沪科版九年级上册23.2解直角三角形及其应用课后作业题

这是一份沪科版九年级上册23.2解直角三角形及其应用课后作业题，文件包含专题234解直角三角形的应用坡度坡角问题重难点培优解析版docx、专题234解直角三角形的应用坡度坡角问题重难点培优原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
2021-2022学年九年级数学上册尖子生同步培优题典【沪科版】
专题23.4解直角三角形的应用：坡度坡角问题（重难点培优）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020秋•惠山区期末）某人沿着坡度为1：2.4的斜坡向上前进了130m，那么他的高度上升了（　　）
A．50m B．100m C．120m D．130m
【分析】根据坡度的定义可以求得AC、BC的比值，根据AC、BC的比值和AB的长度即可求得AC的值，即可解题．
【解析】如图，

根据题意知AB＝130米，tanB=ACBC=1：2.4，
设AC＝x，则BC＝2.4x，
则x2+（2.4x）2＝1302，
解得x＝50或x＝﹣50（负值舍去），
即他的高度上升了50m，
故选：A．
2．（2021•绿园区二模）如图，有一斜坡AB的长AB＝10米，坡角∠B＝36°，则斜坡AB的铅垂高度AC为（　　）

A．10tan36° B．10cos36° C．10sin36° D．10sin36°
【分析】根据正弦的定义计算，得到答案．
【解析】在Rt△ABC中，sinB=ACAB，
∴AC＝AB•sinB＝10sin36°，
故选：C．
3．（2021•花都区一模）如图，某地修建一座高BC＝5m的天桥，已知天桥斜面AB的坡度为1：3，则斜坡AB的长度为（　　）

A．10m B．103m C．5m D．53m
【分析】直接利用坡度的定义得出AC的长，再利用勾股定理得出AB的长．
【解析】如图所示：
∵i＝1：3，BC＝5m，
∴BCAC=5AC=13，
解得：AC＝53（m），
则AB=BC2+AC2=52+(53)2=10（m），
故选：A．
4．（2020秋•青山区期末）一架5米长的梯子斜靠在墙上，测得它与地面的夹角为40°，则梯子底端到墙角的距离为（　　）
A．5cos40°米 B．5sin40°米 C．5tan45°米 D．5cos45°米
【分析】根据余弦的定义计算，得到答案．
【解析】在Rt△ABC中，cosA=ACAB，
则梯子底端到墙角的距离AC＝AB•cosA＝5cos40°，
故选：A．

5．（2020•泰顺县二模）某屋顶示意图如图所示，现要在屋顶上开一个天窗，天窗AB在水平位置，屋顶坡面长度PQ＝QD＝4.8米，则屋顶水平跨度PD的长为（　　）米

A．245cosα B．485cosα C．245sinα D．485sinα
【分析】直接利用等腰三角形的性质得出PO＝OD，再利用锐角三角函数关系得出PO的长求出答案．
【解析】由题意可得：AB∥PD，
则∠ABC＝∠QPD＝α，
可得QO⊥PD，
则PO＝DO，
cosα=POPQ=PO4.8，
故PO=245cosα，
则PD＝2PO=485cosα．
故选：B．
6．（2020秋•耒阳市期末）如图大坝的横断面，斜坡AB的坡比i＝1：2，背水坡CD的坡比i＝1：1，若坡面CD的长度为62米，则斜坡AB的长度为（　　）

A．43 B．63 C．65 D．24
【分析】过B作BE⊥AD于E，过C作CF⊥AD于F，则四边形BEFC是矩形，得BE＝CF，由坡比得BE＝CF＝DF=22CD＝6（米），AE＝2BE＝12（米），再由勾股定理解答即可．
【解析】过B作BE⊥AD于E，过C作CF⊥AD于F，如图所示：
则四边形BEFC是矩形，
∴BE＝CF，
∵背水坡CD的坡比i＝1：1，CD=62米，
∴CF＝DF=22CD＝6（米），
∴BE＝CF＝6米，
又∵斜坡AB的坡比i＝1：2=BEAE，
∴AE＝2BE＝12（米），
∴AB=AE2+BE2=122+62=65（米），
故选：C．

7．（2021•杭州模拟）如图，AB是斜靠在墙上的长梯，AB与地面夹角为α，当梯顶A下滑1m到A′时，梯脚B滑到B′，A'B'与地面的夹角为β，若tanα=43，BB'＝1m，则cosβ＝（　　）

A．45 B．35 C．34 D．25
【分析】在Rt△ABC中，由tanα=43，可设AC＝4xm，那么BC＝3xm，根据勾股定理求出AB＝5xm，那么A′B′＝AB＝5xm．在Rt△A′B′C中，根据勾股定理列出方程（4x﹣1）2+（3x+1）2＝（5x）2，求出x＝1，然后利用余弦函数的定义即可求解．
【解析】如图．∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tanα=43，

∴可设AC＝4xm，那么BC＝3xm，
∴AB=AC2+BC2=5xm，
∴A′B′＝AB＝5x（m）．
∵在Rt△A′B′C中，∠A′CB′＝90°，A′C＝（4x﹣1）m，B′C＝（3x+1）m，
∴（4x﹣1）2+（3x+1）2＝（5x）2，
解得x＝1，
∴A′C＝3m，B′C＝4m，A′B′＝5m，
∴cosβ=B'CA'B'=45．
故选：A．
8．（2019•杭州）如图，一块矩形木板ABCD斜靠在墙边（OC⊥OB，点A，B，C，D，O在同一平面内），已知AB＝a，AD＝b，∠BCO＝x，则点A到OC的距离等于（　　）

A．asinx+bsinx B．acosx+bcosx
C．asinx+bcosx D．acosx+bsinx
【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后利用锐角三角函数即可表示出点A到OC的距离，本题得以解决．
【解析】作AE⊥OC于点E，作AF⊥OB于点F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵∠ABC＝∠AEC，∠BCO＝x，
∴∠EAB＝x，
∴∠FBA＝x，
∵AB＝a，AD＝b，
∴FO＝FB+BO＝a•cosx+b•sinx，
故选：D．

9．（2021•松北区模拟）如图，胡同左右两侧是竖直的墙，一架32米长的梯子BC斜靠在右侧墙壁上，测得梯子与地面的夹角为45°，此时梯子顶端B恰巧与墙壁顶端重合．因梯子阻碍交通，故将梯子底端向右移动一段距离到达D处，此时测得梯子AD与地面的夹角为60°，则胡同左侧的通道拓宽了（　　）

A．3米 B．3米 C．3-2米 D．（3-3）米
【分析】根据等腰直角三角形的性质分别求出EC、EB，根据正切的定义求出DE，结合图形计算得到答案．
【解析】在Rt△EBC中，∠BCE＝45°，
∴EC＝EB=22BC=22×32=3（米），
在Rt△BDE中，tan∠BDE=BEDE，
∴DE=BEtan∠BDE=33=3（米），
∴CD＝EC﹣DE＝（3-3）米，
故选：D．
10．（2021•邯郸三模）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．
【解析】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．

二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2008秋•射洪县期末）如图，在高为2m，坡角为30°楼梯上铺地毯，则地毯长至少需　2+2 3　m．

【分析】地毯水平的部分的和是水平边的和，竖直的部分的和是竖直边，因此根据勾股定理求出直角三角形两直角边即可．
【解析】已知直角三角形的高是2米，根据三角函数得到：水平的直角边是2cos30°＝2 3，
则地毯水平的部分的和是水平边的和，竖直的部分的和是竖直边，则地毯的长是2+2 3米．
故答案为2+2 3．
12．（2021•龙岗区模拟）如图，坡面CD的坡比为1：3，坡顶的平地BC上有一棵小树AB，当太阳光线与水平线夹角成60°时，测得小树的在坡顶平地上的树影BC＝3米，斜坡上的树影CD=3米，则小树AB的高是　43米　．

【分析】此题是把实际问题转化为解直角三角形问题，首先根据题意作图（如图），得Rt△AFD，Rt△CED，然后由Rt△CED，和坡面CD的坡比为1：3，求出CE和ED，再由Rt△AFD和三角函数求出AF．进而求出AB．
【解析】由已知得Rt△AFD，Rt△CED，如图，且得：∠ADF＝60°，FE＝BC，BF＝CE，
在Rt△CED中，设CE＝x，由坡面CD的坡比为1：3，得：
DE=3x，则根据勾股定理得：
x2+(3x)2=(3)2，
得x＝±32，-32不合题意舍去，
所以，CE=32米，则，ED=32米，
那么，FD＝FE+ED＝BC+ED＝3+32=92米，
在Rt△AFD中，由三角函数得：
AFFD=tan∠ADF，
∴AF＝FD•tan60°=92×3=932米，
∴AB＝AF﹣BF＝AF﹣CE=932-32=43米，
故答案为：43米．

13．（2020•临泉县模拟）如图，某单位门前原有四级台阶，每级台阶高为18cm，宽为30cm，为方便残疾人士，拟在门前台阶右侧改成斜坡，设台阶的起点为A点，斜坡的起点为C点，准备设计斜坡BC的坡度i＝1：5，则AC的长度是　270　cm．

【分析】根据题意求出BH，根据坡度的概念求出CH，计算即可．
【解析】由题意得，BH⊥AC，
则BH＝18×4＝72，
∵斜坡BC的坡度i＝1：5，
∴CH＝72×5＝360，
∴AC＝360﹣30×3＝270（cm），
故答案为：270．

14．（2020•泰兴市一模）如图是某商场营业大厅自动扶梯的示意图．自动扶梯AB的坡度i＝1：3，则坡角α为　30　度．

【分析】根据坡度的概念得到BCAC=33，根据正切的定义解答即可．
【解析】∵自动扶梯AB的坡度i＝1：3，
∴BCAC=13=33，
在Rt△ABC中，tanα=BCAC=33，
∴α＝30°，
故答案为：30．
15．（2021•黄浦区二模）如图，某水库水坝的坝高为24米，如果迎水坡AB的坡度为1：0.75，那么该水库迎水坡AB的长度为　30　米．

【分析】先根据坡度的定义求出AC的长，再根据勾股定理即可求出该大坝迎水坡AB的长度．
【解析】如图，过点B作BC垂直于水平面于点C，

∵迎水坡AB的坡度为1：0.75
∴BC：AC＝1：0.75，
∴24：AC＝1：0.75，
∴AC＝18（米），
∴AB＝
BC2+AC2=242+182=30（米），
即该大坝迎水坡AB的长度为30米，
故答案为：30．
16．（2021•中山市模拟）如图，一个长方体木箱沿斜面下滑，当木箱滑至如图位置时，AB＝6m，已知木箱高BE=3m，斜坡角为30°，则木箱端点E距地面AC的高度EF为　92　m．

【分析】根据正弦的定义求出DE，根据直角三角形的性质求出BD，进而得到AD的长，求出DF，结合图形计算，得到答案．
【解析】设AB、EF交于点D，
∵∠DAF＝30°，
∴∠ADF＝90°﹣30°＝60°，
∴∠BDE＝60°，
在Rt△BDE中，sin∠BDE=BEDE，
∴3DE=32，
解得，DE＝2（m），
∴BD＝1m，
∴AD＝AB﹣BD＝5（m），
在Rt△ADF中，∠DAF＝30°，
∴DF=12AD=52（m），
∴EF＝DE+DF=92（m），
故答案为：92．

17．（2021•山西）太原地铁2号线是山西省第一条开通运营的地铁线路，于2020年12月26日开通，如图是该地铁某站扶梯的示意图，扶梯AB的坡度i＝5：12（i为铅直高度与水平宽度的比）．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 　10013　米．

【分析】由坡度的定义，可设BC＝5a米，则AC＝12a米，再由勾股定理得出方程，解方程即可求解．
【解析】由题意得：∠ACB＝90°，AB＝0.5×40＝20（米），
∵扶梯AB的坡度i＝5：12=BCAC，
∴设BC＝5a米，则AC＝12a米，
由勾股定理得：（5a）2+（12a）2＝202，
解得：a=2013（负值已舍去），
∴BC=10013（米），
故答案为：10013．
18．（2020•吴中区二模）如图，是小强洗漱时的侧面示意图，洗漱台（矩形ABCD）靠墙摆放，高AD＝88cm，宽AB＝51cm，小强身高166cm，下半身FG＝100cm，洗漱时下半身与地面成80°（∠FGK＝80°），身体前倾成125°（∠EFG＝125°），脚与洗漱台距GC＝15cm（点D，C，G，K在同一直线上）．小强希望他的头部E恰好在洗漱盆AB的中点O的正上方，他应向前或后退　11　cm．（sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，2≈1.41，结果精确到个位）

【分析】过点F作FN⊥DK于N，过点E作EM⊥FN于M，过点E作EP⊥AB于点P，延长OB交MN于H，则四边形EPHM与四边形BCNH都为矩形，证明△EFM是等腰直角三角形，得出EM=22EF≈46.53，求出AO＝BO＝25.5，GN≈17，OH＝57.5，即可得出结果．
【解析】过点F作FN⊥DK于N，过点E作EM⊥FN于M，过点E作EP⊥AB于点P，延长OB交MN于H，如图所示：
则四边形EPHM与四边形BCNH都为矩形，
∴PH＝EM，
∵EF+FG＝166cm，FG＝100cm，
∴EF＝66cm，
∵∠FGK＝80°，
∴∠GFK＝10°，
∵∠EFG＝125°，
∴∠EFM＝180°﹣125°﹣10°＝45°，
∴△EFM是等腰直角三角形，
∴EM=22EF=22×66≈46.53，
∵AB＝51，O为AB中点，
∴AO＝BO＝25.5，
∵PH＝EM≈46.53，
∵GN＝100•cos80°≈17，CG＝15，
∴OH＝25.5+15+17＝57.5，OP＝OH﹣PH＝57.5﹣46.53≈11，
∴他应向前约11cm，
故答案为：11．

三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2021•徐州模拟）淮安华联商场为方便消费者购物，准备将原来的阶梯式自动扶梯改造成斜坡式自动扶梯，如图所示，已知原阶梯式自动扶梯AB长为10m，坡角∠ABD为45°，改造后的斜坡式自动扶梯的坡角∠ACB为15°，改造后的斜坡式自动扶梯水平距离增加了BC，请你计算BC的长度．（结果精确到1m，参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27，2≈1.41）

【分析】根据正弦和余弦的定义求出AD，BD，根据正切的定义求出CD，结合图形计算可得出答案．
【解析】在Rt△ABD中，∠ABD＝45°，AB＝10，
∴AD＝BD＝AB•sin∠ABD＝10×22=52≈7，
∵∠ACD＝15°，tan∠ACD=ADCD，
∴CD≈AD0.27≈5×1.410.27≈26，
∴BC＝CD﹣BD＝26﹣7＝19．
故BC的长度约为19米．

20．（2021•黄冈模拟）时代购物广场要修建一个地下停车场，停车场的入口设计示意图如图所示，其中斜坡的倾斜角为18°，一楼到地下停车场地面的垂直高度CD＝2.8m，一楼到地平线的距离BC＝1m．
（1）为保证斜坡的倾斜角为18°，应在地面上距点B多远的A处开始斜坡的施工？（结果精确到0.1m）
（2）如果给该购物广场送货的货车高度为2.5m，那么按这样的设计能否保证货车顺利进入地下停车场？并说明理由．（参考数据：sin18°≈0.31，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32）

【分析】（1）根据题意可得∠BAD＝18°，再根据锐角三角函数即可求出结果；
（2）如图，过点C作CE⊥AD于点E，根据锐角三角函数求出CE的长，再进行比较即可得结论．
【解析】（1）由题意可知：∠BAD＝18°，
在Rt△ABD中，AB＝18BDtan18°≈2.8-10.32≈5.6（m），
答：应在地面上距点B约5.6m远的A处开始斜坡的施工；
（2）能，理由如下：
如图，过点C作CE⊥AD于点E，

则∠ECD＝∠BAD＝18°，
在Rt△CED中，CE＝CD•cos18°≈2.8×0.95＝2.66（m），
∵2.66＞2.5，
∴能保证货车顺利进入地下停车场．
21．（2020•海陵区一模）水坝的横截面是梯形ABCD，现测得坝顶DC＝4m，坡面AD的坡度i为1：1，坡面BC的坡角β为60°，坝高3m，（3≈1.73）求：
（1）坝底AB的长（精确到0.1）；
（2）水利部门为了加固水坝，在保持坝顶CD不变的情况下降低AD的坡度（如图），使新坡面DE的坡度i为1：3，原水坝底部正前方2.5m处有一千年古树，此加固工程对古树是否有影响？请说明理由．

【分析】（1）分别过C、D作CF⊥AB，DH⊥AB，垂足分别为F、H，易得四边形CDHF是矩形，从而CD＝HF＝4m，DH＝CF＝3m，在Rt△ADH中，由坡度i＝1：1，易得AH＝DH＝3m，在Rt△BCF中，坡面BC的坡角β为60°，坝高3m，易得BF，则AB＝AH+HF+FB＝8.7m；
（2）由题意得，Rt△EDH中，由坡面DE的坡度i为1：3，易得AE＝EH﹣AH的值进而与2.5m比较即可．
【解析】（1）如图，分别过C、D作CF⊥AB，DH⊥AB，垂足分别为F、H，
得四边形CDHF是矩形，

∴CD＝HF＝4m，DH＝CF＝3m，
在Rt△ADH中，由坡度i＝1：1，
得AH＝DH＝3m，
在Rt△BCF中，∠B＝60°，CF＝3m，
得BF=3m，
则AB＝AH+HF+FB＝7+1.7≈8.7m；
则坝底AB的长约为8.7m；
（2）由题意得，Rt△EDH中，DH：EH＝1：3，
∴EH＝33m，
∴AE＝EH﹣AH＝33-3（m），
∵（33）2＝27，（3+2.5）2＝30.25，
∴33-3＜2.5，
∴此加固工程对古树没有影响．
22．（2020秋•东台市期末）如图是某货站传送货物的平面示意图，为了提高传送过程的安全性，工人师傅欲减小传送带与地面的夹角，使其由45°改为30°．已知原传送带AB长为42m．
（1）求新传送带AC的长度；
（2）如果需要在货物着地点C的左侧留出5m的通道，试判断距离B点43m的货物MNQP是否需要挪走，并说明理由．

【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质求出AD，根据直角三角形的性质求出AC；
（2）根据余弦的定义求出CD，根据题意求出PC，根据题意判断即可．
【解析】（1）在Rt△ABD中，∠ABD＝45°，
∴AD=22AB＝4（m），
在Rt△ACD中，∠ACD＝30°，
∴AC＝2AD＝8（m），
答：新传送带AC的长度为8m；
（2）在Rt△ACD中，∠ACD＝30°，
∴CD＝AB•cos∠ACD＝43（m），
在Rt△ABD中，∠ABD＝45°，
∴BD＝AD＝4（m），
∴BC＝CD﹣BD＝（43-4）m，
∴PC＝BP﹣BC＝43-（43-4）＝4（m），
∵4＜5，
∴货物MNQP需要挪走．
23．（2020•梁子湖区一模）如图是某地下停车库入口的设计示意图．已知AB⊥BD，坡道AD的坡度i＝1：2.4（指坡面的铅直高度BD与水平宽度AB的比），AB＝7.2m，点C在BD上，BC＝0.4m，CE⊥AD．按规定，地下停车库坡道口上方要张贴限高标志，以便告知停车人车辆能否安全驶入，请根据以上数据，求出该地下停车库限高CE的长．

【分析】根据坡度和坡角可得BD＝3，DC＝2.6，在Rt△CDE中，根据锐角三角函数即可求出CE的长．
【解析】∵i＝1：2.4，
∴tan∠BAD＝1：2.4=512，
∴BDAB=512，
∵AB＝7.2m，
∴BD=512×7.2=3m，
∵BC＝0.4m，
∴DC＝BD﹣BC＝2.6m，
∵CE⊥AD，AB⊥DB，
∴∠DCE＝∠BAD，
∵tan∠BAD=512，
∴cos∠DCE＝cos∠BAD=1213，
∴CE＝CD•cos∠DCE＝2.6×1213=2.4m．
答：该地下车库入口的限高CE的长为2.4m．
24．（2020•衡阳）小华同学将笔记本电脑水平放置在桌子上，当显示屏的边缘线OB与底板的边缘线OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图①）．侧面示意图为图②；使用时为了散热，他在底板下面垫入散热架，如图③，点B、O、C在同一直线上，OA＝OB＝24cm，BC⊥AC，∠OAC＝30°．

（1）求OC的长；
（2）如图④，垫入散热架后，要使显示屏的边缘线OB'与水平线的夹角仍保持120°，求点B′到AC的距离．（结果保留根号）
【分析】（1）解Rt△AOC即可求出OC的长；
（2）求出∠B′OE＝60°，在Rt△B′OE中求出B′E，进而求出B′D．
【解析】（1）如图③，在Rt△AOC中，OA＝24，∠OAC＝30°．
∴OC=12OA=12×24＝12（cm）；
（2）如图④，过点B′作B′D⊥AC，垂足为D，过点O作OE⊥B′D，垂足为E，
由题意得，OA＝OB′＝24（cm），
当显示屏的边缘线OB'与水平线的夹角仍保持120°，可得，∠AOB′＝150°
∴∠B′OE＝60°，
∵∠ACO＝∠B′EO＝90°，
∴在Rt△B′OE中，B′E＝OB′×sin60°＝123（cm），
又∵OC＝DE＝12（cm），
∴B′D＝B′E+DE＝12+123（cm），
即：点B′到AC的距离为（12+123）cm．