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初中数学冀教版九年级上册26.3 解直角三角形精品巩固练习
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这是一份初中数学冀教版九年级上册26.3 解直角三角形精品巩固练习，共22页。
2021-2022学年冀教版九年级数学上册《26.4解直角三角形的应用》同步练习题（附答案）
1．如图，小岛在港口P的北偏西60°方向，距港口56海里的A处，货船从港口P出发，沿北偏东45°方向匀速驶离港口P，4小时后货船在小岛的正东方向，则货船的航行速度是（ ）
A．7海里/时 B．7海里/时 C．7海里/时 D．28海里/时
2．如图，为了测得电视塔的高度AB，在D处用高为1米的测角仪CD，测得电视塔顶端A的仰角为30°，再向电视塔方向前进100米达到F处，又测得电视塔顶端A的仰角为60°，则这个电视塔的高度AB（单位：米）为（ ）
A．50 B．51 C．50+1 D．101
3．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（ ）
A．2千米 B．2千米 C．2千米 D．千米
4．如图，学校某数学兴趣小组想测量操场对面旗杆AB的高度，他们在C点测得旗杆顶部A的仰角为35°，再沿着坡度为3：4的楼梯向下走了3.5米到达D处，再继续向旗杆方向走了15米到达E处，在E处测得旗杆顶部A的仰角为65°，已知旗杆AB所在平台BF的高度为3.5米，则旗杆的高度AB为（ ）（结果精确到0.1，参考数据：tan35°≈0.7，tan65°≈2.1）．
A．19.8米 B．19.7米 C．18.3米 D．16.2米
5．如图，为了测量某风景区内一座凉亭AB的高度，小亮分别在凉亭对面的高台CD的底部C和顶部D处分别测得凉亭顶部A的仰角为45°和30°，已知高台CD为2m，则凉亭AB的高度为（ ）（结果保留一位小数，≈1.73）
A．4.7m B．4.8m C．8.1m D．8.2m
6．如图，电线杆的高度为CD＝m，两根拉线AC与BC互相垂直（A，D，B在同一条直线上），若∠CBA＝α，则拉线AC的长度可以表示为（ ）
A． B． C．mcosα D．
7．某轮船由西向东航行，在A处测得小岛P的方位是北偏东75°，继续航行7海里后，在B处测得小岛P的方位是北偏东60°，则此时轮船与小岛P的距离BP＝（ ）
A．7海里 B．14海里 C．3.5海里 D．4海里
8．如图，要得到从点D观测点A的俯角，可以测量（ ）
A．∠DAB B．∠DCE C．∠DCA D．∠ADC
9．太原地铁2号线是山西省第一条开通运营的地铁线路，于2020年12月26日开通，如图是该地铁某站扶梯的示意图，扶梯AB的坡度i＝5：12（i为铅直高度与水平宽度的比）．王老师乘扶梯从扶梯底端A以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端B，则王老师上升的铅直高度BC为 米．
10．如图，△ABC中，CD为边AB上的中线，点E在AC上，连接BE交CD于点F，∠BEC＝120°，BF＝AE+EF，若AB＝4，AE＝8，则CD的长为 ．
11．如图2，有一块四边形的铁板余料ABCD，经测量AB＝50cm，BC＝108cm，CD＝60cm，且tanB＝tanC＝，若要从这块余料中裁出顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，则该矩形的面积为 cm2．
12．山西省隰县盛产香梨，被称为“隰县玉露香”．县政府运用“互联网+玉露香梨”的发展思路，探索“爱心助农精准脱贫”的方式，构建“隰县玉露香”电商生态圈，使隰县成为中国北方最大的电商孵化基地.2021年春节期间，“隰县玉露香”在网上热销，某电商看准商机，用10000元购进一批“隰县玉露香”，销量可观，于是又用18000元购进一批同款规格的“隰县玉露香”，但第二次的进价比第一次每箱上涨20元，第二次所购数量恰好是第一次的1.5倍．
（1）求第一次购进的“隰县玉露香”每箱的价格．
（2）政府为推进农村电商高质量可持续发展，在隰县新建一批移动信号发射塔，以提高农村互联网的传输效率．如图，是一个新建的移动信号发射塔AC，其高AC＝15m．用测角仪在山脚下的点B处测得塔底C的仰角∠CBD＝36.9°，塔顶A的仰角∠ABD＝42°，点A，C，D在同一条铅垂线上．果农要在山脚B处修建房屋以方便管理梨园，按国家规定，通讯基站离居民居住地至少100m就可不受信号塔辐射的影响．请判断在点B处的房屋是否受信号塔塔顶A发出的信号辐射的影响．
（测角仪、房屋的高度忽略不计；结果精确到0.1m；参考数据：sin36.9°≈0.60，cos36.9°≈0.80，tan36.9°＝0.75，sin42°＝0.67，cos42°＝0.74，tan42°≈0.90）
13．某校数学兴趣小组学完“三角函数的应用”后，在校园内利用三角尺测量教学楼AB的高度．如图，小明同学站在点D处，将含45°角三角尺的一条直角边水平放置，此时三角尺的斜边刚好落在视线CA上．沿教学楼向前走7.7米到达点F处，将含30°角三角尺的短直角边水平放置，此时三角尺的斜边也刚好落在视线EA上．已知小明眼睛到地面的距离为1.6米，求教学楼AB的高度．（点D，F，B在同一水平线上．结果精确到0.1，参考数据：≈1.73，≈1.41）
14．在一次课外综合实践活动中，甲、乙两位同学测量校园内的一棵大树的高度，他们分别在A，B两处用高度为1.5m的测角仪（AE和BD）测得大树顶部C的仰角分别为30°，45°，两人间的水平距离（AB）为20m，已知点A，E，F，C，B，D在同一竖直平面内，且FC⊥AB，求大树的高度CF．（结果保留根号）
15．每年春季彩灯工艺师为汾河景区“中华第一龙”换装．查阅资料可知，“巨龙”长126米，龙身最大跨度为20米，最大直径为2.7米．课外实践小组对这条“巨龙”的龙头头顶A离地面的高度（AB）产生了兴趣，决定运用所学知识求出它的高度．由于“巨龙”在河中，同学们只能在人行道上进行测量．下面是他们测量的过程：在C点处测得龙头头顶A的仰角为27°，沿着人行道直行63米到达点D处，测得∠BCD＝60°，∠BDC＝30°．已知B，D，C三点在同一水平面内，测角仪距该平面的高度忽略不计．请根据以上数据求龙头头顶A离地面的高度AB．（结果精确到0.1米，参考数据：sin27°≈0.45，cos27°≈0.89，tan27°≈0.51，≈1.73）
16．某班数学课外活动小组的同学欲测量公园内一棵树DE的高度，他们在这棵树正前方一楼亭前的台阶上A点处测得树顶端D的仰角为30°，朝着这棵树的方向走到台阶下的点C处测得树顶端D的仰角为60°，已知A点的高度AB为2米，台阶AC的坡度i＝1：2，且B，C，E三点在同一条直线上，请根据以上条件求出树DE的高度．（测倾器的高度忽略不计，结果保留根号）
17．据史料记载，孟母仉氏，山西太谷县范村镇东西仉村人，孟母教子有方，“孟母三迁”、“断织喻学”、“教子明礼”、“厉子行道”的典故，不仅成就了孟子一代“亚圣”，也使孟母成为名垂千秋的中国贤母典范，2015年5月17日，一尊巨型孟母铜像在我省太谷县新建的孟母文化广场落成，小周同学为了测得孟母铜像的高度，现场进行了测量，并绘制了如图的铜像侧面截面图，已知AB＝43.46米，BC＝2米，∠A＝30°，∠B＝∠E＝90°，∠DCE＝60°，DE与地面垂直，请求出代表铜像高度的线段DE的长．（结果精确到0.1，，）
18．山西绵山是中国历史文化名山，因春秋时期晋国介子推携母隐居于此被焚而著称，如图1，是绵山上介子推母子的塑像，某游客计划测量这座塑像的高度，由于游客无法直接到达塑像底部，因此该游客计划借助坡面高度来测量塑像的高度；如图2，在塑像旁山坡坡脚A处测得塑像头顶C的仰角为75°，当从A处沿坡面行走10米到达P处时，测得塑像头顶C的仰角刚好为45°，已知山坡的坡度i＝1：3，且O，A，B在同一直线上，求塑像的高度．（测倾器高度忽略不计，结果精确到0.1米，参考数据：cos75°≈0.3，tan75°≈3.7，≈1.4，≈1.7，≈3.2）
19．如图是某货站传送货物的平面示意图为了提高传送过程的安全性，工人师傅欲减小传送带与地面的夹角使其由45°改为30°，已知原传送带AB长为4米．
（1）求新传送带AC的长度；（结果保留根号）
（2）如果需要在货物着地点C的左侧留出2米的通道，试判断距离B点5米的货物DEFG是否需要挪走，并说明理由（结果精确到0.1米参考数据：≈1.41，≈1.73，≈2.45）
20．如图，某人在山坡坡脚A处测得电视塔尖点C的仰角为60°，沿山坡向上走到P处再测得点C的仰角为45°，已知OA＝100米，山坡坡度＝1：2，且O、A、B在同一条直线上．求电视塔OC的高度以及此人所在位置P的铅直高度PB．（测倾器高度忽略不计，结果保留根号形式）
21．小明利用刚学过的测量知识来测量学校内一棵古树的高度．一天下午，他和学习小组的同学带着测量工具来到这棵古树前，由于有围栏保护，他们无法到达古树的底部B，如图所示．于是他们先在古树周围的空地上选择一点D，并在点D处安装了测量器DC，测得古树的顶端A的仰角为45°；再在BD的延长线上确定一点G，使DG＝5米，并在G处的地面上水平放置了一个小平面镜，小明沿着BG方向移动，当移动到点F时，他刚好在小平面镜内看到这棵古树的顶端A的像，此时，测得FG＝2米，小明眼睛与地面的距离EF＝1.6米，测量器的高度CD＝0.5米．已知点F、G、D、B在同一水平直线上，且EF、CD、AB均垂直于FB，求这棵古树的高度AB．（小平面镜的大小忽略不计）
22．为做好防汛工作，防汛指挥部决定对某水库的水坝进行加高加固，专家提供的方案是：水坝加高2米（即CD＝2米），背水坡DE的坡度i＝1：1（即DB：EB＝1：1），如图所示，已知AE＝4米，∠EAC＝130°，求水坝原来的高度BC．
（参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.2）
23．如图，热气球探测器显示，从热气球A处看一栋楼顶部B处的仰角为30°，看这栋楼底部C处的俯角为60°，热气球与楼的水平距离AD为100米，试求这栋楼的高度BC．
参考答案
1．解：设货船的航行速度为x海里/时，4小时后货船在点B处，作PQ⊥AB于点Q．
由题意AP＝56海里，PB＝4x海里，
在直角三角形APQ中，∠APQ＝60°，
所以PQ＝28．
在直角三角形PQB中，∠BPQ＝45°，
所以，PQ＝PB×cos45°＝2x．
所以，2x＝28，
解得：x＝7．
故选：A．
2．解：设AG＝x米，
在Rt△AEG中，
∵tan∠AEG＝，
∴EG＝＝x（m），
在Rt△ACG中，
∵tan∠ACG＝，
∴CG＝＝x（m），
∴x﹣x＝100，
解得：x＝50．
则AB＝（50+1）米．
故选：C．
3．解：如图，过C作CD⊥AB于D，
则∠CDB＝90°，
由题意得：∠BAC＝15°，∠CBD＝30°，AB＝4千米，
∴∠BCA＝∠CBD﹣∠BAC＝30°﹣15°＝15°，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴BC＝AB＝4千米，
在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，
∴CD＝BC＝2（千米），
即该建筑物离地面的高度为2千米，
故选：A．
4．解：作CG⊥AF于G，DH⊥CG于H，如图所示：
则HG＝DF，FG＝DH，
∵楼梯CD的坡度为3：4，CD＝3.5，
∴FG＝DH＝2.1，CH＝2.8，
在Rt△ACG中，∠ACG＝35°，tan∠ACG＝＝tan35°≈0.7，
∴AG≈0.7CG，
∴AF＝AG+FG＝0.7CG+2.1，
∵DF＝HG＝CG﹣CH＝CG﹣2.8，
∴EF＝DF﹣DE＝CG﹣2.8﹣15＝CG﹣17.8，
在Rt△AEF中，∠AEF＝65°，tan∠AEF＝＝tan65°≈2.1，
∴AF＝2.1EF，
∴0.7CG+2.1＝2.1（CG﹣17.8），
解得：CG＝28.2，
∴AF＝0.7×28.2+2.1＝21.84，
∴AB＝AF﹣BF＝21.84﹣3.5≈18.3（米），
即旗杆的高度AB约为18.3米；
故选：C．
5．解：过点D作DE⊥AB于点E，得矩形DEBC，
设塔高AB＝xm，则AE＝（x﹣2）m，
在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，
则DE＝（x﹣2）m，
在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，
则BC＝AB＝x，
由题意得，（x﹣2）＝x，
解得：x＝+3≈4.7．即AB≈4.7m．
故选：A．
6．解：∵∠ACD+∠BCD＝90°，∠CBD+∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠CBD，
在Rt△ACD中，∵cos∠ACD＝，
∴AC＝，
故选：B．
7．解：过P作PD⊥AB于点D，
∵∠PBD＝90°﹣60°＝30°
且∠PBD＝∠PAB+∠APB，∠PAB＝90﹣75＝15°
∴∠PAB＝∠APB，
∴BP＝AB＝7（海里）．
解法二：由题意，∠PAB＝90°﹣75°＝15°，∠ABP＝150°，
∴∠APB＝180°﹣15°﹣150°＝15°，
∴∠PAB＝∠APB，
∴BP＝AB＝7（海里）．
故选：A．
8．解：从点D观测点A的俯角即从点A观测点D的仰角，即∠DAB．
故选：A．
9．解：由题意得：∠ACB＝90°，AB＝0.5×40＝20（米），
∵扶梯AB的坡度i＝5：12＝，
∴设BC＝5a米，则AC＝12a米，
由勾股定理得：（5a）2+（12a）2＝202，
解得：a＝（负值已舍去），
∴BC＝（米），
故答案为：．
10．解：如图，延长BE到T，使得ET＝AE，连接AT，过点A作AJ⊥BE于J，过点E作EK⊥CD于K．
∵∠BEC＝120°，
∴∠AET＝∠BEC＝120°，
∴∠AEJ＝180°﹣∠AET＝60°，
∵AE＝ET＝8，
∴∠T＝∠EAT＝30°，
∴JE＝AE＝4，
∴AJ＝＝＝4，
∴AT＝2AJ＝8，JT＝4+8＝12，
∵BF＝AE+EF＝EF+ET＝FT，BD＝AD，
∴DF∥AT，DF＝AT＝4，
在Rt△ABJ中，BJ＝＝＝8，
∴BT＝BJ+JT＝8+12＝20，
∵BF＝EF+8，
∴BF+EF+ET＝20，
∴EF＝2，
∵AT∥FC，
∴∠ECF＝∠EAT＝30°，∠EFC＝∠T＝30°，
∴∠ECF＝∠EFC＝30°，
∴EF＝EC＝2，
∵EK⊥CF，
∴EK＝EF＝1
∴FK＝KC＝＝＝，
∴CF＝2FK＝2，
∴CD＝DF+CF＝6，
故答案为：．
11．解：如图，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，
交PQ于点G，如图，设矩形PQMN，
∵tanB＝tanC＝，
∴∠B＝∠C，
∴EB＝EC，
∵BC＝108cm，且EH⊥BC，
∴BH＝CH＝BC＝54cm，
∵tanB＝＝，
∴EH＝BH＝×54＝72cm，
∴EG＝EH﹣GH＝72﹣QM，
∵PQ∥BC，
∴△EQP∽△EBC，
∴＝，即＝，
∴PQ＝（72﹣QM），
设QM＝x，
则S矩形PQMN＝PQ•QM＝x（72﹣x）＝﹣（x﹣36）2+1944，
∴当x＝36时，S矩形PQMN最大值为1944，
所以当QM＝36时，矩形PQMN的最大面积为1944cm2，
答：该矩形的面积为1944cm2．
故答案为：1944．
12．解：（1）设第一次购进隰县玉露香的进价为x元/箱，
根据题意可得：×1.5＝，
解得x＝100，
经检验，x＝100是原方程的解，
答：第一次购进的“隰县玉露香”每箱的价格为100元；
（2）由题意得，∠ADB＝90°，
在Rt△ABD中，tan∠ABD＝，
∴AD＝BD•tan42°，
在Rt△BCD中，tan∠CBD＝，
∴CD＝BD•tan36.9°，
∵AC＝AD﹣CD，AC＝15m，
∴15＝BD•tan42°﹣BD•tan36.9°，
解得BD≈100m，
∴AB＝≈≈135.1（m），
∵135.1＞100，
∴在点B处的房屋不会受信号塔塔顶A发出的信号辐射的影响．
13．解：连接CE并延长，交AB于点G，设AG＝x米，
由题意可知，四边形CDFE，四边形CDBG是矩形，
∴BG＝CD＝1.6米，DF＝CE＝7.7米，∠CGB＝90°，
∴∠AGE＝90°，
在Rt△ACG中，∠ACG＝45°，
∴∠CAG＝∠ACG＝45°，
∴CG＝AG＝x（米），
∴EG＝CG﹣CE＝x﹣7.7（米），
在Rt△AEG中，∠AEG＝60°，tan∠AEG＝，
即EG＝，
∴x﹣7.7＝，
解得：x＝，
∴AB＝AG+BG＝18.2+1.6＝19.8（米）．
14．解：连接DE，交CF于G，
∵AB＝20 m，
∴DE＝DG+EG＝20 m，
在Rt△CDG中，
∵∠CDG＝45°，
∴DG＝CG，
在Rt△CEG中，
∵∠CEG＝30°，∠ECG＝60°，
∴EG＝CG•tan60°，
则DE＝CG•tan60°+CG＝20 m．
即DE＝CG+CG＝20 m．
∴CG＝（10﹣10）m．
由题意知：GF＝1.5 m．
∴CF＝CG+GF＝10﹣10+1.5＝（10﹣8.5）（米），
答：大树的高度为（10﹣8.5）米．
15．解：在△BCD中，∠BCD＝60°，∠BDC＝30°．
∴∠DBC＝180°﹣∠BCD﹣∠BDC＝90°，
在Rt△BCD中，CD＝63米，
∴BC＝DC＝31.5（米），
∵B，D，C三点在同一水平面内，龙头头顶A离地面的高度是AB，
∴AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，∠ACB＝27°，
∵tan∠ACB＝，
∴AB＝BC×tan27°≈31.5×0.51≈16.1（米），
答：龙头头顶A离地面的高度AB约为16.1米．
16．解：过点A作AF⊥DE，设DF＝x，
在Rt△ADF中，∵∠DAF＝30°，tan∠DAF＝＝，
∴AF＝x，
AC的坡度i＝1：2，
∴＝，
∵AB＝2，
∴BC＝4，
∵AB⊥BC，DE⊥CE，AF⊥DE，
∴四边形ABEF为矩形，
∴EF＝AB＝2，BE＝AF，
∴DE＝DF+EF＝x+2，
在Rt△DCE中，tan∠DCE＝，
∵∠DCE＝60°，
∴CE＝（x+2），
∵EB＝BC+CE＝4+（x+2），
∴（x+2）+4＝x，
∴x＝1+2，
∴DE＝3+2．
17．解：延长EC交AD于F，作FG⊥AB于G．则四边形FGBC是矩形，
∴FG＝BC＝2，CF＝BG，
在Rt△AFG中，∠A＝30°，
∴AG＝＝2，BG＝AB﹣AG＝43.46﹣2≈40米，
∵∠DCE＝∠CFD+∠CDF，∠DFC＝∠A＝30°，∠DCE＝60°，
∴∠CFD＝∠CDF＝30°，
∴CF＝CD＝BG＝40米，在Rt△DCE中，DE＝CD•sin60°＝20≈34.6米．
答：代表铜像高度的线段DE的长为34.6米．
18．解：过点P作PE⊥OB于点E，PF⊥OC于点F，
∵i＝1：3，AP＝10，
设PE＝x，则AE＝3x，
在Rt△AEP中，x2+（3x）2＝102，
解得：x＝或x＝﹣（舍），
∴PE＝，则AE＝3，
∵∠CPF＝∠PCF＝45°，
∴CF＝PF，
设CF＝PF＝m米，则OC＝（m+）米，OA＝（m﹣3）米，
在Rt△AOC中，tan75°＝＝，即m+＝tan75°•（m﹣3），
解得：m≈14.3，
∴OC＝14.3+≈17.5米，
答：塑像的高度约为17.5米．
19．解：（1）如图，
在Rt△ABM中，AM＝ABsin45°＝2（米）．
在Rt△ACM中，
∵∠ACM＝30°，
∴AC＝2AM＝4（米）．
即新传送带AC的长度约为4米；
（2）结论：货物DEFG不用挪走．
解：在Rt△ABM中，BM＝ABcos45°＝2（米）．
在Rt△ACM中，CM＝AM＝2（米）．
∴CB＝CM﹣BM＝2﹣2≈2.08（米）．
∵DC＝DB﹣CB≈5﹣2.08＝2.92（米）＞2（米），
∴货物DEFG不应挪走．
20．解：过点P作PF⊥OC，垂足为F．
在Rt△OAC中，由∠OAC＝60°，OA＝100，得OC＝OA•tan∠OAC＝100（米），
由i＝1：2，设PB＝x，则AB＝2x．
∴PF＝OB＝100+2x，CF＝100﹣x．
在Rt△PCF中，由∠CPF＝45°，
∴PF＝CF，即100+2x＝100﹣x，
∴x＝，即PB＝米．
21．解：如图，过点C作CH⊥AB于点H，
则CH＝BD，BH＝CD＝0.5米．
在Rt△ACH中，∠ACH＝45°，
∴AH＝CH＝BD，
∴AB＝AH+BH＝BD+0.5．
∵EF⊥FB，AB⊥FB，
∴∠EFG＝∠ABG＝90°．
由反射角等于入射角得∠EGF＝∠AGB，
∴△EFG∽△ABG，
∴＝即＝，
解得BD＝17.5，
∴AB＝17.5+0.5＝18（m）．
∴这棵古树的高AB为18m．
22．解：设BC＝x米，
在Rt△ABC中，
∠CAB＝180°﹣∠EAC＝50°，
AB＝≈＝＝x，
在Rt△EBD中，
∵i＝DB：EB＝1：1，
∴BD＝BE，
∴CD+BC＝AE+AB，
即2+x＝4+x，
解得x＝12，
即BC＝12，
答：水坝原来的高度约为12米．
23．解：由题意可得，
α＝30°，β＝60°，AD＝100米，∠ADC＝∠ADB＝90°，
∴在Rt△ADB中，α＝30°，AD＝100米，
∴tanα＝＝＝，
∴BD＝米，
在Rt△ADC中，β＝60°，AD＝100米，
∴tanβ＝，
∴CD＝100米，
∴BC＝BD+CD＝米，
即这栋楼的高度BC是米．
2021-2022学年冀教版九年级数学上册《26.4解直角三角形的应用》同步练习题（附答案）
1．如图，小岛在港口P的北偏西60°方向，距港口56海里的A处，货船从港口P出发，沿北偏东45°方向匀速驶离港口P，4小时后货船在小岛的正东方向，则货船的航行速度是（ ）
A．7海里/时 B．7海里/时 C．7海里/时 D．28海里/时
2．如图，为了测得电视塔的高度AB，在D处用高为1米的测角仪CD，测得电视塔顶端A的仰角为30°，再向电视塔方向前进100米达到F处，又测得电视塔顶端A的仰角为60°，则这个电视塔的高度AB（单位：米）为（ ）
A．50 B．51 C．50+1 D．101
3．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（ ）
A．2千米 B．2千米 C．2千米 D．千米
4．如图，学校某数学兴趣小组想测量操场对面旗杆AB的高度，他们在C点测得旗杆顶部A的仰角为35°，再沿着坡度为3：4的楼梯向下走了3.5米到达D处，再继续向旗杆方向走了15米到达E处，在E处测得旗杆顶部A的仰角为65°，已知旗杆AB所在平台BF的高度为3.5米，则旗杆的高度AB为（ ）（结果精确到0.1，参考数据：tan35°≈0.7，tan65°≈2.1）．
A．19.8米 B．19.7米 C．18.3米 D．16.2米
5．如图，为了测量某风景区内一座凉亭AB的高度，小亮分别在凉亭对面的高台CD的底部C和顶部D处分别测得凉亭顶部A的仰角为45°和30°，已知高台CD为2m，则凉亭AB的高度为（ ）（结果保留一位小数，≈1.73）
A．4.7m B．4.8m C．8.1m D．8.2m
6．如图，电线杆的高度为CD＝m，两根拉线AC与BC互相垂直（A，D，B在同一条直线上），若∠CBA＝α，则拉线AC的长度可以表示为（ ）
A． B． C．mcosα D．
7．某轮船由西向东航行，在A处测得小岛P的方位是北偏东75°，继续航行7海里后，在B处测得小岛P的方位是北偏东60°，则此时轮船与小岛P的距离BP＝（ ）
A．7海里 B．14海里 C．3.5海里 D．4海里
8．如图，要得到从点D观测点A的俯角，可以测量（ ）
A．∠DAB B．∠DCE C．∠DCA D．∠ADC
9．太原地铁2号线是山西省第一条开通运营的地铁线路，于2020年12月26日开通，如图是该地铁某站扶梯的示意图，扶梯AB的坡度i＝5：12（i为铅直高度与水平宽度的比）．王老师乘扶梯从扶梯底端A以0.5米/秒的速度用时40秒到达扶梯顶端B，则王老师上升的铅直高度BC为 米．
10．如图，△ABC中，CD为边AB上的中线，点E在AC上，连接BE交CD于点F，∠BEC＝120°，BF＝AE+EF，若AB＝4，AE＝8，则CD的长为 ．
11．如图2，有一块四边形的铁板余料ABCD，经测量AB＝50cm，BC＝108cm，CD＝60cm，且tanB＝tanC＝，若要从这块余料中裁出顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，则该矩形的面积为 cm2．
12．山西省隰县盛产香梨，被称为“隰县玉露香”．县政府运用“互联网+玉露香梨”的发展思路，探索“爱心助农精准脱贫”的方式，构建“隰县玉露香”电商生态圈，使隰县成为中国北方最大的电商孵化基地.2021年春节期间，“隰县玉露香”在网上热销，某电商看准商机，用10000元购进一批“隰县玉露香”，销量可观，于是又用18000元购进一批同款规格的“隰县玉露香”，但第二次的进价比第一次每箱上涨20元，第二次所购数量恰好是第一次的1.5倍．
（1）求第一次购进的“隰县玉露香”每箱的价格．
（2）政府为推进农村电商高质量可持续发展，在隰县新建一批移动信号发射塔，以提高农村互联网的传输效率．如图，是一个新建的移动信号发射塔AC，其高AC＝15m．用测角仪在山脚下的点B处测得塔底C的仰角∠CBD＝36.9°，塔顶A的仰角∠ABD＝42°，点A，C，D在同一条铅垂线上．果农要在山脚B处修建房屋以方便管理梨园，按国家规定，通讯基站离居民居住地至少100m就可不受信号塔辐射的影响．请判断在点B处的房屋是否受信号塔塔顶A发出的信号辐射的影响．
（测角仪、房屋的高度忽略不计；结果精确到0.1m；参考数据：sin36.9°≈0.60，cos36.9°≈0.80，tan36.9°＝0.75，sin42°＝0.67，cos42°＝0.74，tan42°≈0.90）
13．某校数学兴趣小组学完“三角函数的应用”后，在校园内利用三角尺测量教学楼AB的高度．如图，小明同学站在点D处，将含45°角三角尺的一条直角边水平放置，此时三角尺的斜边刚好落在视线CA上．沿教学楼向前走7.7米到达点F处，将含30°角三角尺的短直角边水平放置，此时三角尺的斜边也刚好落在视线EA上．已知小明眼睛到地面的距离为1.6米，求教学楼AB的高度．（点D，F，B在同一水平线上．结果精确到0.1，参考数据：≈1.73，≈1.41）
14．在一次课外综合实践活动中，甲、乙两位同学测量校园内的一棵大树的高度，他们分别在A，B两处用高度为1.5m的测角仪（AE和BD）测得大树顶部C的仰角分别为30°，45°，两人间的水平距离（AB）为20m，已知点A，E，F，C，B，D在同一竖直平面内，且FC⊥AB，求大树的高度CF．（结果保留根号）
15．每年春季彩灯工艺师为汾河景区“中华第一龙”换装．查阅资料可知，“巨龙”长126米，龙身最大跨度为20米，最大直径为2.7米．课外实践小组对这条“巨龙”的龙头头顶A离地面的高度（AB）产生了兴趣，决定运用所学知识求出它的高度．由于“巨龙”在河中，同学们只能在人行道上进行测量．下面是他们测量的过程：在C点处测得龙头头顶A的仰角为27°，沿着人行道直行63米到达点D处，测得∠BCD＝60°，∠BDC＝30°．已知B，D，C三点在同一水平面内，测角仪距该平面的高度忽略不计．请根据以上数据求龙头头顶A离地面的高度AB．（结果精确到0.1米，参考数据：sin27°≈0.45，cos27°≈0.89，tan27°≈0.51，≈1.73）
16．某班数学课外活动小组的同学欲测量公园内一棵树DE的高度，他们在这棵树正前方一楼亭前的台阶上A点处测得树顶端D的仰角为30°，朝着这棵树的方向走到台阶下的点C处测得树顶端D的仰角为60°，已知A点的高度AB为2米，台阶AC的坡度i＝1：2，且B，C，E三点在同一条直线上，请根据以上条件求出树DE的高度．（测倾器的高度忽略不计，结果保留根号）
17．据史料记载，孟母仉氏，山西太谷县范村镇东西仉村人，孟母教子有方，“孟母三迁”、“断织喻学”、“教子明礼”、“厉子行道”的典故，不仅成就了孟子一代“亚圣”，也使孟母成为名垂千秋的中国贤母典范，2015年5月17日，一尊巨型孟母铜像在我省太谷县新建的孟母文化广场落成，小周同学为了测得孟母铜像的高度，现场进行了测量，并绘制了如图的铜像侧面截面图，已知AB＝43.46米，BC＝2米，∠A＝30°，∠B＝∠E＝90°，∠DCE＝60°，DE与地面垂直，请求出代表铜像高度的线段DE的长．（结果精确到0.1，，）
18．山西绵山是中国历史文化名山，因春秋时期晋国介子推携母隐居于此被焚而著称，如图1，是绵山上介子推母子的塑像，某游客计划测量这座塑像的高度，由于游客无法直接到达塑像底部，因此该游客计划借助坡面高度来测量塑像的高度；如图2，在塑像旁山坡坡脚A处测得塑像头顶C的仰角为75°，当从A处沿坡面行走10米到达P处时，测得塑像头顶C的仰角刚好为45°，已知山坡的坡度i＝1：3，且O，A，B在同一直线上，求塑像的高度．（测倾器高度忽略不计，结果精确到0.1米，参考数据：cos75°≈0.3，tan75°≈3.7，≈1.4，≈1.7，≈3.2）
19．如图是某货站传送货物的平面示意图为了提高传送过程的安全性，工人师傅欲减小传送带与地面的夹角使其由45°改为30°，已知原传送带AB长为4米．
（1）求新传送带AC的长度；（结果保留根号）
（2）如果需要在货物着地点C的左侧留出2米的通道，试判断距离B点5米的货物DEFG是否需要挪走，并说明理由（结果精确到0.1米参考数据：≈1.41，≈1.73，≈2.45）
20．如图，某人在山坡坡脚A处测得电视塔尖点C的仰角为60°，沿山坡向上走到P处再测得点C的仰角为45°，已知OA＝100米，山坡坡度＝1：2，且O、A、B在同一条直线上．求电视塔OC的高度以及此人所在位置P的铅直高度PB．（测倾器高度忽略不计，结果保留根号形式）
21．小明利用刚学过的测量知识来测量学校内一棵古树的高度．一天下午，他和学习小组的同学带着测量工具来到这棵古树前，由于有围栏保护，他们无法到达古树的底部B，如图所示．于是他们先在古树周围的空地上选择一点D，并在点D处安装了测量器DC，测得古树的顶端A的仰角为45°；再在BD的延长线上确定一点G，使DG＝5米，并在G处的地面上水平放置了一个小平面镜，小明沿着BG方向移动，当移动到点F时，他刚好在小平面镜内看到这棵古树的顶端A的像，此时，测得FG＝2米，小明眼睛与地面的距离EF＝1.6米，测量器的高度CD＝0.5米．已知点F、G、D、B在同一水平直线上，且EF、CD、AB均垂直于FB，求这棵古树的高度AB．（小平面镜的大小忽略不计）
22．为做好防汛工作，防汛指挥部决定对某水库的水坝进行加高加固，专家提供的方案是：水坝加高2米（即CD＝2米），背水坡DE的坡度i＝1：1（即DB：EB＝1：1），如图所示，已知AE＝4米，∠EAC＝130°，求水坝原来的高度BC．
（参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.2）
23．如图，热气球探测器显示，从热气球A处看一栋楼顶部B处的仰角为30°，看这栋楼底部C处的俯角为60°，热气球与楼的水平距离AD为100米，试求这栋楼的高度BC．
参考答案
1．解：设货船的航行速度为x海里/时，4小时后货船在点B处，作PQ⊥AB于点Q．
由题意AP＝56海里，PB＝4x海里，
在直角三角形APQ中，∠APQ＝60°，
所以PQ＝28．
在直角三角形PQB中，∠BPQ＝45°，
所以，PQ＝PB×cos45°＝2x．
所以，2x＝28，
解得：x＝7．
故选：A．
2．解：设AG＝x米，
在Rt△AEG中，
∵tan∠AEG＝，
∴EG＝＝x（m），
在Rt△ACG中，
∵tan∠ACG＝，
∴CG＝＝x（m），
∴x﹣x＝100，
解得：x＝50．
则AB＝（50+1）米．
故选：C．
3．解：如图，过C作CD⊥AB于D，
则∠CDB＝90°，
由题意得：∠BAC＝15°，∠CBD＝30°，AB＝4千米，
∴∠BCA＝∠CBD﹣∠BAC＝30°﹣15°＝15°，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴BC＝AB＝4千米，
在Rt△BCD中，∠CBD＝30°，
∴CD＝BC＝2（千米），
即该建筑物离地面的高度为2千米，
故选：A．
4．解：作CG⊥AF于G，DH⊥CG于H，如图所示：
则HG＝DF，FG＝DH，
∵楼梯CD的坡度为3：4，CD＝3.5，
∴FG＝DH＝2.1，CH＝2.8，
在Rt△ACG中，∠ACG＝35°，tan∠ACG＝＝tan35°≈0.7，
∴AG≈0.7CG，
∴AF＝AG+FG＝0.7CG+2.1，
∵DF＝HG＝CG﹣CH＝CG﹣2.8，
∴EF＝DF﹣DE＝CG﹣2.8﹣15＝CG﹣17.8，
在Rt△AEF中，∠AEF＝65°，tan∠AEF＝＝tan65°≈2.1，
∴AF＝2.1EF，
∴0.7CG+2.1＝2.1（CG﹣17.8），
解得：CG＝28.2，
∴AF＝0.7×28.2+2.1＝21.84，
∴AB＝AF﹣BF＝21.84﹣3.5≈18.3（米），
即旗杆的高度AB约为18.3米；
故选：C．
5．解：过点D作DE⊥AB于点E，得矩形DEBC，
设塔高AB＝xm，则AE＝（x﹣2）m，
在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，
则DE＝（x﹣2）m，
在Rt△ABC中，∠ACB＝45°，
则BC＝AB＝x，
由题意得，（x﹣2）＝x，
解得：x＝+3≈4.7．即AB≈4.7m．
故选：A．
6．解：∵∠ACD+∠BCD＝90°，∠CBD+∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠CBD，
在Rt△ACD中，∵cos∠ACD＝，
∴AC＝，
故选：B．
7．解：过P作PD⊥AB于点D，
∵∠PBD＝90°﹣60°＝30°
且∠PBD＝∠PAB+∠APB，∠PAB＝90﹣75＝15°
∴∠PAB＝∠APB，
∴BP＝AB＝7（海里）．
解法二：由题意，∠PAB＝90°﹣75°＝15°，∠ABP＝150°，
∴∠APB＝180°﹣15°﹣150°＝15°，
∴∠PAB＝∠APB，
∴BP＝AB＝7（海里）．
故选：A．
8．解：从点D观测点A的俯角即从点A观测点D的仰角，即∠DAB．
故选：A．
9．解：由题意得：∠ACB＝90°，AB＝0.5×40＝20（米），
∵扶梯AB的坡度i＝5：12＝，
∴设BC＝5a米，则AC＝12a米，
由勾股定理得：（5a）2+（12a）2＝202，
解得：a＝（负值已舍去），
∴BC＝（米），
故答案为：．
10．解：如图，延长BE到T，使得ET＝AE，连接AT，过点A作AJ⊥BE于J，过点E作EK⊥CD于K．
∵∠BEC＝120°，
∴∠AET＝∠BEC＝120°，
∴∠AEJ＝180°﹣∠AET＝60°，
∵AE＝ET＝8，
∴∠T＝∠EAT＝30°，
∴JE＝AE＝4，
∴AJ＝＝＝4，
∴AT＝2AJ＝8，JT＝4+8＝12，
∵BF＝AE+EF＝EF+ET＝FT，BD＝AD，
∴DF∥AT，DF＝AT＝4，
在Rt△ABJ中，BJ＝＝＝8，
∴BT＝BJ+JT＝8+12＝20，
∵BF＝EF+8，
∴BF+EF+ET＝20，
∴EF＝2，
∵AT∥FC，
∴∠ECF＝∠EAT＝30°，∠EFC＝∠T＝30°，
∴∠ECF＝∠EFC＝30°，
∴EF＝EC＝2，
∵EK⊥CF，
∴EK＝EF＝1
∴FK＝KC＝＝＝，
∴CF＝2FK＝2，
∴CD＝DF+CF＝6，
故答案为：．
11．解：如图，延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，
交PQ于点G，如图，设矩形PQMN，
∵tanB＝tanC＝，
∴∠B＝∠C，
∴EB＝EC，
∵BC＝108cm，且EH⊥BC，
∴BH＝CH＝BC＝54cm，
∵tanB＝＝，
∴EH＝BH＝×54＝72cm，
∴EG＝EH﹣GH＝72﹣QM，
∵PQ∥BC，
∴△EQP∽△EBC，
∴＝，即＝，
∴PQ＝（72﹣QM），
设QM＝x，
则S矩形PQMN＝PQ•QM＝x（72﹣x）＝﹣（x﹣36）2+1944，
∴当x＝36时，S矩形PQMN最大值为1944，
所以当QM＝36时，矩形PQMN的最大面积为1944cm2，
答：该矩形的面积为1944cm2．
故答案为：1944．
12．解：（1）设第一次购进隰县玉露香的进价为x元/箱，
根据题意可得：×1.5＝，
解得x＝100，
经检验，x＝100是原方程的解，
答：第一次购进的“隰县玉露香”每箱的价格为100元；
（2）由题意得，∠ADB＝90°，
在Rt△ABD中，tan∠ABD＝，
∴AD＝BD•tan42°，
在Rt△BCD中，tan∠CBD＝，
∴CD＝BD•tan36.9°，
∵AC＝AD﹣CD，AC＝15m，
∴15＝BD•tan42°﹣BD•tan36.9°，
解得BD≈100m，
∴AB＝≈≈135.1（m），
∵135.1＞100，
∴在点B处的房屋不会受信号塔塔顶A发出的信号辐射的影响．
13．解：连接CE并延长，交AB于点G，设AG＝x米，
由题意可知，四边形CDFE，四边形CDBG是矩形，
∴BG＝CD＝1.6米，DF＝CE＝7.7米，∠CGB＝90°，
∴∠AGE＝90°，
在Rt△ACG中，∠ACG＝45°，
∴∠CAG＝∠ACG＝45°，
∴CG＝AG＝x（米），
∴EG＝CG﹣CE＝x﹣7.7（米），
在Rt△AEG中，∠AEG＝60°，tan∠AEG＝，
即EG＝，
∴x﹣7.7＝，
解得：x＝，
∴AB＝AG+BG＝18.2+1.6＝19.8（米）．
14．解：连接DE，交CF于G，
∵AB＝20 m，
∴DE＝DG+EG＝20 m，
在Rt△CDG中，
∵∠CDG＝45°，
∴DG＝CG，
在Rt△CEG中，
∵∠CEG＝30°，∠ECG＝60°，
∴EG＝CG•tan60°，
则DE＝CG•tan60°+CG＝20 m．
即DE＝CG+CG＝20 m．
∴CG＝（10﹣10）m．
由题意知：GF＝1.5 m．
∴CF＝CG+GF＝10﹣10+1.5＝（10﹣8.5）（米），
答：大树的高度为（10﹣8.5）米．
15．解：在△BCD中，∠BCD＝60°，∠BDC＝30°．
∴∠DBC＝180°﹣∠BCD﹣∠BDC＝90°，
在Rt△BCD中，CD＝63米，
∴BC＝DC＝31.5（米），
∵B，D，C三点在同一水平面内，龙头头顶A离地面的高度是AB，
∴AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，∠ACB＝27°，
∵tan∠ACB＝，
∴AB＝BC×tan27°≈31.5×0.51≈16.1（米），
答：龙头头顶A离地面的高度AB约为16.1米．
16．解：过点A作AF⊥DE，设DF＝x，
在Rt△ADF中，∵∠DAF＝30°，tan∠DAF＝＝，
∴AF＝x，
AC的坡度i＝1：2，
∴＝，
∵AB＝2，
∴BC＝4，
∵AB⊥BC，DE⊥CE，AF⊥DE，
∴四边形ABEF为矩形，
∴EF＝AB＝2，BE＝AF，
∴DE＝DF+EF＝x+2，
在Rt△DCE中，tan∠DCE＝，
∵∠DCE＝60°，
∴CE＝（x+2），
∵EB＝BC+CE＝4+（x+2），
∴（x+2）+4＝x，
∴x＝1+2，
∴DE＝3+2．
17．解：延长EC交AD于F，作FG⊥AB于G．则四边形FGBC是矩形，
∴FG＝BC＝2，CF＝BG，
在Rt△AFG中，∠A＝30°，
∴AG＝＝2，BG＝AB﹣AG＝43.46﹣2≈40米，
∵∠DCE＝∠CFD+∠CDF，∠DFC＝∠A＝30°，∠DCE＝60°，
∴∠CFD＝∠CDF＝30°，
∴CF＝CD＝BG＝40米，在Rt△DCE中，DE＝CD•sin60°＝20≈34.6米．
答：代表铜像高度的线段DE的长为34.6米．
18．解：过点P作PE⊥OB于点E，PF⊥OC于点F，
∵i＝1：3，AP＝10，
设PE＝x，则AE＝3x，
在Rt△AEP中，x2+（3x）2＝102，
解得：x＝或x＝﹣（舍），
∴PE＝，则AE＝3，
∵∠CPF＝∠PCF＝45°，
∴CF＝PF，
设CF＝PF＝m米，则OC＝（m+）米，OA＝（m﹣3）米，
在Rt△AOC中，tan75°＝＝，即m+＝tan75°•（m﹣3），
解得：m≈14.3，
∴OC＝14.3+≈17.5米，
答：塑像的高度约为17.5米．
19．解：（1）如图，
在Rt△ABM中，AM＝ABsin45°＝2（米）．
在Rt△ACM中，
∵∠ACM＝30°，
∴AC＝2AM＝4（米）．
即新传送带AC的长度约为4米；
（2）结论：货物DEFG不用挪走．
解：在Rt△ABM中，BM＝ABcos45°＝2（米）．
在Rt△ACM中，CM＝AM＝2（米）．
∴CB＝CM﹣BM＝2﹣2≈2.08（米）．
∵DC＝DB﹣CB≈5﹣2.08＝2.92（米）＞2（米），
∴货物DEFG不应挪走．
20．解：过点P作PF⊥OC，垂足为F．
在Rt△OAC中，由∠OAC＝60°，OA＝100，得OC＝OA•tan∠OAC＝100（米），
由i＝1：2，设PB＝x，则AB＝2x．
∴PF＝OB＝100+2x，CF＝100﹣x．
在Rt△PCF中，由∠CPF＝45°，
∴PF＝CF，即100+2x＝100﹣x，
∴x＝，即PB＝米．
21．解：如图，过点C作CH⊥AB于点H，
则CH＝BD，BH＝CD＝0.5米．
在Rt△ACH中，∠ACH＝45°，
∴AH＝CH＝BD，
∴AB＝AH+BH＝BD+0.5．
∵EF⊥FB，AB⊥FB，
∴∠EFG＝∠ABG＝90°．
由反射角等于入射角得∠EGF＝∠AGB，
∴△EFG∽△ABG，
∴＝即＝，
解得BD＝17.5，
∴AB＝17.5+0.5＝18（m）．
∴这棵古树的高AB为18m．
22．解：设BC＝x米，
在Rt△ABC中，
∠CAB＝180°﹣∠EAC＝50°，
AB＝≈＝＝x，
在Rt△EBD中，
∵i＝DB：EB＝1：1，
∴BD＝BE，
∴CD+BC＝AE+AB，
即2+x＝4+x，
解得x＝12，
即BC＝12，
答：水坝原来的高度约为12米．
23．解：由题意可得，
α＝30°，β＝60°，AD＝100米，∠ADC＝∠ADB＝90°，
∴在Rt△ADB中，α＝30°，AD＝100米，
∴tanα＝＝＝，
∴BD＝米，
在Rt△ADC中，β＝60°，AD＝100米，
∴tanβ＝，
∴CD＝100米，
∴BC＝BD+CD＝米，
即这栋楼的高度BC是米．
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