2021中考冲刺- 几何形应用题(解析版)

几何型应用题
几何应用题常常以现实生活情最为背景,考查学生识别图形的能力、动手操作图形的能力、运用几何知识解决实际问题的能力以及探索、发现问题的能力和观察、想像、分析、综合、比较、演绎、归纳、抽象、概括、类比、分类讨论、数形结合等数学思想方法。

1（2020•崇明区一模）如图1为放置在水平桌面l上的台灯，底座的高AB为5cm，长度均为20cm的连杆BC、CD与AB始终在同一平面上．
（1）转动连杆BC，CD，使∠BCD成平角，∠ABC＝150°，如图2，求连杆端点D离桌面l的高度DE．（2）将（1）中的连杆CD再绕点C逆时针旋转，经试验后发现，如图3，当∠BCD＝150°时台灯光线最佳．求此时连杆端点D离桌面l的高度比原来降低了多少厘米？
【点睛】（1）如图2中，作BO⊥DE于O．解直角三角形求出OD即可解决问题．
（2）过C作CG⊥BH，CK⊥DE，由题意得，BC＝CD＝20m，CG＝KH，解直角三角形即可得到结论．【详解】解：（1）如图2中，作BO⊥DE于O．
∵∠OEA＝∠BOE＝∠BAE＝90°，
∴四边形ABOE是矩形，
∴∠OBA＝90°，
∴∠DBO＝150°﹣90°＝60°，
∴OD＝BD•sin60°＝20√3（cm），
∴DE＝OD+OE＝OD+AB＝（20√3+5）cm；（2）过C作CG⊥BH，CK⊥DE，
由题意得，BC＝CD＝20m，CG＝KH，
∴在Rt△CGB中，sin∠CBH=CG
BC
=CG20=√32，
∴CG＝10√3cm，
∴KH＝10√3cm，
∵∠BCG＝90°﹣60°＝30°，
∴∠DCK＝150°﹣90°﹣30°＝30°，
在Rt△DCK中，sin∠DCK=DK
DC
=DK20=12，
∴DK＝10cm，
∴（20√3+5）﹣（15+10√3）＝10√3−10，
答：比原来降低了（10√3−10）厘米．
1．（2009•新华区校级一模）气象台发布的卫星云图显示，某台风在海岛A北偏西60°方向上的点B处生成，某城市（设为点C）在海岛A北偏东45°方向上，以O为原点建立如图所示的直角坐标系，点A 位于y轴上，台风生成处B和城市所在处C都在x轴上，其中点A的坐标为（0，﹣100）．
（1）请在图中表示北偏东45°方向的射线AC，并标出点C的位置；
（2）点B的坐标为（﹣100√3，0），点C的坐标为（100，0）；（结果保留根号）
（3）若此台风中心从点B以30km/h的速度向正东方向移动，已知距台风中心30km的范围内均会受到台风的侵袭，那么台风从生成到最初侵袭C城要经过多长时间？（本问中√3取1.7）
【点睛】（1）先在图中表示北偏东45°方向的射线AC，与x轴的交点即为点C的位置；
（2）在Rt△AOB中根据三角函数的知识可得点B的坐标，根据等腰直角三角形的性质可求出点C的坐标；
（3）先求出BC的长，根据速度求台风从生成到最初侵袭C城要经过的路程，再根据时间＝路程÷速度，列式计算即可．
【详解】解：（1）如图所示：射线AC，与x轴的交点即为点C的位置．
（2）∵OB＝OA•tan60°＝100√3，OC＝OA＝100，
∴点B的坐标为（﹣100√3，0），点C的坐标为（100，0）；
（3）∵BC＝OB+OC＝100√3+100＝270km，
（270﹣30）÷30＝8小时．
∴台风从生成到最初侵袭C城要经过8小时．
2．（2019•苏州一模）如图，某市郊外景区内一条笔直的公路a经过A、B两个景点，景区管委会又开发了风景优美的景点C，经测量景点C位于景点A的北偏东30°方向8km处，位于景点B的正北方向，已知AB＝5km．
（1）求景点B与景点为C的距离；（结果保留根号）
（2）为方便游客到景点游玩，景区管委会准备由景点C向公路a修建一条距离最短的公路，不考虑其它因素，求出这条公路的长．（结果精确到0.1km．参考数据：√3=1.73，√5=2.24）
【点睛】（1）过点A作AD⊥CB，交CB的延长线于点D，先解Rt△ADC，得出CD＝4√3，再解Rt△ABD，得出BD＝3，则BC＝CD﹣BD；
（2）过点C作CE⊥AB于点E．在Rt△CBE中，由正弦函数的定义即可求解．
【详解】解：（1）如图，过点A作AD⊥CB，交CB的延长线于点D．
在Rt△ADC中，∠ADC＝90°，∠ACD＝30°，
∴AD=1
2AC=
1
2
×8＝4，
∴CD=√AC2−AD2=4√3．
在Rt△ABD中，BD=√AB2−AD2=√52−42=3，∴BC＝CD﹣BD＝4√3−3，
答：景点B与景点为C的距离为（4√3−3）km；
（2）过点C作CE⊥AB于点E．sin∠ABD=AD
AB
=45．
在Rt△CBE中，sin∠CBE=CE CB，
∵∠ABD＝∠CBE，
∴sin∠CBE=4 5，
∴CE＝CB•sin∠CBE＝（4√3−3）×4
5
=16√3−12
5
≈3.1（km）．
答：这条公路长约为3.1km．
3．（2019•锡山区期末）如图1是超市的手推车，如图2是其侧面示意图，已知前后车轮半径均为5cm，两个车轮的圆心的连线AB与地面平行，测得支架AC＝BC＝60cm，AC、CD所在直线与地面的夹角分别为30°、60°，CD＝50cm．
（1）求扶手前端D到地面的距离；
（2）手推车内装有简易宝宝椅，EF为小坐板，打开后，椅子的支点H到点C的距离为10cm，DF＝20cm，EF∥AB，∠EHD＝45°，求坐板EF的宽度．（本题答案均保留根号）
【点睛】（1）如图2，过C作CM⊥AB，垂足为M，又过D作DN⊥AB，垂足为N，过C作CG⊥DN，构造Rt△AMC和Rt△CGD中，通过解这两个直角三角形求得相关线段的长度；
（2）由平行线的性质知∠EFH＝∠DCG＝60°；根据题意得到CD＝50cm，DF＝20cm，FH＝20cm，如图2，过E作EQ⊥FH，垂足为Q，设FQ＝x，通过解Rt△EQF和Rt△EQH，根据等量关系HQ+FQ＝FH＝20cm列出方程√3x+x＝20，通过解方程求得答案．
【详解】（1）如图2，过C作CM⊥AB，垂足为M，
又过D作DN⊥AB，垂足为N，过C作CG⊥DN，垂足为G，则∠DCG＝60°．
∵AC＝BC＝60cm，AC、CD所在直线与地面的夹角分别为30°、60°，
∴∠A＝∠B＝30°，
则在Rt△AMC中，CM=1
2
AC=30cm．
∵在Rt△CGD中，sin∠DCG=DG
CD，CD＝50cm，
∴DG＝CD⋅sin∠DCG＝50⋅sin60°=50×√3
2
=25√3．
又GN＝CM＝30cm，前后车轮半径均为5 cm，
∴扶手前端D到地面的距离为DG+GN+5=25√3+30+5＝35+25√3（cm）；（2）∵EF∥CG∥AB，
∴∠EFH＝∠DCG＝60°，
∵CD＝50cm，椅子的支点H到点C的距离为10 cm，DF＝20cm，
∴FH＝20cm，
如图2，过E作EQ⊥FH，垂足为Q，设FQ＝x，
在Rt△EQF中，∠EFH＝60°，
∴EF＝2FQ＝2x，EQ=√3x，
在Rt△EQH中，∠EHD＝45°，
∴HQ＝EQ=√3x，
∵HQ+FQ＝FH＝20cm，
∴√3x+x＝20，解得x=10√3−10．
∴EF＝2（10√3−10）=20√3−20．
答：坐板EF的宽度为（20√3−20）cm．
4．（2019•南昌模拟）在日常生活中我们经常会使用到订书机，如图MN是装订机的底座，AB是装订机的托板，始终与底座平行，连接杆DE的D点固定，点E从A向B处滑动，压柄BC可绕着转轴B旋转．已知压柄BC的长度为15cm，BD＝5cm，压柄与托板的长度相等．
（1）当托板与压柄夹角∠ABC＝37°时，如图①点E从A点滑动了2cm，求连接杆DE的长度；
（2）当压柄BC从（1）中的位置旋转到与底座AB的夹角∠ABC＝127°，如图②．求这个过程中点E 滑动的距离．（答案保留根号）（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8．tan37°≈0.75）
【点睛】（1）作DH⊥BE于H，在Rt△BDH中用三角函数算出DH和BH，再求出EH，在三角形DEH 中用勾股定理即可求得DE；
（2）作DH⊥AB的延长线于点H，在Rt△DBH和Rt△DEH中，用三角函数分别求出BH，DH，EB的长，从而可求得点E滑动的距离．
【详解】解：（1）如图①，作DH⊥BE于H，
在Rt△BDH中，∠DHB＝90°，BD＝5，∠ABC＝37°，
∴DH 5=sin37°，BH 5=cos37°，
∴DH ＝5sin37°≈5×0.6＝3（cm ），BH ＝5cos37°＝5×0.8＝4（cm ）．
∵AB ＝BC ＝15cm ，AE ＝2cm ，
∴EH ＝AB ﹣AE ﹣BH ＝15﹣2﹣4＝9（cm ），
∴DE =2+EH 2=√32+92=3√10（cm ）．
答：连接杆DE 的长度为3√10cm ．
（2）如图②，作DH ⊥AB 的延长线于点H ，
∵∠ABC ＝127°，
∴∠DBH ＝53°，∠BDH ＝37°，
在Rt △DBH 中，
BH BD =BH 5=sin37°＝0.6，
∴BH ＝3cm ，
∴DH ＝4cm ，
在Rt △DEH 中，EH 2+DH 2＝DE 2，
∴（EB +3）2+16＝90，
∴EB ＝（√74−3）（cm ），
∴点E 滑动的距离为：15﹣（√74−3）﹣2＝（16−√74）（cm ）．
答：这个过程中点E 滑动的距离为（16−√74）cm ．
5．（2019•灌云模拟）如图（1）是一种简易台灯，在其结构图（2）中灯座为△ABC （BC 伸出部分不计），
A 、C 、D 在同一直线上．量得∠AC
B ＝90°，∠A ＝60°，AB ＝16cm ，∠ADE ＝135°，灯杆CD 长为40cm ，灯管DE 长为15cm ．
（1）求DE 与水平桌面（AB 所在直线）所成的角；
（2）求台灯的高（点E 到桌面的距离，结果精确到0.1cm ）．
（参考数据：sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，sin30°＝0.5，cos30°＝0.87，tan30°＝0.58．）
【点睛】（1）直接作出平行线和垂线进而得出∠EDF的值；
（2）利用锐角三角函数关系得出DN以及EF的值，进而得出答案．
【详解】解：（1）如图所示：过点D作DF∥AB，过点D作DN⊥AB于点N，EF⊥AB于点M，由题意可得，四边形DNMF是矩形，
则∠NDF＝90°，
∵∠A＝60°，∠AND＝90°，
∴∠ADN＝30°，
∴∠EDF＝135°﹣90°﹣30°＝15°，
即DE与水平桌面（AB所在直线）所成的角为15°；
（2）如图所示：∵∠ACB＝90°，∠A＝60°，AB＝16cm，
∴∠ABC＝30°，则AC=1
2AB＝8cm，
∵灯杆CD长为40cm，
∴AD＝48cm，
∴DN＝AD•cos30°≈41.76cm，则FM＝41.76cm，
∵灯管DE长为15cm，
∴sin15°=EF
DE
=EF15=0.26，
解得：EF＝3.9，
故台灯的高为：3.9+41.76≈45.7（cm）．
6．（2019•铁西区三模）如图，一扇窗户垂直打开，即OM⊥OP，AC是长度不变的滑动支架，其中一端固定在窗户的点A处，另一端在OP上滑动，将窗户OM按图示方向内旋转35°到达ON位置，此时点A，C的对应位置分别是点B，D，测量出∠ODB＝25°，点D到点O的距离为30cm，求滑动支架BD的长．（结果精确到1cm，参考数据：sin25°≈0.42，cos25°≈0.91，tan25°≈0.47，sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43）
【点睛】根据锐角三角函数可以求得BE的长，然后根据sin∠BDE的值即可求得BD的长，本题得以解决．
【详解】解：在Rt△BOE中，∠BOE＝55°，
tan55°=BE OE，
∴OE=
BE tan55°，
在Rt△BDE中，∠BDE＝25°，
tan25°=BE DE，
∴DE=
BE tan25°，
∴DO＝30，
∴DO＝DE+OE=
BE
tan25°
+BE
tan55°
=30，
解得，BE≈10.6，
在Rt△BDE中，∠BDE＝25°，
sin25°=BE BD，
∴BD=
BE
sin25°
≈25，
答：滑动支架BD的长大约为25cm．
7．（2019•青岛模拟）在一次综合实践课上，同学们为教室窗户设计一个遮阳篷，小明同学绘制的设计图如图所示，其中AB表示窗户，且AB＝2米，BCD表示直角遮阳蓬，已知当地一年中正午时刻太阳光与水平线CD的最小夹角∠PDN＝18.6°，最大夹角∠MDN＝64.5°
请你根据以上数据，帮助小明同学计算出遮阳篷中CD的长是多少米？（结果精确到0.1）
（参考数据：sin18.6°≈0.32，tan18.6°≈0.34，sin64.5°≈0.90，tan64.5°≈2.1）
【点睛】解直角三角求出BC＝0.34x米，AC＝2.1x米，得出方程，求出方程的解即可．
【详解】解：设CD＝x米，
在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，∠CDB＝∠PDN＝18.6°，CB＝CD×tan18.6°≈0.34x米，
在Rt△ACD中，∠ACD＝90°，∠CDA＝∠MDN＝64.5°，AC＝CD×tan64.5°≈2.1x米，
∵AB＝2米，AB＝AC﹣BC，
∴2.1x﹣0.34x＝2，
解得：x≈1.1，
即遮阳篷中CD的长约为1.1米．
8．（2019•鼓楼区校级一模）如图是小强洗漱时的侧面示意图，洗漱台（矩形ABCD）靠墙摆放，高AD＝80cm，宽AB＝48cm，小强身高166cm，下半身FG＝100cm，洗漱时下半身与地面成80°（∠FGK＝80°），身体前倾成125°（∠EFG＝125°），脚与洗漱台距离GC＝15cm（点D，C，G，K在同一直线上）．（1）此时小强头部E点与地面DK相距多少厘米？
（2）此时小强头部E点是否恰好在洗漱盆AB的中点O的正上方？若是，请说明理由；若不是，他应向前还是向后移动多少厘米，使头部E点恰好是在洗漱盆AB的中点O的正上方？（sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，√2≈1.41，结果精确到1cm）
【点睛】（1）过点F作FN⊥DK于N，过点E作EM⊥FN于M．求出MF、FN的值即可解决问题；
（2）求出OH、PH的值即可判断；
【详解】解：（1）过点F作FN⊥DK于N，过点E作EM⊥FN于M．
∵EF+FG＝166，FG＝100，
∴EF＝66，
∵∠FGK＝80°，
∴FN＝100•sin80°≈98，
∵∠EFG＝125°，
∴∠EFM＝180°﹣125°﹣10°＝45°，
∴FM＝66•cos45°＝33√2≈46.5，
∴MN＝FN+FM≈145，
∴此时小强头部E点与地面DK相距约为145cm．
（2）过点E作EP⊥AB于点P，延长OB交MN于H．
∵AB＝48，O为AB中点，
∴AO＝BO＝24，
∵EM＝66•sin45°≈46.5，
∴PH≈46.5，
∵GN＝100•cos80°≈17，CG＝15，
∴OH＝24+15+17＝56，OP＝OH﹣PH＝56﹣46.5≈10，
∴他应向前10cm．
9．（2019•休宁一模）有一只拉杆式旅行箱（图1），其侧面示意图如图2所示，已知箱体长AB＝50cm，拉杆BC的伸长距离最大时可达35cm，点A、B、C在同一条直线上，在箱体底端装有圆形的滚筒⊙A，⊙A与水平地面切于点D，在拉杆伸长至最大的情况下，当点B距离水平地面38cm时，点C到水平面的距离CE为59cm．设AF∥MN．
（1）求⊙A的半径长；
（2）当人的手自然下垂拉旅行箱时，人感觉较为舒服，某人将手自然下垂在C端拉旅行箱时，CE为80cm，∠CAF＝64°．求此时拉杆BC的伸长距离
（精确到1cm，参考数据：sin64°≈0.90，cos64°≈0.39，tan64°≈2.1）
【点睛】（1）作BH⊥AF于点K，交MN于点H，则△ABK∽△ACG，设圆形滚轮的半径AD的长是xcm，根据相似三角形的对应边的比相等，即可列方程求得x的值；
（2）求得CG的长，然后在直角△ACG中，求得AC即可解决问题；
【详解】解：（1）作BH⊥AF于点K，交MN于点H．
则BK∥CG，△ABK∽△ACG．
设圆形滚轮的半径AD的长是xcm．
则BK
CG
=
AB
AC
，即
38−x
59−x
=
50
50+35
，
解得：x＝8．
则圆形滚轮的半径AD的长是8cm；
（2）在Rt△ACG中，CG＝80﹣8＝72（cm）．
则sin∠CAF=CG AC，
∴AC＝80，（cm）
∴BC＝AC﹣AB＝80﹣50＝30（cm）．
10．（2019•锡山区一模）校车安全是近几年社会关注的重大问题，安全隐患主要是超速和超载，某中学数学活动小组设计了如下检测公路上行驶的汽车速度的实验：先在公路旁边选取一点C，再在笔直的车道l上确定点D，使CD与l垂直，测得CD的长等于24米，在l上点D的同侧取点A、B，使∠CAD＝30°，∠CBD＝60°．
（1）求AB的长（结果保留根号）；
（2）已知本路段对校车限速为45千米/小时，若测得某辆校车从A到B用时2秒，这辆校车是否超速？
说明理由．（参考数据：√3≈1.7，√2≈1.4）
【点睛】（1）分别在Rt△ADC与Rt△BDC中，利用正切函数，即可求得AD与BD的长，继而求得AB 的长；
（2）由从A到B用时2秒，即可求得这辆校车的速度，比较与40千米/小时的大小，即可确定这辆校车是否超速．
【详解】解：（1）由题意得，在Rt△ADC中，tan30°=CD
AD
=24AD，
解得AD＝24√3．
在Rt△BDC中，tan60°=CD
BD
=24BD，
解得BD＝8√3
所以AB＝AD﹣BD＝24√3−8√3=16√3（米）．
（2）汽车从A到B用时2秒，所以速度为16√3÷2＝8√3≈13.6（米/秒），
因为13.6（米/秒）＝48.96千米/小时＞45千米/小时
所以此校车在AB路段超速．
11．（2019•盘锦模拟）某数学兴趣小组，利用树影测量树高，如图（1），已测出树AB的影长AC为12√3米，并测出此时太阳光线与地面成30°夹角．
（1）求出树高AB；
（2）因水土流失，此时树AB沿太阳光线方向倒下，在倾倒过程中，树影长度发生了变化，假设太阳光线与地面夹角保持不变．求树与地面成45°角时的影长．（用图（2）解答）（结果保留根号）．
【点睛】（1）在直角△ABC中，已知∠ACB＝30°，AC＝12√3米．利用三角函数即可求得AB的长；
（2）在△AB1C1中，已知AB1的长，即AB的长，∠B1AC1＝45°，∠B1C1A＝30°．过B1作AC1的垂线，在直角△AB1N中根据三角函数求得AN，BN；再在直角△B1NC1中，根据三角函数求得NC1的长，再根据当树与地面成60°角时影长最大，根据三角函数即可求解．
【详解】解：（1）AB＝AC tan30°＝12√3×√3
3
=12（米）．
答：树高约为12米．
（2）如图（2），B1N＝AN＝AB1sin45°＝12×√2
2
=6√2（米）．
NC1＝NB1tan60°＝6√2×√3=6√6（米）．
AC1＝AN+NC1＝6√2+6√6．
当树与地面成60°角时影长最大AC2（或树与光线垂直时影长最大或光线与半径为AB的⊙A相切时影长最大）
AC2＝2AB2＝24；
12．（2019•衢州一模）小明想利用所学数学知识测量学校旗杆高度，如图，旗杆的顶端垂下一绳子，将绳子拉直钉在地上，末端恰好在C处且与地面成60°角，小明拿起绳子末端，后退至E处，拉直绳子，此时绳子末端D距离地面1.6m且绳子与水平方向成45°角．
（1）填空：AD＝AC（填“＞”，“＜”，“＝”）．
（2）求旗杆AB的高度．
（参考数据：√2≈1.41，√3≈1.73，结果精确到0.1m）．
【点睛】设绳子AC的长为x米；由三角函数得出AB，过D作DF⊥AB于F，根据△ADF是等腰直角三角形，得出方程，解方程即可．
【详解】解：（1）由图形可得：ADA＝C；
（2）设绳子AC的长为x米；
在△ABC中，AB＝AC•sin60°，
过D作DF⊥AB于F，如图：
∵∠ADF＝45°，
∴△ADF是等腰直角三角形，
∴AF＝DF＝x•sin45°，
∵AB﹣AF＝BF＝1.6，则x•sin60°﹣x•sin45°＝1.6，
解得：x＝10，
∴AB＝10×sin60°≈8.7（m），
答：旗杆AB的高度为8.7m．
故答案为：＝．
13．（2009•滦县校级模拟）气象台发布的卫星云图显示，代号为W的台风在某海岛（设为点P）的南偏东45°方向的B点生成，测得PB＝100√6km．台风中心从点B以40km/h的速度向正北方向移动，经5h 后到达海面上的点C．因受气旋影响，台风中心从点C开始以30km/h的速度向北偏西60°方向继续移动．某城市（设为点A）位于海岛P的正北方向且处于台风中心的移动路线上．
（1）求台风中心大约经过多长时间移动到海岛P的正东方向？（√3≈1.7，结果取整数）
（2）求台风中心从生成到A城市所经过的路线长是多少km？
（3）如果距台风中心20km的范围内均会受到台风的侵袭，那么台风从生成到最初侵袭该城要经过多长时间？
【点睛】（1）先根据PB＝100√6km，∠EBF＝45°求出BE的长，再根据台风中心从点B到点C的速度是40km/h求出台风到达E点所需要的时间即可；
（2）过点A作AD⊥BC，则AD＝PE，在Rt△ACD中由AC=
AD
sin60°求出AC的长，再根据台风中心从
点B以40km/h的速度向正北方向移动，经5h后到达海面上的点C得出BC的长，进而可得出结论；（3）由（2）中所求的AC的长减去20km即为台风中心从C点开始到刚侵袭该城市的路线长度，再根据台风中心移动的速度即可求出时间．
【详解】解：（1）∵在Rt△PBE中，PB＝100√6km，∠EBF＝45°，
∴PE＝BE＝PB•cos45°＝100√6×√2
2
=100√3，
∵台风中心从点B到点C的速度是40km/h，
∴台风中心从点B到点E所用的时间=BE
40
=100√3
40
=5√32≈4（小时）；
（2）过点A作AD⊥BC，则AD＝PE＝100√3，在Rt△ACD中，
AC=
AD
sin60°
=√3
3
2
=200km，
∵台风中心从点B以40km/h的速度向正北方向移动，经5h后到达海面上的点C，
∴BC＝40×5＝200km，
∴BC+AC＝200+200＝400km，即台风中心从生成到A城市所经过的路线长是400km；
（3）∵距台风中心20km的范围内均会受到台风的侵袭，
∴从点C开始到A城市受到袭击的时间=AC−20
30
=200−20
30
=6（小时），
∵台风中心从点B到点C移动的时间是5小时，
∴台风从生成到最初侵袭该城要经过6+5＝11（小时）．
14．（2019•简阳市模拟）在一平直河岸l同侧有A，B两个村庄，A，B到l的距离分别是3km和2km，AB ＝akm（a＞1）．现计划在河岸l上建一抽水站P，用输水管向两个村庄供水．
方案设计
某班数学兴趣小组设计了两种铺设管道方案：图1是方案一的示意图，设该方案中管道长度为d1，且d1＝PB+BA（km）（其中BP⊥l于点P）；图2是方案二的示意图，设该方案中管道长度为d2，且d2＝P A+PB （km）（其中点A′与点A关于l对称，A′B与l交于点P）．
观察计算
（1）在方案一中，d1＝km（用含a的式子表示）
（2）在方案二中，组长小宇为了计算d2的长，作了如图3所示的辅助线，请你按小宇同学的思路计算，d2＝km（用含a的式子表示）．
探索归纳
（1）①当a＝4时，比较大小：d1＜d2（填“＞”、“＝”或“＜”）；
②当a＝6时，比较大小：d1＞d2（填“＞”、“＝”或“＜”）；
（2）请你参考方框中的方法指导，就a（当a＞1时）的所有取值情况进行分析，要使铺设的管道长度
较短，
应选择方案一还是方案二？
【点睛】观察计算：（1）由题意可以得知管道长度为d1＝PB+BA（km），根据BP⊥l于点P得出PB＝2，故可以得出d1的值为a+2．
（2）由条件根据勾股定理可以求出KB的值，由轴对称可以求出A′K的值，在Rt△KBA′由勾股定理可以求出A′B的值√a2+24就是管道长度．
探索归纳：（1）①把a＝4代入d1＝a+2和d2=√a2+24就可以比较其大小；
②把a＝6代入d1＝a+2和d2=√a2+24就可以比较其大小；
（2）分类进行讨论当d1＞d2，d1＝d2，d1＜d2时就可以分别求出a的范围，从而确定选择方案．
【详解】解：（1）∵如图1，作A关于执行l的对称点A′，连接P A′，
∵A和A'关于直线l对称，
∴P A＝P A'，
d1＝PB+BA＝PB+P A'＝a+2；
故答案为：a+2；
（2）因为BK2＝a2﹣1，
A'B2＝BK2+A'K2＝a2﹣1+52＝a2+24
所以d2=√a2+24；
故答案为：√a2+24；
探索归纳：
（1）①当a＝4时，d1＝6，d2=√40，d1＜d2；
②当a＝6时，d1＝8，d2=√60，d1＞d2；
故答案为：＜，＞；
（2）d12﹣d22＝（a+2）2﹣（√a2+24）2＝4a﹣20．
①当4a﹣20＞0，即a＞5时，d12﹣d22＞0，
∴d1﹣d2＞0，
∴d1＞d2；
②当4a﹣20＝0，即a＝5时，d12﹣d22＝0，
∴d1﹣d2＝0，
∴d1＝d2
③当4a﹣20＜0，即a＜5时，d12﹣d22＜0，
∴d1﹣d2＜0，
∴d1＜d2
综上可知：当a＞5时，选方案二；
当a＝5时，选方案一或方案二；
当1＜a＜5时，选方案一．
15．（2019•皇姑区校级模拟）著名的恩施大峡谷（A）和世界级自然保护区星斗山（B）位于笔直的沪渝高速公路X同侧，AB＝50km，A、B到直线X的距离分别为10km和40km，要在沪渝高速公路旁修建一服务区P，向A、B两景区运送游客．小民设计了两种方案，图1是方案一的示意图（AP与直线X垂直，垂足为P），P到A、B的距离之和S1＝P A+PB，图2是方案二的示意图（点A关于直线X的对称点是A'，连接BA′交直线X于点P），P到A、B的距离之和S2＝P A+PB
（1）S1＝km．S2＝km．
（2）P A+PB的最小值为km．
（3）拟建的恩施到张家界高速公路与沪渝高速公路垂直，建立如图3所示的直角坐标系，B到直线的距为30km，请你在X旁和P旁各修建一服务区P、Q，使P、A、B、Q组成的四边形的周长最小，（用尺画出点P和点Q的位置）这个最小值为km．
【点睛】（1）根据勾股定理分别求得S1、S2的值即可；
（2）在公路上任找一点M，连接MA，MB，MA'，由轴对称知MA＝MA，由三角形的三边关系得出MB+MA ＝MB+MA'＞A'B，得出S2＝BA'为最小；
（3）过A作关于x轴的对称点A'，过B作关于y轴的对称点B'，连接A'B'，交x轴于点P，交y轴于点Q，求出A'B'的值即可．在公路上任找一点M，连接MA，MB，MA'，由轴对称知MA＝MA，由三角形三边关系得出MB+MA＝MB+MA'＞A'B，S2＝BA'为最小；即可得出答案．
【详解】解：（1）如图1中，过B作BC⊥X于C，AD⊥BC于D，则CP＝AD，
则BC＝40km，
又∵AP＝10，
∴BD＝BC﹣CD＝40﹣10＝30km．
在△ABD中，AD=√502−302=40（km），
∴CP＝40km，
在Rt△PBC中，BP=√CP2+BC2=√402+402=40√2（km），
∴S1＝40√2+10（km）．
如图2﹣1中，过B作BC⊥AA′垂足为C，
则A′C＝50km，
又∵BC＝40km，
∴BA'=√402+502=10√41（km），
由轴对称知：P A＝P A'，
∴S2＝BA'＝10√41km，
故答案为：（40√2+10），10√41；
（2）在公路上任找一点M，连接MA，MB，MA'，如图2﹣2所示：
由轴对称知MA＝MA'，
∴MB+MA＝MB+MA'＞A'B，
∴S2＝BA'＝10√41km为最小，
即P A+PB的最小值为10√41km；
故答案为：10√41；
（3）过A作关于x轴的对称点A'，过B作关y轴的对称点B'，连接A'B'，交x轴于点P，交y轴于点Q，如图3所示：
则P，Q即为所求．
过A'、B'分别作x轴、y轴的平行线交于点G，
B′G＝40+10＝50km，A′G＝30+30+40＝100km，
A'B'=√1002+502=50√5（km），
∴AB+AP+BQ+QP＝AB+A′P+PQ+B′Q＝50+50√5km，
∴所求四边形的周长为（50+50√5）km；
故答案为：（50+50√5）．
16．（2019•温岭市一模）每年的6至8月份是台风多发季节，某次台风来袭时，一棵大树树干AB（假定树干AB垂直于地面）被刮倾斜15°后折断倒在地上，树的项部恰好接触到地面D（如图所示），量得树干的倾斜角为∠BAC＝15°，大树被折断部分和地面所成的角∠ADC＝60°，AD＝4米，求这棵大树AB原来的高度是多少米？（结果精确到个位，参考数据：√2≈1.4，√3≈1.7，√6≈2.4）
【点睛】过点A作AE⊥CD于点E，由∠BAC＝15°可求出∠DAC的度数，在Rt△AED中由∠ADE＝60°，AD＝4可求出DE及AE的长度，在Rt△AEC中由直角三角形的性质可得出AE＝CE，故可得出CE的长度，再利用锐角三角函数的定义可得出AC的长，进而可得出结论．
【详解】解：过点A作AE⊥CD于点E，
∵∠BAC＝15°，
∴∠DAC＝90°﹣15°＝75°，
∵∠ADC＝60°，
∴在Rt△AED中，
∵cos60°=DE
AD
=DE4=12，
∴DE＝2，
∵sin60°=AE
AD
=AE4=√32，
∴AE＝2√3，
∴∠EAD＝90°﹣∠ADE＝90°﹣60°＝30°，在Rt△AEC中，
∵∠CAE＝∠CAD﹣∠DAE＝75°﹣30°＝45°，∴∠C＝90°﹣∠CAE＝90°﹣45°＝45°，
∴AE＝CE＝2√3，
∴sin45°=CE
AC
=2√3
AC
=√22，
∴AC＝2√6，
∴AB＝2√6+2√3+2≈2×2.4+2×1.7+2＝10.2≈10米．答：这棵大树AB原来的高度是10米．
17．（2019•潮南区模拟）如图所示，巨型广告牌AB背后有一看台CD，台阶每层高0.3米，且AC＝17米，现有一只小狗睡在台阶的FG这，层上晒太阳，设太阳光线与水平地面的夹角为α，当α＝60°时，测得广告牌AB在地面上的影长AE＝10米，过了一会，当α＝45°，问小狗在FG这层是否还能晒到太阳？
请说明理由（√3取1.73）．
【点睛】假设没有台阶，当α＝45°时，从点B射下的光线与地面AD的交点为点H，与FC的交点为点M．由∠BF A＝45°，可得AH＝AB＝17.3米，那么CH＝AH﹣AC＝0.3米，CM＝CH＝0.3米，所以大楼的影子落在台阶FC这个侧面上，故小狗可以晒到太阳．
【详解】解：当α＝45°时，小狗仍可以晒到太阳．理由如下：
假设没有台阶，当α＝45°时，从点B射下的光线与地面AD的交点为点H，与FC的交点为点M．当α＝60°时，在Rt△ABE中，
∵tan60°=AB
AE
=AB10，
∴AB＝10•tan60°＝10√3≈10×1.73＝17.3（米）．∵∠BHA＝45°，
∴tan45°=AB
AF
=1，
此时的影长AH ＝AB ＝17.3米， ∴CH ＝AH ﹣AC ＝17.3﹣17＝0.3米， ∴CM ＝CH ＝0.3米，
∴大楼的影子落在台阶FC 这个侧面上， ∴小狗能晒到太阳． 故答案为：能晒到太阳； 18．（2019•沈阳）阅读材料：
（1）等高线概念：在地图上，我们把地面上海拔高度相同的点连成的闭合曲线叫等高线， 例如，如图1，把海拔高度是50米，100米，150米的点分别连接起来，就分别形 成50米，100米，150米三条等高线．
（2）利用等高线地形图求坡度的步骤如下：（如图2）
步骤一：根据两点A ，B 所在的等高线地形图，分别读出点A ，B 的高度；A ，B 两点的 铅直距离＝点A ，B 的高度差；
步骤二：量出AB 在等高线地形图上的距离为d 个单位，若等高线地形图的比例尺为 1：m ，则A ，B 两点的水平距离＝dn ； 步骤三：AB 的坡度=
铅直距离水平距离
=点A ，B 的高度差
dn1； 请按照下列求解过程完成填空．
某中学学生小明和小丁生活在山城，如图3，小明每天上学从家A 经过B 沿着公路AB ，BP 到学校P ，小丁每天上学从家C 沿着公路CP 到学校P ．该山城等高线地形图的比例尺为：1：50000，在等高线地形图上量得AB ＝1.8厘米，BP ＝3.6厘米，CP ＝4.2厘米
（1）分别求出AB ，BP ，CP 的坡度（同一段路中间坡度的微小变化忽略不计）； （2）若他们早晨7点同时步行从家出发，中途不停留，谁先到学校？（假设当坡度在
110
到1
8
之间时，小
明和小丁步行的平均速度均约为1.3米/秒；当坡度在18
到16
之间时，小明和小丁步行的平均速度均约为1米/秒）
解：（1）AB 的水平距离＝1.8×50000＝90000（厘米）＝900（米），AB 的坡度=200−100900
=1
9； BP 的水平距离＝3.6×50000＝180000（厘米）＝1800（米），BP 的坡度=
400−2001800
=1
9； CP 的水平距离＝4.2×50000＝210000（厘米）＝2100（米），CP 的坡度＝ ．
（2）因为
110
＜19
＜1
8
，所以小明在路段AB ，BP 上步行的平均速度均约为1.3米/秒，因为 ，所以小
丁在路段CP 上步行的平均速度约为 米/秒，斜坡AB 的距离=√9002+1002=906（米），斜坡BP 的距离=√18002+2002=1811（米），斜坡CP 的距离=√21002+3002=2121（米），所以小明从家道学校的时间=
906+1811
1.3
=2090（秒）．小丁从家到学校的时间约为 秒．因此， 先到学校．
【点睛】（1）欲求CP 的坡度，在题目中已经告诉了CP 的水平距离，由图知：C 、P 的高度差为（400﹣100）米，根据公式进行计算即可；
（2）根据（1）题计算出的CP 坡度，然后判断出此坡度在什么范围内，进而得到小丁的步行平均速度； 计算小明所用的时间，已知了路程为2121米，在上面求出了小明的步行速度，根据时间＝路程÷速度即可求得，进而可判断出哪个同学先到学校． 【详解】解：①由题意知：CP 的坡度为：400−1002100
=1
7
，
②因为：1
8
＜1
7
＜1
6
，
③所用小丁的速度为1米/秒，
④小丁所用的时间为：2121÷1＝2121（秒）， ⑤由于2090＜2121，所用小明先到学校．。