4.9 锐角三角函数及其应用-【一战成名新中考】2025河北中考数学·一轮复习·分层作业本（练册）

分层作业本·河北数学 　 第 四 章 三 角 形 命题点 9　 锐角三角函数及其应用(必考) 1. [2019 河北 3 题 3 分·北师九下 P26 第 17 题图改 编]如图,从点 C 观测点 D 的仰角是 (　 B　 ) 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 第 1 题图 A. ∠DAB B. ∠DCE C. ∠DCA D. ∠ADC 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀦂 􀦂 􀦂􀦂 全角度考法探究 拓展设问 (1)cos∠DCE = 　 　 　 ,sin∠DAB = 　 　 　 , tan∠CAD=　 　 　 ;(用已知字母表示) (2) 在 △CAD 中, 若 ( cos ∠CAD - 2 2 ) 2 + |1-2sin∠CDA | =0,则∠ACD= (　 C　 ) A. 90°　 　 　 　 B. 100° C. 105° D. 120° 2. [2024 石家庄校级期末]如图是某幼儿园滑滑梯 的简易图,已知滑坡 AB 的坡度是 1 ∶3,滑坡的 水平宽度 AC 是 6 m,则高 BC 为 (　 C　 ) 第 2 题图 A. 3 m B. 5 m C. 2 m D. 4 m 3. 如图,∠α 的顶点位于正方形网格的格点上, 满足 tanα= 2 3 的∠α 是 (　 B　 ) 4. [河北真题改编组合练] 如图,西柏坡位于淇淇家南偏西 70°方向,据此 解决下列问题. (1)淇淇家位于西柏坡的 (　 　 　 ) 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　A. 南偏西 70°方向 B. 南偏东 20°方向 C. 北偏西 20°方向 D. 北偏东 70°方向 第 4 题图 (2) 若淇淇从西柏坡向北偏西 45°方向走 30 m,又向南偏西 45°方向走 30 m,她现在所 处的位置在西柏坡的 (　 　 　 ) A. 正北 B. 正西 C. 西北 D. 西南 (3)若淇淇从西柏坡沿正北方向步行,妈妈从 家同时出发以相同步行速度去找淇淇,为了让 淇淇和妈妈相遇,则妈妈的步行方向是 (　 　 　 ) A. 北偏东 50° B. 北偏西 40° C. 北偏东 35° D. 北偏西 35° 5. [2020 河北 12 题 2 分]如图,从笔直的公路 l 旁一 点 P 出发,向西走 6 km 到达 l;从 P 出发向北 走 6 km 也到达 l. 下列说法错误 ∙∙ 的是 (　 A　 ) 第 5 题图 A. 从点 P 向北偏西 45°走 3 km 到达 l B. 公路 l 的走向是南偏西 45° C. 公路 l 的走向是北偏东 45° D. 从点 P 向北走 3 km 后,再向西走 3 km 到达 l 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 97 分层作业本·河北数学 　 第 四 章 三 角 形 6. [2023 邢台开学考节选]小明利用折射定律 sinα· n1 = sinβ·n2(n1,n2 为折射率,∠α 为入射角, ∠β 为折射角)制作了一个测算液体折射率的 装置. 光线从点 A 按固定角度从空气射入液 面,通过调节液面高度,使光线折射后恰好落 到点 C. 已知 sin∠1 = 4 5 ,空气折射率 n1 约为 1,正方形 ABCD 的边长为 36 cm. 如图,装入某 款家用食用油时,恰好 CF= 15 cm,则 sin∠EAP = 　 　 　 　 ,该食用油的折射率约为　 　 　 　 . 第 6 题图 7. [2024 石家庄 18 县一模]如图是由全等的含 60° 角的小菱形组成的网格,每个小菱形的顶点叫 作格点,其中点 A,B,C 在格点上,则 tan∠ACB 的值为 (　 D　 ) A. 1 2 B. 3 3 C. 2 3 D. 2 3 3 第 7 题图 　 第 8 题图 8. [名师原创]“国庆”期间,小颖和爸爸一块乘高 铁去天安门观看升旗仪式,在路过某市时,“和 谐号”沿笔直的铁路行驶. 如图,列车经过 C 点 时,小颖测得列车沿北偏东 60°的方向行驶,同 时测得该市一座地标性建筑 P 在北偏东 30°方 向,3 分钟之后,列车到达 D 点时,小颖测得该 地标性建筑 P 位于北偏西 75°方向,已知列车 经过 CD 时的平均速度为 300 km / h. 则: (1)∠CPD= 　 105°　 ; ( 2 ) 地 标 性 建 筑 P 到 铁 路 的 距 离 为　 　 　 　 　 　 km. 变式 [2024 河北 22 题 9 分]中国的探月工程激 发了同学们对太空的兴趣. 某晚,淇淇在家透 过窗户的最高点 P 恰好看到一颗星星,此时淇 淇距窗户的水平距离 BQ= 4 m,仰角为 α;淇淇 向前走了 3 m 后到达点 D,透过点 P 恰好看到 月亮,仰角为 β,如图是示意图. 已知,淇淇的眼 睛与水平地面 BQ 的距离 AB = CD = 1. 6 m,点 P 到 BQ 的距离 PQ= 2. 6 m,AC 的延长线交 PQ 于点 E. (注:图中所有点均在同一平面) (1)求 β 的大小及 tanα 的值; (2)求 CP 的长及 sin∠APC 的值. 变式题图 解:(1)由题意可得 PQ⊥AE,PQ = 2. 6 m,AB =CD = EQ=1. 6 m,AE=BQ=4 m,AC=BD=3 m, ∴CE=4-3= 1(m),PE = 2. 6-1. 6 = 1(m),∠CEP = 90°,∴CE=PE,∴β=∠PCE=45°; tanα=tan∠PAE=PE AE = 1 4 ; (2)∵CE=PE=1 m,∠CEP=90°, ∴CP= 12+12 = 2 (m) . 如解图,过点 C 作 CH⊥AP 于点 H, ∵tanα= 1 4 =CH AH ,设 CH=x m,则 AH=4x m, ∴ x2+(4x) 2 =AC2 =9,∴ x=3 17 17 (负值已舍去), 即 CH = 3 17 17 m, ∴ sin ∠APC = CH CP = 3 17 17 2 = 3 34 34 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 08 分层作业本·河北数学 　 第 四 章 三 角 形 9. [名师原创]将一根长方体木条放入一个正方体 容器内. 其竖直藏面如图①,木条的顶点 A,C, D 恰好落在容器的内壁上,已知 AD = 10,GF = 8. 6,AF= 6. (1)求木条的厚度 CD; (2)若长方体木条尺寸保持不变,现调整正方 体容器的大小,同时把两根长方体木条放 入调整后的长方体容器内,其藏面如图②, 木条的顶点 A,B,C,D 均落在容器的内壁 上,且∠BAF= 30°,求 EF 的长. 图① 　 图② 第 9 题图 解:(1)由题意得∠F=90° ,AD=10,AF=6, ∴DF= 102-62 =8, ∵EF=GF=8. 6,∴DE=0. 6, ∵∠FAD+∠ADF=∠ADF+∠CDE=90° , ∴∠FAD=∠CDE, 又∵∠F=∠E=90°, ∴△ADF∽△DCE, ∴AD CD =AF DE ,即 10 CD = 6 0. 6 ,解得 CD=1; (2)在 Rt△ABF 中,∠F=90°,∠BAF=30°,AB=10, ∴BF=5, 在 Rt△BGC 中,由(1)同理得∠GBC =∠BAF = 30°, BG=1, ∴BC= BG cos30° =2 3 3 , ∵∠BGC=90° =∠DCG, ∴BG∥CD, ∴∠DCE=∠GBC=30°, 在 Rt△CED 中,cos∠DCE=cos30° =CE CD , ∴CE= 3 2 , ∴EF=BF+BC+CE=5+7 3 6 . 10. [2024 邯郸、邢台一模]某水渠的横断面是以 AC 为直径的半圆 O,图①表示水渠正好盛满了 水,点 D 是水面上只能上下移动的浮漂,AB 是垂直于水面线的发光物体,且从点 B 发出 光线,测得∠BDA,∠BCA 分别为 60°,30°,已 知 AD= 1 m. (1)求 AC 的长; (2)如图②,把水渠中的水放掉一部分,得到 水面线为MN,若 AM ( 的长为 9 40 π m,求 DN 的长(tan27°≈ 1 2 ) . 图① 　 图② 第 10 题图 解:(1)∵∠BAD=90°,AD=1 m, 在 Rt△BDA 中,∠BDA=60°, ∴AB=AD·tan60° =1× 3 = 3 (m), 在 Rt△BCA 中,∠BCA=30°, ∴AC= AB tan30° =3 m,∴AC 的长为 3 m; (2)DN 的长为( 1 2 +3 5 5 )m. 解直角三角形的实际应用电子版加练 (扫描目录首页二维码,一键免费下载) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 18 一战成名·河北数学 分 层 作 业 本 C4 = 1 5 CC4 ,∵ 点 A,D1 ,D2 是线段 DD3 的四等分点,∴ AD=AD1 =D1D2 =D2D3 = 1 4 DD3 ,∵ 点 A 是线段 BB1 的中 点,∴ AB = A B1 = 1 2 B B1 , 在 △AC1D1 和 △ACD 中, AC1 =AC, ∠C1AD1 = ∠CAD, AD1 =AD, ì î í ïï ï ∴ △AC1D1 ≌△ACD( SAS),∴ S△AC1D1 = S△ACD = 1, ∠C1D1A = ∠CDA, ∴ △AC1D1 的面积为 1; (2)解法 1:在△AB1D1 和△ABD 中, AB1 =AB, ∠B1AD1 = ∠BAD, AD1 =AD, ì î í ïï ï ∴ △AB1D1 ≌△ABD( SAS),∴ S△AB1D1 =S△ABD = 1,∠B1D1A= ∠BDA,∵ ∠BDA+∠CDA= 180°,∴ ∠B1D1A + ∠C1D1A = 180°, ∴ C1 , D1 , B1 三点共线, ∴ S△AB1C1 =S△AB1D1 +S△AC1D1 = 1+ 1 = 2,∵ AC1 = C1C2 = C2C3 = C3C4 ,∴ S△AB1C4 = 4S△AB1C1 = 4×2 = 8,∵ AD1 =D1D2 =D2D3 , S△AB1D1 = 1,∴ S△AB1D3 = 3S△AB1D1 = 3 × 1 = 3,在△AC3D3 和 △ACD 中, AC3 AC = 3 = AD3 AD ,∠C3AD3 = ∠CAD,∴ △C3AD3 ∽ △CAD,∴ S△C3AD3 S△CAD = ( AC3 AC ) 2 = 32 = 9,∴ S△C3AD3 = 9S△CAD = 9× 1 = 9,∵ AC1 = C1C2 = C2C3 = C3C4 ,∴ S△AC4D3 = 4 3 S△C3AD3 = 4 3 ×9 = 12,∴ S△B1C4D3 =S△AC4D3 +S△AB1D3 -S△AB1C4 = 12+3-8 = 7,即△B1C4D3 的面积为 7. 第 17 题解图① 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋解法 2 思路点拨:先由解法 1 求出 S△AD3C4 = 12,S△AD3B1 = 3. 如解图②,连接 C1D2 ,B1D1 ,B1D2 ,记 C1D2 与 B1C4 交 于点 F,AD3 与 B1C4 交于点 G,易知四边形 AB1D2C1 是 平行四边形,利用相似三角形的性质及等高三角形的面 积关系求解. 第 17 题解图② 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第 17 题解图③ 解法 3 思路点拨:如解图③,不妨设三角形是以 BC 为 底,AD 为高的等腰三角形,且 BC = 2,AD = 2,S△AD3C4 = 12,S△AD3B1 = 3,进而求解. 18. B　 【解析】如解图①,过点 P 作 AB 或 BC 的平行线,沿 这两条平行线剪下的三角形都与△ABC 相似,此时 0<AP <4;如解图②,过点 P 作∠APF= ∠ABC,交 AB 于点 F,则 △APF∽△ABC,此时 0 < AP≤ 4;如解图③,过点 P 作 ∠CPG= ∠CBA,交 BC 于点 G,则△CPG∽△CBA,当点 G 与点 B 重合时,有 CP CB = CG CA ,即 CP 2 = 2 4 ,解得 CP = 1,∴ AP = 3,则当△CPG∽△CBA 时,AP 的取值范围为 3≤AP<4. 综上可得 AP 长的取值范围是 3≤AP<4,即甲,乙答案合 在一起才完整. 图① 　 　 图② 图③ 第 18 题解图 命题点 9　 锐角三角函数及其应用 1. B　 拓展设问 　 (1) CE CD , BD AD , AB BD ;(2)C　 2. C　 3. B 4. (1)D　 (2)B　 (3)B　 5. A 6. 4 5 , 17 10 　 【解析】∵ ∠1 = ∠EAP,sin∠1 = 4 5 ,∴ sin∠EAP = 4 5 =EP AP ,设 EP = 4x cm,AP = 5x cm,则 AE = AP2 -EP2 = 3x cm,∴ PF = (36- 4x) cm,CF = ( 36- 3x) cm,故 36- 3x = 15,解得 x = 7, ∴ PF = 36 - 4 × 7 = 8 ( cm ), ∴ CP = CF2 +PF2 = 17 cm,∴ sin∠2 = sin∠PCF= PF CP = 8 17 ,∵ sinα ·n1 = sinβ·n2 ,∴ 4 5 ×1 = 8 17 ·n2 ,解得 n2 = 17 10 . 7. D　 【解析】如解图,连接 BE,∵ 是小菱形网格,∴ BE⊥ AC,由题意知,∠1 = 60°,设小菱形的边长为 a,则 CE = 3 a,BE= 2a,∴ tan∠ACB= BE CE = 2a 3 a = 2 3 3 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 22 一战成名·河北数学 分 层 作 业 本 　 第 7 题解图 　 第 8 题解图 8. (1)105°;(2) 15( 3 -1) 2 　 【解析】 (1) 如解图,过点 P 作 PQ⊥CD 于点 Q,由题意知∠PDN = 75°, ∠MCQ = 60°, ∠MCP = 30°, ∴ ∠PCQ = 30°, ∠NDF = 60°, ∴ ∠CDP = 45°,∴ ∠CPD= 180°-∠PCQ-∠PDQ = 105°;(2) 设 PQ = x km,∵ ∠CQP = 90°, ∠PCQ = 30°, ∴ CQ = 3 x km, ∵ ∠PDQ= 45°,∴ QD = PQ = x km,∴ CD = (1+ 3 ) x km,∵ CD= 300 × 3 60 = 15 ( km ), ∴ ( 1 + 3 ) x = 15, ∴ x = 15( 3 -1) 2 , ∴ 地 标 性 建 筑 P 到 铁 路 的 距 离 为 15( 3 -1) 2 km. 变式 　 解:(1)由题意可得 PQ⊥AE,PQ = 2. 6 m,AB =CD =EQ= 1. 6 m,AE=BQ= 4 m,AC=BD= 3 m, ∴ CE= 4-3 = 1(m),PE= 2. 6-1. 6 = 1(m),∠CEP= 90°, ∴ CE=PE, ∴ β= ∠PCE= 45°; tanα= tan∠PAE= PE AE = 1 4 ; (2)∵ CE=PE= 1 m,∠CEP= 90°, ∴ CP= 12 +12 = 2 (m) . 如解图,过点 C 作 CH⊥AP 于点 H, ∵ tanα= 1 4 =CH AH ,设 CH= x m,则 AH= 4x m, ∴ x2 +(4x) 2 =AC2 = 9, ∴ x= 3 17 17 (负值已舍去), 即 CH= 3 17 17 m, ∴ sin∠APC= CH CP = 3 17 17 2 = 3 34 34 . 变式题解图 9.解:(1)由题意得∠F= 90° ,AD= 10,AF= 6, ∴ DF= 102 -62 = 8, ∵ EF=GF= 8. 6, ∴ DE= 0. 6, ∵ ∠FAD+∠ADF= ∠ADF+∠CDE= 90° , ∴ ∠FAD= ∠CDE, 又∵ ∠F= ∠E= 90°, ∴ △ADF∽△DCE, ∴ AD CD = AF DE ,即 10 CD = 6 0. 6 ,解得 CD= 1; (2)在 Rt△ABF 中,∠F= 90°,∠BAF= 30°,AB= 10, ∴ BF= 5, 在 Rt△BGC 中,由(1)同理得∠GBC=∠BAF=30° ,BG=1, ∴ BC= BG cos30° = 2 3 3 , ∵ ∠BGC= 90° = ∠DCG, ∴ BG∥CD, ∴ ∠DCE= ∠GBC= 30°, 在 Rt△CED 中,cos∠DCE= cos30° = CE CD , ∴ CE= 3 2 , ∴ EF=BF+BC+CE= 5+ 7 3 6 . 10.解:(1)∵ ∠BAD= 90°,AD= 1 m, 在 Rt△BDA 中,∠BDA= 60°, ∴ AB=AD·tan60° = 1× 3 = 3 (m), 在 Rt△BCA 中,∠BCA= 30°, ∴ AC= AB tan30° = 3 m, ∴ AC 的长为 3 m; (2)连接 OM,过点 O 作 OE⊥MN 于点 E,如解图, 第 10 题解图 ∴ ME=EN, 设∠AOM=n°, ∴ AM ( = 3πn 360 = 9 40 π, ∴ n= 27, ∴ ∠AOM=n° = 27°, ∵ AC∥MN, ∴ ∠AOM= ∠OMN= 27°, 在 Rt△MOE 中,ME= OE tan27° ≈2OE, 根据勾股定理,得 OM2 =OE2 +ME2 , ∴ OE≈ 3 5 10 m,ME≈ 3 5 5 m, ∴ ME=EN= 3 5 5 m, 如解图,过点 D 作 DD′⊥AC 于点 D′, ∴ DD′∥OE, ∵ AC∥MN, ∴ 四边形 DD′OE 是平行四边形, ∴ DE=D′O=AO-AD′= 1 2 m, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 32 一战成名·河北数学 分 层 作 业 本 ∴ DN=DE+EN= ( 1 2 +3 5 5 )m, ∴ DN 的长为( 1 2 +3 5 5 )m. ★综合与实践四　 测量两点距离 1.解:(1)如解图,过点 B 作 BH⊥AP 于点 H, 第 1 题解图 ∵ AB = 60 米,∠PAB = 79°,sin79°≈0. 98, cos79°≈0. 19, ∴ AH=AB·cos 79°≈60×0. 19 = 11. 4(米), BH=AB·sin79°≈60×0. 98 = 58. 8(米), ∵ ∠PAB= 79°,∠PBA= 64°, ∴ ∠APB= 180°-79°-64° = 37°, ∴ tan∠APB= tan37° = BH PH ≈0. 75, ∴ PH≈ 58. 8 0. 75 = 78. 4(米), ∴ AP=AH+PH= 11. 4+78. 4 = 89. 8(米), 即 A,P 两点间的距离约为 89. 8 米; (2)②; ★综合与实践五　 测量旗杆高度 1. (3)①35°; ②∵ BC= 16. 8 m,AB= 1. 6 m, ∴ AE= 16. 8 m,CE= 1. 6 m. 在 Rt△ADE 中,tanα= DE AE , ∴ DE=AE·tanα≈16. 8×0. 7 = 11. 76(m), ∴ CD=CE+DE≈13. 4 m. 即旗杆的高度 CD 约为 13. 4 m; ③∵ 只有含 30°角的三角板和含 45°角的三角板,而 B 点 的仰角为 35°, ∴ 三角板测不出仰角 α 的度数; 如解图,在 AE 上作 EF=DE,连接 DF,则△DEF 为等腰直 角三角形,∠DFE= 45°, ∴ DE=EF= 11. 8 m, ∵ AE= 16. 8 m, ∴ AF=AE-EF= 5 m, ∴ 向右走 5 m,用含 45°角的直角三角板测量即可(答案不 唯一,向左走用含 30°角的三角板测量也可以) . 第 1 题解图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第五章　 四边形 命题点 1　 多边形的性质与计算 1. D 2. A 拓展设问 (1)否;(2)增加,180;(3)减少;(4) 240　 【解 析】(1)任意多边形的外角和是 360°,故填否;(2)根据多 边形内角和定理(5-2) ×180°-(4- 2) × 180° = 180°,∴ 四 边形 BCDE 剪掉一个角得到五边形内角和增加了 180°; (3)由三角形三边关系可知周长减少;(4)如解图,∵ ∠1 = ∠4+∠B,∠2 = ∠3+∠B,∴ ∠1+ ∠2 = ∠3 + ∠4 + ∠B+ ∠B= 180°+∠B= 180°+60° = 240°. 第 2 题解图 3. B　 【解析】解法 1:正六边形每个内角为 (6-2) ×180° 6 = 120°,∵ ∠AMN = α,∠FNM = β,∴ α+β+∠AFN+∠FAM = 360°,∴ α + β = 360° - ( ∠AFN + ∠FAM) = 360° - 240° = 120°. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋解法 2 思路提示:可以将 α,β 转化到六边形 MBCDEN 中 根据六边形内角和求出 α+β 的关系. 4. B　 【解析】如解图,延长边 a,b,相交于点 M, ∵ a⊥ b, ∴ ∠M= 90°,∴ ∠BAM+∠ABM = 90°,∵ 该纸片是正 n 边 形纸片,∴ ∠BAM= ∠ABM= 45°,∴ n= 360° 45° = 8. 第 4 题解图 变式 　 A　 【解析】∵ 四边形 BCMN 是正方形,∴ ∠NBC = 90°,∵ ∠ABN= 120°,∴ ∠ABC = 360°-90°-120° = 150°, ∴ 正 n 边形的一个外角为 180° - 150° = 30°,∴ n 的值为 360° 30° = 12. 5. B　 【解析】如解图,连接 BE,由正六边形的性质得 BE = 2CD,AF∥BE∥CD,AF,BE 之间的距离与 CD,BE 之间的距 离相等,设为 h,∵ S△CDE = 1 2 CD·h = 2,∴ CD·h = 4,∴ S△BCE = 1 2 BE·h= 1 2 ×2CD·h=CD·h= 4,S△BPE = 1 2 BE· h= 1 2 ×2CD·h=CD·h = 4,∴ S四边形BCEP = S△BCE +S△BPE = 4+ 4 = 8. 第 5 题解图 6. A　 7. C 8. B　 【解析】如解图,过点 D 作 DC⊥AB 于点 C,由正六边 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 42