考点21 解直角三角形（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（冀教版）

这是一份考点21 解直角三角形（解析版）-2022年数学中考一轮复习考点透析（冀教版），共20页。试卷主要包含了锐角三角函数的定义，特殊角的三角函数值，解直角三角形，解直角三角形的应用等内容，欢迎下载使用。

一、锐角三角函数的定义
在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=c，BC=a，AC=b，
正弦：sinA=；余弦：csA=；正切：tanA=．
根据定义求三角函数值时，一定根据题目图形来理解，严格按照三角函数的定义求解，有时需要通过辅助线来构造直角三角形.
二、特殊角的三角函数值
三、解直角三角形
1．在直角三角形中，除直角外，一共有五个元素，即三条边和两个锐角，由直角三角形中除直角外的已知元素求出所有未知元素的过程叫做解直角三角形．
2．解直角三角形的常用关系：在Rt△ABC中，∠C=90°，则：1）三边关系：a2+b2=c2； 2）两锐角关系：∠A+∠B=90°；3）边与角关系：sinA=csB=，csA=sinB=，tanA=； 4）sin2A+cs2A=1．
3．科学选择解直角三角形的方法口诀：
已知斜边求直边，正弦、余弦很方便；已知直边求直边，理所当然用正切；
已知两边求一边，勾股定理最方便；已知两边求一角，函数关系要记牢；
已知锐角求锐角，互余关系不能少；已知直边求斜边，用除还需正余弦.
四、解直角三角形的应用
1）．仰角和俯角
仰角：在视线与水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫做仰角．
俯角：在视线与水平线所成的角中，视线在水平线下方的角叫做俯角．
2）．坡度和坡角
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），记作i=．
坡角：坡面与水平面的夹角叫做坡角，记作α，i=tanα．坡度越大，α角越大，坡面越陡．
3)．方向角（或方位角）
指北或指南方向线与目标方向线所成的小于90°的水平角叫做方向角．
4．解直角三角形中“双直角三角形”的基本模型：

解题方法：这两种模型种都有一条公共的直角边，解题时，往往通过这条边为中介在两个三角形中依次求边，或通过公共边相等，列方程求解.
5．解直角三角形实际应用的一般步骤
1）弄清题中名词、术语，根据题意画出图形，建立数学模型；
2）将条件转化为几何图形中的边、角或它们之间的关系，把实际问题转化为解直角三角形问题；
3）选择合适的边角关系式，使运算简便、准确；
4）得出数学问题的答案并检验答案是否符合实际意义，从而得到问题的解．
真题演练
一．选择题（共10小题）
1．（2021•开平区一模）如图，台风在某海岛（设为点O）的南偏东45°方向的B点生成，测得OB=1006km．台风中心从点B以40km/h的速度向正北方向移动，经5h后到达海面上的点C处．因受气旋影响，台风中心从点C开始以30km/h的速度向北偏西60°方向继续移动，以O为原点建立如图所示的直角坐标系．已知距台风中心20km的范围内均会受到台风的侵袭．如果某城市（设为点A）位于点O的正北方向且处于台风中心的移动路线上，那么台风从生成到最初侵袭该城要经过的时间为（ ）
A．8小时B．9小时C．10小时D．11小时
【分析】先求出点B的坐标，再求出点C的坐标．过点C作CD⊥OA与点D，构造直角三角形求出CA的长，然后再根据速度求台风从生成到最初侵袭该城要经过的时间．
【解答】解：由题意可知，B（1003，﹣1003），C（1003，200﹣1003）；
过点C作CD⊥OA于点D，如图，则CD＝1003 km．
在Rt△ACD中，∠ACD＝30°，CD＝1003 km，
∴CDCA=cs30°=32，
∴CA＝200 km．
∵200−2030=6（h），5+6＝11（h），
∴台风从生成到最初侵袭该城要经过11小时，
故选：D．
2．（2021•海港区模拟）如图，要得到从点D观测点A的俯角，可以测量（ ）
A．∠DABB．∠DCEC．∠DCAD．∠ADC
【分析】根据俯角的定义直接回答即可．
【解答】解：从点D观测点A的俯角即从点A观测点D的仰角，即∠DAB．
故选：A．
3．（2021•迁西县模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，则sinB的值为（ ）
A．12B．1C．22D．32
【分析】直接利用三角形内角和定理得出∠B＝60°，再利用特殊角的三角函数值得出答案．
【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝60°，
∴sinB=32．
故选：D．
4．（2021•遵化市模拟）如图，在3×4的正方形网格图中．小正方形的边长为1，△ABC的顶点均在格点上，则下列关于△ABC的说法不正确的是（ ）
A．是直角三角形B．tanB＝1
C．面积为5D．BC边上的高为102
【分析】先利用勾股定理计算三角形的边长，再利用勾股定理的逆定理、三角形的面积公式、解直角三角形等知识点，逐个计算得结论．
【解答】解：由题图知：AC=22+12=5，
AB=22+12=5，
BC=32+12=10．
∵AC2+AB2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，故选项A正确；
∵tanB=ACAB=1，
∴选项B正确；
∵S△ABC=12AB×AC=52，
∴BC边上的高=510=102．故选项C错误，选项D正确．
故选：C．
5．（2021•邯郸模拟）如图是某厂家新开发的一款摩托车，它的大灯射出的光线AB，AC与地面MN的夹角分别为8°和10°，该大灯照亮地面的宽度BC的长为3.5米，则该大灯距地面的高度为（ ）
（参考数据：sin8°≈425，tan8°≈17，sin10°≈950，tan10°≈528）
A．3.5米B．2.5米C．4.5米D．5.5米
【分析】过点A作AD⊥MN于点D，由锐角三角函数的定义得出BD≈7AD，CD=285AD，再由BD﹣CD＝BC，得7AD−285AD＝3.5，即可得出答案．
【解答】解：过点A作AD⊥MN于点D，如图所示：
在Rt△ADB与Rt△ACD中，tan∠ABD=ADDB=tan8°≈17，
tan∠ACD=ADCD=tan10°≈528，
∴BD≈7AD，CD≈285AD，
∵BD﹣CD＝BC，
∴7AD−285AD＝3.5，
解得：AD＝2.5，
即该大灯距地面的高度2.5米，
故选：B．
6．（2021•长安区二模）如图为东西流向且河岸平行的一段河道，点A，B分别为两岸上一点，且点B在点A正北方向，由点A向正东方向走a米到达点C，此时测得点B在点C的北偏西55°方向上，则河宽AB的长为（ ）
A．atan55°米B．acs55°米C．atan35°米D．atan55°米
【分析】连接AB，BC，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：连接AB，BC，
由题意得，∠BAC＝90°，∠ABC＝55°，AC＝a米，
∴tan∠ABC＝tan55°=ACAB，
∴AB=ACtan55°=atan55°，
故选：D．
7．（2021•安次区二模）如图，从点C观测建筑物BD的仰角是（ ）
A．∠ADCB．∠DABC．∠DCAD．∠DCE
【分析】根据俯角的定义即可求解．
【解答】解：从点C观测建筑物BD的仰角是∠DCE，
故选：D．
8．（2021•乐亭县一模）如图，电线杆的高度为CD＝m，两根拉线AC与BC互相垂直（A，D，B在同一条直线上），若∠CBA＝α，则拉线AC的长度可以表示为（ ）
A．msinαB．mcsαC．mcsαD．mtanα
【分析】根据同角的余角相等得∠ACD＝∠CBD，由cs∠ACD=CDAC，即可求出AC的长度．
【解答】解：∵∠ACD+∠BCD＝90°，∠CBD+∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠CBD，
在Rt△ACD中，∵cs∠ACD=CDAC，
∴AC=CDcs∠ACD=mcsα，
故选：B．
9．（2021•槐荫区二模）如图，一般客轮从小岛A沿东北方向航行，同时一艘补给船从小岛A正东方向相距（100+1003）海里的港口B出发，沿北偏西60°方向航行，与客轮同时到达C处给客轮进行补给，则客轮与补给船的速度之比为（ ）
A．2：2B．2：1C．3：2D．3：1
【分析】过C作CD⊥AB于D，设AD＝x，根据特殊三角形的性质，分别用含x的代数式表示出CD，BD，根据AB的长求出x，再根据勾股定理求出AC，BD，即可得到答案．
【解答】解：过C作CD⊥AB于D，
设AD＝x，
由题意得∠CAD＝45°，∠NBC＝60°，
在Rt△ACD中，∠ACD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ACD＝∠CAD，
∴CD＝AD＝x，
∴AC=CD2+AD2=2x，
在Rt△BCD中，∠CBD＝90°﹣60°＝30°，
∴BC＝2CD＝2x，
∴BD=BC2−CD2=3x，
∵AB＝100+1003，
∴AD+BD＝x+3x＝100+1003，
∴（1+3）x＝100（1+3），
∴x＝100，
即AD＝100海里，
∴AC＝1002海里，BC＝200海里，
∵时间一定时速度与路程成正比，
∴客轮与补给船的速度之比为1002：200=2：2，
故选：A．
10．（2021•河北模拟）如图，创新小组要用架高AB＝1.6米的测角仪测量公园内一棵树的高度CD，其中一名小组成员站在距离树4.8米的点B处，测得树顶C的仰角为45°．则这棵树的高度为（ ）
A．1.6米B．4.8米C．6.4米D．8米
【分析】过点A作AE⊥CD，垂足为E．利用矩形的性质得到DE＝AB＝1.6米，AE＝BD＝4.8米，在Rt△ACE中，求出CE，由此即可解决问题．
【解答】解：如图，过点A作AE⊥CD，垂足为E．则四边形ABDE是矩形，DE＝AB＝1.6米，AE＝BD＝4.8米，
在Rt△ACE中，AE＝4.8米，∠CAE＝45°，
∴CE＝AE＝4.8米．
∴CD＝CE+DE＝4.8+1.6＝6.4（米）．
故树的高度约为6.4米．
故选：C．
二．填空题（共5小题）
11．（2021•桥西区模拟）如图1，在△ABC中，AB＝AC，BC＝24，tanC=512．点P为BC边上一点，则点P与点A的最短距离为 5 ；如图2，连接AP，作∠APQ，使得∠APQ＝∠B，PQ交AC于Q，则当BP＝11时，AQ的长为 2 ．
【分析】根据等腰三角形、直角三角形的性质以及锐角三角函数进行解答即可．
【解答】解：如图1，过点A作AM⊥BC，垂足为M，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝CM=12BC＝12，
又∵tanC=512=tanB，
∴AM＝BM•tanB＝12×512=5，
即当点P与点M重合时，点A与点P的距离最小，此时PA＝AM＝5，
故答案为：5；
∴AB＝AC=AM2+BM2=52+122=13，
如图2，
∵AB＝AC＝13，
∴∠B＝∠C，
又∵∠APQ＝∠B，
∴∠APQ＝∠C，
∵∠APB＝∠PAC+∠C，∠PQC＝∠PAC+∠APQ，
∴∠APB＝∠PQC，
∵BP＝11，
∴CP＝BC﹣BP＝13，
在△ABP和△PCQ中，
∠B=∠C∠APB=∠PQCAB=PC，
∴△ABP≌△PCQ（AAS），
∴BP＝CQ＝11，
∴AQ＝AC﹣CQ＝2，
故答案为：2．
12．（2021•咸宁模拟）如图，小明在P处测得A处的俯角为15°，B处的俯角为60°，PB＝30m．若斜面AB坡度为1：3，则斜坡AB的长是 30 m．
【分析】根据三角函数的定义得到∠ABF＝30°，根据已知条件得到∠HPB＝30°，∠APB＝45°，求得∠HBP＝60°，进一步求得∠PBA＝90°，∠APB＝∠BAP＝45°，即可得到AB＝PB＝30m．
【解答】解：∵斜面坡度为1：3，
∴tan∠ABF=AFBF=13=33，
∴∠ABF＝30°，
∵在P处进行观测，测得A处的俯角为15°，B处的俯角为60°，
∴∠HPB＝30°，∠APB＝45°，
∴∠HBP＝60°，
∴∠PBA＝90°，∠BAP＝45°，
∴∠APB＝∠BAP，
∴AB＝PB＝30m，
故答案为：30．
13．（2020•玉田县二模）某体育看台侧面的示意图如图所示，观众区AC的坡度i为1：2，顶端C离水平地面AB的高度为10m，从顶棚的D处看E处的仰角α＝18°30'，竖直的立杆上C、D两点间的距离为4m，E处到观众区底端A处的水平距离AF为3m．则观众区的水平宽度AB＝ 20 m；顶棚的E处离地面的高度EF＝ 21.6 m．（sin18°30'≈0.32，tan18°30'≈0.33，结果精确到0.1m）
【分析】根据坡度的概念计算AB的长；作CM⊥EF于M，DN⊥EF于N，根据正切的定义求出EN，结合图形计算即可．
【解答】解：∵观众区AC的坡度i为1：2，顶端C离水平地面AB的高度为10m，
∴AB＝2BC＝20（m）；
如图，作CM⊥EF于M，DN⊥EF于N，
则四边形MFBC、MCDN为矩形，
∴MF＝BC＝10m，MN＝CD＝4m，DN＝MC＝BF＝23m，
在Rt△END中，tan∠EDN=ENDN，
则EN＝DN•tan∠EDN≈7.59（m），
∴EF＝EN+MN+MF＝7.59+4+10≈21.6（m），
答：顶棚的E处离地面的高度EF约为21.6m．
故答案为：20m；21.6m．
14．（2020•长安区二模）如图2，有一块四边形的铁板余料ABCD，经测量AB＝50cm，BC＝108cm，CD＝60cm，且tanB＝tanC=43，若要从这块余料中裁出顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，则该矩形的面积为 1944 cm2．
【分析】延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，在△ABC中，设BC＝a，BC边上的高AD＝h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，由△APN∽△ABC，设PQ＝x，则S矩形PQMN＝PQ•PN＝x（a−aℎx）=−aℎx2+ax=−aℎ（x−ℎ2）2+aℎ4，可得当PQ=ℎ2时，S矩形PQMN最大值为aℎ4，进而可得矩形PQMN的最大面积．
【解答】解：如图，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，
交PQ于点G，如图，设矩形PQMN，
∵tanB＝tanC=43，
∴∠B＝∠C，
∴EB＝EC，
∵BC＝108cm，且EH⊥BC，
∴BH＝CH=12BC＝54cm，
∵tanB=EHBH=43，
∴EH=43BH=43×54＝72cm，
∴EG＝EH﹣GH＝72﹣QM，
∵PQ∥BC，
∴△EQP∽△EBC，
∴PQBC=EGEH，即PQ108=72−QM72，
∴PQ=32（72﹣QM），
设QM＝x，
则S矩形PQMN＝PQ•QM=32x（72﹣x）=−32（x﹣36）2+1944，
∴当x＝36时，S矩形PQMN最大值为1944，
所以当QM＝36时，矩形PQMN的最大面积为1944cm2，
答：该矩形的面积为1944cm2．
故答案为：1944．
15．（2020•长安区模拟）如图，坡角为30°的斜坡上两树间的水平距离AC为2m，则两树间的坡面距离AB为 433m
【分析】根据余弦的定义计算，得到答案．
【解答】解：在Rt△ABC中，csA=ACAB，
∴AB=ACcs30°=433，
故答案为：433m．
三．解答题（共3小题）
16．（2021•顺平县二模）探究：如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，三个内角A、B、C所对的边长分别是a，b、c，由于sinA=ac，sinB=bc（已知sin90°＝1）．可以得到asinA=bsinB=csinC，即在直角三角形中，每条边和它所对角的正弦值的比值相等．
（1）拓展：如图2所示，在锐角三角形ABC中，三个内角A、B、C所对的边分别是a，b、c，AD⊥BC，BH⊥AC，试说明在锐角三角形中也有相同的结论．
（2）运用：请你运用拓展中的结论，完成下题．如图3，在某海域一货轮在C处测得灯塔A在货轮的北偏西30°的方向上，随后货轮以60海里/小时的速度按北偏东32°的方向航行，半小时后到达B处，此时又测得灯塔A在货轮的北偏西76°的方向上，求此时货轮距灯塔A的距离AB．（计算结果保留一位小数）
（参考数据：sin46°≈0.72，sin32°≈0.53，sin62°≈0.88，sin76°≈0.97）
【分析】（1）如图2，利用正弦的定义，在Rt△ABH中得到BH＝c•sinA，在Rt△BCH中得到BH＝a•sinC，于是得到asinA=bsinB=csinC；
（2）如图3，先利用方向角计算出∠1＝15°，∠2＝60°，则∠ABC＝75°，由于∠ACB＝60°，则可计算出∠A＝45°，然后利用题中结论得到ABsin∠ACB=BCsinA，然后利用特殊角的三角函数值可计算出AB的长．
【解答】解：（1）在Rt△ABH中，
∵sin∠BAH=BHAB，
∴BH＝csin∠BAH，
在Rt△BCH中，
∵sinC=BHBC，
∴c•sin∠BAH＝a•sinC，
∴asin∠BAH=csinC，
同理可得csinC=bsin∠ABD，
∴asin∠BAH=bsin∠ABD=csinC；
（2）如图3，BC＝60×12=30（海里），∠1＝90°﹣76°＝14°，∠2＝90°﹣32°＝58°，
∴∠ABC＝72°，
∵∠ACB＝62°，
∴∠A＝180°一62°一72°＝46°，
∵ABsin∠ACB=BCsinA，
∴ABsin62°=BCsin46°，
∴AB=30×≈36.7（海里），
此时货轮距灯塔A的距离AB约为36.7海里．
17．（2021•河北）如图是某机场监控屏显示两飞机的飞行图象，1号指挥机（看成点P）始终以3km/min的速度在离地面5km高的上空匀速向右飞行，2号试飞机（看成点Q）一直保持在1号机P的正下方．2号机从原点O处沿45°仰角爬升，到4km高的A处便立刻转为水平飞行，再过1min到达B处开始沿直线BC降落，要求1min后到达C（10，3）处．
（1）求OA的h关于s的函数解析式，并直接写出2号机的爬升速度；
（2）求BC的h关于s的函数解析式，并预计2号机着陆点的坐标；
（3）通过计算说明两机距离PQ不超过3km的时长是多少．
[注：（1）及（2）中不必写s的取值范围]
【分析】（1）由爬升角度为45°，可知OA上的点的横纵坐标相同，由此得到点A坐标，用待定系数法OA解析式可求；利用2号试飞机一直保持在1号机的正下方，可知它们的飞行的时间和飞行的水平距离相同，由此可求爬升速度；
（2）设BC的解析式为h＝ms+n，由题意将B，C坐标代入即可求得；令h＝0．求得s，即可得到结论；
（3）PQ不超过3km，得到5﹣h≤3，利用（1）（2）中的解析式得出关于s的不等式组，确定s的取值范围，得出了两机距离PQ不超过3km的飞行的水平距离，再除以1号飞机的飞行速度，结论可得．
【解答】解：（1）∵2号飞机爬升角度为45°，
∴OA上的点的横纵坐标相同．
∴A（4，4）．
设OA的解析式为：h＝ks，
∴4k＝4．
∴k＝1．
∴OA的解析式为：h＝s．
∵2号试飞机一直保持在1号机的正下方，
∴它们的飞行的时间和飞行的水平距离相同．
∵2号机在爬升到A处时水平方向上移动了4km，飞行的距离为42km，
又1号机的飞行速度为3km/min，
∴2号机的爬升速度为：42÷43=32km/min．
（2）设BC的解析式为h＝ms+n，
由题意：B（7，4），
∴7m+n=410m+n=3，
解得：m=−13n=193．
∴BC的解析式为h=−13s+193．
令h＝0，则s＝19．
∴预计2号机着陆点的坐标为（19，0）．
（3）解法一：∵PQ不超过3km，
∴5﹣h≤3．
∴PQ=5−s≤3(0≤s≤4)1(4＜s＜7)5−(−13s+193)≤3(7≤s≤19)，
解得：2≤s≤13．
∴两机距离PQ不超过3km的时长为：（13﹣2）÷3=113（min）．
解法二：当PQ＝3km时，h＝5﹣3＝2（km），
∵h＝s，
∴s＝2．
由2=−13s+193得：s＝13，
∴两机距离PQ不超过3km的时长为：13−23=113（min）．
18．（2021•黄梅县模拟）数学活动课上，小明和小红要测量小河对岸大树BC的高度，小红在点A测得大树顶端B的仰角为45°，小明从A点出发沿斜坡走35米到达斜坡上点D，在此处测得树顶端点B的仰角为31°，且斜坡AF的坡比为1：2．
（1）求小明从点A到点D的过程中，他上升的高度；
（2）依据他们测量的数据能否求出大树BC的高度？若能，请计算；若不能，请说明理由．（参考数据：sin31°≈0.52，cs31°≈0.86，tan31°≈0.60）
【分析】（1）作DH⊥AE于H，解Rt△ADH，即可求出DH；
（2）延长BD交AE于点G，解Rt△GDH、Rt△ADH，求出GH、AH，得到AG；设BC＝x米，根据正切的概念用x表示出GC、AC，根据GC﹣AC＝AG列出方程，解方程得到答案．
【解答】解：（1）作DH⊥AE于H，如图1所示：
在Rt△ADH中，DHAH=12，
∴AH＝2DH，
∵AH2+DH2＝AD2，
∴（2DH）2+DH2＝（35）2，
解得DH＝3．
答：小明从点A到点D的过程中，他上升的高度为3米；
（2）能，计算如下：
如图2所示：延长BD交AE于点G，设BC＝x米，
由题意得，∠G＝31°，
∴GH=DHtan∠G≈30.60=5（米），
∵AH＝2DH＝6，
∴GA＝GH+AH＝5+6＝11（米），
在Rt△BGC中，tan∠G=BCGC，
∴CG=BCtan∠G≈x0.60=53x米，
在Rt△BAC中，∠BAC＝45°，
∴AC＝BC＝x米．
∵GC﹣AC＝AG，
∴53x﹣x＝11，
解得：x＝16.5．
答：大树的高度约为16.5米．
α
sinα
csα
tanα
30°
45°
1
60°