11. 如图①是一种手机平板支架，由托板、支撑板和底座构成，手机放置在托板上，图②是其侧面结构示意图. 量得托板长 $AB = 120$ mm，支撑板长 $CD = 80$ mm，底座长 $DE = 90$ mm. 托板 $AB$ 固定在支撑板顶端点 $C$ 处，且 $CB = 40$ mm，托板 $AB$ 可绕点 $C$ 转动，支撑板 $CD$ 可绕点 $D$ 转动.
(1) 若 $\angle DCB = 80^{\circ}$，$\angle CDE = 60^{\circ}$，求点 $A$ 到直线 $DE$ 的距离；
(2) 为了观看舒适，在(1)的情况下，把 $AB$ 绕点 $C$ 逆时针旋转 $10^{\circ}$后，再将 $CD$ 绕点 $D$ 顺时针旋转，使点 $B$ 落在直线 $DE$ 上即可，求 $CD$ 旋转的角度.
(结果保留一位小数，参考数据：$\sin 40^{\circ}\approx 0.643$，$\cos 40^{\circ}\approx 0.766$，$\tan 40^{\circ}\approx 0.839$，$\sin 26.6^{\circ}\approx 0.448$，$\cos 26.6^{\circ}\approx 0.894$，$\tan 26.6^{\circ}\approx 0.501$，$\sqrt{3}\approx 1.732$)
(1) 若 $\angle DCB = 80^{\circ}$，$\angle CDE = 60^{\circ}$，求点 $A$ 到直线 $DE$ 的距离；
(2) 为了观看舒适，在(1)的情况下，把 $AB$ 绕点 $C$ 逆时针旋转 $10^{\circ}$后，再将 $CD$ 绕点 $D$ 顺时针旋转，使点 $B$ 落在直线 $DE$ 上即可，求 $CD$ 旋转的角度.
(结果保留一位小数，参考数据：$\sin 40^{\circ}\approx 0.643$，$\cos 40^{\circ}\approx 0.766$，$\tan 40^{\circ}\approx 0.839$，$\sin 26.6^{\circ}\approx 0.448$，$\cos 26.6^{\circ}\approx 0.894$，$\tan 26.6^{\circ}\approx 0.501$，$\sqrt{3}\approx 1.732$)
答案：
11.(1)如图①,过点A作AM⊥DE,交ED的延长线于点M,过点C分别作CF⊥AM于点F,CN⊥DE于点N,则∠FMN=∠CFA=∠CFM=∠CNM=90°,所以四边形FMNC为矩形，所以FM=CN.因为CD=80mm,∠CDE=60°,所以FM=CN=CD·sin∠CDE≈40×1.732=69.28(mm),∠DCN=90°−∠CDE=30°.因为∠DCB=80°,所以∠BCN=∠DCB−∠DCN=50°.因为AM//CN,所以∠A=∠BCN=50°,所以∠ACF=90°−∠A=40°.因为AB=120mm,CB=40mm,所以AC=AB−CB=80mm,所以AF=AC·sin∠ACF≈80×0.643=51.44(mm),所以AM=AF+FM=120.72mm≈120.7mm.故点A到直线DE的距离约为120.7mm.
(2)旋转后，如图②所示.由题意，得∠DCB=80°+10°=90°.因为CD=80mm,CB=40mm,所以tanD=$\frac{CB}{CD}$=0.5,所以∠D≈26.6°,所以CD旋转的角度约为60°−26.6°=33.4°.
11.(1)如图①,过点A作AM⊥DE,交ED的延长线于点M,过点C分别作CF⊥AM于点F,CN⊥DE于点N,则∠FMN=∠CFA=∠CFM=∠CNM=90°,所以四边形FMNC为矩形，所以FM=CN.因为CD=80mm,∠CDE=60°,所以FM=CN=CD·sin∠CDE≈40×1.732=69.28(mm),∠DCN=90°−∠CDE=30°.因为∠DCB=80°,所以∠BCN=∠DCB−∠DCN=50°.因为AM//CN,所以∠A=∠BCN=50°,所以∠ACF=90°−∠A=40°.因为AB=120mm,CB=40mm,所以AC=AB−CB=80mm,所以AF=AC·sin∠ACF≈80×0.643=51.44(mm),所以AM=AF+FM=120.72mm≈120.7mm.故点A到直线DE的距离约为120.7mm.
(2)旋转后，如图②所示.由题意，得∠DCB=80°+10°=90°.因为CD=80mm,CB=40mm,所以tanD=$\frac{CB}{CD}$=0.5,所以∠D≈26.6°,所以CD旋转的角度约为60°−26.6°=33.4°.
12. 如图，某航天飞船在地球表面点 $P$ 的正上方 $A$ 处，从 $A$ 处观测到地球上的最远点为 $Q$. 若 $\angle A = \alpha$，地球半径为 $R$，则航天飞船距离地球表面的最近距离以及 $P$，$Q$ 两点之间的地面距离分别是(
A.$\frac{R}{\sin \alpha}$，$\frac{\pi \alpha R}{90^{\circ}}$
B.$\frac{R}{\sin \alpha} - R$，$\frac{(90^{\circ} - \alpha)\pi R}{180^{\circ}}$
C.$\frac{R}{\sin \alpha} - R$，$\frac{(90^{\circ} + \alpha)\pi R}{180^{\circ}}$
D.$\frac{R}{\cos \alpha} - R$，$\frac{(90^{\circ} - \alpha)\pi R}{180^{\circ}}$
B
)A.$\frac{R}{\sin \alpha}$，$\frac{\pi \alpha R}{90^{\circ}}$
B.$\frac{R}{\sin \alpha} - R$，$\frac{(90^{\circ} - \alpha)\pi R}{180^{\circ}}$
C.$\frac{R}{\sin \alpha} - R$，$\frac{(90^{\circ} + \alpha)\pi R}{180^{\circ}}$
D.$\frac{R}{\cos \alpha} - R$，$\frac{(90^{\circ} - \alpha)\pi R}{180^{\circ}}$
答案：B 解析:连接OQ.由题意，得AQ是$\odot O$的切线，所以∠OQA=90°,所以sinα=$\frac{OQ}{OA}$=$\frac{R}{R+AP}$,所以AP=$\frac{R}{\sin\alpha}$−R.因为∠O=90°−∠A=90°−α,所以$\stackrel\frown{PQ}$的长为$\frac{(90°−α)πR}{180°}$.故航天飞船距离地球表面的最近距离是$\frac{R}{\sin\alpha}$−R,P,Q两点之间的地面距离是$\frac{(90°−α)πR}{180°}$.
13. (2025·江苏淮安模拟)如图①是一种折叠式晾衣架，晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图②所示，两支脚 $OC = OD = 10$ dm，展开角 $\angle COD = 60^{\circ}$，晾衣臂 $OA = OB = 10$ dm，晾衣臂支架 $HG = FE = 6$ dm，且 $OH = OF = 4$ dm. 当 $\angle AOC = 90^{\circ}$时，点 $A$ 离地面的距离 $AM =$
(5 + 5$\sqrt{3}$)
dm；当 $OB$ 从水平状态旋转到 $OB'$(在 $CO$ 的延长线上)时，点 $E$ 绕点 $F$ 随之旋转至 $OB'$上的点 $E'$处，则 $B'E' - BE =$4
dm.答案：
13.(5 + 5$\sqrt{3}$) 4 解析:如图，过点O作OR⊥AM于点R,过点C作CS⊥OR于点S,则∠ARO=∠MRS=∠RSC=∠OSC=90°.因为∠CMR=90°,所以四边形RSCM是矩形，所以RM=CS，OR//DM.因为OC=OD=10dm,∠COD=60°,所以△OCD是等边三角形，所以∠OCD=60°,所以∠COS=∠OCD=60°,所以RM=CS=OC·sin∠COS=5$\sqrt{3}$dm.因为∠AOC=90°,所以∠AOR=∠AOC−∠COS=30°.因为OA=10dm,所以AR=$\frac{1}{2}$OA=5dm,所以AM=AR+RM=(5 + 5$\sqrt{3}$)dm.故点A离地面的距离AM为(5 + 5$\sqrt{3}$)dm.过点F分别作FQ⊥OC于点Q,FP⊥OB于点P,则∠OQF=∠OPF=90°.因为∠FOP=180°−∠COD−∠COS=60°,所以∠FOQ=∠FOP.又OF=OF,所以△OFQ≌△OFP,所以OQ=OP,FQ=FP.又E'F=EF,所以Rt△E'FQ≌Rt△EFP,所以QE'=PE,所以B'E'−BE=(OB'−OE')−(OB−OE)=OE−OE'=(OP + PE)−(QE'−OQ)=OP+PE−QE'+OQ=2OP.因为∠OFP=90°−∠FOP=30°,所以OF=2OP,所以B'E'−BE=OF=4dm.
13.(5 + 5$\sqrt{3}$) 4 解析:如图，过点O作OR⊥AM于点R,过点C作CS⊥OR于点S,则∠ARO=∠MRS=∠RSC=∠OSC=90°.因为∠CMR=90°,所以四边形RSCM是矩形，所以RM=CS，OR//DM.因为OC=OD=10dm,∠COD=60°,所以△OCD是等边三角形，所以∠OCD=60°,所以∠COS=∠OCD=60°,所以RM=CS=OC·sin∠COS=5$\sqrt{3}$dm.因为∠AOC=90°,所以∠AOR=∠AOC−∠COS=30°.因为OA=10dm,所以AR=$\frac{1}{2}$OA=5dm,所以AM=AR+RM=(5 + 5$\sqrt{3}$)dm.故点A离地面的距离AM为(5 + 5$\sqrt{3}$)dm.过点F分别作FQ⊥OC于点Q,FP⊥OB于点P,则∠OQF=∠OPF=90°.因为∠FOP=180°−∠COD−∠COS=60°,所以∠FOQ=∠FOP.又OF=OF,所以△OFQ≌△OFP,所以OQ=OP,FQ=FP.又E'F=EF,所以Rt△E'FQ≌Rt△EFP,所以QE'=PE,所以B'E'−BE=(OB'−OE')−(OB−OE)=OE−OE'=(OP + PE)−(QE'−OQ)=OP+PE−QE'+OQ=2OP.因为∠OFP=90°−∠FOP=30°,所以OF=2OP,所以B'E'−BE=OF=4dm.
14. 新素养 应用意识 “共享单车”被誉为我国的“新四大发明”之一. 如图①是某品牌共享单车放在水平地面上的实物图，图②是其局部示意图，其中 $AB$，$CD$ 都与地面 $l$ 平行，车轮半径为 $32$ cm，$\angle BCD = 64^{\circ}$，$BC = 60$ cm，坐垫 $E$ 与点 $B$ 之间的距离 $BE = 15$ cm.
(1) 求坐垫 $E$ 到地面的距离；
(2) 根据经验，当坐垫 $E$ 到 $CD$ 的距离调整为人体腿长的 $0.8$ 时，坐骑比较舒适. 小明的腿长约为 $80$ cm，现将坐垫 $E$ 调整至坐骑舒适高度位置 $E'$，求 $EE'$的长.
(结果精确到 0.1 cm，参考数据：$\sin 64^{\circ}\approx 0.90$，$\cos 64^{\circ}\approx 0.44$，$\tan 64^{\circ}\approx 2.05$)
]
(1) 求坐垫 $E$ 到地面的距离；
(2) 根据经验，当坐垫 $E$ 到 $CD$ 的距离调整为人体腿长的 $0.8$ 时，坐骑比较舒适. 小明的腿长约为 $80$ cm，现将坐垫 $E$ 调整至坐骑舒适高度位置 $E'$，求 $EE'$的长.
(结果精确到 0.1 cm，参考数据：$\sin 64^{\circ}\approx 0.90$，$\cos 64^{\circ}\approx 0.44$，$\tan 64^{\circ}\approx 2.05$)
]
答案：
14.(1)如图，过点E作EF⊥l于点F,交CD于点G.因为CD//l,所以EG⊥CD,所以∠CGE=90°.因为BC=60cm,BE=15cm,所以CE=BC+BE=75cm.因为∠BCD=64°,所以EG=CE·sin∠BCD≈75×0.90=67.5(cm).由题意，得GF=32cm,所以EF=EG+GF=99.5cm.故坐垫E到地面的距离约为99.5cm
(2)过点E'作E'G'⊥CD于点G',则E'G'=80×0.8=64(cm).因为∠BCD=64°,所以CE'=$\frac{E'G'}{\sin\angle BCD}$≈$\frac{64}{0.90}$≈71.11(cm).因为CE=75cm,所以EE'=CE−CE'=3.89cm≈3.9cm.故EE'的长约为3.9cm.
14.(1)如图，过点E作EF⊥l于点F,交CD于点G.因为CD//l,所以EG⊥CD,所以∠CGE=90°.因为BC=60cm,BE=15cm,所以CE=BC+BE=75cm.因为∠BCD=64°,所以EG=CE·sin∠BCD≈75×0.90=67.5(cm).由题意，得GF=32cm,所以EF=EG+GF=99.5cm.故坐垫E到地面的距离约为99.5cm
(2)过点E'作E'G'⊥CD于点G',则E'G'=80×0.8=64(cm).因为∠BCD=64°,所以CE'=$\frac{E'G'}{\sin\angle BCD}$≈$\frac{64}{0.90}$≈71.11(cm).因为CE=75cm,所以EE'=CE−CE'=3.89cm≈3.9cm.故EE'的长约为3.9cm.