专题训练4 解直角三角形的实际应用-【支点·同步系列】2025-2026学年九年级下册数学（人教版）

专题训练四 解直角三角形的实际应用 (限时：45分钟) 类型(1以三角形为模型 2.(2025赣州章贡区三模)图①是一款多功能 1,(2025新余分宜模拟)图①是某型号挖掘机， 折叠椅，图②是其打开时的侧面示意图（忽 该挖掘机是由基座、主臂和伸展臂构成.图 略材料的厚度).支架AB,CD相交于点O, ②是该挖掘机某种工作状态下的侧面结构 支架AB可绕点A旋转，支架CD可绕点C 示意图(MN是基座的高，MP是主臂，PQ 旋转，同时支架CD的端点C可在椅面AQ 是伸展臂，EM∥QN).已知基座高度MN 上左右滑动，AN为桌面EF的支撑臂. 为1m,主臂MP长为5m,测得主臂伸展角 HG,HM为桌面EF的托杆，点G,M分别 固定在桌面和支撑臂上，两托杆可以绕连接 3 ∠PME=37°（参考数据：sin37°≈ 5,tan37 点H转动.现折叠椅为完全打开状态，已知 4 4 AO:BO=1:2,AQ与地面BD平行，AN ≈，sin53≈5，an53≈3 LAQ.AQ=EF=32 cm,NE=CQ=5 cm, (1)求点P到地面的高度 AB=66 cm,AN=27 cm. (2)若挖掘机能挖到的最远处为点Q,此时 (1)求两支架底端B,D之间的距离。 ∠QPM=90°，求点Q到点N的距离. (2)已知将折叠椅完全打开成桌子时，桌面的 主臂 倾斜角（桌面与水平方向的夹角，在水平方向 仲辰 上方)为15°，支架AB与椅面AQ的夹角为 32°，求此时桌面左上角顶点F到地面的距离 图① 图② (参考数据：sinl5°≈0.26，cos15°≈0.97， tanl5≈0.27，sin32°≈0.53，cos32°≈0.85. tan32°≈0.62). 图① 图② 下册专题训练 87 类型《2以四边形为模型 类型3以圆为模型 3.“为梦想战，决战中考.”图①是某中学的中 4.球罐可大幅度减少钢材的消耗，特别是对于 考倒计时牌的侧面简意图，已知AB=BC= 易燃、易爆、有毒、有害等特殊物质，球罐的 BD=60cm,∠CBD=30° 防护性能更好.小刚爸爸的工厂有三个球 (1)如图①，A处离地面多高？ 罐，阅读了古代数学家刘徽编撰的《重差》 (2)如图②，芳芳站在倒计时牌前的点H处 后，小刚有了主意，他与同伴小强测得其中 观察倒计时牌（点D,C,H在同一水平线 一个球罐最低处B离地面高度AB为 上)，测得芳芳的身高GH为158cm.当芳芳 1.8m.接着他站在球罐最高处C看到地面 的视线恰好落在点B处时（忽略眼晴到头顶 F处恰好被点E遮挡，而他的眼晴D与点C 的距离)视线俯角为45°，求此时CH的长 的距离为1.6m,用测倾器测得∠D=55° 度.（结果精确到1cm.参考数据：sinl5°≈ 小强测得地面上AF为25.28m,两人画出 0.259,cos15°≈0.966，tan15°≈0.268，√2≈ 了下图所示的截面图.求球罐的半径（结果 1.414,w5≈1.732) 精确到0.1m.参考数据：sin55°≈0.82， cos55°≈0.57，tan55°≈1.43). 图① 图② 数学九年级RJ版:∠CDE+∠CME=∠DCE+∠ECM=9O°， 专题训练四解直角三角形的 ∴.∠ECM=∠CME, 实际应用 ∴.CE=EM, 1.解：(1)如图，过点P作PB⊥QN于点B,延长ME交 ∴.CE=EM=FM=CF, PB于点A, .四边形EMFC是菱形. ∴.∠PBQ=∠PBN=90. :M为反比制函数y=会的图象上第四象限内一 EM∥QN, 动点， ∴.∠BAE=∠PBQ=90 设Mm,一9 ∠PAE=∠PBN=9O° 由题意，得MN⊥BN, :MC⊥x轴， .∠MNB=90°， .C(m,0). ∴.四边形ABNM是矩形 :四边形EMFC是菱形， ∴.AB=MN=1m,AM=BN. ∴.EG=FG.CG=MG, PM=5m,∠PME=37°， G(m-) ∴PA=PM·sim∠PME≈5X亏=3(m), 3 r2m,-》 ∴.PB=PA+AB=3+1=4(m) 故点P到地面的高度约为4m. 2m·(-A）=-16, (2)PA=3 m.PM=5 m.PAM=90. ∴.AM=√PM-AP=4m,∠APM+∠PME=90°， 点F在反比例函数y=之的图象上 .BN=4m. 5.解：(1)把A(m,2)代人一次函数y=x+1,得2=m+ ∠QPM=90, 1,解得m=1,.A(1,2). ∴.∠QPB+∠APM=90°， ,∴.∠QPB=∠PME=37° k 把A(1,2)代人反比例函数y=立，得2= CQB=PB·tan∠QPB≈4X片=3(m .k=2 .QN=QB+BN=3+4=7(m). 一反比例函数的解析式为y=召 故点Q到点N的距离约为7m. （2)令2=x+1,解得x,=1,x,=-2 2.解：(1)：AQ=32cm.CQ=5cm, ∴.AC=AQ-CQ=32-5=27(cm). 当x=-2时，y=x+1=-1, AQ∥BD. ∴.B(-2,-1). ∴∠CAO=∠B,∠ACO=∠D, 当x=0时，y=x+1=1, ∴.△ACO∽△BDO, ∴.C(0.1),.OC=1, AC AO 1 1 1 ∴Saoe=Sae+Samm=z0C·xn+z0C·lxal ∴.BD=2AC=2X27=54(cm). 3 =20.(+1xml)=2×1×1+2)=2 故两支架底端B,D之间的距离为54cm. (2)如图，过点A作AP⊥BD于点P,过点N作NK (3)存在.点P的坐标为(-1.1)或(-3，-3)或(33). ⊥AN,过点F作FK⊥NK交于点K. 【解析】(3)当OA与OB为邻边时，点O(0,0)先向左平 F G N 移2个单位长度，再向下平移1个单位长度到点 K H B(一2，一1)，则点A(1,2)也先向左平移2个单位长 度，再向下平移1个单位长度到点P,即P(一1,1)：当 AB与AO为邻边时，点A(1,2)先向左平移3个单位 长度，再向下平移3个单位长度到点B(一2，一1)，则 D 点O(0.0)也先向左平移3个单位长度，再向下平移3 :∠QAO=32°，AB=66cm,AQ∥BD. 个单位长度到点P,即P(-3,一3)：当BA与B0为邻 ∠PBA=32°， 边时，点B(一2，一1)先向右平移3个单位长度，再向 ∴.在Rt△APB中，AP=AB·sin32°≈66×0.53= 上平移3个单位长度到点A(1,2),则点O(0,0)也先 34.98(cm). 向右平移3个单位长度，再向上平移3个单位长度到 :∠FNK=15°，FN=FE-NE=27cm, 点P,即P(3,3).综上，点P的坐标为（一1,1）或（一3， ∴.在Rt△FNK中，FK=FN·sinl5°≈27X0.26= -3)或(3,3). 7.02(cm), 数学九年级RJ版 ∴.桌面左上角顶点F到地面的距离=FK十AN+AP :∠AOC+∠OAC+∠OCA =7.02+27+34.98=69(cm. =180°， 故此时桌面左上角顶点F到地面的距离约为69cm ∠PAC+∠PCA+∠P=180°= 3.解：(1)连接AD,如图①. ∠PAO+∠OAC+∠PCO+ :BD=BC=AB=60cm,∠CBD=30°，A: ∠OCA+∠P, 图① ∠CBD=∠A+∠ADB. ∴.∠AOC=∠PAO+∠PCO B 1 ·∠A=∠ADB=Z∠CBD=15°，∠BDC= +∠P. D .OA=0B=OC=OD. 180°-∠CBD)=75,AC=2BC=120cm, 1 图① ·∠0AB=Z(180°-∠A0B)=90°-2∠A0B, ∴∠ADC=∠ADB+∠CDB=90. .在Rt△ADC中， ∠0cD=2a0'-Z0D)=90-2∠c0D, AD=AC·cos4=120·cos15°≈120X0.966= 115.92≈116(cm), ∴∠PC0+∠PA0=180-Z(∠AOB+∠COD) 即A处离地面116cm (2)过点B作BE⊥CD于点E,过点B作BF⊥GH于 =180-2360-∠A0c-∠B0D) 点F,如图②. 根据题意，得GH⊥DH,则可得四边 =2∠AOC+2∠BOD. 形BEHF是矩形， ∠A0c=7∠A0c+2∠B0D+ZP. .BF=EH.BE=FH. ∠CBD=30°，BD=BC, .∠AOC-∠BOD=2∠P (2)证明：如图②，连接OA,OC,OB,OD,BC, ∴.∠CBE=∠DBE=15, EC OE.BD. ∴.CE=BC·sin∠CBE≈15.54cm, BE=BC·cos∠CBE≈57.96cm, 由(1)可得∠AOC-∠BOD= 2∠P. ,∴.BE=FH=57.96cm, .GF=GH-FH=158-57.96=100.04(cm). :C是ADB的中点，D是BE 在Rt△GBF中，BF=GF·tanG=100.0M·tan45°= 的中点， 100.04(cm), :.AC=BC.BD=DE. ∴.CH=EH-EC=BF-EC=100.04-15.54≈85 .∠AOC=∠BOC,∠BOD=∠EOD, (cm). ∴∠BOC-∠BOD=∠COD=2∠P. 故CH的长度约为85cm. :∠COD=2∠CBD. 4.解：由题意，得AB=1.8m,CD=1.6m,AF=25.28m. ∠CBD=∠P. 在Rt△DF中，∠FAD=90°，∠D=55°. :∠BGP=∠DCB+∠CBE,DE=DB, AD=AF25.28 ∴∠BGP=∠DBE+∠CBE=∠CBD=∠P, tan55≈1.43 17.68(m) .BG=BP. .BC=AD-CD-AB=17.68-1.6-1.8=14.28 3.解：(1)∠BAC与∠CBE的数量关系是∠BAC= (m), 2∠CBE.理由如下： 如图①，连接AD. 0C=zBC≈7.1m. :AB是直径，∴∠ADB=90°，即AD⊥C. 故球罐的半径约为7.1m. :∠ABC=∠C,.AB=AC, 专题训练五圆的综合题 1.证明：：AB是⊙O的直径， ·∠BAD=∠CAD=Z∠BAC. .∠ACB=90 :∠CAD=∠CBE,∴∠BAC=2∠CBE. :CE⊥AB, ∴∠CEB=90°. ∠BCE=90°-∠ACE=∠A. C是BD的中点， 因① ∴·∠CBD=∠A, (2)成立.推理如下： ∠CBD=∠BCE 如图②，连接AD. ∴CF=BF, :AB为直径，.AD⊥BC. 2.解：(1)∠AOC-∠BOD=2∠P.理由如下：如图①，连 :∠ABC=∠C, 接AC. ∴AB=AC, 下册参考答案