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数学28.2 解直角三角形及其应用精品达标测试
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2022-2023学年九年级数学下册考点必刷练精编讲义（人教版）提高
第28章《锐角三角函数》
28.2 解直角三角形及其应用
知识点01：解直角三角形
1．（2022•游仙区模拟）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于O，∠AOD＝60°，AC＝BD＝2，则这个四边形的面积是（ ）
A． B． C． D．
解：如图，过B、D分别作BE⊥AC于E，DF⊥AC于F，则∠BEO＝∠DFO＝90°．
在Rt△BOE中，∠BOE＝∠AOD＝60°，
∴BE＝OB•sin∠BOE＝OB•sin60°＝OB，
在Rt△DOF中，∠AOD＝60°，
∴DF＝OD•sin∠BOE＝OD•sin60°＝OD．
∵AC＝BD＝2，
∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ADC
＝AC•BE+AC•DF
＝×2×OB+×2×OD
＝OB+OD
＝（OB+OD）
＝BD
＝×2
＝．
故选：C．
2．（2022秋•铁西区期中）如图，在4×4网格正方形中，每个小正方形的边长为1，顶点为格点，若△ABC的顶点均是格点，则sin∠BAC的值是（ ）
A． B． C． D．
解：延长AC到D，连接BD，如图：
∵AD2＝20，BD2＝5，AB2＝25，
∴AD2+BD2＝AB2，
∴∠ADB＝90°，
∴sin∠BAC＝．
故选：A．
3．（2022秋•永年区期中）在△ABC中，BC＝+1，∠B＝45°，∠C＝30°，则△ABC的面积为（ ）
A． B．+1 C． D．+1
解：过A点作AD⊥BC于点D，
∵∠B＝45°，
∴∠BAD＝45°＝∠B，
∴AD＝BD，
设BD＝x，则AD＝x，
∵∠C＝30°，
∴tanC＝，
∴，
∵BC＝+1，
∴x+x＝+1，
∴x＝1，即AD＝1，
∴．
故选：A．
4．（2022秋•奉贤区期中）如图，在平面直角坐标系内有一点P（5，12），那么OP与x轴正半轴的夹角α的正弦值 ．
解：过点P作PA⊥x轴于点A，
∵P（5，12），
∴OA＝5，PA＝12，
∴OP＝13，
∴OP与x轴正半轴所夹的角的正弦值为：sin∠POA＝＝．
故答案为：．
5．（2022秋•钢城区期中）如图，已知△ABC的三个顶点均在格点上，则sinC＝ ．
解：如图，作△ABC的高AH．
∵∠H＝90°，AH＝2，CH＝4，
∴AC＝＝＝2，
∴sinC＝＝＝．
故答案为：．
6．（2022秋•牟平区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB边的中点，连接CD，若BC＝4，CD＝3，则sin∠DCA的值为 ．
解：∵∠ACB＝90°，点D为AB的中点，
∴CD＝AB＝AD，
∴AB＝2CD＝6，∠DCA＝∠A，
∴sin∠DCA＝sinA＝＝＝．
故答案为：．
7．（2022秋•杨浦区期中）如图，已知△ABC中，AB＝12，∠B＝30°，tanC＝，边AB的垂直平分线分别交AB、BC于点D、E．求线段CE的长．
解：连接AE，过点A作AF⊥BC，垂足为F，
在Rt△AFB中，∠B＝30°，AB＝12，
∴AF＝AB＝6，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴EB＝EA，
∴∠B＝∠BAE＝30°，
∴∠AEF＝∠B+∠BAE＝60°，
在Rt△AEF中，EF＝＝＝2，
在Rt△AFC中，tanC＝，
∴CF＝＝＝，
∴CE＝EF+CF＝2+，
∴CE的长为2+．
8．（2022秋•浦东新区期中）如图，已知在△ABC中，CD⊥AB，垂足为点D，AD＝2，BD＝6，tan∠B＝，点E是边BC的中点．
（1）求边AC的长；
（2）求∠EAB的正切值．
解：（1）∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠CDB＝90°，
∴tanB＝＝，
∵BD＝6，
∴CD＝4，
∴AC＝＝＝2；
（2）过点E作EH⊥AB于点H．
∵CD⊥AB，EH⊥AB，
∴EH∥CD，
∵EC＝EB，
∴DH＝BH＝3，
∴EH＝CD＝2，
∴AH＝AD+DH＝2+3＝5，
∴tan∠EAB＝＝．
9．（2022•锡山区校级二模）已知△ABC，∠B＝60°，．
（1）如图1，若BC＝2，求AC的长；
（2）如图2，试确定四边形ABCD，满足∠ADC+∠B＝180°，且AD＝2DC．（尺规作图，不需写作法，但要保留作图痕迹．）
解：（1）过C作CH⊥AB于H，如图：
∵BC＝2，∠B＝60°，
∴BH＝，CH＝BH＝3，
∵＝，
∴AB＝BC＝×2＝3，
∴AH＝AB﹣BH＝2，
在Rt△AHC中，
AC＝＝＝，
答：AC的长为；
（2）如图：
四边形ABCD即为所求四边形．
知识点02：解直角三角形的应用
10．（2022秋•北辰区期中）如图，一棵树在一次强台风中，从离地面5m处折断，倒下的部分与地面成30°角，如图所示，这棵树在折断前的高度是（ ）
A．10m B．5m C．15m D．20m
解：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CB＝5，∠A＝30°
∴AB＝10，
∴大树的高度为10+5＝15（m）．
故选：C．
11．（2022•红花岗区三模）如图，小明为了测量遵义市湘江河的对岸边上B，C两点间的距离，在河的岸边与BC平行的直线EF上点A处测得∠EAB＝37°，∠FAC＝60°，已知河宽30米，则B，C两点间的距离为（ ）（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈）
A．（18+25）米 B．（40+10）米 C．（24+10）米 D．（40+30）米
解：作AD⊥BC于点D，如图，
∵BC∥EF，
∴∠DBA＝∠EAB，∠DCA＝∠CAF，
∵∠EAB＝37°，∠CAF＝60°，
∴∠DBA＝37°，∠DCA＝60°，
∵AD＝30米，tan∠DBA＝，tan∠DCA＝，
∴＝，＝，
解得BD＝40米，CD＝10米，
∴BC＝BD+CD＝（40+10）米，
故选：B．
12．（2022•沈阳）如图，一条河的两岸互相平行，为了测量河的宽度PT（PT与河岸PQ垂直），测量得P，Q两点间距离为m米，∠PQT＝α，则河宽PT的长为（ ）
A．msinα B．mcosα C．mtanα D．
解：由题意得：
PT⊥PQ，
∴∠APQ＝90°，
在Rt△APQ中，PQ＝m米，∠PQT＝α，
∴PT＝PQ•tanα＝mtanα（米），
∴河宽PT的长度是mtanα米，
故选：C．
13．（2022•德城区模拟）创建文明城市不仅能进一步完善城市基础设施，而且可以提升市民精神生活品质．王明所在的小区有如图1所示的护栏宣传版面，其中主版形状是扇形的一部分，图2是其平面示意图，AD和BC都是半径的一部分，王明测得AD＝BC＝0.6m，DC＝0.8m，∠ADC＝∠BCD＝120°，则这块宣传版面主版的周长为 （2+） m．
解：如图，延长AD、BC交于点O，
∵∠ADC＝∠BCD＝120°，
∴∠ODC＝∠OCD＝180°﹣120°＝60°，
∴△OCD是正三角形，
∴OC＝OD＝CD＝0.8m，
∴OA＝OD+AD＝0.8+0.6＝1.4（m），
∴弧AB的长为＝（m），
∴这块宣传版面主版的周长为0.6+0.8+0.6+＝（2+）m，
故答案为：（2+）．
14．（2022•桂林）如图，某雕塑MN位于河段OA上，游客P在步道上由点O出发沿OB方向行走．已知∠AOB＝30°，MN＝2OM＝40m，当观景视角∠MPN最大时，游客P行走的距离OP是 20 米．
解：如图，取MN的中点F，过点F作FE⊥OB于E，以直径MN作⊙F，
∵MN＝2OM＝40m，点F是MN的中点，
∴MF＝FN＝20m，OF＝40m，
∵∠AOB＝30°，EF⊥OB，
∴EF＝20m，OE＝EF＝20m，
∴EF＝MF，
又∵EF⊥OB，
∴OB是⊙F的切线，切点为E，
∴当点P与点E重合时，观景视角∠MPN最大，
此时OP＝20m，
故答案为：20．
15．（2022•泰安）如图，某一时刻太阳光从窗户射入房间内，与地面的夹角∠DPC＝30°，已知窗户的高度AF＝2m，窗台的高度CF＝1m，窗外水平遮阳篷的宽AD＝0.8m，则CP的长度为 4.4m （结果精确到0.1m）．
解：根据图形可知AD∥CP．
∵AD∥CP，∠DPC＝30°，
在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，AD＝0.8m，
∴AB＝AD×tan∠ADB＝0.8×≈0.46m．
∵AB＝0.46m，AF＝2m，CF＝1m，
∴BC＝2.54m，
在Rt△BCP中，∠BPC＝30°，BC＝2.54m，
∴CP＝．
答：CP的长度约为4.4m．
故答案为：4.4m．
16．（2022•夏邑县模拟）如图（1）是一种迷你型可收缩式乐谱支架，图（2）是其侧面示意图，其中AB＝BC＝CD＝24cm，DB⊥BA，Q是CD的中点，P是眼睛所在的位置，PM⊥BA于点M，AM＝12cm，当PQ⊥CD时，P为最佳视力点．
（1）若∠ABC＝α，则∠DCB＝ 2α ；
（2）当∠ABC＝37°且PM＝53cm时，请通过计算说明点P是不是最佳视力点．（参考数据：sin37°＝cos53°≈，cos37°＝sin53°≈，tan37°≈，tan53°≈）
解：（1）∵BC＝CD，
∴∠CBD＝∠CDB，
∵BD⊥AB，即∠ABC+∠CBD＝90°，
∴∠CBD＝90°﹣∠ABC
＝90°﹣α，
∴∠BCD＝180°﹣∠CBD﹣∠CDB
＝180°﹣（90°﹣α）﹣（90°﹣α）
＝2α，
故答案为：2α；
（2）如图，过点Q作EF∥AB，交PM、BD分别于F、E，则EF⊥BD，EF⊥PM，
∵∠ABC＝37°，
∴∠CBD＝∠CDB＝90°﹣37°＝53°，
∴∠DQE＝∠CQF＝90°﹣53°＝37°，
在Rt△DEQ中，DQ＝CD＝12，∠EDQ＝53°，
∴EQ＝DQ•sinD
≈12×
＝9.6，
DE＝DQ•cosD
≈12×
＝7.2，
∴QF＝24+12﹣9.6＝26.4，
过点C作CH⊥BD于H，则BH＝DH，
∵Q是CD的中点，QD∥CH，
∴DE＝EH，
∴BE＝3DE＝21.6＝FM，
∴PF＝53﹣21.6＝31.4，
∴tan∠PQF＝＝≈1.19≠，
∴∠PQF≠53°，
∴∠PQC＝∠PQF+∠CQF≠90°，
即PQ与CD不垂直，
∴不是最佳视力点．
17．（2022秋•碑林区校级期中）如图，一个书架上放着8个完全一样的长方体档案盒，其中左边7个档案盒紧贴书架内侧竖放，右边一个档案盒自然向左斜放，档案盒的顶点D在书架底部，顶点F靠在书架右侧，顶点C靠在档案盒上，若书架内侧BG的长为60cm，∠DFG＝53°，ED长度约为21cm．求出该书架中最多能竖放几个这样的档案盒．（点A、点B、点C、点D、点E、点F、点G在同一平面内．参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈0.75）
解：如图，设一个档案盒的宽度DF＝xcm，
则DG＝60﹣7x﹣21＝（39﹣7x）cm，
在Rt△DFG中，∠DFG＝53°，
∵sin∠DFG＝，
∴DG＝DF•sin∠DFG
即39﹣7x＝x•sin53°，
解得x＝5，
即一个档案盒的宽度为5cm，
∴该书架中最多能竖放这样的档案盒个数为60÷5＝12（个），
答：该书架中最多能竖放12个这样的档案盒．
18．（2022•义乌市校级开学）如图1是伸缩式雨棚的实物图，由骨架与伞面两部分组成，可抽象成矩形ABCD（如图2），其中实线部分表示雨棚的骨架，矩形ABCD为雨棚的伞面，CD固定不动，当横杆AB自由伸缩时，骨架与伞面也跟着伸缩，当点D，G，E在一条直线上时，雨棚伞面面积最大，伸缩过程中伞面ABCD始终是矩形．若测得AB＝5m，DG＝CH＝2.5m，GE＝HF＝m，AE＝BF＝0.5m．
（1）当∠DGE＝90°时，雨棚伞面的面积等于 m2；
（2）当cos∠CDG＝时，雨棚伞面的面积等于 15 m2．
解：（1）连接DE，如右图2所示，
∵DG＝2.5m，GE＝m，∠DGE＝90°，
∴DE＝（m），
∵∠DAE＝90°，AE＝0.5m，
∴AD＝（m），
∵AB＝5m，
∴雨棚伞面的面积是：AB•AD＝5×2＝10（m2），
故答案为：10；
（2）过点G作MN⊥AB交AB于点N，交DC于点M，如图2所示，
则∠GMD＝∠GNE＝90°，
∵cos∠CDG＝，DG＝2.5m，
∴，
解得DM＝1.5m，
∴MG＝（m），
∵AE＝0.5m，AN＝DM，
∴EN＝1.5﹣0.5＝1（m），
∵GE＝m，∠GNE＝90°，
∴GN＝＝1（m），
∴MN＝MG+GN＝2+1＝3（m），
∵AB＝5m，
∴当cos∠CDG＝时，雨棚伞面的面积是AB•MN＝5×3＝15（m2），
故答案为：15．
知识点03：解直角三角形的应用-坡度坡角问题
19．（2022秋•招远市期中）某人沿着坡度为1：2的山坡前进了100米，则此人所在的位置升高了（ ）
A．100米 B．50米 C．50米 D．
解：设此人所在的位置升高了x米，
∵斜坡的坡度为1：2，
∴此人前进的水平距离为2x米，
由勾股定理得：x2+（2x）2＝（100）2，
解得：x＝100（负值舍去），
∴此人所在的位置升高了100米，
故选：A．
20．（2022秋•市中区期中）如图，O为跷跷板AB的中点，支柱OC与地面MN垂直，垂足为点C，当跷跷板的一端B着地时，跷跷板AB与地面MN的夹角为20°，测得AB＝1.6m，则OC的长为（ ）
A． B． C．0.8sin20° D．0.8cos20°
解：∵O为跷跷板AB的中点，AB＝1.6 m，
∴OB＝0.8m，
在Rt△OCB中，sinB＝，
则OC＝OB•sinB＝0.8sin20°，
故选：C．
21．（2022秋•朝阳区校级期中）某书店拿取高处书籍的登高梯如图位置摆放，登高梯AC的顶端A恰好放在书架的第七层的顶端．已知登高梯的长度AC为3米，登高梯与地面的夹角∠ACB为72°，则书架第七层顶端离地面的高度AB为（ ）
A．3sin72°米 B．米 C．3cos72°米 D．米
解：由题意可得，
∠ABC＝90°，AC＝3米，∠ACB＝72°，
∵sin∠ACB＝，
∴AB＝AC•sin∠ACB＝3•sin72°（米），
故选：A．
22．（2022•桥西区校级模拟）有一处斜坡如图所示，分为MO＝NO＝8m的两段，MO段的坡度为1：1，NO段的坡度为，则∠MON＝ 165 °．若将两段斜坡建造成台阶，且每一级台阶的高度不超过15cm，则这一处斜坡最少可以建造的台阶数为 65 级．（参考数据：，）
解：（1）如图，过点O作OA⊥MP，作OB⊥NP，
∵MO段的坡度为1：1，
∴∠MOA＝45°，
∵NO段的坡度为，
∴∠NOB＝30°，
∴∠MON＝45°+90°+30°＝165°；
（2）在Rt△MOA中，∵∠MOA＝45°，MO＝8m，
∴MA＝OA＝＝，
在Rt△ONB中，∵∠NOB＝30°，ON＝8m，
∴，
∴，，
答：这一阶梯的台阶数最少为65．
23．（2021秋•平江县期末）军军在幕阜山沿坡度i＝1：的山坡走到离地面25米高的地方，则他走的路程为 50 米．
解：如图，由题意得：i＝1：＝BC：AC，BC＝25米，
∴AC＝BC＝25（米），
由勾股定理得：AB＝＝＝50（米），
即军军走的路程为50米，
故答案为：50．
24．（2021秋•鲤城区校级期末）某斜坡的度i＝1：，则该斜坡的坡角为 30° ．
解：设坡角为α，
∵斜坡的坡度为i＝1：，
∴tanα＝＝，
∴α＝30°，
故答案为：30°．
25．（2021•沈河区二模）如图，在平地上种植树木时，要求株距（相邻两棵树之间的水平距离）为10m，若在坡度为i＝1：2.5的山坡上种树，也要求株距为10m，那么相邻两棵树间的坡面距离为 2 m．
解：过A作AB⊥CD于B，如图所示：
由题意得：水平距离BD为10m，AD的坡度为i＝1：2.5＝，
∴铅直高度AB＝＝＝4（m），
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD＝＝＝2（m），
即相邻两棵树间的坡面距离为2m，
故答案为：2．
26．（2021秋•龙口市期末）如图，山区某教学楼后面紧邻着一个土坡，坡面BC平行于地面AD，斜坡AB的坡比为i＝1：，且AB＝26米，为了防止山体滑坡，保障安全，学校决定对该土坡进行改造，经地质人员勘测，当坡角不超过53°时，可确保山体不滑坡；
（1）求改造前坡顶与地面的距离BE的长；
（2）为了消除安全隐患，学校计划将斜坡AB改造成AF（如图所示），那么BF至少是多少米？（结果精确到1米）
【参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.33，cot53°≈0.75】
解：（1）在Rt△ABE中，AB＝26，i＝＝，
设BE＝12k，AE＝5k，则AB＝13k＝26，k＝2，
∴AE＝10（米），BE＝24（米）；
（2）过点F作FG⊥AD于点G，
由题意可知：FG＝BE＝24，∠FAD＝53°，
在Rt△AFG中，cot53°＝＝0.75，
∴AG＝18（米），
∴BF＝GE＝AG﹣AE＝8（米），
答：改造前坡顶与地面的距离BE为24米；BF至少是8米．
27．（2022•澄迈县模拟）如图，某教学楼AB的后面有一建筑物CD，当光线与地面的夹角是22°时，教学楼在建筑物的墙上留下高2m的影子CE；而当光线与地面夹角是45°时，教学楼顶部A在地面上的影子F与墙角C的距离为18m（B、F、C在同一直线上）．求教学楼AB的高；（结果保留整数）（参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40）
解：过点E作EG⊥AB于G，则四边形BCEG是矩形，
∴BC＝EG，BG＝CE＝2m
设教学楼AB的高为xm，
∵∠AFB＝45°，
∴∠FAB＝45°，
∴BF＝AB＝xm，
∴EG＝BC＝（x+18）m，AG＝（x﹣2）m，
在Rt△AEG中，∠AEG＝22°
∵tan∠AEG＝，
∴tan22°＝，
∴，
解得：x≈15m．
答：教学楼AB的高约为15m．
28．（2022•西藏模拟）小明准备测量学校旗杆的高度，他发现斜坡正对着太阳时，旗杆AB影子恰好落在水平地面BC和斜坡面CD上，测得旗杆在水平地面上的影长BC＝20m，在斜坡坡面上的影长CD＝8m，太阳光线AD与水平地面成30°角，且太阳光线AD与斜坡坡面互相垂直，请你帮小明求出旗杆AB的高度（结果保留根号）．
解：作AD与BC的延长线，交于E点．如图所示：
根据平行线的性质得：∠E＝30°，
∴CE＝2CD＝2×8＝16（m）
则BE＝BC+CE＝20+16＝36（m），
在直角△ABE中，tan∠E＝，
∴AB＝BE•tan30°＝36×＝12（m）．
即旗杆AB的高度是12m．
29．（2022•镇江模拟）如图，某广场一灯柱AB被一钢缆CD固定，CD与地面成40°夹角，且CB＝5米．
（1）求钢缆CD的长度；（精确到0.1米）
（2）若AD＝2米，灯的顶端E距离A处1.6米，且∠EAB＝120°，则灯的顶端E距离地面多少米？
（参考数据：tan40°＝0.84，sin40°＝0.64，cos40°＝）
解：（1）在Rt△BCD中，，
∴≈6.7；（3分）
（2）在Rt△BCD中，BC＝5，∴BD＝5tan40°＝4.2．（4分）
过E作AB的垂线，垂足为F，
在Rt△AFE中，AE＝1.6，∠EAF＝180°﹣120°＝60°，
AF＝＝0.8（6分）
∴FB＝AF+AD+BD＝0.8+2+4.20＝7米．（7分）
答：钢缆CD的长度为6.7米，灯的顶端E距离地面7米．（8分）
知识点04：解直角三角形的应用-仰角俯角问题
30．（2022•温州校级模拟）为了疫情防控工作的需要，某学校在学校门口的大门上方安装了一个人体体外测温摄像头，摄像头到地面的距离DE＝2.7米，小明身高BF＝1.5米，他在点A测得点D的仰角是在点B测得点D仰角的2倍，已知小明在点B测得的仰角是a，则体温监测有效识别区域AB的长为（ ）米．
A．tanα﹣tan2α B．
C． D．
解：由题意得：
∠DCA＝90°，CE＝BF＝1.5米，
∵DE＝2.7米，
∴DC＝DE﹣CE＝2.7﹣1.5＝1.2（米），
在Rt△DCB中，∠DBC＝α，
∴BC＝＝＝（米），
在Rt△DCA中，∠DAC＝2∠DBC＝2α，
∴AC＝＝＝（米），
∴AB＝BC﹣AC＝（﹣）米，
故选：B．
31．（2022•钦州一模）如图，小刚要测量斜坡CD旁一棵树AB的高度，已知在坡脚C处测得树顶B的仰角为60°，在坡顶D测得树顶B的仰角为30°，若CD＝10m，DE＝5m，则树AB的高是（ ）
A．5m B． C．15m D．10m
解：在Rt△DEC中，DE＝5米，DC＝10米，
∴DE＝DC，
∴∠DCE＝30°，
∵∠BCA＝60°，
∴∠DCB＝180°﹣∠DCE﹣∠BCA＝90°，
∵DF∥AE，
∴∠FDC＝∠DCE＝30°，
∵∠BDF＝30°，
∴∠BDC＝∠BDF+∠CDF＝60°，
在Rt△BDC中，BC＝DC•tan60°＝10（米），
在Rt△BCA中，AB＝BC•sin60°＝10×＝15（米），
∴树AB的高是15米，
故选：C．
32．（2022•长春模拟）如图，数学兴趣小组用测角仪和皮尺测量一座信号塔CD的高度，信号塔CD对面有一座高15米的瞭望塔AB，从瞭望塔顶部A测得信号塔顶C的仰角为53°，测得瞭望塔底B与信号塔底D之间的距离为25米，设信号塔CD的高度为x米，则下列关系式中正确的是（ ）
A．sin53°＝ B．cos53°＝
C．tan53°＝ D．tan53°＝
解：过点A作AE⊥CD，垂足为E，
则AB＝DE＝15米，AE＝BD＝25米，
∵CD＝x米，
∴CE＝CD﹣DE＝（x﹣15）米，
在Rt△ACE中，∠CAE＝53°，
∴tan53°＝＝，
故选：C．
33．（2022秋•虎丘区校级期中）如图，在一街道的两旁有甲、乙两幢建筑物，某广告公司在甲建筑物上悬挂一条广告条幅AB，现在乙建筑物的顶部C测得条幅顶端A的仰角为45°，条幅底端B的俯角为30°，已知街道宽MN＝42m，则广告条幅AB的长是 （42+14）m ．（结果保留根号）
解：过点C作CF⊥AB于点F，如右图所示，
由题知：四边形CMNF为矩形，CF＝MN＝42m，
在Rt△ACF中，∠ACF＝45°，
∴tan∠ACF＝＝1，
∴AF＝42m，
在Rt△BCF中，∠BCF＝30°，
∴tan∠BCF＝＝，
∴BF＝14，
∴AB＝AF+BF＝42+14（m）．
即广告条幅AB的长为（42+14）m．
故答案为：（42+14）m．
34．（2022秋•文登区期中）如图，一架水平飞行的无人机在A处测得正前方河岸边C处的俯角为α，tanα＝2，无人机沿水平线AF方向继续飞行80米至B处时，被河对岸D处的小明测得其仰角为30°．无人机距地面的垂直高度用AM表示，点M，C，D在同一条直线上，其中MC＝100米，则河流的宽度CD为 （200﹣20）米 ．
解：作BE⊥MD于点E，如图所示，则四边形ABEM是矩形，
∴ME＝AB，AM＝BE
由已知可得：∠BAC＝α，tanα＝2，AB＝80米，∠BDE＝30°，MC＝100米，AM⊥MD，AB∥MD，
∴ME＝AB＝80米，∠ACM＝∠BAC＝α，
∵tanα＝2，
∴＝2，
∴AM＝200米，
∴BE＝200米，
∵tan∠BDE＝，
∴tan30°＝＝，
解得DE＝200米，
∴CD＝MD﹣MC＝ME+DE﹣MC＝80+200﹣100＝（200﹣20）（米），
故答案为：（200﹣20）米．
35．（2022秋•江阴市校级月考）如图，小明在骑行过程中发现山上有一建筑物，他测得仰角为15°；沿水平笔直的公路向建筑物的方向行驶4千米后，测得该建筑物的仰角为30°，若小明的眼睛与地面的距离忽略不计，则该建筑物离地面的高度为 2 千米．
解：如图，过该建筑物的顶端C点作CD⊥AB，交AB的延长线于点D，
由题意得，∠CAB＝15°，∠CBD＝30°，AB＝4千米，
∴∠ACB＝∠CBD﹣∠CAB＝15°，
∴∠ACB＝∠CAB，
∴BC＝AB＝4千米，
在Rt△BCD中，sin30°＝，
解得CD＝2，
∴该建筑物离地面的高度为2千米．
故答案为：2．
36．（2022•海门市二模）狼山位于江苏南通城南的狼山风景名胜区，高不过百余米，却与南岳衡山、中岳嵩山、江西庐山、北京香山等同列“中国佛教八小名山”，是江北著名的旅游佳地．如图，亮亮同学去狼山风景区旅游时，利用无人机从A处测得狼山顶部点B的仰角为45°，测得狼山底部点C的俯角为60°，此时无人机与BC的水平距离AD长为40m，那么亮亮同学测得狼山的高度BC约为 109 m（结果保留整数，≈1.73）．
解：由题意得，∠BAD＝45°，∠CAD＝60°，
在Rt△ABD中，∠BAD＝45°，
∴AD＝BD＝40m，
在Rt△ACD中，tan60°＝，
解得CD＝，
∴BC＝BD+CD≈109m．
故答案为：109．
37．（2021秋•临泉县期末）如图，为测量某建筑物BC的高度，采用了如下方法：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（坡度i＝1：2.4）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°，底端B的俯角为45°，点A、B、C、D、E在同一平面内．根据测量数据，计算出建筑物BC的高度．（参考数据：）
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RtADH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°＝＝，
∴CF＝EF＝50＝86.6（米），
∴BC＝BF+CF＝136.6（米）．
答：建筑物BC的高度约为136.6米．
38．（2022秋•莱阳市期中）如图，某物业楼上竖立一块广告牌，高CD＝3m，小亮和小伟要测量广告牌底部D到水平地面AH的距离，小亮在水平地面A处安置测倾器，测得广告牌底部D的仰角为22°，小伟在水平地面B处安置测倾器，测得广告牌顶部C的仰角为45°，两人合作量得测倾器的高度AE＝BF＝1.2m，测点A和测点B之间的距离AB＝9m，请根据以上信息，求广告牌底部D到水平地面AH的距离．（参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40）
解：延长EF交CH于点G，则FG⊥CH，
得矩形AEFB，矩形BFGH，矩形AEGH，
∴EF＝AB＝9m，AE＝BF＝GH＝1.2m，
∵∠CFG＝45°，
∴∠FCG＝45°，
∴FG＝CG，
∴GD＝CG﹣CD＝（CG﹣3）m，
在Rt△FDG中，∠EGD＝90°，∠DEG＝22°，EG＝EF+FG＝（9+FG）m，
∵DG＝EG•tan22°，
∴CG﹣3≈（9+CG）×0.40，
∴CG＝11m，
∴DG＝CG﹣3＝8（m），
∴DH＝DG+GH＝8+1.2＝9.2（m）．
答：广告牌底部D到水平地面AH的距离为9.2m．
39．（2022秋•碑林区校级期中）如图，某学习小组在学习了“利用三角函数测高后”，选定测量小河对面一幢建筑物BC的高度．他们先在斜坡的D处，测得建筑物顶端B的仰角为30°，且D离地面的高度DE为9米，坡底的长度EA＝21米，然后在A处测得建筑物顶端B的仰角为45°，点E，A，C在同一水平线上，求建筑物BC的高度．（结果精确到1米，参考数据：≈1.73）
解：过点D作DH⊥BC于H，如图所示，
则∠BDH＝30°，四边形DECH是矩形，
∴DH＝EC，CH＝DE＝9，
∵∠BAC＝45°，∠BCA＝90°，
∴AC＝BC，
∴DH＝EA+AC＝21+BC，
∵∠BDH＝30°，
∴BH＝DH＝（21+BC）＝7+BC，
∵BH+CH＝BC，
∴7+BC+9＝BC，
解得：BC＝≈50（m）；
答：建筑物BC的高为50m．
40．（2022•安顺）随着我国科学技术的不断发展，5G移动通信技术日趋完善，某市政府为了实现5G网络全覆盖，2021～2025年拟建设5G基站3000个，如图，在斜坡CB上有一建成的5G基站塔AB，小明在坡脚C处测得塔顶A的仰角为45°，然后他沿坡面CB行走了50米到达D处，D处离地平面的距离为30米且在D处测得塔顶A的仰角53°．（点A、B、C、D、E均在同一平面内，CE为地平线）（参考数据：sin53°≈，cos53°≈，tan53°≈）
（1）求坡面CB的坡度；
（2）求基站塔AB的高．
解：（1）如图，过点D作AB的垂线，交AB的延长线于点F，过点D作DM⊥CE，垂足为M．
由题意可知：CD＝50米，DM＝30米．
在Rt△CDM中，由勾股定理得：CM2＝CD2﹣DM2，
∴CM＝40米，
∴斜坡CB的坡度＝DM：CM＝3：4；
（2）设DF＝4a米，则MN＝4a米，BF＝3a米，
∵∠ACN＝45°，
∴∠CAN＝∠ACN＝45°，
∴AN＝CN＝（40+4a）米，
∴AF＝AN﹣NF＝AN﹣DM＝40+4a﹣30＝（10+4a）米．
在Rt△ADF中，
∵DF＝4a米，AF＝（10+4a）米，∠ADF＝53°，
∴tan∠ADF＝，
∴＝，
∴解得a＝，
∴AF＝10+4a＝10+30＝40（米），
∵BF＝3a＝米，
∴AB＝AF﹣BF＝40﹣＝（米）．
答：基站塔AB的高为米．
知识点05：解直角三角形的应用-方向角问题
41．（2022秋•乳山市期中）上午9时，一条船从A处出发，以每小时40海里的速度向正东方向航行，10时到达B处（如图）．从A，B两处分别测得小岛M在北偏东45°和北偏东15°方向，那么船在B处时与小岛M的距离为（ ）
A．海里 B．海里 C．40海里 D．海里
解：如图，过点B作BN⊥AM于点N，
由题意得，AB＝40×1＝40海里，∠ABM＝105°，
在直角三角形ABN中，BN＝AB•sin45°＝20（海里），
在直角△BNM中，∠MBN＝105°﹣45°＝60°，
∴∠M＝30°，
∴BM＝2BN＝40（海里）．
故选：D．
42．（2022秋•惠山区期中）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
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°，
∴CF＝CD＝×20＝10（km），
∴BE＝10km，
DF＝sin60°×CD＝×20＝10（km），
∴DE＝DF+EF＝（10+30）（km），
∴AE＝tan∠ADE•DE＝tan30°×DE＝×（10+30）＝（10+10）（km），
∴AB＝AE+BE＝10+10+10＝（10+20）（km），
故选：B．
43．（2022•新乐市校级模拟）某渔船在海上进行捕鱼作业，当渔船航行至B处时，发现正北方向（6+6）海里的C处有海盗出没，为了安全，请求A处的海警前往C处护航．如图，已知C位于A处的东北方向上，A位于B的北偏西30°方向上，则A和C之间的距离为（ ）海里．
A．6 B．6 C．12 D．12
解：过点A作AD⊥BC于点D，
由题意得，BC＝（6+6）海里，∠CAD＝45°，∠ABD＝30°，
设AD＝x海里，
在Rt△ACD中，∠CAD＝45°，
∴AD＝CD＝x海里，
在Rt△ABD中，tan30°＝，
解得BD＝x，
∴x+x＝6+6，
解得x＝6，
∴AD＝CD＝6海里，
∴AC＝＝6海里．
故选：A．
44．（2022秋•工业园区期中）一艘观光游船从港口A以北偏东60°的方向出港观光，航行80海里至C处时发生了侧翻沉船事故．一艘在港口正东方向的海警船接到求救信号，测得事故船在它的北偏东37°方向，马上以40海里每小时的速度前往救援．海警船大约需 小时到达事故船C处，（sin53°≈0.8，cos53°≈0.6）
解：如图，过点C作CD⊥AB交AB延长线于D，
在Rt△ACD中，
∵∠ADC＝90°，∠CAD＝30°，AC＝80，
∴CD＝AC＝40，
在Rt△CBD中，∠CDB＝90°，∠CBD＝90°﹣37°＝53°，
∴BC＝≈＝50（海里），
∴海警船到达事故船C处所需的时间大约为：50÷40＝（小时）．
故答案为：．
45．（2022秋•清江浦区月考）小红和爸爸绕着小区广场锻炼，在矩形广场ABCD边AB的中点M处有一座雕塑，在某一时刻，小红到达点P处，爸爸到达点Q处，此时雕塑在小红的南偏东45°方向，爸爸在小红的北偏东60°方向，若小红到雕塑的距离PM＝30m，则小红与爸爸的距离PQ＝ m ．（结果保留根号）
解：过点Q作QE⊥AD于点E，
由题意可得EQ＝AB，
在Rt△APM中，sin45°＝＝，
解得AM＝，
∵M为AB的中点，
∴AB＝EQ＝2AM＝m，
在Rt△EPQ中，sin60°＝，
解得PQ＝，
经检验，PQ＝是原方程的解且符合题意，
∴小红与爸爸的距离PQ＝m．
故答案为：m．
46．（2022•巴中）一艘轮船位于灯塔P的南偏东60°方向，距离灯塔30海里的A处，它沿北偏东30°方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的北偏东67°方向上的B处，此时与灯塔P的距离约为 50 海里．（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈）
解：如图所示标注字母，
根据题意得，∠CAP＝∠EPA＝60°，∠CAB＝30°，PA＝30海里，
∴∠PAB＝90°，∠APB＝180°﹣67°﹣60°＝53°，
∴∠B＝180°﹣90°﹣53°＝37°，
在Rt△PAB中，sin37°＝≈，
解得PB≈50，
∴此时与灯塔P的距离约为50海里．
故答案为：50．
47．（2022•岳阳）喜迎二十大，“龙舟故里”赛龙舟．丹丹在汨罗江国际龙舟竞渡中心广场点P处观看200米直道竞速赛．如图所示，赛道AB为东西方向，赛道起点A位于点P的北偏西30°方向上，终点B位于点P的北偏东60°方向上，AB＝200米，则点P到赛道AB的距离约为 87 米（结果保留整数，参考数据：≈1.732）．
解：过点P作PC⊥AB，垂足为C，
设PC＝x米，
在Rt△APC中，∠APC＝30°，
∴AC＝PC•tan30°＝x（米），
在Rt△CBP中，∠CPB＝60°，
∴BC＝CP•tan60°＝x（米），
∵AB＝200米，
∴AC+BC＝200，
∴x+x＝200，
∴x＝50≈87，
∴PC＝87米，
∴点P到赛道AB的距离约为87米，
故答案为：87．
48．（2022•锦州二模）某海港南北方向上有两个海岸观测站A，B，距离为10海里．从港口出发的一艘轮船正沿北偏东30°方向匀速航行，某一时刻在观测站A，B两处分别测得此轮船正好航行到南偏东30°和北偏东75°方向上的C处．经过0.5时轮船航行到D处，此时在观测站A处测得轮船在北偏东75°方向上，求轮船航行的速度（结果精确到0.1海里/时，参考数据：≈1.414，＝1.732）
解：作AE⊥CD于E，
∵∠ACB＝180°﹣75°﹣30°＝75°，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AC＝AB＝10海里，
∵向北的方向线是平行的，
∴∠ACF＝∠CAB＝30°，
∴∠ACD＝60°，
∴∠CAE＝30°，
∴CE＝AC＝5海里，AE＝AC＝5海里，
∵∠DAC＝180°﹣75°﹣30°＝75°，
∴∠DAE＝75°﹣30°＝45°，
∴DE＝AE＝5海里，
∴CD＝5+5≈13.66（海里），
轮船航行的速度为：13.66÷＝27.3（海里/时），
答：轮船航行的速度是27.3海里/时，
49．（2022秋•沙坪坝区校级期中）如图，海上有一座小岛C，一艘渔船在海中自西向东航行，速度为60海里/小时，船在A处测得小岛C在北偏东45°方向，1小时后渔船到达B处，测得小岛C在北偏东30°方向．（参考数据：≈1.41，≈1.73，≈2.45）
（1）求BC的距离；（结果保留整数）
（2）渔船在B处改变航行线路，沿北偏东75°方向继续航行，此航行路线记为l，但此时发现剩余油量不足，于是当渔船航行到l上与小岛C最近的D处时，立即沿DC方向前往小岛C加油，加油时间为18分钟，在小岛C加油后，再沿南偏东75°方向航行至l上的点E处．若小船在D处时恰好是上午11点，问渔船能否在下午5点之前到达E处？请说明理由．
解：如图，作CF⊥AB于点F，CD⊥BE于点D，
（1）由已知得AB＝60海里，∠CAF＝45°，∠BCF＝30°，
设BF＝x，则BC＝2x，CF＝x，
∵AF＝CF，
∴60+x＝x，
∴x＝＝30（+1），
∴BC＝60（+1）≈142（海里），
∴BC的距离为142海里；
（2）由已知得∠CBD＝∠BCD＝45°，
∴CD＝BC＝30（+），
∵∠ECF＝75°，
∴∠CED＝180°﹣45°﹣30°﹣75°＝30°，
∴CE＝2CD＝60（+），
∴从D到E用的时间为＝≈5.8＜6，
∴渔船能在下午5点之前到达E处．
50．（2022秋•沙坪坝区校级期中）今年暑假，妈妈带着明明去草原骑马．如图，妈妈位于游客中心A的正北方向的B处，其中AB＝2km．明明位于游客中心A的西北方向的C处．烈日当空，妈妈准备把包里的太阳帽给明明送去，于是，妈妈向正西方向匀速步行，同时明明骑马向南偏东60°方向缓慢前进．15分钟后，他们在游客中心A的北偏西37°方向的点D处相遇．
（1）求妈妈步行的速度；
（2）求明明从C处到D处的距离．
（参考数据：sin37°≈0.8，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，≈1.73，≈1.41，结果保留两位小数）
解：（1）根据题意可知：AB＝2km，∠BAD＝37°，
∴BD＝AB•tan37°≈2×0.75＝1.5（km），
∴1.5÷＝6（km/h），
答：妈妈步行的速度为6km/h；
（2）如图，过点C作CE⊥AB交AB延长线于点E，
∵∠CAE＝45°，∠AEC＝90°，
∴△AEC是等腰直角三角形，
∴AE＝CE，
设AE＝CE＝akm，
过点D作DF⊥CE于点F，得矩形BEFD，
∴EF＝DB＝1.5（km），DF＝BE＝AE﹣AB＝（a﹣2）km，
∴CF＝CE﹣EF＝（a﹣1.5）km，
在Rt△CDF中，tan∠DCF＝，
∴tan30°≈，
∴（a﹣1.5）＝a﹣2，
∴a＝，
∴DF＝a﹣2＝，
∴CD＝2DF＝≈1.37（km）．
答：明明从C处到D处的距离约为1.37km．
51．（2022•温江区校级自主招生）东西走向海岸线上有一个码头（图中线段AB），已知AB的长为132米，小明在A处测得海上一艘货船M在A的东北方向，小明沿海岸线向东走60米后到达点C，在C测得M在C处的北偏东15°方向（参考数据：≈1.41，≈1.73，≈2.45）
（1）求AM的长；（结果精确到1米）
（2）如图，货船从M出发，沿着南偏东30°方向行驶，问该货船是否能行驶到码头所在的线段AB上？请说明理由．
解：（1）过点C作CD⊥AM，垂足为D，
由题意得：
∠MAC＝90°﹣45°＝45°，∠ACM＝90°+15°＝105°，
∴∠AMC＝180°﹣∠MAC﹣∠ACM＝30°，
在Rt△ADC中，AC＝60米，
∴AD＝AC•cos45°＝60×＝30（米），
CD＝AC•sin45°＝60×＝30（米），
在Rt△CDM中，DM＝＝＝30（米），
∴AM＝AD+DM＝30+30≈116（米），
∴AM的长约为116米；
（2）该货船能行驶到码头所在的线段AB上，
理由：过点M作MF⊥AB，垂足为F，设货船从M出发，沿着南偏东30°方向行驶，交线段AB所在的直线于点G，
由题意得：
∠FMG＝30°，
在Rt△AMF中，AM＝（30+30）米，∠MAF＝45°，
∴AF＝AM•cos45°＝（30+30）×＝（30+30）米，
FM＝AM•sin45°＝（30+30）×＝（30+30）米，
在Rt△MGF中，FG＝MF•tan30°＝（30+30）×＝（10+30）米，
∴AG＝AF+FG＝30+30+10+30＝60+40≈129.2（米），
∵AB＝132米，
∴132米＞129.2米，
∴该货船能行驶到码头所在的线段AB上．
2022-2023学年九年级数学下册考点必刷练精编讲义（人教版）提高
第28章《锐角三角函数》
28.2 解直角三角形及其应用
知识点01：解直角三角形
1．（2022•游仙区模拟）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于O，∠AOD＝60°，AC＝BD＝2，则这个四边形的面积是（ ）
A． B． C． D．
解：如图，过B、D分别作BE⊥AC于E，DF⊥AC于F，则∠BEO＝∠DFO＝90°．
在Rt△BOE中，∠BOE＝∠AOD＝60°，
∴BE＝OB•sin∠BOE＝OB•sin60°＝OB，
在Rt△DOF中，∠AOD＝60°，
∴DF＝OD•sin∠BOE＝OD•sin60°＝OD．
∵AC＝BD＝2，
∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ADC
＝AC•BE+AC•DF
＝×2×OB+×2×OD
＝OB+OD
＝（OB+OD）
＝BD
＝×2
＝．
故选：C．
2．（2022秋•铁西区期中）如图，在4×4网格正方形中，每个小正方形的边长为1，顶点为格点，若△ABC的顶点均是格点，则sin∠BAC的值是（ ）
A． B． C． D．
解：延长AC到D，连接BD，如图：
∵AD2＝20，BD2＝5，AB2＝25，
∴AD2+BD2＝AB2，
∴∠ADB＝90°，
∴sin∠BAC＝．
故选：A．
3．（2022秋•永年区期中）在△ABC中，BC＝+1，∠B＝45°，∠C＝30°，则△ABC的面积为（ ）
A． B．+1 C． D．+1
解：过A点作AD⊥BC于点D，
∵∠B＝45°，
∴∠BAD＝45°＝∠B，
∴AD＝BD，
设BD＝x，则AD＝x，
∵∠C＝30°，
∴tanC＝，
∴，
∵BC＝+1，
∴x+x＝+1，
∴x＝1，即AD＝1，
∴．
故选：A．
4．（2022秋•奉贤区期中）如图，在平面直角坐标系内有一点P（5，12），那么OP与x轴正半轴的夹角α的正弦值 ．
解：过点P作PA⊥x轴于点A，
∵P（5，12），
∴OA＝5，PA＝12，
∴OP＝13，
∴OP与x轴正半轴所夹的角的正弦值为：sin∠POA＝＝．
故答案为：．
5．（2022秋•钢城区期中）如图，已知△ABC的三个顶点均在格点上，则sinC＝ ．
解：如图，作△ABC的高AH．
∵∠H＝90°，AH＝2，CH＝4，
∴AC＝＝＝2，
∴sinC＝＝＝．
故答案为：．
6．（2022秋•牟平区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB边的中点，连接CD，若BC＝4，CD＝3，则sin∠DCA的值为 ．
解：∵∠ACB＝90°，点D为AB的中点，
∴CD＝AB＝AD，
∴AB＝2CD＝6，∠DCA＝∠A，
∴sin∠DCA＝sinA＝＝＝．
故答案为：．
7．（2022秋•杨浦区期中）如图，已知△ABC中，AB＝12，∠B＝30°，tanC＝，边AB的垂直平分线分别交AB、BC于点D、E．求线段CE的长．
解：连接AE，过点A作AF⊥BC，垂足为F，
在Rt△AFB中，∠B＝30°，AB＝12，
∴AF＝AB＝6，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴EB＝EA，
∴∠B＝∠BAE＝30°，
∴∠AEF＝∠B+∠BAE＝60°，
在Rt△AEF中，EF＝＝＝2，
在Rt△AFC中，tanC＝，
∴CF＝＝＝，
∴CE＝EF+CF＝2+，
∴CE的长为2+．
8．（2022秋•浦东新区期中）如图，已知在△ABC中，CD⊥AB，垂足为点D，AD＝2，BD＝6，tan∠B＝，点E是边BC的中点．
（1）求边AC的长；
（2）求∠EAB的正切值．
解：（1）∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠CDB＝90°，
∴tanB＝＝，
∵BD＝6，
∴CD＝4，
∴AC＝＝＝2；
（2）过点E作EH⊥AB于点H．
∵CD⊥AB，EH⊥AB，
∴EH∥CD，
∵EC＝EB，
∴DH＝BH＝3，
∴EH＝CD＝2，
∴AH＝AD+DH＝2+3＝5，
∴tan∠EAB＝＝．
9．（2022•锡山区校级二模）已知△ABC，∠B＝60°，．
（1）如图1，若BC＝2，求AC的长；
（2）如图2，试确定四边形ABCD，满足∠ADC+∠B＝180°，且AD＝2DC．（尺规作图，不需写作法，但要保留作图痕迹．）
解：（1）过C作CH⊥AB于H，如图：
∵BC＝2，∠B＝60°，
∴BH＝，CH＝BH＝3，
∵＝，
∴AB＝BC＝×2＝3，
∴AH＝AB﹣BH＝2，
在Rt△AHC中，
AC＝＝＝，
答：AC的长为；
（2）如图：
四边形ABCD即为所求四边形．
知识点02：解直角三角形的应用
10．（2022秋•北辰区期中）如图，一棵树在一次强台风中，从离地面5m处折断，倒下的部分与地面成30°角，如图所示，这棵树在折断前的高度是（ ）
A．10m B．5m C．15m D．20m
解：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CB＝5，∠A＝30°
∴AB＝10，
∴大树的高度为10+5＝15（m）．
故选：C．
11．（2022•红花岗区三模）如图，小明为了测量遵义市湘江河的对岸边上B，C两点间的距离，在河的岸边与BC平行的直线EF上点A处测得∠EAB＝37°，∠FAC＝60°，已知河宽30米，则B，C两点间的距离为（ ）（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈）
A．（18+25）米 B．（40+10）米 C．（24+10）米 D．（40+30）米
解：作AD⊥BC于点D，如图，
∵BC∥EF，
∴∠DBA＝∠EAB，∠DCA＝∠CAF，
∵∠EAB＝37°，∠CAF＝60°，
∴∠DBA＝37°，∠DCA＝60°，
∵AD＝30米，tan∠DBA＝，tan∠DCA＝，
∴＝，＝，
解得BD＝40米，CD＝10米，
∴BC＝BD+CD＝（40+10）米，
故选：B．
12．（2022•沈阳）如图，一条河的两岸互相平行，为了测量河的宽度PT（PT与河岸PQ垂直），测量得P，Q两点间距离为m米，∠PQT＝α，则河宽PT的长为（ ）
A．msinα B．mcosα C．mtanα D．
解：由题意得：
PT⊥PQ，
∴∠APQ＝90°，
在Rt△APQ中，PQ＝m米，∠PQT＝α，
∴PT＝PQ•tanα＝mtanα（米），
∴河宽PT的长度是mtanα米，
故选：C．
13．（2022•德城区模拟）创建文明城市不仅能进一步完善城市基础设施，而且可以提升市民精神生活品质．王明所在的小区有如图1所示的护栏宣传版面，其中主版形状是扇形的一部分，图2是其平面示意图，AD和BC都是半径的一部分，王明测得AD＝BC＝0.6m，DC＝0.8m，∠ADC＝∠BCD＝120°，则这块宣传版面主版的周长为 （2+） m．
解：如图，延长AD、BC交于点O，
∵∠ADC＝∠BCD＝120°，
∴∠ODC＝∠OCD＝180°﹣120°＝60°，
∴△OCD是正三角形，
∴OC＝OD＝CD＝0.8m，
∴OA＝OD+AD＝0.8+0.6＝1.4（m），
∴弧AB的长为＝（m），
∴这块宣传版面主版的周长为0.6+0.8+0.6+＝（2+）m，
故答案为：（2+）．
14．（2022•桂林）如图，某雕塑MN位于河段OA上，游客P在步道上由点O出发沿OB方向行走．已知∠AOB＝30°，MN＝2OM＝40m，当观景视角∠MPN最大时，游客P行走的距离OP是 20 米．
解：如图，取MN的中点F，过点F作FE⊥OB于E，以直径MN作⊙F，
∵MN＝2OM＝40m，点F是MN的中点，
∴MF＝FN＝20m，OF＝40m，
∵∠AOB＝30°，EF⊥OB，
∴EF＝20m，OE＝EF＝20m，
∴EF＝MF，
又∵EF⊥OB，
∴OB是⊙F的切线，切点为E，
∴当点P与点E重合时，观景视角∠MPN最大，
此时OP＝20m，
故答案为：20．
15．（2022•泰安）如图，某一时刻太阳光从窗户射入房间内，与地面的夹角∠DPC＝30°，已知窗户的高度AF＝2m，窗台的高度CF＝1m，窗外水平遮阳篷的宽AD＝0.8m，则CP的长度为 4.4m （结果精确到0.1m）．
解：根据图形可知AD∥CP．
∵AD∥CP，∠DPC＝30°，
在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，AD＝0.8m，
∴AB＝AD×tan∠ADB＝0.8×≈0.46m．
∵AB＝0.46m，AF＝2m，CF＝1m，
∴BC＝2.54m，
在Rt△BCP中，∠BPC＝30°，BC＝2.54m，
∴CP＝．
答：CP的长度约为4.4m．
故答案为：4.4m．
16．（2022•夏邑县模拟）如图（1）是一种迷你型可收缩式乐谱支架，图（2）是其侧面示意图，其中AB＝BC＝CD＝24cm，DB⊥BA，Q是CD的中点，P是眼睛所在的位置，PM⊥BA于点M，AM＝12cm，当PQ⊥CD时，P为最佳视力点．
（1）若∠ABC＝α，则∠DCB＝ 2α ；
（2）当∠ABC＝37°且PM＝53cm时，请通过计算说明点P是不是最佳视力点．（参考数据：sin37°＝cos53°≈，cos37°＝sin53°≈，tan37°≈，tan53°≈）
解：（1）∵BC＝CD，
∴∠CBD＝∠CDB，
∵BD⊥AB，即∠ABC+∠CBD＝90°，
∴∠CBD＝90°﹣∠ABC
＝90°﹣α，
∴∠BCD＝180°﹣∠CBD﹣∠CDB
＝180°﹣（90°﹣α）﹣（90°﹣α）
＝2α，
故答案为：2α；
（2）如图，过点Q作EF∥AB，交PM、BD分别于F、E，则EF⊥BD，EF⊥PM，
∵∠ABC＝37°，
∴∠CBD＝∠CDB＝90°﹣37°＝53°，
∴∠DQE＝∠CQF＝90°﹣53°＝37°，
在Rt△DEQ中，DQ＝CD＝12，∠EDQ＝53°，
∴EQ＝DQ•sinD
≈12×
＝9.6，
DE＝DQ•cosD
≈12×
＝7.2，
∴QF＝24+12﹣9.6＝26.4，
过点C作CH⊥BD于H，则BH＝DH，
∵Q是CD的中点，QD∥CH，
∴DE＝EH，
∴BE＝3DE＝21.6＝FM，
∴PF＝53﹣21.6＝31.4，
∴tan∠PQF＝＝≈1.19≠，
∴∠PQF≠53°，
∴∠PQC＝∠PQF+∠CQF≠90°，
即PQ与CD不垂直，
∴不是最佳视力点．
17．（2022秋•碑林区校级期中）如图，一个书架上放着8个完全一样的长方体档案盒，其中左边7个档案盒紧贴书架内侧竖放，右边一个档案盒自然向左斜放，档案盒的顶点D在书架底部，顶点F靠在书架右侧，顶点C靠在档案盒上，若书架内侧BG的长为60cm，∠DFG＝53°，ED长度约为21cm．求出该书架中最多能竖放几个这样的档案盒．（点A、点B、点C、点D、点E、点F、点G在同一平面内．参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈0.75）
解：如图，设一个档案盒的宽度DF＝xcm，
则DG＝60﹣7x﹣21＝（39﹣7x）cm，
在Rt△DFG中，∠DFG＝53°，
∵sin∠DFG＝，
∴DG＝DF•sin∠DFG
即39﹣7x＝x•sin53°，
解得x＝5，
即一个档案盒的宽度为5cm，
∴该书架中最多能竖放这样的档案盒个数为60÷5＝12（个），
答：该书架中最多能竖放12个这样的档案盒．
18．（2022•义乌市校级开学）如图1是伸缩式雨棚的实物图，由骨架与伞面两部分组成，可抽象成矩形ABCD（如图2），其中实线部分表示雨棚的骨架，矩形ABCD为雨棚的伞面，CD固定不动，当横杆AB自由伸缩时，骨架与伞面也跟着伸缩，当点D，G，E在一条直线上时，雨棚伞面面积最大，伸缩过程中伞面ABCD始终是矩形．若测得AB＝5m，DG＝CH＝2.5m，GE＝HF＝m，AE＝BF＝0.5m．
（1）当∠DGE＝90°时，雨棚伞面的面积等于 m2；
（2）当cos∠CDG＝时，雨棚伞面的面积等于 15 m2．
解：（1）连接DE，如右图2所示，
∵DG＝2.5m，GE＝m，∠DGE＝90°，
∴DE＝（m），
∵∠DAE＝90°，AE＝0.5m，
∴AD＝（m），
∵AB＝5m，
∴雨棚伞面的面积是：AB•AD＝5×2＝10（m2），
故答案为：10；
（2）过点G作MN⊥AB交AB于点N，交DC于点M，如图2所示，
则∠GMD＝∠GNE＝90°，
∵cos∠CDG＝，DG＝2.5m，
∴，
解得DM＝1.5m，
∴MG＝（m），
∵AE＝0.5m，AN＝DM，
∴EN＝1.5﹣0.5＝1（m），
∵GE＝m，∠GNE＝90°，
∴GN＝＝1（m），
∴MN＝MG+GN＝2+1＝3（m），
∵AB＝5m，
∴当cos∠CDG＝时，雨棚伞面的面积是AB•MN＝5×3＝15（m2），
故答案为：15．
知识点03：解直角三角形的应用-坡度坡角问题
19．（2022秋•招远市期中）某人沿着坡度为1：2的山坡前进了100米，则此人所在的位置升高了（ ）
A．100米 B．50米 C．50米 D．
解：设此人所在的位置升高了x米，
∵斜坡的坡度为1：2，
∴此人前进的水平距离为2x米，
由勾股定理得：x2+（2x）2＝（100）2，
解得：x＝100（负值舍去），
∴此人所在的位置升高了100米，
故选：A．
20．（2022秋•市中区期中）如图，O为跷跷板AB的中点，支柱OC与地面MN垂直，垂足为点C，当跷跷板的一端B着地时，跷跷板AB与地面MN的夹角为20°，测得AB＝1.6m，则OC的长为（ ）
A． B． C．0.8sin20° D．0.8cos20°
解：∵O为跷跷板AB的中点，AB＝1.6 m，
∴OB＝0.8m，
在Rt△OCB中，sinB＝，
则OC＝OB•sinB＝0.8sin20°，
故选：C．
21．（2022秋•朝阳区校级期中）某书店拿取高处书籍的登高梯如图位置摆放，登高梯AC的顶端A恰好放在书架的第七层的顶端．已知登高梯的长度AC为3米，登高梯与地面的夹角∠ACB为72°，则书架第七层顶端离地面的高度AB为（ ）
A．3sin72°米 B．米 C．3cos72°米 D．米
解：由题意可得，
∠ABC＝90°，AC＝3米，∠ACB＝72°，
∵sin∠ACB＝，
∴AB＝AC•sin∠ACB＝3•sin72°（米），
故选：A．
22．（2022•桥西区校级模拟）有一处斜坡如图所示，分为MO＝NO＝8m的两段，MO段的坡度为1：1，NO段的坡度为，则∠MON＝ 165 °．若将两段斜坡建造成台阶，且每一级台阶的高度不超过15cm，则这一处斜坡最少可以建造的台阶数为 65 级．（参考数据：，）
解：（1）如图，过点O作OA⊥MP，作OB⊥NP，
∵MO段的坡度为1：1，
∴∠MOA＝45°，
∵NO段的坡度为，
∴∠NOB＝30°，
∴∠MON＝45°+90°+30°＝165°；
（2）在Rt△MOA中，∵∠MOA＝45°，MO＝8m，
∴MA＝OA＝＝，
在Rt△ONB中，∵∠NOB＝30°，ON＝8m，
∴，
∴，，
答：这一阶梯的台阶数最少为65．
23．（2021秋•平江县期末）军军在幕阜山沿坡度i＝1：的山坡走到离地面25米高的地方，则他走的路程为 50 米．
解：如图，由题意得：i＝1：＝BC：AC，BC＝25米，
∴AC＝BC＝25（米），
由勾股定理得：AB＝＝＝50（米），
即军军走的路程为50米，
故答案为：50．
24．（2021秋•鲤城区校级期末）某斜坡的度i＝1：，则该斜坡的坡角为 30° ．
解：设坡角为α，
∵斜坡的坡度为i＝1：，
∴tanα＝＝，
∴α＝30°，
故答案为：30°．
25．（2021•沈河区二模）如图，在平地上种植树木时，要求株距（相邻两棵树之间的水平距离）为10m，若在坡度为i＝1：2.5的山坡上种树，也要求株距为10m，那么相邻两棵树间的坡面距离为 2 m．
解：过A作AB⊥CD于B，如图所示：
由题意得：水平距离BD为10m，AD的坡度为i＝1：2.5＝，
∴铅直高度AB＝＝＝4（m），
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD＝＝＝2（m），
即相邻两棵树间的坡面距离为2m，
故答案为：2．
26．（2021秋•龙口市期末）如图，山区某教学楼后面紧邻着一个土坡，坡面BC平行于地面AD，斜坡AB的坡比为i＝1：，且AB＝26米，为了防止山体滑坡，保障安全，学校决定对该土坡进行改造，经地质人员勘测，当坡角不超过53°时，可确保山体不滑坡；
（1）求改造前坡顶与地面的距离BE的长；
（2）为了消除安全隐患，学校计划将斜坡AB改造成AF（如图所示），那么BF至少是多少米？（结果精确到1米）
【参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.33，cot53°≈0.75】
解：（1）在Rt△ABE中，AB＝26，i＝＝，
设BE＝12k，AE＝5k，则AB＝13k＝26，k＝2，
∴AE＝10（米），BE＝24（米）；
（2）过点F作FG⊥AD于点G，
由题意可知：FG＝BE＝24，∠FAD＝53°，
在Rt△AFG中，cot53°＝＝0.75，
∴AG＝18（米），
∴BF＝GE＝AG﹣AE＝8（米），
答：改造前坡顶与地面的距离BE为24米；BF至少是8米．
27．（2022•澄迈县模拟）如图，某教学楼AB的后面有一建筑物CD，当光线与地面的夹角是22°时，教学楼在建筑物的墙上留下高2m的影子CE；而当光线与地面夹角是45°时，教学楼顶部A在地面上的影子F与墙角C的距离为18m（B、F、C在同一直线上）．求教学楼AB的高；（结果保留整数）（参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40）
解：过点E作EG⊥AB于G，则四边形BCEG是矩形，
∴BC＝EG，BG＝CE＝2m
设教学楼AB的高为xm，
∵∠AFB＝45°，
∴∠FAB＝45°，
∴BF＝AB＝xm，
∴EG＝BC＝（x+18）m，AG＝（x﹣2）m，
在Rt△AEG中，∠AEG＝22°
∵tan∠AEG＝，
∴tan22°＝，
∴，
解得：x≈15m．
答：教学楼AB的高约为15m．
28．（2022•西藏模拟）小明准备测量学校旗杆的高度，他发现斜坡正对着太阳时，旗杆AB影子恰好落在水平地面BC和斜坡面CD上，测得旗杆在水平地面上的影长BC＝20m，在斜坡坡面上的影长CD＝8m，太阳光线AD与水平地面成30°角，且太阳光线AD与斜坡坡面互相垂直，请你帮小明求出旗杆AB的高度（结果保留根号）．
解：作AD与BC的延长线，交于E点．如图所示：
根据平行线的性质得：∠E＝30°，
∴CE＝2CD＝2×8＝16（m）
则BE＝BC+CE＝20+16＝36（m），
在直角△ABE中，tan∠E＝，
∴AB＝BE•tan30°＝36×＝12（m）．
即旗杆AB的高度是12m．
29．（2022•镇江模拟）如图，某广场一灯柱AB被一钢缆CD固定，CD与地面成40°夹角，且CB＝5米．
（1）求钢缆CD的长度；（精确到0.1米）
（2）若AD＝2米，灯的顶端E距离A处1.6米，且∠EAB＝120°，则灯的顶端E距离地面多少米？
（参考数据：tan40°＝0.84，sin40°＝0.64，cos40°＝）
解：（1）在Rt△BCD中，，
∴≈6.7；（3分）
（2）在Rt△BCD中，BC＝5，∴BD＝5tan40°＝4.2．（4分）
过E作AB的垂线，垂足为F，
在Rt△AFE中，AE＝1.6，∠EAF＝180°﹣120°＝60°，
AF＝＝0.8（6分）
∴FB＝AF+AD+BD＝0.8+2+4.20＝7米．（7分）
答：钢缆CD的长度为6.7米，灯的顶端E距离地面7米．（8分）
知识点04：解直角三角形的应用-仰角俯角问题
30．（2022•温州校级模拟）为了疫情防控工作的需要，某学校在学校门口的大门上方安装了一个人体体外测温摄像头，摄像头到地面的距离DE＝2.7米，小明身高BF＝1.5米，他在点A测得点D的仰角是在点B测得点D仰角的2倍，已知小明在点B测得的仰角是a，则体温监测有效识别区域AB的长为（ ）米．
A．tanα﹣tan2α B．
C． D．
解：由题意得：
∠DCA＝90°，CE＝BF＝1.5米，
∵DE＝2.7米，
∴DC＝DE﹣CE＝2.7﹣1.5＝1.2（米），
在Rt△DCB中，∠DBC＝α，
∴BC＝＝＝（米），
在Rt△DCA中，∠DAC＝2∠DBC＝2α，
∴AC＝＝＝（米），
∴AB＝BC﹣AC＝（﹣）米，
故选：B．
31．（2022•钦州一模）如图，小刚要测量斜坡CD旁一棵树AB的高度，已知在坡脚C处测得树顶B的仰角为60°，在坡顶D测得树顶B的仰角为30°，若CD＝10m，DE＝5m，则树AB的高是（ ）
A．5m B． C．15m D．10m
解：在Rt△DEC中，DE＝5米，DC＝10米，
∴DE＝DC，
∴∠DCE＝30°，
∵∠BCA＝60°，
∴∠DCB＝180°﹣∠DCE﹣∠BCA＝90°，
∵DF∥AE，
∴∠FDC＝∠DCE＝30°，
∵∠BDF＝30°，
∴∠BDC＝∠BDF+∠CDF＝60°，
在Rt△BDC中，BC＝DC•tan60°＝10（米），
在Rt△BCA中，AB＝BC•sin60°＝10×＝15（米），
∴树AB的高是15米，
故选：C．
32．（2022•长春模拟）如图，数学兴趣小组用测角仪和皮尺测量一座信号塔CD的高度，信号塔CD对面有一座高15米的瞭望塔AB，从瞭望塔顶部A测得信号塔顶C的仰角为53°，测得瞭望塔底B与信号塔底D之间的距离为25米，设信号塔CD的高度为x米，则下列关系式中正确的是（ ）
A．sin53°＝ B．cos53°＝
C．tan53°＝ D．tan53°＝
解：过点A作AE⊥CD，垂足为E，
则AB＝DE＝15米，AE＝BD＝25米，
∵CD＝x米，
∴CE＝CD﹣DE＝（x﹣15）米，
在Rt△ACE中，∠CAE＝53°，
∴tan53°＝＝，
故选：C．
33．（2022秋•虎丘区校级期中）如图，在一街道的两旁有甲、乙两幢建筑物，某广告公司在甲建筑物上悬挂一条广告条幅AB，现在乙建筑物的顶部C测得条幅顶端A的仰角为45°，条幅底端B的俯角为30°，已知街道宽MN＝42m，则广告条幅AB的长是 （42+14）m ．（结果保留根号）
解：过点C作CF⊥AB于点F，如右图所示，
由题知：四边形CMNF为矩形，CF＝MN＝42m，
在Rt△ACF中，∠ACF＝45°，
∴tan∠ACF＝＝1，
∴AF＝42m，
在Rt△BCF中，∠BCF＝30°，
∴tan∠BCF＝＝，
∴BF＝14，
∴AB＝AF+BF＝42+14（m）．
即广告条幅AB的长为（42+14）m．
故答案为：（42+14）m．
34．（2022秋•文登区期中）如图，一架水平飞行的无人机在A处测得正前方河岸边C处的俯角为α，tanα＝2，无人机沿水平线AF方向继续飞行80米至B处时，被河对岸D处的小明测得其仰角为30°．无人机距地面的垂直高度用AM表示，点M，C，D在同一条直线上，其中MC＝100米，则河流的宽度CD为 （200﹣20）米 ．
解：作BE⊥MD于点E，如图所示，则四边形ABEM是矩形，
∴ME＝AB，AM＝BE
由已知可得：∠BAC＝α，tanα＝2，AB＝80米，∠BDE＝30°，MC＝100米，AM⊥MD，AB∥MD，
∴ME＝AB＝80米，∠ACM＝∠BAC＝α，
∵tanα＝2，
∴＝2，
∴AM＝200米，
∴BE＝200米，
∵tan∠BDE＝，
∴tan30°＝＝，
解得DE＝200米，
∴CD＝MD﹣MC＝ME+DE﹣MC＝80+200﹣100＝（200﹣20）（米），
故答案为：（200﹣20）米．
35．（2022秋•江阴市校级月考）如图，小明在骑行过程中发现山上有一建筑物，他测得仰角为15°；沿水平笔直的公路向建筑物的方向行驶4千米后，测得该建筑物的仰角为30°，若小明的眼睛与地面的距离忽略不计，则该建筑物离地面的高度为 2 千米．
解：如图，过该建筑物的顶端C点作CD⊥AB，交AB的延长线于点D，
由题意得，∠CAB＝15°，∠CBD＝30°，AB＝4千米，
∴∠ACB＝∠CBD﹣∠CAB＝15°，
∴∠ACB＝∠CAB，
∴BC＝AB＝4千米，
在Rt△BCD中，sin30°＝，
解得CD＝2，
∴该建筑物离地面的高度为2千米．
故答案为：2．
36．（2022•海门市二模）狼山位于江苏南通城南的狼山风景名胜区，高不过百余米，却与南岳衡山、中岳嵩山、江西庐山、北京香山等同列“中国佛教八小名山”，是江北著名的旅游佳地．如图，亮亮同学去狼山风景区旅游时，利用无人机从A处测得狼山顶部点B的仰角为45°，测得狼山底部点C的俯角为60°，此时无人机与BC的水平距离AD长为40m，那么亮亮同学测得狼山的高度BC约为 109 m（结果保留整数，≈1.73）．
解：由题意得，∠BAD＝45°，∠CAD＝60°，
在Rt△ABD中，∠BAD＝45°，
∴AD＝BD＝40m，
在Rt△ACD中，tan60°＝，
解得CD＝，
∴BC＝BD+CD≈109m．
故答案为：109．
37．（2021秋•临泉县期末）如图，为测量某建筑物BC的高度，采用了如下方法：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（坡度i＝1：2.4）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°，底端B的俯角为45°，点A、B、C、D、E在同一平面内．根据测量数据，计算出建筑物BC的高度．（参考数据：）
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RtADH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°＝＝，
∴CF＝EF＝50＝86.6（米），
∴BC＝BF+CF＝136.6（米）．
答：建筑物BC的高度约为136.6米．
38．（2022秋•莱阳市期中）如图，某物业楼上竖立一块广告牌，高CD＝3m，小亮和小伟要测量广告牌底部D到水平地面AH的距离，小亮在水平地面A处安置测倾器，测得广告牌底部D的仰角为22°，小伟在水平地面B处安置测倾器，测得广告牌顶部C的仰角为45°，两人合作量得测倾器的高度AE＝BF＝1.2m，测点A和测点B之间的距离AB＝9m，请根据以上信息，求广告牌底部D到水平地面AH的距离．（参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40）
解：延长EF交CH于点G，则FG⊥CH，
得矩形AEFB，矩形BFGH，矩形AEGH，
∴EF＝AB＝9m，AE＝BF＝GH＝1.2m，
∵∠CFG＝45°，
∴∠FCG＝45°，
∴FG＝CG，
∴GD＝CG﹣CD＝（CG﹣3）m，
在Rt△FDG中，∠EGD＝90°，∠DEG＝22°，EG＝EF+FG＝（9+FG）m，
∵DG＝EG•tan22°，
∴CG﹣3≈（9+CG）×0.40，
∴CG＝11m，
∴DG＝CG﹣3＝8（m），
∴DH＝DG+GH＝8+1.2＝9.2（m）．
答：广告牌底部D到水平地面AH的距离为9.2m．
39．（2022秋•碑林区校级期中）如图，某学习小组在学习了“利用三角函数测高后”，选定测量小河对面一幢建筑物BC的高度．他们先在斜坡的D处，测得建筑物顶端B的仰角为30°，且D离地面的高度DE为9米，坡底的长度EA＝21米，然后在A处测得建筑物顶端B的仰角为45°，点E，A，C在同一水平线上，求建筑物BC的高度．（结果精确到1米，参考数据：≈1.73）
解：过点D作DH⊥BC于H，如图所示，
则∠BDH＝30°，四边形DECH是矩形，
∴DH＝EC，CH＝DE＝9，
∵∠BAC＝45°，∠BCA＝90°，
∴AC＝BC，
∴DH＝EA+AC＝21+BC，
∵∠BDH＝30°，
∴BH＝DH＝（21+BC）＝7+BC，
∵BH+CH＝BC，
∴7+BC+9＝BC，
解得：BC＝≈50（m）；
答：建筑物BC的高为50m．
40．（2022•安顺）随着我国科学技术的不断发展，5G移动通信技术日趋完善，某市政府为了实现5G网络全覆盖，2021～2025年拟建设5G基站3000个，如图，在斜坡CB上有一建成的5G基站塔AB，小明在坡脚C处测得塔顶A的仰角为45°，然后他沿坡面CB行走了50米到达D处，D处离地平面的距离为30米且在D处测得塔顶A的仰角53°．（点A、B、C、D、E均在同一平面内，CE为地平线）（参考数据：sin53°≈，cos53°≈，tan53°≈）
（1）求坡面CB的坡度；
（2）求基站塔AB的高．
解：（1）如图，过点D作AB的垂线，交AB的延长线于点F，过点D作DM⊥CE，垂足为M．
由题意可知：CD＝50米，DM＝30米．
在Rt△CDM中，由勾股定理得：CM2＝CD2﹣DM2，
∴CM＝40米，
∴斜坡CB的坡度＝DM：CM＝3：4；
（2）设DF＝4a米，则MN＝4a米，BF＝3a米，
∵∠ACN＝45°，
∴∠CAN＝∠ACN＝45°，
∴AN＝CN＝（40+4a）米，
∴AF＝AN﹣NF＝AN﹣DM＝40+4a﹣30＝（10+4a）米．
在Rt△ADF中，
∵DF＝4a米，AF＝（10+4a）米，∠ADF＝53°，
∴tan∠ADF＝，
∴＝，
∴解得a＝，
∴AF＝10+4a＝10+30＝40（米），
∵BF＝3a＝米，
∴AB＝AF﹣BF＝40﹣＝（米）．
答：基站塔AB的高为米．
知识点05：解直角三角形的应用-方向角问题
41．（2022秋•乳山市期中）上午9时，一条船从A处出发，以每小时40海里的速度向正东方向航行，10时到达B处（如图）．从A，B两处分别测得小岛M在北偏东45°和北偏东15°方向，那么船在B处时与小岛M的距离为（ ）
A．海里 B．海里 C．40海里 D．海里
解：如图，过点B作BN⊥AM于点N，
由题意得，AB＝40×1＝40海里，∠ABM＝105°，
在直角三角形ABN中，BN＝AB•sin45°＝20（海里），
在直角△BNM中，∠MBN＝105°﹣45°＝60°，
∴∠M＝30°，
∴BM＝2BN＝40（海里）．
故选：D．
42．（2022秋•惠山区期中）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
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°，
∴CF＝CD＝×20＝10（km），
∴BE＝10km，
DF＝sin60°×CD＝×20＝10（km），
∴DE＝DF+EF＝（10+30）（km），
∴AE＝tan∠ADE•DE＝tan30°×DE＝×（10+30）＝（10+10）（km），
∴AB＝AE+BE＝10+10+10＝（10+20）（km），
故选：B．
43．（2022•新乐市校级模拟）某渔船在海上进行捕鱼作业，当渔船航行至B处时，发现正北方向（6+6）海里的C处有海盗出没，为了安全，请求A处的海警前往C处护航．如图，已知C位于A处的东北方向上，A位于B的北偏西30°方向上，则A和C之间的距离为（ ）海里．
A．6 B．6 C．12 D．12
解：过点A作AD⊥BC于点D，
由题意得，BC＝（6+6）海里，∠CAD＝45°，∠ABD＝30°，
设AD＝x海里，
在Rt△ACD中，∠CAD＝45°，
∴AD＝CD＝x海里，
在Rt△ABD中，tan30°＝，
解得BD＝x，
∴x+x＝6+6，
解得x＝6，
∴AD＝CD＝6海里，
∴AC＝＝6海里．
故选：A．
44．（2022秋•工业园区期中）一艘观光游船从港口A以北偏东60°的方向出港观光，航行80海里至C处时发生了侧翻沉船事故．一艘在港口正东方向的海警船接到求救信号，测得事故船在它的北偏东37°方向，马上以40海里每小时的速度前往救援．海警船大约需 小时到达事故船C处，（sin53°≈0.8，cos53°≈0.6）
解：如图，过点C作CD⊥AB交AB延长线于D，
在Rt△ACD中，
∵∠ADC＝90°，∠CAD＝30°，AC＝80，
∴CD＝AC＝40，
在Rt△CBD中，∠CDB＝90°，∠CBD＝90°﹣37°＝53°，
∴BC＝≈＝50（海里），
∴海警船到达事故船C处所需的时间大约为：50÷40＝（小时）．
故答案为：．
45．（2022秋•清江浦区月考）小红和爸爸绕着小区广场锻炼，在矩形广场ABCD边AB的中点M处有一座雕塑，在某一时刻，小红到达点P处，爸爸到达点Q处，此时雕塑在小红的南偏东45°方向，爸爸在小红的北偏东60°方向，若小红到雕塑的距离PM＝30m，则小红与爸爸的距离PQ＝ m ．（结果保留根号）
解：过点Q作QE⊥AD于点E，
由题意可得EQ＝AB，
在Rt△APM中，sin45°＝＝，
解得AM＝，
∵M为AB的中点，
∴AB＝EQ＝2AM＝m，
在Rt△EPQ中，sin60°＝，
解得PQ＝，
经检验，PQ＝是原方程的解且符合题意，
∴小红与爸爸的距离PQ＝m．
故答案为：m．
46．（2022•巴中）一艘轮船位于灯塔P的南偏东60°方向，距离灯塔30海里的A处，它沿北偏东30°方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的北偏东67°方向上的B处，此时与灯塔P的距离约为 50 海里．（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈）
解：如图所示标注字母，
根据题意得，∠CAP＝∠EPA＝60°，∠CAB＝30°，PA＝30海里，
∴∠PAB＝90°，∠APB＝180°﹣67°﹣60°＝53°，
∴∠B＝180°﹣90°﹣53°＝37°，
在Rt△PAB中，sin37°＝≈，
解得PB≈50，
∴此时与灯塔P的距离约为50海里．
故答案为：50．
47．（2022•岳阳）喜迎二十大，“龙舟故里”赛龙舟．丹丹在汨罗江国际龙舟竞渡中心广场点P处观看200米直道竞速赛．如图所示，赛道AB为东西方向，赛道起点A位于点P的北偏西30°方向上，终点B位于点P的北偏东60°方向上，AB＝200米，则点P到赛道AB的距离约为 87 米（结果保留整数，参考数据：≈1.732）．
解：过点P作PC⊥AB，垂足为C，
设PC＝x米，
在Rt△APC中，∠APC＝30°，
∴AC＝PC•tan30°＝x（米），
在Rt△CBP中，∠CPB＝60°，
∴BC＝CP•tan60°＝x（米），
∵AB＝200米，
∴AC+BC＝200，
∴x+x＝200，
∴x＝50≈87，
∴PC＝87米，
∴点P到赛道AB的距离约为87米，
故答案为：87．
48．（2022•锦州二模）某海港南北方向上有两个海岸观测站A，B，距离为10海里．从港口出发的一艘轮船正沿北偏东30°方向匀速航行，某一时刻在观测站A，B两处分别测得此轮船正好航行到南偏东30°和北偏东75°方向上的C处．经过0.5时轮船航行到D处，此时在观测站A处测得轮船在北偏东75°方向上，求轮船航行的速度（结果精确到0.1海里/时，参考数据：≈1.414，＝1.732）
解：作AE⊥CD于E，
∵∠ACB＝180°﹣75°﹣30°＝75°，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AC＝AB＝10海里，
∵向北的方向线是平行的，
∴∠ACF＝∠CAB＝30°，
∴∠ACD＝60°，
∴∠CAE＝30°，
∴CE＝AC＝5海里，AE＝AC＝5海里，
∵∠DAC＝180°﹣75°﹣30°＝75°，
∴∠DAE＝75°﹣30°＝45°，
∴DE＝AE＝5海里，
∴CD＝5+5≈13.66（海里），
轮船航行的速度为：13.66÷＝27.3（海里/时），
答：轮船航行的速度是27.3海里/时，
49．（2022秋•沙坪坝区校级期中）如图，海上有一座小岛C，一艘渔船在海中自西向东航行，速度为60海里/小时，船在A处测得小岛C在北偏东45°方向，1小时后渔船到达B处，测得小岛C在北偏东30°方向．（参考数据：≈1.41，≈1.73，≈2.45）
（1）求BC的距离；（结果保留整数）
（2）渔船在B处改变航行线路，沿北偏东75°方向继续航行，此航行路线记为l，但此时发现剩余油量不足，于是当渔船航行到l上与小岛C最近的D处时，立即沿DC方向前往小岛C加油，加油时间为18分钟，在小岛C加油后，再沿南偏东75°方向航行至l上的点E处．若小船在D处时恰好是上午11点，问渔船能否在下午5点之前到达E处？请说明理由．
解：如图，作CF⊥AB于点F，CD⊥BE于点D，
（1）由已知得AB＝60海里，∠CAF＝45°，∠BCF＝30°，
设BF＝x，则BC＝2x，CF＝x，
∵AF＝CF，
∴60+x＝x，
∴x＝＝30（+1），
∴BC＝60（+1）≈142（海里），
∴BC的距离为142海里；
（2）由已知得∠CBD＝∠BCD＝45°，
∴CD＝BC＝30（+），
∵∠ECF＝75°，
∴∠CED＝180°﹣45°﹣30°﹣75°＝30°，
∴CE＝2CD＝60（+），
∴从D到E用的时间为＝≈5.8＜6，
∴渔船能在下午5点之前到达E处．
50．（2022秋•沙坪坝区校级期中）今年暑假，妈妈带着明明去草原骑马．如图，妈妈位于游客中心A的正北方向的B处，其中AB＝2km．明明位于游客中心A的西北方向的C处．烈日当空，妈妈准备把包里的太阳帽给明明送去，于是，妈妈向正西方向匀速步行，同时明明骑马向南偏东60°方向缓慢前进．15分钟后，他们在游客中心A的北偏西37°方向的点D处相遇．
（1）求妈妈步行的速度；
（2）求明明从C处到D处的距离．
（参考数据：sin37°≈0.8，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，≈1.73，≈1.41，结果保留两位小数）
解：（1）根据题意可知：AB＝2km，∠BAD＝37°，
∴BD＝AB•tan37°≈2×0.75＝1.5（km），
∴1.5÷＝6（km/h），
答：妈妈步行的速度为6km/h；
（2）如图，过点C作CE⊥AB交AB延长线于点E，
∵∠CAE＝45°，∠AEC＝90°，
∴△AEC是等腰直角三角形，
∴AE＝CE，
设AE＝CE＝akm，
过点D作DF⊥CE于点F，得矩形BEFD，
∴EF＝DB＝1.5（km），DF＝BE＝AE﹣AB＝（a﹣2）km，
∴CF＝CE﹣EF＝（a﹣1.5）km，
在Rt△CDF中，tan∠DCF＝，
∴tan30°≈，
∴（a﹣1.5）＝a﹣2，
∴a＝，
∴DF＝a﹣2＝，
∴CD＝2DF＝≈1.37（km）．
答：明明从C处到D处的距离约为1.37km．
51．（2022•温江区校级自主招生）东西走向海岸线上有一个码头（图中线段AB），已知AB的长为132米，小明在A处测得海上一艘货船M在A的东北方向，小明沿海岸线向东走60米后到达点C，在C测得M在C处的北偏东15°方向（参考数据：≈1.41，≈1.73，≈2.45）
（1）求AM的长；（结果精确到1米）
（2）如图，货船从M出发，沿着南偏东30°方向行驶，问该货船是否能行驶到码头所在的线段AB上？请说明理由．
解：（1）过点C作CD⊥AM，垂足为D，
由题意得：
∠MAC＝90°﹣45°＝45°，∠ACM＝90°+15°＝105°，
∴∠AMC＝180°﹣∠MAC﹣∠ACM＝30°，
在Rt△ADC中，AC＝60米，
∴AD＝AC•cos45°＝60×＝30（米），
CD＝AC•sin45°＝60×＝30（米），
在Rt△CDM中，DM＝＝＝30（米），
∴AM＝AD+DM＝30+30≈116（米），
∴AM的长约为116米；
（2）该货船能行驶到码头所在的线段AB上，
理由：过点M作MF⊥AB，垂足为F，设货船从M出发，沿着南偏东30°方向行驶，交线段AB所在的直线于点G，
由题意得：
∠FMG＝30°，
在Rt△AMF中，AM＝（30+30）米，∠MAF＝45°，
∴AF＝AM•cos45°＝（30+30）×＝（30+30）米，
FM＝AM•sin45°＝（30+30）×＝（30+30）米，
在Rt△MGF中，FG＝MF•tan30°＝（30+30）×＝（10+30）米，
∴AG＝AF+FG＝30+30+10+30＝60+40≈129.2（米），
∵AB＝132米，
∴132米＞129.2米，
∴该货船能行驶到码头所在的线段AB上．
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