《2025年课堂作业武汉出版社九年级数学下册人教版》

22. 如图，某无人机爱好者在一适飞区放飞无人机，当无人机飞行到一定高度$D$处时，无人机测得操控者$A$的俯角为$75^{\circ}$，测得某楼房$BC$顶部$C$处的俯角为$45^{\circ}$。已知操控者$A$和该楼房$BC$之间的距离为45m，楼房$BC$的高度为$15\sqrt{3}$m。
(1) 求此时无人机的高度。
(2) 若无人机保持现有高度沿平行于$AB$的方向，并以5m/s的速度继续向前匀速飞行。问：经过多少秒时，无人机刚好离开了操控者$A$的视线？
(假定点$A$，$B$，$C$，$D$都在同一平面内。计算结果保留根号，参考数据：$\tan 75^{\circ} = 2 + \sqrt{3}$，$\tan 15^{\circ} = 2 - \sqrt{3}$。)

答案：

(1)如图①，过点$D$作$DH\perp AB$于点$H$，过点$C$作$CE\perp DH$于点$E$，

可知四边形$EHBC$为矩形，
$\therefore EH = CB$，$CE = HB$。
$\because$无人机测得某楼房$BC$顶部$C$处的俯角为$45^{\circ}$，测得操控者$A$的俯角为$75^{\circ}$，$DM// AB$，
$\therefore\angle ECD = 45^{\circ}$，$\angle DAB = 75^{\circ}$。
$\therefore\angle CDE=\angle ECD = 45^{\circ}$。
$\therefore CE = DE$。
设$CE = DE = HB = x$，$\therefore AH = AB - HB = 45 - x$，$DH = DE + EH = x + 15\sqrt{3}$。
在$Rt\triangle DAH$中，$DH=\tan75^{\circ}\times AH=(2+\sqrt{3})\times(45 - x)$，即$x + 15\sqrt{3}=(2+\sqrt{3})(45 - x)$，
解得$x = 30$。$\therefore DH=(15\sqrt{3}+30)\ m$。
$\therefore$此时无人机的高度为$(15\sqrt{3}+30)\ m$。
(2)如图②，当无人机飞行到图中$F$处时，操控者$A$刚好看不见无人机，此时$AF$刚好经过点$C$。过点$A$作$AG\perp DF$于点$G$，此时，由
(1)知，$AG=(15\sqrt{3}+30)\ m$，

$\therefore DG=\frac{AG}{\tan75^{\circ}}=\frac{30 + 15\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}=15$。
$\because\tan\angle CAB=\frac{BC}{AB}=\frac{15\sqrt{3}}{45}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
$\therefore\angle CAB = 30^{\circ}$。
$\because DF// AB$，
$\therefore\angle DFA=\angle CAB = 30^{\circ}$，$GF=\frac{GA}{\tan30^{\circ}}=30\sqrt{3}+45$。
$\therefore DF = GF - DG=(30\sqrt{3}+30)\ m$。
$\because$无人机的速度为$5\ m/s$，
$\therefore$所需时间为$\frac{30\sqrt{3}+30}{5}=(6\sqrt{3}+6)\ s$。
$\therefore$经过$(6\sqrt{3}+6)\ s$时，无人机刚好离开了操控者$A$的视线。

23. (1)【问题学习】小明在小组学习时问小刚这样一个问题：已知$\angle\alpha$为锐角，且$\sin\alpha = \frac{1}{3}$，求$\sin 2\alpha$的值。
小刚的解答：如图①，在$\odot O$中，$AB$是直径，点$C$在$\odot O$上，所以$\angle ACB = 90^{\circ}$。设$\angle BAC = \angle\alpha$，则$\sin\alpha = \frac{BC}{AB} = \frac{1}{3}$。易得$\angle BOC = 2\angle\alpha$。设$BC = x$，则$AB = 3x$，$AC = 2\sqrt{2}x$。过点$C$作$CD\perp AB$于点$D$，求出$CD =$________(用含$x$的式子表示)，可求得$\sin 2\alpha = \frac{CD}{OC} =$________。
(2)【问题解决】如图②，点$M$，$N$，$P$为$\odot O$上的三点，设$\angle P = \angle\beta$，$\sin\beta = \frac{3}{5}$，求$\sin 2\beta$的值。

答案：
(1)$\frac{2\sqrt{2}x}{3}$ $\frac{4\sqrt{2}}{9}$
(2)连接$NO$并延长交$\odot O$于点$Q$，
连接$MQ$、$MO$，过点$M$作$MR\perp NO$于点$R$。
在$\odot O$中，易知$\angle NMQ = 90^{\circ}$。
$\because\angle Q=\angle P=\angle\beta$，$\therefore\angle MON = 2\angle Q = 2\angle\beta$。
在$Rt\triangle QMN$中，$\because\sin\beta=\frac{MN}{NQ}=\frac{3}{5}$，
设$MN = 3k$，则$NQ = 5k$，
$\therefore MQ=\sqrt{NQ^{2}-MN^{2}}=4k$，
$OM=\frac{1}{2}NQ=\frac{5}{2}k$。
$\because S_{\triangle NMQ}=\frac{1}{2}MN\cdot MQ=\frac{1}{2}NQ\cdot MR$，
$\therefore 3k\cdot4k = 5k\cdot MR$。$\therefore MR=\frac{12}{5}k$。
在$Rt\triangle MRO$中，
$\sin2\beta=\sin\angle MOR=\frac{MR}{OM}=\frac{\frac{12}{5}k}{\frac{5}{2}k}=\frac{24}{25}$。