中考几何应用性问题训练及答案

中考几何应用性问题训练及答案

中考几何应用性问题训练 一、选择题 ‎1．如图，在平地上种植树木时，要求株距(相邻两树间的水平距离)为4 m，如果在坡度为0.75的山坡上种树，也要求株距为4 m，那么相邻两树间的坡面距离为(　　)‎ A．5 m B．6 m C．7 m D．8 m 答案　A 解析　如图，在Rt△ABC中，＝0.75，BC＝4，则AC＝3，AB＝5.‎ ‎2．如图，小红同学要用纸板制作一个高4 cm，底面周长是6π cm的圆锥形漏斗模型，若不计接缝和损耗，则她所需纸板的面积是(　　)‎ A．12π cm2B．15π cm2‎ C．18π cm2D．24π cm2‎ 答案　B 解析　因为底面周长为6π，设底面半径为r，所以2πr＝6π，r＝3，又h＝4，所以l＝5，S圆锥侧＝πrl＝15π，应选B.‎ ‎3．某班在布置新年联欢会会场时，需要将直角三角形纸裁成长度不等的矩形彩条，如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝30 cm，AB＝50 cm，依次裁下宽为1 cm的矩形纸条a1、a2、a3……，若使裁得矩形纸条的长都不小于5 cm，则每张直角三角形彩纸能裁成的矩 形纸条的总数是(　　)‎ A．24B．25C．26D．27‎ 答案　C 解析　如图，在△ABC中，可求得BC＝40，设B1C1∥BC，得B1C1＝5，由△AB1C1∽△ABC，得＝，于是＝，∴AC1＝3.75，∴CC1＝26.25≈26.‎ ‎4．如图，在正方形铁皮上(图①)剪下一个圆形和扇形，使之恰好围成(图②)所示的一个圆锥模型，该圆的半径为r，扇形的半径为R，则圆的半径与扇形的半径之间的关系为(　　)‎ A．R＝2r B．R＝r C．R＝3r D．R＝4r 答案　D 解析　由图①，可知圆锥侧面展开图圆心角为90°，则×360＝90，R＝4r.‎ ‎5．(2010·达州)如图，在一块形状为直角梯形的草坪中，修建了一条由A→M→N→C的小路(M、N分别是AB、CD中点)．极少数同学为了走“捷径”，沿线段AC行走，破坏了草坪，实际上他们仅少走了(　　)‎ A．7 m B．6 m C．5 m D．4 m 答案　B 解析　在Rt△ABC中，AC＝＝20；过D画DE⊥BC于E，在Rt△CDE中，CD＝＝13，所以NC＝6.5，又MN＝×‎ ‎(11＋16)＝13.5，所以AM＋MN＋NC＝6＋6.5＋13.5＝26，与AC相差6米．‎ 二、填空题 ‎6．如图，A是硬币圆周上一点，硬币与数轴相切于原点O(A与O点重合)．假设硬币的直径为1个单位长度，若将硬币沿数轴正方向滚动一周，点A恰好与数轴上点A′重合，则点A′对应的实数是________．‎ 答案　π 解析　 由题意，可知线段AA′长等于圆的周长π×1＝π.‎ ‎7．(2010·江西)一大门的栏杆如图所示，BA垂直于地面AE于A，CD平行于地面AE，则∠ABC＋∠BCD＝________度．‎ 答案　270‎ 解析　过B画BG∥CD，则∠BCD＋∠CBG＝180°，又CD∥AE，所以BG∥AE. ∠ABF＋∠BAE＝180°，可知∠BAE＝90°，所以∠ABF＝90°，∠ABC＋∠BCD＝180°＋90°＝270°.‎ ‎8．(2010·宁波)如图，某河道要建造一座公路桥，要求桥面离地面高度AC为3米，引桥的坡角∠ABC＝15°，则引桥的水平距离BC的长是________米(精确到0.1米)．‎ 答案　11.2‎ 解析　过A作∠BAD＝∠B＝15°，交BC于D，则BD＝AD，∠ADC＝30°.在Rt△ADC中，由∠ADC＝30°，得AD＝2AC＝2×3＝6，所以DC＝AC＝3 ，故BC＝BD＋DC＝6＋3 ≈11.2.‎ ‎9．如图，已知零件的外径为25 mm，现用一个交叉卡钳(两条尺长AC和BD相等，OC＝OD)量零件的内孔直径AB.若OC∶OA＝1∶2，量得CD＝10 mm，则零件的厚度x＝________mm.‎ 答案　2.5‎ 解析 ‎　由题意，易知△OAB∽△OCD，OC∶OA＝CD∶AB.∵OC∶OA＝1∶2，∴CD∶AB＝1∶2，AB＝2CD＝20，∴x＝(25－20)÷2＝2.5.‎ ‎10．(2010·江西)如图，一根直立于水平地面上的木杆AB在灯光下形成影子，当木杆绕点A按逆时针方向旋转直至到达地面时，影子的长度发生变化．设AB垂直于地面时的影长为AC(假设AC>AB)，影长的最大值为m，最小值为n，那么下列结论：①m>AC；②m＝AC；③n＝AB；④影子的长度先增大后减小．其中，正确的结论的序号是__________．‎ 答案①③④‎ 解析　如图所示，当木杆绕点A按逆时针方向旋转时，有m>AC，①成立，则②不成立；当旋转到达地面时，为最短影子，n＝AB，③成立；由此可知，影子的长度先增大，后减小，④成立．‎ 三、解答题 ‎11．如图，路灯(P点)距地面8米，身高1.6米的小明从距路灯的底部(O点)20米的A点，沿OA所在的直线行走14米到B点时，身影的长度是变长了还是变短了？变长或变短了多少米？‎ 解　由题意可知：△POM∽△EAM，△PON∽△FBN，‎ 又∵OA＝20，AB＝14，∴OB＝6，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，解得AM＝5(米)．‎ 又＝，‎ ‎∴＝，解得BN＝1.5(米)，AM>BN，‎ ‎∴身影变短了3.5米．‎ ‎12．(2011·成都)某学校要在围墙旁建一个长方形的中药材种植实习苗圃，苗圃的一边靠围墙(墙的长度不限)，另三边用木栏围成，建成的苗圃为如图所示的长方形ABCD.已知木栏总长为120m，设AB边的长为x m，长方形ABCD的面积为S(m2)．‎ ‎(1)求S与x之间的函数关系式(不要求写出自变量x的取值范围)．当x为何值时，S取得最值(请指出是最大值还是最小值)？并求出这个最值；‎ ‎(2)学校计划将苗圃内药材种植区域设计为如图所示的两个相外切的等圆，其圆心分别为O1和O2，且O1到AB、BC、AD的距离与O2到CD、BC、AD的距离都相等，并要求在苗圃内药材种植区域外四周至少要留够0.5m宽的平直路面，以方便同学们参观学习．当(1)中S取得最大值时，请问这个设计是否可行？若可行，求出圆的半径；若不可行，请说明理由．‎ 解　(1)S＝x(120－2x)＝－2(x－30)2＋1800，当x＝30时，S取最大值为1800.‎ ‎(2)如图所示，过O1、O2分别作到AB、BC、AD和CD、BC、AD的垂线，垂足如图，根据题意可知，O1E＝O1F＝O1J＝O2G＝O2H＝O2I；当S取最大值时，AB＝CD＝30，BC＝60，‎ ‎∴O1F＝O1J＝O2G＝O2I＝AB＝15，‎ ‎∴O1E＝O2H＝15，‎ ‎∴O1O2＝EH－O1E－O2H＝60－15－15＝30，‎ ‎∴两个等圆的半径为15，由于圆O1、圆O2相切，所以左右不能够留0.5米的平直路面．‎ ‎∴设计不可行．‎ ‎13．(2011·江西)图甲是一个水桶模型示意图，水桶提手结构的平面图是轴对称图形，当点O到BC(或DE)的距离大于或等于⊙O的半径时(⊙O是桶口所在圆，半径为OA)，提手才能从图甲的位置转到图乙的位置，这样的提手才合格．现用金属材料做了一个水桶提手(如图丙A－B－C－D－E－F，C－D是圆弧，其余是线段)，O是AF的中点，桶口直径AF＝34 cm，AB＝FE＝5 cm，∠ABC ＝∠FED ＝149°.请通过计算判断这个水桶提手是否合格．‎ ‎(参考数据：≈17.72，tan 73.6°≈3.40，sin 75.4°≈0.97.)‎ 解　解法一：‎ 如图，连接OB，过点O作OG⊥BC于点G.‎ 在Rt△ABO中，AB＝5，AO＝＝17，‎ ‎∴ tan∠ABO＝＝＝3.4，‎ ‎∴∠ABO＝73.6°，‎ ‎∴∠GBO＝∠ABC－∠ABO＝149°－73.6°＝75.4°.‎ 又 ∵OB＝＝≈17.72，‎ ‎∴在Rt△OBG中，‎ ‎.OG＝OB·sin∠OBG＝17.72×0.97≈17.19>17.‎ ‎∴水桶提手合格．‎ 解法二：‎ 如图，连接OB，过点O作OG⊥BC于点G.‎ 在Rt△ABO中，AB＝5，AO＝17，‎ ‎∴ tan∠ABO＝＝＝3.4，‎ ‎∴∠ABO＝73.6°.‎ 要使OG≥OA，只需∠OBC≥∠ABO，‎ ‎∵∠OBC＝∠ABC－∠ABO＝149°－73.6°＝75.4°＞73.6°，‎ ‎∴水桶提手合格．‎ ‎14. （2010年福建省晋江市）已知：如图，有一块含的直角三角板的直角边长的长恰与另一块等腰直角三角板的斜边的长相等，把该套三角板放置在平面直角坐标系中，且.‎ ‎(1)若双曲线的一个分支恰好经过点，求双曲线的解析式；‎ ‎(2)若把含的直角三角板绕点按顺时针方向旋转后，斜边恰好与轴重叠，点落在点，试求图中阴影部分的面积(结果保留).‎ A OA B C D A’‎ xA yxA ‎【关键词】反比例函数、扇形面积 答案：解：(1) 在中，，，‎ ‎， ‎ ‎∴，‎ ‎∴点 设双曲线的解析式为 A OA B C D A’‎ xA yxA ‎∴，，则双曲线的解析式为 ‎ (2) 在中，，，‎ ‎，，‎ ‎∴.‎ 由题意得：，‎ 在中，，，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴‎ ‎15.（2010年青岛）A 小明家所在居民楼的对面有一座大厦AB，AB＝米．为测量这座居民楼与大厦之间的距离，小明从自己家的窗户C处测得大厦顶部A的仰角为37°，大厦底部B的俯角为48°．求小明家所在居民楼与大厦的距离CD的长度．（结果保留整数）‎ ‎（参考数据：）‎ B ‎37°‎ ‎48°‎ D C A 第19题图 ‎【答案】解：设CD = x．‎ 在Rt△ACD中，‎ ，‎ 则，‎ ‎∴.‎ 在Rt△BCD中，‎ tan48°= ，‎ 则，‎ ‎∴.‎ ‎∵AD＋BD=AB，‎ ‎∴．‎ 解得：x≈43．‎ ‎16.(2010年福建省德化县). (本题满分10分) 小明在某风景区的观景台O处观测到北偏东的P处有一艘货船,该船正向南匀速航行,30分钟后再观察时,该船已航行到O的南偏东40,且与O相距2km的Q处.如图所示.‎ 求: (1)∠OPQ和∠OQP的度数;‎ ‎(2)货船的航行速度是多少km/h?‎ ‎(结果精确到0.1km/h, 已知sin=cos=0.7660, ‎ cos=sin=0.6428, tan=1.1918,tan=0.8391, 供选用.)‎ ‎【关键词】解直角三角形的公式（三角函数的运用）‎ ‎【答案】解:建立如图所示的直角坐标系,‎ ‎(1)设PQ⊥x轴,垂足为A,则∠POA=,∠QOA=.‎ ‎∴∠OPQ=，∠OQP=．‎ ‎(2)设货船的航行速度是xkm/h,由（1）知，∠POQ=.‎ ‎∴cos∠OQP=. ∴PQ=. ‎ 又，OQ=2km, ∴PQ= ‎∵PQ是货船30分钟的行程，‎ ‎∴货船的航行速度约为5.2 km/h.‎ ‎17.（2010江苏泰州）庞亮和李强相约周六去登山，庞亮从北坡山脚C处出发，以24米/分钟的速度攀登，同时，李强从南坡山脚B处出发．如图，已知小山北坡的坡度，山坡长为240米，南坡的坡角是45°．问李强以什么速度攀登才能和庞亮同时到达山顶A？（将山路AB、AC看成线段，结果保留根号）‎ ‎【答案】过点A作AD⊥BC于点D，‎ 在Rt△ADC中，由得tanC=∴∠C=30°∴AD=AC=×240=120(米)‎ 在Rt△ABD中，∠B=45°∴AB＝AD＝120（米）‎ ‎120÷（240÷24）＝120÷10＝12（米/分钟）‎ 答：李强以12米/分钟的速度攀登才能和庞亮同时到达山顶A．‎ ‎18. (2010年浙江省绍兴市)如图,小敏、小亮从A,B两地观测空中C处一个气球,分 别测得仰角为30°和60°,A,B两地相距100 m.当气球 沿与BA平行地飘移10秒后到达C′处时,在A处测得气 球的仰角为45°.‎ ‎（1）求气球的高度（结果精确到0.1ｍ）；‎ 第20题图 ‎（2）求气球飘移的平均速度（结果保留3个有效数字）.‎ ‎【答案】解:(1) 作CD⊥AB,C/E⊥AB,垂足分别为D,E.‎ ‎∵CD ＝BD·tan60°,‎ CD ＝（100＋BD）·tan30°,‎ 第20题图 第21题图 ‎∴（100＋BD）·tan30°＝BD·tan60°,∴BD＝50, CD ＝50≈86.6 m，‎ ‎∴ 气球的高度约为86.6 m.‎ ‎(2) ∵BD＝50, AB＝100, ∴AD＝150 ,‎ 又∵AE ＝C/E＝50, ∴DE ＝150－50≈63.40， ‎ ‎∴ 气球飘移的平均速度约为6.34米/秒.‎ ‎19.（2010年宁德市）我们知道当人的视线与物体表面互相垂直时的视觉效果最佳．如图是小明站在距离墙壁1.60米处观察装饰画时的示意图，此时小明的眼睛与装饰画底部A处于同一水平线上，视线恰好落在装饰画中心位置E处，且与AD垂直.已知装饰画的高度AD为0.66米，‎ 求：⑴ 装饰画与墙壁的夹角∠CAD的度数（精确到1°）；‎ ‎⑵装饰画顶部到墙壁的距离DC（精确到0.01米）.‎ A C D E B ‎【答案】解：⑴∵AD＝0.66，‎ ‎∴AE＝CD＝0.33.‎ 在Rt△ABE中，‎ ‎∵sin∠ABE＝＝，‎ ‎∴∠ABE≈12°.‎ ‎∵∠CAD＋∠DAB＝90°，∠ABE＋∠DAB＝90°，‎ ‎∴∠CAD＝∠ABE＝12°.‎ ‎∴镜框与墙壁的夹角∠CAD的度数约为12°. ‎ ‎⑵ 解法一：‎ 在Rt△∠ABE中，‎ ‎∵sin∠CAD＝，‎ ‎∴CD＝AD·sin∠CAD＝0.66×sin12°≈0.14. ‎ 解法二：‎ ‎∵∠CAD＝∠ABE，‎ ‎∠ACD＝∠AEB＝90°，‎ ‎∴△ACD∽△BEA. ‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∴CD≈0.14. ‎ ‎∴镜框顶部到墙壁的距离CD约是0.14米.‎ ‎20.（2010年四川省眉山市）如图，在一次数学课外实践活动中，要求测教学楼的高度AB．小刚在D处用高1.5m的测角仪CD，测得教学楼顶端A的仰角为30°，然后向教学楼前进40m到达E，又测得教学楼顶端A的仰角为60°．求这幢教学楼的高度AB ‎【关键词】解直角三角形 ‎【答案】解：在Rt△AFG中， ‎∴ 在Rt△ACG中，‎ ‎∴ 又 即 ‎∴ ‎∴（米）‎ 答：这幢教学楼的高度AB为米．‎ ‎21 （2010年安徽中考） 若河岸的两边平行，河宽为900米，一只船由河岸的A处沿直线方向开往对岸的B处，AB与河岸的夹角是600，船的速度为5米/秒，求船从A到B处约需时间几分。（参考数据：）‎ ‎【关键词】解直角三角形 ‎【答案】‎ 解：如图，过点B作BC垂直洒岸，垂足为C，则在Rt△ACB中，有 因而时间（分）‎ 即船从A处到B处需3.4分.‎ ‎22.(2010年山东聊城)建于明洪武七年（1374年），高度33米的光岳楼是目前我国现存的最高大、最古老的楼阁之一（如图①）．喜爱数学实践活动的小伟，在30米高的光岳楼顶楼P处，利用自制测角仪测得正南方向商店A点的俯角为60，又测得其正前方的海源阁宾馆B点的俯角为30（如图②）．求商店与海源阁宾馆之间的距离（结果保留根号）．‎ 第20题 A P B O 图②‎ ‎60°‎ ‎30°‎ 图①‎ ‎【关键词】解直角三角形 ‎【答案】由题意知∠PAO=60°∠B=30°PO=30米；在RT△PAO中，∵ tan∠PAO=,∴=,∴OA=10米.在RT△PBO中，∵tan∠B= , ∴= , ∴OB=30米.∴AB=OB-OA=30-10=20米答：商店与海源阁宾馆之间的距离为20米.‎ ‎23. (2010年兰州市)（本题满分8分）如图是某货站传送货物的平面示意图. 为了提高传送过程的安全性，工人师傅欲减小传送带与地面的夹角，使其由45°改为30°. 已知原传送带AB长为4米.‎ ‎（1）求新传送带AC的长度；‎ ‎（2）如果需要在货物着地点C的左侧留出2米的通道，试判断距离B点4米的货物MNQP是否需要挪走，并说明理由．(说明：⑴⑵的计算结果精确到0.1米，参考数据：≈1.41，≈1.73，≈2.24，≈2.45)‎ ‎【关键词】解直角三角形 ‎【答案】‎ ‎（1）如图，作AD⊥BC于点D Rt△ABD中， ‎ AD=ABsin45°=4‎ 在Rt△ACD中，∵∠ACD=30°‎ ‎∴AC=2AD=≈‎ 即新传送带AC的长度约为米．‎ ‎（2）结论：货物MNQP应挪走． ‎ 解：在Rt△ABD中，BD=ABcos45°=4‎ ‎ 在Rt△ACD中，CD=AC cos30°=‎ ‎∴CB=CD—BD=≈2.1 ‎ ‎∵PC=PB—CB≈4—2.1=1.9＜2 ‎ ‎∴货物MNQP应挪走． ‎ D A B C E ‎24.（2010年山东省济南市）我市某乡镇学校教学楼后面靠近一座山坡，坡面上是一块平地，如图所示，BC∥AD，斜坡AB=40米，坡角∠BAD=600，为防夏季因瀑雨引发山体滑坡，保障安全，学校决定对山坡进行改造，经地质人员勘测，当坡角不超过450时，可确保山体不滑坡，改造时保持坡脚A 不动，从坡顶B 沿BC削进到E 处，问BE至少是多少米(结果保留根号)？‎ ‎【关键词】直角三角形 ‎【答案】‎ 解：作BG⊥AD于G，作EF⊥AD于F，‎ ‎∵Rt△ABG中，∠BAD=600，AB=40，‎ ‎∴ BG =AB·sin600=20，AG = AB·cos600=20‎ 同理在Rt△AEF中，∠EAD=450，‎ ‎∴AF=EF=BG=20，‎ ‎∴BE=FG=AF-AG=20()米.‎ ‎25．（2010年山东省青岛市）‎ 问题再现 现实生活中，镶嵌图案在地面、墙面乃至于服装面料设计中随处可见．在八年级课题学习“平面图形的镶嵌”中，对于单种多边形的镶嵌，主要研究了三角形、四边形、正六边形的镶嵌问题．今天我们把正多边形的镶嵌作为研究问题的切入点，提出其中几个问题，共同来探究.‎ O 我们知道，可以单独用正三角形、正方形或正六边形镶嵌平面．如右图中，用正方形镶嵌平面，可以发现在一个顶点O周围围绕着4个正方形的内角.‎ 试想：如果用正六边形来镶嵌平面，在一个顶点周围应该围绕着个 正六边形的内角．‎ 问题提出 如果我们要同时用两种不同的正多边形镶嵌平面，可能设计出几种不同的组合方案？‎ 问题解决 猜想1：是否可以同时用正方形、正八边形两种正多边形组合进行平面镶嵌？‎ 分析：我们可以将此问题转化为数学问题来解决．从平面图形的镶嵌中可以发现，解决问题的关键在于分析能同时用于完整镶嵌平面的两种正多边形的内角特点．具体地说，就是在镶嵌平面时，一个顶点周围围绕的各个正多边形的内角恰好拼成一个周角．‎ 验证1：在镶嵌平面时，设围绕某一点有x个正方形和y个正八边形的内角可以拼成一个周角．根据题意，可得方程：‎ ，整理得：，‎ 我们可以找到惟一一组适合方程的正整数解为．‎ 结论1：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着1个正方形和2个正八边形的内角可以拼成一个周角，所以同时用正方形和正八边形两种正多边形组合可以进行平面镶嵌．‎ 猜想2：是否可以同时用正三角形和正六边形两种正多边形组合进行平面镶嵌？若能，请按照上述方法进行验证，并写出所有可能的方案；若不能，请说明理由．‎ 验证2：‎ 结论2：‎ ‎．‎ 上面，我们探究了同时用两种不同的正多边形组合镶嵌平面的部分情况，仅仅得到了一部分组合方案，相信同学们用同样的方法，一定会找到其它可能的组合方案．‎ 问题拓广 请你仿照上面的研究方式，探索出一个同时用三种不同的正多边形组合进行平面镶嵌的方案，并写出验证过程．‎ 猜想3：.‎ 验证3：‎ 结论3：‎ ‎. 【关键词】‎ ‎【答案】解：3个； 1分 验证2：在镶嵌平面时，设围绕某一点有a个正三角形和b个正六边形的内角可以拼成一个周角．根据题意，可得方程：‎ ．‎ 整理得：，‎ 可以找到两组适合方程的正整数解为和．3分 结论2：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着2个正三角形和2个正六边形的内角或者围绕着4个正三角形和1个正六边形的内角可以拼成一个周角，所以同时用正三角形和正六边形两种正多边形组合可以进行平面镶嵌．5分 猜想3：是否可以同时用正三角形、正方形和正六边形三种正多边形组合进行平面镶嵌？6分 验证3：在镶嵌平面时，设围绕某一点有m个正三角形、n个正方形和c个正六边形的内角可以拼成一个周角. 根据题意，可得方程：‎ ，‎ 整理得：，‎ 可以找到惟一一组适合方程的正整数解为. 8分 结论3：镶嵌平面时，在一个顶点周围围绕着1个正三角形、2个正方形和1个正六边形的内角可以拼成一个周角，所以同时用正三角形、正方形和正六边形三种正多边形组合可以进行平面镶嵌. （说明：本题答案不惟一，符合要求即可.）‎ ‎26．（9分）如图，某天然气公司的主输气管道从A市的东偏北30°方向直线延伸，测绘员在A处测得要安装天然气的M小区在A市东偏北60°方向，测绘员沿主输气管道步行2000米到达C处，测得小区M位于C的北偏西60°方向，请你在主输气管道上寻找支管道连接点N，使到该小区铺设的管道最短，并求AN的长.‎ 第23题图 解：过M作MN⊥AC，此时MN最小，AN＝1500米 ‎27．（满分10分）如图，在海面上生产了一股强台风，台风中心（记为点M）位于海滨城市（记作点A）的南偏西15°，距离为千米，且位于临海市（记作点B）正西方向 千米处．台风中心正以72千米/时的速度沿北偏东60°的方向移动（假设台风在移动过程中的风力保持不变），距离台风中心60千米的圆形区域内均会受到此次强台风的侵袭．‎ ‎（1）滨海市、临海市是否会受到此次台风的侵袭？请说明理由．‎ ‎（2）若受到此次台风侵袭，该城市受到台风侵袭的持续时间有多少小时？‎ ‎. 解：（1）设台风中心运行的路线为射线MN，于是∠MAN=60°－15°=45°，‎ 过A作AH⊥MN于H，故AMH是等腰直角三角形 ‎∵∴AH=61>60∴滨海市不会受到台风的影响；………………5′‎ ‎（2）过B作BH1⊥MN于H1，∵，∠BMN=90°－60°=30°∴，因此临海市会受到台风的影响；以B为圆心60为半径作圆与MN交于T1、T2，则BT1=BT2=60‎ 在中，∴∴△B T1T2是等边三角形………7′‎ ‎∴T1T2=60‎ ‎∴台风中心经过线段T1T2上所用的时间小时，‎ 因此临海市受到台风侵袭的时间为小时。……………9′‎ ‎28．（本题满分8分）2005年10月，继杨利伟之后，航天员费俊龙、聂海胜又遨游了太空，这大大激发了王红庭同学爱好天文学的热情。他通过上网查阅资料了解到，金星和地球的运行轨道可以近似地看作是以太阳为圆心的同心圆，且这两个同心圆在同一平面上（如图所示），由于金星和地球的运转速度不同，所以两者的位置不断发生变化，当金星、地球距离最近试，此时叫“下合”；当金星、地球距离最远时，此时叫“上合”；在地球上观察金星的视线恰好与金星轨道相切时，此时分别叫“东大距”和“西大距”，已知地球与太阳相距约为15（千万km），金星与太阳相距约10（千万km），分别求“下合”、“东大距”、“西大距”、“上合”时，金星、地球的距离（可用根号表示）。‎ ‎（注：在地球上观察金星，当金星分别在太阳的左、右两侧且视线恰好在与金星轨道相切的位置时，分别叫做西大距、东大距）‎ ‎.解：如图，设太阳所在地为O点，地球所在地为A点，连接AO并延长分别交小圆O于B点，E点.‎ ‎　　依题意知，当金星、地球处于“下合”、“上合”时，金星分别位于B点，E点.‎ ‎　　又过点A作小圆O的切线AC，AD，点C，点D为切点.当金星、地球处于“东大距”、“西大距”时，金星分别在D点，C点.‎ ‎　　由题意，知A，B，O，E在同一直线上.‎ ‎　　则下合时：AB=OA-OB=15-10=5(千万km)，‎ 上合时：AE=OA+OE=15+10=25(千万km).‎ ‎　　连接OC，∵AC切⊙O于点C，∴OC⊥AC.‎ ‎　　∴西大距时：(千万km).‎ ‎　　由对称性知东大距时：(千万km). ‎ ‎　　综上得“下合”、“东大距”、“西大距”、“上合”时金、地距离分别为：5(千万km)、(千万km)、(千万km)、25(千万km).‎ ‎29、（本题满分8分）随着科学技术的发展，机器人早已能按照设计的指令完成各种动作。在坐标平面上，根据指令机器人能完成下列动作：先原地顺时针旋转角度，再朝其面对的方向沿直线行走距离。‎ ‎（1）填空：如图，若机器人在直角坐标系的原点，且面对轴的正方向，现要使其移动到点A（2，2），则给机器人发出的指令应是，‎ ‎（2）机器人在完成上述指令后，发现在P（6，0）处有一小球正向坐标原点做匀速直线运动，已知小球的滚动速度与机器人行走的速度相同，若忽略机器人原地旋转的时间。请你给机器人发一个指令，使它能最快截住小球。（如图，点C为机器人最快截住小球的位置。）（角度精确到度；参考数据：‎ 解（1）[，]。……………………………………………………………（3分）‎ ‎ （2）解：由题意可知，PC=AC，设，则。在Rt△ABC中，，解得。…………………………………………（6分）‎ ‎ 又，，∴∠CAB=，‎ ‎∴…………………………………………………（8分）‎ ‎∴指令为[，]…………………………………………………………………… （8分）‎ ‎30、（本题满分6分）蓝天希望学校正准备建一个多媒体教室，计划做长120cm，宽30cm的长条形桌面。现只有长80cm，宽45cm的木板，请你为该校设计不同的拼接方案，使拼出来的桌面符合要求。（只要求画出裁剪、拼接图形，并标上尺寸，设计出一种得5分，设计出两种再加1分）‎ ‎80cm ‎45cm ‎80cm ‎45cm 解：‎ A B C D 图5‎ ‎31．（2003 黄冈市）红安卷烟厂生产的“龙乡”牌香烟盒里，装满大小均匀的20支香烟，打开烟盒的顶盖后，二十支香烟排列成三行，经 量，一支香烟的直径约为0．75㎝，长约为8．4㎝．‎ ‎（1）试计算烟盒顶盖ABCD的面积（本小题计算结果不取近似值）．‎ ‎（2）制作这样一个烟盒至少需要多少面积的纸张（不计重叠粘合的部 分，计算结果精确到0．1㎝，取1．73）．‎ ‎ 解：（1）如图，作O1E⊥O2O3，∵O1O2=O2O3=O1O3=，∴O1E=‎ ×=．∴AB=2×+=（㎝）， AD=7×=（㎝）‎ ‎∴四边形ABCD的面积是：×=（㎝2）．‎ 图1‎ O1‎ O1‎ O1‎ E ‎（2）制作一个烟盒至少需要纸张：2（++×8．4）=144．096≈144．1（㎝2）．∴制作一个烟盒至少需要纸张是144．1（㎝2）．‎