8. 现有一台红外线理疗灯(如图(1)所示)，该设备的主体由底座 $ AB $、立柱 $ BC $、伸缩杆 $ CD $ 和灯臂 $ DE $ 组成，$ A $，$ B $，$ C $ 三点在同一直线上，图(2)是该设备的平面示意图。$ AC $ 垂直于 $ AF $，$ AF $ 与水平线 $ l $ 平行，$ CD $ 与 $ l $ 的夹角为 $ ∠ 1 $，$ DE $ 与 $ l $ 的夹角为 $ ∠ 2 $。经测量：$ AB $ 为 $ 12 \, \mathrm{cm} $，$ BC $ 为 $ 26 \, \mathrm{cm} $，$ DE $ 为 $ 30 \, \mathrm{cm} $，$ ∠ BCD = 154° $，$ ∠ CDE = 63° $。
(1)填空：$ ∠ 1 = $
(2)已知点 $ E $ 到 $ AF $ 的距离 $ EM $ 为 $ 50 \, \mathrm{cm} $ 时，该设备使用效果最佳。求此时伸缩杆 $ CD $ 的长度。(参考数据：$ \sin 26° = 0.44 $，$ \cos 26° = 0.90 $，$ \sin 37° = 0.60 $，$ \cos 37° = 0.80 $)
(1)填空：$ ∠ 1 = $
64
$ ° $，$ ∠ 2 = $53
$ ° $；(2)已知点 $ E $ 到 $ AF $ 的距离 $ EM $ 为 $ 50 \, \mathrm{cm} $ 时，该设备使用效果最佳。求此时伸缩杆 $ CD $ 的长度。(参考数据：$ \sin 26° = 0.44 $，$ \cos 26° = 0.90 $，$ \sin 37° = 0.60 $，$ \cos 37° = 0.80 $)
答案：8. (1) $ 64,53 $；(2) $ 40 \mathrm{ cm} $.
解析：
(1) $64$，$53$；
(2) 过点 $C$ 作 $CG ⊥ l$ 于点 $G$，过点 $D$ 作 $DH ⊥ CG$ 于点 $H$。
因为 $AC ⊥ AF$，$AF // l$，所以 $AC ⊥ l$，四边形 $AGCH$ 为矩形，$CG = AC = AB + BC = 12 + 26 = 38\ \mathrm{cm}$。
由(1)知 $∠ 1 = 64°$，则 $∠ CDH = 90° - 64° = 26°$；$∠ 2 = 53°$，则 $∠ EDM = 90° - 53° = 37°$。
设 $CD = x\ \mathrm{cm}$，在 $\mathrm{Rt}△ CDH$ 中，$DH = CD · \sin 26° = 0.44x$。
在 $\mathrm{Rt}△ EDM$ 中，$EM = DE · \sin 37° = 30 × 0.60 = 18\ \mathrm{cm}$。
因为 $EM = CG + DH$，所以 $50 = 38 + 0.44x$，解得 $x = 40$。
答：此时伸缩杆 $CD$ 的长度为 $40\ \mathrm{cm}$。
(2) 过点 $C$ 作 $CG ⊥ l$ 于点 $G$，过点 $D$ 作 $DH ⊥ CG$ 于点 $H$。
因为 $AC ⊥ AF$，$AF // l$，所以 $AC ⊥ l$，四边形 $AGCH$ 为矩形，$CG = AC = AB + BC = 12 + 26 = 38\ \mathrm{cm}$。
由(1)知 $∠ 1 = 64°$，则 $∠ CDH = 90° - 64° = 26°$；$∠ 2 = 53°$，则 $∠ EDM = 90° - 53° = 37°$。
设 $CD = x\ \mathrm{cm}$，在 $\mathrm{Rt}△ CDH$ 中，$DH = CD · \sin 26° = 0.44x$。
在 $\mathrm{Rt}△ EDM$ 中，$EM = DE · \sin 37° = 30 × 0.60 = 18\ \mathrm{cm}$。
因为 $EM = CG + DH$，所以 $50 = 38 + 0.44x$，解得 $x = 40$。
答：此时伸缩杆 $CD$ 的长度为 $40\ \mathrm{cm}$。
1. 如图，已知在 $ △ ABC $ 中，$ AD $ 是边 $ BC $ 上的高，$ E $ 为边 $ AC $ 的中点，$ BC = 14 $，$ AD = 12 $，$ \sin B = \dfrac{4}{5} $。求：
（1）线段 $ DC $ 的长；
（2）$ \tan ∠ EDC $ 的值。
（1）线段 $ DC $ 的长；
（2）$ \tan ∠ EDC $ 的值。
答案：1. 解：(1) $ \because AD ⊥ BC $，$ \therefore ∠ ADB = ∠ ADC = 90^{\circ} $. 在 $ \mathrm{Rt} △ ABD $ 中，$ \because \sin B = \frac{AD}{AB} = \frac{4}{5} $，$ AD = 12 $，$ \therefore AB = 15 $. $ \therefore BD = \sqrt{AB^{2} - AD^{2}} = \sqrt{15^{2} - 12^{2}} = 9 $，$ \therefore DC = BC - BD = 5 $. (2) 过点 $ E $ 作 $ EF ⊥ BC $ 于点 $ F $，又 $ AD ⊥ BC $，$ \therefore EF // AD $. $ \because E $ 为 $ AC $ 的中点，$ \therefore FD = FC = 2.5 $，同理有 $ EF = \frac{1}{2}AD = 6 $. 在 $ \mathrm{Rt} △ DEF $ 中，$ \tan ∠ EDC = \frac{EF}{DF} = \frac{12}{5} $.
2. 如图，信号塔 $ CD $ 坐落在山丘的一侧，某维护人员为了测量信号塔的高度，他在山脚下的点 $ A $ 处测得塔尖 $ D $ 的仰角为 $ 45° $，再沿着坡度为 $ i = 1 : \sqrt{3} $ 的斜坡向上走了 $ 100 $ 米到达点 $ B $ 处，此时测得塔尖 $ D $ 的仰角为 $ 60° $。（图中各点均在同一平面内）
（1）求点 $ B $ 到地面的距离；
（2）求信号塔 $ CD $ 的高度（结果保留根号）；
（3）若维护人员从点 $ A $ 处沿水平方向前行一段距离到点 $ F $ 处，测得塔尖 $ D $ 的仰角为 $ 30° $，求 $ AF $ 的长度。
（1）求点 $ B $ 到地面的距离；
（2）求信号塔 $ CD $ 的高度（结果保留根号）；
（3）若维护人员从点 $ A $ 处沿水平方向前行一段距离到点 $ F $ 处，测得塔尖 $ D $ 的仰角为 $ 30° $，求 $ AF $ 的长度。
答案：2. (1) $ 50 \mathrm{ m} $；(2) $ 50(\sqrt{3} + 1) \mathrm{ m} $；(3) $ 100 \mathrm{ m} $.
解析：
(1) 过点 $ B $ 作 $ BE ⊥ AC $ 于点 $ E $，
∵ 斜坡 $ AB $ 的坡度 $ i = 1:\sqrt{3} $，
∴ $ \tan ∠ BAE = \frac{BE}{AE} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3} $，
∴ $ ∠ BAE = 30° $，
在 $ \mathrm{Rt}△ ABE $ 中，$ AB = 100 \, \mathrm{m} $，
$ BE = AB · \sin 30° = 100 × \frac{1}{2} = 50 \, \mathrm{m} $，
即点 $ B $ 到地面的距离为 $ 50 \, \mathrm{m} $。
(2) 设 $ CD = x \, \mathrm{m} $，$ AC = y \, \mathrm{m} $，
在 $ \mathrm{Rt}△ ACD $ 中，$ ∠ DAC = 45° $，
∴ $ AC = CD $，即 $ y = x $。
由(1)得 $ AE = AB · \cos 30° = 100 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 50\sqrt{3} \, \mathrm{m} $，
$ BE = 50 \, \mathrm{m} $，
过点 $ B $ 作 $ BG ⊥ CD $ 于点 $ G $，则 $ BG = EC = AC - AE = y - 50\sqrt{3} $，
$ DG = CD - CG = CD - BE = x - 50 $，
在 $ \mathrm{Rt}△ BDG $ 中，$ ∠ DBG = 60° $，
$ \tan 60° = \frac{DG}{BG} = \frac{x - 50}{y - 50\sqrt{3}} = \sqrt{3} $，
∵ $ y = x $，代入得 $ \frac{x - 50}{x - 50\sqrt{3}} = \sqrt{3} $，
解得 $ x = 50(\sqrt{3} + 1) \, \mathrm{m} $，
即信号塔 $ CD $ 的高度为 $ 50(\sqrt{3} + 1) \, \mathrm{m} $。
(3) 在 $ \mathrm{Rt}△ FCD $ 中，$ ∠ DFC = 30° $，
$ \tan 30° = \frac{CD}{FC} = \frac{\sqrt{3}}{3} $，
$ FC = \frac{CD}{\tan 30°} = \frac{50(\sqrt{3} + 1)}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = 50(\sqrt{3} + 1)\sqrt{3} = 50(3 + \sqrt{3}) \, \mathrm{m} $，
$ AC = CD = 50(\sqrt{3} + 1) \, \mathrm{m} $，
$ AF = FC - AC = 50(3 + \sqrt{3}) - 50(\sqrt{3} + 1) = 100 \, \mathrm{m} $。
(1) $ 50 \, \mathrm{m} $；(2) $ 50(\sqrt{3} + 1) \, \mathrm{m} $；(3) $ 100 \, \mathrm{m} $。
∵ 斜坡 $ AB $ 的坡度 $ i = 1:\sqrt{3} $，
∴ $ \tan ∠ BAE = \frac{BE}{AE} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3} $，
∴ $ ∠ BAE = 30° $，
在 $ \mathrm{Rt}△ ABE $ 中，$ AB = 100 \, \mathrm{m} $，
$ BE = AB · \sin 30° = 100 × \frac{1}{2} = 50 \, \mathrm{m} $，
即点 $ B $ 到地面的距离为 $ 50 \, \mathrm{m} $。
(2) 设 $ CD = x \, \mathrm{m} $，$ AC = y \, \mathrm{m} $，
在 $ \mathrm{Rt}△ ACD $ 中，$ ∠ DAC = 45° $，
∴ $ AC = CD $，即 $ y = x $。
由(1)得 $ AE = AB · \cos 30° = 100 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 50\sqrt{3} \, \mathrm{m} $，
$ BE = 50 \, \mathrm{m} $，
过点 $ B $ 作 $ BG ⊥ CD $ 于点 $ G $，则 $ BG = EC = AC - AE = y - 50\sqrt{3} $，
$ DG = CD - CG = CD - BE = x - 50 $，
在 $ \mathrm{Rt}△ BDG $ 中，$ ∠ DBG = 60° $，
$ \tan 60° = \frac{DG}{BG} = \frac{x - 50}{y - 50\sqrt{3}} = \sqrt{3} $，
∵ $ y = x $，代入得 $ \frac{x - 50}{x - 50\sqrt{3}} = \sqrt{3} $，
解得 $ x = 50(\sqrt{3} + 1) \, \mathrm{m} $，
即信号塔 $ CD $ 的高度为 $ 50(\sqrt{3} + 1) \, \mathrm{m} $。
(3) 在 $ \mathrm{Rt}△ FCD $ 中，$ ∠ DFC = 30° $，
$ \tan 30° = \frac{CD}{FC} = \frac{\sqrt{3}}{3} $，
$ FC = \frac{CD}{\tan 30°} = \frac{50(\sqrt{3} + 1)}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = 50(\sqrt{3} + 1)\sqrt{3} = 50(3 + \sqrt{3}) \, \mathrm{m} $，
$ AC = CD = 50(\sqrt{3} + 1) \, \mathrm{m} $，
$ AF = FC - AC = 50(3 + \sqrt{3}) - 50(\sqrt{3} + 1) = 100 \, \mathrm{m} $。
(1) $ 50 \, \mathrm{m} $；(2) $ 50(\sqrt{3} + 1) \, \mathrm{m} $；(3) $ 100 \, \mathrm{m} $。