测量时，在视线与水平线所成的角中，
角，
线，则
视线在水平线上方的
是仰角，
视线在水平线下方的
是俯角. 如图，$PQ$ 为水平线，$PA$，$PB$ 均为视 线，则
∠APQ
是仰角，∠BPQ
是俯角.答案：视线在水平线上方的 视线在水平线下方的 ∠APQ ∠BPQ
1. 某停车场入口的栏杆如图所示，$OA = a\ m$，栏杆从水平位置 $AB$ 绕点 $O$ 旋转到 $A'B'$ 的
位置. 若栏杆的旋转角 $\angle AOA' = \alpha$，则栏杆的最外点 $A$ 升高的高度为
(
A.$a \tan \alpha\ m$
B.$a \cos \alpha\ m$
C.$\frac{a}{\sin \alpha}\ m$
D.$a \sin \alpha\ m$
位置. 若栏杆的旋转角 $\angle AOA' = \alpha$，则栏杆的最外点 $A$ 升高的高度为
(
D
)A.$a \tan \alpha\ m$
B.$a \cos \alpha\ m$
C.$\frac{a}{\sin \alpha}\ m$
D.$a \sin \alpha\ m$
答案：1. D
解析：
过点 $A'$ 作 $A'C \perp AB$ 于点 $C$，则 $A'C$ 为栏杆最外点 $A$ 升高的高度。
在 $Rt\triangle OA'C$ 中，$\angle AOA' = \alpha$，$OA' = OA = a\ m$，$\sin\alpha = \frac{A'C}{OA'}$。
所以 $A'C = OA' · \sin\alpha = a\sin\alpha\ m$。
D
在 $Rt\triangle OA'C$ 中，$\angle AOA' = \alpha$，$OA' = OA = a\ m$，$\sin\alpha = \frac{A'C}{OA'}$。
所以 $A'C = OA' · \sin\alpha = a\sin\alpha\ m$。
D
2. 如图，某数学兴趣小组想测量一棵树 $CD$ 的高度，他们先在点 $A$ 处测得树顶 $C$ 的仰角为 $30°$，然后沿 $AD$ 方向前行 $12\ m$，到达点 $B$ 处，在点 $B$ 处测得树顶 $C$ 的仰角为 $60°$(点 $A$，$B$，$D$ 在同一条直线上). 根据测量的数据可知，这棵树 $CD$ 的高度是
$6\sqrt{3}$
$ m$.答案：$2. 6\sqrt{3}$
解析：
解：设树高 $ CD = h \, m $，$ BD = x \, m $。
在 $ Rt\triangle BCD $ 中，$ \tan 60° = \frac{CD}{BD} $，即 $ \sqrt{3} = \frac{h}{x} $，得 $ h = \sqrt{3}x $。
在 $ Rt\triangle ACD $ 中，$ \tan 30° = \frac{CD}{AD} $，$ AD = AB + BD = 12 + x $，即 $ \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{h}{12 + x} $。
将 $ h = \sqrt{3}x $ 代入，得 $ \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{\sqrt{3}x}{12 + x} $，解得 $ x = 6 $。
则 $ h = \sqrt{3} × 6 = 6\sqrt{3} $。
$ 6\sqrt{3} $
在 $ Rt\triangle BCD $ 中，$ \tan 60° = \frac{CD}{BD} $，即 $ \sqrt{3} = \frac{h}{x} $，得 $ h = \sqrt{3}x $。
在 $ Rt\triangle ACD $ 中，$ \tan 30° = \frac{CD}{AD} $，$ AD = AB + BD = 12 + x $，即 $ \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{h}{12 + x} $。
将 $ h = \sqrt{3}x $ 代入，得 $ \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{\sqrt{3}x}{12 + x} $，解得 $ x = 6 $。
则 $ h = \sqrt{3} × 6 = 6\sqrt{3} $。
$ 6\sqrt{3} $
3. 如图，建筑物的高 $CD$ 为 $10\ m$. 在楼顶 $C$ 处测得旗杆底部 $B$ 的俯角 $\alpha$ 为 $45°$，旗杆顶部 $A$ 的仰角 $\beta$ 为 $20°$. 求旗杆 $AB$ 的高度（参考数据：$\sin 20° \approx 0.34$，$\cos 20° \approx 0.94$，$\tan 20° \approx 0.36$）.
答案：3. 过点C作CE⊥AB于点E，则易得四边形CDBE是矩形.
∴CE = BD,BE = CD = 10 m. 在Rt△BCE中，
∵∠BEC = 90°,α = 45°,
∴易得△BCE是等腰直角三角形.
∴CE = BE = 10 m. 在Rt△ACE中，
∵$∠AEC = 90°,tan β = \frac{AE}{CE},$
∴AE = 10×tan 20°≈3.6(m).
∴AB = AE + BE = 3.6 + 10 = 13.6(m).
∴旗杆AB的高度约为13.6 m
∴CE = BD,BE = CD = 10 m. 在Rt△BCE中，
∵∠BEC = 90°,α = 45°,
∴易得△BCE是等腰直角三角形.
∴CE = BE = 10 m. 在Rt△ACE中，
∵$∠AEC = 90°,tan β = \frac{AE}{CE},$
∴AE = 10×tan 20°≈3.6(m).
∴AB = AE + BE = 3.6 + 10 = 13.6(m).
∴旗杆AB的高度约为13.6 m
4. 如图所示为某雕塑的简易示意图. 已知 $AB // CD // FG$，$A$，$D$，$H$，$G$ 四点在同一条直线
上，测得 $\angle FEC = \angle A = 72.9°$，$AD = 1.6\ m$，$EF = 6.2\ m$.
(1) 求证：四边形 $DEFG$ 为平行四边形；
(2) 求雕塑的高，即点 $G$ 到 $AB$ 的距离（结果精确到 $0.1\ m$，参考数据：
$\sin 72.9° \approx 0.96$，$\cos 72.9° \approx 0.29$，$\tan 72.9° \approx 3.25$）.
上，测得 $\angle FEC = \angle A = 72.9°$，$AD = 1.6\ m$，$EF = 6.2\ m$.
(1) 求证：四边形 $DEFG$ 为平行四边形；
(2) 求雕塑的高，即点 $G$ 到 $AB$ 的距离（结果精确到 $0.1\ m$，参考数据：
$\sin 72.9° \approx 0.96$，$\cos 72.9° \approx 0.29$，$\tan 72.9° \approx 3.25$）.
答案：4. (1)
∵AB//CD，
∴∠CDG = ∠A.
∵∠FEC = ∠A，
∴∠FEC = ∠CDG.
∴EF//DG.
∵CD//FG，
∴四边形DEFG为平行四边形 (2) 过点G作GP⊥AB于点P.由(1)知，四边形DEFG为平行四边形，
∴DG = EF = 6.2 m.
∵AD = 1.6 m，
∴AG = DG + AD = 6.2 + 1.6 = 7.8(m). 在Rt△APG中，
∵$sin A = \frac{PG}{AG},$
∴PG = AG·sin A ≈ 7.8×
0.96≈7.5(m).
∴雕塑的高约为7.5 m
∵AB//CD，
∴∠CDG = ∠A.
∵∠FEC = ∠A，
∴∠FEC = ∠CDG.
∴EF//DG.
∵CD//FG，
∴四边形DEFG为平行四边形 (2) 过点G作GP⊥AB于点P.由(1)知，四边形DEFG为平行四边形，
∴DG = EF = 6.2 m.
∵AD = 1.6 m，
∴AG = DG + AD = 6.2 + 1.6 = 7.8(m). 在Rt△APG中，
∵$sin A = \frac{PG}{AG},$
∴PG = AG·sin A ≈ 7.8×
0.96≈7.5(m).
∴雕塑的高约为7.5 m