初中数学苏科版九年级下册第7章 锐角函数7.5 解直角三角形随堂练习题

这是一份初中数学苏科版九年级下册第7章 锐角函数7.5 解直角三角形随堂练习题，文件包含专题72解直角三角形十大题型举一反三苏科版原卷版docx、专题72解直角三角形十大题型举一反三苏科版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共70页， 欢迎下载使用。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16739" 【题型1 直角三角形中直接解直角三角形】 PAGEREF _Tc16739 \h 1
\l "_Tc3250" 【题型2 构造直角三角形解直角三角形】 PAGEREF _Tc3250 \h 4
\l "_Tc26191" 【题型3 网格中解直角三角形】 PAGEREF _Tc26191 \h 9
\l "_Tc20815" 【题型4 坐标系中解直角三角形】 PAGEREF _Tc20815 \h 15
\l "_Tc26997" 【题型5 四边形中解直角三角形】 PAGEREF _Tc26997 \h 22
\l "_Tc4991" 【题型6 利用解直角三角形求不规则图形的面积】 PAGEREF _Tc4991 \h 26
\l "_Tc1054" 【题型7 解直角三角形的应用之坡度坡比问题】 PAGEREF _Tc1054 \h 31
\l "_Tc21372" 【题型8 解直角三角形的应用之俯角仰角问题】 PAGEREF _Tc21372 \h 37
\l "_Tc31076" 【题型9 解直角三角形的应用之方向角问题】 PAGEREF _Tc31076 \h 41
\l "_Tc9367" 【题型10 解直角三角形的应用之实物建模问题】 PAGEREF _Tc9367 \h 48
【知识点 解直角三角形】
【题型1 直角三角形中直接解直角三角形】
【例1】（2023秋·上海青浦·九年级校考期中）如果AD是Rt△ABC的斜边BC上的高，BC=a，∠B=β，那么AD等于（ ）
A．asinβcsβB．acs2βC．asin2βD．asinβtanβ
【答案】A
【分析】根据题意画出图形，再由锐角三角函数的定义及三角形的面积公式即可得出结论．
【详解】解：如图所示，
∵在Rt△ABC中，AD是斜边BC上的高，BC=a，∠B=β，
∴AC=αcsβ，AB=αcsβ，
∵AD⊥BC，
∴BC⋅AD=AC⋅AB，，
∴AD=AC⋅ABBC=αsinβ⋅αcsβα=αsinβcsβ，
故选：A．
【点睛】本题考查的是解直角三角形，熟记锐角三角函数的定义是解答此题的关键．
【变式1-1】（2023秋·陕西西安·九年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，E是BC边上一点，过点E作ED⊥AC，垂足为D，AB=4，DE=3，∠C=30°，求BE的长．

【答案】43−6
【分析】在Rt△CDE中，CE=DEsin30°=6，在Rt△ABC中，求出
BC=ABtan30°=43，即可得到BE的长．
【详解】解：在Rt△CDE中，sinC=DECE，DE=3，∠C=30°，
∴CE=DEsin30°=6，
在Rt△ABC中，tanC=ABBC．AB=4，
∴BC=ABtan30°=43，
∴BE=BC−CE=43−6．
【点睛】此题考查了解直角三角形，熟练掌握特殊角的三角函数值并准确计算是解题的关键．
【变式1-2】（2023·福建泉州·校联考模拟预测）如图，在△ABC中，∠B=90°，∠A=30°．D为线段AB上的动点．

(1)若D运动到某个位置时，∠CDB=60°，CD=10米，求BC的长度．
(2)若点D运动到某个位置时，∠CDB=45°，AD=6米．求BC的长度．（结果可保留根号）
【答案】(1)53米
(2)33+1米
【分析】（1）在△ABC中，在Rt△ABC中利用正弦函数即可
（2）设BC=x，则CB=BD=x，在Rt△ABC中利用三角函数即可；
【详解】（1）解：在△ABC中，∠B=90°，sin∠CDB=BCCD，CD=10米，
则BC=sin∠CDB⋅CD
=sin60°⋅10=32×10=53
答：此时BC长为53米.
（2）解：设BC=x，在Rt△CBD中，∠CDB=45°
则△CBD是等腰直角三角形，CB=BD=x
在Rt△ABC中，∠B=90°，tanA=BCAB，
tan30°=xAB，
则AB=xtan30°=3x
AD=AB−BD=3x−x=6
x=33+1
答：BC的长度为33+1米．
【点睛】本题主要考查了三角函数在解直角三角形中的应用，明确三角函数的定义式及其变形是解题的关键．
【变式1-3】（2023秋·广西梧州·九年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，sinB=45，D为线段BC上一点，并且CD=2，求BD及cs∠DAC的值．

【答案】BD=4，cs∠DAC=41717
【分析】根据锐角三角函数关系得出AB的长，再利用勾股定理得出BC的长，即可得出BD的长，直接利用勾股定理得出AD的长，再根据锐角三角函数关系得出答案．
【详解】解：在Rt△ABC中，sinB=ACAB=45，
∵AC=8，
∴AB=10，BC=AB2−AC2=6，
又∵BD=BC−CD，CD=2，
∴BD=6−2=4，
在Rt△ACD中，
∴AD=AC2+DC2=64+4=217，
∴cs∠DAC=ACAD=8217=41717．
【点睛】此题主要考查了解直角三角形，正确利用锐角三角函数关系求出是解题关键．
【题型2 构造直角三角形解直角三角形】
【例2】（2023秋·广西梧州·九年级统考期末）已知在△ABC中，AB=122，AC=13 ，csB=22，则BC的长（ ）
A．7B．8C．8或17D．7或17
【答案】D
【分析】①过A作AD⊥BC交BC于D，可求 BD122=22，AD=BD，从而可求BD=AD=12，CD=AC2−AD2=5，即可求解；②过A作AD⊥BC交BC的延长线于D，由BC=BD−CD即可求解．
【详解】解：①如图，过A作AD⊥BC交BC于D，

∵ csB=22，
∵BDAB=22，∠B=45°，
∴ BD122=22，AD=BD，
∴BD=AD=12，
∴CD=AC2−AD2
=132−122=5，
∴BC=BD+CD=17；
②如图，过A作AD⊥BC交BC的延长线于D，

∴BD=AD=12，CD=5，
∴BC=BD−CD=7；
综上所述：BC的长为7或17．
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，掌握解法是解题的关键．
【变式2-1】（2023秋·上海静安·九年级上海市市北初级中学校考期末）如图，已知将△ABC沿角平分线BE所在直线翻折，点A恰好落在边BC的中点M处，且AM=BE，那么∠EBC的余弦值为 .

【答案】31313
【分析】设AM与BE交点为D，过M作MF∥BE交AC于F，证出MF为△BCE的中位线，由三角形中位线定理得出MF=12BE，由翻折变换的性质得出：AM⊥BE，AD=MD，同理由三角形中位线定理得出DE=12MF，设DE=a，则MF=2a，AM=BE=4a，得出BD=3a，MD=12AM=2a，利用勾股定理求出BM，根据余弦的定义即可得出结果．
【详解】解：设AM与BE交点为D，过M作MF∥BE交AC于F，如图所示：

∵M为BC的中点，
∴F为CE的中点，
∴MF为△BCE的中位线，
∴MF=12BE，
由翻折变换的性质得：AM⊥BE，AD=MD，
同理：DE是△AMF的中位线，
∴DE=12MF，
设DE=a，则MF=2a，AM=BE=4a，
∴BD=3a，MD=12AM=2a，
∵∠BDM=90°，
∴BM=BD2+DM2=13a，
∴cs∠EBC=BDBM=3a13a=31313．
故答案为：31313．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、三角形中位线定理、平行线的性质、三角函数；熟练掌握翻折变换的性质，通过作辅助线由三角形中位线定理得出MF=12BE，DE=12MF是解决问题的关键．
【变式2-2】（2023·江苏·统考中考真题）如图，3个大小完全相同的正六边形无缝隙、不重叠的拼在一起，连接正六边形的三个顶点得到△ABC，则tan∠ACB的值是 ．

【答案】233
【分析】如图所示，补充一个与已知相同的正六边形，根据正六边形的内角为120°，设正六边形的边长为1，求得CD,AD，根据正切的定义，即可求解．
【详解】解：如图所示，补充一个与已知相同的正六边形，

∵正六边形对边互相平行，且内角为120°，
∴∠EDF=30°,∠ADB=90°

过点E作EG⊥FD于G，
∴FD=2FG=2EF×cs30°=3
设正六边形的边长为1，则CD=3，AD=2FD=23，
∴tan∠ACB=ADCD=233
故答案为：233．
【点睛】本题考查了正六边形的性质，解直角三角形，熟练掌握正六边形的性质是解题的关键．
【变式2-3】（2023秋·上海静安·九年级上海市民办扬波中学校考期中）如图，△ABC中，AB=AC=5，BC=6，BD⊥AC于点D，将△BCD绕点B逆时针旋转，旋转角的大小与∠CBA相等，如果点C、D旋转后分别落在点E、F的位置，那么∠EFD的正切值是 ．

【答案】12
【分析】由题意画图如下，过A作AQ⊥BC于Q，过D作DP⊥BC于P，DH⊥BF于H，先根据等腰三角形的性质和勾股定理求得∠CBA=∠BCA，BQ=CQ=3，AQ=4，利用三角形的面积公式求得BD=245，进而利用勾股定理和锐角三角函数求得CD=185，DP=7225，CP=5425，则BP=9625，由旋转性质和矩形的判定与性质证明四边形BPDH是矩形得到BH=DP=7225，DH=BP=9625，则FH=4825，利用平行线性质证得∠EFD=∠FDH，求解tan∠FDH=FHDH=12即可求解．
【详解】解：由题意画图如下，过A作AQ⊥BC于Q，过D作DP⊥BC于P，DH⊥BF于H，

∵AB=AC=5，BC=6，
∴∠CBA=∠BCA，BQ=CQ=3，则AQ=AB2−BQ2=52−32=4，
由S△ABC=12BC⋅AQ=12AC⋅BD得BD=BC⋅AQAC=6×45=245，
∴CD=BC2−BD2=62−2452=185，
∵sin∠C=AQAC=DPCD，cs∠C=CQAC=CPCD，
∴DP=4×1855=7225，CP=3×1855=5425，则BP=BC−CP=9625，
由旋转性质得BF=BD=245，∠BFE=∠BDC=90°，∠DBF=∠CBA，
∴∠FBC=∠DBF+∠CBD=∠CBA+∠CBD=∠C+∠CBD=90°，
∴∠FBC=∠BPD=∠BHD=90°，
∴四边形BPDH是矩形，
∴BH=DP=7225，DH=BP=9625，
∴FH=BF−BH=245−7225=4825，
∵∠BFE=∠BHD=90°，
∴EF∥DH，
∴∠EFD=∠FDH，
在Rt△FHD中，tan∠FDH=FHDH=12，
∴tan∠EFD=12，
故答案为：12．
【点睛】本题考查旋转的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形、矩形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用锐角三角函数寻求边角关系是解答的关键．
【题型3 网格中解直角三角形】
【例3】（2023·湖北武汉·统考三模）如图是由小正方形组成的8×8网格，每个小正方形的顶点叫做格点，A，C两个点是格点．仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
(1)在图中，点B是格点，先画线段AB的中点D，再在AC上画点E，使AD=DE；

(2)在图中，点B在格线上，过点C作AB的平行线CF；

(3)在图中，点B在格线上，在AB上画点G，使tan∠ACG=47．

【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
(3)详见解析
【分析】（1）根据网格特点先作线段AB的中点D，然后作AC的垂线，交AC于点E，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得出AD=DE；
（2）连接BC，利用正方形网格确定BC中点，然后连接点A与中点，延长，利用网格及矩形的对角线即可确定点F；
（3）根据网格的特点将线段AC绕点A逆时针旋转90°，然后利用网格使得两个相似三角形的比为4:3，连接点C与交点交AB于点G，则点G即为所求．
【详解】（1）解：解：如图所示，点D,E即为所求；

（2）如图所示：CF即为所求；

（3）如图所示：点G即为所求；

【点睛】本题考查了正切的定义，无刻度直尺作图，直角三角形斜边上的中线等于斜边的，正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，数形结合是解题的关键．
【变式3-1】（2023秋·江苏苏州·九年级统考期中）如图，A，B，C，D均为网格图中的格点，线段AB与CD相交于点P，则∠APD的正切值为 ．
【答案】3
【分析】作M、N两点，连接CM，DN，根据题意可得CM∥AB，从而 可得∠APD＝∠NCD，然后先利用勾股定理的 逆定理证明△CDN是直角三角形，然后再利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【详解】解：如图所示，作M、N点，连接CM、DN，
由题意得：CM∥AB，
∴∠APD＝∠NCD，
由题意得：CN2=12+12=2，DN2=32+32=18，CD2=22+42=20，
∴CN2+DN2=CD2，
∴△CDN是直角三角形，
∴tan∠DCN=DNCN=322=3，
∴∠APD的正切值为：3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【变式3-2】（2023秋·福建泉州·九年级统考期末）如图，A、B、C、D是正方形网格的格点，AB、CD交于点O，则cs∠BOD的值为 ．
【答案】55
【分析】连接AE、BE，利用正方形的性质证明CD∥AE、∠AEB=90°，这样把求∠BOD的余弦值转化为求∠BAE的余弦值，在Rt△ABE中，利用勾股定理和直角三角形的边角关系求解；
【详解】解：如图，连接AE、BE，
根据勾股定理，得AE=2，AB=10，
∵AE、BE、CD都是正方形的对角线，
∴∠BCD=∠CBD=45°，
∴∠CDB=90°，
同理∠AEB=90°，
∴CD∥AE，
∴∠BOD＝∠BAE，
在Rt△ABE中，
cs∠BAE=AEAB=210=55；
故答案为：55．
【点睛】本题考查解直角三角形，平行线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式3-3】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图是由小正方形组成的8×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的三个顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．

(1)在图（1）中，D，E分别是边AB，AC与网格线的交点．先将点C绕点D旋转180°得到点F，画出点F；再在边AB上画点G，使EG∥BC；
(2)在图（2）中，在边AB上找一点P，使PA=PC；再在线段AC上找一点Q，使tan∠ABQ=34
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）点C绕点D旋转180°即延长CD即可找到点F，最后构造平行四边形ABCF即可解决问题；
（2）先构造正方形，然后找到对角线交点和AC中点，连接两点的直线与AB的交点即为所作点P；点Q就是△ABC边AC高的垂足．
【详解】（1）如图，

如图（1），根据网格可知CD=DF,AD=BD，BH=CE，
∴四边形ACBF是平行四边形，
∴AC∥BF
∴四边形CEHB是平行四边形，
∴EH∥BC，即有EG∥BC，
∴如图（1）点F、G即为所求；
（2）如图，

如图（2），根据网格可知，四边形ABEF为正方形，AQ=CQ，
∴OA=OC=OE=OF，
∴点O在AC垂直平分线上，点S在AC垂直平分线上，
∴MN垂直平分AC，
∴PA=PC，
根据网格易得：∠BAI=90°，AB=AI，H是AI的四等分点，连接BH交AC于点Q，
∴AH=34AI=34AB
在RtABH中，tan∠ABH=AHAB=34ABAB=34，即tan∠ABQ=34，
∴如图（1）点 P、Q 即为所求；
【点睛】本题考查无刻度直尺作图，解题关键是熟练掌握平行四边形，正方形的性质和判定，垂直平分线的性质，锐角三角函数的应用．
【题型4 坐标系中解直角三角形】
【例4】（2023·河南洛阳·校联考一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABOC的顶点O在坐标原点，∠BOC=60°，顶点C的坐标为(a,3)，y=kx的图象与菱形对角线AO交于点D，连接BD，当DB⊥x轴时，k的值是（ ）

A．−23B．−33C．−43D．−63
【答案】C
【分析】过点C作CE⊥x轴于点E，由∠BOC=60°，顶点C的坐标为(a,3)，可求得OC的长，进而根据菱形的性质，可求得OB的长，且∠AOB=30°，继而求得DB的长，则可求得点D的坐标，又由反比例函数y=kx的图象与菱形对角线AO交D点，即可求得答案．
【详解】解：过点C作CE⊥x轴于点E，

∵顶点C的坐标为(a,3)，
∴OE=−a，CE=3，
∴OC=CEsin60°=23，
∵菱形ABOC中，∠BOC=60°，
∴OB=OC=23，∠BOD=12∠BOC=30°，
∵DB⊥x轴，
∴DB=OB⋅tan30°=23×33=2，
∴点D的坐标为：−23,2，
∵反比例函数y=kx的图象与菱形对角线AO交于点D，
∴k=xy=−43．
故选：C．
【点睛】此题考查了菱形的性质，解直角三角形，反比例函数图象上点的坐标特征．注意准确作出辅助线，求出OC是解本题关键．
【变式4-1】（2023·广东湛江·岭师附中校联考一模）如图，在△ABO中，AB⊥OB，AB=3，OB=1，把△ABO绕点O顺时针旋转120°后，得到△A1B1O，则点A1的坐标为 ．

【答案】1,−3
【分析】首先根据勾股定理得到AO=OB2+AB2=2，然后求出∠A=30°，∠AOB=60°，然后利用旋转的性质得到∠AOA1=120°，OA=OA1，进而得到点A和点A1关于x轴对称，进而求解即可．
【详解】∵AB⊥OB，AB=3，OB=1，
∴AO=OB2+AB2=2，A1,3，
∴sinA=OBOA=12，
∴∠A=30°，∠AOB=60°，
∵如图所示，把△ABO绕点O顺时针旋转120°后，得到△A1B1O，

∴∠AOA1=120°，OA=OA1，
∴∠A1OB=60°，
∴点A和点A1关于x轴对称，
∵A1,3，
∴A11,−3．
故答案为：1,−3．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标是解题的关键．
【变式4-2】（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨市第十七中学校校考开学考试）如图：已知一次函数图像与x轴、y轴分别交于点A、点B．OB=3，tan∠BAO=12．

(1)求直线AB的解析式；
(2)若点C在x轴上方的直线AB上，△AOC的面积为15，求tan∠BOC．
【答案】(1)y=12x+3
(2)45
【分析】（1）利用tan∠BAO=12求出OA，再利用待定系数法求AB的解析式；
（2）过点C作CH⊥x轴于点H，根据△AOC的面积求出CH，再根据一次函数的性质求出OH，则tan∠BOC =tan∠OCH=OHCH．
【详解】（1）解：∵ OB=3，点B在y轴正半轴上，
∴ B0,3，
∵ tan∠BAO=12，
∴ OA=OBtan∠BAO=312=6，
∵点A在x轴的负半轴上，
∴ A−6,0，
设直线AB的解析式为y=kx+b，将A−6,0，B0,3代入，得：
−6k+b=0b=3，
解得k=12b=3，
∴直线AB的解析式为y=12x+3，
（2）解：如图，过点C作CH⊥x轴于点H，则CH∥OB，

∵ S△AOC=12OA⋅CH，
∴ CH=2S△AOCOA=2×156=5，
∴点C的纵坐标为5，
∵点C在直线y=12x+3上，将y=5代入，得12x+3=5，
解得x=4
∴点C的横坐标为4，即OH=4，
∴ tan∠OCH=OHCH=45，
∵ CH∥OB，
∴ ∠OCH=∠BOC，
∴ tan∠BOC =tan∠OCH=45．
【点睛】本题考查一次函数的图象和性质，解直角三角形，解题的关键是通过作辅助线构造直角三角形．
【变式4-3】（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考开学考试）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y=kx+6k交x轴于点B，交y轴于点A，AB=2AO．

(1)如图1，求k的值；
(2)如图2，点H在AB上，点F在OB上，连接FH、OH，且FH=OH，过点F作AB的垂线，垂足为点S，设点H的横坐标为t，−3(3)如图3，在（2）的条件下，将线段OH绕点O顺时针旋转60°得到线段OE，连接AE并延长交x轴于C，连接HC，点K是HC的中点，连接EK，当tan∠SHF=310tan∠OEK时，求△SHF的面积．
【答案】(1)k=33
(2)d=−33t+3
(3)563
【分析】（1）令y=0求得B(−6,0)，再根据直角三角形的性质可得∠ABO=30°，在Rt△AOB中，利用锐角三角形函数求得OA=23，即A0,23，把点A0,23代入直线y=kx+6k即可求解；
（2）过点H作HK⊥x轴，由（1）可知，OB=6，∠ABO=30°，由FH=OH，HK⊥x轴，可得FK=KO=−t，从而可得BK=6+t，BF=6+2t，在Rt△BKH和Rt△BFS中，利用锐角三角形求得BH=43+23t3，BS=33+3t，即可求解；
（3）连接HE，连接OK并延长，交AC于点L，过点H作HG⊥AO于点G，根据旋转的性质可得△OHE是等边三角形，则A,H,O,E四点共圆，证明△AOB≌△AOC，根据点K是HC的中点，进而得出△AOL是等边三角形，KL=12AH，证明△AHG≌△EKL得出EK=HG=−t，进而根据tan∠SHF=310tan∠OEK，列出方程，解方程即可求解．
【详解】（1）解：令y=0可得，kx+6k=0，
解得x=−6，
∴B(−6,0)，
∴OB=6，
∵AB=2AO，∠AOB=90°，
∴∠ABO=30°，
在Rt△AOB中，tan30°=OAOB=33，
∴OA=23，
∴A0,23，
将点A0,23代入直线y=kx+6k得，6k=23，
解得k=33；
（2）解：如图，过点H作HK⊥x轴，
∵点H的横坐标为t，HK⊥x轴，
∴KO=−t，
又∵FH=OH，
∴FK=KO=−t，
由（1）可知，OB=6，∠ABO=30°，
∴BK=6+t，BF=6+2t，
在Rt△BKH中，cs30°=BKBH=32，
∴BH=43+23t3，
在Rt△BFS中，cs30°=BSBF=32，
∴BS=33+3t，
∴d=HS=BH−BS=43+23t3−33−3t=3−3t3；

（3）解：连接HE，连接OK并延长，交AC于点L，过点H作HG⊥AO于点G，

∵线段OH绕点O顺时针旋转60°得到线段OE，
∴∠HOE=60°，则△OHE是等边三角形，
∴∠HAO=∠HOE=60°，
∴A,H,O,E四点共圆，
∴∠OAC=∠OHE=60°
在△AOB与△AOC中，
∠BAO=∠CAO∠AOB=∠AOCAO=AO
∴△AOB≌△AOC
∴OB=OC，AC=AB，
∵点K是HC的中点，
∴OK=12BH=33t+23，且OK∥AB（中位线）
∴∵KL∥AB，K为MC的中点，
则ALLC=HKKC
∴AL=LC
则△AOL是等边三角形，KL=12AH，
∵∠HAG=60°,AG⊥HG，
∴∠AHG=30°
∴AG=12AH=KL，
又∠AGH=∠EKL=90°，
∴△AHG≌△EKL，
∴EK=HG=−t，
∵BF=6+2t
∴FS=12BC=3+t，
∵tan∠SHF=SFSH=3+t3−33t，tan∠OEK=OKEK=33t+23−t，tan∠SHF=310tan∠OEK，
即3+t3−33t=310×33t+23−t
解得：t1=−2,t2=−1（不合题意，舍去）
∴SH=3+233=533，SF=3−2=1
∴S△SHF=12SH×SF=563
【点睛】本题考查了一次函数与结合图形，三角函数的定义，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，平行线分线段成比例，解一元二次方程，同弧所对的圆周角相等，列函数关系式，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【题型5 四边形中解直角三角形】
【例5】（2023·海南儋州·海南华侨中学校联考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点E为对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE交BC于点F．连接AF交BE于点O，若AB=AE，则线段AF与BD的位置关系为 ；BF的长为 ．

【答案】 AF⊥BD 94
【分析】先证Rt△ABF≌Rt△AEF可得∠BAF=∠EAF，再根据等腰三角形三线合一的性质可得AF⊥BD，再由面积法可求AO=125的长，进而求得BO=95，再求得cs∠CBD=BCBD=BOBF=45即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=∠BAD=90°．
∵AB=3，AD=4，
∴BD=AB2+AD2=16+9=5．BC=AD=4，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=90°．
在Rt△ABF和Rt△AEF中，
AB=AE,AF=AF,
∴△ABF≌△AEFHL．
∴∠BAF=∠EAF．
又∵AB=AE，
∴AF⊥BD．
∴12AB⋅AD=12AO⋅BD，
∴AO=AB⋅ADBD=125．
∴BO=AB2−AO2=9−14425=95，
∴cs∠CBD=BCBD=BOBF=45，
∴BF=54BO=54×95=94．
故答案为AF⊥BD，94．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形性质、勾股定理、解直角三角形等知识点，灵活运用相关判定、性质是解答本题的关键．
【变式5-1】（2023秋·陕西渭南·九年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED，AB=3，∠ABE=30°，DE的长为（ ）

A．1B．2C．3D．2
【答案】A
【分析】由矩形性质可得AB=CD=3，∠A=∠D=90°，由角平分线定义和直角三角形的性质可得∠DCE=30°，由直角三角形的性质可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，∠A=∠D=90°，
∵∠ABE=30°，
∴∠AEB=60°，
∴∠BED=180°−60°=120°，
∵EC平分∠BED，
∴∠DEC=12×120°=60°，
∴∠DCE=30°，
∴tan∠DCE=DECD=33，
∴DE=1．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，角平分线的定义，直角三角形的性质，灵活运用这些性质进行推论是解答本题的关键．
【变式5-2】（2023·浙江·模拟预测）已知菱形的一个内角为60°，一条对角线的长为43，则另一条对角线的长为 ．
【答案】4或12
【分析】题中没有指明该对角线是较长的对角线还是较短的对角线，所以应分两种情况进行分析求解．
【详解】解：如图，菱形ABCD中，∠ABC=60°，
若AC=43，
∵AC⊥BD，∠ABF=12∠ABC=30°，AF=12AC=23,BF=12BD，
∴BF=AFtan30°=23×3=6，
∴BD=2BF=12；
若BD=43，
∵AC⊥BD，∠ABF=12∠ABC=30°，AF=12AC,BF=12BD=23，
∴AF=BF⋅tan30°=2，
∴AC=2AF=4；
故答案为：4或12．
【点睛】本题考查了菱形的性质和解直角三角形，熟练掌握菱形的性质、灵活应用分类思想是关键．
【变式5-3】（2023·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）如图，已知平行四边形ABCD中，E为BC边上一点，连接AE、DE，若AD=DE，AE=DC，BE=4，tan∠B=3，则EC的长为 ．
【答案】6
【分析】作AF⊥BE,DG⊥AE，根据等腰三角形的性质结合tan∠B可求AE；根据AD∥CB可得∠B=∠AEB=∠DAE，再次利用等腰三角形的性质结合tan∠DAE即可求AD，进一步可求EC的长．
【详解】解：作AF⊥BE,DG⊥AE，如图所示：
∵AE=DC,AB=DC
∴AB=AE,∠B=∠AEB
∵AD∥BC
∴∠AEB=∠DAE
∴∠B=∠AEB=∠DAE
∵BE=4
∴BF=EF=2
∵tan∠B=AFBF=3
∴AF=6,AB=AE=AF2+BF2=210
∵AD=DE ,DG⊥AE
∴AG=EG=10
∵tan∠DAE=tan∠AEB=tan∠B=3
∴DG=310,AD=DG2+AG2=10
∴BC=AD=10
∵BE=4
∴EC=BC−BE=6
故答案为：6
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、正切的定义，综合性较强．作垂线构造直角三角形是解题关键．
【题型6 利用解直角三角形求不规则图形的面积】
【例6】（2023春·江苏·九年级专题练习）在△ABC中，∠B＝45°，AC＝4，则△ABC面积的最大值为（ ）
A．42B．42＋4C．8D．82+8
【答案】B
【详解】：∵∠B=45°，AC=b=4，
∴由余弦定理csB=a2+c2−b22ac 得：22=a2+c2−162ac ，
∴2ac=a2+c2−16≥2ac−16 ，即(2−2)ac≤16 （当且仅当a=c时取等号），
∴ac≤162−2=8(2+2)=16+82 ,
∴△ABC面积S=12ac•sin∠B≤12(16+82)×22=4+42 ,
则△ABC面积的最大值为4+42,
故选B．
【变式6-1】（2023秋·上海·九年级上海外国语大学附属大境初级中学校考期中）已知：如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，D是边AB上一点，且tan∠DCB=35．

(1)试求csB的值；
(2)试求△BCD的面积．
【答案】(1)cs∠B=45
(2)S△BCD=323
【分析】（1）作AE⊥BC于E，得BE=CE=4，于是csB=BEBA=45 ；
（2）作DF⊥BC于F，则tan∠DCF=DFCF=35，设DF=3x，则CF=5x，可求tanB=AEBE=34，于是tanB=DFBF=34，可得BF=4x，从而BC=BF+CF=4x+5x=9x，求得DF=3x=83，S△BCD=12×DF×BC=323．
【详解】（1）解：作AE⊥BC于E，如图，

∵AB=AC，
∴BE=CE=12BC=12×8=4，
在Rt△ABE中，csB=BEBA=45 ；
（2）作DF⊥BC于F，如图，
在Rt△CDF中，tan∠DCF=DFCF=35，
设DF=3x，则CF=5x，

在Rt△ABE中，AE=52−42=3 ，
∴tanB=AEBE=34，
在Rt△BDF中tanB=DFBF=34，
而DF=3x，
∴BF=4x，
∴BC=BF+CF=4x+5x=9x，
即9x=8，解得x=89，
∴DF=3x=83，
∴S△BCD=12×DF×BC=12×83×8=323．
【点睛】本题考查锐角三角函数、解直角三角形，等腰三角形性质；灵活运用解直角三角形求解线段是解题的关键．
【变式6-2】（2023春·福建漳州·九年级统考期中）阅读下列材料：
如图1.在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，可以得到：
SΔABC=12absinC=12acsinB=12bcsinA
证明：过点A作AD⊥BC，垂足为D．
在Rt△ABD中，sinB=ADc
∴AD=c•sinB
∴SΔABC=12a•AD=12acsinB
同理：SΔABC=12absinC
SΔABC=12bcsinA
∴SΔABC=12absinC=12acsinB=12bcsinA
（1）通过上述材料证明：
asinA=bsinB=csinC
（2）运用（1）中的结论解决问题：
如图2，在ΔABC中，∠B=15°，∠C=60°，AB=203，求AC的长度．
（3）如图3，为了开发公路旁的城市荒地，测量人员选择A、B、C三个测量点，在B点测得A在北偏东75°方向上，沿笔直公路向正东方向行驶18km到达C点，测得A在北偏西45°方向上，根据以上信息，求A、B、C三点围成的三角形的面积．
（本题参考数值：sin15°≈0.3，sin120°≈0.9，2≈1.4，结果取整数）
【答案】（1）证明见解析 （2）12 （3）38
【分析】（1）根据材料中的S△ABC=12absinC=12acsinB=12bcsinA，化为比例式可得结论；
（2）根据公式ABsinC=ACsinB，直接代入可得结论；
（3）先根据公式计算AC的长，由S△ABC=12AC×BC×sin∠ACB可得结论．
【详解】（1）∵12absinC=12acsinB，∴bsinC=csinB，∴bsinB=csinC，：同理得：asinA=csinC，∴asinA=bsinB=csinC；
（2）由题意得：∠B=15°，∠C=60°，AB=203，∴ABsinC=ACsinB，即203sin60°=ACsin15°，∴20332=AC0.3，∴AC=40×0.3=12；
（3）由题意得：∠ABC=90°﹣75°=15°，∠ACB=90°﹣45°=45°，∠A=180°﹣15°﹣45°=120°，由asinA=bsinB=csinC得：18sin120°=ACsin15°，∴AC=6，∴S△ABC=12AC×BC×sin∠ACB=12×6×18×0.7≈38．
【点睛】本题是阅读材料问题，考查了解直角三角形、三角形面积、比例的性质，关键是理解并运用公式S△ABC=12absinC=12acsinB=12bcsinA解决问题．
【变式6-3】（2023春·全国·九年级专题练习）已知在△ABC中，∠ACB＝135°，AC＝8，D、E分别是边BC、AB上的一点，若tan∠DEA＝2，DE＝5，S△DEB＝4，求四边形ACDE的面积．
【答案】3362929+60429．
【分析】作DH⊥AB于H，CN⊥AB于N，BM⊥AC交AC的延长线于M．由题意易知tan∠DBH＝DHHB＝CNBN＝25，可以假设CN＝2k，BN＝5k，则BC＝29k，再根据tan∠A＝BMAM＝CNAN构建方程即可解决问题．
【详解】解：如图，作DH⊥AB于H，CN⊥AB于N，BM⊥AC交AC的延长线于M．
在Rt△DHE中，∵tan∠DEH＝DHEH＝2，DE＝5，
∴DH＝2，EH＝1，
∵S△DEB＝12•EB•DH，
∴4＝12×EB×2，
∴EB＝4，BH＝5，
∵tan∠DBH＝DHHB＝CNBN＝25，
∴可以假设CN＝2k，BN＝5k，则BC＝29k，
∵∠ACB＝135°，
∴∠MCB＝45°，
∴CM＝BM＝22×29＝582k，
∵tan∠A＝BMAM＝CNAN，
∴582k8+582k＝2k82−(2k)2，
解得：k＝65829或﹣145829（舍弃），
∴AB＝AN+BN＝282+305829，
∴S四边形ACDE＝S△ABC﹣S△DEB
＝12×282+305829×125829−4
＝3362929+60429．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
【题型7 解直角三角形的应用之坡度坡比问题】
【例7】（2023·山西阳泉·校联考模拟预测）根据山西省人民政府办公厅印发的《山西省推进分布式可再生能源发展三年行动计划（2023-2025年）》，从2023年开始，每年选择2-3个左右乡镇，利用各类村闲置集体土地开发建设分散式风电帮扶小镇，新增发电装机100万千瓦左右．如图1，是某地山坡上新建的一台风力发电机，数学活动小组的同学为测量这台发电机AB的高度，如图2，在C处测得发电机底端B的仰角为15°，沿水平地面前进30m到达D处，测得发电机顶端A的仰角为53°，若AB⊥DC于点E，图中点A，B，C，D，E均在同一平面内，测得山坡的坡角∠BDE=30°．

(1)求斜坡BD的长；
(2)求这台风力发电机AB的高度（结果取整数）．（参考数据：sin53°≈0.8，cs53°≈0.6，tan53°≈43，3≈1.73）
【答案】(1)斜坡BD的长为30m
(2)这台风力发电机AB的高度约为20米
【分析】（1）根据等角对等边性质求解即可；
（2）首先利用30°角直角三角形的性质得到DE=3BE=153，然后在在Rt△AED中利用三角形函数求解即可．
【详解】（1）由题意，得∠BCE=15°，CD=30m，
∵ ∠BDE是△CDB的一个外角，
∴ ∠CBD=∠BDE−∠BCE=15°．
∴ ∠CBD=∠BCE=15°．
∴ CD=BD=30m．
答：斜坡BD的长为30m；
（2）在Rt△BDE中，∠BDE=30°，DB=30米．
∴ BE=12BD=15，
∴ DE=3BE=153．
在Rt△AED中，∠ADE=53°，
∴ AE=DE⋅tan53°≈153×43=203．
∴ AB=AE−BE=203−15≈20m．
答：这台风力发电机AB的高度约为20米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用中仰角俯角问题，坡度坡角问题，解题关键是熟练掌握锐角三角函数的定义并正确运用．
【变式7-1】（2023秋·广西柳州·九年级统考期末）如图，某地下车库的入口处有斜坡AB，它的坡度为i=1:2，斜坡AB的长为65m，斜坡的高度为AHAH⊥BC，为了让行车更安全，现将斜坡的坡角改造为14°（图中的∠ACB=14°）．

(1)求车库的高度AH；
(2)求点B与点C之间的距离（结果精确到1m，参考数据：sin14°≈0.24，cs14°≈0.97，tan14°≈0.25）．
【答案】(1)6m
(2)12m
【分析】（1）根据坡度，可求得sin∠ABH的值，根据AH=AB·sin∠ABH可求得答案．
（2）根据BH=2AH，CH=AHtan∠ACB，可分别求得BH，CH的长度．
【详解】（1）根据题意，得
AHBH=12．
所以，sin∠ABH=AHAB=55．
所以，AH=AB·sin∠ABH=6m．
所以，车库的高度AH为6m．
（2）根据题意，得
BH=2AH=12m，CH=AHtan∠ACB=6tan14°≈24m．
所以，BC=CH−BH≈24−12≈12m．
所以，点B与点C之间的距离为12m．
【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，牢记锐角三角函数的定义是解题的关键．
【变式7-2】（2023·河北沧州·统考二模）某场地的跑道分为上坡、平地、下坡三种类型．一架无人机始终以每分0.2km的速度在离水平地面500m的高度匀速向右飞行，在运动员的正上方进行跟踪拍摄．如图为无人机飞行以及运动员运动路径的图像．已知OA=103km，AB=1km，OA的坡度i=1:3，下坡路BC的坡角为45°．

(1)求坡面OA的垂直高度ℎ；
(2)求直线BC的函数解析式，并求运动员在下坡路段的速度；
(3)通过计算说明运动员在O−A−B−C上运动的过程中，与无人机距离不超过300m的时长．
【答案】(1)ℎ=13km
(2)y=−x+73；25km/min
(3)233min
【分析】（1）根据坡度的定义直接求解即可；
（2）结合题意确定B点的坐标，然后利用几何图形性质确定C点坐标，从而结合待定系数法求解析式即可；由于运动员在BC上的运动时间和无人机在EC水平方向上的运动时间相同，从而求出运动员的时间，再结合前序步骤结论求出BC的长度，即可求出速度；
（3）用待定系数法求直线OA的解析式，然后求出运动员在线段OA上与无人机距离等于300m的时刻，再求出BC上与无人机距离等于300m的时刻，即可得出结论
【详解】（1）解：如图所示，作AD⊥OC于D点，
∵OA的坡度i=1:3，
∴AD:OD=1:3，
设AD=ℎ，则OD=3ℎ，根据勾股定理，OA=10ℎ，
∵OA=103，
∴103=10ℎ，解得：ℎ=13，
∴坡面OA的垂直高度ℎ=13km；
（2）解：如图所示，作BE⊥OC于E点，则四边形ADEB为矩形，BE=AD=13，
由（1）可知，OD=3ℎ=1，
∵AB=1，
∴DE=AB=1，
∴OE=1+1=2，即：B点的坐标为B2,13，
∵∠BCE=45°，
∴BE=CE=13，OC=OE+CE=2+13=73，
即：C点坐标为C73,0，
设直线BC的解析式为：y=kx+bk≠0，
将B2,13，C73,0代入解得：k=−1b=73，
∴直线BC的解析式为：y=−x+73，
由题意，运动员在BC上的运动时间和无人机在EC水平方向上的运动时间相同，
∵CE=13km，无人机速度为0.2km/min，
∴无人机在EC水平方向上的运动时间为：13÷0.2=53min，
即运动员在BC上的运动时间为53min，
∵BE=CE=13，
∴BC=2BE=23km，
∴运动员在BC上的速度为：23÷53=25km/min；
（3）解：由（1）可知，A点坐标为A1,13，
设直线OA解析式为：y=axa≠0，
将A1,13代入解得：a=13，
∴直线OA解析式为：y=13x；
当0.5−y=0.3时，即：0.5−13x=0.3，解得：x=0.6，
∴0.6÷0.2=3min，即：运动员出发3min后，与无人机距离恰好为300m；
由（2）可知，直线BC的解析式为：y=−x+73，
当0.5−y=0.3时，即：0.5−−x+73=0.3，解得：x=3215，
∴3215÷0.2=323min，即：运动员出发323min后，与无人机距离恰好为300m；
∴与无人机距离不超过300m的时长为：323−3=233min，
∴与无人机距离不超过300m的时长为233min．

【点睛】本题考查一次函数的实际应用，解直角三角形的实际应用，理解函数图像所对应的实际信息，准确求出各部分函数解析式是解题关键．
【变式7-3】（2023·江苏泰州·统考中考真题）如图，堤坝AB长为10m，坡度i为1:0.75，底端A在地面上，堤坝与对面的山之间有一深沟，山顶D处立有高20m的铁塔CD．小明欲测量山高DE，他在A处看到铁塔顶端C刚好在视线AB上，又在坝顶B处测得塔底D的仰角α为26°35′．求堤坝高及山高DE．（sin26°35′≈0.45，cs26°35′≈0.89，tan26°35′≈0.50，小明身高忽略不计，结果精确到1m）

【答案】堤坝高为8米，山高DE为20米．
【分析】过B作BH⊥AE于H，设BH=4x，AH=3x，根据勾股定理得到AB=AH2+BH2=5x=10，求得AH=6，BH=8，过B作BF⊥CE于F，则EF=BH=8，BF=EH，设DF=a，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：过B作BH⊥AE于H，

∵坡度i为1:0.75，
∴设BH=4x，AH=3x，
∴AB=AH2+BH2=5x=10，
∴x=2，
∴AH=6，BH=8，
过B作BF⊥CE于F，
则EF=BH=8，BF=EH，
设DF=a，
∵α=26°35′．
∴BF=DFtan26°35′=a0.5=2a，
∴AE=6+2a，
∵坡度i为1:0.75，
∴CE：AE=20+a+8：6+2a=1：0．75，
∴a=12，
∴DF=12（米），
∴DE=DF+EF=12+8=20（米），
答：堤坝高为8米，山高DE为20米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-俯角仰角，解直角三角形的应用-坡角坡度，正确地作出辅助线是解题的关键．
【题型8 解直角三角形的应用之俯角仰角问题】
【例8】（2023春·湖南永州·九年级校考开学考试）如图，建筑物AB后有一座小山，∠DCF=30°，测得小山坡脚C点与建筑物水平距离BC=25米，若山坡上E点处有一凉亭，且凉亭与坡脚距离CE=20米，某人从建筑物顶端A点测得E点处的俯角为48°．求建筑物AB的高（精确到0.1m）．（参考数据：3≈1.7，sin48°≈0.7，cs48°≈0.6，tan48°≈1.1，sin42°≈0.6，cs42°≈0.7，tan42°≈0.9）

【答案】57.0米
【分析】过E作EM⊥BF于M，根据三角函数得出EM，过E作EN⊥AB，交AB于点N，根据三角函数得出CM，NE，AN，进而解答即可．
【详解】解：如图，过E作EM⊥BF于M，

∵∠DCF=30°，CE=20米，
∴EM=CE⋅sin30°=10米，
过E作EN⊥AB，交AB于点N，BN=EM=10米，NE=BM，∠BNE=90°，
在Rt△CME中，CM=CE⋅cs30°=103米，
∴NE=BM=BC+CM=(25+103)米，
∵α=48°，
∴∠EAN=90°−α=42°，
在Rt△ANE中，AN=NEtan42°≈25+1030.9≈47.0（米），
∴AB=AN+BN=57.0米，
答：建筑物AB的高约为57.0米
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用−坡度坡角问题，掌握坡度坡角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
【变式8-1】（2023·河南郑州·校考三模）河南省登封市境内的嵩岳寺塔是中国现存年代最久的佛塔，堪称世界上最早的筒体建筑．某校数学社闭的同学利用所学知识来测量嵩岳寺塔的高度，如图，CD是嵩岳寺塔附近不远处的某建筑物，他们在建筑物CD底端D处利用测角仪测得嵩岳寺塔顶端B的仰角为60°，在建筑物CD顶端C处利用测角仪测得嵩岳寺塔底端A的俯角为35°，已知建筑物CD的高为15米，AB⊥AD，CD⊥AD，点A，D在同一水平线上，求嵩岳寺塔AB的高度．（结果精确到0.1m，参考数据：sin35°≈0.57，cs35°≈0.82，tan35°≈0.70，3≈1.73）

【答案】约为37.1米
【分析】由题意得CD=15米，∠BDA=60°，∠CAD=35°，在Rt△CAD中， tan∠CAD=CDAD，则AD=CDtan35°=15tan35°，在Rt△ABD中， tan∠BDA=ABAD，AB=AD·tan60°，根据AB=15tan35°⋅tan60°，计算求解即可．
【详解】解：由题意得CD=15米，∠BDA=60°，∠CAD=35°，
在Rt△CAD中， tan∠CAD=CDAD，
∴AD=CDtan35°=15tan35°，
在Rt△ABD中， tan∠BDA=ABAD，
∴AB=AD·tan60°，
∴AB=15tan35°⋅tan60°≈37.1 (米)，
答：嵩岳寺塔AB的高度约为37.1米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用——俯、仰角．解题的关键在于明确线段之间的数量关系．
【变式8-2】（2023春·山东菏泽·九年级统考期中）某校数学兴趣小组借助无人机测量一条河流的宽度CD，如图所示，一架水平飞行的无人机在A处测得正前方河流的左岸C处的俯角为α，无人机沿水平线AF方向继续飞行60米至B处，测得正前方河流右岸D处的俯角为30°．线段AM的长为无人机距地面的垂直高度，点M，C，D在同一条直线上，其中tanα=3，MC=603米．

(1)求无人机的飞行高度AM；（结果保留根号）
(2)求河流的宽度CD．（结果精确到0.1米，参考数据：2≈1.41，3≈1.73）
【答案】(1)1803米
(2)河流的宽度CD约为496米
【分析】（1）根据题意可得AF∥DM，从而可得∠ACM＝α，然后在Rt△AMC中，利用锐角三角函数的定义求出AM的长，即可解答；
（2）过点B作BN⊥DM，垂足为N，根据题意可得AB=MN=60米，AM=BN=1803米，∠BDC=30°，然后在Rt△BDN中，利用锐角三角函数定义求出DN的长，从而求出DM的长，进行计算即可解答．
【详解】（1）解：解：由题意得：AF∥DM，
∴∠ACM=∠FAC=α，
在Rt△AMC中，MC=603，tanα=3，
∴AM=MC⋅tan∠ACM=1803，
∴无人机的飞行高度AM为1803米；
（2）解：过点B作BN⊥DM，垂足为N，

则AB=MN=60，AM＝BN＝1803，
∵AF∥DM，
∴∠FBD=∠BDC=30°，
在Rt△BDN中，DN=BNtan30°=540，
∴DM=MN+DN=60+540=600，
∴CD=DM−MC=600−603≈496，
∴河流的宽度CD约为496米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【变式8-3】（2023秋·河南新乡·九年级统考期末）二七纪念塔位于郑州市二七广场，是独特的仿古联体双塔．学完解直角三角形的知识后，某校数学社团的王华和张亮决定用自己所学到的知识测量二七纪念塔AB的高度．如图，CD是纪念塔附近不远处的某建筑物，他们在建筑物CD底端D处测得二七纪念塔顶端B的仰角为60°，在建筑物CD顶端C处测得二七纪念塔底端A的俯角为28°，已知建筑物CD的高为19米，AB⊥AD，CD⊥AD，求二七纪念塔AB的高度．（结果精确到1米．参考数据：sin28°≈0.47,cs28°≈0.88,tan28°≈0.53,3≈1.73）
【答案】二七纪念塔AB的高度约为62米
【分析】如图所示，过点C作CE⊥AB于E，可证明四边形ADCE是矩形，得到AD=CE，AE=CD=19m，解Rt△AEC得到AD=CE≈35.85m，再解Rt△ABD，即可得到AB≈62m．
【详解】解：如图所示，过点C作CE⊥AB于E，
∵AB⊥AD，CD⊥AD，CE⊥AB，
∴四边形ADCE是矩形，
∴AD=CE，AE=CD=19m，
在Rt△AEC中，tan∠ACE=AECE，
∴CE=AEtan∠ACE=19tan28°≈35.85m，
∴AD=CE≈35.85m，
在Rt△ABD中，tan∠ADB=ABAD，
∴AB=AD⋅tan∠ADB≈35.85×tan60°≈62m，
∴二七纪念塔AB的高度约为62米．

【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，矩形的性质与判定，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【题型9 解直角三角形的应用之方向角问题】
【例9】（2023·重庆·九年级专题练习）五一节日到来，重庆又一次成为全国火热城市，小明和小亮两人相约去观赏洪崖洞夜景，小明从A地出发，小亮从B地出发，相约到C地观景．在A处测得C在A的北偏东45°方向上，在B处测得C在B的正北方向上，且B在A的北偏东75°方向上．小明小亮同时分别从A、B两地出发，他们约定先在AC上的D处汇合，小明沿着AC方向慢跑，小亮沿着北偏西60°以150m/min的速度跑了2分钟到达D（参考数据：3≈1.73，2≈1.41，6≈2.45）．

(1)求AB的长度（结果保留根号）；
(2)他们在D处汇合的时间恰好为18：58，若他们汇合之后立即沿DC方向同行的速度为200m/min（汇合时间忽略不计）则他们能在19：00之前到达C地吗？
【答案】(1)1502+1506 (m)
(2)能，理由见解析
【分析】（1）如图所示，过点A作AE⊥BC交CB的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，根据题意得出∠CAE=45°,∠DAB=75°−45°=30°，∠BAE=90°−75°=15°，∠DBF=45°，得出BF=DF=22DB=1502 m，在Rt△DAF中，AF=3DF=1506m，然后根据AB=AF+FB，即可求解；
（2）如图所示，过点D作DG⊥CE于点G，得出CD=2DG，Rt△BDG中，得出DG=1503，进而求得CD的长，依题意，200×2=400>367.5，即能在2分钟内到达C地．
【详解】（1）解：如图所示，过点A作AE⊥BC交CB的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，

∵在A的北偏东45°方向上，在B处测得C在B的正北方向上，且B在A的北偏东75°方向上．
∴∠CAE=45°,∠DAB=75°−45°=30°，∠BAE=90°−75°=15°，
在Rt△ABE中，∠ABE=90°−∠BAE=90°−15°=75°,
∵小亮从B地出发，小亮沿着北偏西60°以150m/min的速度跑了2分钟到达D
∴BD=150×2=300 m，∠CBD=60°，
∴∠DBF=45°，
∴BF=DF=22DB=1502 m，
在Rt△DAF中，AF=3DF=1506m，
∴AB=AF+FB=1502+1506 (m)
（2）解：如图所示，过点D作DG⊥CE于点G，

∵∠EAC=45°，∠E=90°，
∴∠C=45°，
∴CD=2DG，
∵Rt△BDG中，DG=DB×sin∠DBC=32DB=1503
∴CD=2DG=1506 ≈150×2.45=367.5 m
∵200×2=400>367.5，
∴他们能在19：00之前到达C地．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，方向角问题，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．
【变式9-1】（2023·江苏宿迁·统考三模）宿迁骆马湖两岸风光如画，大家都喜欢坐游船游览观光．如图，在某两段平行航道（不考虑其他因素），甲游船由西向东慢速航行，同时乙游船由东向西航行．喜爱数学的小华在甲游船到达点A处时测得C处的乙游船在甲游船的北偏东67.4°方向，向前行驶156m到点B处测得行驶到D处的乙游船在甲游船的北偏东37°方向，CD=240m，求第二次测量时甲、乙两游船之间的距离．（参考数据sin22.6°≈513，cs22.6°≈1213，tan22.6°≈512，sin53°≈45，cs53°≈35，tan53°≈43）
【答案】300m
【分析】根据题意构造直角三角形，在直角三角形利用三角函数值求出对应的边长关系，设参数建立方程求出参数，即可求出DM和BM长度，最后利用勾股定理即可求出答案.
【详解】解：过点D作DM⊥AB于点M，过点C作CN⊥AB于N，如图所示，

根据题意得：∠1=90°−67.4°=22.6°，∠2=90°−37°=53°，
∵DM⊥AB，CN⊥AB，AB∥CD，
∴∠3=∠4=∠MDC=∠DCN=90°，
∴四边形CDMN为矩形.
∴MN=CD=240m，DM=CN.
∴在Rt△DBM中，tan∠2=tan53°=DMBM=43.
设DM=4xm则BM=3xm，CN=4xm，
∴在Rt△ACN中，tan∠1=tan22.6°=CNAN=125.
∴4x156+3x+240=125.
∴48x=1980+15x.
∴x=60.
∴DM=4×60=240m，BM=3×60=180m.
∴在Rt△DBM中，BD=BM2+DM2=1802+2402=300m.
∴第二次测量时甲、乙两游船之间的距离约是300m.
【点睛】本题考查的是解直角三角形中的实际应用，涉及到有锐角三角函数、勾股定理、矩形的面积，解题的关键在于正确理解题意，合理运用相关数学知识.
【变式9-2】（2023春·安徽合肥·九年级校考开学考试）如图，某巡逻艇在海上例行巡逻，上午10时在C处接到海上搜救中心从B处发来的救援任务，此时事故船位于B处的南偏东25°方向上的A处，巡逻艇位于B处的南偏西28°方向上1260米处，事故船位于巡逻艇的北偏东58°方向上，巡逻艇立刻前往A处救援，已知巡逻艇每分钟行驶120米，请估计几分钟可以到达事故船A处．（结果保留整数．参考数据：3≈1.73，sin53°≈45，cs53°≈35，tan53°≈43）．
【答案】估计8分钟可以到达事故船A处
【分析】过点A作AD⊥BC，垂足为D，由题意得：BC=1260m，∠ABD=53°，∠ACB=30°，然后设AD=xm，分别在Rt△ABD和Rt△ADC中，利用锐角三角函数的定义求出BD和CD的长，从而根据CD+BD=BC，列出关于x的方程，进行计算可求出AD的长，进而求出AC的长，即可求出结果．
【详解】解：过点A作AD⊥BC，垂足为D，由题意得：
BC=1260m，∠ABD=28°+25°=53°，∠ACB=58°−28°=30°，
设AD=xm，
在Rt△ABD中，BD=ADtan53°≈x43=34xm，
在Rt△ADC中，CD=ADtan30°=x33=3xm，
∵CD+BD=BC，
∴3x+34x=1260，
解得：x≈508.1，
∴AD≈508.1m，
在Rt△ADC中，∠ACD=30°，
∴AC=2AD=1016.2m，
∴1016.2÷120≈8（分钟），
∴估计8分钟可以到达事故船A处．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用−方位角问题，根据已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
【变式9-3】（2023秋·河北石家庄·九年级统考期末）期中测试临近学生都在紧张的复习中，小甘和小西相约周末去图书馆复习，如图，小甘从家A地沿着正东方向走900m到小西家B地，经测量图书馆C地在B地的北偏东15°，C地在A地的东北方向．
(1)求AC的距离：
(2)两人准备从B地出发，实然接到疾控中心通知，一名确诊的新冠阳性患者昨天经过了C地，并沿着C地南偏东22°走了1800m到达D地，根据相关要求，凡是确诊者途径之处800m区域以内都会划为管控区，问：小西家会被划为管控区吗？请说明理由（参考数据：3≈1.73,2≈1.41,6≈2.45,sin37°≈0.6,cs37°≈0.8,tan37°≈0.75）．
【答案】(1)1737m;
(2)小西家会被划为管控区，理由见解析．
【分析】（1）过点B作BE⊥AC于点E，根据题意可得∠BAE=45°,∠CBA=90°+15°=105°,AB=900m，然后利用含30度角的直角三角形即可解决问题；
(2)过点B作BF⊥CD于点F，根据题意可得∠GBC=∠BCH=15°,∠DCH=22°，所以∠BCF=15°+22°=37°，然后根据锐角三角函数即可解决问题．
【详解】（1）如图，过点B作BE⊥AC于点E，
根据题意可知：∠BAE=45°，∠CBA=90°+15°=105°，AB=900m，
∴∠BCE=180°−45°−105°=30°，
∴BE=AE=22AB=4502m，
∴CE=3BE=4506m，∴AC=AE+CE=4502+4506=450(2+6)≈450×3.86≈1737(m)；
∴AC的距离约为1737m;
（2）小西家会被划为管控区，理由如下：
如图，过点B作BF⊥CD于点F，
根据题意可知∶∠GBC=∠BCH=15°,∠DCH=22°，
∴∠BCF=15°+22°=37°,
在Rt△CBF中，CB=2BE=2×4502=9002(m)，
∴BF=CB⋅sin37°≈9002×0.6≈764(m),
∵764<800,
∴小西家会被划为管控区．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，解决本题的关键是掌握解直角三角形的应用．
【题型10 解直角三角形的应用之实物建模问题】
【例10】（2023·河南南阳·校联考三模）如图1是某工厂生产的某种多功能儿童车，根据需要可变形为滑板车或三轮车，图2、图3是其示意图，已知前后车轮半径相同，车杆AB的长为60cm，点D是AB的中点，前支撑板DE=30cm，后支撑板EC=40cm，车杆AB与BC所成的∠ABC=53°．

(1)如图2，当支撑点E在水平线BC上时，支撑点E与前轮轴心B之间的距离BE的长；
(2)如图3，当座板DE与地面保持平行时，问变形前后两轴心BC的长度有没有发生变化？若不变，请通过计算说明；若变化，请求出变化量．（参考数据：sin53°≈45，cs53°≈35，tan53°≈43）
【答案】(1)36cm；
(2)变化了，长度增加了4cm．
【分析】（1）如图1，过点D作DF⊥BE于点F，由题意知BD=DE=30cm，根据三角函数的定义即可得到结论；
（2）如图2，过点D作DM⊥BC于M，过点E作EN⊥BC于点N，由题意知四边形DENM是矩形，求得MN=DE=30cm，解直角三角形即可得到结论．
【详解】（1）解：如图1，过点D作DF⊥BE于点F，
由题意知BD=DE=30cm，
∴BF=BDcs∠ABC=30×35=18cm，BF=EF，
∴BE=2BF=36cm．
（2）如图2，过点D作DM⊥BC于M，过点E作EN⊥BC于点N，
由题意知四边形DENM是矩形，
∴MN=DE=30cm，
在Rt△DBM中，
BM=BDcs∠ABC=30×35=18cm，EN=DM=BDsin∠ABC=30×45=24cm，
在Rt△CEN中，CE=40cm，
∴由勾股定理可得CN=CE2−EN2=402−242=32cm，
则BC=18+30+32=80cm，
原来BC=36+40=76cm，
80−76=4cm，
∴变形前后两轴心BC的长度增加了4cm．

【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，解题的关键是结合题意构建出合适的直角三角形，并熟练掌握三角函数的应用．
【变式10-1】（2023·广东揭阳·校考一模）“和谐号”高铁列车的小桌板收起时近似看作与地面垂直，展开小桌板使桌面保持水平时如图，小桌板的边沿O点与收起时桌面顶端A点的距离OA=75厘米，此时CB⊥AO，∠AOB=∠ACB=37°，且支架长OB与支架长BC的长度之和等于OA的长度，求支架BC的长．（参考数据sin37°≈0.6，cs37°≈0.8，tan37°≈0.75）

【答案】支架BC的长为37.5厘米
【分析】延长OB交AC于F，设BC=x厘米，则OB=OA−BC=75−x厘米，在Rt△BCF中求出BF，再在Rt△AOF中根据cs37°=FOAO，列出方程即可解决问题．
【详解】解：延长OB交AC于F，设BC=x厘米，则OB=OA−BC=75−x厘米，

∵∠AOB=∠ACB，∠OBE=∠CBF，∠AOB+∠OBE=90°，
∴∠ACB+∠CBF=90°，
∴∠BFC=90°，
在Rt△BCF中，
∵sin37°=BFBC，
∴BF=0.6x厘米，OF=75−0.4x厘米，
在Rt△AOF中，cs37°=FOAO，
∴75−0.4x75=0.8，
∴x=37.5，
∴BC=37.5厘米，
∴支架BC的长为37.5厘米．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用、锐角三角函数等知识，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形解决问题，学会设未知数，用方程的思想思考问题，属于中考常考题型．
【变式10-2】（2023秋·河北石家庄·九年级校联考期中）下图是测温员使用测温枪的侧面示意图，其中枪柄BC与手臂MC始终在同一直线上，枪身BA与额头保持垂直．量得胳膊MN=28cm，MB=42cm，肘关节M与枪身端点A之间的水平宽度为25.3cm（即MP的长度），枪身BA=8.5cm．

(1)求∠PMB的度数；
(2)测温时规定枪身端点，A与额头距离范围为3~5cm，若测得∠BMN=68.6°，小红与测温员之间距离为50cm．问此时枪身端点A与小红额头的距离是否在规定范围内？并说明理由．（结果保留小数点后一位）
（参考数据：sin66.4°≈0.92,cs66.4°≈0.40,sin23.6≈0.40,2≈1.41）
【答案】(1)∠PMB=66.4°
(2)端点A与额头距离在规定范围，理由见解析
【分析】（1）过点B作BH⊥MP．可得四边形ABHP是矩形，求出MH，再求出∠BMH的余弦值，结合参考数据可得答案；
（2）延长PM交FG于Q，求出∠NMQ的度数，解Rt△NMQ求出MQ，进而求出端点A与小红额头的距离，即可判断．
【详解】（1）解：如图，过点B作BH⊥MP．

可得四边形ABHP是矩形，
∴HP=AB=8.5，
∴MH=MP−HP =25.3−8.5=16.8，
在Rt△BMH中，cs∠BMH=MHBM=16.842=0.4，
∵ cs66.4°≈0.40
∴∠BMH=66.4°，
即∠PMB=66.4°；
（2）解：端点A与额头距离在规定范围．理由如下：
如图，延长PM交FG于Q，

∵ ∠PMB=66.4°，∠BMN=68.6°，
∴∠NMQ=180°−∠PMB−∠BMN=180°−66.4°−68.6°=45°，
∵ Rt△NMQ中cs45°=MQMN，
∴MQ=MN⋅22=28×22=142≈19.796≈19.8，
∴端点A与小红额头的距离为50−MQ−MP=50−19.8−25.3=4.9，
∵ 3<4.9<5，
∴端点A与额头距离在规定范围．
【点睛】本题主要考查解直角三角形的实际应用，解题的关键是通过添加辅助线构造直角三角形．
【变式10-3】（2023·山西忻州·统考模拟预测）随着人们生活水平的日益提高，大家对运动健身的需求日益凸显，小明家新买了一台折叠式跑步机（如图1），为了合理规划收纳空间，小明特地测量了该跑步机的一些数据，并且画出了示意图（如图2）．已知支架AB=116 cm，跑带BC=170 cm，控制面板AD=56 cm，∠B=75°，∠DAB=105°，护架AE与跑带BC平行于地面．如图3，闲置时，跑带BC可以向上折叠，∠CBF=60°，支架BF放置于地面支撑整个跑步机．请你帮助小明计算这台跑步机折叠存放时的最大高度．（结果精确到1 cm．参考数据：sin75°≈0.97，cs75°≈0.26，tan75°≈3.73，3≈1.73，2≈1.41）

【答案】这台跑步机折叠存放时的最大高度约为147 cm
【分析】过点D作DM⊥EA，交EA的延长线于点M，过点A作AG⊥BF于点G，由题意可知，AM∥BF，从而得到∠MAB=∠ABG=75°，∠DAM=30°，利用三角函数计算出AG、DM的长度，从而得到点D到地面的距离，过点C作CH⊥BF，交BF的延长线于点H，再利用三角函数求出CH的长即可．
【详解】解：如图，过点D作DM⊥EA，交EA的延长线于点M，过点A作AG⊥BF于点G，
，
由题意可知，AM∥BF，
∴∠MAB=∠ABG=75°，∠DAM=∠DAB−∠MAB=105°−75°=30°，
在Rt△ABG中，sin∠ABG=AGAB，
即0.97≈AG116，
∴AG≈112.5，
在Rt△ADM中，sin∠DAM=DMAD，
即12=DM56，
∴DM=28，
∴点D到地面的距离为：112.5+28≈141cm，
过点C作CH⊥BF，交BF的延长线于点H，
在Rt△BCH中，sin∠CBH=CHCB，
即32=CH170，
∴CH≈147，
∵141<147，
∴这台跑步机折叠存放时的最大高度约为147 cm．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，添加适当的辅助线，构造直角三角形，准确进行计算是解题关键．
已知条件
图形
解法
对边
邻边
斜边
A
C
B
b
已知一直角边和一个锐角
已知斜边和一个锐角
已知两直角边
已知斜边和一条直角边