第第頁精品試卷·第2頁（共2頁）2025年中考數學總復習《實際應用問題（三角函數為主）》專項測試卷(附答案)學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________填空題要注意認真看清題目的條件和要填寫的內容，盡量完整地填寫答案.1．如圖1是一款便攜式拉桿車，其側面示意圖如圖2所示，前輪⊙O的直徑為12cm，拖盤OE與后輪⊙O′相切于點N，手柄OF⊥OE．側面為矩形ABCD的貨物置于拖盤上，AB=20cm，BC=52cm．如圖3所示，傾斜一定角度拉車時，貨物繞點B旋轉，點C落在OF上，若tan∠ABE=15，則OC的長為cm，同一時刻，點C離地面高度2．有一種手持煙花，該煙花有10個花彈，每1秒發一發花彈，每一發花彈的飛行路徑均相同.第一發花彈的飛行高度?(米)與飛行時間t(秒)滿足關系式：?=?52t2+mt（1）第一發花彈的飛行高度?的最大高度是米.（2）第一發花彈飛行過程中與其他花彈同一高度時，其t的值為.3．如圖，一個立方體有蓋盒子，棱長為8cm，當正方形PDCS合上時，點A與點P重合，點B與點S重合，此時，兩個全等的長方形ADFE與長方形BCHG向內合上，且頂點E，G都落在AB邊上，點E在點G的右側，EG=2cm．（1）AE的長度是cm．（2）長方形ADFE和長方形BCHG，從底面ABCD翻開的過程中，當EG=1cm且∠EAB最大時，∠EAB的余弦值為．4．希臘數學家海倫給出了挖掘直線隧道的方法：如圖，A，B是兩側山腳的入口，從B出發任作線段BC，過C作CD⊥BC，然后依次作垂線段DE，EF，FG，GH，直到接近A點，作AJ⊥GH于點J．每條線段可測量，長度如圖所示．分別在BC，AJ上任選點M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ，使得PNAN=QMBM=k（1）CD?EF?GJ=km．（2）k=．5．如圖1為一.款折疊嬰兒車的演示過程.點D處有一卡扣，打開卡扣，從手柄P點處往下按壓，完成折疊.已知支撐桿AB=AC=60cm，BD=30cm，卡扣D恰好為BC中點，推桿PD=110cm.(結果均精確到0.1cm.參考數據：2≈1.414，3≈1.732，sin75°≈0.966，cos75°≈0.259，tan75°≈3.732，sin14.5°~0.250，cos14.5°~0.968，tan14.5°≈0.257.)

（1）如圖2，當卡扣D固定時，支撐桿AB與水平線l呈15°角，手柄P到水平線l的距離約為cm.（2）當折疊完成時，∠CDB=60°(如圖3所示)，支撐桿AB與水平線l呈1°角，此時手柄P約下降了cm.6．如圖1為某小區出入口柵欄道閘，BE，CF為柵欄道閘的轉動桿，上面有10根等間距的豎桿，未抬起時與地面保持水平，豎桿豎直地面，在道閘抬起時最大旋轉角度為70°，MN為門墻，BE=CF=3.1m，AD=1.2m，AB=CD=0.2m，轉動桿外端E，F距離桿GH與門墻MN均為0.（1）如圖2，當道閘轉動30°抬起時，第五根豎桿的底端P到地面的距離為.（2）現有一輛貨車進小區裝貨，已知貨車寬2.2m，貨車進出需保持與門墻0.2m的安全距離，該貨車安全進出小區的離地高度不得超過m.7．圖1是小文家的木馬玩具，圖2是木馬玩具底座水平放置的示意圖，點O是AB所在圓的圓心，OA=OB，點A，點B離地高度均為15cm，水平距離AB=90cm.則OA=cm.當半徑OA轉到豎直位置時，木馬就有翻倒的風險，為安全起見，點B離地高度應小于cm.8．一款閉門器按如圖1所示安裝，支點A，C分別固定在門框和門板上，門寬OD=52cm，搖臂AB=18cm，連桿BC=24cm，閉門器工作時，搖臂、連桿和OC長度均固定不變.如圖2，當門閉合時，sin∠B=53，則AC的長為cm.如圖3，門板繞點O旋轉，當∠B=90°時，點D到門框的距離DK=48cm，則OC9．如圖，ED為一條寬為4米的河，河的西岸建有-道防洪堤，防洪堤與東岸的高度差為3米(即CE=3米)，因為施工需要，現準備將東岸的泥沙通過滑軌送到西岸的防洪堤上，防洪堤上已經建好一座固定滑軌一端的鋼架，現準備在東岸找一個點P作為另一端的固定點，已知吊籃的截面為直徑為1米的半圓(直徑MN=1米)，繩子QM=QN=1.3米，鋼架高度2.2米(AB=2.2米)，距離防洪堤邊緣為0.5米(BC=0.5米).（1）西岸邊緣點C與東岸邊緣點D之間的距離為米.（2）滑軌在運送貨物時保持筆直，要想做到運輸過程中吊籃一定不會碰到點C，則DP的長度應大于米.10．圖1是一種機械裝置，當滑輪P繞固定點O旋轉時，點P在AB上滑動，帶動點B繞固定點A旋轉，使點C在水平桿MN上來回滑動.圖2是裝置的側面示意圖，AO⊥MN，OA=10cm，AB=18cm，BC=12cm，OP=6cm.當轉動到OP′⊥AB′時，點C滑到最左邊C′處，此時A，B′，C′恰好在同一條直線上，則點O到MN的距離是cm；當轉動到OP″11．圖1是一種可調節桌面畫架，畫架側面及相關數據如圖2所示.B是底座OA上一固定支點，點C在滑槽DE內滑動，支桿BC長度不變.已知DE=24cm，當C從點D出發滑向終點E，∠AOF從0°逐漸增大至90°，則支桿BC的長為12．如圖，某公園有一月牙形水池，水池邊緣有A，B，C，D，E五盞裝飾燈.為了估測該水池的大小，觀測員在A，D兩點處發現點A，E，C和D，E，B均在同一直線上，沿AD方向走到F點，發現∠AFC=90°.測得AD=9.6米，AE=DE=8米，DF=2.4米，則AED所在圓的半徑為米，13．如圖1是一款軸對稱“磁懸浮地漏”無水時的示意圖，它由一個圓弧形密封蓋MN與兩個磁體組成（下側磁體固定不動），連接桿EF與地面BD垂直，排水口CD=243mm，密封蓋最高點E到地面的距離為6mm，整個地漏的高度EG=75mm（G為磁體底部中點），密封蓋被磁體頂起將排水口密封，MN所在圓的半徑為mm；當有水時如圖2所示，密封蓋下移排水，當密封蓋下沉至最低處時，點M′恰好落在BG中點，若點M′到E′F14．圖1是某收納盒實物圖，圖2是盒子打開時部分側面示意圖，兩平行的支撐桿AC，BE與收納盒相連.當支撐桿繞點A或B旋轉時，收納盒CD，EF沿斜上方平移，且CD，EF始終保持與MN平行.點A位于PQ的中垂線上，其到PQ的距離是到MN距離的1.5倍，已知PQ=31cm，AB∥PQ，AB=8.5cm.轉動BE，當點E在點B的正上方時，E到MN的距離為18cm，盒子關閉時，支撐桿BE繞點B旋轉，點E恰好與點M重合，則支撐桿BE的長為cm；將盒子完全打開如圖3所示，支撐桿BE經過點N，則EF與PQ15．圖（1）是一種便攜式手推車，點O是豎直拉桿OB與擋板OA的連接點，豎直拉桿OB中CD部分可伸縮，當C，D重合時，拉桿縮至最短，運輸貨物時，拉桿伸至最長.拉桿OB的長70~120cm（含70cm，120cm），擋板OA長為50cm，OA可繞點O旋轉，折疊后點A，D重合.現有兩箱貨物如圖（2）方式放置，兩個箱子的側面均為正方形，為了避免貨物掉落，在貨物四周用繩子加固，四邊形ODFM為菱形，則OE=cm；小聰在運輸貨物時，發現貨物仍有掉落的危險，重新加固如圖（3），若FK=HJ，KI=60cm，∠GKJ=60°，則繩子最低點I到擋板OA的距離IE=cm.16．如圖是一個矩形足球球場，AB為球門，CD⊥AB于點D，AB=a米.某球員沿CD帶球向球門AB進攻，在Q處準備射門.已知BD=3a米，QD=3a米，則tan∠AQB=；已知對方門將伸開雙臂后，可成功防守的范圍大約為0.5a米；此時門將站在張角∠AQB內，雙臂伸開MN且垂直于AQ進行防守，MN中點與AB17．如圖：【新知學習】如圖1，兩個力作用于點A，線段AB，AD的長度分別表示力的大小，箭頭方向為力的方向，則兩個力可以產生一個效果相同的合力，此合力的大小可用以AB，AD為鄰邊的平行四邊形ABCD的對角線AC長度表示，合力方向為AC箭頭方向．【數學實踐】現有兩個同規格的滑輪、若干個同質量的砝碼和一條無彈性繩子．如圖2，將兩個滑輪固定在同一水平高度的A，B兩點，在繩子的固定位置點C處掛5個砝碼，繩子分別繞過兩個滑輪，兩端分別掛4個和3個砝碼，平衡靜止時，量得夾角∠ACB＝90°，根據“新知學習”進行受力分析，如圖3，作?CDEF，此時，CE＝CG，即CD：CF：CE=3：4：5，從而驗證了∠ACB是直角．【問題解決】（1）若將掛中間的5個砝碼中取出1個掛在右邊，使三處所掛砝碼均為4個，平衡靜止時，∠ACB的度數為度．（2）若將掛中間的5個砝碼中取走1個，使從左到右三處所掛砝碼個數分別為4個、4個、3個，平衡靜止時，sin∠ABC的值為．18．甲、乙兩幢完全一樣的房子如圖1，小聰與弟弟住在甲幢，為測量對面的乙幢屋頂斜坡M，N之間的距離，制定如下方案：兩幢房子截面圖如圖2，AB=12m，小聰在離屋檐A處3m的點G處水平放置平面鏡（平面鏡的大小忽略不計），弟弟在離點G水平距離3m的點H處恰好在鏡子中看到乙幢屋頂N，此時測得弟弟眼睛與鏡面的豎直距離IH=0.6m.下樓后，弟弟直立站在DE處，測得地面點F與E，M，N在一條直線上，DE=1.2m，FD=2m，BF=5m，則甲、乙兩幢間距BC=19．圖1是一張可以折疊的小床展開后支撐起來放在地面的示意圖，此時點A、B、C在同一直線上，且∠ACD=90°，圖2是小床支撐腳CD折疊的示意圖，在折疊過程中，△ACD變形為四邊形ABC'D'，最后折疊形成一條線段“BD”.某家裝廠設計的折疊床是①此時BC″應該是多長②折疊時，當AB⊥BC'時，sin20．金華新金婺大橋是華東第一的獨塔斜拉橋，如圖1是新金婺大橋的效果圖.2022年4月13日開始主塔吊裝作業.如圖2，我們把吊裝過程抽象成如下數學問題：線段OP為主塔，在離塔頂10米處有一個固定點Q(PQ=10米).在東西各拉一根鋼索QN和QM，已知MO等于214米.吊裝時，通過鋼索QM牽拉，主塔OP由平躺橋面的位置，繞點O旋轉到與橋面垂直的位置.中午休息時∠PON=60°，此時一名工作人員在離M6.4米的B處，在位于B點正上方的鋼索上A點處掛彩旗.（1）主塔OP的高度為米，（精確到整數米）（2）吊裝過程中，鋼索QN也始終處于拉直狀態，因受場地限制和安全需要，QN與水平橋面的最大張角在37°到53°之間(即37°≤∠QNM≤53°)，ON的取值范圍是.（注：tan37°≈0.21．三折傘是我們生活中常用的一種傘，三折傘的骨架是一個“移動副”和多個“轉動副”組成的連桿機構，如圖1是三折傘一條骨架的結構圖，當“移動副”（標號1）沿著傘柄移動時，折傘的每條骨架都可以繞“轉動副”（標號2-9）轉動：圖2是三折傘一條骨架的示意圖，其中四邊形CDEF和四邊形DGMN都是平行四邊形，AC=BC=13cm，DE=2cm，DN=1cm.（1）若關閉折傘后，點A、E、H三點重合，點B與點M重合，則BN=cm.（2）在（1）的條件下，折傘完全撐開時，∠BAC=75°，則點H到傘柄AB距離是cm（結果精確到0.1cm）.（參考數據：22．如圖，用圖1中的a張長方形和b張正方形紙板作側面和底面，做成如圖2的豎式和橫式兩種無蓋紙盒，若a+b的值在285和315之間（不含285與315），且用完這些紙板做豎式紙盒比橫式紙盒多30個，則a的值可能是.23．圖1是一款帶毛刷的圓型掃地機器人，它的俯視圖如圖2所示，⊙O的直徑為40cm，毛刷的一端為固定點P，另一端為點C，CP=102cm，毛刷繞著點P旋轉形成的圓弧交⊙O于點A，B，且A，P，B三點在同一直線上.毛刷在旋轉過程中，與⊙O交于點D，則CD的最大長度為cm.掃地機器人在遇到障礙物時會自轉，毛刷碰到障礙物時可彎曲.如圖3，當掃地機器人在清掃角度為60°的墻角（∠Q=60°）時，不能清掃到的面積（圖中陰影部分）為24．如圖1所示的是古代一種可以遠程攻擊的投石車，圖2是投石車投石過程中某時刻的示意圖，GP是杠桿，彈袋掛在點G，重錘掛在點P，點A為支點，點D是水平底板BC上的一點，AD＝AC＝3米，CD＝3.6米.（1）投石車準備時，點G恰好與點B重合，此時AG和AC垂直，則AG＝米.（2）投石車投石瞬間，AP的延長線交線段DC于點E，若DE：CE=5：1，則點G的上升高度為米.25．如圖，岸邊堤壩和湖中分別佇立著甲、乙兩座電線塔，甲塔底CD和堤壩EF段均與水平面MN平行，B為CD中點，CD=6EF=12米，DE=5米．某時刻甲塔頂A影子恰好落在斜坡底端E處，此時小章測得2米直立桿子的影長為1米．隨后小章乘船行駛至湖面點P處，發現點D，F，P三點共線，并在P處測得甲塔底D和乙塔頂T的仰角均為α=26.7°，則塔高AB的長為米；若小章繼續向右行駛10米至點Q，且在Q處測得甲、乙兩塔頂A，T的仰角均為β=36.8°．若點M，P，Q，N在同一水平線上，TN⊥MN，則甲、乙兩塔頂A，T的距離為米．（參考數據：tan26.7°≈0.5，sin26.7°≈0.45，tan36.8°≈0.75，26．如圖1是傳統的手工推磨工具，根據它的原理設計了右圖的機械設備，磨盤半徑OQ=3dm，用長為13dm的連桿將點Q與動力裝置P相連（∠OQP大小可變），點P在軌道AB上滑動，并帶動磨盤繞點O轉動，OA⊥AB，OA=8dm.（1）如圖2，當PQ與⊙O相切時，則AP=dm.（2）若磨盤轉動10周，則點P在軌道AB上滑動的路徑長是dm.27．已知晾衣架側面伸縮部分如圖1，由6根長方形鋁條（厚度忽略不計），用9個釘子A，B，C，D，E，F，G，H，I鏈接而成，鋁條寬度都為2cm，五根較長的長為42cm，其余一根長為22cm，每個釘子都在距離長方形鋁條邊為1cm的地方，主視圖如圖2所示.晾衣架伸縮時，點B在射線AP上滑動，∠ACB的大小也隨之發生變化.記鋁條ACE最右側頂點為M，鋁條IH最左側頂點為N，當∠ACD=90°時，MN=；當∠ACD=30°時，MN=.（sin15°=28．如圖1是將正方形分割成七個幾何圖形得到的七巧板，它是中國古代勞動人民發明的一種智力玩具．圖2是由七巧板拼成“熊”的幾何圖形．四邊形ABCD是菱形，且CIJ的面積為2，則AE=．記點K到直線LG的距離為d，則dAB=29．斜拋小球，小球觸地后呈拋物線反彈，每次反彈后保持相同的拋物線形狀（開口方向與開口大小前后一致），第一次反彈后的最大高度為?1，第二次反彈后的最大高度為?2，第二次反彈后，小球越過最高點落在垂直于地面的擋板C處，且離地高度BC=23?1，若30．如圖1的螺絲釘由頭部（直六棱柱）和螺紋（圓螺紋直徑柱）組合而成，其俯視圖如圖2所示.小明想用一把刻度尺測量出螺紋直徑.已知刻度尺緊靠螺紋，經過點A且交CD于點P，若測得AP長為頭部13mm，正六邊形ABCDEF的邊長為7.5mm，則CP長為mm，螺紋直徑為mm.參考答案填空題要注意認真看清題目的條件和要填寫的內容，盡量完整地填寫答案.1．如圖1是一款便攜式拉桿車，其側面示意圖如圖2所示，前輪⊙O的直徑為12cm，拖盤OE與后輪⊙O′相切于點N，手柄OF⊥OE．側面為矩形ABCD的貨物置于拖盤上，AB=20cm，BC=52cm．如圖3所示，傾斜一定角度拉車時，貨物繞點B旋轉，點C落在OF上，若tan∠ABE=15，則OC的長為cm，同一時刻，點C離地面高度【答案】1026；【解析】∵∠ABC=∠COE=90°，

∴∠OBC+∠OCB=90°，∠OBC+∠ABE=90°，

∴∠OCB=∠ABE，

∴tan∠OCB=tan∠ABE=OBOC=15，

設OB=x，則OC=5x，

在Rt△COB中，BC2=OB2+OC2，

∴x2+25x2=522

解之：x=252，

∴OB=252，OC=1052；

過點O作OG⊥FQ于點G，過點A作AH⊥FQ于點H，過點A作AP⊥水平高于點P，在OC上取點N，使BN=CN，連接BN，AH與BC交于點S，

易證四邊形APQH是矩形，

∴AP=QH，

由題意可知QG=6，CG=CQ-GQ=56-6=50，

∴OG=OC2?CG2=10262?502=10，

∴tan∠OCG=OGCG=1050=15，

∴∠OCG=∠OCB，

∴∠BCG=2∠OCB，

∵BN=CN，

∴∠NBC=∠NCB，

∴∠BNO=∠NBC+∠NCB=2∠NCB=∠BCG，

設CN=BN=x，則ON=CO-CN=1026?x，

在Rt△OBN中，BN2=OB2+ON2，

∴1026?x2+2262=x2

解之：x=26265，

∴CN=BN=26265，ON=1026?（1）第一發花彈的飛行高度?的最大高度是米.（2）第一發花彈飛行過程中與其他花彈同一高度時，其t的值為.【答案】（1）10（2）5【解析】（1）∵當t=1秒時，該花彈的高度為152∴?5∴m=10．∴?=?5∵?=?5∴拋物線的頂點坐標為(2，∴第一發花彈的飛行高度?的最大高度是10米．故答案為：10；（2）令?=0，則?5∴t=0或t=4，∴第一發花彈飛行需要4秒．∴第一發花彈飛行過程中可能與第二發花彈，第三發花彈，第四發花彈在同一高度，設第一發花彈與第二發花彈在高度為a米時，高度相同，∴?5∴5t∴t1+∵第一發花彈與第二發花彈相差1秒，∴t∴(∴(∴16?8∴a=75當a=75?5解得：t=32（不合題意，舍去）或設第一發花彈與第三發花彈在高度為b米時，高度相同，∴?5∴5t∴t1+∵第一發花彈與第三發花彈相差2秒，∴t∴(∴(∴16?8∴b=15當b=15?5解得：t=1（不合題意，舍去）或t=3．設第一發花彈與第四發花彈在高度為c米時，高度相同，∴?5∴5t∴t1+∵第一發花彈與第四發花彈相差3秒，∴t∴(∴(∴16?8∴c=35當c=35?5解得：t=12（不合題意，舍去）或綜上，第一發花彈飛行過程中與其他花彈同一高度時，其t的值為52秒或3秒或7故答案為：52秒或3秒或73．如圖，一個立方體有蓋盒子，棱長為8cm，當正方形PDCS合上時，點A與點P重合，點B與點S重合，此時，兩個全等的長方形ADFE與長方形BCHG向內合上，且頂點E，G都落在AB邊上，點E在點G的右側，EG=2cm．（1）AE的長度是cm．（2）長方形ADFE和長方形BCHG，從底面ABCD翻開的過程中，當EG=1cm且∠EAB最大時，∠EAB的余弦值為．【答案】（1）5（2）7【解析】（1）∵兩個全等的長方形ADFE與長方形BCHG，AB=8，

∴當合上時，AE+BG-AB=EG=2，

∴AE+BG=10，

∵AE=BG，∴AE=5；

故答案為：5.

（2）如圖，當EG=1時，且∠EAB最大時，正方體的主視圖如下，過點E、G分別作EM⊥AB，GN⊥AB，則四邊形EMNG是矩形，∴MN=EG=1，

∵AB=8，∴AM=MN=12（AB-MN）=72，

∵AE=5，

∴cos∠EAB=AMAE=725=710；

4．希臘數學家海倫給出了挖掘直線隧道的方法：如圖，A，B是兩側山腳的入口，從B出發任作線段BC，過C作CD⊥BC，然后依次作垂線段DE，EF，FG，GH，直到接近A點，作AJ⊥GH于點J．每條線段可測量，長度如圖所示．分別在BC，AJ上任選點M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ（1）CD?EF?GJ=km．（2）k=．【答案】（1）1.8（2）9【解析】（1）CD-EF-GJ=5.5-1-2.7=1.8（km）.

故答案為：1.8.

（2）連接AB，過A作AZ⊥CB，交CB的延長線于點Z，

由矩形的性質可得AZ=CD-EF-GJ=1.8，BZ=DE+FG-CB-AJ=4.9+3.1-3-2.4=2.6.

∵點P、A、B、Q共線，∴∠MBQ=∠ZBA.

∵∠BMQ=∠BZA=90°，

∴△BMQ∽△BZA，

∴QMBM=k=AZBZ=1.85．如圖1為一.款折疊嬰兒車的演示過程.點D處有一卡扣，打開卡扣，從手柄P點處往下按壓，完成折疊.已知支撐桿AB=AC=60cm，BD=30cm，卡扣D恰好為BC中點，推桿PD=110cm.(結果均精確到0.1cm.參考數據：2≈1.414，3≈1.732，sin75°≈0.966，cos75°≈0.259，tan75°≈3.732，sin14.5°~0.250，cos14.5°~0.968，tan14.5°≈0.257.)

（1）如圖2，當卡扣D固定時，支撐桿AB與水平線l呈15°角，手柄P到水平線l的距離約為cm.（2）當折疊完成時，∠CDB=60°(如圖3所示)，支撐桿AB與水平線l呈1°角，此時手柄P約下降了cm.【答案】（1）114.5（2）64.5【解析】（1）過點P作PF⊥直線l于點F，過點D作DG⊥直線l于點G，延長CB交直線l于點E，連接AD，

∵點D為BC的中點，

∴BC=2BD=2×30=60，

∵AB=AC=BC，

∴△ABC是等邊三角形，

∴∠BAC=60°，

∵點D為BC的中點，

∴∠DAB=12∠BAC=30°，∠ADB=90°，

∴∠DAE=∠EAB+∠DAB=15°+30°=45°，

∵∠E=90°-45°=45°=∠DAE，

∴DE=AD，

在Rt△ADB中，DE=AD=ABcos∠BAD=60×cos30°=60×32=303，

∴PE=DE+PD=110+303，

在Rt△PEF中，∠E=45°，

∴PF=22PE=22×110+303≈114.5.

故答案為：114.5

（2）過點P作PF⊥l于點F，過點C作CH⊥PF于點H，連接BC，過點A作AM⊥BC于點M，過點C作CE⊥l于點E，

易證四邊形CEFH是矩形，

∵DC=DB，∠DCB=60°，

∴△DBC是等邊三角形，

∴CD=BC=DB=30，

∴PC=PD-CD=110-30=80，

∵AB=AC=60，AM⊥BC，

∴CM=12BC=15，

sin∠CAM=CMAC=1560=0.25，

∴∠CAM=∠BAM=14.5°，

∴∠CAE=∠CAM+∠BAM+∠BAE=14.5°+14.5°+1°=30°，

∴CE=HF=12AC=30，

∴∠ACM=90°-14.5°=75.5°，

∴∠PCA=180°-60°-75.5°=44.5°，

∵CH∥l，

∴∠ACH=∠CAE=30°，

∴∠PCH=44.5°-30°=14.5°，

在Rt△PCH中，

PH=PCsin∠PCH≈80×0.25=20，

∴PF=PH+HF=20+30=50，

∴下降了114.5-50=64.5.

故答案為：64.5

6．如圖1為某小區出入口柵欄道閘，BE，CF為柵欄道閘的轉動桿，上面有10根等間距的豎桿，未抬起時與地面保持水平，豎桿豎直地面，在道閘抬起時最大旋轉角度為（1）如圖2，當道閘轉動30°抬起時，第五根豎桿的底端P到地面的距離為.（2）現有一輛貨車進小區裝貨，已知貨車寬2.2m，貨車進出需保持與門墻0.2m的安全距離，該貨車安全進出小區的離地高度不得超過m.【答案】（1）0.65（2）2.3【解析】（1）如圖，分別過點C、P作垂線交于點Q，∴∠CQP=90°，由題意得，CW=1當道閘轉動30°抬起時，即∠WCQ=30°，∴WQ=1∴第五根豎桿的底端P到地面的距離為0.故答案為：0.（2）由題意可畫圖如下：∵貨車寬2.2m，貨車進出需保持與門墻0.2m的安全距離，∴CK=3.∵在道閘抬起時最大旋轉角度為70°，即∠OCK=70°，∴OK=tan∵左側9根豎桿底部離地面均為0.1m∴該貨車安全進出小區的離地高度不得超過2.故答案為：2.7．圖1是小文家的木馬玩具，圖2是木馬玩具底座水平放置的示意圖，點O是AB所在圓的圓心，OA=OB，點A，點B離地高度均為15cm，水平距離AB=90cm.則OA=cm.當半徑OA轉到豎直位置時，木馬就有翻倒的風險，為安全起見，點B離地高度應小于cm.【答案】75；54【解析】連接AB，過點O作OC⊥AB，垂足為C，如圖，∵OA=OB，AB=90cm，∴AC=BC=1∵點A，點B離地高度均為15cm，∴OC=OA?15，∴在Rt△AOC中，OC∴(OA?15)2+452過點B作BE⊥OA，BF垂直于地面，垂足分別是E、F，如圖，∵BE=AF，設BF=AE=x，OA=OB=75cm，∴OE=OA?AE=75?x，∴在Rt△BOE中，BE2=OB2∴75∴x=54cm.∴則點B離地面的高度應小于54cm.故答案為：54.8．一款閉門器按如圖1所示安裝，支點A，C分別固定在門框和門板上，門寬OD=52cm，搖臂AB=18cm，連桿BC=24cm，閉門器工作時，搖臂、連桿和OC長度均固定不變.如圖2，當門閉合時，sin∠B=53，則AC的長為cm.如圖3，門板繞點O旋轉，當∠B=90°時，點D到門框的距離DK=48cm，則OC【答案】18；8【解析】過A作AE⊥BC，E為垂足，∵sin∴AE∴AE∴AE=65∴BE==12，∴CE=BC?BE=24?12=12，∴AC=C如圖，連接AC，作CF⊥AK，F為垂足，E為C的對應點，∴CF∥DK，∴OC∴OC∴OC∴設OC=13x，則CF=12x，∴OF=O由題空1得：AE=18cm，OE=OC=13x，∴AF=OF+OE+AE=5x+13x+18=18+18x，又∵AC=A∴CF即：(12x)2整理得：13x解得：x1=8∴OC=13×8故答案為：18，8.9．如圖，ED為一條寬為4米的河，河的西岸建有-道防洪堤，防洪堤與東岸的高度差為3米(即CE=3米)，因為施工需要，現準備將東岸的泥沙通過滑軌送到西岸的防洪堤上，防洪堤上已經建好一座固定滑軌一端的鋼架，現準備在東岸找一個點P作為另一端的固定點，已知吊籃的截面為直徑為1米的半圓(直徑MN=1米)，繩子QM=QN=1.3米，鋼架高度2.2米(AB=2.2米)，距離防洪堤邊緣為0.5米(BC=0.5米).（1）西岸邊緣點C與東岸邊緣點D之間的距離為米.（2）滑軌在運送貨物時保持筆直，要想做到運輸過程中吊籃一定不會碰到點C，則DP的長度應大于米.【答案】（1）5（2）0.7【解析】（1）連接CD，DE，

由題意可知DE=4米，CE=3米，

在Rt△CDE中

CD=CE2+DE2=32+42=5.

故答案為：5

（2）過點Q作QK⊥MN于點K，延長AB與PE交于點O，

∵QM=QN=1.3，MN=1，

∴△QMN是等腰三角形，

∴MK=12MN=12，

∴QK=1.32?122=1.2；

∵滑軌在運送貨物時保持筆直，要想做到運輸時吊籃一定不會碰到點C，則CG至少為1.2+0.5=1.7，

∵∠AOP=∠GEP=90°，∠GPE=∠APO，

∴△GPE∽△APO，∴PEPO=GEAO

設PD=x，則PE=x+4，GE=GC+CE=1.7+3=4.7，AO=3+2.2=5.2，PO=x+4+0.5=x+4.5，

∴x+44.5+x=4.75.2

解之：x=0.7.

故答案為：0.7

10．圖1是一種機械裝置，當滑輪P繞固定點O旋轉時，點P在AB上滑動，帶動點B繞固定點A旋轉，使點C在水平桿MN上來回滑動.圖2是裝置的側面示意圖，AO⊥MN，OA=10cm【答案】14；108【解析】如圖，延長AO交MN于點D，則AD⊥MN，在Rt△AOP′中，AO=10cm，∴AP∵∠AP′O=∠AD∴△AOP∴AP∴8AD∴AD=24cm，∴OD=AD?AO=14cm，∴點O到MN的距離是14cm；延長AB″交MN于E，作∵OP′⊥AC′∴AO平分∠C∴∠又∵∠ADC′=∠ADE=90°∴△ADC∴AE=AC′=30cm∴B″∴C″在Rt△ADC′中，∴DE=C∵B″∴EFDE∴EF18∴EF=36∴C″又∵C′∴C∴點C在MN上滑動的最大距離是1085故答案為：14，108511．圖1是一種可調節桌面畫架，畫架側面及相關數據如圖2所示.B是底座OA上一固定支點，點C在滑槽DE內滑動，支桿BC長度不變.已知DE=24cm，當C從點D出發滑向終點E，∠AOF從0°逐漸增大至90°，則支桿BC的長為【答案】17；145【解析】當∠AOF=0OE+DE=OB+BC，∵DE=24cm，OB=15cm，∴OE+24=15+BC；當∠AOF=90由勾股定理得OE2+O∴OE∴OE=8cm，BC=17cm若點F到OA的距離為40cm，過點F作FM⊥OA于M，過點C作CN⊥OA于N，∵FG⊥OA，∴OM由題意OF=50cm，FM=40cm，∴OM=∵FG⊥OA，CN⊥OA，∴CN//∴△CON∽△FOM，∴設OC=xcm，∴ON=35xcm，CN=∵CN⊥OA，∴CN∴(∴x1=9+145，∴OC=(9+145∵OE=8cm，∴EC=OC?OE=(故答案為：17，14512．如圖，某公園有一月牙形水池，水池邊緣有A，B，C，D，E五盞裝飾燈.為了估測該水池的大小，觀測員在A，D兩點處發現點A，E，C和D，E，B均在同一直線上，沿AD方向走到F點，發現∠AFC=90°.測得AD=9.6米，AE=DE=8米，DF=2.4米，則AED所在圓的半徑為米，【答案】5；409【解析】過點E作EQ⊥AD于點Q，根據圓的對稱性，可知∶AED所在圓的圓心、ABC所在圓的圓心都在EQ上，設AED所在圓的圓心為O、ABC所在圓的圓心為O'過O'作O'P⊥CF于點P，連接OA，O則四邊形O'∴QF=O'P∵AE=DE=8，AD=9.∴AQ=DQ=1在Rt△AQE中，QE=A在Rt△AQO中，OQ=EQ?OE=EQ?OA=6.∴AO2=A解得AO=5，∵EQ⊥AD，∠AFC=90°，∴EQ∥CF，∴△AEQ∽△ACF，∴QECF=AQ解得CF=16，在Rt△O'DQ在Rt△O'CP∴O'解得O'∴O'∴O'故答案為：5，409213．如圖1是一款軸對稱“磁懸浮地漏”無水時的示意圖，它由一個圓弧形密封蓋MN與兩個磁體組成（下側磁體固定不動），連接桿EF與地面BD垂直，排水口CD=243mm，密封蓋最高點E到地面的距離為6mm，整個地漏的高度EG=75mm（G為磁體底部中點），密封蓋被磁體頂起將排水口密封，MN所在圓的半徑為mm；當有水時如圖2所示，密封蓋下移排水，當密封蓋下沉至最低處時，點M′恰好落在BG中點，若點M′到E′F【答案】39；16.5【解析】①設作圓心O，連接CD交CE于點H，設OH=xmm，∵最高點E到地面的距離為6mm，∴OE=(6+x)mm，∵CD=243∴DH=123∴在Rt△OHD中，OD=x∵OE=OD，∴6+x=x∴x=33，∴OE=39mm，故答案為：39.②作M′P′⊥E′G，延長GE′∵M′∴M′∴點Z是BQ∵M′為BG∴M′Z為∴M′∵EG=75mm，EQ∴GQ∴M′∵點M′到E′F∴MJ=M∵OM=OE=39mm，回到圖1，作MJ⊥EG，由勾股定理得：OJ=O∴移動前M到地面的距離為：JH=39?15?6=18(mm)，∵M移動的距離為密蓋下沉的距離，∴MM∴密封蓋下沉的最大距離為16.故答案為：16.5.14．圖1是某收納盒實物圖，圖2是盒子打開時部分側面示意圖，兩平行的支撐桿AC，BE與收納盒相連.當支撐桿繞點A或B旋轉時，收納盒CD，EF沿斜上方平移，且CD，EF始終保持與MN平行.點A位于PQ的中垂線上，其到PQ的距離是到MN距離的1.5倍，已知PQ=31cm，AB∥PQ，AB=8.5cm.轉動BE，當點E在點B的正上方時，E到MN的距離為18cm，盒子關閉時，支撐桿BE繞點B旋轉，點E恰好與點M重合，則支撐桿BE的長為cm；將盒子完全打開如圖3所示，支撐桿BE經過點N，則EF與PQ【答案】25；21+25【解析】令CA與MN交點為K，EB與MN交點為H，連接BM，連接AB并延長，交NP于點R∵AC∥BE，點E在點B的正上方∴AC⊥MN、EB⊥MN∵點A位于PQ的中垂線上，PQ=31cm∴AC為MN中垂線∴MK=1∵CD∥EF∥MN∥PQ∥AB、MQ∥AC∥BG∥NP∴四邊形AKHB為矩形、四邊形HBRN為矩形∴AB=KH=8.∴MH=MK+KH=設BE長為x，則根據題意可知BM=BE=x∴BH=BE?EH=x?18∴在Rt△MBH中根據勾股定理有：B即x解得x=25故答案為25；過E點作EW⊥QP，交QP延長線于點W，連接AB并延長，交NP于點R，交EW于點T則有EW∥NP、EW⊥BT、AT∥MN∥QW∴∠BRN=∠BTE=∠BTW=90°∵∠NBR=∠EBT∴△BNR∽△BET由①可知NR=25?18=7cm∵BR=AR?AB∴BR=∴BR∴BT=ET∵BE=25cm∴在Rt△EBT中根據勾股定理有：E∴2E∴ET=∵點A到PQ的距離是到MN距離的1.∴點R到PQ的距離是到MN距離的1.∴RP=1∵EW∥NP、AT∥QW、∠BTW=90°∴四邊形RPWT為矩形∴RP=TW=∴EW=ET+TW=故答案為21+25215．圖（1）是一種便攜式手推車，點O是豎直拉桿OB與擋板OA的連接點，豎直拉桿OB中CD部分可伸縮，當C，D重合時，拉桿縮至最短，運輸貨物時，拉桿伸至最長.拉桿OB的長70~120cm（含70cm，120cm），擋板OA長為50cm，OA可繞點O旋轉，折疊后點A，D重合.現有兩箱貨物如圖（2）方式放置，兩個箱子的側面均為正方形，為了避免貨物掉落，在貨物四周用繩子加固，四邊形ODFM為菱形，則OE=cm；小聰在運輸貨物時，發現貨物仍有掉落的危險，重新加固如圖（3），若FK=HJ，KI=60cm，∠GKJ=60°，則繩子最低點I到擋板OA的距離IE=cm.【答案】40；(40【解析】如圖（2）設OE=xcm，則OG=2xcm，GF=xcm，

∵擋板OA的長為50cm，OA可繞著點O旋轉，折疊后點A，D重合，

∴OA=OD=50cm，

∴GD=（2x-50）cm，

∵四邊形ODFM是菱形，

∴OD=DF=50cm，

在Rt△DGF中，DG2+GF2=DF2，

∴（2x-50）2+x2=502，

解之：x1=40，x2=0（舍去）

∴OE=40cm；

如圖，過點J作JM⊥CK于點M，連接HF，

∵∠GKJ=60°，

∴∠MJK=30°，

∴MK=12JK，

∵FK=HJ，FK∥HJ，

∴四邊形HJKF是平行四邊形，

∴JK=HF=402，

∴MK=202，

∴JM=4022?4022=206；

設IE=m，KI=60，

∴KF=HJ=（20-m）cm，GJ=（60-m）cm，

∴GK=402+20?m2，

∵S△JGK=12GJ·GF=12GK·JM，

∴60?m×40=402+20?m2×206

解之：m1=?60+403，m2=?60?403，

∵【答案】17；【解析】如圖，過點B作BH⊥AQ于H，Rt△ADQ中，AD=a+3a=4a，DQ=3a，∴AQ=5a，Rt△ABH中，sinA∴BHa∴BH=3∴AH=4∴HQ=5a?4∴tan∠AOB=延長MN交AD于E，取MN的中點O，過點N作JK⊥AD于K，過點O作OJ⊥JK于J，Rt△MNQ中，MN=0.∴tan∠MON=∴MQ=7∴NQ=(∵BQ=32∴BN=BQ?NQ=32∵∠DBQ=45°，∴BK=NK=7∵BH∥EM，∴∠ABH=∠AEM，∵∠AHB=∠EKN=90°，∴∠A=∠ENK=∠ONJ，∵cos∠ONJ=∵O是MN的中點，∴ON=1∴NJ=1∴JK=JN+NK=1即MN中點與AB距離3710故答案為：17，3717．如圖：【新知學習】如圖1，兩個力作用于點A，線段AB，AD的長度分別表示力的大小，箭頭方向為力的方向，則兩個力可以產生一個效果相同的合力，此合力的大小可用以AB，AD為鄰邊的平行四邊形ABCD的對角線AC長度表示，合力方向為AC箭頭方向．【數學實踐】現有兩個同規格的滑輪、若干個同質量的砝碼和一條無彈性繩子．如圖2，將兩個滑輪固定在同一水平高度的A，B兩點，在繩子的固定位置點C處掛5個砝碼，繩子分別繞過兩個滑輪，兩端分別掛4個和3個砝碼，平衡靜止時，量得夾角∠ACB＝90°，根據“新知學習”進行受力分析，如圖3，作?CDEF，此時，CE＝CG，即CD：CF：CE=3：4：5，從而驗證了∠ACB是直角．【問題解決】（1）若將掛中間的5個砝碼中取出1個掛在右邊，使三處所掛砝碼均為4個，平衡靜止時，∠ACB的度數為度．（2）若將掛中間的5個砝碼中取走1個，使從左到右三處所掛砝碼個數分別為4個、4個、3個，平衡靜止時，sin∠ABC的值為．【答案】（1）120（2）3【解析】（1）若將掛中間的5個砝碼取出1個掛在右邊，使三處所掛的砝碼為4個，根據“新知學習”進行受力分析，

作平行四邊形CDEF，

此時CE=CG，即CD：CF：CE=1：1：1，

∴∠FCE=∠DCE=60°，

∴∠FCD=∠ACB=120°；

（2）若將掛中間的5個砝碼取出1個掛使從左到右三處所掛的砝碼分別為4個，4個，3個，根據“新知學習”進行受力分析，

作平行四邊形CDEF，此時CE=CG，即CD：CF：CE=3：4：4，

∴cos∠ECD=12CDCE=38，

∴sin∠ABC=cos∠ECD=38.

故答案為：120，38

18．甲、乙兩幢完全一樣的房子如圖1，小聰與弟弟住在甲幢，為測量對面的乙幢屋頂斜坡M，N之間的距離，制定如下方案：兩幢房子截面圖如圖2，AB=12m，小聰在離屋檐A處3m的點G處水平放置平面鏡（平面鏡的大小忽略不計），弟弟在離點G水平距離3m的點H處恰好在鏡子中看到乙幢屋頂N，此時測得弟弟眼睛與鏡面的豎直距離IH=0.【答案】25；34【解析】如圖，HG交MC于R，過N點作NQ⊥HG交HG于點Q，交MS于點K，則四邊形MKQR是矩形，∠IHG=∠EDF=∠MCF=90°，MR=KQ=AG=3m，由題意得：∠HGI=∠NGQ，∠NMK=∠MFD，∴tan∠MFC=MCFC∴FC=20m，∴BC=BF+FC=5+20=25m設MK=RQ=xm，∵tan∠NMK=tan∠EFD=∴NK=3∴NQ=(3∵tan∠HGI=∴0.63∴MN=M故答案為：25，34.19．圖1是一張可以折疊的小床展開后支撐起來放在地面的示意圖，此時點A、B、C在同一直線上，且∠ACD=90°，圖2是小床支撐腳CD折疊的示意圖，在折疊過程中，△ACD變形為四邊形ABC'D'，最后折疊形成一條線段“BD”.某家裝廠設計的折疊床是①此時BC″應該是多長②折疊時，當AB⊥BC'時，sin【答案】16cm；19【解析】①∵BC=16cm，C、B、A、C由圖形可得：BC∴BC故答案為：16cm；②設DC=y，則D″∴AD在Rt△ADC中，AC即24解得y=32，∴C'D'根據題意作出示意圖如下，連接AC'，過點A作∵∠ABC∴AC=A設D'M=x，則解得：x=36，∴D'∴AM=A∴sinD故答案為：191020．金華新金婺大橋是華東第一的獨塔斜拉橋，如圖1是新金婺大橋的效果圖.2022年4月13日開始主塔吊裝作業.如圖2，我們把吊裝過程抽象成如下數學問題：線段OP為主塔，在離塔頂10米處有一個固定點Q(PQ=10米).在東西各拉一根鋼索QN和QM，已知MO等于214米.吊裝時，通過鋼索QM牽拉，主塔OP由平躺橋面的位置，繞點O旋轉到與橋面垂直的位置.中午休息時∠PON=60°，此時一名工作人員在離M6.4米的B處，在位于B點正上方的鋼索上A點處掛彩旗.（1）主塔OP的高度為米，（精確到整數米）（2）吊裝過程中，鋼索QN也始終處于拉直狀態，因受場地限制和安全需要，QN與水平橋面的最大張角在37°到53°之間(即37°≤∠QNM≤53°)，ON的取值范圍是.（注：tan37°≈0.【答案】（1）82（2）90≤ON≤120【解析】過點Q作QG⊥MN交于G點，∵MB=6.4米，∴tan∠AMB=∴MG=4QG，∵∠PON=60°，∴QG=OG?tan∵MO=214米，∴214+3解得OG=642∴OQ=QG∵QP=10米，∴OP≈82米，故答案為：82；（2）解：在Rt△QNG中，GN=QG?tan在Rt△OGQ中，OG=64212?3∴GN=642∴ON=642∵37°≤∠QNM≤53°，∴37°≤∠NOG≤53°，∵tan37°≈0∴tan53°≈∴34∴90≤ON≤120，故答案為：90≤ON≤120.21．三折傘是我們生活中常用的一種傘，三折傘的骨架是一個“移動副”和多個“轉動副”組成的連桿機構，如圖1是三折傘一條骨架的結構圖，當“移動副”（標號1）沿著傘柄移動時，折傘的每條骨架都可以繞“轉動副”（標號2-9）轉動：圖2是三折傘一條骨架的示意圖，其中四邊形CDEF和四邊形DGMN都是平行四邊形，AC=BC=13cm，DE=2cm，DN=1cm.（1）若關閉折傘后，點A、E、H三點重合，點B與點M重合，則BN=cm.（2）在（1）的條件下，折傘完全撐開時，∠BAC=75°，則點H到傘柄AB距離是cm（結果精確到0.1cm）.（參考數據：【答案】（1）23（2）69.8【解析】（1）∵四邊形CDEF和四邊形DGMN都是平行四邊形，∵點A、E、H三點重合，AC=BC=13cm，DE=2cm，DN=1cm，∴FA=EF=AC?ED=13?2=11，∴CD=EF=11，∴BN=BC+CD?DN=13+11?1=23cm，故答案為：23；（2）如圖，點H到傘柄AB距離是BQ+DP+PH，∵四邊形CDEF和四邊形DGMN都是平行四邊形，則∠BDQ=∠DGP=∠PGH=∠BAC=75°，點H到傘柄AB距離是BD?sin故答案為：69.8.22．如圖，用圖1中的a張長方形和b張正方形紙板作側面和底面，做成如圖2的豎式和橫式兩種無蓋紙盒，若a+b的值在285和315之間（不含285與315），且用完這些紙板做豎式紙盒比橫式紙盒多30個，則a的值可能是.【答案】218或225或232【解析】設橫式紙盒x個，豎式紙盒為y個，由題意得：a=4y+3xb=y+2x整理得：a+b＝5x+5y，∵a+b的值在285和315之間（不含285與315），∴285＜a+b＜315，∴285＜5x+5y＜315，又∵y＝x+30，∴285＜5x+5（x+30）＜315，解得：13.5＜x＜16.5，∵x為整數，∴x＝14或15或16，當x＝14時，a＝218；當x＝15時，a＝225；當x＝16時，a＝232；即a的值可能是218或225或232，故答案為：218或225或232.23．圖1是一款帶毛刷的圓型掃地機器人，它的俯視圖如圖2所示，⊙O的直徑為40cm，毛刷的一端為固定點P，另一端為點C，CP=102cm，毛刷繞著點P旋轉形成的圓弧交⊙O于點A，B，且A，P，B三點在同一直線上.毛刷在旋轉過程中，與⊙O交于點D，則CD的最大長度為cm.掃地機器人在遇到障礙物時會自轉，毛刷碰到障礙物時可彎曲.如圖3，當掃地機器人在清掃角度為60°的墻角（∠Q=60°）時，不能清掃到的面積（圖中陰影部分）為【答案】（202?20）；（【解析】如圖，連接AB，OB，∵BP=AP，且A，P，B三點共線，∴OP垂直平分AB，∴∠OPB=90°，∴當O、P、D、C四點共線時，CD最長，∵OB=OD=12×40=20，PB=CP=∴在Rt△BOP中，由勾股定理得OP=OB∴CD=CP-PD=CP-（OD-OP）=102如圖3，當掃地機器人在清掃角度為60°的墻角時，QA和QB是⊙O的切線，則∠OAM=∠OBN=90°，∠AQO=∠BQO=30°，OM=OC=202∴∠AOQ=∠BOQ=60°，∴OQ=2AO=40，∴QP=OQ?OP=40?102在Rt△AOM中，由勾股定理得MA=O∴MA=AO，∴∠AOM=∠AMO=45°，∴∠MOP=15°，∵MP=102∴∠MOP=∠OMP=15°，∴∠MPC=30°，∠MPN=60°，∴S=2×=2×=2002故答案為：（202?20）；（24．如圖1所示的是古代一種可以遠程攻擊的投石車，圖2是投石車投石過程中某時刻的示意圖，GP是杠桿，彈袋掛在點G，重錘掛在點P，點A為支點，點D是水平底板BC上的一點，AD＝AC＝3米，CD＝3.6米.（1）投石車準備時，點G恰好與點B重合，此時AG和AC垂直，則AG＝米.（2）投石車投石瞬間，AP的延長線交線段DC于點E，若DE：CE=5：1，則點G的上升高度為米.【答案】（1）4（2）12+8【解析】（1）如圖，連接AB，過A點作AF⊥BC于F，∵AD=AC=3米，CD=3.6米，CF=DF=1.8米，∴AF=A∵∠B+∠ACB=90°，∠CAF+∠ACB=90°，∴∠B=∠CAF，∵∠AFB=∠AFC=90°，∴△AFB∽△CFA，∴AFCF∴BF=2.4∴AB=A∴AG的長為4米.故答案為：4.（2）∵DE：CE=5：1，∴(3.6?CE)：CE=5：1，∴CE=0.6，∴EF=FC?CE=1.8?0.6=1.2，∴在Rt△AEF中，AE=Asin∠AEF=∴EM=4+6∴MN=ME·sin故點G上升的高度為12+85故答案為：12+8525．如圖，岸邊堤壩和湖中分別佇立著甲、乙兩座電線塔，甲塔底CD和堤壩EF段均與水平面MN平行，B為CD中點，CD=6EF=12米，DE=5米．某時刻甲塔頂A影子恰好落在斜坡底端E處，此時小章測得2米直立桿子的影長為1米．隨后小章乘船行駛至湖面點P處，發現點D，F，P三點共線，并在P處測得甲塔底D和乙塔頂T的仰角均為α=26.7°，則塔高AB的長為米；若小章繼續向右行駛10米至點Q，且在Q處測得甲、乙兩塔頂A，T的仰角均為β=36.8°．若點M，P，Q，N在同一水平線上，TN⊥MN，則甲、乙兩塔頂A，T的距離為米．（參考數據：tan26.7°≈0.5，sin26.7°≈0.45，tan36.8°≈0.75，【答案】17；4【解析】如圖，延長AB交MN延長線于點G，延長FE交AG于點H，過點D作DR⊥FH于點R，交MN延長線于點I，

由題意得CB=BD=12CD=6米，

∵四邊形HGRI為矩形，

∴HR∥GI∥BD，HR=GI=BD=6米，

∴∠DFR=∠DPI=α=26.7°，

∴DRRF=tan26.7°=0.5，

∴設DR=x，則RF=2x，

又∵EF=2米，

∴RE=2x-2=2（x-1）米，

在Rt△DRE中，DE=5米，

∴x2+[2（x-1）]2=25，

整理，解得：x=-75（舍去）或x=3，

∴DR=3米，RE=4米，

∴HE=HR+RE=6+4=10米

∵某時刻甲塔頂A的影子恰好落在斜坡底端E處，此時小章測得2米直立桿子的影長為1米，

∴2：1=AH：HE，

∴AH=20米，

∴塔高AB=AH-BG=AH-DR=20-3=17米；

連接AT，過點T作TK∥MN交AB于點K，

∵tanα=tan26.7°=DIIP=DR+RIIP=3+RIIP=0.5，

∴IP=6+2RI，

∵PQ=10米，

∴GQ=GI+IP+PQ=22+2RI，AG=AH+RI=20+RI，

在Rt△AGQ中，∠AQG=β=36.8°，

∴tan36.8°=AGGQ=0.75，即20+RI22+2RI=34，

解得：RI=7米，

∴GQ=22+2×7=36米，AG=20+7=27米，

在Rt△TNP中，∠TPN=α=26.7°

∴tan26.7°=TNPN=0.5，

∴PN=2TN，

在Rt△TQN中，∠AQN=β=36.8°，

∴tan36.8°=TNQN=0.75，

∴QN=43TN，

∴PQ=10=PN-QN=2TN-43TN，

解得：TN=15米，

∴QN=20米，

故答案為：17，4205.26．如圖1是傳統的手工推磨工具，根據它的原理設計了右圖的機械設備，磨盤半徑OQ=3dm，用長為13dm的連桿將點Q與動力裝置P相連（∠OQP大小可變），點P在軌道AB上滑動，并帶動磨盤繞點O轉動，OA⊥AB，OA=8dm.（1）如圖2，當PQ與⊙O相切時，則AP=dm.（2）若磨盤轉動10周，則點P在軌道AB上滑動的路徑長是d