2025年中考数学总复习《实际应用问题（三角函数为主）》专项测试卷(附答案)

第第页精品试卷·第2页（共2页）2025年中考数学总复习《实际应用问题（三角函数为主）》专项测试卷(附答案)学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________填空题要注意认真看清题目的条件和要填写的内容，尽量完整地填写答案.1．如图1是一款便携式拉杆车，其侧面示意图如图2所示，前轮⊙O的直径为12cm，拖盘OE与后轮⊙O′相切于点N，手柄OF⊥OE．侧面为矩形ABCD的货物置于拖盘上，AB=20cm，BC=52cm．如图3所示，倾斜一定角度拉车时，货物绕点B旋转，点C落在OF上，若tan∠ABE=15，则OC的长为cm，同一时刻，点C离地面高度2．有一种手持烟花，该烟花有10个花弹，每1秒发一发花弹，每一发花弹的飞行路径均相同.第一发花弹的飞行高度ℎ(米)与飞行时间t(秒)满足关系式：ℎ=−52t2+mt（1）第一发花弹的飞行高度ℎ的最大高度是米.（2）第一发花弹飞行过程中与其他花弹同一高度时，其t的值为.3．如图，一个立方体有盖盒子，棱长为8cm，当正方形PDCS合上时，点A与点P重合，点B与点S重合，此时，两个全等的长方形ADFE与长方形BCHG向内合上，且顶点E，G都落在AB边上，点E在点G的右侧，EG=2cm．（1）AE的长度是cm．（2）长方形ADFE和长方形BCHG，从底面ABCD翻开的过程中，当EG=1cm且∠EAB最大时，∠EAB的余弦值为．4．希腊数学家海伦给出了挖掘直线隧道的方法：如图，A，B是两侧山脚的入口，从B出发任作线段BC，过C作CD⊥BC，然后依次作垂线段DE，EF，FG，GH，直到接近A点，作AJ⊥GH于点J．每条线段可测量，长度如图所示．分别在BC，AJ上任选点M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ，使得PNAN=QMBM=k（1）CD−EF−GJ=km．（2）k=．5．如图1为一.款折叠婴儿车的演示过程.点D处有一卡扣，打开卡扣，从手柄P点处往下按压，完成折叠.已知支撑杆AB=AC=60cm，BD=30cm，卡扣D恰好为BC中点，推杆PD=110cm.(结果均精确到0.1cm.参考数据：2≈1.414，3≈1.732，sin75°≈0.966，cos75°≈0.259，tan75°≈3.732，sin14.5°~0.250，cos14.5°~0.968，tan14.5°≈0.257.)

（1）如图2，当卡扣D固定时，支撑杆AB与水平线l呈15°角，手柄P到水平线l的距离约为cm.（2）当折叠完成时，∠CDB=60°(如图3所示)，支撑杆AB与水平线l呈1°角，此时手柄P约下降了cm.6．如图1为某小区出入口栅栏道闸，BE，CF为栅栏道闸的转动杆，上面有10根等间距的竖杆，未抬起时与地面保持水平，竖杆竖直地面，在道闸抬起时最大旋转角度为70°，MN为门墙，BE=CF=3.1m，AD=1.2m，AB=CD=0.2m，转动杆外端E，F距离杆GH与门墙MN均为0.（1）如图2，当道闸转动30°抬起时，第五根竖杆的底端P到地面的距离为.（2）现有一辆货车进小区装货，已知货车宽2.2m，货车进出需保持与门墙0.2m的安全距离，该货车安全进出小区的离地高度不得超过m.7．图1是小文家的木马玩具，图2是木马玩具底座水平放置的示意图，点O是AB所在圆的圆心，OA=OB，点A，点B离地高度均为15cm，水平距离AB=90cm.则OA=cm.当半径OA转到竖直位置时，木马就有翻倒的风险，为安全起见，点B离地高度应小于cm.8．一款闭门器按如图1所示安装，支点A，C分别固定在门框和门板上，门宽OD=52cm，摇臂AB=18cm，连杆BC=24cm，闭门器工作时，摇臂、连杆和OC长度均固定不变.如图2，当门闭合时，sin∠B=53，则AC的长为cm.如图3，门板绕点O旋转，当∠B=90°时，点D到门框的距离DK=48cm，则OC9．如图，ED为一条宽为4米的河，河的西岸建有-道防洪堤，防洪堤与东岸的高度差为3米(即CE=3米)，因为施工需要，现准备将东岸的泥沙通过滑轨送到西岸的防洪堤上，防洪堤上已经建好一座固定滑轨一端的钢架，现准备在东岸找一个点P作为另一端的固定点，已知吊篮的截面为直径为1米的半圆(直径MN=1米)，绳子QM=QN=1.3米，钢架高度2.2米(AB=2.2米)，距离防洪堤边缘为0.5米(BC=0.5米).（1）西岸边缘点C与东岸边缘点D之间的距离为米.（2）滑轨在运送货物时保持笔直，要想做到运输过程中吊篮一定不会碰到点C，则DP的长度应大于米.10．图1是一种机械装置，当滑轮P绕固定点O旋转时，点P在AB上滑动，带动点B绕固定点A旋转，使点C在水平杆MN上来回滑动.图2是装置的侧面示意图，AO⊥MN，OA=10cm，AB=18cm，BC=12cm，OP=6cm.当转动到OP′⊥AB′时，点C滑到最左边C′处，此时A，B′，C′恰好在同一条直线上，则点O到MN的距离是cm；当转动到OP″11．图1是一种可调节桌面画架，画架侧面及相关数据如图2所示.B是底座OA上一固定支点，点C在滑槽DE内滑动，支杆BC长度不变.已知DE=24cm，当C从点D出发滑向终点E，∠AOF从0∘逐渐增大至90∘，则支杆BC的长为12．如图，某公园有一月牙形水池，水池边缘有A，B，C，D，E五盏装饰灯.为了估测该水池的大小，观测员在A，D两点处发现点A，E，C和D，E，B均在同一直线上，沿AD方向走到F点，发现∠AFC=90°.测得AD=9.6米，AE=DE=8米，DF=2.4米，则AED所在圆的半径为米，13．如图1是一款轴对称“磁悬浮地漏”无水时的示意图，它由一个圆弧形密封盖MN与两个磁体组成（下侧磁体固定不动），连接杆EF与地面BD垂直，排水口CD=243mm，密封盖最高点E到地面的距离为6mm，整个地漏的高度EG=75mm（G为磁体底部中点），密封盖被磁体顶起将排水口密封，MN所在圆的半径为mm；当有水时如图2所示，密封盖下移排水，当密封盖下沉至最低处时，点M′恰好落在BG中点，若点M′到E′F14．图1是某收纳盒实物图，图2是盒子打开时部分侧面示意图，两平行的支撑杆AC，BE与收纳盒相连.当支撑杆绕点A或B旋转时，收纳盒CD，EF沿斜上方平移，且CD，EF始终保持与MN平行.点A位于PQ的中垂线上，其到PQ的距离是到MN距离的1.5倍，已知PQ=31cm，AB∥PQ，AB=8.5cm.转动BE，当点E在点B的正上方时，E到MN的距离为18cm，盒子关闭时，支撑杆BE绕点B旋转，点E恰好与点M重合，则支撑杆BE的长为cm；将盒子完全打开如图3所示，支撑杆BE经过点N，则EF与PQ15．图（1）是一种便携式手推车，点O是竖直拉杆OB与挡板OA的连接点，竖直拉杆OB中CD部分可伸缩，当C，D重合时，拉杆缩至最短，运输货物时，拉杆伸至最长.拉杆OB的长70~120cm（含70cm，120cm），挡板OA长为50cm，OA可绕点O旋转，折叠后点A，D重合.现有两箱货物如图（2）方式放置，两个箱子的侧面均为正方形，为了避免货物掉落，在货物四周用绳子加固，四边形ODFM为菱形，则OE=cm；小聪在运输货物时，发现货物仍有掉落的危险，重新加固如图（3），若FK=HJ，KI=60cm，∠GKJ=60°，则绳子最低点I到挡板OA的距离IE=cm.16．如图是一个矩形足球球场，AB为球门，CD⊥AB于点D，AB=a米.某球员沿CD带球向球门AB进攻，在Q处准备射门.已知BD=3a米，QD=3a米，则tan∠AQB=；已知对方门将伸开双臂后，可成功防守的范围大约为0.5a米；此时门将站在张角∠AQB内，双臂伸开MN且垂直于AQ进行防守，MN中点与AB17．如图：【新知学习】如图1，两个力作用于点A，线段AB，AD的长度分别表示力的大小，箭头方向为力的方向，则两个力可以产生一个效果相同的合力，此合力的大小可用以AB，AD为邻边的平行四边形ABCD的对角线AC长度表示，合力方向为AC箭头方向．【数学实践】现有两个同规格的滑轮、若干个同质量的砝码和一条无弹性绳子．如图2，将两个滑轮固定在同一水平高度的A，B两点，在绳子的固定位置点C处挂5个砝码，绳子分别绕过两个滑轮，两端分别挂4个和3个砝码，平衡静止时，量得夹角∠ACB＝90°，根据“新知学习”进行受力分析，如图3，作▱CDEF，此时，CE＝CG，即CD：CF：CE=3：4：5，从而验证了∠ACB是直角．【问题解决】（1）若将挂中间的5个砝码中取出1个挂在右边，使三处所挂砝码均为4个，平衡静止时，∠ACB的度数为度．（2）若将挂中间的5个砝码中取走1个，使从左到右三处所挂砝码个数分别为4个、4个、3个，平衡静止时，sin∠ABC的值为．18．甲、乙两幢完全一样的房子如图1，小聪与弟弟住在甲幢，为测量对面的乙幢屋顶斜坡M，N之间的距离，制定如下方案：两幢房子截面图如图2，AB=12m，小聪在离屋檐A处3m的点G处水平放置平面镜（平面镜的大小忽略不计），弟弟在离点G水平距离3m的点H处恰好在镜子中看到乙幢屋顶N，此时测得弟弟眼睛与镜面的竖直距离IH=0.6m.下楼后，弟弟直立站在DE处，测得地面点F与E，M，N在一条直线上，DE=1.2m，FD=2m，BF=5m，则甲、乙两幢间距BC=19．图1是一张可以折叠的小床展开后支撑起来放在地面的示意图，此时点A、B、C在同一直线上，且∠ACD=90°，图2是小床支撑脚CD折叠的示意图，在折叠过程中，△ACD变形为四边形ABC'D'，最后折叠形成一条线段“BD”.某家装厂设计的折叠床是①此时BC″应该是多长②折叠时，当AB⊥BC'时，sin20．金华新金婺大桥是华东第一的独塔斜拉桥，如图1是新金婺大桥的效果图.2022年4月13日开始主塔吊装作业.如图2，我们把吊装过程抽象成如下数学问题：线段OP为主塔，在离塔顶10米处有一个固定点Q(PQ=10米).在东西各拉一根钢索QN和QM，已知MO等于214米.吊装时，通过钢索QM牵拉，主塔OP由平躺桥面的位置，绕点O旋转到与桥面垂直的位置.中午休息时∠PON=60°，此时一名工作人员在离M6.4米的B处，在位于B点正上方的钢索上A点处挂彩旗.（1）主塔OP的高度为米，（精确到整数米）（2）吊装过程中，钢索QN也始终处于拉直状态，因受场地限制和安全需要，QN与水平桥面的最大张角在37°到53°之间(即37°≤∠QNM≤53°)，ON的取值范围是.（注：tan37°≈0.21．三折伞是我们生活中常用的一种伞，三折伞的骨架是一个“移动副”和多个“转动副”组成的连杆机构，如图1是三折伞一条骨架的结构图，当“移动副”（标号1）沿着伞柄移动时，折伞的每条骨架都可以绕“转动副”（标号2-9）转动：图2是三折伞一条骨架的示意图，其中四边形CDEF和四边形DGMN都是平行四边形，AC=BC=13cm，DE=2cm，DN=1cm.（1）若关闭折伞后，点A、E、H三点重合，点B与点M重合，则BN=cm.（2）在（1）的条件下，折伞完全撑开时，∠BAC=75°，则点H到伞柄AB距离是cm（结果精确到0.1cm）.（参考数据：22．如图，用图1中的a张长方形和b张正方形纸板作侧面和底面，做成如图2的竖式和横式两种无盖纸盒，若a+b的值在285和315之间（不含285与315），且用完这些纸板做竖式纸盒比横式纸盒多30个，则a的值可能是.23．图1是一款带毛刷的圆型扫地机器人，它的俯视图如图2所示，⊙O的直径为40cm，毛刷的一端为固定点P，另一端为点C，CP=102cm，毛刷绕着点P旋转形成的圆弧交⊙O于点A，B，且A，P，B三点在同一直线上.毛刷在旋转过程中，与⊙O交于点D，则CD的最大长度为cm.扫地机器人在遇到障碍物时会自转，毛刷碰到障碍物时可弯曲.如图3，当扫地机器人在清扫角度为60°的墙角（∠Q=60°）时，不能清扫到的面积（图中阴影部分）为24．如图1所示的是古代一种可以远程攻击的投石车，图2是投石车投石过程中某时刻的示意图，GP是杠杆，弹袋挂在点G，重锤挂在点P，点A为支点，点D是水平底板BC上的一点，AD＝AC＝3米，CD＝3.6米.（1）投石车准备时，点G恰好与点B重合，此时AG和AC垂直，则AG＝米.（2）投石车投石瞬间，AP的延长线交线段DC于点E，若DE：CE=5：1，则点G的上升高度为米.25．如图，岸边堤坝和湖中分别伫立着甲、乙两座电线塔，甲塔底CD和堤坝EF段均与水平面MN平行，B为CD中点，CD=6EF=12米，DE=5米．某时刻甲塔顶A影子恰好落在斜坡底端E处，此时小章测得2米直立杆子的影长为1米．随后小章乘船行驶至湖面点P处，发现点D，F，P三点共线，并在P处测得甲塔底D和乙塔顶T的仰角均为α=26.7°，则塔高AB的长为米；若小章继续向右行驶10米至点Q，且在Q处测得甲、乙两塔顶A，T的仰角均为β=36.8°．若点M，P，Q，N在同一水平线上，TN⊥MN，则甲、乙两塔顶A，T的距离为米．（参考数据：tan26.7°≈0.5，sin26.7°≈0.45，tan36.8°≈0.75，26．如图1是传统的手工推磨工具，根据它的原理设计了右图的机械设备，磨盘半径OQ=3dm，用长为13dm的连杆将点Q与动力装置P相连（∠OQP大小可变），点P在轨道AB上滑动，并带动磨盘绕点O转动，OA⊥AB，OA=8dm.（1）如图2，当PQ与⊙O相切时，则AP=dm.（2）若磨盘转动10周，则点P在轨道AB上滑动的路径长是dm.27．已知晾衣架侧面伸缩部分如图1，由6根长方形铝条（厚度忽略不计），用9个钉子A，B，C，D，E，F，G，H，I链接而成，铝条宽度都为2cm，五根较长的长为42cm，其余一根长为22cm，每个钉子都在距离长方形铝条边为1cm的地方，主视图如图2所示.晾衣架伸缩时，点B在射线AP上滑动，∠ACB的大小也随之发生变化.记铝条ACE最右侧顶点为M，铝条IH最左侧顶点为N，当∠ACD=90°时，MN=；当∠ACD=30°时，MN=.（sin15°=28．如图1是将正方形分割成七个几何图形得到的七巧板，它是中国古代劳动人民发明的一种智力玩具．图2是由七巧板拼成“熊”的几何图形．四边形ABCD是菱形，且CIJ的面积为2，则AE=．记点K到直线LG的距离为d，则dAB=29．斜抛小球，小球触地后呈抛物线反弹，每次反弹后保持相同的抛物线形状（开口方向与开口大小前后一致），第一次反弹后的最大高度为ℎ1，第二次反弹后的最大高度为ℎ2，第二次反弹后，小球越过最高点落在垂直于地面的挡板C处，且离地高度BC=23ℎ1，若30．如图1的螺丝钉由头部（直六棱柱）和螺纹（圆螺纹直径柱）组合而成，其俯视图如图2所示.小明想用一把刻度尺测量出螺纹直径.已知刻度尺紧靠螺纹，经过点A且交CD于点P，若测得AP长为头部13mm，正六边形ABCDEF的边长为7.5mm，则CP长为mm，螺纹直径为mm.参考答案填空题要注意认真看清题目的条件和要填写的内容，尽量完整地填写答案.1．如图1是一款便携式拉杆车，其侧面示意图如图2所示，前轮⊙O的直径为12cm，拖盘OE与后轮⊙O′相切于点N，手柄OF⊥OE．侧面为矩形ABCD的货物置于拖盘上，AB=20cm，BC=52cm．如图3所示，倾斜一定角度拉车时，货物绕点B旋转，点C落在OF上，若tan∠ABE=15，则OC的长为cm，同一时刻，点C离地面高度【答案】1026；【解析】∵∠ABC=∠COE=90°，

∴∠OBC+∠OCB=90°，∠OBC+∠ABE=90°，

∴∠OCB=∠ABE，

∴tan∠OCB=tan∠ABE=OBOC=15，

设OB=x，则OC=5x，

在Rt△COB中，BC2=OB2+OC2，

∴x2+25x2=522

解之：x=252，

∴OB=252，OC=1052；

过点O作OG⊥FQ于点G，过点A作AH⊥FQ于点H，过点A作AP⊥水平高于点P，在OC上取点N，使BN=CN，连接BN，AH与BC交于点S，

易证四边形APQH是矩形，

∴AP=QH，

由题意可知QG=6，CG=CQ-GQ=56-6=50，

∴OG=OC2−CG2=10262−502=10，

∴tan∠OCG=OGCG=1050=15，

∴∠OCG=∠OCB，

∴∠BCG=2∠OCB，

∵BN=CN，

∴∠NBC=∠NCB，

∴∠BNO=∠NBC+∠NCB=2∠NCB=∠BCG，

设CN=BN=x，则ON=CO-CN=1026−x，

在Rt△OBN中，BN2=OB2+ON2，

∴1026−x2+2262=x2

解之：x=26265，

∴CN=BN=26265，ON=1026−（1）第一发花弹的飞行高度ℎ的最大高度是米.（2）第一发花弹飞行过程中与其他花弹同一高度时，其t的值为.【答案】（1）10（2）5【解析】（1）∵当t=1秒时，该花弹的高度为152∴−5∴m=10．∴ℎ=−5∵ℎ=−5∴抛物线的顶点坐标为(2，∴第一发花弹的飞行高度ℎ的最大高度是10米．故答案为：10；（2）令ℎ=0，则−5∴t=0或t=4，∴第一发花弹飞行需要4秒．∴第一发花弹飞行过程中可能与第二发花弹，第三发花弹，第四发花弹在同一高度，设第一发花弹与第二发花弹在高度为a米时，高度相同，∴−5∴5t∴t1+∵第一发花弹与第二发花弹相差1秒，∴t∴(∴(∴16−8∴a=75当a=75−5解得：t=32（不合题意，舍去）或设第一发花弹与第三发花弹在高度为b米时，高度相同，∴−5∴5t∴t1+∵第一发花弹与第三发花弹相差2秒，∴t∴(∴(∴16−8∴b=15当b=15−5解得：t=1（不合题意，舍去）或t=3．设第一发花弹与第四发花弹在高度为c米时，高度相同，∴−5∴5t∴t1+∵第一发花弹与第四发花弹相差3秒，∴t∴(∴(∴16−8∴c=35当c=35−5解得：t=12（不合题意，舍去）或综上，第一发花弹飞行过程中与其他花弹同一高度时，其t的值为52秒或3秒或7故答案为：52秒或3秒或73．如图，一个立方体有盖盒子，棱长为8cm，当正方形PDCS合上时，点A与点P重合，点B与点S重合，此时，两个全等的长方形ADFE与长方形BCHG向内合上，且顶点E，G都落在AB边上，点E在点G的右侧，EG=2cm．（1）AE的长度是cm．（2）长方形ADFE和长方形BCHG，从底面ABCD翻开的过程中，当EG=1cm且∠EAB最大时，∠EAB的余弦值为．【答案】（1）5（2）7【解析】（1）∵两个全等的长方形ADFE与长方形BCHG，AB=8，

∴当合上时，AE+BG-AB=EG=2，

∴AE+BG=10，

∵AE=BG，∴AE=5；

故答案为：5.

（2）如图，当EG=1时，且∠EAB最大时，正方体的主视图如下，过点E、G分别作EM⊥AB，GN⊥AB，则四边形EMNG是矩形，∴MN=EG=1，

∵AB=8，∴AM=MN=12（AB-MN）=72，

∵AE=5，

∴cos∠EAB=AMAE=725=710；

4．希腊数学家海伦给出了挖掘直线隧道的方法：如图，A，B是两侧山脚的入口，从B出发任作线段BC，过C作CD⊥BC，然后依次作垂线段DE，EF，FG，GH，直到接近A点，作AJ⊥GH于点J．每条线段可测量，长度如图所示．分别在BC，AJ上任选点M，N，作MQ⊥BC，NP⊥AJ（1）CD−EF−GJ=km．（2）k=．【答案】（1）1.8（2）9【解析】（1）CD-EF-GJ=5.5-1-2.7=1.8（km）.

故答案为：1.8.

（2）连接AB，过A作AZ⊥CB，交CB的延长线于点Z，

由矩形的性质可得AZ=CD-EF-GJ=1.8，BZ=DE+FG-CB-AJ=4.9+3.1-3-2.4=2.6.

∵点P、A、B、Q共线，∴∠MBQ=∠ZBA.

∵∠BMQ=∠BZA=90°，

∴△BMQ∽△BZA，

∴QMBM=k=AZBZ=1.85．如图1为一.款折叠婴儿车的演示过程.点D处有一卡扣，打开卡扣，从手柄P点处往下按压，完成折叠.已知支撑杆AB=AC=60cm，BD=30cm，卡扣D恰好为BC中点，推杆PD=110cm.(结果均精确到0.1cm.参考数据：2≈1.414，3≈1.732，sin75°≈0.966，cos75°≈0.259，tan75°≈3.732，sin14.5°~0.250，cos14.5°~0.968，tan14.5°≈0.257.)

（1）如图2，当卡扣D固定时，支撑杆AB与水平线l呈15°角，手柄P到水平线l的距离约为cm.（2）当折叠完成时，∠CDB=60°(如图3所示)，支撑杆AB与水平线l呈1°角，此时手柄P约下降了cm.【答案】（1）114.5（2）64.5【解析】（1）过点P作PF⊥直线l于点F，过点D作DG⊥直线l于点G，延长CB交直线l于点E，连接AD，

∵点D为BC的中点，

∴BC=2BD=2×30=60，

∵AB=AC=BC，

∴△ABC是等边三角形，

∴∠BAC=60°，

∵点D为BC的中点，

∴∠DAB=12∠BAC=30°，∠ADB=90°，

∴∠DAE=∠EAB+∠DAB=15°+30°=45°，

∵∠E=90°-45°=45°=∠DAE，

∴DE=AD，

在Rt△ADB中，DE=AD=ABcos∠BAD=60×cos30°=60×32=303，

∴PE=DE+PD=110+303，

在Rt△PEF中，∠E=45°，

∴PF=22PE=22×110+303≈114.5.

故答案为：114.5

（2）过点P作PF⊥l于点F，过点C作CH⊥PF于点H，连接BC，过点A作AM⊥BC于点M，过点C作CE⊥l于点E，

易证四边形CEFH是矩形，

∵DC=DB，∠DCB=60°，

∴△DBC是等边三角形，

∴CD=BC=DB=30，

∴PC=PD-CD=110-30=80，

∵AB=AC=60，AM⊥BC，

∴CM=12BC=15，

sin∠CAM=CMAC=1560=0.25，

∴∠CAM=∠BAM=14.5°，

∴∠CAE=∠CAM+∠BAM+∠BAE=14.5°+14.5°+1°=30°，

∴CE=HF=12AC=30，

∴∠ACM=90°-14.5°=75.5°，

∴∠PCA=180°-60°-75.5°=44.5°，

∵CH∥l，

∴∠ACH=∠CAE=30°，

∴∠PCH=44.5°-30°=14.5°，

在Rt△PCH中，

PH=PCsin∠PCH≈80×0.25=20，

∴PF=PH+HF=20+30=50，

∴下降了114.5-50=64.5.

故答案为：64.5

6．如图1为某小区出入口栅栏道闸，BE，CF为栅栏道闸的转动杆，上面有10根等间距的竖杆，未抬起时与地面保持水平，竖杆竖直地面，在道闸抬起时最大旋转角度为（1）如图2，当道闸转动30°抬起时，第五根竖杆的底端P到地面的距离为.（2）现有一辆货车进小区装货，已知货车宽2.2m，货车进出需保持与门墙0.2m的安全距离，该货车安全进出小区的离地高度不得超过m.【答案】（1）0.65（2）2.3【解析】（1）如图，分别过点C、P作垂线交于点Q，∴∠CQP=90°，由题意得，CW=1当道闸转动30°抬起时，即∠WCQ=30°，∴WQ=1∴第五根竖杆的底端P到地面的距离为0.故答案为：0.（2）由题意可画图如下：∵货车宽2.2m，货车进出需保持与门墙0.2m的安全距离，∴CK=3.∵在道闸抬起时最大旋转角度为70°，即∠OCK=70°，∴OK=tan∵左侧9根竖杆底部离地面均为0.1m∴该货车安全进出小区的离地高度不得超过2.故答案为：2.7．图1是小文家的木马玩具，图2是木马玩具底座水平放置的示意图，点O是AB所在圆的圆心，OA=OB，点A，点B离地高度均为15cm，水平距离AB=90cm.则OA=cm.当半径OA转到竖直位置时，木马就有翻倒的风险，为安全起见，点B离地高度应小于cm.【答案】75；54【解析】连接AB，过点O作OC⊥AB，垂足为C，如图，∵OA=OB，AB=90cm，∴AC=BC=1∵点A，点B离地高度均为15cm，∴OC=OA−15，∴在Rt△AOC中，OC∴(OA−15)2+452过点B作BE⊥OA，BF垂直于地面，垂足分别是E、F，如图，∵BE=AF，设BF=AE=x，OA=OB=75cm，∴OE=OA−AE=75−x，∴在Rt△BOE中，BE2=OB2∴75∴x=54cm.∴则点B离地面的高度应小于54cm.故答案为：54.8．一款闭门器按如图1所示安装，支点A，C分别固定在门框和门板上，门宽OD=52cm，摇臂AB=18cm，连杆BC=24cm，闭门器工作时，摇臂、连杆和OC长度均固定不变.如图2，当门闭合时，sin∠B=53，则AC的长为cm.如图3，门板绕点O旋转，当∠B=90°时，点D到门框的距离DK=48cm，则OC【答案】18；8【解析】过A作AE⊥BC，E为垂足，∵sin∴AE∴AE∴AE=65∴BE==12，∴CE=BC−BE=24−12=12，∴AC=C如图，连接AC，作CF⊥AK，F为垂足，E为C的对应点，∴CF∥DK，∴OC∴OC∴OC∴设OC=13x，则CF=12x，∴OF=O由题空1得：AE=18cm，OE=OC=13x，∴AF=OF+OE+AE=5x+13x+18=18+18x，又∵AC=A∴CF即：(12x)2整理得：13x解得：x1=8∴OC=13×8故答案为：18，8.9．如图，ED为一条宽为4米的河，河的西岸建有-道防洪堤，防洪堤与东岸的高度差为3米(即CE=3米)，因为施工需要，现准备将东岸的泥沙通过滑轨送到西岸的防洪堤上，防洪堤上已经建好一座固定滑轨一端的钢架，现准备在东岸找一个点P作为另一端的固定点，已知吊篮的截面为直径为1米的半圆(直径MN=1米)，绳子QM=QN=1.3米，钢架高度2.2米(AB=2.2米)，距离防洪堤边缘为0.5米(BC=0.5米).（1）西岸边缘点C与东岸边缘点D之间的距离为米.（2）滑轨在运送货物时保持笔直，要想做到运输过程中吊篮一定不会碰到点C，则DP的长度应大于米.【答案】（1）5（2）0.7【解析】（1）连接CD，DE，

由题意可知DE=4米，CE=3米，

在Rt△CDE中

CD=CE2+DE2=32+42=5.

故答案为：5

（2）过点Q作QK⊥MN于点K，延长AB与PE交于点O，

∵QM=QN=1.3，MN=1，

∴△QMN是等腰三角形，

∴MK=12MN=12，

∴QK=1.32−122=1.2；

∵滑轨在运送货物时保持笔直，要想做到运输时吊篮一定不会碰到点C，则CG至少为1.2+0.5=1.7，

∵∠AOP=∠GEP=90°，∠GPE=∠APO，

∴△GPE∽△APO，∴PEPO=GEAO

设PD=x，则PE=x+4，GE=GC+CE=1.7+3=4.7，AO=3+2.2=5.2，PO=x+4+0.5=x+4.5，

∴x+44.5+x=4.75.2

解之：x=0.7.

故答案为：0.7

10．图1是一种机械装置，当滑轮P绕固定点O旋转时，点P在AB上滑动，带动点B绕固定点A旋转，使点C在水平杆MN上来回滑动.图2是装置的侧面示意图，AO⊥MN，OA=10cm【答案】14；108【解析】如图，延长AO交MN于点D，则AD⊥MN，在Rt△AOP′中，AO=10cm，∴AP∵∠AP′O=∠AD∴△AOP∴AP∴8AD∴AD=24cm，∴OD=AD−AO=14cm，∴点O到MN的距离是14cm；延长AB″交MN于E，作∵OP′⊥AC′∴AO平分∠C∴∠又∵∠ADC′=∠ADE=90°∴△ADC∴AE=AC′=30cm∴B″∴C″在Rt△ADC′中，∴DE=C∵B″∴EFDE∴EF18∴EF=36∴C″又∵C′∴C∴点C在MN上滑动的最大距离是1085故答案为：14，108511．图1是一种可调节桌面画架，画架侧面及相关数据如图2所示.B是底座OA上一固定支点，点C在滑槽DE内滑动，支杆BC长度不变.已知DE=24cm，当C从点D出发滑向终点E，∠AOF从0∘逐渐增大至90∘，则支杆BC的长为【答案】17；145【解析】当∠AOF=0OE+DE=OB+BC，∵DE=24cm，OB=15cm，∴OE+24=15+BC；当∠AOF=90由勾股定理得OE2+O∴OE∴OE=8cm，BC=17cm若点F到OA的距离为40cm，过点F作FM⊥OA于M，过点C作CN⊥OA于N，∵FG⊥OA，∴OM由题意OF=50cm，FM=40cm，∴OM=∵FG⊥OA，CN⊥OA，∴CN//∴△CON∽△FOM，∴设OC=xcm，∴ON=35xcm，CN=∵CN⊥OA，∴CN∴(∴x1=9+145，∴OC=(9+145∵OE=8cm，∴EC=OC−OE=(故答案为：17，14512．如图，某公园有一月牙形水池，水池边缘有A，B，C，D，E五盏装饰灯.为了估测该水池的大小，观测员在A，D两点处发现点A，E，C和D，E，B均在同一直线上，沿AD方向走到F点，发现∠AFC=90°.测得AD=9.6米，AE=DE=8米，DF=2.4米，则AED所在圆的半径为米，【答案】5；409【解析】过点E作EQ⊥AD于点Q，根据圆的对称性，可知∶AED所在圆的圆心、ABC所在圆的圆心都在EQ上，设AED所在圆的圆心为O、ABC所在圆的圆心为O'过O'作O'P⊥CF于点P，连接OA，O则四边形O'∴QF=O'P∵AE=DE=8，AD=9.∴AQ=DQ=1在Rt△AQE中，QE=A在Rt△AQO中，OQ=EQ−OE=EQ−OA=6.∴AO2=A解得AO=5，∵EQ⊥AD，∠AFC=90°，∴EQ∥CF，∴△AEQ∽△ACF，∴QECF=AQ解得CF=16，在Rt△O'DQ在Rt△O'CP∴O'解得O'∴O'∴O'故答案为：5，409213．如图1是一款轴对称“磁悬浮地漏”无水时的示意图，它由一个圆弧形密封盖MN与两个磁体组成（下侧磁体固定不动），连接杆EF与地面BD垂直，排水口CD=243mm，密封盖最高点E到地面的距离为6mm，整个地漏的高度EG=75mm（G为磁体底部中点），密封盖被磁体顶起将排水口密封，MN所在圆的半径为mm；当有水时如图2所示，密封盖下移排水，当密封盖下沉至最低处时，点M′恰好落在BG中点，若点M′到E′F【答案】39；16.5【解析】①设作圆心O，连接CD交CE于点H，设OH=xmm，∵最高点E到地面的距离为6mm，∴OE=(6+x)mm，∵CD=243∴DH=123∴在Rt△OHD中，OD=x∵OE=OD，∴6+x=x∴x=33，∴OE=39mm，故答案为：39.②作M′P′⊥E′G，延长GE′∵M′∴M′∴点Z是BQ∵M′为BG∴M′Z为∴M′∵EG=75mm，EQ∴GQ∴M′∵点M′到E′F∴MJ=M∵OM=OE=39mm，回到图1，作MJ⊥EG，由勾股定理得：OJ=O∴移动前M到地面的距离为：JH=39−15−6=18(mm)，∵M移动的距离为密盖下沉的距离，∴MM∴密封盖下沉的最大距离为16.故答案为：16.5.14．图1是某收纳盒实物图，图2是盒子打开时部分侧面示意图，两平行的支撑杆AC，BE与收纳盒相连.当支撑杆绕点A或B旋转时，收纳盒CD，EF沿斜上方平移，且CD，EF始终保持与MN平行.点A位于PQ的中垂线上，其到PQ的距离是到MN距离的1.5倍，已知PQ=31cm，AB∥PQ，AB=8.5cm.转动BE，当点E在点B的正上方时，E到MN的距离为18cm，盒子关闭时，支撑杆BE绕点B旋转，点E恰好与点M重合，则支撑杆BE的长为cm；将盒子完全打开如图3所示，支撑杆BE经过点N，则EF与PQ【答案】25；21+25【解析】令CA与MN交点为K，EB与MN交点为H，连接BM，连接AB并延长，交NP于点R∵AC∥BE，点E在点B的正上方∴AC⊥MN、EB⊥MN∵点A位于PQ的中垂线上，PQ=31cm∴AC为MN中垂线∴MK=1∵CD∥EF∥MN∥PQ∥AB、MQ∥AC∥BG∥NP∴四边形AKHB为矩形、四边形HBRN为矩形∴AB=KH=8.∴MH=MK+KH=设BE长为x，则根据题意可知BM=BE=x∴BH=BE−EH=x−18∴在Rt△MBH中根据勾股定理有：B即x解得x=25故答案为25；过E点作EW⊥QP，交QP延长线于点W，连接AB并延长，交NP于点R，交EW于点T则有EW∥NP、EW⊥BT、AT∥MN∥QW∴∠BRN=∠BTE=∠BTW=90°∵∠NBR=∠EBT∴△BNR∽△BET由①可知NR=25−18=7cm∵BR=AR−AB∴BR=∴BR∴BT=ET∵BE=25cm∴在Rt△EBT中根据勾股定理有：E∴2E∴ET=∵点A到PQ的距离是到MN距离的1.∴点R到PQ的距离是到MN距离的1.∴RP=1∵EW∥NP、AT∥QW、∠BTW=90°∴四边形RPWT为矩形∴RP=TW=∴EW=ET+TW=故答案为21+25215．图（1）是一种便携式手推车，点O是竖直拉杆OB与挡板OA的连接点，竖直拉杆OB中CD部分可伸缩，当C，D重合时，拉杆缩至最短，运输货物时，拉杆伸至最长.拉杆OB的长70~120cm（含70cm，120cm），挡板OA长为50cm，OA可绕点O旋转，折叠后点A，D重合.现有两箱货物如图（2）方式放置，两个箱子的侧面均为正方形，为了避免货物掉落，在货物四周用绳子加固，四边形ODFM为菱形，则OE=cm；小聪在运输货物时，发现货物仍有掉落的危险，重新加固如图（3），若FK=HJ，KI=60cm，∠GKJ=60°，则绳子最低点I到挡板OA的距离IE=cm.【答案】40；(40【解析】如图（2）设OE=xcm，则OG=2xcm，GF=xcm，

∵挡板OA的长为50cm，OA可绕着点O旋转，折叠后点A，D重合，

∴OA=OD=50cm，

∴GD=（2x-50）cm，

∵四边形ODFM是菱形，

∴OD=DF=50cm，

在Rt△DGF中，DG2+GF2=DF2，

∴（2x-50）2+x2=502，

解之：x1=40，x2=0（舍去）

∴OE=40cm；

如图，过点J作JM⊥CK于点M，连接HF，

∵∠GKJ=60°，

∴∠MJK=30°，

∴MK=12JK，

∵FK=HJ，FK∥HJ，

∴四边形HJKF是平行四边形，

∴JK=HF=402，

∴MK=202，

∴JM=4022−4022=206；

设IE=m，KI=60，

∴KF=HJ=（20-m）cm，GJ=（60-m）cm，

∴GK=402+20−m2，

∵S△JGK=12GJ·GF=12GK·JM，

∴60−m×40=402+20−m2×206

解之：m1=−60+403，m2=−60−403，

∵【答案】17；【解析】如图，过点B作BH⊥AQ于H，Rt△ADQ中，AD=a+3a=4a，DQ=3a，∴AQ=5a，Rt△ABH中，sinA∴BHa∴BH=3∴AH=4∴HQ=5a−4∴tan∠AOB=延长MN交AD于E，取MN的中点O，过点N作JK⊥AD于K，过点O作OJ⊥JK于J，Rt△MNQ中，MN=0.∴tan∠MON=∴MQ=7∴NQ=(∵BQ=32∴BN=BQ−NQ=32∵∠DBQ=45°，∴BK=NK=7∵BH∥EM，∴∠ABH=∠AEM，∵∠AHB=∠EKN=90°，∴∠A=∠ENK=∠ONJ，∵cos∠ONJ=∵O是MN的中点，∴ON=1∴NJ=1∴JK=JN+NK=1即MN中点与AB距离3710故答案为：17，3717．如图：【新知学习】如图1，两个力作用于点A，线段AB，AD的长度分别表示力的大小，箭头方向为力的方向，则两个力可以产生一个效果相同的合力，此合力的大小可用以AB，AD为邻边的平行四边形ABCD的对角线AC长度表示，合力方向为AC箭头方向．【数学实践】现有两个同规格的滑轮、若干个同质量的砝码和一条无弹性绳子．如图2，将两个滑轮固定在同一水平高度的A，B两点，在绳子的固定位置点C处挂5个砝码，绳子分别绕过两个滑轮，两端分别挂4个和3个砝码，平衡静止时，量得夹角∠ACB＝90°，根据“新知学习”进行受力分析，如图3，作▱CDEF，此时，CE＝CG，即CD：CF：CE=3：4：5，从而验证了∠ACB是直角．【问题解决】（1）若将挂中间的5个砝码中取出1个挂在右边，使三处所挂砝码均为4个，平衡静止时，∠ACB的度数为度．（2）若将挂中间的5个砝码中取走1个，使从左到右三处所挂砝码个数分别为4个、4个、3个，平衡静止时，sin∠ABC的值为．【答案】（1）120（2）3【解析】（1）若将挂中间的5个砝码取出1个挂在右边，使三处所挂的砝码为4个，根据“新知学习”进行受力分析，

作平行四边形CDEF，

此时CE=CG，即CD：CF：CE=1：1：1，

∴∠FCE=∠DCE=60°，

∴∠FCD=∠ACB=120°；

（2）若将挂中间的5个砝码取出1个挂使从左到右三处所挂的砝码分别为4个，4个，3个，根据“新知学习”进行受力分析，

作平行四边形CDEF，此时CE=CG，即CD：CF：CE=3：4：4，

∴cos∠ECD=12CDCE=38，

∴sin∠ABC=cos∠ECD=38.

故答案为：120，38

18．甲、乙两幢完全一样的房子如图1，小聪与弟弟住在甲幢，为测量对面的乙幢屋顶斜坡M，N之间的距离，制定如下方案：两幢房子截面图如图2，AB=12m，小聪在离屋檐A处3m的点G处水平放置平面镜（平面镜的大小忽略不计），弟弟在离点G水平距离3m的点H处恰好在镜子中看到乙幢屋顶N，此时测得弟弟眼睛与镜面的竖直距离IH=0.【答案】25；34【解析】如图，HG交MC于R，过N点作NQ⊥HG交HG于点Q，交MS于点K，则四边形MKQR是矩形，∠IHG=∠EDF=∠MCF=90°，MR=KQ=AG=3m，由题意得：∠HGI=∠NGQ，∠NMK=∠MFD，∴tan∠MFC=MCFC∴FC=20m，∴BC=BF+FC=5+20=25m设MK=RQ=xm，∵tan∠NMK=tan∠EFD=∴NK=3∴NQ=(3∵tan∠HGI=∴0.63∴MN=M故答案为：25，34.19．图1是一张可以折叠的小床展开后支撑起来放在地面的示意图，此时点A、B、C在同一直线上，且∠ACD=90°，图2是小床支撑脚CD折叠的示意图，在折叠过程中，△ACD变形为四边形ABC'D'，最后折叠形成一条线段“BD”.某家装厂设计的折叠床是①此时BC″应该是多长②折叠时，当AB⊥BC'时，sin【答案】16cm；19【解析】①∵BC=16cm，C、B、A、C由图形可得：BC∴BC故答案为：16cm；②设DC=y，则D″∴AD在Rt△ADC中，AC即24解得y=32，∴C'D'根据题意作出示意图如下，连接AC'，过点A作∵∠ABC∴AC=A设D'M=x，则解得：x=36，∴D'∴AM=A∴sinD故答案为：191020．金华新金婺大桥是华东第一的独塔斜拉桥，如图1是新金婺大桥的效果图.2022年4月13日开始主塔吊装作业.如图2，我们把吊装过程抽象成如下数学问题：线段OP为主塔，在离塔顶10米处有一个固定点Q(PQ=10米).在东西各拉一根钢索QN和QM，已知MO等于214米.吊装时，通过钢索QM牵拉，主塔OP由平躺桥面的位置，绕点O旋转到与桥面垂直的位置.中午休息时∠PON=60°，此时一名工作人员在离M6.4米的B处，在位于B点正上方的钢索上A点处挂彩旗.（1）主塔OP的高度为米，（精确到整数米）（2）吊装过程中，钢索QN也始终处于拉直状态，因受场地限制和安全需要，QN与水平桥面的最大张角在37°到53°之间(即37°≤∠QNM≤53°)，ON的取值范围是.（注：tan37°≈0.【答案】（1）82（2）90≤ON≤120【解析】过点Q作QG⊥MN交于G点，∵MB=6.4米，∴tan∠AMB=∴MG=4QG，∵∠PON=60°，∴QG=OG⋅tan∵MO=214米，∴214+3解得OG=642∴OQ=QG∵QP=10米，∴OP≈82米，故答案为：82；（2）解：在Rt△QNG中，GN=QG⋅tan在Rt△OGQ中，OG=64212−3∴GN=642∴ON=642∵37°≤∠QNM≤53°，∴37°≤∠NOG≤53°，∵tan37°≈0∴tan53°≈∴34∴90≤ON≤120，故答案为：90≤ON≤120.21．三折伞是我们生活中常用的一种伞，三折伞的骨架是一个“移动副”和多个“转动副”组成的连杆机构，如图1是三折伞一条骨架的结构图，当“移动副”（标号1）沿着伞柄移动时，折伞的每条骨架都可以绕“转动副”（标号2-9）转动：图2是三折伞一条骨架的示意图，其中四边形CDEF和四边形DGMN都是平行四边形，AC=BC=13cm，DE=2cm，DN=1cm.（1）若关闭折伞后，点A、E、H三点重合，点B与点M重合，则BN=cm.（2）在（1）的条件下，折伞完全撑开时，∠BAC=75°，则点H到伞柄AB距离是cm（结果精确到0.1cm）.（参考数据：【答案】（1）23（2）69.8【解析】（1）∵四边形CDEF和四边形DGMN都是平行四边形，∵点A、E、H三点重合，AC=BC=13cm，DE=2cm，DN=1cm，∴FA=EF=AC−ED=13−2=11，∴CD=EF=11，∴BN=BC+CD−DN=13+11−1=23cm，故答案为：23；（2）如图，点H到伞柄AB距离是BQ+DP+PH，∵四边形CDEF和四边形DGMN都是平行四边形，则∠BDQ=∠DGP=∠PGH=∠BAC=75°，点H到伞柄AB距离是BD⋅sin故答案为：69.8.22．如图，用图1中的a张长方形和b张正方形纸板作侧面和底面，做成如图2的竖式和横式两种无盖纸盒，若a+b的值在285和315之间（不含285与315），且用完这些纸板做竖式纸盒比横式纸盒多30个，则a的值可能是.【答案】218或225或232【解析】设横式纸盒x个，竖式纸盒为y个，由题意得：a=4y+3xb=y+2x整理得：a+b＝5x+5y，∵a+b的值在285和315之间（不含285与315），∴285＜a+b＜315，∴285＜5x+5y＜315，又∵y＝x+30，∴285＜5x+5（x+30）＜315，解得：13.5＜x＜16.5，∵x为整数，∴x＝14或15或16，当x＝14时，a＝218；当x＝15时，a＝225；当x＝16时，a＝232；即a的值可能是218或225或232，故答案为：218或225或232.23．图1是一款带毛刷的圆型扫地机器人，它的俯视图如图2所示，⊙O的直径为40cm，毛刷的一端为固定点P，另一端为点C，CP=102cm，毛刷绕着点P旋转形成的圆弧交⊙O于点A，B，且A，P，B三点在同一直线上.毛刷在旋转过程中，与⊙O交于点D，则CD的最大长度为cm.扫地机器人在遇到障碍物时会自转，毛刷碰到障碍物时可弯曲.如图3，当扫地机器人在清扫角度为60°的墙角（∠Q=60°）时，不能清扫到的面积（图中阴影部分）为【答案】（202−20）；（【解析】如图，连接AB，OB，∵BP=AP，且A，P，B三点共线，∴OP垂直平分AB，∴∠OPB=90°，∴当O、P、D、C四点共线时，CD最长，∵OB=OD=12×40=20，PB=CP=∴在Rt△BOP中，由勾股定理得OP=OB∴CD=CP-PD=CP-（OD-OP）=102如图3，当扫地机器人在清扫角度为60°的墙角时，QA和QB是⊙O的切线，则∠OAM=∠OBN=90°，∠AQO=∠BQO=30°，OM=OC=202∴∠AOQ=∠BOQ=60°，∴OQ=2AO=40，∴QP=OQ−OP=40−102在Rt△AOM中，由勾股定理得MA=O∴MA=AO，∴∠AOM=∠AMO=45°，∴∠MOP=15°，∵MP=102∴∠MOP=∠OMP=15°，∴∠MPC=30°，∠MPN=60°，∴S=2×=2×=2002故答案为：（202−20）；（24．如图1所示的是古代一种可以远程攻击的投石车，图2是投石车投石过程中某时刻的示意图，GP是杠杆，弹袋挂在点G，重锤挂在点P，点A为支点，点D是水平底板BC上的一点，AD＝AC＝3米，CD＝3.6米.（1）投石车准备时，点G恰好与点B重合，此时AG和AC垂直，则AG＝米.（2）投石车投石瞬间，AP的延长线交线段DC于点E，若DE：CE=5：1，则点G的上升高度为米.【答案】（1）4（2）12+8【解析】（1）如图，连接AB，过A点作AF⊥BC于F，∵AD=AC=3米，CD=3.6米，CF=DF=1.8米，∴AF=A∵∠B+∠ACB=90°，∠CAF+∠ACB=90°，∴∠B=∠CAF，∵∠AFB=∠AFC=90°，∴△AFB∽△CFA，∴AFCF∴BF=2.4∴AB=A∴AG的长为4米.故答案为：4.（2）∵DE：CE=5：1，∴(3.6−CE)：CE=5：1，∴CE=0.6，∴EF=FC−CE=1.8−0.6=1.2，∴在Rt△AEF中，AE=Asin∠AEF=∴EM=4+6∴MN=ME·sin故点G上升的高度为12+85故答案为：12+8525．如图，岸边堤坝和湖中分别伫立着甲、乙两座电线塔，甲塔底CD和堤坝EF段均与水平面MN平行，B为CD中点，CD=6EF=12米，DE=5米．某时刻甲塔顶A影子恰好落在斜坡底端E处，此时小章测得2米直立杆子的影长为1米．随后小章乘船行驶至湖面点P处，发现点D，F，P三点共线，并在P处测得甲塔底D和乙塔顶T的仰角均为α=26.7°，则塔高AB的长为米；若小章继续向右行驶10米至点Q，且在Q处测得甲、乙两塔顶A，T的仰角均为β=36.8°．若点M，P，Q，N在同一水平线上，TN⊥MN，则甲、乙两塔顶A，T的距离为米．（参考数据：tan26.7°≈0.5，sin26.7°≈0.45，tan36.8°≈0.75，【答案】17；4【解析】如图，延长AB交MN延长线于点G，延长FE交AG于点H，过点D作DR⊥FH于点R，交MN延长线于点I，

由题意得CB=BD=12CD=6米，

∵四边形HGRI为矩形，

∴HR∥GI∥BD，HR=GI=BD=6米，

∴∠DFR=∠DPI=α=26.7°，

∴DRRF=tan26.7°=0.5，

∴设DR=x，则RF=2x，

又∵EF=2米，

∴RE=2x-2=2（x-1）米，

在Rt△DRE中，DE=5米，

∴x2+[2（x-1）]2=25，

整理，解得：x=-75（舍去）或x=3，

∴DR=3米，RE=4米，

∴HE=HR+RE=6+4=10米

∵某时刻甲塔顶A的影子恰好落在斜坡底端E处，此时小章测得2米直立杆子的影长为1米，

∴2：1=AH：HE，

∴AH=20米，

∴塔高AB=AH-BG=AH-DR=20-3=17米；

连接AT，过点T作TK∥MN交AB于点K，

∵tanα=tan26.7°=DIIP=DR+RIIP=3+RIIP=0.5，

∴IP=6+2RI，

∵PQ=10米，

∴GQ=GI+IP+PQ=22+2RI，AG=AH+RI=20+RI，

在Rt△AGQ中，∠AQG=β=36.8°，

∴tan36.8°=AGGQ=0.75，即20+RI22+2RI=34，

解得：RI=7米，

∴GQ=22+2×7=36米，AG=20+7=27米，

在Rt△TNP中，∠TPN=α=26.7°

∴tan26.7°=TNPN=0.5，

∴PN=2TN，

在Rt△TQN中，∠AQN=β=36.8°，

∴tan36.8°=TNQN=0.75，

∴QN=43TN，

∴PQ=10=PN-QN=2TN-43TN，

解得：TN=15米，

∴QN=20米，

故答案为：17，4205.26．如图1是传统的手工推磨工具，根据它的原理设计了右图的机械设备，磨盘半径OQ=3dm，用长为13dm的连杆将点Q与动力装置P相连（∠OQP大小可变），点P在轨道AB上滑动，并带动磨盘绕点O转动，OA⊥AB，OA=8dm.（1）如图2，当PQ与⊙O相切时，则AP=dm.（2）若磨盘转动10周，则点P在轨道AB上滑动的路径长是d