相似三角形的判
定和性质求解即可．
【详解】（1）解：过点E 作EF
CB
延长线于点F ，
∴
90
F
，
∴
2
1
90
，
由旋转，得BD
BE
，
90
DBE
，
∴
2
3
90
，
∴1
3
，
又∵
90
C
F
，BD
BE
，
∴
BCD
EFB AAS
≌
，
∴BF
CD
n
，
∵AE
BC
∥
，
∴
180
90
CAE
C
，
又∵
90
C
F
，
∴四边形ACFE 为矩形，
∴
3
AE
CF
BC
BF
n
；
（2）略
（3）解：在AE 上取一点G ，使DG
EG
m
，
∴
GDE
AED
，
∴
2
AGD
AED
ACE
，
又∵
CAE
CAE
，
41 / 45
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∴
DAG
EAC
△
∽△
，
∴
AD
AG
AE
AC ，即3
3
3
3
n
n
m
n
①，
又∵
90
DAG
，
∴
2
2
2
AD
AG
DG
，即
2
2
2
3
)
3
n
n
m
m
②，
由①②，解得
1
n ，
则
1
CD ，
4
AE
，过F 作FH
BC
于H ，
∵AE
BC
∥
，
∴
3
tan
tan
4
AC
FCH
AEC
AE
，
设
3
FH
x
，则
4
CH
x
，
3
4
BH
x
，
∵FH
CD
∥
，
∴
BFH
BDC
∽
△
△
，
∴FH
BH
CD
BC
，即3
3
4
1
3
x
x
，
∴
3
13
x
，则
12
13
CH
，
27
13
BH
，
∴
4
9
DF
CH
BF
BH
．
42．(1)证明见详解
(2)证明见详解
(3) AD 的长为1
15
【分析】（1）先通过圆周角定理和等边对等角可得
45
ADC
ABC
，结合同弧和等弧所对的圆周角相
等，可得
45
ADC
DAH
，进而证明即可；
（2）连接AO ，OH ，OD ，通过证明
SSS
AOH
DOH
≌
，即可证明点O 在
AHD
的平分线上；
（3）连接CQ ，DQ ，设AQ 与BC 的交点为G，利用
2
2
2
2
2
2
32
AH
DH
CH
QH
AD
CQ
，得到
2
2
2
2
2
2
32
AH
CH
DH
QH
AC
DQ
，再由（1）的结论可得
2
2
16
AC
DQ
，证明
Rt
t
HL
AHC
R
DHQ
≌
，
得出CH
HQ
，进而求出圆的直径和CD 的长度，利用圆周角定理，结合已知条件得出
1
sin
4
GH
GCH
CG
，
设GH
a
，
4
CG
a
，利用勾股定理列出方程求出a 的值，从而得出最终结果．
【详解】（1）证明：∵
O 是ABC 的外接圆，BC 为直径，AB
AC
，
∴
90
BAC
，
45
ABC
ACB
，
∴
45
ADC
ABC
，
42 / 45
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∵AQ
AC QC
QD QC
CD
，
∴AC
QD
，
∴
45
ADC
DAH
，
∴
90
AHD
，
∴
90
CHQ
AHD
．
（2）解：如图，连接AO ，OH ，OD ，
∵
45
ADC
DAH
，
∴AH
HD
，
在
AOH
△
和
DOH
△
中，
AO
OD
OH
OH
AH
DH
，
∴
SSS
AOH
DOH
≌
，
∴
AHO
DHO
，
∴点O 在
AHD
的平分线上．
（3）解：如图，连接CQ ，DQ ，设AQ 与BC 的交点为G，
∵AQ
CD
，
2
2
32
AD
CQ
，
∴
2
2
2
2
2
2
32
AH
DH
CH
QH
AD
CQ
，
∴
2
2
2
2
2
2
32
AH
CH
DH
QH
AC
DQ
，
由（1）知，AC
DQ
，
43 / 45
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∴AC
DQ
，即
2
2
16
AC
DQ
，
在Rt AHC 和Rt
DHQ
△
中，
AH
DH
AC
DQ
，
∴
Rt
t
HL
AHC
R
DHQ
≌
，
∴CH
HQ
，
∵AB
AC
，
90
BAC
，
∴
2
2
16
AC
AB
，
∴
2
2
4 2
BC
AB
AC
,
∵BD
BD
，
∴
BAD
BCD
，
∴
1
sin
sin
4
BAD
BCD
，
在Rt
BDC
△
中，
sin
2
BD
BCD BC
，
∴
2
2
30
CD
BC
BD
，
在Rt
CGH
△
中，
90
CHG
，
∴
1
sin
4
GH
GCH
CG
，
设GH
a
，
4
CG
a
，
∴
2
2
15
CH
CG
GH
a
，
∴
30
15
DH
CD
CH
a
，
∵AH
DH
，
在Rt AHC 中，
2
2
2
AH
CH
AC
，
∴
2
2
30
15
15
16
a
a
，
解得：
1
2
30
2
30
a
，
2
2
30
2
30
a
（舍去），
∴
2
30
2
30
30
15
30
15
2
30
2
AH
DH
a
，
∴
2
2
1
15
AD
AH
DH
．
44 / 45
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43．(1) 3
5 ；
(2)
层数
单层楼高/m
楼长/m
楼宽/m
建筑面积
2
/m
楼间距/m
2
4
40
28
2240
8
该方案不合理；
(3)
层数
单层楼高/m
楼长/m
楼宽/m
建筑面积
2
/m
楼间距/m
3
4
40
17 5.
2100
18.5
(4)
2
200
1500
3
S
hn
n
．
【分析】1 由tan
树高
小树影长即可求解；
2 根据题意可得建筑面积40 28 2
，楼高为2 4
，通过乘法法则即可求解，由题意得
8m
FI
、
0.9m
GI
、
7.1
FG
m
，，再通过三角函数求出
11.8
8
EG
，从而求解；
3 设层数为n ，则楼间距4
0.9
20
3
tan
3
2
n
n
，楼宽
20
3
20
45
9
37.5
3
2
3
n
n
，则
2
800
1500
3
S
n
n
，
然后通过二次函数的性质即可求解；
4 由单层楼高为h ，层数为n ，则楼间距5
3
3
2
hn
m
，楼宽
5
37.5
3 hn
m
，所以
2
200
1500
3
S
hn
n
．
【详解】（1）解：
1.8
3
tan
3
5
树高
小树影长
，
故答案为：3
5 ；
（2）解：该方案不合理，理由如下：
∵建筑面积长宽层数，
∴建筑面积
2
40
28 2
2240 m
，楼高为
2 4
8 m
，楼间距为
45
9
28
8 m
填表略，
45 / 45
学科网（北京）股份有限公司
如图，
8m
FI
，
0.9m
GI
，
∴
8
0.9
7.1
FG
m
，
在Rt
ABC
△
中，tan
tan
FG
FEG
EG
，
∴3
7.1
5
EG
，
∴
11.8
8
EG
，
∴该方案不合理；
（3）解：设层数为n ，则楼间距
4
0.9
4
0.9
20
3
3
tan
3
2
5
n
n
n
，楼宽
20
3
20
45
9
37.5
3
2
3
n
n
，
∴
2
20
800
40
37.5
1500
3
3
S
n
n
n
n
，
∵
800
0
3
，
∴当
1500
45
800
16
2
3
n
时，S 最大，
∵n 是正整数，
∴当
3
n
时，
∴楼间距
20
3
3
18.5
3
2
m
，楼宽
20
3
37.5
17.5
3
m
，建筑面积
2
40 17.5 3
2100 m
，
方案略；
（4）解：∵单层楼高为h ，层数为n ，
∴楼间距
0.9
0.9
5
3
3
tan
3
2
5
hn
hn
hn
m
，楼宽
5
3
5
45
9
37.5
3
2
3
hn
hn
m
，
∴
2
2
5
200
40
37.5
1500
3
3
S
hn
n
hn
n m
．
