典例 1
一个长方体木箱沿斜面下滑，当木箱滑至如图①所示位置时，$AB = 2m$。已知木箱高$1m$，斜面坡角为$\alpha$，则木箱端点$E$距地面的高度为()
A.$(2\tan\alpha+\cos\alpha)m$
B.$(2\tan\alpha+\sin\alpha)m$
C.$(2\sin\alpha+\cos\alpha)m$
D.$(2\sin\alpha+\tan\alpha)m$
一个长方体木箱沿斜面下滑，当木箱滑至如图①所示位置时，$AB = 2m$。已知木箱高$1m$，斜面坡角为$\alpha$，则木箱端点$E$距地面的高度为()
A.$(2\tan\alpha+\cos\alpha)m$
B.$(2\tan\alpha+\sin\alpha)m$
C.$(2\sin\alpha+\cos\alpha)m$
D.$(2\sin\alpha+\tan\alpha)m$
答案：
【思路分析】如图②，过点$E$作$EN⊥ AC$于点$N$，交$AB$于点$M$，过点$B$作$BG⊥ AC$于点$G$，$BH⊥ EN$于点$H$，则四边形$BHNG$是矩形，所以$HN = BG$。因为$AB = 2m$，所以$HN = BG = AB·\sin\angle BAG = 2\sin\alpha m$。因为$\angle EBM=\angle ANM = 90^{\circ}$，$\angle BME=\angle AMN$，所以$\angle BEM=\angle MAN=\alpha$。因为$BE = 1m$，所以$EH = BE·\cos\angle BEM=\cos\alpha m$，所以$EN = EH + HN=(2\sin\alpha+\cos\alpha)m$。故木箱端点$E$距地面的高度为$(2\sin\alpha+\cos\alpha)m$。
【答案】C
【思路分析】如图②，过点$E$作$EN⊥ AC$于点$N$，交$AB$于点$M$，过点$B$作$BG⊥ AC$于点$G$，$BH⊥ EN$于点$H$，则四边形$BHNG$是矩形，所以$HN = BG$。因为$AB = 2m$，所以$HN = BG = AB·\sin\angle BAG = 2\sin\alpha m$。因为$\angle EBM=\angle ANM = 90^{\circ}$，$\angle BME=\angle AMN$，所以$\angle BEM=\angle MAN=\alpha$。因为$BE = 1m$，所以$EH = BE·\cos\angle BEM=\cos\alpha m$，所以$EN = EH + HN=(2\sin\alpha+\cos\alpha)m$。故木箱端点$E$距地面的高度为$(2\sin\alpha+\cos\alpha)m$。
【答案】C
【变式 1】
如图，四边形$BCDG$是某速滑场馆建造的滑台，已知$CD// EG$，滑台的高$DG$为$4m$，且坡面$BC$的坡度为$1:1$。为了提高安全性，负责人决定降低坡度，改造后的新坡面$AC$的坡度为$1:\sqrt{3}$。
(1)求新坡面$AC$的坡角及$AC$的长；
(2)原坡面底部$BG$的正前方$10m$外$(EB = 10m)$是护墙$EF$，为保证安全，体育管理部门规定，坡面底部至少距护墙$7m$，请问：新的设计方案能否通过？请说明理由。(参考数据：$\sqrt{3}\approx1.73$)
如图，四边形$BCDG$是某速滑场馆建造的滑台，已知$CD// EG$，滑台的高$DG$为$4m$，且坡面$BC$的坡度为$1:1$。为了提高安全性，负责人决定降低坡度，改造后的新坡面$AC$的坡度为$1:\sqrt{3}$。
(1)求新坡面$AC$的坡角及$AC$的长；
(2)原坡面底部$BG$的正前方$10m$外$(EB = 10m)$是护墙$EF$，为保证安全，体育管理部门规定，坡面底部至少距护墙$7m$，请问：新的设计方案能否通过？请说明理由。(参考数据：$\sqrt{3}\approx1.73$)
答案：(1)过点C作CH⊥BG于点H,则∠CHA= ∠CHG=90°.因为新坡面AC的坡度为1:√{3},所以 tan∠CAH=1/√{3} =√{3}/3,所以∠CAH=30°,即新坡面 AC的坡角为30°.因为CD//EG,所以∠HCD= 180°-∠CHG=90°.又∠G=90°,所以四边形CDGH为矩形,所以CH=DG=4m,所以AC=CH/sin∠CAH= 8m.故AC的长为8m.
(2)新的设计方案能通过.理由如下:因为坡面BC的坡度为1:1,所以CH/BH=1,所以BH=CH=4m.因为 ∠CHA=90°,AC=8m,所以$AH=√{AC^2-CH^2}= 4√{3}m,$所以AB=AH-BH=(4√{3}-4)m.因为 EB=10m,所以AE=EB-AB=(14-4√{3})m≈ 7.08m.因为7.08＞7,所以新的设计方案能通过.
(2)新的设计方案能通过.理由如下:因为坡面BC的坡度为1:1,所以CH/BH=1,所以BH=CH=4m.因为 ∠CHA=90°,AC=8m,所以$AH=√{AC^2-CH^2}= 4√{3}m,$所以AB=AH-BH=(4√{3}-4)m.因为 EB=10m,所以AE=EB-AB=(14-4√{3})m≈ 7.08m.因为7.08＞7,所以新的设计方案能通过.
典例 2
如图①，某游乐场有一座摩天轮，其直径为$90m$，旋转$1$周用时$18min$。小明从摩天轮的底部(与地面相距$0.5m$)出发开始观光，摩天轮转动$1$周，小明在离地面$68m$以上的空中时间是$min$。
如图①，某游乐场有一座摩天轮，其直径为$90m$，旋转$1$周用时$18min$。小明从摩天轮的底部(与地面相距$0.5m$)出发开始观光，摩天轮转动$1$周，小明在离地面$68m$以上的空中时间是$min$。
答案：
【思路分析】如图②，设小明在点$C$和点$D$时距离地面$68m$，连接$OC$，$OD$，$CD$，延长$AO$交$CD$于点$M$，则$OM⊥ CD$，所以$\angle OMD = 90^{\circ}$。由题意，得$AB = 0.5m$，$AM = 68m$，$OB = OD=\frac{1}{2}×90 = 45(m)$，所以$OM = AM - OB - AB = 22.5m$，所以$\cos\angle MOD=\frac{OM}{OD}=\frac{1}{2}$，所以$\angle MOD = 60^{\circ}$。因为$OC = OD$，所以$\angle COD = 2\angle MOD = 120^{\circ}$。因为摩天轮旋转$1$周用时$18min$，所以小明在离地面$68m$以上的空中时间是$18×\frac{120}{360}=6(min)$。
【答案】$6$
【思路分析】如图②，设小明在点$C$和点$D$时距离地面$68m$，连接$OC$，$OD$，$CD$，延长$AO$交$CD$于点$M$，则$OM⊥ CD$，所以$\angle OMD = 90^{\circ}$。由题意，得$AB = 0.5m$，$AM = 68m$，$OB = OD=\frac{1}{2}×90 = 45(m)$，所以$OM = AM - OB - AB = 22.5m$，所以$\cos\angle MOD=\frac{OM}{OD}=\frac{1}{2}$，所以$\angle MOD = 60^{\circ}$。因为$OC = OD$，所以$\angle COD = 2\angle MOD = 120^{\circ}$。因为摩天轮旋转$1$周用时$18min$，所以小明在离地面$68m$以上的空中时间是$18×\frac{120}{360}=6(min)$。
【答案】$6$