1.3.2解直角三角形的实际应用（6大题型提分练）（题型专练）数学浙教版九年级下册

（浙教版）九年级下册数学《第1章 解直角三角形》 1.3.1 解直角三角形的实际应用 知识点 利用解直角三角形解决实际问题 ◆1、利用解直角三角形解决实际问题的一般过程： 1. 将实际问题抽象为数学问题（画出平面图形，转化为解直角三角形的问题）； 2. 根据题目条件解直角三角形； 3. 得到数学问题的答案； 4. 得到实际问题的答案. ◆2、解直角三角形的实际应用中涉及的有关概念： （1）仰角、俯角 在视线与水平线所成的角中，视线在水平线上方时，视线与水平线所成的角叫仰角， 视线在水平线下方时，视线与水平线所成的角叫俯角． （2）方位角 以正南或正北方向为准，正南或正北方向线与目标方向线构成的小于 90°的角，叫做方位角. 如图： 如图所示,目标方向线 OA,OB,的方向角分别可以表示为北偏东30°、南偏西45°,其中南偏西45°习惯上又叫做西南方向,北偏西45°习惯上又叫做西北方向. （3）坡角、坡度 名称 定义 表示方法 关系 举例 坡角 坡面与水平面的夹角叫做坡角. 一般用字母 α，β，γ 表示 . ①坡度不是角的度数，它是坡角的正切值， 即 i =tan α； ②坡度越大，坡角 α 就越大，坡面就越陡. 当 h =1， l= 时，坡度. i = h : l=1：，坡角为30°. 坡度 坡面的铅直高度 ( h ) 和水平宽度 ( l ) 的比叫做坡面的坡度 (或坡比). 通常用 i 表示， 即 i = h : l . 题型一 一般的实际问题 解题技巧提炼 一般的实际问题，主要是利用解直角三角形解决简单的问题，明确把实际问题转化成数学问题，然后来解直角三角形并解答，注意结果要符和实际的意义. 1．（2023秋•方城县期末）电线杆AB直立在水平的地面BC上，AC是电线杆AB的一根拉线，测得BC＝5，∠ACB＝52°，则拉线AC的长为（　　） A． B． C．5•cos52° D． 2．（2024•朝阳区校级三模）如图，天窗打开后，天窗边缘AC与窗框AB夹角为21°，若AC长为a米，则窗角C到窗框AB的距离CD的大小为（　　） A．asin21°米 B．acos21°米 C．米 D．米 3．（2024•工业园区校级二模）如图，一辆自行车竖直摆放在水平地面上，右边是它的部分示意图，现测得∠A＝88°，∠C＝42°，AB＝60，则点A到BC的距离为（　　） A．60sin50° B． C．60cos50° D．60tan50° 4．（2024•岳麓区校级三模）许多大型商场购物中心为了引导人流前往目标楼层，会考虑使用“飞梯”（可以跨楼层抵达的超高超长的自动扶梯）．上海大悦城的“飞梯”从3层直达7层，“飞梯”的截面如图，AB的长为50米，AB与AC的夹角为24°，则高BC是（　　） A．50sin24°米 B．50cos24°米 C．米 D．米 5．（2023•南关区校级二模）如图所示的衣架可以近似看成一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，∠ABC＝α，BC＝40厘米，则高AD的长为（　　） A．20tanα厘米 B．40tanα厘米 C．厘米 D．厘米 6．（2023秋•南关区校级期末）如图所示的是一段索道的示意图．已知A、B两点间的距离为600米，∠BAC＝α，则缆车从A点到B点上升的高度（即BC的长）为（　　） A．600sinα米 B．米 C．600cosα米 D．米 7．（2023•蔡甸区模拟）某数学兴趣小组开展了“笔记本电脑的张角大小、顶部边缘离桌面的高度与用眼舒适度关系”的实践探究活动．如图，当张角∠AOB＝150°时，顶部边缘A处离桌面的高度AC的长为10cm，此时用眼舒适度不太理想，小组成员调整张角大小继续探究，最后联系黄金比知识，发现当张角∠A'OB＝108°时（点A′是A的对应点），用眼舒适度较为理想，此时顶部边缘A′处离桌面的高度A′D的长为 　 　cm．（结果精确到1cm：参考数据：sin72°≈0.95，cos72°≈0.31，tan72°≈3.08） 8．（2023秋•奉贤区期末）如图是某幢房屋及其屋外遮阳篷，已知遮阳篷的固定点A距离地面4米（即AB＝4米），遮阳篷的宽度AC为2.6米，遮阳篷与房屋墙壁的夹角α的余弦值为，当太阳光与地面的夹角为60°时，遮阳篷在地面上的阴影宽度BD为 　 　 米． 9．（2023秋•甘井子区期末）如图1是一种折叠椅示意图，忽略其支架等器件的宽度，支架与座板均用线段表示，得到它的侧面的简化结构图，如图2所示．若座板CD平行于地面，前支架AB与后支架OF分别与CD交于点E，D，量得ED＝20cm，DF＝40cm，∠AED＝58°，∠ODC＝76°． （1）求椅子座板CD距离地面BF的高度； （2）求两支架着地点B，F之间的距离．（精确到0.1cm） （参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60，sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4.00） 题型二 仰角与俯角问题 解题技巧提炼 1、在视线与水平线所成的角中，视线在水平线上方时，视线与水平线所成的角叫仰角，视线在水平线下方时，视线与水平线所成的角叫俯角． 2、水平线与竖直线的夹角是90°,据此构造直角三角形. 1．（2024•鼓楼区校级模拟）如图，一枚运载火箭从地面L处发射，雷达站R与发射点L距离6km，当火箭到达A点时，雷达站测得仰角为43°，则这枚火箭此时的高度AL为（　　）km． A．6sin43° B．6cos43° C． D．6tan43° 2．（2024•普陀区二模）如图，小慧的眼睛离地面的距离为1.6m，她用三角尺测量广场上的旗杆高度，仰角恰与三角板60°角的边重合，量得小慧与旗杆之间的距离BC为5m，则旗杆AD的高度（单位：m）为（　　） A．6.6 B．11.6 C． D． 3．（2024•海门区校级开学）两建筑物的水平距离为a米，从A点测得D点的俯角为α，测得C点的俯角为β，则较低建筑物CD的高为（　　） A．a米 B．米 C． 米 D．a（tanβ﹣tanα）米 4．（2024•道里区模拟）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＝（88）米，则这棵树CD的高度是（　　） A．米 B．米 C．米 D．米 5．（2024•邹城市二模）2024年5月3日17时27分，搭载嫦娥六号探测器的长征五号遥八运载火箭在海南文昌航天发射场成功点火发射，如图，在发射的过程中，火箭从地面O处竖直向上发射，当火箭到达A处时，从位于地面C处的雷达站测得AC的距离是8km，仰角为30°；当火箭到达B处时，从位于地面C处的雷达站测得仰角为45°，则从A处到B处的飞行距离为（　　） A．4km B．km C．km D．km 6．（2024•朝阳区校级开学）如图，已知斜坡BQ的坡度，坡长BQ＝16米，在斜坡BQ上有一棵银杏树PQ，小李在A处测得树顶P的仰角为α，测得水平距离AB＝8米．若tanα＝0.75，点A，B，P，Q在同一平面上，PQ⊥AB于点C，则银杏树PQ的高度为 　 　米． 7．（2024•新泰市三模）如图所示，某数学兴趣小组利用无人机测大楼的高度C，无人机在空中点P处，测得点P距地面上A点100米，点A处俯角为60°，楼顶C点处的俯角为30°，已知点A与大楼的距离AB为80米（点A，B，C，P在同一平面内），则大楼的高度BC＝　 　米．（结果精确到0.1米，参考数据：． 8．（2024•吉林）图①中的吉林省广播电视塔，又称“吉塔”．某直升飞机于空中A处探测到吉塔，此时飞行高度AB＝873m，如图②．从直升飞机上看塔尖C的俯角∠EAC＝37°，看塔底D的俯角∠EAD＝45°，求吉塔的高度CD（结果精确到0.1m）． （参考数据：sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，tan37°＝0.75） 9．（2024•天长市二模）图1是某学校的教学楼，共五层，每个楼层的高度相等．为了安全，在此楼顶装有铁围栏，小明同学想通过所学知识测出铁围栏的高度（CD的长）．图2是平面示意图，小明同学站在教学楼对面的教师楼二楼走廊A处，观测正对面教学楼五楼楼顶C处的仰角为34°，测完又走到教师楼三楼走廊B处，观测正对面铁围栏顶部D的仰角为31°．教师楼每一层的高度和教学楼每一层高度相等，且在同一水平高度．已知教师楼和教学楼之间的水平距离EF约为20m，请问小明同学测得铁围栏的高度CD约为多少米？（参考数据：sin31°≈0.515，tan31°≈0.6，sin34°≈0.559，tan34°≈0.7） 题型三 方位角问题 解题技巧提炼 1、以正南或正北方向为准，正南或正北方向线与目标方向线构成的小于 90° 的角，叫做方向角（方位角）. 2、通过向南北(东西)方向作垂线,或向航线作垂线,构造直角三角形. 1．（2023秋•昌平区期末）如图，一艘轮船航行至O点时，测得某灯塔A位于它的北偏东40°方向，且它与灯塔A相距13海里，继续沿正东方向航行，航行至点B处时，测得灯塔A恰好在它的正北方向，则AB的距离可表示为（　　） A．13cos40°海里 B．13sin40°海里 C．海里 D．海里 2．（2023秋•靖边县期末）如图，甲、乙两艘轮船同时从港口（O）出发，甲轮船以20海里/时的速度向南偏东45°方向航行，乙轮船向南偏西45°方向航行．已知它们离开港口（O）2时后，两艘轮船相距60海里，则乙轮船的平均速度为（　　） A．海里/时 B．20海里/时 C．海里/时 D．海里/时 3．（2023•金东区二模）如图，小明在C处看到西北方向上有一凉亭A，北偏东35°的方向上有一棵大树B，已知凉亭A在大树B的正西方向，若BC＝50米，则AB的长等于（　　）米． A． B． C．50（cos35°﹣sin35°） D．50（cos35°+sin35°） 4．（2023秋•榆阳区校级期末）一艘货轮从小岛A正南方向的点B处向西航行30km到达点C处，然后沿北偏西60°方向航行20km到达点D处，此时观测到小岛A在北偏东60°方向，则小岛A与出发点B之间的距离为（　　） A．20km B．km C．km D．km 5．（2023秋•渝中区期末）如图，某时刻码头A和码头B分别在游船M的南偏东60°和南偏东75°方向上，已知A，B相距1000米，此时游船M距离岸边AB的距离为 　 　米． 6．（2023秋•金山区期末）如图，为了绕开岛礁区，一艘船从A处向北偏东60°的方向行驶8海里到B处，再从B处向南偏东45°方向行驶到发点A正东方向上的C处，此时这艘船距离出发点A处 　 海里． 7．（2024秋•浦北县期中）货轮在海上以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向航行，已知货轮在B处时，测得灯塔A在其北偏东80°的方向上，航行半小时后货轮到达C处，此时测到灯塔A在其北偏东20°的方向上，求货轮到达C处时与灯塔A的距离． 8．（2023秋•万州区期末）每年的秋冬季，万州就呈现出高峡平湖、水天一色的壮美画面．某个周末，小明和小华相约去南滨公园A游玩，小华家C在小明家B正北方向，南滨公园A在小明家B的北偏西30°方向上、在小华家C的北偏西75°方向上，已知小明家B与小华家C距离为1800米． （1）求南滨公园A与小明家B距离为多少米？（结果保留根号） （2）在小明家的正西方向有一个路口D恰好位于AB的中点M的正南方向，出发当天路段BM因施工无法通行，所以小明到南滨公园A只能走路线B→D→M→A．若他早上8：30从家出发，以120米/分钟的速度慢跑到南滨公园A，请问他能在9：00前到达南滨公园A吗？（参考数据：， 9．（2024秋•沙坪坝区校级月考）周末妈妈和小明在位于小明家A西北方向的书店B看书．回家时，小明想先沿BC去位于家A的正西方向、距家240米的菜鸟驿站C处取包裹，然后再沿CA回家；妈妈想先沿BD去位于家A的北偏西15°方向的干洗店取衣服，然后再沿DA回家．已知书店B位于菜鸟驿站C的北偏东15°方向、干洗店D的南偏西75°方向．（参考数据：1.41，1.73） （1）求小明家与书店的距离AB（结果保留整数）； （2）小明和妈妈回家的路程相差多少米（结果保留整数）？ 题型四 坡度（角）问题 解题技巧提炼 1、坡面与水平面的夹角叫做坡角.坡面的铅直高度 ( h ) 和水平宽度 ( l ) 的比叫做坡面的坡度 (或坡比). 2、坡面与其铅直高度和水平宽度构成直角三角形. 1．（2023秋•射洪市期末）已知一个斜坡的坡面长30米，铅直高度为15米，则这个斜坡的坡度为（　　） A．1：2 B．30° C．1： D．：1 2．（2023秋•金乡县期末）如图是某书店扶梯的示意图，扶梯AB的坡度，王老师乘扶梯从扶梯底端A以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端B，则王老师上升的铅直高度BC为 　 　米． 3．（2023秋•通州区期末）某市开展植树造林活动．如图，在坡度的山坡AB上植树，要求相邻两树间的水平距离AC为米，则斜坡上相邻两树间AB的坡面距离为 　 　米． 4．（2023秋•市北区期末）如图所示，河坝横断面迎水坡AB的坡比为1：2，坝高BC＝3m，则坡面AB的长度是（　　） A．4m B．5m C．6m D．3m 5．（2023•英德市三模）如图是某商场自动扶梯的示意图，自动扶梯AB的坡角（∠BAC）为30.5°，乘客从扶梯底端升到顶端上升的高度BC为5米，则自动扶梯AB的长为（　　） A．5tan30.5°米 B．5sin30.5°米 C．米 D．米 6．（2023秋•城关区校级期末）如图，四边形ABCD是某护坡大坝的横截面，AD∥BC，坝顶宽AD为5米，斜坡AB的坡度为i＝1：3，斜坡CD的坡角为45°，坡长CD＝4米，则坝底宽约为（　　） A．16.3米 B．15.8米 C．13.8米 D．11.3米 7．（2024•雁塔区校级一模）如图，小华和同伴秋游时，发现在某地小山坡的点E处有一棵小树，他们想利用皮尺、倾角器和平面镜测量小树到山脚下的距离（即DE的长度），小华站在点B处，让同伴移动平面镜至点C处，此时小华在平面镜内可以看到点E．且测得BC＝3米，CD＝28米．∠CDE＝127°．已知小华的眼睛到地面的距离AB＝1.5米，请根据以上数据，求DE的长度．（参考数据：，） 8．（2024•沧州一模）如图是一座人行天桥的示意图，已知天桥的高度CD＝6米，坡面BC的倾斜角∠CBD＝45°，距B点8米处有一建筑物NM，为了方便行人推自行车过天桥，市政府决定降低坡面BC的坡度，把倾斜角由45°减至30°，即使得新坡面AC的倾斜角为∠CAD＝30°． （1）求新坡面AC的长度； （2）试求新坡面底部点A到建筑物MN的距离． 9．（2024•澄迈县模拟）如图，为了测量某建筑物BC的高度，小颖采用了如下的方法：先从与建筑物底端B在同一水平线上的A点出发，沿斜坡AD行走130米至坡顶D处，再从D处沿水平方向继续前行若干米后至点E处，在E点测得该建筑物顶端C的仰角为60°，建筑物底端B的俯角为45°，点A、B、C、D、E在同一平面内，斜坡AD的坡度i＝1：2.4．根据小颖的测量数据，求建筑物BC的高度．（参考数据：1.732） 题型五 视角和坡角综合问题 解题技巧提炼 主要是利用视角和坡角的相关知识来解决问题即可，关键是要找根据题中信息构造直角三角形，然后利用解直角三角形的相关知识来解决即可. 1．（2023•温州模拟）某同学利用数学知识测量建筑物DEFG的高度．他从点A出发沿着坡度为i＝1：2.4的斜坡AB步行26米到达点B处，用测角仪测得建筑物顶端D的仰角为37°，建筑物底端E的俯角为30°．若AF为水平的地面，测角仪竖直放置，其高度BC＝1.6米，则此建筑物的高度DE约为（精确到0.1米，参考数据：1.73，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）（　　） A．23.0米 B．23.6米 C．26.7米 D．28.9米 2．（2023春•重庆期中）如图，已知点C与某建筑物底端B相距220米（点C与点B在同一水平面上），某同学从点C出发，沿同一剖面的斜坡CD行走130米至坡顶D处，斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4，在D处测得该建筑物顶端A的俯视角为20°，则建筑物AB的高度约为（　　）（精确到1米，参考数据：sin20°≈0.342，cos20°≈0.940，tan20°≈0.364） A．13米 B．14米 C．36米 D．37米 3．（2024•罗湖区校级模拟）如图，万达广场主楼楼顶立有广告牌DE，小辉准备利用所学的三角函数知识估测该主楼的高度．由于场地有限，不便测量，所以小辉沿坡度i＝1：0.75的斜坡从看台前的B处步行50米到达C处，测得广告牌底部D的仰角为45°，广告牌顶部E的仰角为53°（小辉的身高忽略不计），已知广告牌DE＝15米，则该主楼AD的高度约为（　　）（结果精确到整数，参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3） A．80m B．85m C．89m D．90m 4．如图，重庆八中某校区足球场有一根旗杆DE，小杰从篮球场的点A处观察到旗杆顶端的仰角是15°，往前走50米到点B处，再沿着坡度为i＝1：0.75的阶梯BC走到足球场的C点，BC＝25米，测得CD之间的水平距离CD＝70米，则旗杆的高度DE为（　　）米（参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27） A．37.8米 B．42.8米 C．52.8米 D．56.5 米 5．（2023•新泰市二模）数学活动小组欲测量山坡上一棵大树CD的高度，如图，DC⊥AM于点E，在A处测得大树底端C的仰角∠CAE＝15°，沿水平地面前进30米到达B处，测得大树顶端D的仰角∠DBE＝53°，测得山坡坡角∠CBM＝30°（图中各点均在同一平面内）．则这棵大树CD的高度为 　 　．（结果取整数，参考数据：，，，） 6．（2023•惠来县校级一模）如图，AB是垂直于水平面的建筑物，为测量AB的高度，小红从建筑物底端B出发，沿水平方向行走了52米到达点C，然后沿斜坡CD前进，到达坡顶D点处，DC＝BC．在点D处放置测角仪，测角仪支架DE高度为0.8米，在E点处测得建筑物顶端A点的仰角∠AEF为27°（点A，B，C，D在同一平面内），斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4，求建筑物AB的高度．（精确到个位） （参考数据：sin27°≈0.45，cos27°≈0.89，tan27°≈0.51） 7．（2024•蜀山区二模）如图，某处有一座塔AB，塔的正前方有一平台DE，平台的高DG＝5米，斜坡CD的坡度i＝5：12，点A，C，G，F在同一条水平直线上．某数学兴趣小组为测量该塔的高度，在斜坡C处测得塔顶部B的仰角为54.5°，在斜坡D处测得塔顶部B的仰角为26.7°，求塔高AB．（精确到0.1米）（参考数据：tan54.5°≈1.40，sin54.5°≈0.81，cos54.5°≈0.58，tan26.7°≈0.50，sin26.7°≈0.45，cos26.7°≈0.89） 8．（2024•河东区一模）为了监控大桥下坡路段车辆行驶速度，通常会在下引桥处设置电子眼进行区间测速．如图，电子眼位于点P处，离地面的铅锤高度PQ为9米，区间测速的起点为下引桥坡面点A处，此时电子眼的俯角为30°；区间测速的终点为下引桥坡脚点B处，此时电子眼的俯角为60°（A、B、P、Q四点在同一平面）． （1）求路段BQ的长（结果保留根号）； （2）当下引桥坡度i＝1：2时，求电子眼区间测速路段AB的长（结果保留根号）． 9．（2024•喀什地区三模）王刚同学在学习了解直角三角形及其应用的知识后，尝试利用所学知识测量河对岸大树AB的高度，他在点C处测得大树顶端A的仰角为45°，再从C点出发沿斜坡走米到达斜坡上D点，在点D处测得树顶端A的仰角为30°，若斜坡CF的坡比为i＝1：3（点E、C、B在同一水平线上）． （1）求王刚同学从点C到点D的过程中上升的高度； （2）求大树AB的高度（结果保留根号）． 题型六 利用解直角三角形解决方案设计问题 解题技巧提炼 解决方案设计问题的关键是要找准达到方案要求的关键点，然后再利用解直角三角形的一般步骤来解决即可解答. 1．某房地产集团筹建一小区，居民楼均为平顶条式，南北朝向，楼高统一为16m（五层）．已知该城市冬至正午时分太阳高度最低，太阳光线与水平线的夹角为32°． （1）如果甲、乙两楼相隔仅有20m（如图），试求此时甲楼的影子落在乙楼上有多高； （2）根据居住要求，每层楼在冬天都要受到阳光照射，请你重新设计一个方案．（精确到0.1m，参考数据：tan32°≈0.6249） 2．（2023秋•大东区期末）如图1是某越野车的侧面示意图，折线段ABC表示车后盖，已知AB＝1m，BC＝0.6m，∠ABC＝123°，该车的高度AO＝1.7m．如图2，打开后备箱，车后盖ABC落在AB'C'处，AB'与水平面的夹角∠B'AD＝27°． （1）求打开后备箱后，车后盖最高点B'到地面l的距离； （2）若小明爸爸的身高为1.83m，他从打开的车后盖C处经过，有没有碰头的危险请说明理由．（结果精确到0.01m，参考数据：sin27°≈0.454，cos27°≈0.891，tan27°≈0.510，） 3．（2023•大石桥市模拟）图①是一辆登高云梯消防车的实物图，图②是其工作示意图，起重臂AC是可伸缩的（10m≤AC≤20m），且起重臂AC可绕点A在一定范围内转动，张角为∠CAE（90°≤∠CAE≤150°），转动点A距离地面BD的高度AE为3.5m． （1）当起重臂AC长度为12m，张角∠CAE为120°时，求云梯消防车最高点C距离地面的高度CF； （2）某日，一居民家突发险情，该居民家距离地面的高度为18m，请问该消防车能否实施有效救援？（参考数据：1.732） 4．（2023•渝中区校级三模）如图为某体育公园部分示意图，C为公园大门，A、B、D分别为公园广场、健身器材区域、儿童乐园．经测量：A、B、C在同一直线上，且A、B在C的正北方向，AB＝240米，点D在点B的南偏东75°方向，在点A的东南方向． （1）求B、D两地的距离；（结果精确到0.1m） （2）大门C在儿童乐园D的南偏西60°方向，由于安全需要，现准备从儿童乐园D牵一条笔直的数据线到大门C的控制室，请通过计算说明公园管理部门采购的380米数据线是否够用（接头忽略不计）．（参考数据：1.414，1.732） 5．（2023秋•丰都县期中）某海域上，码头A处的海警同时接到B处和C处的求救信号，海警一组前往B处，海警二组前往C处，B在A的北偏东45°方向，C在A的南偏东30°方向，C在B的正南方向，AC＝10海里． （1）求AB的距离（结果精确到0.1）； （2）B处的人员得到解救后，C处还未完成解救任务，海警一组决定前往C处协助二组完成任务，若海警一组的快艇速度为每小时65海里，问海警一组能否在15分钟内到达C处？请说明理由． （参考数据：1.414， 6．（2024•渝中区校级一模）为满足市民锻炼需求，我市在公园里的一条景观大道AC两侧开辟了两条长跑锻炼路线，如图，①A→B→C；②A→D→E→C．经测量A在C的正西方向，B在A的北偏东53°方向，C在B的南偏西8°方向，D在A的南偏东30°方向，E在D的正东方向且在C的正南方向，AD＝AC＝1000米．（参考数据：，，，，） （1）求B，C的距离；（结果保留根号） （2）由于时间原因，小明决定选择一条较短的路线进行锻炼，请通过计算说明他应该选择线路①还是线路②？ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！21 学科网（北京）股份有限公司 $$ （浙教版）九年级下册数学《第1章 解直角三角形》 1.3.1 解直角三角形的实际应用 知识点 利用解直角三角形解决实际问题 ◆1、利用解直角三角形解决实际问题的一般过程： 1. 将实际问题抽象为数学问题（画出平面图形，转化为解直角三角形的问题）； 2. 根据题目条件解直角三角形； 3. 得到数学问题的答案； 4. 得到实际问题的答案. ◆2、解直角三角形的实际应用中涉及的有关概念： （1）仰角、俯角 在视线与水平线所成的角中，视线在水平线上方时，视线与水平线所成的角叫仰角， 视线在水平线下方时，视线与水平线所成的角叫俯角． （2）方位角 以正南或正北方向为准，正南或正北方向线与目标方向线构成的小于 90°的角，叫做方位角. 如图： 如图所示,目标方向线 OA,OB,的方向角分别可以表示为北偏东30°、南偏西45°,其中南偏西45°习惯上又叫做西南方向,北偏西45°习惯上又叫做西北方向. （3）坡角、坡度 名称 定义 表示方法 关系 举例 坡角 坡面与水平面的夹角叫做坡角. 一般用字母 α，β，γ 表示 . ①坡度不是角的度数，它是坡角的正切值， 即 i =tan α； ②坡度越大，坡角 α 就越大，坡面就越陡. 当 h =1， l= 时，坡度. i = h : l=1：，坡角为30°. 坡度 坡面的铅直高度 ( h ) 和水平宽度 ( l ) 的比叫做坡面的坡度 (或坡比). 通常用 i 表示， 即 i = h : l . 题型一 一般的实际问题 解题技巧提炼 一般的实际问题，主要是利用解直角三角形解决简单的问题，明确把实际问题转化成数学问题，然后来解直角三角形并解答，注意结果要符和实际的意义. 1．（2023秋•方城县期末）电线杆AB直立在水平的地面BC上，AC是电线杆AB的一根拉线，测得BC＝5，∠ACB＝52°，则拉线AC的长为（　　） A． B． C．5•cos52° D． 【分析】直接利用锐角三角函数关系得出cos52°，进而得出答案． 【解答】解：∵∠ABC＝90°，∠ACB＝52°，BC＝5， ∴cos52°， ∴AC 故选：B． 【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用，正确掌握锐角三角函数关系是解题关键． 2．（2024•朝阳区校级三模）如图，天窗打开后，天窗边缘AC与窗框AB夹角为21°，若AC长为a米，则窗角C到窗框AB的距离CD的大小为（　　） A．asin21°米 B．acos21°米 C．米 D．米 【分析】根据题意可得：CD⊥AD，然后在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长，即可解答． 【解答】解：由题意得：CD⊥AD， 在Rt△ACD中，∠CAD＝21°， ∴CD＝AC•sin21°≈asin21°（米）， ∴窗角C到窗框AB的距离CD的大小为asin21°米， 故选：A． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 3．（2024•工业园区校级二模）如图，一辆自行车竖直摆放在水平地面上，右边是它的部分示意图，现测得∠A＝88°，∠C＝42°，AB＝60，则点A到BC的距离为（　　） A．60sin50° B． C．60cos50° D．60tan50° 【分析】先求出∠B＝180°﹣88°﹣42°＝50°，再用三角函数定义，求出AD＝AB×sinB＝60×sin50°，即可得出答案． 【解答】解：过点A作AD⊥BC于点D，如图所示： ∵∠BAC＝88°，∠C＝42°， ∴∠B＝180°﹣88°﹣42°＝50°， 在Rt△ABD中，AD＝AB×sinB＝60×sin50°， ∴点A到BC的距离为60sin50°，故A正确． 故选：A． 【点评】本题主要考查了三角形内角和定理的应用，三角函数的应用，点到直线的距离，解题的关键是熟练掌握三角函数的定义． 4．（2024•岳麓区校级三模）许多大型商场购物中心为了引导人流前往目标楼层，会考虑使用“飞梯”（可以跨楼层抵达的超高超长的自动扶梯）．上海大悦城的“飞梯”从3层直达7层，“飞梯”的截面如图，AB的长为50米，AB与AC的夹角为24°，则高BC是（　　） A．50sin24°米 B．50cos24°米 C．米 D．米 【分析】根据图形和锐角三角函数，可以表示出BC的值． 【解答】解：∵∠BCA＝90°，AB＝50m，∠A＝24°， ∴sinA， ∴BC＝50sinA＝50sin24°（米）， 故选：A． 【点评】本题考查解直角三角形的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 5．（2023•南关区校级二模）如图所示的衣架可以近似看成一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，∠ABC＝α，BC＝40厘米，则高AD的长为（　　） A．20tanα厘米 B．40tanα厘米 C．厘米 D．厘米 【分析】先根据等腰三角形的三线合一性质得到BD的长，再利用正切定义求解即可． 【解答】解：∵AB＝AC，AD⊥BC，BC＝40cm， ∴BD＝CDBC＝20cm， 在 Rt△ABD中，tan∠ABC， ∴AD＝tanα•BD＝20tanα（cm）． 故选：A． 【点评】本题考查等腰三角形的性质、解直角三角形的应用，熟练掌握等腰三角形的性质是解答的关键． 6．（2023秋•南关区校级期末）如图所示的是一段索道的示意图．已知A、B两点间的距离为600米，∠BAC＝α，则缆车从A点到B点上升的高度（即BC的长）为（　　） A．600sinα米 B．米 C．600cosα米 D．米 【分析】由锐角的正弦定义得到sinα，即可得到BC＝600sinα米． 【解答】解：∵∠ACB＝90°， ∴sinα， ∵AB＝600米， ∴BC＝600sinα米． 故选：A． 【点评】本题考查解直角三角形的应用，关键是掌握锐角的正弦定义． 7．（2023•蔡甸区模拟）某数学兴趣小组开展了“笔记本电脑的张角大小、顶部边缘离桌面的高度与用眼舒适度关系”的实践探究活动．如图，当张角∠AOB＝150°时，顶部边缘A处离桌面的高度AC的长为10cm，此时用眼舒适度不太理想，小组成员调整张角大小继续探究，最后联系黄金比知识，发现当张角∠A'OB＝108°时（点A′是A的对应点），用眼舒适度较为理想，此时顶部边缘A′处离桌面的高度A′D的长为 　 　cm．（结果精确到1cm：参考数据：sin72°≈0.95，cos72°≈0.31，tan72°≈3.08） 【分析】先利用平角定义求出∠AOC＝30°，然后在Rt△AOC中，利用含30度角的直角三角形的性质求出AO的长，从而利用旋转的性质可得AO＝A′O＝20cm，再利用平角定义求出∠A′OD＝72°，最后在Rt△A′DO中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答． 【解答】解：∵∠AOB＝150°， ∴∠AOC＝180°﹣∠AOB＝30°， 在Rt△AOC中，AC＝10cm， ∴AO＝2AC＝20（cm）， 由旋转得：AO＝A′O＝20cm， ∵∠A′OB＝108°， ∴∠A′OD＝180°﹣∠A′OB＝72°， 在Rt△A′DO中，A′D＝A′O•sin72°≈20×0.95＝19（cm）， 故答案为：19． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键． 8．（2023秋•奉贤区期末）如图是某幢房屋及其屋外遮阳篷，已知遮阳篷的固定点A距离地面4米（即AB＝4米），遮阳篷的宽度AC为2.6米，遮阳篷与房屋墙壁的夹角α的余弦值为，当太阳光与地面的夹角为60°时，遮阳篷在地面上的阴影宽度BD为 　 　 米． 【分析】先作CF⊥AB于点F，作CE⊥BD，交BD的延长线于点E，然后根据锐角三角函数和勾股定理，可以求得BE和DE的值，从而可以求得BD的值． 【解答】解：作CF⊥AB于点F，作CE⊥BD，交BD的延长线于点E，如图， 由已知可得，AC＝2.6米，cosα，∠AFC＝90°，AB＝4米， ∴AF＝AC•cosα＝2.61（米）， ∴CF2.4（米），BF＝AB﹣AF＝4﹣1＝3（米）， ∴CE＝BF＝3米，CF＝BE＝2.4米， ∵∠CDE＝60°，∠CED＝90°， ∴DE（米）， ∴BD＝BE﹣DE＝（2.4）米， 故答案为：（2.4）． 【点评】本题考查解直角三角形的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 9．（2023秋•甘井子区期末）如图1是一种折叠椅示意图，忽略其支架等器件的宽度，支架与座板均用线段表示，得到它的侧面的简化结构图，如图2所示．若座板CD平行于地面，前支架AB与后支架OF分别与CD交于点E，D，量得ED＝20cm，DF＝40cm，∠AED＝58°，∠ODC＝76°． （1）求椅子座板CD距离地面BF的高度； （2）求两支架着地点B，F之间的距离．（精确到0.1cm） （参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60，sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4.00） 【分析】过点E，D分别作 EH⊥BF 于H，作 DG⊥BF 于G，由平行线的性质得到∠OED＝∠OBF＝58°，∠ODE＝∠DFG＝76°． （1）由锐角的正弦求出GD的长，即可解决问题； （2）由矩形的性质得到HG＝ED，由锐角的余弦求出GF的长，由锐角的正切求出BH的长，即可求出BF的长． 【解答】解：过点E，D分别作 EH⊥BF 于H，作 DG⊥BF 于G， ∴∠EHB＝∠DGF＝90°， ∵ED∥BF， ∴∠OED＝∠OBF＝58°，∠ODE＝∠DFG＝76°， （1）在Rt△DGF 中，DF＝40， ∵sin∠DFG＝sin76°0.97， ∴DG＝0.97×40＝38.8（cm）， ∴椅子座板CD距离地面BF的高度是38.8cm． （2）在Rt△DGF 中，DF＝40， ∴cos∠DFG＝cos76°0.24， ∴FG＝0.24×40＝9.6（cm）， ∵ED∥BF，EH⊥BF，DG⊥BF， ∴四边形EDHG是矩形， ∴EH＝DG＝38.8cm，ED＝HG＝20cm， 在Rt△EBH中，EH＝38.8， ∵tan∠EBH＝tan58°1.60， ∴BH≈24.25（cm）， ∴BF＝BH+HG+GF＝24.25+20+9.6≈53.9（cm）， ∴两支架着地点BF之间的距离约为53.9cm． 【点评】本题考查解直角三角形的应用，关键是作辅助线构造直角三角形，应用锐角的三角函数定义来解决问题． 题型二 仰角与俯角问题 解题技巧提炼 1、在视线与水平线所成的角中，视线在水平线上方时，视线与水平线所成的角叫仰角，视线在水平线下方时，视线与水平线所成的角叫俯角． 2、水平线与竖直线的夹角是90°,据此构造直角三角形. 1．（2024•鼓楼区校级模拟）如图，一枚运载火箭从地面L处发射，雷达站R与发射点L距离6km，当火箭到达A点时，雷达站测得仰角为43°，则这枚火箭此时的高度AL为（　　）km． A．6sin43° B．6cos43° C． D．6tan43° 【分析】根据正切的定义即可求解． 【解答】解：在Rt△ALR中，RL＝6，∠ARL＝43°， ∴tanR， ∴AL＝LR•tanR＝6•tan43°（km）． 故选：D． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用，仰角问题，掌握三角函数的定义是解题的关键． 2．（2024•普陀区二模）如图，小慧的眼睛离地面的距离为1.6m，她用三角尺测量广场上的旗杆高度，仰角恰与三角板60°角的边重合，量得小慧与旗杆之间的距离BC为5m，则旗杆AD的高度（单位：m）为（　　） A．6.6 B．11.6 C． D． 【分析】利用直角三角形的一边与AC平行得到∠ABC＝60°，则根据含30度的直角三角形三边的关系得到AC，然后计算AC+CD即可． 【解答】解：根据题意得∠ABC＝60°， 在Rt△ABC中，ACBC＝5m， 所以AD＝AC+CD＝（51.6）m． 答：旗杆的高度（51.6）m． 故选：D． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解决本题的关键是掌握仰角俯角定义． 3．（2024•海门区校级开学）两建筑物的水平距离为a米，从A点测得D点的俯角为α，测得C点的俯角为β，则较低建筑物CD的高为（　　） A．a米 B．米 C． 米 D．a（tanβ﹣tanα）米 【分析】构造直角三角形．用根据题意CD＝BE＝AB﹣AE． 【解答】解：由题意得AB∥CD，AB⊥BC，∠ADE＝α，∠ACB＝∠β， 在Rt△AED中，AE＝atanα， 在Rt△ABC中，AB＝atanβ． ∴CD＝BE＝AB﹣AE＝atanβ﹣atanα＝a（tanβ﹣tanα）． 故选：D． 【点评】本题考查解直角三角形的应用—仰角俯角问题，解题的关键是掌握相关知识． 4．（2024•道里区模拟）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＝（88）米，则这棵树CD的高度是（　　） A．米 B．米 C．米 D．米 【分析】根据题意可得：CD⊥AB，设BD＝x米，然后在Rt△BDC中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长，再在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，然后根据AD+BD＝AB，列出关于x的方程，进行计算即可解答． 【解答】解：由题意得：CD⊥AB， 设BD＝x米， 在Rt△BDC中，∠CBD＝60°， ∴CD＝BD•tan60°x（米）， 在Rt△ACD中，∠DAC＝45°，tan∠DAC＝1， ∴AD（米）， ∵BD+AD＝AB， ∴xx＝88， 解得x＝8， ∴CDx＝8（米）， ∴这棵树CD的高度约为8米． 故选：B． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键． 5．（2024•邹城市二模）2024年5月3日17时27分，搭载嫦娥六号探测器的长征五号遥八运载火箭在海南文昌航天发射场成功点火发射，如图，在发射的过程中，火箭从地面O处竖直向上发射，当火箭到达A处时，从位于地面C处的雷达站测得AC的距离是8km，仰角为30°；当火箭到达B处时，从位于地面C处的雷达站测得仰角为45°，则从A处到B处的飞行距离为（　　） A．4km B．km C．km D．km 【分析】根据含30度角的直角三角形可得AO＝4，在Rt△AOC中，根据直角三角形的性质得出，在Rt△BOC中，根据等腰直角三角形的性质得到，于是得到结论． 【解答】解：在Rt△AOC中， ∵∠AOC＝90°，∠ACO＝30°，AC＝8km， ∴． 在Rt△AOC中， ∴， 在Rt△BOC中， ∵∠BOC＝90°，∠BCO＝45°， ∴OB＝OC＝4km， ∴． 故选：C． 【点评】本题考查了解直角三角形﹣俯角仰角问题，准确识图，熟练运用相关知识是解题的关键． 6．（2024•朝阳区校级开学）如图，已知斜坡BQ的坡度，坡长BQ＝16米，在斜坡BQ上有一棵银杏树PQ，小李在A处测得树顶P的仰角为α，测得水平距离AB＝8米．若tanα＝0.75，点A，B，P，Q在同一平面上，PQ⊥AB于点C，则银杏树PQ的高度为 　 　米． 【分析】先延长PQ交直线AB于点H，得直角三角形QBH，根据坡度为i＝1：和勾股定理求出QH和BH，从而得出AH，再由直角三角形和tanα＝0.75求出PH，继而求出银杏树PQ的高度． 【解答】解：延长PQ交直线AB于点H． ∵在Rt△QBH中，QH：BH＝1：， ∴设QH＝x米，BHx米， ∵BQ＝16米， ∴x2+（x）2＝162． ∴x＝8（负值已舍去）． ∴QH＝8米，BH＝8米． ∵AB＝8米， ∴AH＝8+8米， ∵tanα＝0.75， ∴． 即0.75， ∴PH＝6+6（米）． ∴PQ＝PH﹣QH＝（62）米． 【点评】此题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，解答本题的关键是构造两直角三角形根据勾股定理和三角函数求解． 7．（2024•新泰市三模）如图所示，某数学兴趣小组利用无人机测大楼的高度C，无人机在空中点P处，测得点P距地面上A点100米，点A处俯角为60°，楼顶C点处的俯角为30°，已知点A与大楼的距离AB为80米（点A，B，C，P在同一平面内），则大楼的高度BC＝　 　米．（结果精确到0.1米，参考数据：． 【分析】过P作 PH⊥AB于H，过C作CQ⊥PH于Q，而 CB⊥AB，则四边形 CQHB是矩形，先解Rt△APH，求出PH，AH，得到CQ的长度，再解Rt△PQC，得到PQ的长即可解决问题． 【解答】解：如图所示： 过P作 PH⊥AB于H，过C作CQ⊥PH于Q，而 CB⊥AB， 则四边形 CQHB是矩形， ∴QH＝BC，BH＝CQ， 由题意可得：AP＝100米，∠PAH＝60°，∠PCQ＝30°，AB＝80米， ∴PH＝APsin60°＝10050（米），AH＝APcos60°＝50（米）， ∴CQ＝BH＝80﹣50＝30（米）， ∴PQ＝CQ•tan30°＝10（米）， ∴BC＝QH＝50104069.3（米）， ∴大楼的高度BC约为69.3米． 故答案为：69.3． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，矩形的判定与性质，理解仰角与俯角的含义是解本题的关键． 8．（2024•吉林）图①中的吉林省广播电视塔，又称“吉塔”．某直升飞机于空中A处探测到吉塔，此时飞行高度AB＝873m，如图②．从直升飞机上看塔尖C的俯角∠EAC＝37°，看塔底D的俯角∠EAD＝45°，求吉塔的高度CD（结果精确到0.1m）． （参考数据：sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，tan37°＝0.75） 【分析】过点C作CF⊥AB，先说明四边形CDBF是矩形，再在Rt△ACF、Rt△DBA中，利用直角三角形的边角间关系求出AF的长，最后利用线段的和差关系得结论． 【解答】解：过点C作CF⊥AB，垂足为F． ∵AB⊥BD，CF⊥AB，DC⊥BD， ∴∠CDB＝∠B＝∠CFB＝90°． ∴四边形CDBF是矩形． ∴BF＝CD，CF＝BD＝873m． ∵CF∥BD∥AE， ∴∠EAC＝∠ACF＝37°，∠EAD＝∠ADB＝45°． 在Rt△ACF中， ∵tan∠ACF， ∴AF＝tan∠ACF•CF ＝tan37°×873 ≈0.75×873 ≈654.75（m）． ∴CD＝FB＝AB﹣AF ＝873﹣654.75 ＝218.25 ≈218.3（m）． 答：吉塔的高度CD约为218.3m． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角间关系、矩形的性质和判定等知识点是解决本题的关键． 9．（2024•天长市二模）图1是某学校的教学楼，共五层，每个楼层的高度相等．为了安全，在此楼顶装有铁围栏，小明同学想通过所学知识测出铁围栏的高度（CD的长）．图2是平面示意图，小明同学站在教学楼对面的教师楼二楼走廊A处，观测正对面教学楼五楼楼顶C处的仰角为34°，测完又走到教师楼三楼走廊B处，观测正对面铁围栏顶部D的仰角为31°．教师楼每一层的高度和教学楼每一层高度相等，且在同一水平高度．已知教师楼和教学楼之间的水平距离EF约为20m，请问小明同学测得铁围栏的高度CD约为多少米？（参考数据：sin31°≈0.515，tan31°≈0.6，sin34°≈0.559，tan34°≈0.7） 【分析】分别过点A，B作AG⊥FC，BH⊥FC，则AG＝BH＝EF＝20m，解Rt△CAG求出CG≈14m，则每一层高度为14÷4＝3.5m，据此可得CH＝3.5×3＝10.5m；再解Rt△DBH中，得到DH≈12m，则DC＝DH﹣CH＝1.5m． 【解答】解：如图，分别过点A，B作AG⊥FC，BH⊥FC． 由题可知AG＝BH＝EF＝20m． 在Rt△CAG中，， ∴， ∴CG≈14m， ∴每一层高度为14÷4＝3.5m， ∴CH＝3.5×3＝10.5m． 在Rt△DBH中，， ∴， ∴DH≈12m， ∴DC＝DH﹣CH＝12﹣10.5＝1.5m． 答：小明同学测得铁围栏的高度CD约为1.5m． 【点评】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形，当图形中没有直角三角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形，另当问题以一个实际问题的形式给出时，要善于读懂题意，把实际问题划归为直角三角形中边角关系问题加以解决． 题型三 方位角问题 解题技巧提炼 1、以正南或正北方向为准，正南或正北方向线与目标方向线构成的小于 90° 的角，叫做方向角（方位角）. 2、通过向南北(东西)方向作垂线,或向航线作垂线,构造直角三角形. 1．（2023秋•昌平区期末）如图，一艘轮船航行至O点时，测得某灯塔A位于它的北偏东40°方向，且它与灯塔A相距13海里，继续沿正东方向航行，航行至点B处时，测得灯塔A恰好在它的正北方向，则AB的距离可表示为（　　） A．13cos40°海里 B．13sin40°海里 C．海里 D．海里 【分析】根据余弦的定义计算即可． 【解答】解：在Rt△AOB中，OA＝13海里，∠OAB＝40°， ∵cos∠OAB， ∴AB＝OA•cos∠OAB＝13cos50°（海里）， 故选：A． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣方向角问题，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键． 2．（2023秋•靖边县期末）如图，甲、乙两艘轮船同时从港口（O）出发，甲轮船以20海里/时的速度向南偏东45°方向航行，乙轮船向南偏西45°方向航行．已知它们离开港口（O）2时后，两艘轮船相距60海里，则乙轮船的平均速度为（　　） A．海里/时 B．20海里/时 C．海里/时 D．海里/时 【分析】设它们离开港口（O）2时后，甲轮船行驶到点B，乙轮船行驶到点A，由题意可得OB，AB的长，再利用勾股定理求出OA的长，根据速度＝路程÷时间可得答案． 【解答】解：设它们离开港口（O）2时后，甲轮船行驶到点B，乙轮船行驶到点A， 由题意得，∠AOB＝90°，AB＝60海里，OB＝2×20＝40（海里）， 由勾股定理得，OA（海里）， ∴乙轮船的平均速度为2（海里/时）． 故选：D． 【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣方向角问题、勾股定理的应用，熟练掌握方向角的定义、勾股定理是解答本题的关键． 3．（2023•金东区二模）如图，小明在C处看到西北方向上有一凉亭A，北偏东35°的方向上有一棵大树B，已知凉亭A在大树B的正西方向，若BC＝50米，则AB的长等于（　　）米． A． B． C．50（cos35°﹣sin35°） D．50（cos35°+sin35°） 【分析】过点C作CD⊥AB，垂足为D，先在Rt△BCD中，利用锐角三角函数的定义求出BD，CD的长，然后在Rt△ADC中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答． 【解答】解：过点C作CD⊥AB，垂足为D， 在Rt△BCD中，∠BCD＝35°，BC＝50米， ∴BD＝BC•sin35°≈50sin35°（米）， CD＝BC•cos45°＝50cos35°（米）， 在Rt△ADC中，∠ACD＝45°， ∴AD＝CD•tan45°＝CD＝50cos35°（米）， ∴AB＝AD+BD＝50cos35°+50sin35°＝50（cos35°+sin35°）米， 故选：D． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 4．（2023秋•榆阳区校级期末）一艘货轮从小岛A正南方向的点B处向西航行30km到达点C处，然后沿北偏西60°方向航行20km到达点D处，此时观测到小岛A在北偏东60°方向，则小岛A与出发点B之间的距离为（　　） A．20km B．km C．km D．km 【分析】过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥DE于点F，易证四边形BCFE是矩形，得出EF＝BC＝30km，CF＝BE，由含30°角直角三角形的性质得出CFCD＝10km，再由锐角三角函数定义求出DF＝10km，则DE＝（1030）km，然后由锐角三角函数定义求出AE＝（1010）km，即可得出结果． 【解答】解：过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥DE于点F，如图所示： ∵∠ABC＝90°， ∴四边形BCFE是矩形， ∴EF＝BC＝30km，CF＝BE， 由题意得：∠DCF＝60°，∠ADE＝90°﹣60°＝30°， ∴∠CDF＝90°﹣60°＝30°， ∴CFCD20＝10（km）， ∴BE＝10km， DF＝sin60°×CD20＝10（km）， ∴DE＝DF+EF＝（1030）（km）， ∴AE＝tan∠ADE•DE＝tan30°×DE（1030）＝（1010）（km）， ∴AB＝AE+BE＝1010+10＝（1020）（km）， 故选：B． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题、矩形的判定与性质、含30°角直角三角形的性质、锐角三角函数定义等知识，熟练掌握锐角三角函数定义是解题的关键． 5．（2023秋•渝中区期末）如图，某时刻码头A和码头B分别在游船M的南偏东60°和南偏东75°方向上，已知A，B相距1000米，此时游船M距离岸边AB的距离为 　 　米． 【分析】过点M作MC⊥AB，根据三角形的外角性质求出∠AMB，得到MA＝AB，再根据含30°角的直角三角形的性质计算即可． 【解答】解：如图，过点M作MC⊥AB，交BA的延长线于点C， 由题意得，∠MAC＝90°﹣75°＝15°，∠MAC＝90°﹣60°＝30°， ∴∠AMB＝∠MAC﹣∠MBC＝15°， ∴∠AMB＝∠MBC， ∴MA＝AB＝1000米， 在Rt△MAC中，∠MAC＝30°， 则MCMA1000＝500（米）， 故答案为：500． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣方向角问题，掌握三角形的外角性质、含30°角的直角三角形的性质是解题的关键． 6．（2023秋•金山区期末）如图，为了绕开岛礁区，一艘船从A处向北偏东60°的方向行驶8海里到B处，再从B处向南偏东45°方向行驶到发点A正东方向上的C处，此时这艘船距离出发点A处 　 海里． 【分析】根据含30°角的直角三角形的性质求出BD，根据余弦的定义求出AD，根据等腰直角三角形的性质求出CD，进而求出AC． 【解答】解：由题意可知：在Rt△ADB中，∠BAD＝30°，AB＝8海里， 则BDAB＝4海里，AD＝AB•cos∠BAD＝4海里， 在Rt△BDC中，∠DBC＝45°， 则DC＝BD＝4海里， ∴AC＝AD+DC＝（44）海里， 故答案为：（44）． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣方向角问题，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键． 7．（2024秋•浦北县期中）货轮在海上以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向航行，已知货轮在B处时，测得灯塔A在其北偏东80°的方向上，航行半小时后货轮到达C处，此时测到灯塔A在其北偏东20°的方向上，求货轮到达C处时与灯塔A的距离． 【分析】利用平行线性质得出：∠ABC＝60°，∠1＝40°，进而得出∠BAC＝∠BCA＝60°，得出△ABC是等边三角形，进而得出答案． 【解答】解：由题意可得出：∠ABC＝60°，∠1＝40°， 则∠BAC＝∠BCA＝60°， 故△ABC是等边三角形， 则BC＝AC40＝20（海里）． 答：货轮到达C处时与灯塔A的距离是20海里． 【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用，利用方向角得出△ABC是等边三角形是解题关键． 8．（2023秋•万州区期末）每年的秋冬季，万州就呈现出高峡平湖、水天一色的壮美画面．某个周末，小明和小华相约去南滨公园A游玩，小华家C在小明家B正北方向，南滨公园A在小明家B的北偏西30°方向上、在小华家C的北偏西75°方向上，已知小明家B与小华家C距离为1800米． （1）求南滨公园A与小明家B距离为多少米？（结果保留根号） （2）在小明家的正西方向有一个路口D恰好位于AB的中点M的正南方向，出发当天路段BM因施工无法通行，所以小明到南滨公园A只能走路线B→D→M→A．若他早上8：30从家出发，以120米/分钟的速度慢跑到南滨公园A，请问他能在9：00前到达南滨公园A吗？（参考数据：， 【分析】（1）过点C作CH⊥AB于H，根据正弦的定义求出CH，根据余弦的定义求出BH，再根据等腰直角三角形的性质求出AH，进而求出AB； （2）根据线段中点的定义求出AM、BM，根据正弦的定义求出BD，根据余弦的定义求出DM，再求出小明需要走的路程、小明慢跑的路程，判断即可． 【解答】解：（1）如图，过点C作CH⊥AB于H， 在Rt△CHB中，∠CBH＝30°，BC＝1800米， 则CHBC＝900（米），BH＝BC•cos∠CBHBC＝900（米）， 由三角形的外角性质可知：∠A＝75°﹣30°＝45°， ∴AH＝CH＝900米， ∴AB＝AH+BH＝（900+900）米， 答：南滨公园A与小明家B距离为（900+900）米； （2）∵点M是AB的中点， ∴AM＝MB＝（450+450）米， ∵MD∥BC， ∴∠BMD＝∠ABC＝30°， ∴BDBM＝（225+225）米，DMBM＝（225675）米， ∴小明需要走的路程为：BD+DM+MA＝225+225225675+450+4502907（米）， 小明以120米/分钟的速度慢跑30分钟的距离为：120×30＝3600（米）， ∵3600＞2907， ∴他能在9：00前到达南滨公园A． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣方向角问题，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键． 9．（2024秋•沙坪坝区校级月考）周末妈妈和小明在位于小明家A西北方向的书店B看书．回家时，小明想先沿BC去位于家A的正西方向、距家240米的菜鸟驿站C处取包裹，然后再沿CA回家；妈妈想先沿BD去位于家A的北偏西15°方向的干洗店取衣服，然后再沿DA回家．已知书店B位于菜鸟驿站C的北偏东15°方向、干洗店D的南偏西75°方向．（参考数据：1.41，1.73） （1）求小明家与书店的距离AB（结果保留整数）； （2）小明和妈妈回家的路程相差多少米（结果保留整数）？ 【分析】（1）过点C作CE⊥AB于E，依题意得∠CAB＝45°，∠ACB＝75°，∠BAD＝30°，∠ADB＝90°，进而得∠BCE＝30°，AC米，解Rt△ACE得AE＝CE＝240米，解Rt△BCE得BE米，再根据AB＝BE+AE可得出答案； （2）解Rt△BCE得BC米，进而可求出小明回家的路程BC+CA；解Rt△ABD得BD米，AD米，进而可求出妈妈回家的路程BD+AD，然后再比较它们的大小即可得出答案． 【解答】解：（1）过点C作CE⊥AB于E，如图所示： ∵书店B位于小明家A的西北方向， ∴∠CAB＝45°， ∴△ACE为等腰直角三角形， ∴∠ACE＝45°，CE＝AE， ∵∠ACB＝90°﹣15°＝75°，∠BAD＝45°﹣15°＝30°，∠ADB＝75°+15°＝90°， ∴∠BCE＝∠ACB﹣∠ACE＝75°﹣45°＝30°，△ABD为直角三角形， 在Rt△ACE中，AC米，∠CAB＝45°， ∴sin∠CAB， ∴CE＝AC•sin∠CABsin45°＝240（米）， ∴AE＝CE＝240米， 在Rt△BCE中，∠BCE＝30°，CE＝240米， ∴tan∠BCE， ∴BE＝CE•tan∠BCE＝240×tan30°（米）， ∴AB＝BE+AE80×1.73+240≈378（米）， 答：小明家与书店的距离AB约为378米． （2）在Rt△BCE中，∠BCE＝30°，CE＝240米， ∴cos∠BCE， ∴BC（米）， ∴小明回家的路程是：BC+CA160×1.73+240×1.41≈615（米）， 在Rt△ABD中，∠BAD＝30°，AB米， ∴sin∠BAD，cos∠BAD， ∴BD＝AB•sin∠BAD米，AD＝AB•cos∠BAD米， ∴妈妈回家的路程为：BD+AD240+160×1.73≈517（米）， ∵615﹣517＝98， ∴小明和妈妈回家的路程相差98米． 答：小明和妈妈回家的路程相差98米． 【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用，理解方向角，正确地作出辅助线构造直角三角形，熟练掌握锐角三角函数的定义是解决问题的关键． 题型四 坡度（角）问题 解题技巧提炼 1、坡面与水平面的夹角叫做坡角.坡面的铅直高度 ( h ) 和水平宽度 ( l ) 的比叫做坡面的坡度 (或坡比). 2、坡面与其铅直高度和水平宽度构成直角三角形. 1．（2023秋•射洪市期末）已知一个斜坡的坡面长30米，铅直高度为15米，则这个斜坡的坡度为（　　） A．1：2 B．30° C．1： D．：1 【分析】先根据勾股定理可以求得斜坡的水平距离，再根据斜坡的坡度定义即可求解． 【解答】解：如图所示： ∵斜坡AB的坡面长30米，其铅垂高度BC为15米， ∴这个斜坡的水平距离AC15（米）， ∴这个斜坡的坡度为：15：151：， 故选：C． 【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题以及勾股定理，解题的关键明确坡度是指斜坡的铅直高度与水平距离的比值． 2．（2023秋•金乡县期末）如图是某书店扶梯的示意图，扶梯AB的坡度，王老师乘扶梯从扶梯底端A以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端B，则王老师上升的铅直高度BC为 　 　米． 【分析】先求出AB的长，利用坡度设出AC，BC，再利用勾股定理即可求出BC． 【解答】解：∵扶梯AB的坡度， ∴可设BC＝x米，ACx米， ∵王老师乘扶梯从扶梯底端A以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端B， ∴AB＝0.5×40＝20（米）， 在Rt△ABC中， 由勾股定理，得AC2+BC2＝AB2， 即（x）2+x2＝202， 解得x1＝10，x2＝﹣10（舍去）， 即王老师上升的铅直高度BC为10米． 故答案为：10． 【点评】本题考查解直角三角形﹣坡度坡角问题，解答中涉及勾股定理，理解题意，掌握坡度的意义是解题的关键． 3．（2023秋•通州区期末）某市开展植树造林活动．如图，在坡度的山坡AB上植树，要求相邻两树间的水平距离AC为米，则斜坡上相邻两树间AB的坡面距离为 　 　米． 【分析】先根据坡度的概念求出BC，再根据勾股定理计算，得到答案． 【解答】解：∵斜坡的坡度i＝1：， ∴BC：AC＝1：， ∵AC＝2米， ∴BC＝2米， ∴AB4（米）， 故答案为：4． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，熟记坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比是解题的关键． 4．（2023秋•市北区期末）如图所示，河坝横断面迎水坡AB的坡比为1：2，坝高BC＝3m，则坡面AB的长度是（　　） A．4m B．5m C．6m D．3m 【分析】根据坡度的概念求出AC，再根据勾股定理求出AB． 【解答】解：∵坡AB的坡比为1：2，坝高BC＝3m， ∴AC＝2BC＝2×3＝6（m）， ∴AB3（m）， 故选：D． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比，又叫做坡比． 5．（2023•英德市三模）如图是某商场自动扶梯的示意图，自动扶梯AB的坡角（∠BAC）为30.5°，乘客从扶梯底端升到顶端上升的高度BC为5米，则自动扶梯AB的长为（　　） A．5tan30.5°米 B．5sin30.5°米 C．米 D．米 【分析】根据正弦的定义计算，则得到答案． 【解答】解：在Rt△ABC中，sinA， 则AB米． 故选：C． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握正弦的定义是解题的关键． 6．（2023秋•城关区校级期末）如图，四边形ABCD是某护坡大坝的横截面，AD∥BC，坝顶宽AD为5米，斜坡AB的坡度为i＝1：3，斜坡CD的坡角为45°，坡长CD＝4米，则坝底宽约为（　　） A．16.3米 B．15.8米 C．13.8米 D．11.3米 【分析】过点A、D作BC的垂线，垂足分别为E、F，证明四边形AEFD是矩形，△DCF是等腰直角三角形，解直角三角形即可求解． 【解答】解：过点A、D作BC的垂线，垂足分别为E、F， ∵AD∥BC， ∴四边形AEFD是矩形， ∵斜坡CD的坡角为45°， ∴△DCF是等腰直角三角形， ∵CD＝4米， ∴， ∴， ∵斜坡AB的坡度为i＝1：3， ∴， ∴（米）． 故选：A． 【点评】本题考查解直角三角形的应用，正确地作出辅助线是解题的关键． 7．（2024•雁塔区校级一模）如图，小华和同伴秋游时，发现在某地小山坡的点E处有一棵小树，他们想利用皮尺、倾角器和平面镜测量小树到山脚下的距离（即DE的长度），小华站在点B处，让同伴移动平面镜至点C处，此时小华在平面镜内可以看到点E．且测得BC＝3米，CD＝28米．∠CDE＝127°．已知小华的眼睛到地面的距离AB＝1.5米，请根据以上数据，求DE的长度．（参考数据：，） 【分析】过点E作EF⊥BD交BD的延长线于F，设EF＝x米，根据正切的定义用x表示DF，证明△ABC∽△EFC，根据相似三角形的性质计算即可． 【解答】解：过点E作EF⊥BD交BD的延长线于F， 设EF＝x米， ∵∠CDE＝127°， ∴∠DEF＝127°﹣90°＝37°， 在Rt△EDF中，tan∠DEF， 则DF＝EF•tan∠DEFx， 由题意得：∠ACB＝∠ECF， ∵∠ABC＝∠EFC＝90°， ∴△ABC∽△EFC， ∴，即， 解得：x＝22.4， ∴DFx＝16.8， ∴DE28（米）， 答：DE的长度约为28米． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握锐角三角函数的定义、相似三角形的判定定理是解题的关键． 8．（2024•沧州一模）如图是一座人行天桥的示意图，已知天桥的高度CD＝6米，坡面BC的倾斜角∠CBD＝45°，距B点8米处有一建筑物NM，为了方便行人推自行车过天桥，市政府决定降低坡面BC的坡度，把倾斜角由45°减至30°，即使得新坡面AC的倾斜角为∠CAD＝30°． （1）求新坡面AC的长度； （2）试求新坡面底部点A到建筑物MN的距离． 【分析】（1）根据含30°角的直角三角形的性质计算； （2）根据等腰直角三角形的性质求出BD，进而求出AD，根据正切的定义求出AD，计算即可． 【解答】解：（1）在Rt△ACD中，∠CAD＝30°，CD＝6米， 则AC＝2CD＝2×6＝12（米）， 答：新坡面AC的长度为12米； （2）在Rt△BCD中，∠CBD＝45°，CD＝6米， ∴BD＝CD＝6米， ∵NB＝8米， ∴ND＝NB+BD＝8+6＝14（米）， 在Rt△ACD中，∠CAD＝30°，CD＝6米， 则AD6（米）， ∴NA＝ND﹣AD＝（14﹣6）米， 答：新坡面底部点A到建筑物MN的距离为（14﹣6）米． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键． 9．（2024•澄迈县模拟）如图，为了测量某建筑物BC的高度，小颖采用了如下的方法：先从与建筑物底端B在同一水平线上的A点出发，沿斜坡AD行走130米至坡顶D处，再从D处沿水平方向继续前行若干米后至点E处，在E点测得该建筑物顶端C的仰角为60°，建筑物底端B的俯角为45°，点A、B、C、D、E在同一平面内，斜坡AD的坡度i＝1：2.4．根据小颖的测量数据，求建筑物BC的高度．（参考数据：1.732） 【分析】过D作DH⊥AB于H，延长DE交BC于F．则四边形DHBF是矩形，得BF＝DH，在Rt△ADH中求出DH，再解直角三角形求出EF、CF的长，即可解决问题． 【解答】解：如图，过D作DH⊥AB于H，延长DE交BC于F． 则四边形DHBF是矩形， ∴BF＝DH， 在Rt△ADH中，AD＝130米，DH：AH＝1：2.4， ∴DH＝50（米）， ∴BF＝DH＝50（米）， 在Rt△EFB中，∠BEF＝45°， ∴△EFB是等腰直角三角形， ∴EF＝BF＝50（米）， 在Rt△EFC中，∠CEF＝60°，tan∠CEF＝tan60°， ∴CFEF＝50（米）， ∴BC＝BF+CF＝（50+50）（米）． 答：建筑物BC的高度为（50+50）米． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用—仰角俯角问题、坡度坡角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 题型五 视角和坡角综合问题 解题技巧提炼 主要是利用视角和坡角的相关知识来解决问题即可，关键是要找根据题中信息构造直角三角形，然后利用解直角三角形的相关知识来解决即可. 1．（2023•温州模拟）某同学利用数学知识测量建筑物DEFG的高度．他从点A出发沿着坡度为i＝1：2.4的斜坡AB步行26米到达点B处，用测角仪测得建筑物顶端D的仰角为37°，建筑物底端E的俯角为30°．若AF为水平的地面，测角仪竖直放置，其高度BC＝1.6米，则此建筑物的高度DE约为（精确到0.1米，参考数据：1.73，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）（　　） A．23.0米 B．23.6米 C．26.7米 D．28.9米 【分析】直接利用坡度的定义得出BN的长，进而利用锐角三角函数关系得出CM的长，进而得出DM的长即可得出答案． 【解答】解：如图所示：过点B作BN⊥AE，CM⊥DE垂足分别为：N，M， ∵i＝1：2.4，AB＝26m， ∴设BN＝x m，则AN＝2.4x m， ∴AB＝2.6x m， 则2.6x＝26， 解得：x＝10， 故BN＝10m， ∴CN＝ME＝11.6m， 则tan30°， 解得：CM＝11.6m， 则tan37°0.75， 解得：DM≈15.1（m）， 故DE＝DM+EM＝15.1+11.6＝26.7（m）． 故选：C． 【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，正确得出EM的长是解题关键． 2．（2023春•重庆期中）如图，已知点C与某建筑物底端B相距220米（点C与点B在同一水平面上），某同学从点C出发，沿同一剖面的斜坡CD行走130米至坡顶D处，斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4，在D处测得该建筑物顶端A的俯视角为20°，则建筑物AB的高度约为（　　）（精确到1米，参考数据：sin20°≈0.342，cos20°≈0.940，tan20°≈0.364） A．13米 B．14米 C．36米 D．37米 【分析】通过作垂线构造直角三角形，利用勾股定理和锐角三角函数进行计算即可． 【解答】解：过点D分别作BC、AB的垂线，垂足分别为M、N， 在Rt△CDM中， 由i＝1：2.4可得， 设DM＝x米，则CM＝2.4x米， 在Rt△CDM中，由勾股定理得， DM2+CM2＝CD2， 即x2+（2.4x）2＝1302， 解得x＝50， ∴CM＝2.4x＝120（米）， ∴BM＝DN＝220﹣120＝100（米）， 在Rt△ADN中， AN＝DN•tan20°≈100×0.364＝36.4（米）， ∴AB＝DB﹣AN＝DM﹣AN＝50﹣36.4＝13.6≈14（米）， 故选：B． 【点评】本题考查直角三角形的边角关系，掌握锐角三角函数和勾股定理是正确计算的前提． 3．（2024•罗湖区校级模拟）如图，万达广场主楼楼顶立有广告牌DE，小辉准备利用所学的三角函数知识估测该主楼的高度．由于场地有限，不便测量，所以小辉沿坡度i＝1：0.75的斜坡从看台前的B处步行50米到达C处，测得广告牌底部D的仰角为45°，广告牌顶部E的仰角为53°（小辉的身高忽略不计），已知广告牌DE＝15米，则该主楼AD的高度约为（　　）（结果精确到整数，参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3） A．80m B．85m C．89m D．90m 【分析】过C作CF⊥AE于F，CG⊥AB于G，则四边形AFCG是矩形．解Rt△BCG，得CG＝40（米），设DF＝x米，解Rt△DCF，得出CF＝DF＝x米．再解Rt△ECF，根据1.3x﹣x＝15，求出x＝50，即可求解． 【解答】解：过C作CF⊥AE于F，CG⊥AB于G，如图所示： 则四边形AFCG是矩形， ∴AF＝CG， ∵斜坡AB的坡度i＝1：0.75，BC＝50米， ∴BG＝30（米），AF＝CG＝40（米）， 设DF＝x米． 在Rt△DCF中，∠DCF＝45°， ∴CF＝DF＝x米． 在Rt△ECF中，∠ECF＝53°， ∴EF＝tan53°•CF＝1.3x（米）， ∵DE＝15米， ∴1.3x﹣x＝15， ∴x＝50， ∴DF＝50米， ∴AD＝AF+DF＝40+50＝90（米）， 故选：D． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题、坡度坡角问题，正确作出辅助线，构造直角三角形，利用三角函数求解是解题的关键． 4．如图，重庆八中某校区足球场有一根旗杆DE，小杰从篮球场的点A处观察到旗杆顶端的仰角是15°，往前走50米到点B处，再沿着坡度为i＝1：0.75的阶梯BC走到足球场的C点，BC＝25米，测得CD之间的水平距离CD＝70米，则旗杆的高度DE为（　　）米（参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27） A．37.8米 B．42.8米 C．52.8米 D．56.5 米 【分析】延长AB交DE于K，过点C作CF⊥BK于F．解直角三角形求出DK，EK即可解决问题． 【解答】解：延长AB交DE于K，过点C作CF⊥BK于F． ∵∠CFK＝∠CDK＝∠FKD＝90°， ∴四边形CDKF是矩形， ∴DK＝CF，CD＝FK＝70（米）， 在Rt△CFB中，∵∠CFB＝90°，BC＝25米，CF：FB＝1：0.75， ∴CF＝20（米），BF＝15（米）， ∴DK＝CF＝20（米）， ∴AK＝KF+BF+AB＝70+15+50＝135（米）， 在Rt△AEK中，EK＝AK•tan15°≈135×0.27≈36.45（米）， ∴DE＝DK+EK＝20+36.45≈56.5（米）， 故选：D． 【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，坡度坡角问题等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直径三角形解决问题，属于中考常考题型． 5．（2023•新泰市二模）数学活动小组欲测量山坡上一棵大树CD的高度，如图，DC⊥AM于点E，在A处测得大树底端C的仰角∠CAE＝15°，沿水平地面前进30米到达B处，测得大树顶端D的仰角∠DBE＝53°，测得山坡坡角∠CBM＝30°（图中各点均在同一平面内）．则这棵大树CD的高度为 　 　．（结果取整数，参考数据：，，，） 【分析】根据题意可得AB＝30米，根据三角形的外角性质可求出∠ACB＝15°，从而得出AB＝BC＝30米．在Rt△CBE中，利用锐角三角函数的定义求出CE，BE的长，然后在Rt△DEB中，利用锐角三角函数的定义求出DE的长，即可解答． 【解答】解：由题意得∠CAE＝15°，AB＝30米， ∵∠CBE是△ABC的一个外角， ∴∠ACB＝∠CBE﹣∠CAE＝15°， ∴∠ACB＝∠CAE＝15°， ∴AB＝BC＝30米， 在Rt△CBE中，∠CBE＝30°，BC＝30（米）， ∴（米）， ∴（米）， 在Rt△DEB中，∠DBE＝53°， ∴DE＝BE⋅tan53°（米）， ∴（米）， ∴这棵大树CD的高度约为20米． 故答案为：20米． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用中仰角俯角问题，坡度角问题，解题关键是熟练掌握锐角三角函数的定义并正确运用． 6．（2023•惠来县校级一模）如图，AB是垂直于水平面的建筑物，为测量AB的高度，小红从建筑物底端B出发，沿水平方向行走了52米到达点C，然后沿斜坡CD前进，到达坡顶D点处，DC＝BC．在点D处放置测角仪，测角仪支架DE高度为0.8米，在E点处测得建筑物顶端A点的仰角∠AEF为27°（点A，B，C，D在同一平面内），斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4，求建筑物AB的高度．（精确到个位） （参考数据：sin27°≈0.45，cos27°≈0.89，tan27°≈0.51） 【分析】过点E作EM⊥AB与点M，根据斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4可设DG＝x，则CG＝2.4x，利用勾股定理求出x的值，进而可得出CG与DG的长，故可得出EG的长．由矩形的判定定理得出四边形EGBM是矩形，故可得出EM＝BG，BM＝EG，再由锐角三角函数的定义求出AM的长，进而可得出结论． 【解答】解：过点E作EM⊥AB与点M，延长ED交BC于G， ∵斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4，BC＝CD＝52米， ∴设DG＝x，则CG＝2.4x． 在Rt△CDG中， ∵DG2+CG2＝DC2，即x2+（2.4x）2＝522，解得x＝20， ∴DG＝20米，CG＝48米， ∴EG＝20+0.8＝20.8米，BG＝52+48＝100米． ∵EM⊥AB，AB⊥BG，EG⊥BG， ∴四边形EGBM是矩形， ∴EM＝BG＝100米，BM＝EG＝20.8米． 在Rt△AEM中， ∵∠AEM＝27°， ∴AM＝EM•tan27°≈100×0.51＝51米， ∴AB＝AM+BM＝51+20.8≈72（米）． 答：建筑物AB的高度约为72米． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键． 7．（2024•蜀山区二模）如图，某处有一座塔AB，塔的正前方有一平台DE，平台的高DG＝5米，斜坡CD的坡度i＝5：12，点A，C，G，F在同一条水平直线上．某数学兴趣小组为测量该塔的高度，在斜坡C处测得塔顶部B的仰角为54.5°，在斜坡D处测得塔顶部B的仰角为26.7°，求塔高AB．（精确到0.1米）（参考数据：tan54.5°≈1.40，sin54.5°≈0.81，cos54.5°≈0.58，tan26.7°≈0.50，sin26.7°≈0.45，cos26.7°≈0.89） 【分析】过点D作DH⊥AB，垂足为H，根据题意可得：DG＝AH＝5米，DH＝AG，DG⊥AF，再根据已知易得：CG＝12米，然后设AC＝x米，则AG＝DH＝（x+12）米，分别在Rt△ABC和Rt△BDH中，利用锐角三角函数的定义求出AB和BH的长，从而列出关于x的方程，进行计算即可解答． 【解答】解：过点D作DH⊥AB，垂足为H， 由题意得：DG＝AH＝5米，DH＝AG，DG⊥AF， ∵斜坡CD的坡度i＝5：12，DG＝5米， ∴， ∴CG＝12米， 设AC＝x米， ∴AG＝DH＝CG+AC＝（x+12）米， 在Rt△ABC中，∠BCA＝54.5°， ∴AB＝AC•tan54.5°≈1.4x（米）， 在Rt△BDH中，∠BDH＝26.7°， ∴BH＝DH•tan26.7°≈0.5（x+12）米， ∵BH+AH＝AB， ∴0.5（x+12）+5＝1.4x， 解得：x， ∴AB＝1.4x≈17.1（米）， ∴塔高AB约为17.1米． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，坡度坡角问题，根据题目的已知条件并结合适当的辅助线是解题的关键． 8．（2024•河东区一模）为了监控大桥下坡路段车辆行驶速度，通常会在下引桥处设置电子眼进行区间测速．如图，电子眼位于点P处，离地面的铅锤高度PQ为9米，区间测速的起点为下引桥坡面点A处，此时电子眼的俯角为30°；区间测速的终点为下引桥坡脚点B处，此时电子眼的俯角为60°（A、B、P、Q四点在同一平面）． （1）求路段BQ的长（结果保留根号）； （2）当下引桥坡度i＝1：2时，求电子眼区间测速路段AB的长（结果保留根号）． 【分析】（1）根据 BQ＝PQ•tan∠BPQ，求解即可． （2）如图，过点A作AM⊥QB于M，AH⊥PQ于H．由题意，∠PAH＝∠TPA＝30°，设AM＝a米，则BM＝2a米，在Rt△APH中，根据tan∠PAH，构建方程求出a，再利用勾股定理求出AB即可． 【解答】解：（1）由题意，∠PBQ＝∠TPB＝60°， ∵∠PQB＝90°， ∴∠BPQ＝30°， ∴BQ＝PQ•tan30°＝93（米）． （2）如图，过点A作AM⊥QB于M，AH⊥PQ于H． 由题意，∠PAH＝∠TPA＝30°， 设AM＝a米，则BM＝2a米， ∵∠AHQ＝∠HQM＝∠AMQ＝90°， ∴四边形AHQM是矩形， ∴AH＝QM＝（32a）米，QH＝AM＝a米，PH＝PQ﹣HQ＝（9﹣a）米， 在Rt△APH中，tan∠PAH， ∴， 解得a＝2， ∴AM＝2（米），BM＝4（米）， ∴AB2（米）． 答：电子眼区间测速路段AB的长2米． 【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 9．（2024•喀什地区三模）王刚同学在学习了解直角三角形及其应用的知识后，尝试利用所学知识测量河对岸大树AB的高度，他在点C处测得大树顶端A的仰角为45°，再从C点出发沿斜坡走米到达斜坡上D点，在点D处测得树顶端A的仰角为30°，若斜坡CF的坡比为i＝1：3（点E、C、B在同一水平线上）． （1）求王刚同学从点C到点D的过程中上升的高度； （2）求大树AB的高度（结果保留根号）． 【分析】（1）作DG⊥CE于G，解Rt△CDG，即可求出DG； （2）过点D作DH⊥AB于点H，设AB＝x m米，用含x的代数式表示出AH、DH，根据列出方程，解方程得到答案． 【解答】解：（1）过点D作DG⊥BE于点G． 由题意知i＝1：3， ∴CG＝3DG． 又CD＝4，， 即DG2+9DG2＝160， ∴DG＝4米． 答：王刚同学从点C到点D的过程中上升的高度为4米． （2）过点D作DH⊥AB于点H， ∵DG＝4，CG＝3DG ∴CG＝3×4＝12（ m）． 设大树高为x m． ∵∠ACB＝45°， ∴CB＝AB＝x m，DH＝BG＝BC+CG＝（x+12）m，AH＝AB﹣DG＝（x﹣4）m． 又∠ADH＝30°， ∴，即，解得． 经检验，是原方程的根且符合题意． 答：大树AB的高度是． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用—仰角俯角问题、坡度比问题，解题的关键是掌握锐角三角函数的定义、仰角俯角的概念、坡度比的概念． 题型六 利用解直角三角形解决方案设计问题 解题技巧提炼 解决方案设计问题的关键是要找准达到方案要求的关键点，然后再利用解直角三角形的一般步骤来解决即可解答. 1．某房地产集团筹建一小区，居民楼均为平顶条式，南北朝向，楼高统一为16m（五层）．已知该城市冬至正午时分太阳高度最低，太阳光线与水平线的夹角为32°． （1）如果甲、乙两楼相隔仅有20m（如图），试求此时甲楼的影子落在乙楼上有多高； （2）根据居住要求，每层楼在冬天都要受到阳光照射，请你重新设计一个方案．（精确到0.1m，参考数据：tan32°≈0.6249） 【分析】（1）过点C作CE⊥AB于E，解直角△ACE，求出AE的长，从而求得CD的长； （2）设射线AC交直线BD于点F．在Rt△ABF中，利用正切函数求得BF的长，即为使前后楼每层居民在冬天都能有阳光，两楼应至少相距的米数． 【解答】解：（1）如图，过点C作CE⊥AB于E， 由题意可知∠ACE＝32°，CE＝BD＝20m． 在Rt△ACE中，∵tan∠ACE， ∴AE＝CE•tan∠ACE＝20•tan32°≈12.5， ∴DC＝EB＝AB﹣AE＝16﹣12.5＝3.5． 答：此时南楼的影子落在北楼上约3.5米高； （2）如图，设射线AC交直线BD于点F． 在Rt△ABF中，∵AB＝16，∠F＝32°， ∴BF25.6． 答：如按城市规划要求，使前后楼每层居民在冬天都能有阳光，两楼间的距离约是25.6米． 【点评】此题考查了解直角三角形的应用，解题关键把实际问题转化为数学问题加以计算． 2．（2023秋•大东区期末）如图1是某越野车的侧面示意图，折线段ABC表示车后盖，已知AB＝1m，BC＝0.6m，∠ABC＝123°，该车的高度AO＝1.7m．如图2，打开后备箱，车后盖ABC落在AB'C'处，AB'与水平面的夹角∠B'AD＝27°． （1）求打开后备箱后，车后盖最高点B'到地面l的距离； （2）若小明爸爸的身高为1.83m，他从打开的车后盖C处经过，有没有碰头的危险请说明理由．（结果精确到0.01m，参考数据：sin27°≈0.454，cos27°≈0.891，tan27°≈0.510，） 【分析】（1）过点B′E⊥AD于E，根据正弦的定义求出B′E，进而求出车后盖最高点B'到地面l的距离； （2）过点C′作C′F⊥B′E于点F，根据题意求出∠C′B′F＝60°，根据余弦的定义求出B′F，再求出点C'到地面l的距离，比较大小证明结论． 【解答】解：（1）如图2，过点B′E⊥AD于E， 在Rt△AB′E中，AB′＝AB＝1m，∠B′AD＝27°， ∵sin∠B′AE， ∴B′E＝AB′•sin∠B′AE＝1×sin27°≈0.454（m）， ∴点B'到地面l的距离为：0.454+1.7＝2.154≈2.15（m）， 答：车后盖最高点B'到地面l的距离约为2.15m； （2）没有碰头的危险， 理由如下：如图2，过点C′作C′F⊥B′E于点F， 在Rt△AB′E中，∠B′AD＝27°， 则∠AB′E＝90°﹣27°＝63°， ∵∠AB′C＝∠ABC＝123°， ∴∠C′B′F＝60°， ∵B′C′＝BC＝0.6m， ∴B′F＝B′C′•cos∠C′B′F＝0.60.3（m）， ∴点C'到地面l的距离为：2.15﹣0.3＝1.85（m）， ∵1.85＞1.8， ∴没有碰头的危险． 【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，正确作出辅助线、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键． 3．（2023•大石桥市模拟）图①是一辆登高云梯消防车的实物图，图②是其工作示意图，起重臂AC是可伸缩的（10m≤AC≤20m），且起重臂AC可绕点A在一定范围内转动，张角为∠CAE（90°≤∠CAE≤150°），转动点A距离地面BD的高度AE为3.5m． （1）当起重臂AC长度为12m，张角∠CAE为120°时，求云梯消防车最高点C距离地面的高度CF； （2）某日，一居民家突发险情，该居民家距离地面的高度为18m，请问该消防车能否实施有效救援？（参考数据：1.732） 【分析】（1）如图，作AG⊥CF于点G，易得四边形AEFG为矩形，则FG＝AE＝3.5m，∠EAG＝90°，再计算出∠GAC＝30°，则在Rt△ACG中利用正弦可计算出CG，然后计算CG+GF即可； （2）如图，作AG⊥CF于点G，易得四边形AEFG为矩形，则FG＝AE＝3.5m，∠EAG＝90°，再计算出∠GAC＝60°，则在Rt△ACG中利用正弦可计算出CG，然后计算CG+GF即可． 【解答】解：（1）如图，作AG⊥CF于点G， ∵∠AEF＝∠EFG＝∠FGA＝90°， ∴四边形AEFG为矩形， ∴FG＝AE＝3.5m，∠EAG＝90°， ∴∠GAC＝∠EAC﹣∠EAG＝120°﹣90°＝30°， 在Rt△ACG中，sin∠CAG， ∴CG＝AC•sin∠CAG＝12×sin30°＝126（m）， ∴CF＝CG+GF＝6+3.5＝9.5（m）； （2）如图，作AG⊥CF于点G， ∵∠AEF＝∠EFG＝∠FGA＝90°， ∴四边形AEFG为矩形， ∴FG＝AE＝3.5m，∠EAG＝90°， ∴∠GAC＝∠EAC﹣∠EAG＝150°﹣90°＝60°， 在Rt△ACG中，sin∠CAG， ∴CG＝AC•sin∠CAG＝20×sin60°＝2017.32（m）， ∴CF＝CG+GF＝17.32+3.5＝20.82（m）； ∴最高救援高度为20.82m， 故该消防车能实施有效救援． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用：先将实际问题抽象为数学问题（画出平面图形，构造出直角三角形转化为解直角三角形问题），然后利用勾股定理和三角函数的定义进行几何计算． 4．（2023•渝中区校级三模）如图为某体育公园部分示意图，C为公园大门，A、B、D分别为公园广场、健身器材区域、儿童乐园．经测量：A、B、C在同一直线上，且A、B在C的正北方向，AB＝240米，点D在点B的南偏东75°方向，在点A的东南方向． （1）求B、D两地的距离；（结果精确到0.1m） （2）大门C在儿童乐园D的南偏西60°方向，由于安全需要，现准备从儿童乐园D牵一条笔直的数据线到大门C的控制室，请通过计算说明公园管理部门采购的380米数据线是否够用（接头忽略不计）．（参考数据：1.414，1.732） 【分析】（1）过点B作BP⊥AD于点P，在Rt△ABP中，解直角三角形求出BP，根据含30度直角三角形的性质即可求出BD； （2）过点B作BM⊥CD于点M，在Rt△BDN和Rt△BCM中，根据三角函数的定义求出BD，BM，DM，CM，继而求出DC，比较即可得到结论． 【解答】解：（1）过点B作BP⊥AD于点P， 由题意知∠BAD＝45°，∠CBD＝75°， ∴∠ADB＝30°，∠ABP＝45°＝∠A， ∴BD＝2BP，AP＝BP， 在Rt△ABP中，AB＝240， ∴AP＝BP120， ∴BD＝2BP＝240339.4． 答：B、D两地的距离约为339.4m； （2）过点B作BM⊥CD于点M， 由（1）得BD＝2BP＝240， ∵∠CDB＝180°﹣60°﹣75°＝45°，∠CBD＝75°，∠DCB＝60°， ∴∠DBM＝45°＝∠CDB， ∴BM＝DM， 在Rt△BDN中，BD＝240，sin45°， ∴BM＝DM＝BD•sin45°＝240240， 在Rt△BCM中，CBM＝75°﹣45°＝30°， ∴CM＝BM•tan30°＝80， ∴DC＝DM+CM＝240+80378.56， ∵380＞378.56， 答：公园管理部门采购的380米数据线够用． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 5．（2023秋•丰都县期中）某海域上，码头A处的海警同时接到B处和C处的求救信号，海警一组前往B处，海警二组前往C处，B在A的北偏东45°方向，C在A的南偏东30°方向，C在B的正南方向，AC＝10海里． （1）求AB的距离（结果精确到0.1）； （2）B处的人员得到解救后，C处还未完成解救任务，海警一组决定前往C处协助二组完成任务，若海警一组的快艇速度为每小时65海里，问海警一组能否在15分钟内到达C处？请说明理由． （参考数据：1.414， 【分析】（1）过A作AH⊥BC于H，由题意得：∠B＝45°，∠C＝30°，由含30°角的直角三角形的性质待定AHAC＝5（海里），由等腰直角三角形的性质得到ABAH＝57.1（海里）； （2）由直角三角形的性质求出CH的长，而BH＝AH＝5海里，即可求出BC的长，从而求出海警一组到达C的时间，即可解决问题． 【解答】解：（1）过A作AH⊥BC于H， 由题意得：∠B＝45°，∠C＝30°， ∴AHAC10＝5（海里）， ∵∠AHB＝90°，∠B＝45°， ∴△ABH是等腰直角三角形， ∴ABAH＝57.1（海里）， ∴A、B的距离约是7.1海里． （2）∵∠AHC＝90°，∠C＝30°， ∴CHAH＝58.7（海里）， ∵△AHB是等腰直角三角形， ∴BH＝AH＝5海里， ∴BC＝BH+CH＝13.7（海里）， ∵海警一组的快艇速度为每小时65海里， ∴海警一组到达C的时间是13.7÷65≈0.21小时＝12.6（分钟）， ∴海警一组能在15分钟内到达C处． 【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣方向角问题，关键是过A作AH⊥BC于H，构造直角三角形． 6．（2024•渝中区校级一模）为满足市民锻炼需求，我市在公园里的一条景观大道AC两侧开辟了两条长跑锻炼路线，如图，①A→B→C；②A→D→E→C．经测量A在C的正西方向，B在A的北偏东53°方向，C在B的南偏西8°方向，D在A的南偏东30°方向，E在D的正东方向且在C的正南方向，AD＝AC＝1000米．（参考数据：，，，，） （1）求B，C的距离；（结果保留根号） （2）由于时间原因，小明决定选择一条较短的路线进行锻炼，请通过计算说明他应该选择线路①还是线路②？ 【分析】（1）作CH⊥AB于点H，设CH＝3x米，则AH＝4x米，根据勾股定理得到，解直角三角形即可得到结论； （2）根据等腰直角三角形的性质得到AM＝500米，MD＝500米，根据矩形的性质得到MD＝CE＝500米，MC＝DE＝500米，求得路线①：（米），路线②：（米），比较即可得到结论． 【解答】解：（1）作CH⊥AB于点H， 在Rt△AHC中，∵∠HAC＝37°，， 设CH＝3x米，则AH＝4x米， ∴， 解得x＝200， ∴CH＝600米，AH＝800米， 在Rt△BHC中，∠BHC＝90°，∠HBC＝45°， ∴CH＝BH＝600米， ∴米， 答：BC的距离为米． （2）在Rt△AMD中，∠M＝90°，∠ADM＝30°， ∵AD＝AC＝1000米， ∴AM500（米），MD＝500米， ∵四边形MDEC为矩形， ∴MD＝CE＝500米，MC＝DE＝500米， 路线①：（米）， 路线②：（米）， ∴2246＜2365， ∴选择路线①． 【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！53 学科网（北京）股份有限公司 $$