《2025年奔跑吧少年九年级数学全一册浙教版》

某中学依山而建,校门A处有一坡角$\alpha =30^{\circ }$的斜坡AB,长度为30米,在坡顶B处测得教学楼CF的楼顶C的仰角$\angle CBF= 45^{\circ }$,离B点4米远的E处有一个花台,在E处测得C的仰角$\angle CEF= 60^{\circ }$,CF的延长线交水平线AM于点D,求DC的长(结果保留根号)．

$(21 + 2\sqrt{3})$米

答案： 1. 设$CF = x$米：
因为$\angle CBF = 45^{\circ}$，$\angle BFC = 90^{\circ}$，根据$\tan\angle CBF=\frac{CF}{BF}$，$\tan45^{\circ}=1$，所以$BF = CF=x$米。
又因为$\angle CEF = 60^{\circ}$，$\angle CFE = 90^{\circ}$，根据$\tan\angle CEF=\frac{CF}{EF}$，$\tan60^{\circ}=\sqrt{3}$，则$EF=\frac{CF}{\tan60^{\circ}}=\frac{x}{\sqrt{3}}$米。
已知$BE = 4$米，且$BF - EF=BE$，所以$x-\frac{x}{\sqrt{3}} = 4$。
2. 解方程$x-\frac{x}{\sqrt{3}} = 4$：
对$x-\frac{x}{\sqrt{3}} = 4$进行变形，提取公因式$x$得$x(1 - \frac{1}{\sqrt{3}})=4$，即$x(\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}})=4$。
则$x=\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}$。
分母有理化，分子分母同乘$\sqrt{3}+1$，$x=\frac{4\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)}$。
根据平方差公式$(a - b)(a + b)=a^{2}-b^{2}$，这里$a=\sqrt{3}$，$b = 1$，$(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)=(\sqrt{3})^{2}-1^{2}=3 - 1 = 2$。
所以$x=\frac{4\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{2}=2\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)=(6 + 2\sqrt{3})$米。
在$Rt\triangle ABD$中，$\angle BAD = 30^{\circ}$，$AB = 30$米，根据$\sin\angle BAD=\frac{BD}{AB}$，$\sin30^{\circ}=\frac{1}{2}$，可得$BD=\frac{1}{2}AB = 15$米。
3. 求$DC$的长：
因为$DC=CF + FD$，而$FD = BD$。
所以$DC=x + 15$，把$x=(6 + 2\sqrt{3})$代入得$DC=(21 + 2\sqrt{3})$米。
综上，$DC$的长为$(21 + 2\sqrt{3})$米。

互动题4-1 如图,小明带妹妹玩秋千,当秋千OA停止不动时,踏板与地面的距离$AB= 0.3$米．小明推了一把,秋千OA旋转到OC位置,踏板与地面的距离$CD= 1.1$米．已知$\tan \angle AOC= 0.75$,则秋千顶O与地面的距离OB为______4.3米．

答案： 4.3

互动题4-2 某区域平面示意图如图所示,点O在河的一侧,AC和BC表示两条互相垂直的公路．甲勘测员在A处测得点O位于北偏东$45^{\circ }$方向,乙勘测员在B处测得点O位于南偏西$73.7^{\circ }$方向,测得$AC= 840m$,$BC= 500m$,则点O到BC的距离约为480m(参考数据：$\sin 73.7^{\circ }\approx \frac {24}{25}$,$\cos 73.7^{\circ }\approx \frac {7}{25}$,$\tan 73.7^{\circ }\approx \frac {24}{7}$)．

答案： 480

1. 如图,在边长相同的小正方形组成的网格中,点A,B,C,D都在这些小正方形的顶点上,AB,CD相交于点P,则$\cos \angle APD$的值是(B)

A. 0.5
B. $\frac {\sqrt {5}}{5}$
C. 2
D. $\frac {2\sqrt {5}}{5}$

答案： B

2. 在$\triangle ABC$中,若$AB= 5$,$BC= 13$,AD是BC边上的高,$AD= 4$,则$\tan C$的值是$\frac{2}{5}$或$\frac{1}{4}$．

答案： $\frac{2}{5}$或$\frac{1}{4}$

3. 已知$x= \cos \alpha$($\alpha$为锐角)满足方程$2x^{2}-5x+2= 0$,求$\cos \alpha$的值．$\frac{1}{2}$

答案： 解：对于方程$2x^{2}-5x + 2 = 0$，
因式分解得$(2x - 1)(x - 2)=0$，
则$2x - 1 = 0$或$x - 2 = 0$，
解得$x_1=\frac{1}{2}$，$x_2 = 2$。
因为$\alpha$为锐角，所以$0\lt\cos\alpha\lt1$，
而$\cos\alpha=x$，所以$\cos\alpha=\frac{1}{2}$。

4. 大连森林动物园坐落于大连市南部海滨白云山风景区内,如图①所示为大连森林动物园内的海达索道,大连能看到海的索道．图②是从莲花山观景台到南门一段索道的示意图,点A为莲花山观景台,点B是海达索道在南门的停靠点．从山脚D处看A处的仰角为$60^{\circ }$,从A处看B处的俯角为$21^{\circ }$,点A与点D之间的距离$AD= 300m$,点B到山脚的距离$BC= 40m$．求：

(1)点A到山脚CD的距离为255m．
(2)AB的长为597m．
(结果精确到1m．参考数据：$\sin 21^{\circ }\approx 0.36$,$\cos 21^{\circ }\approx 0.93$,$\tan 21^{\circ }\approx 0.38$,$\sqrt {3}\approx 1.7$)

答案： 1. （1）
解：过点$A$作$AE\perp CD$于点$E$。
在$Rt\triangle ADE$中，$\angle ADE = 60^{\circ}$，$AD = 300m$。
根据正弦函数的定义$\sin\angle ADE=\frac{AE}{AD}$，则$AE = AD\cdot\sin\angle ADE$。
因为$\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$AD = 300m$，所以$AE=300×\sin60^{\circ}=300×\frac{\sqrt{3}}{2}=150\sqrt{3}\approx150×1.7 = 255(m)$。
2. （2）
解：在$Rt\triangle ADE$中，根据余弦函数的定义$\cos\angle ADE=\frac{DE}{AD}$，则$DE = AD\cdot\cos\angle ADE$。
因为$\cos60^{\circ}=\frac{1}{2}$，$AD = 300m$，所以$DE = 300×\cos60^{\circ}=300×\frac{1}{2}=150(m)$。
已知$BC = 40m$，$AE\perp CD$，$BC\perp CD$，所以四边形$AE CB$是矩形，则$BE=AE - BC$，$AE = 255m$，$BC = 40m$，所以$BE=255 - 40=215(m)$，$EC = AB$。
又因为$EC=ED + DC$，$DC = BE$（矩形对边相等），过点$A$作$AF// CD$交$BC$的延长线于点$F$，则$\angle BAF = 21^{\circ}$，$BF=AE - BC$，$AE\perp CD$，$BC\perp CD$，$AF// CD$，所以四边形$AECF$是矩形，$BF = 215m$。
在$Rt\triangle ABF$中，$\sin\angle BAF=\frac{BF}{AB}$，则$AB=\frac{BF}{\sin\angle BAF}$。
已知$\angle BAF = 21^{\circ}$，$BF = 215m$，$\sin21^{\circ}\approx0.36$，所以$AB=\frac{215}{\sin21^{\circ}}\approx\frac{215}{0.36}\approx597(m)$。
综上，（1）点$A$到山脚$CD$的距离约为$255m$；（2）$AB$的长约为$597m$。