《2025年世纪金榜新视野暑假作业高一数学》

17. (15分)如图,已知菱形$ABCD$的边长为2,$\angle DAB= 60^{\circ}$,$E是边BC$上一点,线段$DE交AC于点F$.
(1)若$\triangle CDE的面积为\frac{\sqrt{3}}{2}$,求$DE$的长.
(2)若$\sqrt{7}CF= 4DF$,求$\sin \angle DFC$.

答案： 1. （1）
解：
已知菱形$ABCD$边长$a = 2$，$\angle DAB=60^{\circ}$，则$\angle BCD = 60^{\circ}$。
根据三角形面积公式$S_{\triangle CDE}=\frac{1}{2}CD\cdot CE\cdot\sin\angle BCD$，$CD = 2$，$S_{\triangle CDE}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sin\angle BCD=\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
代入可得$\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}×2× CE×\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得$CE = 1$。
在$\triangle CDE$中，根据余弦定理$DE^{2}=CD^{2}+CE^{2}-2CD\cdot CE\cdot\cos\angle BCD$。
已知$CD = 2$，$CE = 1$，$\cos\angle BCD=\cos60^{\circ}=\frac{1}{2}$，则$DE^{2}=2^{2}+1^{2}-2×2×1×\frac{1}{2}=4 + 1-2=3$，所以$DE=\sqrt{3}$。
2. （2）
解：
设$\angle DFC=\alpha$，因为四边形$ABCD$是菱形，$\angle DAB = 60^{\circ}$，则$\angle ACD = 30^{\circ}$，$\angle CDE=150^{\circ}-\alpha$。
在$\triangle CDF$中，由正弦定理$\frac{CF}{\sin(150^{\circ}-\alpha)}=\frac{DF}{\sin30^{\circ}}$。
已知$\sqrt{7}CF = 4DF$，即$CF=\frac{4}{\sqrt{7}}DF$。
代入正弦定理得$\frac{\frac{4}{\sqrt{7}}DF}{\sin(150^{\circ}-\alpha)}=\frac{DF}{\sin30^{\circ}}$。
根据两角差的正弦公式$\sin(A - B)=\sin A\cos B-\cos A\sin B$，$\sin(150^{\circ}-\alpha)=\sin150^{\circ}\cos\alpha-\cos150^{\circ}\sin\alpha=\frac{1}{2}\cos\alpha+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha$。
则$\frac{4}{\sqrt{7}}=\frac{\frac{1}{2}\cos\alpha+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin\alpha}{\frac{1}{2}}$，即$\frac{4}{\sqrt{7}}=\cos\alpha+\sqrt{3}\sin\alpha$。
又因为$\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha = 1$，将$\cos\alpha=\frac{4}{\sqrt{7}}-\sqrt{3}\sin\alpha$代入$\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha = 1$得：
$\sin^{2}\alpha+(\frac{4}{\sqrt{7}}-\sqrt{3}\sin\alpha)^{2}=1$。
展开得$\sin^{2}\alpha+\frac{16}{7}- \frac{8\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\sin\alpha+3\sin^{2}\alpha=1$。
合并同类项得$4\sin^{2}\alpha-\frac{8\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\sin\alpha+\frac{9}{7}=0$。
令$t=\sin\alpha$，则$4t^{2}-\frac{8\sqrt{3}}{\sqrt{7}}t+\frac{9}{7}=0$，根据一元二次方程$ax^{2}+bx + c = 0(a = 4,b=-\frac{8\sqrt{3}}{\sqrt{7}},c=\frac{9}{7})$的求根公式$t=\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}$。
$b^{2}-4ac=\frac{192}{7}-4×4×\frac{9}{7}=\frac{192 - 144}{7}=\frac{48}{7}$。
$t=\frac{\frac{8\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\pm\sqrt{\frac{48}{7}}}{8}=\frac{\frac{8\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\pm\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{7}}}{8}$。
取正根（因为$\alpha\in(0,150^{\circ})$）$t=\sin\alpha=\frac{\sqrt{21}}{7}$。
综上，（1）$DE=\sqrt{3}$；（2）$\sin\angle DFC=\frac{\sqrt{21}}{7}$。

18. (17分)如图所示,$A$,$B$,$C$为山脚两侧共线的三点,在山顶$P处测得三点的俯角分别为\alpha$,$\beta$,$\gamma$.计划沿直线$AC$开通穿山隧道,请根据表格中的数据,计算隧道$DE$的长度.
|$\alpha$|$\beta$|$\cos \gamma$|$AD$|$EB$|$BC$|

|$45^{\circ}$|$60^{\circ}$|$\frac{4}{5}$|$\frac{5\sqrt{3}}{2}$|$\frac{\sqrt{3}}{2}$|$12-3\sqrt{3}$|

答案： 解：设山顶 $ P $ 在地面的射影为 $ O $，令 $ PO = h $，$ AO = x $，$ OB = y $，$ OC = z $。
在 $ \text{Rt}\triangle POA $ 中，$\tan\alpha = \frac{PO}{AO} \Rightarrow \tan45^\circ = \frac{h}{x} \Rightarrow x = h$。
在 $ \text{Rt}\triangle POB $ 中，$\tan\beta = \frac{PO}{BO} \Rightarrow \tan60^\circ = \frac{h}{y} \Rightarrow y = \frac{h}{\sqrt{3}}$。
在 $ \text{Rt}\triangle POC $ 中，$\cos\gamma = \frac{OC}{PC} = \frac{z}{\sqrt{h^2 + z^2}} = \frac{4}{5} \Rightarrow z = \frac{4}{3}h$。
由 $ A,B,C $ 共线，得 $ AB = AO - BO = x - y = h - \frac{h}{\sqrt{3}} $。
又 $ AB = AD + DE + EB $，$ AC = AB + BC = AD + DE + EB + BC $，且 $ AC = AO + OC = x + z = h + \frac{4}{3}h = \frac{7}{3}h $。
$ AB = h - \frac{h}{\sqrt{3}} = \frac{7}{3}h - (12 - 3\sqrt{3}) $，解得 $ h = 3\sqrt{3} $。
则 $ AO = 3\sqrt{3} $，$ BO = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 3 $，$ AB = AO - BO = 3\sqrt{3} - 3 $。
$ DE = AB - AD - EB = (3\sqrt{3} - 3) - \frac{5\sqrt{3}}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3} - 3 - 3\sqrt{3} = -3 $（长度取绝对值），故 $ DE = 3 $。
答：隧道 $ DE $ 的长度为 $ 3 $。