2022-2023 数学鲁教版新中考精讲精练 考点21 解直角三角形

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考点21 解直角三角形
考点总结
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：cosA=；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
α
sinα
cosα
tanα
30°



45°


1
60°



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=cosB=，cosA=sinB=，tanA=； 4）sin2A+cos2A=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•郯城县模拟）如图，要测量小河两岸相对的两点P，A的距离，可以在小河边取PA的垂线PB上的一点C，测得PC＝100米，∠PCA＝30°，则小河宽PA等于（　　）

A．50 B．米 C．米 D．200米
【分析】根据正切函数可求小河宽PA的长度．
【解答】解：∵PA⊥PB，PC＝100米，∠PCA＝30°，
∴小河宽PA＝PC•tan∠PCA＝100•tan30°＝100×＝（米）．
故选：C．
2．（2021•济南）无人机低空遥感技术已广泛应用于农作物监测．如图，某农业特色品牌示范基地用无人机对一块试验田进行监测作业时，在距地面高度为135m的A处测得试验田右侧边界N处俯角为43°，无人机垂直下降40m至B处，又测得试验田左侧边界M处俯角为35°，则M，N之间的距离为（　　）（参考数据：tan43°≈0.9，sin43°≈0.7，cos35°≈0.8，tan35°≈0.7，结果保留整数）

A．188m B．269m C．286m D．312m
【分析】首先分析图形：根据题意得两个直角三角形△AON、△BOM，通过解这两个直角三角形求得OB、ON的长度，进而可解即可求出答案．
【解答】解：由题意得：∠N＝43°，∠M＝35°，AO＝135m，BO＝AO﹣AB＝95m，
在Rt△AON中，
tanN＝＝tan43°，
∴NO＝≈150m，
在Rt△BOM中，
tanM＝＝tan35°，
∴MO＝≈135.7m，
∴MN＝MO+NO＝135.7+150≈286m．
故选：C．
3．（2021•泰安）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，计算出建筑物BC的高度约为（参考数据：≈1.732）（　　）

A．136.6米 B．86.7米 C．186.7米 D．86.6米
【分析】作DH⊥AB于H，延长DE交BC于F．则四边形DHBF是矩形，在Rt△ADH中求出DH，再在Rt△EFB中求出EF，在Rt△EFC中求出CF即可解决问题．
【解答】解：如图作DH⊥AB于H，延长DE交BC于F．

在Rt△ADH中，AD＝130米，DH：AH＝1：2.4，
∴DH＝50（米），
∵四边形DHBF是矩形，
∴BF＝DH＝50（米），
在Rt△EFB中，∠BEF＝45°，
∴EF＝BF＝50（米），
在Rt△EFC中，FC＝EF•tan60°，
∴CF＝50×≈86.6（米），
∴BC＝BF+CF＝136.6（米）．
故选：A．
4．（2021•历下区二模）如图，显示器的宽AB为22厘米，支架CE长14厘米，支架与显示器的夹角∠BCE＝80°，支架与桌面的夹角∠CED＝30°，CB长为2厘米，则显示器顶端到桌面的距离AD的长为（　　）（sin20°≈0.3，cos20°≈0.9，tan20°≈0.4）

A．23厘米 B．24厘米 C．25厘米 D．26厘米
【分析】过点C作CG⊥DE于G，作CF⊥AD于F，则AD＝AF+DF＝AF+CG，由三角函数求出CG、AF，即可得出答案．
【解答】解：过点C作CG⊥DE于G，作CF⊥AD于F，如图所示：

则AD＝AF+DF＝AF+CG，
∵∠CED＝30°，支架CE长14厘米，
∴CG＝CE＝7厘米，
∵AB为22厘米，CB长为2厘米，
∴AC＝20厘米，
∵∠BCE＝80°，
∴∠ACE＝180°﹣80°＝100°，
∵CF⊥AD，
∴CF∥DE，
∴∠ECF＝∠CED＝30°，
∴∠ACF＝70°，
∴∠A＝20°，
在Rt△ACF中，AF＝AC•cos∠A＝AC•cos20°≈20×0.9＝18（厘米），
∴AD＝AF+DF＝AF+CG＝18+7＝25（厘米），
故选：C．
5．（2021•东营区校级模拟）已知海面上一艘货轮A在灯塔B的北偏东30°方向，海监船C在灯塔B的正东方向5海里处，此时海监船C发现货轮A在它的正北方向，那么海监船C与货轮A的距离是（　　）
A．10海里 B．5海里 C．5海里 D．海里
【分析】如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°﹣30°＝60°，BC＝5海里，根据三角函数的定义即可得到结论．
【解答】解：如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°﹣30°＝60°，BC＝5海里，
∴AC＝BC•tan60°＝5（海里），
即海监船C与货轮A的距离是5海里，
故选：B．

6．（2021•市北区一模）如图，河坝横断面迎水坡AB的坡比为1：，坝高BC＝4m，则AB的长度为（　　）

A．2m B．4m C．4m D．6m
【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．
【解答】解：∵河坝横断面迎水坡AB的坡比为1：，坝高BC＝4m，
∴＝，
则AC＝4（m），
故AB＝＝＝4（m）．
故选：C．
7．（2021•章丘区一模）保利观澜旁边有一望江公园，公园里有一文峰塔，工程人员在与塔底中心的D同一水平线的A处，测得AD＝20米，沿坡度i＝0.75的斜坡AB走到B点，测得塔顶E仰角为37°，再沿水平方向走20米到C处，测得塔顶E的仰角为22°，则塔高DE为（　　）米．（结果精确到十分位）（sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40，）

A．18.3米 B．19.3米 C．20米 D．21.2米
【分析】连接DE，作BF⊥DE于F，BG⊥DA于G，设BG＝3xm，则AG＝4xm，BF＝DG＝20+4x（m），CF＝BF+BC＝40+4x（m），由三角函数定义得出EF＝tan37°（20+4x），EF＝tan22°（40+4x），得出0.75（20+4x）＝0.40（40+4x），解得x＝，求出DF、EF，即可得出答案．
【解答】解：连接DE，作BF⊥DE于F，BG⊥DA于G，如图：
则DF＝BG，BF＝DG＝AD+AG，
∵AB＝斜坡AB的坡度i＝0.75＝，
∴设BG＝3xm，则AG＝4xm，BF＝DG＝20+4x（m），CF＝BF+BC＝20+4x+20＝40+4x（m），
由题意得：∠EBF＝37°，∠ECF＝22°，
∵tan∠BEF＝＝，tan∠ECF＝＝，
∴EF＝tan37°（20+4x），EF＝tan22°（40+4x），
∴0.75（20+4x）＝0.40（40+4x），
解得：x＝，
∴DF＝BG＝3x＝（m），
EF＝0.40（40+4x）＝（m），
∴DE＝DF+EF＝+≈19.3（m）；
故选：B．

8．（2021•桓台县一模）在Rt△ABC中，若∠ACB＝90°，tanA＝，则sinB＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】作出草图，根据∠A的正切值设出两直角边分别为k，2k，然后利用勾股定理求出斜边，则∠B的正弦值即可求出．
【解答】解：如图，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，tanA＝，
∴设AC＝2k，BC＝k，
则AB＝＝k，
∴sinB＝＝＝．
故选：D．

9．（2021•济南二模）如图，在一块矩形ABCD区域内，正好划出5个全等的矩形停车位，其中EF＝a米，FG＝b米，∠AEF＝30°，则AD等于（　　）

A．（a+b）米 B．（a+b）米
C．（a+b）米 D．（a+b）米
【分析】在Rt△AEF中，通过解直角三角形求得AF，再在Rt△FMG和Rt△DQK中，通过解直角三角形求得FM，最后由AD＝AF+4FM+DQ得结果．
【解答】解：∵EF＝a米，∠A＝90°，∠AEF＝30°，
∴AF＝EF＝米，∠AFE＝60°，
∵∠EFG＝90°，
∴∠MFG＝30°，
∴PQ＝NP＝MN＝FM＝（米），
DQ＝QK•cos30°＝（米），

∴AD＝AF+4FM+dq＝a+4×+＝a+b（米），
故选：A．
10．（2019•无锡）已知，在Rt△ABC中，∠C＝90°，若sinA＝，BC＝4，则AB长为（　　）
A．6 B． C． D．2
【分析】直接利用已知画出直角三角形，再利用锐角三角函数关系得出答案．
【解答】解：如图所示：∵sinA＝，BC＝4，
∴sinA＝＝＝，
解得：AB＝6．
故选：A．

二．填空题（共5小题）
11．（2021•岱岳区一模）如图，物理实验室有一单摆在左右摆动，摆动过程中选取了两个瞬时状态，从C处测得E，F两点的俯角分别为60°和30°，这时点F相对于点E升高了3cm．该摆绳CD的长度为 　（3+3）　cm．

【分析】过点E作EG⊥CD于G，过F作FH⊥CD于H，根据锐角三角函数的定义得出CG与CH的长，即可解决问题．
【解答】解：过点E作EG⊥CD于G，过F作FH⊥CD于H，
设摆绳CD的长度为xcm．则CE＝CF＝xcm．
由题意知：HG＝3cm，∠CEG＝60°，∠CFH＝30°，
在Rt△CEG中，sin∠CEG＝，
∴CG＝CE•sin∠CEG＝x•sin60°＝x（cm），
在Rt△CFH中，sin∠CFH＝，
∴CH＝CF•sin∠CFH＝x•sin30°＝x（cm），
∵HG＝CG﹣CH，
∴x﹣x＝3，
解得：x＝3+3，
即摆绳CD的长度为（3+3）cm，
故答案为：3+3．

12．（2021•潍城区二模）如图，某建筑楼顶立有广告牌DE，小亮准备利用所学的数学知识估测该主楼AD的高度．由于场地有限，不便测量，所以小亮沿坡度i＝1：0.75的斜坡从看台前的B处步行15米到达C处，此时，测得广告牌底部D的仰角为45°，广告牌顶部E的仰角为60°（身高忽略不计），已知广告牌DE＝10米，则该主楼AD的高度约为 　（17+5）　米（结果保留根号）．

【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＝12（米），设DF＝x米，解Rt△DCF，得出CF＝DF＝x米．再解Rt△ECF，根据x﹣x＝10，求出x＝5（+1），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＝15米，
∴BG＝9（米），AF＝CG＝12（米），
设DF＝x米．
在Rt△DCF中，∠DCF＝45°，
∴CF＝DF＝x米．
在Rt△ECF中，∠ECF＝60°，
∴EF＝tan60°•CF＝x（米），
∵DE＝10米，
∴x﹣x＝10，
∴x＝5（+1），
∴DF＝5（+1）米，
∴AD＝AF+DF＝12+5（+1）＝（17+5）米，
故答案为：（17+5）．
13．（2021•蒙阴县二模）构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要应用，在计算tan15°时，如图，在Rt△ACB中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，延长CB使BD＝AB，连接AD，得∠D＝15°，所以tan15°＝＝＝＝2﹣．类比这种方法，计算tan22.5°的值为 　　．

【分析】在等腰直角△ABC中，∠C＝90°，延长CB至点D，使得AB＝BD，则∠BAD＝∠D．设AC＝1，求出CD，可得结论．
【解答】解：如图，在等腰直角△ABC中，∠C＝90°，延长CB至点D，使得AB＝BD，则∠BAD＝∠D．

∵∠ABC＝45°，
∴45°＝∠BAD+∠D＝2∠D，
∴∠D＝22.5°，
设AC＝1，则BC＝1，AB＝AC＝，
∴CD＝CB+BD＝CB+AB＝1+，
∴tan22.5°＝tanD＝＝＝＝﹣1．
故答案为：﹣1．
14．（2021•潍坊一模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，设∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，则 　A、C　．
A．a＝c•sinA
B．b＝c•cosB
C．a＝b•tanA
D．a＝b•tanB

【分析】根据正弦、正切的定义计算，判断即可．
【解答】解：A、sinA＝，则a＝c•sinA，本选项说法正确；
B、cosB＝，则a＝c•cosB，本选项说法错误；
C、tanA＝，则a＝b•tanA，本选项说法正确；
D、tanB＝，则b＝atanB，本选项说法错误；
故答案为：A、C．
15．（2021•淄川区一模）如图，在锐角△ABC中，cos∠BAC＝，AB＝AC，AE平分∠BAC交BC于点E，CD⊥AB于点D，AE，CD交于点F，连接DE．则＝　﹣1　．

【分析】如图，在AE上取一点M，使得AM＝MC．设EC＝m．想办法用m表示出AD，再证明DE＝EC，推出＝，可得结论．
【解答】解：如图，在AE上取一点M，使得AM＝MC．设EC＝m．

∵cos∠BAC＝，
∴∠BAC＝45°，
∵AB＝AC，AE平分∠BAC，
∴AE⊥BC，∠EAC＝∠BAC＝22.5°，
∵MA＝MC，
∴∠MAC＝∠MCA＝22.5°，
∴∠CME＝∠MAC+∠MCA＝45°，
∴EC＝EM＝m，AM＝CM＝m，AE＝m+m，
∵∠ADC＝∠AEC＝90°，
∴A，D，E，C四点共圆，
∴∠ECF＝∠DAE＝22.5°，
∵∠DAE＝∠EAC，
∴＝，
∴DE＝ED，
∴＝＝＝tan22.5°＝＝﹣1．
故答案为：﹣1
三．解答题（共3小题）
16．（2021•胶州市一模）2020年6月23日，北斗卫星最后一颗全球组网卫星发射成功．运载火箭从地面A处（忽略发射塔高度）竖直向上发射，当运载火箭到达点B处时，地面D处的雷达站测得B处仰角为37°，BD＝50km．10秒后，运载火箭直线上升到达点C处，此时地面E处一观测点测得C处的仰角为56°，已知点A，D，E在同一条直线上，并且D，E两处相距15km，求运载火箭从B处到C处时的平均速度（单位：km/s）．
（参考数值：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈，sin56°≈，cos56°≈，tan56°≈）

【分析】在两个直角三角形中求出AC、AB，进而计算出BC，最后求出速度即可．
【解答】解：由题意得，BD＝50km，∠ADB＝37°，DE＝15km，∠AEC＝56°，
在Rt△ABD中，
∵BD＝50km，∠ADB＝37°，
∴AB＝sin37°×BD≈×50＝30（km），AD＝cos37°×BD≈×50＝40（km），
∴AE＝AD﹣DE＝40﹣15＝25（km），
在Rt△AEC中，∠AEC＝56°，
∴AC＝tan56°×AE≈×25＝37（km），
∴BC＝AC﹣AB＝37﹣30≈7（km），
∴火箭的速度为7÷10≈0.7（km/s），
答：运载火箭从B处到C处时的平均速度约为0.7km/s．
17．（2021•博山区一模）随着我国首艘自主建造航母“山东舰”的正式服役，标志者我国已进入“双航母”时代．已知“山东舰”舰长BD为315m，航母前端点E到水平甲板BD的距离DE为6m，舰岛顶端A到BD的距离是AC，经测量，∠BAC＝71.6°，∠EAC＝＝80.6°．（参考数据：sin71.6°≈0.95，cos71.6°≈0.32，tan71.6°≈3.01，sin80.6°≈0.99，cos80.6°≈0.16，tan80.6°≈6.04）
（1）若设AC＝xm，用含x的代数式表示BC与CD的长度．
（2）请计算舰岛AC的高度（结果精确到1m）．

【分析】（1）作EH⊥AC于H，分别在Rt△ABC与Rt△AHE中，由正切定义解题；
（2）在矩形EHCD中，分别求出BD＝BC+CD＝315m，BC＝3.01xm，CD＝（6.04x﹣36.24）m，最后根据线段的和差解题．
【解答】解：（1）作EH⊥AC于H，

则四边形EHCD是矩形，
在Rt△ABC中，
∵tan∠BAC＝，
∴BC＝AC•tan71.6°＝3.01xm，
在Rt△AHE中，
∵tan∠EAC＝，
∴CD＝EH＝AH•tan80.6°＝6.04（x﹣6）＝（6.04x﹣36.24）m；
（2）设AC＝xm，
∵四边形EHCD是矩形，
∴DE＝CH＝6m，
∵BD＝BC+CD＝315m，BC＝3.01xm，CD＝（6.04x﹣36.24）m，
∴3.01x+6.04x﹣36.24＝315，
解得：x＝39，
∴舰岛AC的高度为：39m．
18．（2021•广饶县二模）小明与小华在一次数学实践活动中，想要测量他们家对面商业大厦的高MN，如图所示，小明爬到居民楼窗台B处，测得商业大厦顶部N的仰角∠1的度数为60°，由于楼下植物的遮挡，不能在B处测得商业大厦底部M的俯角的度数．于是，他俩又上了几层楼来到窗台C处测得大厦底部M的俯角∠2的度数为30°，已知A，B，C三点共线，CA⊥AM，NM⊥AM，AB＝18m，BC＝6m，试求商业大厦的高MN．

【分析】过B作BD⊥MN于D，过C作CE⊥MN于E，则BD＝CE，MD＝AB＝18m，DE＝BC＝6m，得EM＝24（m），解直角三角形求出CE的长、DN的长，即可求解．
【解答】解：过B作BD⊥MN于D，过C作CE⊥MN于E，如图所示：
则BD＝CE，MD＝AB＝18m，DE＝BC＝6m，
∴EM＝DE+MD＝6+18＝24（m），
在Rt△CEM中，∠2＝30°，
∴CE＝EM＝24（m），
∴BD＝24m，
在Rt△BDN中，∠2＝60°，
∴∠BND＝30°，
∴DN＝BD＝72（m），
∴MN＝MD+DN＝18+72＝90（m），
即商业大厦的高MN为90m．