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重难点08解直角三角形及其应用（2考点5题型）2024年中考数学复习冲刺过关（全国通用）
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这是一份重难点08解直角三角形及其应用（2考点5题型）2024年中考数学复习冲刺过关（全国通用），文件包含重难点08解直角三角形及其应用原卷版docx、重难点08解直角三角形及其应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共82页， 欢迎下载使用。
考点一：特殊角的三角函数值及其运算
锐角三角函数的定义和运算是中考数学中的必考考点，单独考察时虽然难度不大，但是也需要熟记对应考点。其中特殊角的三角函数值是必须记住的。
题型01 锐角三角函数的定义
【中考真题练】
1．（2023•攀枝花）△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c．已知a＝6，b＝8，c＝10，则cs∠A的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】先利用勾股定理的逆定理判断三角形的形状，再利用三角形的边角间关系得结论．
【解答】解：在△ABC中，
∵a＝6，b＝8，c＝10，a2+b2＝62+82＝36+64＝100，c2＝100．
∴a2+b2＝c2．
∴△ABC是直角三角形．
∴csA＝＝＝．
故选：C．
2．（2023•衢州）如图，一款可调节的笔记本电脑支架放置在水平桌面上，调节杆，AB＝b，AB的最大仰角为α．当∠C＝45°时，则点A到桌面的最大高度是（ ）
A．B．C．a+bcsαD．a+bsinα
【分析】过点A作AF⊥BE于F，过点B作BG⊥CD于G，利用解直角三角形可得AF＝bsinα，BG＝a，根据点A到桌面的最大高度＝BG+AF，即可求得答案
【解答】解：如图，过点A作AF⊥BE于F，过点B作BG⊥CD于G，
在Rt△ABF中，AF＝AB•sinα＝bsinα，
在Rt△BCG中，BG＝BC•sin45°＝a×＝a，
∴点A到桌面的最大高度＝BG+AF＝a+bsinα，
故选：D．
3．（2023•益阳）如图，在平面直角坐标系xOy中，有三点A（0，1），B（4，1），C（5，6），则sin∠BAC＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】过C作CD⊥AB交AB延长线于D，计算出CD、AC的长，根据正弦计算方法计算即可．
【解答】解：过C作CD⊥AB交AB延长线于D，
∵A（0，1），B（4，1），C（5，6），
∴D（5，1），
∴CD＝6﹣1＝5，AD＝5，
∴AC＝5，
∴sin∠BAC＝＝，
故选：C．
4．（2023•宿迁）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、B、C三点都在格点上，则sin∠ABC＝ ．
【分析】连接AC，根据勾股定理的逆定理得到∠ACB＝90°，根据正弦的定义计算，得到答案．
【解答】解：如图，连接AC，
由勾股定理得：AB2＝22+42＝20，BC2＝12+32＝10，AC2＝12+32＝10，
则BC2+AC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴sin∠ABC＝＝＝，
故答案为：．
5．（2023•常州）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，点D在边AB上，连接CD．若BD＝CD，＝，则tanB＝ ．
【分析】设AD＝t，根据已知表示出AC＝2t，AB＝AD+BD＝4t，即可得tanB＝＝＝．
【解答】解：设AD＝t，
∵BD＝CD，＝，
∴BD＝CD＝3t，
∴AC＝＝2t，AB＝AD+BD＝4t，
∴tanB＝＝＝，
故答案为：．
【中考模拟练】
1．（2024•绥化模拟）在△ABC中，∠C＝90°，设∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，则（ ）
A．c＝bsinBB．b＝csinBC．a＝btanBD．b＝ctanB
【分析】根据正弦、正切的定义计算，判断即可．
【解答】解：A、sinB＝，
则b＝csinB，本选项说法错误；
B、b＝csinB，本选项说法正确；
C、tanB＝，
则b＝atanB，本选项说法错误；
D、b＝atanB，本选项说法错误；
故选：B．
2．（2024•湖州一模）如图，小明想利用“∠A＝30°，AB＝6cm，BC＝4cm”这些条件作△ABC．他先作出了∠A和AB，在用圆规作BC时，发现点C出现C1和C2两个位置，那么C1C2的长是（ ）
A．3cmB．4cmC．2cmD．2cm
【分析】过点B作BM⊥AC2于点M，根据含30°角的直角三角形的性质求出BM＝3cm，根据等腰三角形的性质、勾股定理求出C1M＝C2M＝cm，根据线段的和差求解即可．
【解答】解：过点B作BM⊥AC2于点M，
∵∠A＝30°，BM⊥AC2，AB＝6cm，
∴BM＝AB＝3cm，
∵BC1＝BC2＝4cm，BM⊥AC2，
∴C1M＝C2M＝＝cm，
∴C1C2＝2cm，
故选：D．
3．（2024•越秀区一模）如图所示的衣架可以近似看成一个等腰△ABC，其中AB＝AC，∠ABC＝27°，BC＝40cm，则高AD为 10.2 cm．
（参考数据：sin27°≈0.45，cs27°≈0.89，tan27°≈0.51）
【分析】先利用等腰三角形的三线合一性质可得BD＝20cm，然后在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答．
【解答】解：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝BC＝20（cm），
在Rt△ABD中，∠ABC＝27°，
∴AD＝BD•tan27°≈20×0.51≈10.2（cm），
∴高AD约为10.2cm，
故答案为：10.2．
4．（2024•温州模拟）“圭表”是中国古代用来确定节气的仪器．某“圭表”示意图如图所示，AC⊥BC，AC＝3米，测得某地夏至正午时“表”的影长CD＝1米，冬至时的正午太阳高度角∠ABC＝α，则夏至到冬至，影长差BD的长为（ ）
A．（3sinα﹣1）米B．米
C．（3tanα﹣1）米D．米
【分析】根据垂直定义可得∠ACB＝90°，然后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，∠ABC＝α，AC＝3米，
∴BC＝＝（米），
∵CD＝1米，
∴BD＝BC﹣CD＝（﹣1）米，
∴影长差BD的长为（﹣1）米，
故选：D．
5．（2024•西湖区一模）如图，在4×5的网格中，每个小正方形的边长均为1．若△ABC的顶点都在格点上，则sinC的值为 ．
【分析】连接格点B、D，利用勾股定理先求出AB、AD、BD、BC的长，再利用勾股定理的逆定理判断△ABD是直角三角形，最后利用直角三角形的边角间关系得结论．
【解答】解：连接格点B、D．
由题图知：AB＝＝，BC＝＝，
BD＝＝2，AD＝＝．
∵AD2+BD2＝2+8＝10，AB2＝10，
∴AD2+BD2＝AB2．
∴△ABD是直角三角形．
∴∠ADB＝90°．
∴∠BDC＝90°．
在Rt△BDC中，
sinC＝
＝
＝．
故答案为：．
6．（2024•雨花台区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，CD＝3，tanA＝，则AB＝ 6.5 ．
【分析】根据CD⊥AB，得出tan∠BCD＝，再根据∠A＝∠BCD，得出tan∠BCD＝，根据CD＝3，则BD＝2，AD＝4.5，即可得出AB的长．
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴tan∠BCD＝，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
∴tan∠BCD＝tanA＝＝，
∴＝＝，
∴BD＝2，AD＝4.5，
∴BC＝AD+BD＝6.5．
故答案为：6.5．
题型02 含三角函数的实数的运算
【中考真题练】
1．（2023•云南）计算：|﹣1|+（﹣2）2﹣（π﹣1）0+（）﹣1﹣tan45°．
【分析】利用绝对值的性质，有理数的乘方，零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值进行计算即可．
【解答】解：原式＝1+4﹣1+3﹣1
＝4+3﹣1
＝6．
2．（2023•内蒙古）计算：|﹣2|+（π﹣2023）0+（﹣）﹣2﹣2cs60°．
【分析】根据绝对值的性质、零指数幂和负整数指数幂、特殊角的三角函数值计算即可．
【解答】解：原式＝2﹣2+1+4﹣2×
＝2﹣2+1+4﹣1
＝2+2．
3．（2023•眉山）计算：（2）0﹣|1﹣|+3tan30°+（﹣）﹣2．
【分析】原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，绝对值的代数意义，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值．
【解答】解：原式＝1﹣（﹣1）+3×+4
＝1﹣+1++4
＝6．
4．（2023•泸州）计算：3﹣1+（﹣1）0+2sin30°﹣（﹣）．
【分析】原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，特殊角的三角函数值，以及减法法则计算即可求出值．
【解答】解：原式＝+1+2×+
＝+1+1+
＝（+）+（1+1）
＝1+2
＝3．
5．（2023•北京）计算：4sin60°+（）﹣1+|﹣2|﹣．
【分析】根据特殊角的三角函数值、负整数指数幂的运算法则、绝对值的性质、二次根式的性质计算．
【解答】解：原式＝4×+3+2﹣2
＝2+3+2﹣2
＝5．
6．（2023•湘西州）计算：（π+2023）0+2sin45°﹣（）﹣1+|﹣2|．
【分析】先计算零次幂，特殊角的正弦值，负指数幂，求解绝对值，再合并即可．
【解答】解：
＝
＝
＝1．
【中考模拟练】
1．（2024•历城区一模）计算：．
【分析】首先计算零指数幂、特殊角的三角函数值、开平方和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：
＝1+4×+﹣2
＝1+2+﹣2
＝．
2．（2024•雁塔区模拟）计算：．
【分析】首先计算乘方、负整数指数幂、特殊角的三角函数值和绝对值，然后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：
＝﹣|2×﹣2|﹣4
＝3﹣|﹣2|﹣4
＝3﹣（2﹣）﹣4
＝3﹣2+﹣4
＝﹣3．
3．（2024•南山区二模）计算．
【分析】直接利用负整数指数幂的性质以及特殊角的三角函数值、零指数幂的性质、绝对值的性质分别化简，进而得出答案．
【解答】解：原式＝4﹣（3﹣）﹣2×+1
＝4﹣3+﹣+1
＝2．
4．（2024•南山区二模）计算：．
【分析】首先计算零指数幂、负整数指数幂、开平方、特殊角的三角函数值和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：
＝2﹣1﹣3+﹣1+
＝﹣．
5．（2024•文山州一模）计算：．
【分析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
【解答】解：
＝2+1﹣2×+（﹣2）﹣1
＝2+1﹣﹣2﹣1
＝﹣2．
考点二：解直角三角形及其应用
解直角三角形的应用主要包含解答题中的仰角、俯角问题；坡角问题；方位角问题等。另外还经常会和圆、三角形、网格等几何图形结合，计算中需要更加仔细一点。
题型01 解直角三角形的计算
【中考真题练】
1．（2023•广元）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（1，0），点B（0，﹣3），点C在x轴上，且点C在点A右方，连接AB，BC，若tan∠ABC＝，则点C的坐标为 （，0） ．
【分析】设C（a，0），结合A，B两点的坐标利用两点间的距离可得OA＝1，AC＝a﹣1，OB＝3，BC＝，通过解直角三角形可得∠OBA＝∠ABC，过C点作CD∥y轴交BA的延长线于点D，利用平行线的性质可得△OBA∽△CDA，∠ABC＝∠D，列比例式再代入计算可求解a值，进而可求解．
【解答】解：设C（a，0），
∴OC＝a，
∵点A（1，0），点B（0，﹣3），
∴OA＝1，AC＝a﹣1，OB＝3，BC＝，
在Rt△OAB中，tan∠OBA＝，tan∠ABC＝，
∴∠OBA＝∠ABC，
过C点作CD∥y轴交BA的延长线于点D，
∴∠OBA＝∠D，∠AOB＝∠ACD，
∴△OBA∽△CDA，∠ABC＝∠D，
∴，CD＝BC，
∴，
∴，
解得a＝0（舍去）或a＝，
∴C（，0），
故答案为：（，0）．
2．（2023•牡丹江）如图，将45°的∠AOB按下面的方式放置在一把刻度尺上；顶点O与尺下沿的端点重合，OA与尺下沿重合，OB与尺上沿的交点B在尺上的读数恰为2cm，若按相同的方式将22.5°的∠AOC放置在该刻度尺上，则OC与尺上沿的交点C在尺上的读数为 （2+2） cm．
【分析】由等腰直角三角形的性质得到OB＝BD＝2cm，由平行线的性质推出BC＝OB，即可求出CD长，得到OC与尺上沿的交点C在尺上的读数．
【解答】解：∵∠AOB＝45°，∠AOC＝22.5°，
∴∠BOC＝∠AOC，
∵BC∥OA，
∴∠BCO＝∠AOC，
∴∠BCO＝∠BOC，
∴BC＝OB，
∵△ODB是等腰直角三角形，
∴OB＝BD＝2cm，
∴CD＝BC+BD＝（2+2）cm．
∴OC与尺上沿的交点C在尺上的读数为（2+2）cm．
故答案为：（2+2）．
3．（2023•丹东）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，已知点A（3，0），B（0，4），点C在x轴负半轴上，连接AB，BC，若tan∠ABC＝2，以BC为边作等边三角形BCD，则点C的坐标为 （﹣2，0） ；点D的坐标为 （﹣1﹣2，2+）或（﹣1+2，2﹣） ．
【分析】过点C作CE⊥AB于E，先求处AB＝5，再设BE＝t，由tan∠ABC＝2得CE＝2t，进而得BC＝，由三角形的面积公式得S△ABC＝AC•OB＝AB•CE，即5×2t＝4×（3+OC），则OC＝﹣3，然后在Rt△BOC中由勾股定理得，由此解出t1＝2，t2＝10（不合题意，舍去），此时OC＝﹣3＝2，故此可得点C的坐标；设点D的坐标为（m，n），由两点间的距离公式得：BC2＝20，BD2＝（m﹣0）2+（n﹣4）2，CD2＝（m+2）2+（n﹣0）2，由△BCD为等边三角形得，整理：，②﹣①整理得m＝3﹣2n，将m＝3﹣2n代入①整理得n2﹣4n+1＝0，解得n＝，进而再求出m即可得点D的坐标．
【解答】解：过点C作CE⊥AB于E，如图：
∵点A（3，0），B（0，4），
由两点间的距离公式得：AB＝＝5，
设BE＝t，
∵tan∠ABC＝2，
在Rt△BCE中，tan∠ABC＝，
∴＝2，
∴CE＝2t，
由勾股定理得：BC＝＝t，
∵CE⊥AB，OB⊥AC，AC＝OC+OA＝3+OC，
∴S△ABC＝AC•OB＝AB•CE，
即：5×2t＝4×（3+OC），
∴OC＝﹣3，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC2﹣OB2＝OC2，
即，
整理得：t2﹣12t+20＝0，
解得：t1＝2，t2＝10（不合题意，舍去），
∴t＝2，此时OC＝﹣3＝2，
∴点C的坐标为（﹣2，0），
方法二：设BE＝2t，CE＝4t，
AE＝3t，AC＝BC＝5t，
∴点C的坐标为（﹣2，0），
设点D的坐标为（m，n），
由两点间的距离公式得：BC2＝（﹣2﹣0）2+（0﹣4）2＝20，BD2＝（m﹣0）2+（n﹣4）2，CD2＝（m+2）2+（n﹣0）2，
∵△BCD为等边三角形，
∵BD＝CD＝BC，
∴，
整理得：，
②﹣①得：4m+8n＝12，
∴m＝3﹣2n，
将m＝3﹣2n代入①得：（3﹣2n）2+n2﹣8n＝4，
整理得：n2﹣4n+1＝0，
解得：n＝，
当n＝时，m＝3﹣2n＝，
当n＝时，m＝3﹣2n＝，
∴点D的坐标为或．
D在BC左侧时，倍长BD，可得Rt△BCF，作FH⊥x轴于H，则CH＝4√3，FH＝2√3
F（﹣2﹣4√3，2√3），中点公式可求点D，
在BC右侧的点D同理可求D．
故答案为：（﹣2，0）；或．
4．（2023•自贡）如图，分别经过原点O和点A（4，0）的动直线a，b夹角∠OBA＝30°，点M是OB中点，连接AM，则sin∠OAM的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】作△AOB的外接圆⊙T，连接OT，TA，TB，取OT的中点K，连接KM．证明KM＝TB＝2，推出点M在以K为圆心，2为半径的圆上运动，当AM与⊙K相切时，∠OAM的值最大，此时sin∠OAM的值最大．
【解答】解：如图，作△AOB的外接圆⊙T，连接OT，TA，TB，取OT的中点K，连接KM．
∵∠ATO＝2∠ABO＝60°，TO＝TA，
∴△OAT是等边三角形，
∵A（4，0），
∴TO＝TA＝TB＝4，
∵OK＝KT，OM＝MB，
∴KM＝TB＝2，
∴点M在以K为圆心，2为半径的圆上运动，
当AM与⊙K相切时，∠OAM的值最大，此时sin∠OAM的值最大，
∵△OTA是等边三角形，OK＝KT，
∴AK⊥OT，
∴AK＝＝＝2，
∵AM是切线，KM是半径，
∴AM⊥KM，
∴AM＝＝＝2，
过点M作ML⊥OA于点L，KR⊥OA于点R，MP⊥RK于点P．
∵∠PML＝∠AMK＝90°，
∴∠PMK＝∠LMA，
∵∠P＝∠MLA＝90°，
∴△MPK∽△MLA，
∴＝＝＝＝，
设PK＝x，PM＝y，则有ML＝y，AL＝x，
∴y＝+x①，y＝3﹣x，
解得，x＝，y＝，
∴ML＝y＝，
∴sin∠OAM＝＝＝．
故选：A．
【中考模拟练】
1．（2024•高青县一模）如图（1），在△ABC中，AB＝AC＝4，射线AN∥BC，D为AN上一点，过点D作DE∥AB，交射线BC于点E．研究发现线段CE的长y与线段AD的长x之间的关系可用图（2）的图象表示，已知点M（8，2），则∠B的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据点M的坐标可求出BC的长，再过点A作BC的垂线，构造直角三角形即可解决问题．
【解答】解：因为点M的坐标为（8，2），如图所示，
AD′＝8，CE′＝2．
过点C作D′E′的平行线，交AN于点F，
∵CF∥D′E′，AN∥BC，
∴四边形CE′D′F是平行四边形，
∴D′F＝CE′＝2，
∴AF＝8﹣2＝6．
同理可得，
四边形ABCF是平行四边形，
∴BC＝AF＝6．
过点A作BC的垂线，垂足为M，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝．
在Rt△ABM中，
AM＝，
∴tan∠B＝．
故选：A．
2．（2024•雁塔区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝7，，将△ABC沿BC方向平移得到△A'B'C'，若AB'平分∠BAC，则B'C的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据平移的性质可得：AB∥A′B′，从而可得∠BAC＝∠B′EC＝90°，∠BAB′＝∠AB′E，∠B＝∠A′B′C，进而可得tan∠EB′C＝tanB＝，然后在Rt△B′EC中，利用锐角三角函数的定义可设EC＝4x，则B′E＝3x，从而利用勾股定理可得B′C＝5x，再利用角平分线的定义和平行线的性质可得△AEB′是等腰三角形，从而可得AE＝EB′＝3x，最后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答．
【解答】解：由平移得：AB∥A′B′，
∴∠BAC＝∠B′EC＝90°，∠BAB′＝∠AB′E，∠B＝∠A′B′C，
∵，
∴tan∠EB′C＝tanB＝，
在Rt△B′EC中，tan∠EB′C＝＝，
∴设EC＝4x，则B′E＝3x，
∴B′C＝＝＝5x，
∵AB′平分∠BAC，
∴∠BAB′＝∠B′AC，
∴∠AB′E＝∠B′AC，
∴AE＝EB′＝3x，
在Rt△ABC中，AB＝7，
∴tanB＝＝＝，
解得：x＝，
∴B′C＝5x＝，
故选：B．
3．（2024•松北区一模）我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫做顶角的正对（sad）．如图，在△ABC中，AB＝AC，顶角A的正对记作sadA，这时，根据上述角的正对定义，则sad60°的值为（ ）
A．B．C．D．1
【分析】根据题意可知三角形是等边三角形，依据正对定义进行解答即可．
【解答】解：∵AB＝AC，顶角A的正对记作sadA，这时，且∠A＝60°，
∴AB＝BC＝AC，
∴sad60°＝＝1，
故选：D．
4．（2024•南通模拟）如图，在4×5的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，△ABC的顶点都在这些小正方形的格点上，那么sin∠BAC的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】过点C作CM⊥AB于M，利用等面积法求出CM，然后利用正弦是定义求解即可．
【解答】解：如图，过点C作CM⊥AB于M，
由题意得AB＝，
AC＝，
∵S，
即，
解得CM＝，
∴sin∠BAC＝．
故选：C．
5．（2024•凉州区一模）如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上，则csA的值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据勾股定理求出AC，根据锐角三角函数的定义求出即可．
【解答】解：如图，
从图形可知：AE＝4，CE＝2，
由勾股定理得：AC＝＝2，
csA＝．
故选：D．
6．（2024•金牛区模拟）如图，已知点C为线段AB的中点，CD⊥AB且CD＝AB＝8，连接AD，BE⊥AB，且交∠DAB的平分线AE于点E，AE与DC相交于点F，EH⊥DC于点G，交AD于点H，则AH的长为 10﹣2 ．
【分析】由∠ACD＝90°，CD＝AB＝8，AC＝BC＝AB＝4，求得AD＝4，再证明四边形BCGE是矩形，则EG＝BC＝4，EG∥BC，所以∠HEA＝∠BAE，而∠HAE＝∠BAE，则∠HEA＝∠HAE，所以EH＝AH，由＝＝sinD，得＝，求得AH＝10﹣2，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴∠ACD＝90°，
∵点C为线段AB的中点，CD＝AB＝8，
∴AC＝BC＝AB＝4，
∴AD＝＝4，
∵BE⊥AB，EH⊥DC，
∴∠B＝∠BCG＝∠CGE＝90°，
∴四边形BCGE是矩形，
∴EG＝BC＝4，EG∥BC，
∴∠HEA＝∠BAE，
∵AE平分∠DAB，
∴∠HAE＝∠BAE，
∴∠HEA＝∠HAE，
∴EH＝AH，
∴HG＝EH﹣EG＝AH﹣4，HD＝AD﹣AH＝4﹣AH，
∵∠HGD＝∠ACD＝90°，
∴＝＝sinD，
∴＝，
∴解得AH＝10﹣2，
故答案为：10﹣2．
7．（2024•张店区一模）如图，分别经过点A（﹣1，0）和点B（1，0）的动直线l1，l2交于点C，在线段AC上取点D，连接BD．若∠ACB＝30°，且，则当tan∠ABD的值最大时，点C的坐标为 或 ．
【分析】作△ABC的外接圆⊙M，连接AM，BM，CM，在AM上取点N，使，连接ND，BD，BN，过点N做NK⊥AB于K，过D作DG⊥x轴于G，过C作CH⊥x轴于H，证明△ABM是等边三角形，可得出AM＝AB，∠MAB＝60°，根据三线合一性质可判断M在y轴上，证明△NAD∽△MAC，可求出，则点D在以N为圆心，ND为半径的⊙N上运动，当BD与⊙N相切时，∠ABD最大，即tan∠ABD的值最大，此时利用勾股定理可求出，设设D（m，n），证明△ADG∽△ACH，可求出CH＝3n，AH＝3m+3，OH＝3m+2，则C（3m+2，3n），根据，CM＝2，结合两点距离公式列方程组，然后解方程组即可求解．
【解答】解：作△ABC的外接圆⊙M，连接AM，BM，CM，在AM上取点N，使，连接ND，BD，BN，过点N做NK⊥AB于K，过D作DG⊥x轴于G，过C作CH⊥x轴于H，
∵∠ACB＝30°，
∴∠AMB＝2∠ACB＝60°，
又AM＝BM，
∴△ABM是等边三角形，
∴AM＝AB，∠MAB＝60°，
∵A（﹣1，0），B（1，0），
∴AO＝BO＝1，AM＝AB＝2，
∴MO⊥AB，，
∴M在y轴上，
在Rt△ANK中，，∠NAK＝60°，∠AKN＝90°，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∠NAD＝∠MAC，
∴△NAD∽△MAC
∴，即
∴，
∴点D在以N为圆心，ND为半径的⊙N上运动，
当BD与⊙N相切时，∠ABD最大，即tan∠ABD的值最大
此时∠BDN＝90°，
∴，
设D（m，n），
∵DG⊥x轴，CH⊥x轴，
∴DG∥CH，
∴△ADG∽△ACH，
∴，即，
解得CH＝3n，AH＝3m+3，
∴OH＝3m+2，
∴C（3m+2，3n），
∵，CM＝2，
∴，
化简的，
①﹣②，得，
∴，即3n2＝（5m+3）2
把3n2＝（5m+3）2代入①，得3m2﹣6m+（5m+3）2＝5，
整理，得7m2+6m+1＝0，
解得，，
当时，，
∴，，
∴点C坐标为；
当时，，
∴，，
∴点C坐标为；
综上，点C坐标为或．
故答案为：或．
题型02 解直角三角形的应用
【中考真题练】
1．如图，焊接一个钢架，包括底角为37°的等腰三角形外框和3m高的支柱，则共需钢材约 21 m（结果取整数）．（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【分析】根据等腰三角形的三线合一性质可得AD＝BD＝AB，然后在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出AC，AD的长，从而求出AB的长，最后进行计算即可解答．
【解答】解：∵CA＝CB，CD⊥AB，
∴AD＝BD＝AB，
在Rt△ACD中，∠CAD＝37°，CD＝3m，
∴AC＝≈＝5（m），AD＝≈＝4（m），
∴CA＝CB＝5m，AB＝2AD＝8（m），
∴共需钢材约＝AC+CB+AB+CD＝5+5+8+3＝21（m），
故答案为：21．
2．（2023•盐城）如图1，位于市区的“铁军”雕塑“大铜马”是盐城市标志性文化名片，如图2，线段AB表示“铁军”雕塑的高，点B，C，D在同一条直线上，且∠ACB＝60°，∠ADB＝30°，CD＝17.5m，则线段AB的长约为 15 m．（计算结果保留整数，参考数据：≈1.7）
【分析】由外角的性质可求∠ADB＝∠CAD＝30°，可得AC＝CD＝17.5m，由锐角三角函数可求解．
【解答】解：∵∠ACB＝60°，∠ADB＝30°，∠ACB＝∠ADB+∠CAD，
∴∠ADB＝∠CAD＝30°，
∴AC＝CD＝17.5m，
∵∠ABC＝90°，∠ACB＝60°，
∴AB＝AC•sin∠ACB＝AC≈15m，
故答案为：15．
3．（2023•枣庄）如图所示，桔槔是一种原始的汲水工具，它是在一根竖立的架子上加上一根细长的杠杆，末端悬挂一重物，前端悬挂水桶．当人把水桶放入水中打满水以后，由于杠杆末端的重力作用，便能轻易把水提升至所需处，若已知：杠杆AB＝6米，AO：OB＝2：1，支架OM⊥EF，OM＝3米，AB可以绕着点O自由旋转，当点A旋转到如图所示位置时∠AOM＝45°，此时点B到水平地面EF的距离为 （3+） 米．（结果保留根号）
【分析】过点O作OC⊥BT，垂足为C，根据题意可得：BC∥OM，从而可得∠AOM＝∠OBC＝45°，再根据已知易得AO＝4米，OB＝2米，然后在Rt△OBC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：过点O作OC⊥BT，垂足为C，
由题意得：BC∥OM，
∴∠AOM＝∠OBC＝45°，
∵AB＝6米，AO：OB＝2：1，
∴AO＝4米，OB＝2米，
在Rt△OBC中，BC＝OB•cs45°＝2×＝（米），
∵OM＝3米，
∴此时点B到水平地面EF的距离＝BC+OM＝（3+）米，
故答案为：（3+）．
4．（2023•湘潭）问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保．明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒．
问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的⊙O．如图②，OM始终垂直于水平面，设筒车半径为2米．当t＝0时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时∠AOM＝30°，经过95秒后该盛水筒运动到点B处．
问题解决：
（1）求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时，∠BOM的度数；
（2）求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到0.1米）（参考数据≈1.414，≈1.732）
【分析】（1）求出筒车每秒转过的度数，再根据周角的定义进行计算即可；
（2）根据直角三角形的边角关系分别求出OD、OC即可．
【解答】解：（1）由于筒车每旋转一周用时120秒．所以每秒转过360°÷120＝3°，
∴∠BOM＝360°﹣3°×95﹣30°＝45°；
（2）如图，过点B、点A分别作OM的垂线，垂足分别为点C、D，
在Rt△AOD中，∠AOD＝30°，OA＝2米，
∴OD＝OA＝（米）．
在Rt△BOC中，∠BOC＝45°，OB＝2米，
∴OC＝OB＝（米），
∴CD＝OD﹣OC＝﹣≈0.3（米），
即该盛水筒旋转至B处时到水面的距离约为0.3米．
5．（2023•贵州）贵州旅游资源丰富．某景区为给游客提供更好的游览体验，拟在如图①景区内修建观光索道．设计示意图如图②所示，以山脚A为起点，沿途修建AB、CD两段长度相等的观光索道，最终到达山顶D处，中途设计了一段与AF平行的观光平台BC为50m．索道AB与AF的夹角为15°，CD与水平线夹角为45°，A、B两处的水平距离AE为576m，DF⊥AF，垂足为点F．（图中所有点都在同一平面内，点A、E、F在同一水平线上）
（1）求索道AB的长（结果精确到1m）；
（2）求水平距离AF的长（结果精确到1m）．
（参考数据：sin15°≈0.25，cs15°≈0.96，tan15°≈0.26，）
【分析】（1）通过解Rt△ABE可求得AB的长；
（2）延长BC交DF于G，证明四边形BEFG是矩形，可得EF＝BG，∠CGD＝∠BGF＝90°，再解Rt△CDG可求解CG的长，进而可求解．
【解答】解：（1）在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠A＝15°，AE＝576m，
∴AB＝（m），
即AB的长约为600m；
（2）延长BC交DF于G，
∵BC∥AE，
∴∠CBE＝90°，
∵DF⊥AF，
∴∠AFD＝90°，
∴四边形BEFG为矩形，
∴EF＝BG，∠CGD＝∠BGF＝90°，
∵CD＝AB＝600m，∠DCG＝45°，
∴CG＝CD•cs∠DCG＝600×cs45°＝600×＝（m），
∴AF＝AE+EF＝AE+BG＝AE+BC+CG＝576+50+≈1049（m），
即AF的长为1049m．
6．（2023•金昌）如图1，某人的一器官后面A处长了一个新生物，现需检测其到皮肤的距离（图1）．为避免伤害器官，可利用一种新型检测技术，检测射线可避开器官从侧面测量．某医疗小组制定方案，通过医疗仪器的测量获得相关数据，并利用数据计算出新生物到皮肤的距离方案如下：
请你根据上表中的测量数据，计算新生物A处到皮肤的距离．（结果精确到0.1cm）
（参考数据：sin35°≈0.57，cs35°≈0.82，tan35°≈0.70，sin22°≈0.37，cs22°≈0.93，tan22°≈0.40）
【分析】过点A作AF⊥MN，垂足为F，设BF＝x cm，则CF＝（x+9）cm，然后在Rt△ABF中，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，再在Rt△ACF中，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，从而列出关于x的方程，进行计算即可解答．
【解答】解：过点A作AF⊥MN，垂足为F，
设BF＝x cm，
∵BC＝9cm，
∴CF＝BC+BF＝（x+9）cm，
在Rt△ABF中，∠ABF＝∠DBN＝35°，
∴AF＝BF•tan35°≈0.7x（cm），
在Rt△ACF中，∠ACF＝∠ECN＝22°，
∴AF＝CF•tan22°≈0.4（x+9）cm，
∴0.7x＝0.4（x+9），
解得：x＝12，
∴AF＝0.7x＝8.4（cm），
∴新生物A处到皮肤的距离约为8.4cm．
7．（2023•山西）2023年3月，水利部印发《母亲河复苏行动河湖名单（2022﹣2025年）》，我省境内有汾河、桑干河、洋河、清漳河、浊漳河、沁河六条河流入选，在推进实施母亲河复苏行动中，需要砌筑各种驳岸（也叫护坡）．某校“综合与实践”小组的同学把“母亲河驳岸的调研与计算”作为一项课题活动，利用课余时间完成了实践调查，并形成了如下活动报告．请根据活动报告计算BC和AB的长度（结果精确到0.1m，参考数据：≈1.73，≈1.41 ）．
【分析】过E作EF⊥CD于F，延长AB，CD交于H，得到∠EFD＝90°，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：过E作EF⊥CD于F，延长AB，CD交于H，
∴∠EFD＝90°，
由题意得，在Rt△EFD中，，cs，
∴（m），
∴FD＝ED•cs∠EDF＝6×cs60°＝6×＝3（m），
由题意得，∠H＝90°，四边形AEFH是矩形，
∴，HF＝AE＝1.5m，
∵CF＝CD﹣FD＝3.5﹣3＝0.5（m），
∴CH＝HF﹣CF＝1.5﹣0.5＝1（m），
在Rt△BCH中，∠H＝90°，∠BCH＝180°﹣∠BCD＝180°﹣135°＝45°，
∵，
∴1.4（m），
∴BH＝CH•tan∠BCH＝1×tan45°＝1（m），
∴AB＝AH﹣BH＝3．
答：BC的长度约为1.4m，AB的长度约为4.2m．
8．（2023•河南）综合实践活动中，某小组用木板自制了一个测高仪测量树高，测高仪ABCD为正方形，AB＝30cm，顶点A处挂了一个铅锤M．如图是测量树高的示意图，测高仪上的点D，A与树顶E在一条直线上，铅垂线AM交BC于点H．经测量，点A距地面1.8m，到树EG的距离AF＝11m，BH＝20cm．求树EG的高度（结果精确到0.1m）．
【分析】由题意可知，∠BAE＝∠MAF＝∠BAD＝90°，FG＝1.8m，易知∠EAF＝∠BAH，可得tan∠EAF＝＝tan∠BAH＝，进而求得，利用EG＝EF+FG即可求解．
【解答】解：由题意可知，∠BAE＝∠MAF＝∠BAD＝90°，FG＝1.8m，
则∠EAF+∠BAF＝∠BAF+∠BAH＝90°，
∴∠EAF＝∠BAH，
∵AB＝30cm，BH＝20cm，
则tan∠EAF＝＝，
∴tan∠EAF＝＝tan∠BAH＝，
∵AF＝11m，
则，
∴EF＝，
∴EG＝EF+FG＝1.8≈9.1m．
答：树EG的高度约为9.1m．
9．（2023•济南）图1是某越野车的侧面示意图，折线段ABC表示车后盖，已知AB＝1m，BC＝0.6m，∠ABC＝123°，该车的高度AO＝1.7m．如图2，打开后备厢，车后盖ABC落在AB'C'处，AB'与水平面的夹角∠B'AD＝27°．
（1）求打开后备厢后，车后盖最高点B'到地面l的距离；
（2）若小琳爸爸的身高为1.8m，他从打开的车后盖C'处经过，有没有碰头的危险？请说明理由．（结果精确到0.01m，参考数据：sin27°≈0.454，cs27°≈0.891，tan27°≈0.510，≈1.732）
【分析】（1）作B′E⊥AD，垂足为点E，先求出B′E的长，再求出B′E+AO的长即可；
（2）过C′作C′F⊥B′E，垂足为点F，先求得∠AB′E＝63°，再得到∠C′B′F＝∠AB′C′﹣∠AB′E＝60°，再求得B′F＝B′C′•cs60°＝0.3m，从而得出C′到地面的距离为2.15﹣0.3＝1.85（m），最后比较即可．
【解答】解：（1）如图，作B′E⊥AD，垂足为点E，
在Rt△AB′E中，
∵∠B′AD＝27°，AB′＝AB＝1m，
∴sin27°＝，
∴B′E＝AB′sin27°≈1×0.454＝0.454m，
∵平行线间的距离处处相等，
∴B′E+AO＝0.454+1.7＝2.154≈2.15m，
答：车后盖最高点B′到地面的距离为2.15m．
（2）没有危险，理由如下：
如图，过C′作C′F⊥B′E，垂足为点F，
∵∠B′AD＝27°，∠B′EA＝90°，
∴∠AB′E＝63°，
∵∠AB′C′＝∠ABC＝123°，
∴∠C′B′F＝∠AB′C′﹣∠AB′E＝60°，
在Rt△B′FC′中，B′C′＝BC＝0.6m，
∴B′F＝B′C′•cs60°＝0.3m．
∵平行线间的距离处处相等，
∴C′到地面的距离为2.15﹣0.3＝1.85m．
∵1.85＞1.8，
∴没有危险．
【中考模拟练】
1．（2024•洛龙区一模）如图，某汽车车门的底边长为0.95m，车门侧开后的最大角度为72°，若将一扇车门侧开，则这扇车门底边上所有点中到车身的最大距离是（ ）m．
A．0.95B．0.95sin72°
C．0.95cs72°D．0.95tan72°
【分析】过点N作NH⊥OM于点H，则NH为最大距离，根据三角函数作答即可．
【解答】解：过点N作NH⊥OM于点H，则NH为最大距离，
在Rt△OMN中，
ON＝0.95m，∠NOH＝72°，
∴NH＝ON•sin∠NOH＝0.95sin72°，
故选：B．
2．（2024•福田区二模）我校数学兴趣小组的同学要测量建筑物CD的高度，如图，建筑物CD前有一段坡度为i＝1：2的斜坡BE，小明同学站在山坡上的B点处，用测角仪测得建筑物屋顶C的仰角为37°，接着小明又向下走了米，刚好到达坡底E处，这是测到建筑物屋顶C的仰角为45°，A、B、C、D、E、F在同一平面内，若测角仪的高度AB＝EF＝1.5米，则建筑物CD的高度约为（ ）米．（精确到0.1米，参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
A．38.5米B．39.0米C．40.0米D．41.5米
【分析】设CD＝x米．延长AB交DE于H，作AM⊥CD于M，FN⊥CD于N，求出BH＝4（米），EH＝8（米），由矩形的性质得出AM＝DH，AH＝DM，FN＝DE，FE＝DN＝1.5（米），在Rt△CFN中，求出CN＝FN＝DE＝（x﹣1.5）（米），AM＝DH＝（8+x﹣1.5）（米），CM＝（x﹣5.5）（米），在Rt△ACM中，由AM＝≈，得出方程，解方程即可．
【解答】解：设CD＝x米．延长AB交DE于H，作AM⊥CD于M，FN⊥CD于N，如图所示：
在Rt△BHE中，∵BE＝4米，BH：EH＝1：2，
∴BH＝4（米），EH＝8（米），
∵四边形AHDM是矩形，四边形FEDN是矩形，
∴AM＝DH，AH＝DM，FN＝DE，FE＝DN＝1.5（米），
在Rt△CFN中，∵∠CFN＝45°，
∴CN＝FN＝DE＝（x﹣1.5）（米），
∵AM＝DH＝（8+x﹣1.5）（米），CM＝（x﹣5.5）（米），
在Rt△ACM中，∵∠CAM＝37°，
∴AM＝≈，
∴8+x﹣1.5≈，
∴x≈41.5（米），
∴CD≈41.5米，
故选：D．
3．（2024•光明区二模）如图，在坡比为的斜坡上有一电线杆AB．某时刻身高1.7米的小明在水平地面上的影长恰好与其身高相等，此时电线杆在斜坡上的影长BC为30米，则电线杆AB的高为（ ）米．
A．B．C．D．
【分析】过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于点D，根据坡度的概念、勾股定理分别求出BD、CD，根据平行投影求出AD，进而求出AB．
【解答】解：过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于点D，
设BD＝x米，
∵斜坡AB的坡度为1：，
∴CD＝x米，
由勾股定理得：BC2＝CD2+BD2，即302＝（x）2+x2，
解得：x＝15（负值舍去），
则BD＝15米，CD＝15米，
由题意可知：AD＝CD＝15米，
∴AB＝AD﹣BD＝（15﹣15）米，
故选：C．
4．（2024•安丘市一模）如图，是矗立在高速公路水平地面上的交通警示牌，点M，A，B在同一条直线上，经测量得到如下数据：AM＝5米，AB＝10米，∠MAD＝45°，∠MBC＝30°，则警示牌的高CD为 3.7 米．（结果精确到0.1米，参考数据：≈1.73）
【分析】根据题意可得：CM⊥MB，然后分别在Rt△ADM和Rt△CMB中，利用锐角三角函数的定义求出DM和CM的长，从而利用线段的和差关系进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：CM⊥MB，
在Rt△ADM中，AM＝5米，∠MAD＝45°，
∴DM＝AM•tan45°＝5（米），
∵AB＝10米，
∴MB＝AM+AB＝15（米），
在Rt△CMB中，∠CBM＝30°，
∴CM＝BM•tan30°＝15×＝5（米），
∴CD＝CM﹣DM＝5﹣5≈3.7（米），
∴警示牌的高CD约为3.7米，
故答案为：3.7．
5．（2024•洪山区模拟）黄鹤楼位于湖北省武汉市，地处蛇山之巅，濒临万里长江，为武汉市地标建筑．身高1.4m的小伟今天在司门口黄鹤楼地铁站C出口（图中点A处）观察黄鹤楼的仰角α＝12.8°，前行120m来到民主路上（图中点B处）后，观察黄鹤楼的仰角β＝26.6°．那么据此可以估算出黄鹤楼的高度为 51.4 m．（精确到0.1米，参考数据：，）
【分析】在Rt△BEF中，根据三角函数求出BF，AF＝BF+AB，在Rt△AEF中，根据三角函数求出EF，EF＝（+120）×tan12.8°，EG＝EF+FG，进而作答即可．
【解答】解：如图，标记相关字母，
在Rt△BEF中，
BF＝，
∴AF＝BF+AB＝+120，
在Rt△AEF中，
EF＝AF•tan12.8°，
即EF＝（+120）×tan12.8°，
∴EF＝120÷（）≈50（m），
EG＝EF+FG＝50+1.4＝51.4（m），
故答案为：51.4．
6．（2024•兴庆区校级一模）如图，图1是一辆电动车，图2为其示意图，点A为座垫，AB⊥BC，AB高度可调节，其初始高度为35cm，CD为车前柱，CD＝122cm，∠C＝70°，根据该款车提供信息表明，当骑行者手臂DE与车前柱DC夹角为80°时，骑行者最舒适，若某人手臂长60cm，肩膀到座垫的高度AE＝42cm．若要想骑行最舒适，则座垫应调高的厘米数为 8cm ．（结果按四舍五入法精确到1cm，参考数据sin70°≈0.94，cs70°≈0.34，tan70°≈2.75）
【分析】过点D作DF⊥CB，垂足为F，过点E作EG⊥DF，垂足为G，过点A作AH⊥DF，垂足为H，利用垂直定义可得∠DFC＝90°，再根据题意可得：EB＝GF，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得∠CDF＝20°，从而可得∠EDF＝60°，再在Rt△DCF中，利用锐角三角函数的定义求出DF的长，最后在Rt△DEG中，利用锐角三角函数的定义求出DG的长，从而求出GF的长，进而求出AB的长，即可解答．
【解答】解：过点D作DF⊥CB，垂足为F，过点E作EG⊥DF，垂足为G，过点A作AH⊥DF，垂足为H，
∴∠DFC＝90°，
由题意得：EB＝GF，
∵∠C＝70°，
∴∠CDF＝90°﹣∠C＝20°，
∵∠CDE＝80°，
∴∠EDF＝∠CDE﹣∠CDF＝60°，
在Rt△DCF中，CD＝122cm，
∴DF＝CD•sin70°≈122×0.94＝114.68（cm），
在Rt△DEG中，DE＝60cm，
∴DG＝DE•cs60°＝60×＝30（cm），
∴GF＝EB＝DF﹣DG＝114.68﹣30＝84.68（cm），
∵AE＝42cm，
∴AB＝EB﹣AE＝84.68﹣42＝42.68（cm），
∵初始高度为35cm，
∴42.68﹣35＝7.68≈8（cm），
∴座垫应调高的厘米数约为8cm，
故答案为：8cm．
7．（2024•广安二模）如图1，某款台灯由底座、支撑臂AB、连杆BC、悬臂CD和安装在D处的光源组成．如图2是该款台灯放置在水平桌面上的示意图，已知支撑臂AB⊥l，AB＝22cm，BC＝35cm，CD＝40cm，固定∠ABC＝143°，可通过调试悬臂CD与连杆BC的夹角提高照明效果．
（1）求悬臂端点C到桌面l的距离约为多少？
（2）已知光源D到桌面l的距离为30cm时照明效果较好，那么此时悬臂CD与连杆BC的夹角∠BCD的度数约为多少？（参考数据：sin53°≈0.8，cs53°≈0.6，tan53°≈1.33）
【分析】（1）过点C作l的垂线，垂足为点E，过点B作BF⊥CE于点F，则EF＝AB＝22cm，∠ABF＝90°，得出∠CBF＝∠ABC﹣∠ABF＝53°，根据CF＝BC⋅sin53°，求出CF，最后根据CE＝CF+EF，即可求解；
（2）过点D作DH⊥CE于点G，DG⊥l于点G，推出CH＝CE﹣HE＝20cm，则，求出∠DCH＝60°，得出∠BCF＝37°，最后∠BCD＝∠DCH﹣∠BCF，即可求解．
【解答】解：（1）过点C作l的垂线，垂足为点E，过点B作BF⊥CE于点F，
∵AB⊥l，CE⊥l，BF⊥CE，
∴四边形ABFE为矩形，
∴EF＝AB＝22cm，∠ABF＝90°，
∵∠ABC＝143°，
∴∠CBF＝∠ABC﹣∠ABF＝53°，
∴CF＝BC⋅sin53°＝35×0.8＝28（cm），
∴CE＝CF+EF＝50（cm），
即悬臂端点C到桌面l的距离约为50cm；
（2）过点D作DH⊥CE于点G，DG⊥l于点G，
∵DH⊥CE，DG⊥l，CE⊥l，
∴四边形DHEG为矩形，
∴DG＝HE＝30cm，
∴CH＝CE﹣HE＝20cm，
∵CD＝40cm，
∴，
∴∠DCH＝60°，
∵∠CBF＝53°，BF⊥CE，
∴∠BCF＝90°﹣53°＝37°，
∴∠BCD＝∠DCH﹣∠BCF＝23°．
8．（2024•湖州一模）用某型号拖把去拖沙发底部地面的截面示意图如图所示，拖把头为矩形ABCD，AB＝16cm，DA＝2cm．该沙发与地面的空隙为矩形EFGH，EF＝55cm，HE＝12cm．拖把杆为线段OM，长为45cm，O为DC的中点，OM与DC所成角α的可变范围是14°≤α≤90°，当α大小固定时，若OM经过点G，或点A与点E重合，则此时AF的长即为沙发底部可拖最大深度．
（1）如图1，当α＝30°时，求沙发底部可拖最大深度AF的长．（结果保留根号）
（2）如图2，为了能将沙发底部地面拖干净，将α减小到14°，请通过计算，判断此时沙发底部可拖最大深度AF的长能否达到55cm？（sin14°≈0.24，cs14°≈0.97，tan14°≈0.25）
【分析】（1）设DC的延长线交GF于点N．易得GN的长度，根据30°的正切值可得ON的长度，再加上OD的长度即为DN的长度，也就是AF的长度；
（2）根据14°的正切值可得ON的长度，再加上OD的长度即为DN的长度，也就是AF的长度，即可判断沙发底部可拖最大深度AF的长能否达到55cm．
【解答】解：（1）设DC的延长线交GF于点N．
∵四边形ABCD和四边形EFGH是矩形，HE＝12cm，AB＝16cm，
∴∠A＝∠D＝∠F＝90°，CD＝AB＝16（cm），GF＝HE＝12（cm）．
∴四边形ADNF是矩形．
∴NF＝AD＝2（cm），∠DNF＝90°，AF＝DN．
∴∠ONG＝90°，GN＝GF﹣NF＝10（cm）．
∵∠GON＝∠α＝30°，
∴ON＝10（cm）．
∵点O是CD的中点，
∴OD＝8（cm）．
∴DN＝OD+ON＝（8+10）cm．
∴AF＝（8+10）cm．
答：沙发底部可拖最大深度AF的长为（8+10）cm；
（2）由（1）得：∠ONG＝90°，GN＝10cm，OD＝8cm．
∵∠GON＝∠α＝14°，
∴ON＝＝≈10÷0.25＝40（cm）．
∴DN＝OD+ON＝8+40＝48（cm）．
∵48＜55，
∴此时沙发底部可拖最大深度AF的长不能达到55cm．
9．（2024•海口一模）木栏头灯塔是矗立在海南岛文昌市的一座航标灯塔（如图1），被称为”亚洲第一灯塔”，如图2，虎威岛A位于木栏头灯塔O的南偏西50°方向上．一艘轮船在B处测得灯塔O位于它的北偏西45°方向上，轮船沿着正北方向航行3km后，到达位于灯塔O正东方向上的C处，该船继续向北航行至直线AO上的点D处．
（1）填空：∠BOC＝ 45 度，∠D＝ 50 度．
（2）求点D到灯塔O的距离．
（3）若轮船的航行速度为20km/h，求轮船在BD段航行了多少小时．
（参考数据：sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，tan50°≈1.19，≈1.73．结果精确到小数点后一位）
【分析】（1）根据方位角的，利用角的和差关系以及三角形内角和定理即可求出∠BOC和∠D的度数；
（2）先在Rt△BOC中，求出OC，再在Rt△DOC中，利用直角三角形的边角关系求出OD即可；
（3）在Rt△DOC中，利用直角三角形的边角关系求出CD，进而求出BD，再除以速度即可得到答案．
【解答】解：（1）由题意可知，OC⊥BD，
∵∠CBO＝45°，
∴∠BOC＝90°﹣∠CBO＝45°，
∴∠COD＝180°﹣50°﹣90°＝40°，
∴∠D＝90°﹣∠COD＝50°，
故答案为：45，50；
（2）由题意可知：BC＝3km，
在Rt△BOC中，
∠CBO＝45°，
∴OC＝BC＝3km，
在Rt△DOC中，
∠D＝50°，
∴OD＝＝≈3.9（km），
答：点D到灯塔O的距离约为3.8km；
（3）在Rt△DOC中，
CD＝＝≈2.5（km），
∴BD＝BC+CD＝3+2.5＝5.5（km），
∵轮船的航行速度为20km/h，
∴轮船在BD段航行了≈0.3（小时）．
答：轮船在BD段航行了约0.3小时．
10．（2024•辽宁模拟）如图1，在水平桌面上摆放着一个主体部分为圆柱体的透明容器．容器的截面示意图如图2所示，其中CE＝21cm，∠CEF＝90°．
（1）如图3，点C固定不动，将容器倾斜至A1B1CD1位置，液面刚好位于M1E1处，点E1到直线l的距离E1K，记为h cm，测得∠E1CK＝60°，求h的值；
（2）如图4，在（1）的条件下，再将容器缓慢倾斜倒出适量的液体，此时容器位于A2B2CD2位置，液面刚好位于M2E2处，E1F1，E2F2的延长线分别与直线l相交于点H，G，点C，G，H都在直线l上，测得∠E2CG＝37°，求GH的长．
（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，，结果精确到0.1cm）
【分析】（1）根据题意可得：E1K⊥l，CE1＝CE＝21cm，然后在Rt△CKE1中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答；
（2）先在Rt△CE1H中，利用锐角三角函数的定义求出CH的长，再在Rt△CE2G中，利用锐角三角函数的定义求出CG的长，然后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：（1）由题意得：E1K⊥l，CE1＝CE＝21cm，
在Rt△CKE1中，∠E1CK＝60°，
∴E1K＝CE1•sin60°＝21×≈18.2（cm），
∴h的值约为18.2cm；
（2）在Rt△CE1H中，∠E1CH＝60°，CE1＝21cm，
∴CH＝＝＝42（cm），
在Rt△CE2G中，∠E2CG＝37°，CE2＝CE＝21cm，
∴CG＝≈＝26.25（cm），
∴GH＝CH﹣CG＝42﹣26.25≈15.8（cm），
∴GH的长约为15.8cm．
题型03 解直角三角形与几何的综合
【中考真题练】
1．（2023•淄博）勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图”的证明简明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千百年来倍受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连接EG，DG．若正方形ABCD与EFGH的边长之比为：1，则sin∠DGE等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】由题意得：，解得：，进而求解．
【解答】解：过点D作ND⊥GE交GE的延长线于点N，
由题意知，两个正方形之间是4个相等的三角形，
设△ABG的长直角边为a，短直角边为b，大正方形的边长为x，小正方形的边长为x，
即ED＝BG＝HC＝AF＝b，AG＝BH＝CE＝DF＝a，EG＝b，
由题意得：，解得：，
在△GDE中，EG＝GH＝b，则NE＝ND＝ED＝b＝x，EG＝GH＝（a﹣b）＝x，
则tan∠DGE＝＝，
则sin∠DGE＝，
故选：A．
2．（2023•内蒙古）如图源于我国汉代数学家赵爽的弦图，它是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．若小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较小的锐角为α，则csα的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】首先根据两个正方形的面积分别求出两个正方形的边长，然后结合题意进一步设直角三角形较短的直角边为a，则较长的直角边为a+1，再利用勾股定理得到关于a的方程，解方程可求出直角三角形的两个个直角边的边长，最后根据锐角三角函数的定义可求出csα的值．
【解答】解：∵小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，
∴小正方形的边长为 1，大正方形的边长为5，
设直角三角形中较短的直角边为a，则较长的直角边是a+1，其中a＞0，
由勾股定理得：a2+（a+1）2＝52，
整理得：a2+a﹣12＝0
解得：a1＝3，a2＝﹣4（不合题意，舍去）．
∴a+1＝4，
∴．
故选：D．
3．（2023•杭州）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF＞∠BAF，连接BE．设∠BAF＝α，∠BEF＝β，若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n，tanα＝tan2β，则n＝（ ）
A．5B．4C．3D．2
【分析】设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，解直角三角形可得，化简可得（b﹣a）2＝ab，a2+b2＝3ab，结合勾股定理及正方形的面积公式可求得S正方形EFGH；S正方形ABCD＝1：3，进而可求解n的值．
【解答】解：设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，
∵tanα＝，tanβ＝，tanα＝tan2β，
∴，
∴（b﹣a）2＝ab，
∴a2+b2＝3ab，
∵a2+b2＝AD2＝S正方形ABCD，（b﹣a）2＝S正方形EFGH，
∴S正方形EFGH：S正方形ABCD＝ab：3ab＝1：3，
∵S正方形EFGH：S正方形ABCD＝1：n，
∴n＝3．
故选：C．
4．（2023•黄石）“神舟”十四号载人飞行任务是中国空间站建造阶段的首次载人飞行任务，也是空间站在轨建造以来情况最复杂、技术难度最高、航天员乘组工作量最大的一次载人飞行任务．如图，当“神舟”十四号运行到地球表面P点的正上方的F点处时，从点F能直接看到的地球表面最远的点记为Q点，已知PF＝km，∠FOQ＝20°，cs20°≈0.9，则圆心角∠POQ所对的弧长约为 π km（结果保留π）．
【分析】设OP＝OQ＝r km．由FQ是⊙O的切线，可得cs∠FOQ＝，由此构建方程求出r，再利用弧长公式求解．
【解答】解：设OP＝OQ＝r km．
由题意，FQ是⊙O的切线，
∴FQ⊥OQ，
∵cs∠FOQ＝，
∴0.9＝，
∴r＝6400，
∴的长＝＝π（km）．
故答案为：π．
5．（2023•绥化）如图，直线MN和EF为河的两岸，且MN∥EF，为了测量河两岸之间的距离，某同学在河岸FE的B点测得∠CBE＝30°，从B点沿河岸FE的方向走40米到达D点，测得∠CDE＝45°．
（1）求河两岸之间的距离是多少米？（结果保留根号）
（2）若从D点继续沿DE的方向走（12+12）米到达P点．求tan∠CPE的值．
【分析】（1）根据直角三角形的边角关系得出CH﹣CH＝40，进而求出答案；
（2）求出HP，根据锐角三角函数的定义进行计算即可．
【解答】解：如图，过点C作CH⊥EF于点H，
在Rt△CHB中，
∵tan∠CBH＝＝，
∴HB＝CH，
在Rt△CHD中，∠CDH＝45°，
∴CH＝DH，
又∵BH﹣DH＝BD＝40，
∴CH﹣CH＝40，
解得CH＝20+20，
即河两岸之间的距离是（20+20）米；
（2）在Rt△CHP中，HP＝HD＝PD＝20+20﹣（12+12）＝8+8，
∴tan∠CPE＝
＝
＝
＝．
6．（2023•乐至县）如图，在某机场的地面雷达观测站O，观测到空中点A处的一架飞机的仰角为45°，飞机沿水平线MN方向飞行到达点B处，此时观测到飞机的仰角为60°，飞机继续沿与水平线MN成15°角的方向爬升到点C处，此时观测到飞机的仰角为60°．已知OA＝9千米．（A、B、C、O、M、N在同一竖直平面内）
（1）求O、B两点之间的距离；
（2）若飞机的飞行速度保持12千米/分钟，求飞机从点B飞行到点C所用的时间是多少分钟？（≈1.414，结果精确到0.01）
【分析】（1）过点O作OD⊥AB，垂足为D，根据题意可得：∠AOM＝45°，∠BOM＝60°，AD∥MN，从而可得∠A＝∠AOM＝45°，∠DBO＝∠BOM＝60°，然后在Rt△ADO中，利用锐角三角函数的定义求出OD的长，再在Rt△BDO中，利用锐角三角函数的定义求出OB的长，即可解答；
（2）过点B作BE⊥OC，垂足为E，根据题意可得：∠CBD＝15°，∠BOM＝60°，∠CON＝60°，从而利用平角定义可得∠BOC＝60°，∠CBO＝75°，然后利用三角形内角和定理可得∠C＝45°，从而在Rt△BOE中，利用锐角三角函数的定义求出BE的长，再在Rt△BCE中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，最后进行计算即可解答．
【解答】解：（1）过点O作OD⊥AB，垂足为D，
由题意得：∠AOM＝45°，∠BOM＝60°，AD∥MN，
∴∠A＝∠AOM＝45°，∠DBO＝∠BOM＝60°，
在Rt△ADO中，OA＝9千米，
∴OD＝OA•sin45°＝9×＝9（千米），
在Rt△BDO中，OB＝＝＝6（千米），
∴O、B两点之间的距离为6千米；
（2）过点B作BE⊥OC，垂足为E，
由题意得：∠CBD＝15°，∠BOM＝60°，∠CON＝60°，
∴∠BOC＝180°﹣∠BOM﹣∠CON＝60°，
∵∠DBO＝60°，
∴∠CBO＝∠CBD+∠DBO＝75°，
∴∠C＝180°﹣∠CBO﹣∠BOC＝45°，
在Rt△BOE中，OB＝6千米，
∴BE＝OB•sin60°＝6×＝9（千米），
在Rt△BCE中，BC＝＝＝9（千米），
∴飞机从点B飞行到点C所用的时间＝≈1.06（分钟），
∴飞机从点B飞行到点C所用的时间约为1.06分钟．
【中考模拟练】
1．（2024•高青县一模）如图（1），在△ABC中，AB＝AC＝4，射线AN∥BC，D为AN上一点，过点D作DE∥AB，交射线BC于点E．研究发现线段CE的长y与线段AD的长x之间的关系可用图（2）的图象表示，已知点M（8，2），则∠B的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据点M的坐标可求出BC的长，再过点A作BC的垂线，构造直角三角形即可解决问题．
【解答】解：因为点M的坐标为（8，2），如图所示，
AD′＝8，CE′＝2．
过点C作D′E′的平行线，交AN于点F，
∵CF∥D′E′，AN∥BC，
∴四边形CE′D′F是平行四边形，
∴D′F＝CE′＝2，
∴AF＝8﹣2＝6．
同理可得，
四边形ABCF是平行四边形，
∴BC＝AF＝6．
过点A作BC的垂线，垂足为M，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝．
在Rt△ABM中，
AM＝，
∴tan∠B＝．
故选：A．
2．（2024•金牛区模拟）如图，已知点C为线段AB的中点，CD⊥AB且CD＝AB＝8，连接AD，BE⊥AB，且交∠DAB的平分线AE于点E，AE与DC相交于点F，EH⊥DC于点G，交AD于点H，则AH的长为 10﹣2 ．
【分析】由∠ACD＝90°，CD＝AB＝8，AC＝BC＝AB＝4，求得AD＝4，再证明四边形BCGE是矩形，则EG＝BC＝4，EG∥BC，所以∠HEA＝∠BAE，而∠HAE＝∠BAE，则∠HEA＝∠HAE，所以EH＝AH，由＝＝sinD，得＝，求得AH＝10﹣2，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴∠ACD＝90°，
∵点C为线段AB的中点，CD＝AB＝8，
∴AC＝BC＝AB＝4，
∴AD＝＝4，
∵BE⊥AB，EH⊥DC，
∴∠B＝∠BCG＝∠CGE＝90°，
∴四边形BCGE是矩形，
∴EG＝BC＝4，EG∥BC，
∴∠HEA＝∠BAE，
∵AE平分∠DAB，
∴∠HAE＝∠BAE，
∴∠HEA＝∠HAE，
∴EH＝AH，
∴HG＝EH﹣EG＝AH﹣4，HD＝AD﹣AH＝4﹣AH，
∵∠HGD＝∠ACD＝90°，
∴＝＝sinD，
∴＝，
∴解得AH＝10﹣2，
故答案为：10﹣2．
3．（2024•天河区校级一模）如图，在 Rt△ABC中，斜边AB＝10，，点P为边AB上一动点（不与A，B重合），PQ平分∠CPB交边BC于点Q，QM⊥AB 于M，QN⊥CP 于N．
（1）当AP＝CP时，线段CQ的长是 4 ；
（2）当CP⊥AB时，线段CQ的长是 ．
【分析】（1）证明点P为AB的中点，由角分线证明PQ∥AC，根据平行线分线段成比例，得出CQ即可．
（2）利用三角函数求出PC，求出sin∠PCQ的值，证明出∠QPN＝45°，设QN为4x，表示出PN为4x、CN为3x，根据PC求出x即可．
【解答】解：（1）如图，
在 Rt△ABC中，AB＝10，，
∴BC＝AB•sinA＝8，
∵AP＝CP，
∴∠PAC＝∠PCA，
∵∠A+∠B＝90°，∠PCA+∠PCB＝90°，
∴∠B＝∠PCB，
∴PB＝PC，
∴PA＝PB，
∵PQ平分∠CPB，
∴∠BPQ＝∠CPQ，
∴∠CPQ＝∠PCA，
∴PQ∥AC，
∴CQ＝BQ＝4，
故答案为：4．
（2）如图，∵CP⊥AB，
∴PC＝AC•sinA＝，
∵∠A+∠PCA＝90°，∠PCA+∠PCQ＝90°，
∴∠PCQ＝∠A，即sin∠PCQ＝，
设PN＝4x，
∵QM⊥AB，
∴CQ＝5x，
∴NC＝3x，
∵PQ平分∠CPB，
∴∠QPN＝45°，
∴PN＝4x，
∴PC＝7x＝，
∴x＝，
∴CQ＝5x＝，
故答案为：．
4．（2024•道里区一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠BAC，BD是△ABC的角平分线，过点D作BD的垂线交BC的延长线于点E，过点E作AB的平行线交AC的延长线于点F，若BE+EF＝8，tan∠BAC＝，则线段DE的长 ．
【分析】根据tan∠BAC＝tan∠DBE＝＝，设DE＝x，BD＝2x，则BE＝＝x，过点D作DN⊥AB于点N，延长ED交AB于点M，结合EF∥AB，证明△ADM≌△FDE，得到AB＝BM+AM＝BE+EF，结合BE+EF＝8，计算即可．
【解答】解：如图，延长ED交AB于点M，
∵，
∴△BDM≌△BDE（ASA）
∴BM＝BE，DM＝DE，
∵EF∥AB，
∴∠A＝∠F，∠AMD＝∠FED，
∵
∴△ADM≌△FDE（AAS），
∴AM＝FE，
∴AB＝BM+AM＝BE+EF，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠ABC＝2∠ABD＝2∠CBD，
∵∠ABC＝2∠BAC，
∴∠BAC＝∠ABD＝∠CBD，
∴AD＝BD，
∵tan∠BAC＝，BD⊥DE，
∴tan∠BAC＝tan∠DBE＝＝，
设DE＝x，BD＝2x，
则BE＝＝x，
∴cs∠ABD＝cs∠DBE＝＝x，
过点D作DN⊥AB于点N，
∵AD＝BD，
∴AN＝BN＝AB，
∵cs∠ABD＝＝x，
∴BN＝x，
∴AB＝2BN＝x，
∵BE+EF＝8，
∴x＝8，
解得x＝，
故DE＝，
故答案为：．
5．（2024•海淀区校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD为BC边上的中线，点E为AD中点，过点A作AF∥BC，交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：四边形ADCF为矩形；
（2）若BC＝6，sin，求EF的长．
【分析】（1）先证△AFE≌△DBE（AAS），得出AF＝BD，则AF＝DC，得出四边形ADCF为平行四边形，再证∠ADC＝90°，即可得出结论；
（2）BC＝6，AD为BC边上的中线，则，在Rt△ABD 中，，求出，则，又根据点E为AD中点，求出，则EF可根据勾股定理可求．
【解答】（1）证明：∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝ED，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，∠FAE＝∠BDE，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS），
∴AF＝BD，
∴AF＝DC，
又∵AF∥BC，
∴四边形ADCF为平行四边形，
∵AB＝AC，AD为BC边上的中线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCF为矩形；
（2）解：∵BC＝6，AD为BC边上的中线，
∴，
∵在Rt△ABD 中，，
∴，
∴，
又∵点E为AD中点，
∴，
∴在 Rt△EBD中，，
∴．
易错点：解直角三角形相关：
在Rt△ABC中，∠C=90°AB=c，BC=a，AC=b
三边关系：
两锐角关系：
边与角关系：，，，
锐角α是a、b的夹角
面积：
易错点：特殊角的三角函数值表
α
sinα
csα
tanα
30°
45°
60°
特殊角的三角函数值，可以直接记数值，也可以记定义，然后现退对应函数值，但显然，直接熟记对应数值会便捷很多。
解题大招01：解直角三角形口诀“直乘斜除，对正临余”——求直角三角形的直角边，多用乘法；求斜边，多用除法。求已知角的对边，多用正弦或正切值；求已知角的临边，多用余弦值。
常见辅助线：做垂线
解题大招02：此类计算更多的是注意审题，因为题目中可能会要求精确位数，或者保留几位有效数字，这时候要注意，一般计算到最后一步才带入参考数据计算，然后四舍五入。
解题大招01：解直角三角形应用常见辅助线
在实际测量高度、宽度、距离等问题中，常结合平面几何知识构造直角三角形，利用三角函数或相似三角形来解决问题，常见的构造的基本图形有如下几种：
（1）不同地点看同一点，如图①
（2）同一地点看不同点，如图②
（3）利用反射构造相似，如图③
（4）常用结论：
课题
检测新生物到皮肤的距离
工具
医疗仪器等
示意图
说明
如图2，新生物在A处，先在皮肤上选择最大限度地避开器官的B处照射新生物，检测射线与皮肤MN的夹角为∠DBN；再在皮肤上选择距离B处9cm的C处照射新生物，检测射线与皮肤MN的夹角为∠ECN．
测量数据
∠DBN＝35°，∠ECN＝22°，BC＝9cm
课题
母亲河驳岸的调研与计算
调查方式
资料查阅、水利部门走访、实地查看了解
调查内容
功能
驳岸是用来保护河岸，阻止河岸崩塌或冲刷的构筑物
材料
所需材料为石料、混凝土等
驳岸时剖面图
相关数据及说明：图中，点A，B，C，D，E在同一竖直平面内，AE和CD均与地面平行，岸墙AB⊥AE于点A，∠BCD＝135°，∠EDC＝60°，ED＝6m，AE＝1.5m，CD＝3.5m．
计算结果
…
交通展示
…
考点一：特殊角的三角函数值及其运算
锐角三角函数的定义和运算是中考数学中的必考考点，单独考察时虽然难度不大，但是也需要熟记对应考点。其中特殊角的三角函数值是必须记住的。
题型01 锐角三角函数的定义
【中考真题练】
1．（2023•攀枝花）△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c．已知a＝6，b＝8，c＝10，则cs∠A的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】先利用勾股定理的逆定理判断三角形的形状，再利用三角形的边角间关系得结论．
【解答】解：在△ABC中，
∵a＝6，b＝8，c＝10，a2+b2＝62+82＝36+64＝100，c2＝100．
∴a2+b2＝c2．
∴△ABC是直角三角形．
∴csA＝＝＝．
故选：C．
2．（2023•衢州）如图，一款可调节的笔记本电脑支架放置在水平桌面上，调节杆，AB＝b，AB的最大仰角为α．当∠C＝45°时，则点A到桌面的最大高度是（ ）
A．B．C．a+bcsαD．a+bsinα
【分析】过点A作AF⊥BE于F，过点B作BG⊥CD于G，利用解直角三角形可得AF＝bsinα，BG＝a，根据点A到桌面的最大高度＝BG+AF，即可求得答案
【解答】解：如图，过点A作AF⊥BE于F，过点B作BG⊥CD于G，
在Rt△ABF中，AF＝AB•sinα＝bsinα，
在Rt△BCG中，BG＝BC•sin45°＝a×＝a，
∴点A到桌面的最大高度＝BG+AF＝a+bsinα，
故选：D．
3．（2023•益阳）如图，在平面直角坐标系xOy中，有三点A（0，1），B（4，1），C（5，6），则sin∠BAC＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】过C作CD⊥AB交AB延长线于D，计算出CD、AC的长，根据正弦计算方法计算即可．
【解答】解：过C作CD⊥AB交AB延长线于D，
∵A（0，1），B（4，1），C（5，6），
∴D（5，1），
∴CD＝6﹣1＝5，AD＝5，
∴AC＝5，
∴sin∠BAC＝＝，
故选：C．
4．（2023•宿迁）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点．点A、B、C三点都在格点上，则sin∠ABC＝ ．
【分析】连接AC，根据勾股定理的逆定理得到∠ACB＝90°，根据正弦的定义计算，得到答案．
【解答】解：如图，连接AC，
由勾股定理得：AB2＝22+42＝20，BC2＝12+32＝10，AC2＝12+32＝10，
则BC2+AC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴sin∠ABC＝＝＝，
故答案为：．
5．（2023•常州）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，点D在边AB上，连接CD．若BD＝CD，＝，则tanB＝ ．
【分析】设AD＝t，根据已知表示出AC＝2t，AB＝AD+BD＝4t，即可得tanB＝＝＝．
【解答】解：设AD＝t，
∵BD＝CD，＝，
∴BD＝CD＝3t，
∴AC＝＝2t，AB＝AD+BD＝4t，
∴tanB＝＝＝，
故答案为：．
【中考模拟练】
1．（2024•绥化模拟）在△ABC中，∠C＝90°，设∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，则（ ）
A．c＝bsinBB．b＝csinBC．a＝btanBD．b＝ctanB
【分析】根据正弦、正切的定义计算，判断即可．
【解答】解：A、sinB＝，
则b＝csinB，本选项说法错误；
B、b＝csinB，本选项说法正确；
C、tanB＝，
则b＝atanB，本选项说法错误；
D、b＝atanB，本选项说法错误；
故选：B．
2．（2024•湖州一模）如图，小明想利用“∠A＝30°，AB＝6cm，BC＝4cm”这些条件作△ABC．他先作出了∠A和AB，在用圆规作BC时，发现点C出现C1和C2两个位置，那么C1C2的长是（ ）
A．3cmB．4cmC．2cmD．2cm
【分析】过点B作BM⊥AC2于点M，根据含30°角的直角三角形的性质求出BM＝3cm，根据等腰三角形的性质、勾股定理求出C1M＝C2M＝cm，根据线段的和差求解即可．
【解答】解：过点B作BM⊥AC2于点M，
∵∠A＝30°，BM⊥AC2，AB＝6cm，
∴BM＝AB＝3cm，
∵BC1＝BC2＝4cm，BM⊥AC2，
∴C1M＝C2M＝＝cm，
∴C1C2＝2cm，
故选：D．
3．（2024•越秀区一模）如图所示的衣架可以近似看成一个等腰△ABC，其中AB＝AC，∠ABC＝27°，BC＝40cm，则高AD为 10.2 cm．
（参考数据：sin27°≈0.45，cs27°≈0.89，tan27°≈0.51）
【分析】先利用等腰三角形的三线合一性质可得BD＝20cm，然后在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答．
【解答】解：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝BC＝20（cm），
在Rt△ABD中，∠ABC＝27°，
∴AD＝BD•tan27°≈20×0.51≈10.2（cm），
∴高AD约为10.2cm，
故答案为：10.2．
4．（2024•温州模拟）“圭表”是中国古代用来确定节气的仪器．某“圭表”示意图如图所示，AC⊥BC，AC＝3米，测得某地夏至正午时“表”的影长CD＝1米，冬至时的正午太阳高度角∠ABC＝α，则夏至到冬至，影长差BD的长为（ ）
A．（3sinα﹣1）米B．米
C．（3tanα﹣1）米D．米
【分析】根据垂直定义可得∠ACB＝90°，然后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，∠ABC＝α，AC＝3米，
∴BC＝＝（米），
∵CD＝1米，
∴BD＝BC﹣CD＝（﹣1）米，
∴影长差BD的长为（﹣1）米，
故选：D．
5．（2024•西湖区一模）如图，在4×5的网格中，每个小正方形的边长均为1．若△ABC的顶点都在格点上，则sinC的值为 ．
【分析】连接格点B、D，利用勾股定理先求出AB、AD、BD、BC的长，再利用勾股定理的逆定理判断△ABD是直角三角形，最后利用直角三角形的边角间关系得结论．
【解答】解：连接格点B、D．
由题图知：AB＝＝，BC＝＝，
BD＝＝2，AD＝＝．
∵AD2+BD2＝2+8＝10，AB2＝10，
∴AD2+BD2＝AB2．
∴△ABD是直角三角形．
∴∠ADB＝90°．
∴∠BDC＝90°．
在Rt△BDC中，
sinC＝
＝
＝．
故答案为：．
6．（2024•雨花台区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，CD＝3，tanA＝，则AB＝ 6.5 ．
【分析】根据CD⊥AB，得出tan∠BCD＝，再根据∠A＝∠BCD，得出tan∠BCD＝，根据CD＝3，则BD＝2，AD＝4.5，即可得出AB的长．
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴tan∠BCD＝，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
∴tan∠BCD＝tanA＝＝，
∴＝＝，
∴BD＝2，AD＝4.5，
∴BC＝AD+BD＝6.5．
故答案为：6.5．
题型02 含三角函数的实数的运算
【中考真题练】
1．（2023•云南）计算：|﹣1|+（﹣2）2﹣（π﹣1）0+（）﹣1﹣tan45°．
【分析】利用绝对值的性质，有理数的乘方，零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值进行计算即可．
【解答】解：原式＝1+4﹣1+3﹣1
＝4+3﹣1
＝6．
2．（2023•内蒙古）计算：|﹣2|+（π﹣2023）0+（﹣）﹣2﹣2cs60°．
【分析】根据绝对值的性质、零指数幂和负整数指数幂、特殊角的三角函数值计算即可．
【解答】解：原式＝2﹣2+1+4﹣2×
＝2﹣2+1+4﹣1
＝2+2．
3．（2023•眉山）计算：（2）0﹣|1﹣|+3tan30°+（﹣）﹣2．
【分析】原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，绝对值的代数意义，以及特殊角的三角函数值计算即可求出值．
【解答】解：原式＝1﹣（﹣1）+3×+4
＝1﹣+1++4
＝6．
4．（2023•泸州）计算：3﹣1+（﹣1）0+2sin30°﹣（﹣）．
【分析】原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，特殊角的三角函数值，以及减法法则计算即可求出值．
【解答】解：原式＝+1+2×+
＝+1+1+
＝（+）+（1+1）
＝1+2
＝3．
5．（2023•北京）计算：4sin60°+（）﹣1+|﹣2|﹣．
【分析】根据特殊角的三角函数值、负整数指数幂的运算法则、绝对值的性质、二次根式的性质计算．
【解答】解：原式＝4×+3+2﹣2
＝2+3+2﹣2
＝5．
6．（2023•湘西州）计算：（π+2023）0+2sin45°﹣（）﹣1+|﹣2|．
【分析】先计算零次幂，特殊角的正弦值，负指数幂，求解绝对值，再合并即可．
【解答】解：
＝
＝
＝1．
【中考模拟练】
1．（2024•历城区一模）计算：．
【分析】首先计算零指数幂、特殊角的三角函数值、开平方和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：
＝1+4×+﹣2
＝1+2+﹣2
＝．
2．（2024•雁塔区模拟）计算：．
【分析】首先计算乘方、负整数指数幂、特殊角的三角函数值和绝对值，然后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：
＝﹣|2×﹣2|﹣4
＝3﹣|﹣2|﹣4
＝3﹣（2﹣）﹣4
＝3﹣2+﹣4
＝﹣3．
3．（2024•南山区二模）计算．
【分析】直接利用负整数指数幂的性质以及特殊角的三角函数值、零指数幂的性质、绝对值的性质分别化简，进而得出答案．
【解答】解：原式＝4﹣（3﹣）﹣2×+1
＝4﹣3+﹣+1
＝2．
4．（2024•南山区二模）计算：．
【分析】首先计算零指数幂、负整数指数幂、开平方、特殊角的三角函数值和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：
＝2﹣1﹣3+﹣1+
＝﹣．
5．（2024•文山州一模）计算：．
【分析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
【解答】解：
＝2+1﹣2×+（﹣2）﹣1
＝2+1﹣﹣2﹣1
＝﹣2．
考点二：解直角三角形及其应用
解直角三角形的应用主要包含解答题中的仰角、俯角问题；坡角问题；方位角问题等。另外还经常会和圆、三角形、网格等几何图形结合，计算中需要更加仔细一点。
题型01 解直角三角形的计算
【中考真题练】
1．（2023•广元）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（1，0），点B（0，﹣3），点C在x轴上，且点C在点A右方，连接AB，BC，若tan∠ABC＝，则点C的坐标为 （，0） ．
【分析】设C（a，0），结合A，B两点的坐标利用两点间的距离可得OA＝1，AC＝a﹣1，OB＝3，BC＝，通过解直角三角形可得∠OBA＝∠ABC，过C点作CD∥y轴交BA的延长线于点D，利用平行线的性质可得△OBA∽△CDA，∠ABC＝∠D，列比例式再代入计算可求解a值，进而可求解．
【解答】解：设C（a，0），
∴OC＝a，
∵点A（1，0），点B（0，﹣3），
∴OA＝1，AC＝a﹣1，OB＝3，BC＝，
在Rt△OAB中，tan∠OBA＝，tan∠ABC＝，
∴∠OBA＝∠ABC，
过C点作CD∥y轴交BA的延长线于点D，
∴∠OBA＝∠D，∠AOB＝∠ACD，
∴△OBA∽△CDA，∠ABC＝∠D，
∴，CD＝BC，
∴，
∴，
解得a＝0（舍去）或a＝，
∴C（，0），
故答案为：（，0）．
2．（2023•牡丹江）如图，将45°的∠AOB按下面的方式放置在一把刻度尺上；顶点O与尺下沿的端点重合，OA与尺下沿重合，OB与尺上沿的交点B在尺上的读数恰为2cm，若按相同的方式将22.5°的∠AOC放置在该刻度尺上，则OC与尺上沿的交点C在尺上的读数为 （2+2） cm．
【分析】由等腰直角三角形的性质得到OB＝BD＝2cm，由平行线的性质推出BC＝OB，即可求出CD长，得到OC与尺上沿的交点C在尺上的读数．
【解答】解：∵∠AOB＝45°，∠AOC＝22.5°，
∴∠BOC＝∠AOC，
∵BC∥OA，
∴∠BCO＝∠AOC，
∴∠BCO＝∠BOC，
∴BC＝OB，
∵△ODB是等腰直角三角形，
∴OB＝BD＝2cm，
∴CD＝BC+BD＝（2+2）cm．
∴OC与尺上沿的交点C在尺上的读数为（2+2）cm．
故答案为：（2+2）．
3．（2023•丹东）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，已知点A（3，0），B（0，4），点C在x轴负半轴上，连接AB，BC，若tan∠ABC＝2，以BC为边作等边三角形BCD，则点C的坐标为 （﹣2，0） ；点D的坐标为 （﹣1﹣2，2+）或（﹣1+2，2﹣） ．
【分析】过点C作CE⊥AB于E，先求处AB＝5，再设BE＝t，由tan∠ABC＝2得CE＝2t，进而得BC＝，由三角形的面积公式得S△ABC＝AC•OB＝AB•CE，即5×2t＝4×（3+OC），则OC＝﹣3，然后在Rt△BOC中由勾股定理得，由此解出t1＝2，t2＝10（不合题意，舍去），此时OC＝﹣3＝2，故此可得点C的坐标；设点D的坐标为（m，n），由两点间的距离公式得：BC2＝20，BD2＝（m﹣0）2+（n﹣4）2，CD2＝（m+2）2+（n﹣0）2，由△BCD为等边三角形得，整理：，②﹣①整理得m＝3﹣2n，将m＝3﹣2n代入①整理得n2﹣4n+1＝0，解得n＝，进而再求出m即可得点D的坐标．
【解答】解：过点C作CE⊥AB于E，如图：
∵点A（3，0），B（0，4），
由两点间的距离公式得：AB＝＝5，
设BE＝t，
∵tan∠ABC＝2，
在Rt△BCE中，tan∠ABC＝，
∴＝2，
∴CE＝2t，
由勾股定理得：BC＝＝t，
∵CE⊥AB，OB⊥AC，AC＝OC+OA＝3+OC，
∴S△ABC＝AC•OB＝AB•CE，
即：5×2t＝4×（3+OC），
∴OC＝﹣3，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC2﹣OB2＝OC2，
即，
整理得：t2﹣12t+20＝0，
解得：t1＝2，t2＝10（不合题意，舍去），
∴t＝2，此时OC＝﹣3＝2，
∴点C的坐标为（﹣2，0），
方法二：设BE＝2t，CE＝4t，
AE＝3t，AC＝BC＝5t，
∴点C的坐标为（﹣2，0），
设点D的坐标为（m，n），
由两点间的距离公式得：BC2＝（﹣2﹣0）2+（0﹣4）2＝20，BD2＝（m﹣0）2+（n﹣4）2，CD2＝（m+2）2+（n﹣0）2，
∵△BCD为等边三角形，
∵BD＝CD＝BC，
∴，
整理得：，
②﹣①得：4m+8n＝12，
∴m＝3﹣2n，
将m＝3﹣2n代入①得：（3﹣2n）2+n2﹣8n＝4，
整理得：n2﹣4n+1＝0，
解得：n＝，
当n＝时，m＝3﹣2n＝，
当n＝时，m＝3﹣2n＝，
∴点D的坐标为或．
D在BC左侧时，倍长BD，可得Rt△BCF，作FH⊥x轴于H，则CH＝4√3，FH＝2√3
F（﹣2﹣4√3，2√3），中点公式可求点D，
在BC右侧的点D同理可求D．
故答案为：（﹣2，0）；或．
4．（2023•自贡）如图，分别经过原点O和点A（4，0）的动直线a，b夹角∠OBA＝30°，点M是OB中点，连接AM，则sin∠OAM的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】作△AOB的外接圆⊙T，连接OT，TA，TB，取OT的中点K，连接KM．证明KM＝TB＝2，推出点M在以K为圆心，2为半径的圆上运动，当AM与⊙K相切时，∠OAM的值最大，此时sin∠OAM的值最大．
【解答】解：如图，作△AOB的外接圆⊙T，连接OT，TA，TB，取OT的中点K，连接KM．
∵∠ATO＝2∠ABO＝60°，TO＝TA，
∴△OAT是等边三角形，
∵A（4，0），
∴TO＝TA＝TB＝4，
∵OK＝KT，OM＝MB，
∴KM＝TB＝2，
∴点M在以K为圆心，2为半径的圆上运动，
当AM与⊙K相切时，∠OAM的值最大，此时sin∠OAM的值最大，
∵△OTA是等边三角形，OK＝KT，
∴AK⊥OT，
∴AK＝＝＝2，
∵AM是切线，KM是半径，
∴AM⊥KM，
∴AM＝＝＝2，
过点M作ML⊥OA于点L，KR⊥OA于点R，MP⊥RK于点P．
∵∠PML＝∠AMK＝90°，
∴∠PMK＝∠LMA，
∵∠P＝∠MLA＝90°，
∴△MPK∽△MLA，
∴＝＝＝＝，
设PK＝x，PM＝y，则有ML＝y，AL＝x，
∴y＝+x①，y＝3﹣x，
解得，x＝，y＝，
∴ML＝y＝，
∴sin∠OAM＝＝＝．
故选：A．
【中考模拟练】
1．（2024•高青县一模）如图（1），在△ABC中，AB＝AC＝4，射线AN∥BC，D为AN上一点，过点D作DE∥AB，交射线BC于点E．研究发现线段CE的长y与线段AD的长x之间的关系可用图（2）的图象表示，已知点M（8，2），则∠B的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据点M的坐标可求出BC的长，再过点A作BC的垂线，构造直角三角形即可解决问题．
【解答】解：因为点M的坐标为（8，2），如图所示，
AD′＝8，CE′＝2．
过点C作D′E′的平行线，交AN于点F，
∵CF∥D′E′，AN∥BC，
∴四边形CE′D′F是平行四边形，
∴D′F＝CE′＝2，
∴AF＝8﹣2＝6．
同理可得，
四边形ABCF是平行四边形，
∴BC＝AF＝6．
过点A作BC的垂线，垂足为M，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝．
在Rt△ABM中，
AM＝，
∴tan∠B＝．
故选：A．
2．（2024•雁塔区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝7，，将△ABC沿BC方向平移得到△A'B'C'，若AB'平分∠BAC，则B'C的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据平移的性质可得：AB∥A′B′，从而可得∠BAC＝∠B′EC＝90°，∠BAB′＝∠AB′E，∠B＝∠A′B′C，进而可得tan∠EB′C＝tanB＝，然后在Rt△B′EC中，利用锐角三角函数的定义可设EC＝4x，则B′E＝3x，从而利用勾股定理可得B′C＝5x，再利用角平分线的定义和平行线的性质可得△AEB′是等腰三角形，从而可得AE＝EB′＝3x，最后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答．
【解答】解：由平移得：AB∥A′B′，
∴∠BAC＝∠B′EC＝90°，∠BAB′＝∠AB′E，∠B＝∠A′B′C，
∵，
∴tan∠EB′C＝tanB＝，
在Rt△B′EC中，tan∠EB′C＝＝，
∴设EC＝4x，则B′E＝3x，
∴B′C＝＝＝5x，
∵AB′平分∠BAC，
∴∠BAB′＝∠B′AC，
∴∠AB′E＝∠B′AC，
∴AE＝EB′＝3x，
在Rt△ABC中，AB＝7，
∴tanB＝＝＝，
解得：x＝，
∴B′C＝5x＝，
故选：B．
3．（2024•松北区一模）我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫做顶角的正对（sad）．如图，在△ABC中，AB＝AC，顶角A的正对记作sadA，这时，根据上述角的正对定义，则sad60°的值为（ ）
A．B．C．D．1
【分析】根据题意可知三角形是等边三角形，依据正对定义进行解答即可．
【解答】解：∵AB＝AC，顶角A的正对记作sadA，这时，且∠A＝60°，
∴AB＝BC＝AC，
∴sad60°＝＝1，
故选：D．
4．（2024•南通模拟）如图，在4×5的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，△ABC的顶点都在这些小正方形的格点上，那么sin∠BAC的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】过点C作CM⊥AB于M，利用等面积法求出CM，然后利用正弦是定义求解即可．
【解答】解：如图，过点C作CM⊥AB于M，
由题意得AB＝，
AC＝，
∵S，
即，
解得CM＝，
∴sin∠BAC＝．
故选：C．
5．（2024•凉州区一模）如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上，则csA的值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据勾股定理求出AC，根据锐角三角函数的定义求出即可．
【解答】解：如图，
从图形可知：AE＝4，CE＝2，
由勾股定理得：AC＝＝2，
csA＝．
故选：D．
6．（2024•金牛区模拟）如图，已知点C为线段AB的中点，CD⊥AB且CD＝AB＝8，连接AD，BE⊥AB，且交∠DAB的平分线AE于点E，AE与DC相交于点F，EH⊥DC于点G，交AD于点H，则AH的长为 10﹣2 ．
【分析】由∠ACD＝90°，CD＝AB＝8，AC＝BC＝AB＝4，求得AD＝4，再证明四边形BCGE是矩形，则EG＝BC＝4，EG∥BC，所以∠HEA＝∠BAE，而∠HAE＝∠BAE，则∠HEA＝∠HAE，所以EH＝AH，由＝＝sinD，得＝，求得AH＝10﹣2，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴∠ACD＝90°，
∵点C为线段AB的中点，CD＝AB＝8，
∴AC＝BC＝AB＝4，
∴AD＝＝4，
∵BE⊥AB，EH⊥DC，
∴∠B＝∠BCG＝∠CGE＝90°，
∴四边形BCGE是矩形，
∴EG＝BC＝4，EG∥BC，
∴∠HEA＝∠BAE，
∵AE平分∠DAB，
∴∠HAE＝∠BAE，
∴∠HEA＝∠HAE，
∴EH＝AH，
∴HG＝EH﹣EG＝AH﹣4，HD＝AD﹣AH＝4﹣AH，
∵∠HGD＝∠ACD＝90°，
∴＝＝sinD，
∴＝，
∴解得AH＝10﹣2，
故答案为：10﹣2．
7．（2024•张店区一模）如图，分别经过点A（﹣1，0）和点B（1，0）的动直线l1，l2交于点C，在线段AC上取点D，连接BD．若∠ACB＝30°，且，则当tan∠ABD的值最大时，点C的坐标为 或 ．
【分析】作△ABC的外接圆⊙M，连接AM，BM，CM，在AM上取点N，使，连接ND，BD，BN，过点N做NK⊥AB于K，过D作DG⊥x轴于G，过C作CH⊥x轴于H，证明△ABM是等边三角形，可得出AM＝AB，∠MAB＝60°，根据三线合一性质可判断M在y轴上，证明△NAD∽△MAC，可求出，则点D在以N为圆心，ND为半径的⊙N上运动，当BD与⊙N相切时，∠ABD最大，即tan∠ABD的值最大，此时利用勾股定理可求出，设设D（m，n），证明△ADG∽△ACH，可求出CH＝3n，AH＝3m+3，OH＝3m+2，则C（3m+2，3n），根据，CM＝2，结合两点距离公式列方程组，然后解方程组即可求解．
【解答】解：作△ABC的外接圆⊙M，连接AM，BM，CM，在AM上取点N，使，连接ND，BD，BN，过点N做NK⊥AB于K，过D作DG⊥x轴于G，过C作CH⊥x轴于H，
∵∠ACB＝30°，
∴∠AMB＝2∠ACB＝60°，
又AM＝BM，
∴△ABM是等边三角形，
∴AM＝AB，∠MAB＝60°，
∵A（﹣1，0），B（1，0），
∴AO＝BO＝1，AM＝AB＝2，
∴MO⊥AB，，
∴M在y轴上，
在Rt△ANK中，，∠NAK＝60°，∠AKN＝90°，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∠NAD＝∠MAC，
∴△NAD∽△MAC
∴，即
∴，
∴点D在以N为圆心，ND为半径的⊙N上运动，
当BD与⊙N相切时，∠ABD最大，即tan∠ABD的值最大
此时∠BDN＝90°，
∴，
设D（m，n），
∵DG⊥x轴，CH⊥x轴，
∴DG∥CH，
∴△ADG∽△ACH，
∴，即，
解得CH＝3n，AH＝3m+3，
∴OH＝3m+2，
∴C（3m+2，3n），
∵，CM＝2，
∴，
化简的，
①﹣②，得，
∴，即3n2＝（5m+3）2
把3n2＝（5m+3）2代入①，得3m2﹣6m+（5m+3）2＝5，
整理，得7m2+6m+1＝0，
解得，，
当时，，
∴，，
∴点C坐标为；
当时，，
∴，，
∴点C坐标为；
综上，点C坐标为或．
故答案为：或．
题型02 解直角三角形的应用
【中考真题练】
1．如图，焊接一个钢架，包括底角为37°的等腰三角形外框和3m高的支柱，则共需钢材约 21 m（结果取整数）．（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【分析】根据等腰三角形的三线合一性质可得AD＝BD＝AB，然后在Rt△ACD中，利用锐角三角函数的定义求出AC，AD的长，从而求出AB的长，最后进行计算即可解答．
【解答】解：∵CA＝CB，CD⊥AB，
∴AD＝BD＝AB，
在Rt△ACD中，∠CAD＝37°，CD＝3m，
∴AC＝≈＝5（m），AD＝≈＝4（m），
∴CA＝CB＝5m，AB＝2AD＝8（m），
∴共需钢材约＝AC+CB+AB+CD＝5+5+8+3＝21（m），
故答案为：21．
2．（2023•盐城）如图1，位于市区的“铁军”雕塑“大铜马”是盐城市标志性文化名片，如图2，线段AB表示“铁军”雕塑的高，点B，C，D在同一条直线上，且∠ACB＝60°，∠ADB＝30°，CD＝17.5m，则线段AB的长约为 15 m．（计算结果保留整数，参考数据：≈1.7）
【分析】由外角的性质可求∠ADB＝∠CAD＝30°，可得AC＝CD＝17.5m，由锐角三角函数可求解．
【解答】解：∵∠ACB＝60°，∠ADB＝30°，∠ACB＝∠ADB+∠CAD，
∴∠ADB＝∠CAD＝30°，
∴AC＝CD＝17.5m，
∵∠ABC＝90°，∠ACB＝60°，
∴AB＝AC•sin∠ACB＝AC≈15m，
故答案为：15．
3．（2023•枣庄）如图所示，桔槔是一种原始的汲水工具，它是在一根竖立的架子上加上一根细长的杠杆，末端悬挂一重物，前端悬挂水桶．当人把水桶放入水中打满水以后，由于杠杆末端的重力作用，便能轻易把水提升至所需处，若已知：杠杆AB＝6米，AO：OB＝2：1，支架OM⊥EF，OM＝3米，AB可以绕着点O自由旋转，当点A旋转到如图所示位置时∠AOM＝45°，此时点B到水平地面EF的距离为 （3+） 米．（结果保留根号）
【分析】过点O作OC⊥BT，垂足为C，根据题意可得：BC∥OM，从而可得∠AOM＝∠OBC＝45°，再根据已知易得AO＝4米，OB＝2米，然后在Rt△OBC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：过点O作OC⊥BT，垂足为C，
由题意得：BC∥OM，
∴∠AOM＝∠OBC＝45°，
∵AB＝6米，AO：OB＝2：1，
∴AO＝4米，OB＝2米，
在Rt△OBC中，BC＝OB•cs45°＝2×＝（米），
∵OM＝3米，
∴此时点B到水平地面EF的距离＝BC+OM＝（3+）米，
故答案为：（3+）．
4．（2023•湘潭）问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保．明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒．
问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的⊙O．如图②，OM始终垂直于水平面，设筒车半径为2米．当t＝0时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时∠AOM＝30°，经过95秒后该盛水筒运动到点B处．
问题解决：
（1）求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时，∠BOM的度数；
（2）求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到0.1米）（参考数据≈1.414，≈1.732）
【分析】（1）求出筒车每秒转过的度数，再根据周角的定义进行计算即可；
（2）根据直角三角形的边角关系分别求出OD、OC即可．
【解答】解：（1）由于筒车每旋转一周用时120秒．所以每秒转过360°÷120＝3°，
∴∠BOM＝360°﹣3°×95﹣30°＝45°；
（2）如图，过点B、点A分别作OM的垂线，垂足分别为点C、D，
在Rt△AOD中，∠AOD＝30°，OA＝2米，
∴OD＝OA＝（米）．
在Rt△BOC中，∠BOC＝45°，OB＝2米，
∴OC＝OB＝（米），
∴CD＝OD﹣OC＝﹣≈0.3（米），
即该盛水筒旋转至B处时到水面的距离约为0.3米．
5．（2023•贵州）贵州旅游资源丰富．某景区为给游客提供更好的游览体验，拟在如图①景区内修建观光索道．设计示意图如图②所示，以山脚A为起点，沿途修建AB、CD两段长度相等的观光索道，最终到达山顶D处，中途设计了一段与AF平行的观光平台BC为50m．索道AB与AF的夹角为15°，CD与水平线夹角为45°，A、B两处的水平距离AE为576m，DF⊥AF，垂足为点F．（图中所有点都在同一平面内，点A、E、F在同一水平线上）
（1）求索道AB的长（结果精确到1m）；
（2）求水平距离AF的长（结果精确到1m）．
（参考数据：sin15°≈0.25，cs15°≈0.96，tan15°≈0.26，）
【分析】（1）通过解Rt△ABE可求得AB的长；
（2）延长BC交DF于G，证明四边形BEFG是矩形，可得EF＝BG，∠CGD＝∠BGF＝90°，再解Rt△CDG可求解CG的长，进而可求解．
【解答】解：（1）在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠A＝15°，AE＝576m，
∴AB＝（m），
即AB的长约为600m；
（2）延长BC交DF于G，
∵BC∥AE，
∴∠CBE＝90°，
∵DF⊥AF，
∴∠AFD＝90°，
∴四边形BEFG为矩形，
∴EF＝BG，∠CGD＝∠BGF＝90°，
∵CD＝AB＝600m，∠DCG＝45°，
∴CG＝CD•cs∠DCG＝600×cs45°＝600×＝（m），
∴AF＝AE+EF＝AE+BG＝AE+BC+CG＝576+50+≈1049（m），
即AF的长为1049m．
6．（2023•金昌）如图1，某人的一器官后面A处长了一个新生物，现需检测其到皮肤的距离（图1）．为避免伤害器官，可利用一种新型检测技术，检测射线可避开器官从侧面测量．某医疗小组制定方案，通过医疗仪器的测量获得相关数据，并利用数据计算出新生物到皮肤的距离方案如下：
请你根据上表中的测量数据，计算新生物A处到皮肤的距离．（结果精确到0.1cm）
（参考数据：sin35°≈0.57，cs35°≈0.82，tan35°≈0.70，sin22°≈0.37，cs22°≈0.93，tan22°≈0.40）
【分析】过点A作AF⊥MN，垂足为F，设BF＝x cm，则CF＝（x+9）cm，然后在Rt△ABF中，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，再在Rt△ACF中，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，从而列出关于x的方程，进行计算即可解答．
【解答】解：过点A作AF⊥MN，垂足为F，
设BF＝x cm，
∵BC＝9cm，
∴CF＝BC+BF＝（x+9）cm，
在Rt△ABF中，∠ABF＝∠DBN＝35°，
∴AF＝BF•tan35°≈0.7x（cm），
在Rt△ACF中，∠ACF＝∠ECN＝22°，
∴AF＝CF•tan22°≈0.4（x+9）cm，
∴0.7x＝0.4（x+9），
解得：x＝12，
∴AF＝0.7x＝8.4（cm），
∴新生物A处到皮肤的距离约为8.4cm．
7．（2023•山西）2023年3月，水利部印发《母亲河复苏行动河湖名单（2022﹣2025年）》，我省境内有汾河、桑干河、洋河、清漳河、浊漳河、沁河六条河流入选，在推进实施母亲河复苏行动中，需要砌筑各种驳岸（也叫护坡）．某校“综合与实践”小组的同学把“母亲河驳岸的调研与计算”作为一项课题活动，利用课余时间完成了实践调查，并形成了如下活动报告．请根据活动报告计算BC和AB的长度（结果精确到0.1m，参考数据：≈1.73，≈1.41 ）．
【分析】过E作EF⊥CD于F，延长AB，CD交于H，得到∠EFD＝90°，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：过E作EF⊥CD于F，延长AB，CD交于H，
∴∠EFD＝90°，
由题意得，在Rt△EFD中，，cs，
∴（m），
∴FD＝ED•cs∠EDF＝6×cs60°＝6×＝3（m），
由题意得，∠H＝90°，四边形AEFH是矩形，
∴，HF＝AE＝1.5m，
∵CF＝CD﹣FD＝3.5﹣3＝0.5（m），
∴CH＝HF﹣CF＝1.5﹣0.5＝1（m），
在Rt△BCH中，∠H＝90°，∠BCH＝180°﹣∠BCD＝180°﹣135°＝45°，
∵，
∴1.4（m），
∴BH＝CH•tan∠BCH＝1×tan45°＝1（m），
∴AB＝AH﹣BH＝3．
答：BC的长度约为1.4m，AB的长度约为4.2m．
8．（2023•河南）综合实践活动中，某小组用木板自制了一个测高仪测量树高，测高仪ABCD为正方形，AB＝30cm，顶点A处挂了一个铅锤M．如图是测量树高的示意图，测高仪上的点D，A与树顶E在一条直线上，铅垂线AM交BC于点H．经测量，点A距地面1.8m，到树EG的距离AF＝11m，BH＝20cm．求树EG的高度（结果精确到0.1m）．
【分析】由题意可知，∠BAE＝∠MAF＝∠BAD＝90°，FG＝1.8m，易知∠EAF＝∠BAH，可得tan∠EAF＝＝tan∠BAH＝，进而求得，利用EG＝EF+FG即可求解．
【解答】解：由题意可知，∠BAE＝∠MAF＝∠BAD＝90°，FG＝1.8m，
则∠EAF+∠BAF＝∠BAF+∠BAH＝90°，
∴∠EAF＝∠BAH，
∵AB＝30cm，BH＝20cm，
则tan∠EAF＝＝，
∴tan∠EAF＝＝tan∠BAH＝，
∵AF＝11m，
则，
∴EF＝，
∴EG＝EF+FG＝1.8≈9.1m．
答：树EG的高度约为9.1m．
9．（2023•济南）图1是某越野车的侧面示意图，折线段ABC表示车后盖，已知AB＝1m，BC＝0.6m，∠ABC＝123°，该车的高度AO＝1.7m．如图2，打开后备厢，车后盖ABC落在AB'C'处，AB'与水平面的夹角∠B'AD＝27°．
（1）求打开后备厢后，车后盖最高点B'到地面l的距离；
（2）若小琳爸爸的身高为1.8m，他从打开的车后盖C'处经过，有没有碰头的危险？请说明理由．（结果精确到0.01m，参考数据：sin27°≈0.454，cs27°≈0.891，tan27°≈0.510，≈1.732）
【分析】（1）作B′E⊥AD，垂足为点E，先求出B′E的长，再求出B′E+AO的长即可；
（2）过C′作C′F⊥B′E，垂足为点F，先求得∠AB′E＝63°，再得到∠C′B′F＝∠AB′C′﹣∠AB′E＝60°，再求得B′F＝B′C′•cs60°＝0.3m，从而得出C′到地面的距离为2.15﹣0.3＝1.85（m），最后比较即可．
【解答】解：（1）如图，作B′E⊥AD，垂足为点E，
在Rt△AB′E中，
∵∠B′AD＝27°，AB′＝AB＝1m，
∴sin27°＝，
∴B′E＝AB′sin27°≈1×0.454＝0.454m，
∵平行线间的距离处处相等，
∴B′E+AO＝0.454+1.7＝2.154≈2.15m，
答：车后盖最高点B′到地面的距离为2.15m．
（2）没有危险，理由如下：
如图，过C′作C′F⊥B′E，垂足为点F，
∵∠B′AD＝27°，∠B′EA＝90°，
∴∠AB′E＝63°，
∵∠AB′C′＝∠ABC＝123°，
∴∠C′B′F＝∠AB′C′﹣∠AB′E＝60°，
在Rt△B′FC′中，B′C′＝BC＝0.6m，
∴B′F＝B′C′•cs60°＝0.3m．
∵平行线间的距离处处相等，
∴C′到地面的距离为2.15﹣0.3＝1.85m．
∵1.85＞1.8，
∴没有危险．
【中考模拟练】
1．（2024•洛龙区一模）如图，某汽车车门的底边长为0.95m，车门侧开后的最大角度为72°，若将一扇车门侧开，则这扇车门底边上所有点中到车身的最大距离是（ ）m．
A．0.95B．0.95sin72°
C．0.95cs72°D．0.95tan72°
【分析】过点N作NH⊥OM于点H，则NH为最大距离，根据三角函数作答即可．
【解答】解：过点N作NH⊥OM于点H，则NH为最大距离，
在Rt△OMN中，
ON＝0.95m，∠NOH＝72°，
∴NH＝ON•sin∠NOH＝0.95sin72°，
故选：B．
2．（2024•福田区二模）我校数学兴趣小组的同学要测量建筑物CD的高度，如图，建筑物CD前有一段坡度为i＝1：2的斜坡BE，小明同学站在山坡上的B点处，用测角仪测得建筑物屋顶C的仰角为37°，接着小明又向下走了米，刚好到达坡底E处，这是测到建筑物屋顶C的仰角为45°，A、B、C、D、E、F在同一平面内，若测角仪的高度AB＝EF＝1.5米，则建筑物CD的高度约为（ ）米．（精确到0.1米，参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75）
A．38.5米B．39.0米C．40.0米D．41.5米
【分析】设CD＝x米．延长AB交DE于H，作AM⊥CD于M，FN⊥CD于N，求出BH＝4（米），EH＝8（米），由矩形的性质得出AM＝DH，AH＝DM，FN＝DE，FE＝DN＝1.5（米），在Rt△CFN中，求出CN＝FN＝DE＝（x﹣1.5）（米），AM＝DH＝（8+x﹣1.5）（米），CM＝（x﹣5.5）（米），在Rt△ACM中，由AM＝≈，得出方程，解方程即可．
【解答】解：设CD＝x米．延长AB交DE于H，作AM⊥CD于M，FN⊥CD于N，如图所示：
在Rt△BHE中，∵BE＝4米，BH：EH＝1：2，
∴BH＝4（米），EH＝8（米），
∵四边形AHDM是矩形，四边形FEDN是矩形，
∴AM＝DH，AH＝DM，FN＝DE，FE＝DN＝1.5（米），
在Rt△CFN中，∵∠CFN＝45°，
∴CN＝FN＝DE＝（x﹣1.5）（米），
∵AM＝DH＝（8+x﹣1.5）（米），CM＝（x﹣5.5）（米），
在Rt△ACM中，∵∠CAM＝37°，
∴AM＝≈，
∴8+x﹣1.5≈，
∴x≈41.5（米），
∴CD≈41.5米，
故选：D．
3．（2024•光明区二模）如图，在坡比为的斜坡上有一电线杆AB．某时刻身高1.7米的小明在水平地面上的影长恰好与其身高相等，此时电线杆在斜坡上的影长BC为30米，则电线杆AB的高为（ ）米．
A．B．C．D．
【分析】过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于点D，根据坡度的概念、勾股定理分别求出BD、CD，根据平行投影求出AD，进而求出AB．
【解答】解：过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于点D，
设BD＝x米，
∵斜坡AB的坡度为1：，
∴CD＝x米，
由勾股定理得：BC2＝CD2+BD2，即302＝（x）2+x2，
解得：x＝15（负值舍去），
则BD＝15米，CD＝15米，
由题意可知：AD＝CD＝15米，
∴AB＝AD﹣BD＝（15﹣15）米，
故选：C．
4．（2024•安丘市一模）如图，是矗立在高速公路水平地面上的交通警示牌，点M，A，B在同一条直线上，经测量得到如下数据：AM＝5米，AB＝10米，∠MAD＝45°，∠MBC＝30°，则警示牌的高CD为 3.7 米．（结果精确到0.1米，参考数据：≈1.73）
【分析】根据题意可得：CM⊥MB，然后分别在Rt△ADM和Rt△CMB中，利用锐角三角函数的定义求出DM和CM的长，从而利用线段的和差关系进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：CM⊥MB，
在Rt△ADM中，AM＝5米，∠MAD＝45°，
∴DM＝AM•tan45°＝5（米），
∵AB＝10米，
∴MB＝AM+AB＝15（米），
在Rt△CMB中，∠CBM＝30°，
∴CM＝BM•tan30°＝15×＝5（米），
∴CD＝CM﹣DM＝5﹣5≈3.7（米），
∴警示牌的高CD约为3.7米，
故答案为：3.7．
5．（2024•洪山区模拟）黄鹤楼位于湖北省武汉市，地处蛇山之巅，濒临万里长江，为武汉市地标建筑．身高1.4m的小伟今天在司门口黄鹤楼地铁站C出口（图中点A处）观察黄鹤楼的仰角α＝12.8°，前行120m来到民主路上（图中点B处）后，观察黄鹤楼的仰角β＝26.6°．那么据此可以估算出黄鹤楼的高度为 51.4 m．（精确到0.1米，参考数据：，）
【分析】在Rt△BEF中，根据三角函数求出BF，AF＝BF+AB，在Rt△AEF中，根据三角函数求出EF，EF＝（+120）×tan12.8°，EG＝EF+FG，进而作答即可．
【解答】解：如图，标记相关字母，
在Rt△BEF中，
BF＝，
∴AF＝BF+AB＝+120，
在Rt△AEF中，
EF＝AF•tan12.8°，
即EF＝（+120）×tan12.8°，
∴EF＝120÷（）≈50（m），
EG＝EF+FG＝50+1.4＝51.4（m），
故答案为：51.4．
6．（2024•兴庆区校级一模）如图，图1是一辆电动车，图2为其示意图，点A为座垫，AB⊥BC，AB高度可调节，其初始高度为35cm，CD为车前柱，CD＝122cm，∠C＝70°，根据该款车提供信息表明，当骑行者手臂DE与车前柱DC夹角为80°时，骑行者最舒适，若某人手臂长60cm，肩膀到座垫的高度AE＝42cm．若要想骑行最舒适，则座垫应调高的厘米数为 8cm ．（结果按四舍五入法精确到1cm，参考数据sin70°≈0.94，cs70°≈0.34，tan70°≈2.75）
【分析】过点D作DF⊥CB，垂足为F，过点E作EG⊥DF，垂足为G，过点A作AH⊥DF，垂足为H，利用垂直定义可得∠DFC＝90°，再根据题意可得：EB＝GF，然后利用直角三角形的两个锐角互余可得∠CDF＝20°，从而可得∠EDF＝60°，再在Rt△DCF中，利用锐角三角函数的定义求出DF的长，最后在Rt△DEG中，利用锐角三角函数的定义求出DG的长，从而求出GF的长，进而求出AB的长，即可解答．
【解答】解：过点D作DF⊥CB，垂足为F，过点E作EG⊥DF，垂足为G，过点A作AH⊥DF，垂足为H，
∴∠DFC＝90°，
由题意得：EB＝GF，
∵∠C＝70°，
∴∠CDF＝90°﹣∠C＝20°，
∵∠CDE＝80°，
∴∠EDF＝∠CDE﹣∠CDF＝60°，
在Rt△DCF中，CD＝122cm，
∴DF＝CD•sin70°≈122×0.94＝114.68（cm），
在Rt△DEG中，DE＝60cm，
∴DG＝DE•cs60°＝60×＝30（cm），
∴GF＝EB＝DF﹣DG＝114.68﹣30＝84.68（cm），
∵AE＝42cm，
∴AB＝EB﹣AE＝84.68﹣42＝42.68（cm），
∵初始高度为35cm，
∴42.68﹣35＝7.68≈8（cm），
∴座垫应调高的厘米数约为8cm，
故答案为：8cm．
7．（2024•广安二模）如图1，某款台灯由底座、支撑臂AB、连杆BC、悬臂CD和安装在D处的光源组成．如图2是该款台灯放置在水平桌面上的示意图，已知支撑臂AB⊥l，AB＝22cm，BC＝35cm，CD＝40cm，固定∠ABC＝143°，可通过调试悬臂CD与连杆BC的夹角提高照明效果．
（1）求悬臂端点C到桌面l的距离约为多少？
（2）已知光源D到桌面l的距离为30cm时照明效果较好，那么此时悬臂CD与连杆BC的夹角∠BCD的度数约为多少？（参考数据：sin53°≈0.8，cs53°≈0.6，tan53°≈1.33）
【分析】（1）过点C作l的垂线，垂足为点E，过点B作BF⊥CE于点F，则EF＝AB＝22cm，∠ABF＝90°，得出∠CBF＝∠ABC﹣∠ABF＝53°，根据CF＝BC⋅sin53°，求出CF，最后根据CE＝CF+EF，即可求解；
（2）过点D作DH⊥CE于点G，DG⊥l于点G，推出CH＝CE﹣HE＝20cm，则，求出∠DCH＝60°，得出∠BCF＝37°，最后∠BCD＝∠DCH﹣∠BCF，即可求解．
【解答】解：（1）过点C作l的垂线，垂足为点E，过点B作BF⊥CE于点F，
∵AB⊥l，CE⊥l，BF⊥CE，
∴四边形ABFE为矩形，
∴EF＝AB＝22cm，∠ABF＝90°，
∵∠ABC＝143°，
∴∠CBF＝∠ABC﹣∠ABF＝53°，
∴CF＝BC⋅sin53°＝35×0.8＝28（cm），
∴CE＝CF+EF＝50（cm），
即悬臂端点C到桌面l的距离约为50cm；
（2）过点D作DH⊥CE于点G，DG⊥l于点G，
∵DH⊥CE，DG⊥l，CE⊥l，
∴四边形DHEG为矩形，
∴DG＝HE＝30cm，
∴CH＝CE﹣HE＝20cm，
∵CD＝40cm，
∴，
∴∠DCH＝60°，
∵∠CBF＝53°，BF⊥CE，
∴∠BCF＝90°﹣53°＝37°，
∴∠BCD＝∠DCH﹣∠BCF＝23°．
8．（2024•湖州一模）用某型号拖把去拖沙发底部地面的截面示意图如图所示，拖把头为矩形ABCD，AB＝16cm，DA＝2cm．该沙发与地面的空隙为矩形EFGH，EF＝55cm，HE＝12cm．拖把杆为线段OM，长为45cm，O为DC的中点，OM与DC所成角α的可变范围是14°≤α≤90°，当α大小固定时，若OM经过点G，或点A与点E重合，则此时AF的长即为沙发底部可拖最大深度．
（1）如图1，当α＝30°时，求沙发底部可拖最大深度AF的长．（结果保留根号）
（2）如图2，为了能将沙发底部地面拖干净，将α减小到14°，请通过计算，判断此时沙发底部可拖最大深度AF的长能否达到55cm？（sin14°≈0.24，cs14°≈0.97，tan14°≈0.25）
【分析】（1）设DC的延长线交GF于点N．易得GN的长度，根据30°的正切值可得ON的长度，再加上OD的长度即为DN的长度，也就是AF的长度；
（2）根据14°的正切值可得ON的长度，再加上OD的长度即为DN的长度，也就是AF的长度，即可判断沙发底部可拖最大深度AF的长能否达到55cm．
【解答】解：（1）设DC的延长线交GF于点N．
∵四边形ABCD和四边形EFGH是矩形，HE＝12cm，AB＝16cm，
∴∠A＝∠D＝∠F＝90°，CD＝AB＝16（cm），GF＝HE＝12（cm）．
∴四边形ADNF是矩形．
∴NF＝AD＝2（cm），∠DNF＝90°，AF＝DN．
∴∠ONG＝90°，GN＝GF﹣NF＝10（cm）．
∵∠GON＝∠α＝30°，
∴ON＝10（cm）．
∵点O是CD的中点，
∴OD＝8（cm）．
∴DN＝OD+ON＝（8+10）cm．
∴AF＝（8+10）cm．
答：沙发底部可拖最大深度AF的长为（8+10）cm；
（2）由（1）得：∠ONG＝90°，GN＝10cm，OD＝8cm．
∵∠GON＝∠α＝14°，
∴ON＝＝≈10÷0.25＝40（cm）．
∴DN＝OD+ON＝8+40＝48（cm）．
∵48＜55，
∴此时沙发底部可拖最大深度AF的长不能达到55cm．
9．（2024•海口一模）木栏头灯塔是矗立在海南岛文昌市的一座航标灯塔（如图1），被称为”亚洲第一灯塔”，如图2，虎威岛A位于木栏头灯塔O的南偏西50°方向上．一艘轮船在B处测得灯塔O位于它的北偏西45°方向上，轮船沿着正北方向航行3km后，到达位于灯塔O正东方向上的C处，该船继续向北航行至直线AO上的点D处．
（1）填空：∠BOC＝ 45 度，∠D＝ 50 度．
（2）求点D到灯塔O的距离．
（3）若轮船的航行速度为20km/h，求轮船在BD段航行了多少小时．
（参考数据：sin50°≈0.77，cs50°≈0.64，tan50°≈1.19，≈1.73．结果精确到小数点后一位）
【分析】（1）根据方位角的，利用角的和差关系以及三角形内角和定理即可求出∠BOC和∠D的度数；
（2）先在Rt△BOC中，求出OC，再在Rt△DOC中，利用直角三角形的边角关系求出OD即可；
（3）在Rt△DOC中，利用直角三角形的边角关系求出CD，进而求出BD，再除以速度即可得到答案．
【解答】解：（1）由题意可知，OC⊥BD，
∵∠CBO＝45°，
∴∠BOC＝90°﹣∠CBO＝45°，
∴∠COD＝180°﹣50°﹣90°＝40°，
∴∠D＝90°﹣∠COD＝50°，
故答案为：45，50；
（2）由题意可知：BC＝3km，
在Rt△BOC中，
∠CBO＝45°，
∴OC＝BC＝3km，
在Rt△DOC中，
∠D＝50°，
∴OD＝＝≈3.9（km），
答：点D到灯塔O的距离约为3.8km；
（3）在Rt△DOC中，
CD＝＝≈2.5（km），
∴BD＝BC+CD＝3+2.5＝5.5（km），
∵轮船的航行速度为20km/h，
∴轮船在BD段航行了≈0.3（小时）．
答：轮船在BD段航行了约0.3小时．
10．（2024•辽宁模拟）如图1，在水平桌面上摆放着一个主体部分为圆柱体的透明容器．容器的截面示意图如图2所示，其中CE＝21cm，∠CEF＝90°．
（1）如图3，点C固定不动，将容器倾斜至A1B1CD1位置，液面刚好位于M1E1处，点E1到直线l的距离E1K，记为h cm，测得∠E1CK＝60°，求h的值；
（2）如图4，在（1）的条件下，再将容器缓慢倾斜倒出适量的液体，此时容器位于A2B2CD2位置，液面刚好位于M2E2处，E1F1，E2F2的延长线分别与直线l相交于点H，G，点C，G，H都在直线l上，测得∠E2CG＝37°，求GH的长．
（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，，结果精确到0.1cm）
【分析】（1）根据题意可得：E1K⊥l，CE1＝CE＝21cm，然后在Rt△CKE1中，利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答；
（2）先在Rt△CE1H中，利用锐角三角函数的定义求出CH的长，再在Rt△CE2G中，利用锐角三角函数的定义求出CG的长，然后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：（1）由题意得：E1K⊥l，CE1＝CE＝21cm，
在Rt△CKE1中，∠E1CK＝60°，
∴E1K＝CE1•sin60°＝21×≈18.2（cm），
∴h的值约为18.2cm；
（2）在Rt△CE1H中，∠E1CH＝60°，CE1＝21cm，
∴CH＝＝＝42（cm），
在Rt△CE2G中，∠E2CG＝37°，CE2＝CE＝21cm，
∴CG＝≈＝26.25（cm），
∴GH＝CH﹣CG＝42﹣26.25≈15.8（cm），
∴GH的长约为15.8cm．
题型03 解直角三角形与几何的综合
【中考真题练】
1．（2023•淄博）勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图”的证明简明、直观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千百年来倍受人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连接EG，DG．若正方形ABCD与EFGH的边长之比为：1，则sin∠DGE等于（ ）
A．B．C．D．
【分析】由题意得：，解得：，进而求解．
【解答】解：过点D作ND⊥GE交GE的延长线于点N，
由题意知，两个正方形之间是4个相等的三角形，
设△ABG的长直角边为a，短直角边为b，大正方形的边长为x，小正方形的边长为x，
即ED＝BG＝HC＝AF＝b，AG＝BH＝CE＝DF＝a，EG＝b，
由题意得：，解得：，
在△GDE中，EG＝GH＝b，则NE＝ND＝ED＝b＝x，EG＝GH＝（a﹣b）＝x，
则tan∠DGE＝＝，
则sin∠DGE＝，
故选：A．
2．（2023•内蒙古）如图源于我国汉代数学家赵爽的弦图，它是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．若小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较小的锐角为α，则csα的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】首先根据两个正方形的面积分别求出两个正方形的边长，然后结合题意进一步设直角三角形较短的直角边为a，则较长的直角边为a+1，再利用勾股定理得到关于a的方程，解方程可求出直角三角形的两个个直角边的边长，最后根据锐角三角函数的定义可求出csα的值．
【解答】解：∵小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，
∴小正方形的边长为 1，大正方形的边长为5，
设直角三角形中较短的直角边为a，则较长的直角边是a+1，其中a＞0，
由勾股定理得：a2+（a+1）2＝52，
整理得：a2+a﹣12＝0
解得：a1＝3，a2＝﹣4（不合题意，舍去）．
∴a+1＝4，
∴．
故选：D．
3．（2023•杭州）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF＞∠BAF，连接BE．设∠BAF＝α，∠BEF＝β，若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n，tanα＝tan2β，则n＝（ ）
A．5B．4C．3D．2
【分析】设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，解直角三角形可得，化简可得（b﹣a）2＝ab，a2+b2＝3ab，结合勾股定理及正方形的面积公式可求得S正方形EFGH；S正方形ABCD＝1：3，进而可求解n的值．
【解答】解：设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，
∵tanα＝，tanβ＝，tanα＝tan2β，
∴，
∴（b﹣a）2＝ab，
∴a2+b2＝3ab，
∵a2+b2＝AD2＝S正方形ABCD，（b﹣a）2＝S正方形EFGH，
∴S正方形EFGH：S正方形ABCD＝ab：3ab＝1：3，
∵S正方形EFGH：S正方形ABCD＝1：n，
∴n＝3．
故选：C．
4．（2023•黄石）“神舟”十四号载人飞行任务是中国空间站建造阶段的首次载人飞行任务，也是空间站在轨建造以来情况最复杂、技术难度最高、航天员乘组工作量最大的一次载人飞行任务．如图，当“神舟”十四号运行到地球表面P点的正上方的F点处时，从点F能直接看到的地球表面最远的点记为Q点，已知PF＝km，∠FOQ＝20°，cs20°≈0.9，则圆心角∠POQ所对的弧长约为 π km（结果保留π）．
【分析】设OP＝OQ＝r km．由FQ是⊙O的切线，可得cs∠FOQ＝，由此构建方程求出r，再利用弧长公式求解．
【解答】解：设OP＝OQ＝r km．
由题意，FQ是⊙O的切线，
∴FQ⊥OQ，
∵cs∠FOQ＝，
∴0.9＝，
∴r＝6400，
∴的长＝＝π（km）．
故答案为：π．
5．（2023•绥化）如图，直线MN和EF为河的两岸，且MN∥EF，为了测量河两岸之间的距离，某同学在河岸FE的B点测得∠CBE＝30°，从B点沿河岸FE的方向走40米到达D点，测得∠CDE＝45°．
（1）求河两岸之间的距离是多少米？（结果保留根号）
（2）若从D点继续沿DE的方向走（12+12）米到达P点．求tan∠CPE的值．
【分析】（1）根据直角三角形的边角关系得出CH﹣CH＝40，进而求出答案；
（2）求出HP，根据锐角三角函数的定义进行计算即可．
【解答】解：如图，过点C作CH⊥EF于点H，
在Rt△CHB中，
∵tan∠CBH＝＝，
∴HB＝CH，
在Rt△CHD中，∠CDH＝45°，
∴CH＝DH，
又∵BH﹣DH＝BD＝40，
∴CH﹣CH＝40，
解得CH＝20+20，
即河两岸之间的距离是（20+20）米；
（2）在Rt△CHP中，HP＝HD＝PD＝20+20﹣（12+12）＝8+8，
∴tan∠CPE＝
＝
＝
＝．
6．（2023•乐至县）如图，在某机场的地面雷达观测站O，观测到空中点A处的一架飞机的仰角为45°，飞机沿水平线MN方向飞行到达点B处，此时观测到飞机的仰角为60°，飞机继续沿与水平线MN成15°角的方向爬升到点C处，此时观测到飞机的仰角为60°．已知OA＝9千米．（A、B、C、O、M、N在同一竖直平面内）
（1）求O、B两点之间的距离；
（2）若飞机的飞行速度保持12千米/分钟，求飞机从点B飞行到点C所用的时间是多少分钟？（≈1.414，结果精确到0.01）
【分析】（1）过点O作OD⊥AB，垂足为D，根据题意可得：∠AOM＝45°，∠BOM＝60°，AD∥MN，从而可得∠A＝∠AOM＝45°，∠DBO＝∠BOM＝60°，然后在Rt△ADO中，利用锐角三角函数的定义求出OD的长，再在Rt△BDO中，利用锐角三角函数的定义求出OB的长，即可解答；
（2）过点B作BE⊥OC，垂足为E，根据题意可得：∠CBD＝15°，∠BOM＝60°，∠CON＝60°，从而利用平角定义可得∠BOC＝60°，∠CBO＝75°，然后利用三角形内角和定理可得∠C＝45°，从而在Rt△BOE中，利用锐角三角函数的定义求出BE的长，再在Rt△BCE中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，最后进行计算即可解答．
【解答】解：（1）过点O作OD⊥AB，垂足为D，
由题意得：∠AOM＝45°，∠BOM＝60°，AD∥MN，
∴∠A＝∠AOM＝45°，∠DBO＝∠BOM＝60°，
在Rt△ADO中，OA＝9千米，
∴OD＝OA•sin45°＝9×＝9（千米），
在Rt△BDO中，OB＝＝＝6（千米），
∴O、B两点之间的距离为6千米；
（2）过点B作BE⊥OC，垂足为E，
由题意得：∠CBD＝15°，∠BOM＝60°，∠CON＝60°，
∴∠BOC＝180°﹣∠BOM﹣∠CON＝60°，
∵∠DBO＝60°，
∴∠CBO＝∠CBD+∠DBO＝75°，
∴∠C＝180°﹣∠CBO﹣∠BOC＝45°，
在Rt△BOE中，OB＝6千米，
∴BE＝OB•sin60°＝6×＝9（千米），
在Rt△BCE中，BC＝＝＝9（千米），
∴飞机从点B飞行到点C所用的时间＝≈1.06（分钟），
∴飞机从点B飞行到点C所用的时间约为1.06分钟．
【中考模拟练】
1．（2024•高青县一模）如图（1），在△ABC中，AB＝AC＝4，射线AN∥BC，D为AN上一点，过点D作DE∥AB，交射线BC于点E．研究发现线段CE的长y与线段AD的长x之间的关系可用图（2）的图象表示，已知点M（8，2），则∠B的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据点M的坐标可求出BC的长，再过点A作BC的垂线，构造直角三角形即可解决问题．
【解答】解：因为点M的坐标为（8，2），如图所示，
AD′＝8，CE′＝2．
过点C作D′E′的平行线，交AN于点F，
∵CF∥D′E′，AN∥BC，
∴四边形CE′D′F是平行四边形，
∴D′F＝CE′＝2，
∴AF＝8﹣2＝6．
同理可得，
四边形ABCF是平行四边形，
∴BC＝AF＝6．
过点A作BC的垂线，垂足为M，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝．
在Rt△ABM中，
AM＝，
∴tan∠B＝．
故选：A．
2．（2024•金牛区模拟）如图，已知点C为线段AB的中点，CD⊥AB且CD＝AB＝8，连接AD，BE⊥AB，且交∠DAB的平分线AE于点E，AE与DC相交于点F，EH⊥DC于点G，交AD于点H，则AH的长为 10﹣2 ．
【分析】由∠ACD＝90°，CD＝AB＝8，AC＝BC＝AB＝4，求得AD＝4，再证明四边形BCGE是矩形，则EG＝BC＝4，EG∥BC，所以∠HEA＝∠BAE，而∠HAE＝∠BAE，则∠HEA＝∠HAE，所以EH＝AH，由＝＝sinD，得＝，求得AH＝10﹣2，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴∠ACD＝90°，
∵点C为线段AB的中点，CD＝AB＝8，
∴AC＝BC＝AB＝4，
∴AD＝＝4，
∵BE⊥AB，EH⊥DC，
∴∠B＝∠BCG＝∠CGE＝90°，
∴四边形BCGE是矩形，
∴EG＝BC＝4，EG∥BC，
∴∠HEA＝∠BAE，
∵AE平分∠DAB，
∴∠HAE＝∠BAE，
∴∠HEA＝∠HAE，
∴EH＝AH，
∴HG＝EH﹣EG＝AH﹣4，HD＝AD﹣AH＝4﹣AH，
∵∠HGD＝∠ACD＝90°，
∴＝＝sinD，
∴＝，
∴解得AH＝10﹣2，
故答案为：10﹣2．
3．（2024•天河区校级一模）如图，在 Rt△ABC中，斜边AB＝10，，点P为边AB上一动点（不与A，B重合），PQ平分∠CPB交边BC于点Q，QM⊥AB 于M，QN⊥CP 于N．
（1）当AP＝CP时，线段CQ的长是 4 ；
（2）当CP⊥AB时，线段CQ的长是 ．
【分析】（1）证明点P为AB的中点，由角分线证明PQ∥AC，根据平行线分线段成比例，得出CQ即可．
（2）利用三角函数求出PC，求出sin∠PCQ的值，证明出∠QPN＝45°，设QN为4x，表示出PN为4x、CN为3x，根据PC求出x即可．
【解答】解：（1）如图，
在 Rt△ABC中，AB＝10，，
∴BC＝AB•sinA＝8，
∵AP＝CP，
∴∠PAC＝∠PCA，
∵∠A+∠B＝90°，∠PCA+∠PCB＝90°，
∴∠B＝∠PCB，
∴PB＝PC，
∴PA＝PB，
∵PQ平分∠CPB，
∴∠BPQ＝∠CPQ，
∴∠CPQ＝∠PCA，
∴PQ∥AC，
∴CQ＝BQ＝4，
故答案为：4．
（2）如图，∵CP⊥AB，
∴PC＝AC•sinA＝，
∵∠A+∠PCA＝90°，∠PCA+∠PCQ＝90°，
∴∠PCQ＝∠A，即sin∠PCQ＝，
设PN＝4x，
∵QM⊥AB，
∴CQ＝5x，
∴NC＝3x，
∵PQ平分∠CPB，
∴∠QPN＝45°，
∴PN＝4x，
∴PC＝7x＝，
∴x＝，
∴CQ＝5x＝，
故答案为：．
4．（2024•道里区一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠BAC，BD是△ABC的角平分线，过点D作BD的垂线交BC的延长线于点E，过点E作AB的平行线交AC的延长线于点F，若BE+EF＝8，tan∠BAC＝，则线段DE的长 ．
【分析】根据tan∠BAC＝tan∠DBE＝＝，设DE＝x，BD＝2x，则BE＝＝x，过点D作DN⊥AB于点N，延长ED交AB于点M，结合EF∥AB，证明△ADM≌△FDE，得到AB＝BM+AM＝BE+EF，结合BE+EF＝8，计算即可．
【解答】解：如图，延长ED交AB于点M，
∵，
∴△BDM≌△BDE（ASA）
∴BM＝BE，DM＝DE，
∵EF∥AB，
∴∠A＝∠F，∠AMD＝∠FED，
∵
∴△ADM≌△FDE（AAS），
∴AM＝FE，
∴AB＝BM+AM＝BE+EF，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠ABC＝2∠ABD＝2∠CBD，
∵∠ABC＝2∠BAC，
∴∠BAC＝∠ABD＝∠CBD，
∴AD＝BD，
∵tan∠BAC＝，BD⊥DE，
∴tan∠BAC＝tan∠DBE＝＝，
设DE＝x，BD＝2x，
则BE＝＝x，
∴cs∠ABD＝cs∠DBE＝＝x，
过点D作DN⊥AB于点N，
∵AD＝BD，
∴AN＝BN＝AB，
∵cs∠ABD＝＝x，
∴BN＝x，
∴AB＝2BN＝x，
∵BE+EF＝8，
∴x＝8，
解得x＝，
故DE＝，
故答案为：．
5．（2024•海淀区校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD为BC边上的中线，点E为AD中点，过点A作AF∥BC，交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：四边形ADCF为矩形；
（2）若BC＝6，sin，求EF的长．
【分析】（1）先证△AFE≌△DBE（AAS），得出AF＝BD，则AF＝DC，得出四边形ADCF为平行四边形，再证∠ADC＝90°，即可得出结论；
（2）BC＝6，AD为BC边上的中线，则，在Rt△ABD 中，，求出，则，又根据点E为AD中点，求出，则EF可根据勾股定理可求．
【解答】（1）证明：∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝ED，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，∠FAE＝∠BDE，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS），
∴AF＝BD，
∴AF＝DC，
又∵AF∥BC，
∴四边形ADCF为平行四边形，
∵AB＝AC，AD为BC边上的中线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCF为矩形；
（2）解：∵BC＝6，AD为BC边上的中线，
∴，
∵在Rt△ABD 中，，
∴，
∴，
又∵点E为AD中点，
∴，
∴在 Rt△EBD中，，
∴．
易错点：解直角三角形相关：
在Rt△ABC中，∠C=90°AB=c，BC=a，AC=b
三边关系：
两锐角关系：
边与角关系：，，，
锐角α是a、b的夹角
面积：
易错点：特殊角的三角函数值表
α
sinα
csα
tanα
30°
45°
60°
特殊角的三角函数值，可以直接记数值，也可以记定义，然后现退对应函数值，但显然，直接熟记对应数值会便捷很多。
解题大招01：解直角三角形口诀“直乘斜除，对正临余”——求直角三角形的直角边，多用乘法；求斜边，多用除法。求已知角的对边，多用正弦或正切值；求已知角的临边，多用余弦值。
常见辅助线：做垂线
解题大招02：此类计算更多的是注意审题，因为题目中可能会要求精确位数，或者保留几位有效数字，这时候要注意，一般计算到最后一步才带入参考数据计算，然后四舍五入。
解题大招01：解直角三角形应用常见辅助线
在实际测量高度、宽度、距离等问题中，常结合平面几何知识构造直角三角形，利用三角函数或相似三角形来解决问题，常见的构造的基本图形有如下几种：
（1）不同地点看同一点，如图①
（2）同一地点看不同点，如图②
（3）利用反射构造相似，如图③
（4）常用结论：
课题
检测新生物到皮肤的距离
工具
医疗仪器等
示意图
说明
如图2，新生物在A处，先在皮肤上选择最大限度地避开器官的B处照射新生物，检测射线与皮肤MN的夹角为∠DBN；再在皮肤上选择距离B处9cm的C处照射新生物，检测射线与皮肤MN的夹角为∠ECN．
测量数据
∠DBN＝35°，∠ECN＝22°，BC＝9cm
课题
母亲河驳岸的调研与计算
调查方式
资料查阅、水利部门走访、实地查看了解
调查内容
功能
驳岸是用来保护河岸，阻止河岸崩塌或冲刷的构筑物
材料
所需材料为石料、混凝土等
驳岸时剖面图
相关数据及说明：图中，点A，B，C，D，E在同一竖直平面内，AE和CD均与地面平行，岸墙AB⊥AE于点A，∠BCD＝135°，∠EDC＝60°，ED＝6m，AE＝1.5m，CD＝3.5m．
计算结果
…
交通展示
…
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