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1.(2023山东泰安东平二模)某驱逐舰在海上执行任务后刚返回到港口A,就接到上级指令,发现在其北偏东30°方向上有一艘可疑船只C,与此同时在港口A北偏东60°方向上10 km处有另一艘驱逐舰B也收到了相关指令,驱逐舰B恰好在可疑船只C的南偏东30°方向上,则可疑船只C与港口A之间的距离为(M9228005) ( )
A.$\frac{5\sqrt{3}}{3}$ km B.$\frac{10\sqrt{3}}{3}$ km C.$\frac{20\sqrt{3}}{3}$ km D.10$\sqrt{3}$ km
A.$\frac{5\sqrt{3}}{3}$ km B.$\frac{10\sqrt{3}}{3}$ km C.$\frac{20\sqrt{3}}{3}$ km D.10$\sqrt{3}$ km
答案:
C
∵可疑船只C在港口A北偏东30°方向上,驱逐舰B在港口A北偏东60°方向上,
∴∠CAB = 60° - 30° = 30°,
∵驱逐舰B在可疑船只C的南偏东30°方向上,
∴∠ACB = 30° + 30° = 60°,
∴∠ABC = 180° - 30° - 60° = 90°,
∴sin∠ACB = $\frac{AB}{AC}$,
∵AB = 10 km,
∴AC = $\frac{AB}{\sin∠ACB}=\frac{10}{\sin 60^{\circ}}=\frac{20\sqrt{3}}{3}$(km). 故选C.
∵可疑船只C在港口A北偏东30°方向上,驱逐舰B在港口A北偏东60°方向上,
∴∠CAB = 60° - 30° = 30°,
∵驱逐舰B在可疑船只C的南偏东30°方向上,
∴∠ACB = 30° + 30° = 60°,
∴∠ABC = 180° - 30° - 60° = 90°,
∴sin∠ACB = $\frac{AB}{AC}$,
∵AB = 10 km,
∴AC = $\frac{AB}{\sin∠ACB}=\frac{10}{\sin 60^{\circ}}=\frac{20\sqrt{3}}{3}$(km). 故选C.
2.(2024浙江台州仙居三模)图1是一盏悬挂灯的图片,图2是悬挂灯的示意图,连接管ED所在的直线和固定管AB所在的直线都经过圆心O,AB⊥BD.测得∠BDE = 140°,BD = 10 cm,AB = 1 cm,求⊙O的半径.(精确到0.1 cm.参考数据:sin 40°≈0.643,cos 40°≈0.766,tan 40°≈0.839)(M9228005)
答案:
解析 在Rt△DBO中,∠DBO = 90°,tan∠BDO = $\frac{BO}{BD}$,
∵∠BDO = 180° - ∠BDE = 40°,
∴BO = BD·tan∠BDO = 10×tan 40°≈8.39.
∴OA = BO - AB = 8.39 - 1 = 7.39≈7.4.
∴⊙O的半径约为7.4 cm.
∵∠BDO = 180° - ∠BDE = 40°,
∴BO = BD·tan∠BDO = 10×tan 40°≈8.39.
∴OA = BO - AB = 8.39 - 1 = 7.39≈7.4.
∴⊙O的半径约为7.4 cm.
3.(2024四川德阳中江一模)如图,在湖边高出水面50 m的山顶A处看见一架无人机停留在湖面上空某处,观察到无人机底部标志P处的仰角为45°,又观其在湖中之像P'(P与P'到湖面的距离相等)的俯角为60°,则无人机距湖面的高度为 ( )

A.(25$\sqrt{3}$+75)m
B.(50$\sqrt{3}$+50)m
C.(75$\sqrt{3}$+75)m
D.(50$\sqrt{3}$+100)m
A.(25$\sqrt{3}$+75)m
B.(50$\sqrt{3}$+50)m
C.(75$\sqrt{3}$+75)m
D.(50$\sqrt{3}$+100)m
答案:
D 设AE = x m,在Rt△AEP中,∠PAE = 45°,则∠P = 45°,
∴PE = AE = x m,
∵山顶A处高出水面50 m,
∴OE = 50 m,
∴OP' = OP = PE + OE = (x + 50) m,
∵∠P'AE = 60°,
∴P'E = tan 60°·AE = $\sqrt{3}x$ m,
∴OP' = P'E - OE = ($\sqrt{3}x - 50$) m,
∴x + 50 = $\sqrt{3}x - 50$,解得x = 50$\sqrt{3}$ + 50,
∴PO = PE + OE = 50$\sqrt{3}$ + 50 + 50 = (50$\sqrt{3}$ + 100) m,即无人机距湖面的高度是(50$\sqrt{3}$ + 100) m. 故选D.
∴PE = AE = x m,
∵山顶A处高出水面50 m,
∴OE = 50 m,
∴OP' = OP = PE + OE = (x + 50) m,
∵∠P'AE = 60°,
∴P'E = tan 60°·AE = $\sqrt{3}x$ m,
∴OP' = P'E - OE = ($\sqrt{3}x - 50$) m,
∴x + 50 = $\sqrt{3}x - 50$,解得x = 50$\sqrt{3}$ + 50,
∴PO = PE + OE = 50$\sqrt{3}$ + 50 + 50 = (50$\sqrt{3}$ + 100) m,即无人机距湖面的高度是(50$\sqrt{3}$ + 100) m. 故选D.
4.(2023山东菏泽中考)无人机在实际生活中的应用越来越广泛.如图所示,某人利用无人机测量大楼的高度BC,无人机在空中点P处,测得点P距地面上的点A 80米,点A处的俯角为60°,楼顶点C处的俯角为30°,已知点A与大楼的距离AB为70米(点A,B,C,P在同一平面内),求大楼的高度BC(结果保留根号).
答案:
解析 如图所示,过P作PH⊥AB于H,过C作CQ⊥PH于Q,又CB⊥AB,则四边形CQHB是矩形,
∴QH = BC,BH = CQ. 由题意可得AP = 80,∠PAH = ∠1 = 60°,∠PCQ = ∠2 = 30°,AB = 70,
∴PH = AP·sin 60° = 80×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = 40$\sqrt{3}$,AH = AP·cos 60° = 40,
∴CQ = BH = AB - AH = 70 - 40 = 30,
∴PQ = CQ·tan 30° = 10$\sqrt{3}$,
∴BC = QH = PH - PQ = 40$\sqrt{3}$ - 10$\sqrt{3}$ = 30$\sqrt{3}$,
∴大楼的高度BC为30$\sqrt{3}$米.
解析 如图所示,过P作PH⊥AB于H,过C作CQ⊥PH于Q,又CB⊥AB,则四边形CQHB是矩形,
∴QH = BC,BH = CQ. 由题意可得AP = 80,∠PAH = ∠1 = 60°,∠PCQ = ∠2 = 30°,AB = 70,
∴PH = AP·sin 60° = 80×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = 40$\sqrt{3}$,AH = AP·cos 60° = 40,
∴CQ = BH = AB - AH = 70 - 40 = 30,
∴PQ = CQ·tan 30° = 10$\sqrt{3}$,
∴BC = QH = PH - PQ = 40$\sqrt{3}$ - 10$\sqrt{3}$ = 30$\sqrt{3}$,
∴大楼的高度BC为30$\sqrt{3}$米.
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