24.4 解直角三角形 第2课时 方位角、仰角、俯角在解直角三角形中的应用（作业课件）-【黄冈金牌之路·练闯考】2023-2024学年九年级数学上册(华东师大版)

数学 九年级上册 华师版 练闯考 24．4　解直角三角形 第24章　解直角三角形 第2课时　方位角、仰角、俯角在解直角三角形中的应用 D 87 A 57 知识点1：方位角在解直角三角形中的应用 1．如图，点A到点C的距离为100米，要测量河对岸B点到河岸AD的距离．小明在A点测得B在北偏东60°的方向上，在C点测得B在北偏东30°的方向上，则B点到河岸AD的距离为( ) A．100米 B．50米 C． eq \f(200\r(3),3) 米 D．50 eq \r(3) 米 2．(岳阳中考)“龙舟故里”赛龙舟．丹丹在汨罗江龙舟竞渡广场点P处观看200米直道竞速赛．如图所示，赛道AB为东西方向，赛道起点A位于点P的北偏西30°方向上，终点B位于点P的北偏东60°方向上，AB＝200米，则点P到赛道AB的距离约为 ______米．(结果保留整数，参考数据： eq \r(3) ≈1.732) 3．在某海域，一艘海监船在P处检测到南偏西45°方向的B处有一艘不明船只，正沿正西方向航行，海监船立即沿南偏西60°方向以40海里/时的速度去截获不明船只，经过1.5小时，刚好在A处截获不明船只，求不明船只的航行速度．( eq \r(2) ≈1.41， eq \r(3) ≈1.73，结果保留一位小数) 解：作PQ垂直于AB的延长线于点Q，由题意得∠BPQ＝45°，∠APQ＝60°，AP＝1.5×40＝60(海里)，∴在Rt△APQ中，AQ＝AP·sin 60°＝30 eq \r(3) (海里)，PQ＝AP·cos 60°＝30(海里)，∵在Rt△BQP中，∠BPQ＝45°，∴PQ＝BQ＝30(海里)，∴AB＝AQ－BQ＝30 eq \r(3) －30(海里)，∴ eq \f(AB,1.5) ≈14.6(海里/时)，∴不明船只的航行速度是14.6海里/时 知识点2：仰角、俯角在解直角三角形中的应用 4．(贵港中考)如图，某数学兴趣小组测量一棵树CD的高度，在点A处测得树顶C的仰角为45°，在点B处测得树顶C的仰角为60°，且A，B，D三点在同一直线上，若AB＝16 m，则这棵树CD的高度是( ) A．8(3－ eq \r(3) )m B．8(3＋ eq \r(3) )m C．6(3－ eq \r(3) )m D．6(3＋ eq \r(3) )m 5．(阜新中考)如图，甲楼高21 m，由甲楼顶看乙楼顶的仰角是45°，看乙楼底的俯角是30°，则乙楼高度约为______m.(结果精确到1 m， eq \r(3) ≈1.7) 6．(朝阳中考)某数学兴趣小组准备测量校园内旗杆顶端到地面的高度(旗杆底端有台阶).该小组在C处安置测角仪CD，测得旗杆顶端A的仰角为30°，前进8 m到达E处，安置测角仪EF，测得旗杆顶端A的仰角为45°(点B，E，C在同一直线上)，测角仪支架高CD＝EF＝1.2 m，求旗杆顶端A到地面的距离即AB的长度．(结果精确到1 m，参考数据： eq \r(3) ≈1.7) 解：延长DF交AB于点G，由题意得DF＝CE＝8 m，DC＝EF＝BG＝1.2 m，∠AGF＝90°，设AG＝x m，在Rt△AFG中，∠AFG＝45°，∴FG＝ eq \f(AG,tan 45°) ＝x(m)，∴DG＝DF＋FG＝(x＋8)m，在Rt△ADG中，∠ADG＝30°，∴tan 30°＝ eq \f(AG,DG) ＝ eq \f(x,x＋8) ＝ eq \f(\r(3),3) ，∴x＝4 eq \r(3) ＋4，经检验x＝4 eq \r(3) ＋4是原方程的根，∴AB＝AG＋BG≈12(m)，∴旗杆顶端A到地面的距离即AB的长度约为12 m 7．(天津中考)如图，某座山AB的顶部有一座通讯塔BC，且点A，B，C在同一条直线上．从地面P处测得塔顶C的仰角为42°，测得塔底B的仰角为35°.已知通讯塔BC的高度为32米，求这座山AB的高度(结果取整数).参考数据：tan 35°≈0.70，tan 42°≈0.90 解：设AP＝x米，在Rt△APB中，∠APB＝35°，∴AB＝AP·tan 35°≈0.7x(米)，∵BC＝32米，∴AC＝AB＋BC＝(32＋0.7x)米，在Rt△APC中，∠APC＝42°，∴tan 42°＝ eq \f(AC,AP) ＝ eq \f(0.7x＋32,x) ≈0.9，∴x≈160，经检验x≈160是原方程的根，∴AB≈0.7x≈112(米)，∴这座山AB的高度约为112米 8．某区域平面示意图如图所示，点D在河的右侧，人民路AB与桥BC垂直．某校数学小组进行研学活动时，在C处测得点D位于西北方向，又在A处测得点D位于南偏东65°方向，另测得BC＝628 m，AB＝400 m，求出点D到AB的距离．(结果保留整数，参考数据：sin 65°≈0.91，cos 65°≈0.42，tan 65°≈2.14) 解：如图，过点D作DE⊥AB于E，过D作DF⊥BC于F，则四边形EBFD是矩形，设DE＝x，在Rt△ADE中，∠AED＝90°，∵tan ∠DAE＝ eq \f(DE,AE) ，∴AE＝ eq \f(DE,tan ∠DAE) ≈ eq \f(x,2.14) ，∴BE＝AB－AE＝(400－ eq \f(x,2.14) ) m，又∵BF＝DE＝x m，∴CF＝BC－BF＝(628－x)m，在Rt△CDF中，∠DFC＝90°，∠DCF＝45°，∴∠CDF＝45°，∴∠CDF＝∠DCF，∴DF＝CF＝(628－x)m.又∵BE＝DF，即400－ eq \f(x,2.14) ＝(628－x)m，解得x≈428.答：点D到AB的距离约为428 m 9．如图，一艘船由A港沿北偏东65°方向航行34 km到B港，然后再沿北偏西42°方向航行至C港，已知C港在A港北偏东20°方向． (1)直接写出∠C的度数； (2)求A，C两港之间的距离．(结果用含非特殊角的三角函数及根式表示即可) 解：(1)如图，由题意得∠ACB＝20°＋42°＝62°　 (2)由题意得，∠CAB＝65°－20°＝45°，∠ACB＝62°，AB＝34 km，过B作BE⊥AC于E，∴∠AEB＝∠CEB＝90°，在Rt△ABE中，∵∠EAB＝45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∵AB＝34(km)，∴AE＝BE＝ eq \f(\r(2),2) AB＝17 eq \r(2) (km)，在Rt△CBE中，∵∠ACB＝62°，tan ∠ACB＝ eq \f(BE,CE) ，∴CE＝ eq \f(BE,tan 62°) ＝ eq \f(17\r(2),tan 62°) ，∴AC＝AE＋CE＝(17 eq \r(2) ＋ eq \f(17\r(2),tan 62°) )km，∴A，C两港之间的距离为(17 eq \r(2) ＋ eq \f(17\r(2),tan 62°) ) km 10．(阜新中考)如图，小文在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识测量居民楼的高度AB，在居民楼前方有一斜坡，坡长CD＝15 m，斜坡的倾斜角为α，cos α＝ eq \f(4,5) .小文在C点处测得楼顶端A的仰角为60°，在D点处测得楼顶端A的仰角为30°.(点A，B，C，D在同一平面内，结果精确到1 m，参考数据： eq \r(3) ≈1.7) (1)求C，D两点的高度差； (2)求居民楼的高度AB. 解：(1)过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，∵在Rt△DCE中，cos α＝ eq \f(4,5) ，CD＝15 m，∴CE＝CD·cos α＝15× eq \f(4,5) ＝12(m).∴DE＝ eq \r(CD2－CE2) ＝ eq \r(152－122) ＝9(m).答：C，D两点的高度差为9 m (2)过点D作DF⊥AB于F，由题意可得BF＝DE，DF＝BE，设AF＝x m，在Rt△ADF中，tan ∠ADF＝tan 30°＝ eq \f(AF,DF) ＝ eq \f(x,DF) ＝ eq \f(\r(3),3) ，解得DF＝ eq \r(3) x，在Rt△ABC中，AB＝AF＋FB＝AF＋DE＝(x＋9)m，BC＝BE－CE＝DF－CE＝( eq \r(3) x－12)m，tan 60°＝ eq \f(AB,BC) ＝ eq \f(x＋9,\r(3)x－12) ＝ eq \r(3) ，解得x＝6 eq \r(3) ＋ eq \f(9,2) ，经检验，x＝6 eq \r(3) ＋ eq \f(9,2) 是原方程的解且符合题意，∴AB＝6 eq \r(3) ＋ eq \f(9,2) ＋9≈24(m).答：居民楼的高度AB约为24 m $$