2021学年23.2解直角三角形及其应用习题

这是一份2021学年23.2解直角三角形及其应用习题，文件包含专题233解直角三角形解析版docx、专题233解直角三角形原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。

2021-2022学年九年级数学上册尖子生同步培优题典【沪科版】
专题23.3解直角三角形
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020秋•汉寿县期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AC＝8，AB＝4，则BC的长是（　　）

A．43 B．47 C．6 D．8
【分析】如图，过点C作CE⊥BA交BA的延长线于E．解直角三角形求出AE，EC，再利用勾股定理求出BC．
【解析】如图，过点C作CE⊥BA交BA的延长线于E．

∵∠BAC＝120°，
∴∠CAE＝180°﹣120°＝60°，
∴AE＝AC•cos60°＝4，EC＝AC•sin60°＝43，
∵AB＝4，
∴BE＝AB+AE＝8，
∴BC=BE2+EC2=82+(43)2=47，
故选：B．
2．（2017春•思明区校级月考）如图，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，若∠BPC=12∠BAC，则cos∠BPC＝（　　）

A．34 B．45 C．35 D．43
【分析】先过点A作AE⊥BC于点E，由等腰三角形的性质得出∠BAE=12∠BAC，得出∠BPC＝∠BAE．再在Rt△BAE中，由勾股定理得AE的长，利用锐角三角函数的定义，即可得出答案．
【解析】过点A作AE⊥BC于点E，如图所示：
∵AB＝AC＝5，
∴BE=12BC=12×8＝4，∠BAE=12∠BAC，
∵∠BPC=12∠BAC，
∴∠BPC＝∠BAE．
在Rt△BAE中，由勾股定理得
AE=AB2-BE2=52-42=3，
∴cos∠BPC＝cos∠BAE=AEAB=35．
故选：C．

3．（2021•凉山州模拟）在△ABC中，AC≠BC，∠ACB＝90°，CD⊥AB垂足为D，则下列比值中不等于sinA的是（　　）

A．CDAC B．BDCB C．CBAB D．CDCB
【分析】利用锐角三角函数定义判断即可．
【解析】在Rt△ABC中，sinA=BCAB，
在Rt△ACD中，sinA=CDAC，
∵∠A+∠B＝90°，∠B+∠BCD＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
在Rt△BCD中，sinA＝sin∠BCD=BDCB，
故选：D．
4．（2020•开平市二模）如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，已知CD＝1.5，BC＝2，则cosB的值是（　　）

A．23 B．32 C．34 D．43
【分析】根据直角三角形的性质求出AB，根据余弦的定义计算即可．
【解析】∵Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，
∴AB＝2CD＝3，
在Rt△ABC中，cosB=BCAB=23，
故选：A．
5．（2019•拱墅区校级模拟）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝6，D是BC上一点，若tan∠DAB=15，则AD的长为（　　）

A．22 B．13 C．213 D．8
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，由等腰直角三角形的性质可得AB＝62，∠B＝45°，可得DE＝BE，由题意可得AE＝5DE，即可求AE，DE的值，由勾股定理可求AD的长．
【解析】如图，过点D作DE⊥AB于点E，

∵等腰直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝6，
∴AB＝62，∠B＝45°，且DE⊥AB
∴∠EDB＝∠B＝45°，
∴DE＝BE，
∵tan∠DAB=15=DEAE，
∴AE＝5DE，
∵AB＝AE+BE＝5DE+DE＝6DE＝62
∴DE=2，AE＝52
∴AD=AE2+DE2=213
故选：C．
6．（2019•碑林区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，tanB=34，CD为AB边上的中线，CE平分∠ACB，则AEAD的值（　　）

A．35 B．34 C．45 D．67
【分析】如图，过点E和点D作EF⊥AC，DG⊥AC于点F和G，可得EF∥DG∥BC，根据已知条件和两条直线平行对应边成比例可得EF=47AC，根据三角函数可得BC=43AC，进而可求结果．
【解析】如图，过点E和点D作EF⊥AC，DG⊥AC于点F和G，

∴EF∥DG，
∴AEAD=EFDG，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ECF=12ACB＝45°，
∵∠EFC＝90°，
∴∠FEC＝45°，
∴EF＝FC，
∴AF＝AC﹣FC＝AC﹣EF，
∵CD为AB边上的中线，
∴DG∥BC，DG=12BC，
∴EF∥BC，
∴∠AEF＝∠B，
∴tan∠AEF＝tan∠B=34，
∴AFEF=34，
即AC-EFEF=34，
解得EF=47AC，
∵ACBC=34，
∴BC=43AC，
∴EFDG=EF12BC=47AC12×43AC=67．
∴AEAD=EFDG=67．
故选：D．
7．（2020秋•河口区期末）如图，在5×4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顶点上，则cos∠BAC的值为（　　）

A．43 B．34 C．35 D．45
【分析】过点C作CD⊥AB于点D，根据勾股定理可求出AC，然后根据锐角三角函数的定义即可求出答案．
【解析】过点C作CD⊥AB于点D，
∵AD＝3，CD＝4，
∴由勾股定理可知：AC＝5，
∴cos∠BAC=ADAC=35，
故选：C．

8．（2020秋•嘉定区期末）在平面直角坐标系xOy中，已知点P（1，3），点P与原点O的连线与x轴的正半轴的夹角为α（0°＜α＜90°），那么tanα的值是（　　）
A．1010 B．13 C．31010 D．3
【分析】如图，过P点作PA⊥x轴于A，则∠POA＝α，利用P点坐标得到OA＝1，PA＝3，然后根据正切的定义求出tan∠POA的值即可．
【解析】如图，过P点作PA⊥x轴于A，
则∠POA＝α，
∵点P的坐标为（1，3），
∴OA＝1，PA＝3，
∴tan∠POA=PAOA=31=3，
即tanα＝3．
故选：D．

9．（2019秋•松江区期中）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC，BD是AC边上的高，cosC=13，则△BCD与△ABD的面积比是（　　）

A．1：3 B．2：7 C．2：9 D．2：11
【分析】作AE⊥BC于E，根据等腰三角形的性质，解直角三角形得到AC=92CD，即可得到ADCD=72，然后根据三角形面积公式求得S△BCDS△ABD=12CD⋅BD12AD⋅BD=CDAD=27．
【解析】作AE⊥BC于E，
∵AB＝AC，
∴BE＝EC=12BC，
∵在Rt△AEC中，cosC=ECAC=13，
∴AC＝3EC，
∴AC=32BC，
在Rt△BCD中，cosC=CDBC=13，
∴BC＝3CD，
∴AC=92CD，
∴ADCD=72，
∴S△BCDS△ABD=12CD⋅BD12AD⋅BD=CDAD=27，
故选：B．

10．（2021•郫都区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，AB＝3，BC＝2，tanA=43，则CD的值为（　　）

A．43 B．25 C．65 D．2
【分析】延长AD、BC，两线交于O，解直角三角形求出OB，求出OC，根据勾股定理求出OA，求出△ODC∽△OBA，根据相似三角形的性质得出比例式，代入求出即可．
【解析】延长AD、BC，两线交于O，
∵在Rt△ABO中，∠B＝90°，tanA=43=OBAB，AB＝3，
∴OB＝4，
∵BC＝2，
∴OC＝OB﹣BC＝4﹣2＝2，
在Rt△ABO中，∠B＝90°，AB＝3，OB＝4，由勾股定理得：AO＝5，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ODC＝90°＝∠B，
∵∠O＝∠O，
∴△ODC∽△OBA，
∴DCAB=OCOA，
∴DC3=25，
解得：DC=65，
故选：C．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2021•无棣县一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，AB＝8，AC＝6，则cos∠DCB＝　34　．

【分析】根据已知条件推出∠DCB＝∠A，即可通过在Rt△ABC求cos∠A的值求出cos∠DCB的值．
【解析】∵在Rt△ABC中，∠A+∠B＝90°，
在Rt△CDB中，∠DCB+∠B＝90°，
∴∠DCB＝∠A，
∴cos∠DCB＝cos∠A=ACAB=68=34；
故答案为：34．
12．（2021•南山区校级一模）如图，△ABC的顶点都是正方形网格中的格点，则tan∠ACB等于　3　．

【分析】过点B作BD⊥AC，垂足为D，先求出△ABC的各边及CD的长，利用三角形的面积公式再求出BD的长，最后在直角三角形中求出∠ACB的正切值．
【解析】过点B作BD⊥AC，垂足为D．
∵AB＝5，AC=1+32=10，BC=32+42=5，
∴CD=102．
∵S△ABC＝15-32-12×4×3=152，
S△ABC=12×AC×DB，
∴12×10×BD=152，
∴BD=1510=3210．
在Rt△BCD中，
tan∠ACB=BDCD=3．
故答案为：3．

13．（2020秋•温江区校级期末）已知：如图，在△ABC中，∠C＝45°，AB=5，AC＝22，AD是BC边上的高，则BC的长度为 　3　．

【分析】在Rt△ADC中，利用锐角三角函数可求出AD和CD，在Rt△ABD中利用勾股定理可求出BD，再由BC＝CD+BD即可求出BC的长．
【解析】在Rt△ADC中，CD＝AD＝AC×sinC＝22×22=2，
在Rt△ABD中，BD=AB2-AD2=(5)2-22=1，
∴BC＝CD+BD＝2+1＝3，
故答案为：3．
14．（2020春•南岗区校级月考）在△ABC中，AB＝AC，若BD⊥直线AC于点D，若cos∠BAD=23，BD＝25，则CD为　2或10　．
【分析】根据∠BAD的余弦设AD＝2x，AB＝3x，过点B作BD⊥AC于D，利用勾股定理列方程求出x，从而求出AD、AB，然后分△ABC是锐角三角形和钝角三角形两种情况再求出CD．
【解析】∵cos∠BAD=23，
∴设AD＝2x，AB＝3x，
过点B作BD⊥AC于D，
根据勾股定理得，AD2+BD2＝AB2，
即（2x）2+（2 5）2＝（3x）2，
解得x＝2，
∴AD＝4，AB＝6，
如图1，△ABC是锐角三角形时，CD＝AC﹣AD＝6﹣4＝2，
如图2，△ABC是钝角三角形时，CD＝AC+AD＝6+4＝10；
综上所述，CD的长为2或10．
故答案为：2或10．

15．（2020•高密市二模）如图，∠EFG＝90°，EF＝10，OG＝17，cos∠FGO=35，则点F的坐标是　（8，12）　．

【分析】过点F作直线FA∥OG，交y轴于点A，过点G作GH⊥FA于点H，先由平行线的性质及互余关系证明∠FEA＝∠HFG＝∠FGO；再解Rt△AEF，求得AE及AF，然后判定四边形OGHA为矩形，则可求得FH；解Rt△FGH，求得FG及HG，则点F的坐标可得．
【解析】过点F作直线FA∥OG，交y轴于点A，过点G作GH⊥FA于点H，则∠FAE＝90°，

∵FA∥OG，
∴∠FGO＝∠HFG．
∵∠EFG＝90°，
∴∠FEA+∠AFE＝90°，∠HFG+∠AFE＝90°，
∴∠FEA＝∠HFG＝∠FGO，
∵cos∠FGO=35，
∴cos∠FEA=35，
在Rt△AEF中，EF＝10，
∴AE＝EFcos∠FEA＝10×35=6，
∴根据勾股定理得，AF＝8，
∵∠FAE＝90°，∠AOG＝90°，∠GHA＝90°
∴四边形OGHA为矩形，
∴AH＝OG，
∵OG＝17，
∴AH＝17，
∴FH＝17﹣8＝9，
∵在Rt△FGH中，FHFG=cos∠HFG＝cos∠FGO=35，
∴FG＝9÷35=15，
∴由勾股定理得：HG=152-92=12，
∴F（8，12）．
故答案为：（8，12）．
16．（2020秋•徐汇区期末）如图，点P在线段BC上，AB⊥BC，DP⊥AP，CD⊥DP，如果BC＝10，AB＝2，tanC=12，那么DP的长是　655　．

【分析】由DP⊥AP，CD⊥DP，得AP∥CD，则∠C＝∠APB，由tan∠APB=ABBP，求得BP＝4，PC＝6，在Rt△CDP中，tanC=DPCD，CD=62-DP2，得出DP62-DP2=12，即可得出结果．
【解析】∵DP⊥AP，CD⊥DP，
∴AP∥CD，
∴∠C＝∠APB，
∵AB⊥BC，
∴tan∠APB=ABBP，
∵tanC=12，
∴2BP=12，
∴BP＝4，
∴PC＝BC﹣BP＝10﹣4＝6，
在Rt△CDP中，tanC=DPCD，CD=PC2-DP2=62-DP2，
∴DP62-DP2=12，
解得：DP=655或DP=-655（不合题意舍去），
故答案为：655．
17．（2021•山西模拟）如图，在△ABC中，∠ABC＝120°，AB＝12，点D在边AC上，点E在边BC上，sin∠ADE=45，ED＝5，如果△ECD的面积是6，那么BC的长是　93-6　．

【分析】如图，过点E作EF⊥BC于F，过点A作AH⊥CB交CB的延长线于H．解直角三角形求出BH，CH即可解决问题．
【解析】如图，过点E作EF⊥BC于F，过点A作AH⊥CB交CB的延长线于H．

∵∠ABC＝120°，
∴∠ABH＝180°﹣∠ABC＝60°，
∵AB＝12，∠H＝90°，
∴BH＝AB•cos60°＝6，AH＝AB•sin60°＝63，
∵EF⊥DF，DE＝5，
∴sin∠ADE=EFDE=45，
∴EF＝4，
∴DF=DE2-EF2=52-42=3，
∵S△CDE＝6，
∴12•CD•EF＝6，
∴CD＝3，
∴CF＝CD+DF＝6，
∵tanC=EFCF=AHCH，
∴46=63CH，
∴CH＝93，
∴BC＝CH﹣BH＝93-6．
故答案为：93-6．
18．（2020秋•闵行区期中）我们把有三个内角相等的凸四边形叫做三等角四边形，例如：在四边形PQMN中，如果∠P＝∠Q＝100°，∠M＝60°，那么四边形PQMN是三等角四边形．请阅读以上定义，完成下列探究：如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，cosB=13，如果点D在边AB上，AD＝6，点E在边AC上，四边形DBCE是三等角四边形，那么线段CE的长是　173　．

【分析】如图，过点A作AJ⊥BC于J，连接CD，解直角三角形求出BK，CKAK，再利用相似三角形的性质求出DH，AH，想办法求出EH，即可解决问题．
【解析】如图，过点A作AJ⊥BC于J，连接CD，

过点C作CK⊥AB于K，过点D作DH⊥AC于H．
∵AB＝AC＝9，AJ⊥BC，
∴BJ＝JC，
∵cosB=BJAB=13，
∴BJ＝JC＝3，
∵CK⊥AB，
∴cosB=BKBC=13，
∴BK＝2，CK=BC2-BK2=62-22=42，
∵∠DAH＝∠CAK，∠AHD＝∠AKC＝90°，
∴△AHD∽△AKC，
∴ADAC=AHAK=DHCK，
∴69=AH7=DH42，
∴AH=143，DH=823，
∵四边形DBCE是三等角四边形，
∴∠DEH＝∠B，
∴cos∠DEH＝cos∠B=13=EHDE，
设EH＝m，DE＝3m，
在Rt△DEH中，∵DE2＝EH2+DH2，
∴（3m）2＝m2+（823）2，
∴m=43或-43（舍弃），
∴EH=43，
∴AE＝AH﹣EH=143-43=103，
∴CE＝AC﹣AE＝9-103=173．
故答案为：173．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020•宿迁一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，已知∠A和a，请写出解Rt△ABC的过程．

【分析】由角的关系可得∠B，再利用正弦，正切可求出c，b．
【解析】∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，已知∠A和a，
∴∠B＝90°﹣∠A，
∵sinA=ac，
∴c=asinA，
∵tanA=ab，
∴b=atanA．
20．（2021•浦东新区三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，点D在边BC上，且BD＝3CD，DE⊥AB，垂足为点E，联结CE．
（1）求线段AE的长；
（2）求∠ACE的余切值．

【分析】（1）根据锐角三角函数定义即可求出AE的长；
（2）过点E作EH⊥AC于点H．根据等腰直角三角形的性质可得EH＝AH的值，再根据三角函数即可求出∠ACE的余切值．
【解析】（1）∵BC＝4，BD＝3CD，
∴BD＝3．
∵AB＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠B＝45°．
∵DE⊥AB，
∴在Rt△DEB中，cosB=BEBD=22．
∴BE=322
在Rt△ACB中，AB=AC2+BC2=42，
∴AE=522
（2）如图，过点E作EH⊥AC于点H．

∴在Rt△AHE中，cosA=AHAE=22，
AH＝AE•cos45°=52，
∴CH=AC-AH=4-52=32，
∴EH＝AH=52，
∴在Rt△CHE中，cot∠ECH=CHEH=35，
即∠ACE的余切值是35．
21．（2021•嘉定区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，cosA=35．D是AB边的中点，过点D作直线CD的垂线，与边BC相交于点E．
（1）求线段CE的长；
（2）求sin∠BDE的值．

【分析】（1）由勾股定理求出BC，再根据斜边上的中线求出AD，∠DCB＝∠B，由余弦定理求出CE；
（2）作EF⊥AB交AB于F，在直角三角形中由勾股定理列出关于BF的关系式，从而求出∠BDE的正弦值．
【解析】（1）∵∠ACB＝90°，AC＝6，cosA=35，
∴ACAB=35，
∴AB＝10，
∴BC=AB2-AC2=8，
又∵D为AB中点，
∴AD＝BD＝CD=12AB＝5，
∴∠DCB＝∠B，
∴cos∠DCB=CDCE，cos∠B=BCAB，
∴5CE=810，
∴CE=254；
（2）作EF⊥AB交AB于F，
由（1）知CE=254，
则BE＝8-254=74，DE=CE2-CD2=154，
设BF＝x，则DF＝BD﹣BF＝5﹣x，
在Rt△DEF中，EF2＝DE2﹣DF2=(154)2-(5-x)2，
在Rt△BEF中，EF2＝BE2﹣BF2=(74)2-x2，
∴22516-（5﹣x）2=4916-x2，
解得x=75，
∴EF2＝（74）2﹣（75）2=49×916×25，
EF=2120，
∴sin∠BDE=EFDE=725．

22．（2021•上海模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝45°，cotB=32，BC＝10．
（1）求AB的长；
（2）如果CD为边AB上的中线，求∠DCB的正切值．

【分析】（1）过点A作AE⊥BC，构造两个直角三角形，分别用特殊角和三角函数求解．
（2）过D作DF⊥BC，分别在两个直角三角形中求解．
【解析】（1）过A作AE⊥BC于E，作DF⊥BC于F，

∵∠BCA＝45°，
在Rt△AEC中，AE＝EC，
∵cotB=32，
在Rt△BEA中，BEAE=32，
设BE＝3x，AE＝2x，
∴BC＝BE+EC＝BE+AE＝10，
∴x＝2，
∴BE＝6，EA＝EC＝4，
由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2．
即AB2＝36+16＝52．
∴AB=52=213．
（2）由（1）知AB＝213，
又∵D为AB的中点，
∴BD＝AD=13，
∵DF⊥BC，AE⊥BC，
∴DF∥AE，
∵BD＝AD，
∴BF＝FE=12BE＝3．
∴DF=12AE＝2，
∴FC＝FE+EC＝3+4＝7．
∴tan∠DCB=27．
23．（2021•奉贤区二模）如图，已知，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝4，BC＝2，点D是AC的中点，联结BD并延长至点E，使∠E＝∠BAC．
（1）求sin∠ABE的值；
（2）求点E到直线BC的距离．

【分析】（1）过D作DF⊥AB于F，求出DF和BD即可得答案；
（2）过A作AH⊥BE于H，过E作EG∥AC交BC延长线于G，先求BE，再用相似三角形性质得到答案．
【解析】（1）过D作DF⊥AB于F，如图：

∵∠C＝90°，AB＝4，BC＝2，
∴AC=AB2-BC2=23，sin∠BAC=12，
∴∠BAC＝30°，
∵点D是AC的中点，
∴AD＝CD=3，
∴BD=BC2+CD2=7，
Rt△ADF中，DF＝AD•sin∠BAC=32，
Rt△BDF中，sin∠ABE=DFBD=2114；
（2）过A作AH⊥BE于H，过E作EG∥AC交BC延长线于G，如图：

∵∠ADH＝∠BDC，∠BCD＝∠AHD＝90°，
∴△BCD∽△AHD，
∴BCAH=BDAD=CDHD，
∵BC＝2，CD＝AD=3，BD=7，
∴2AH=73=3HD，解得AH=2217，HD=377，
∵∠AEB＝∠BAC＝30°，
∴HE=AHtan30°=677，
∴BE＝BD+DH+HE=1677，
∵EG∥AC，
∴∠BDC＝∠BEG，
而∠CBD＝∠GBE，
∴△CBD∽△GBE，
∴EGDC=BEBD，即EG3=16777，
∴EG=1637．
方法二：过E作EG⊥BC于G，
∵∠E＝∠BAC，∠ABE＝∠DBA，
∴△ABD∽△ABE，
∴ABBE=BDAB，
即4BE=74，
∴BE=1677，
∵DC⊥BC，EG⊥BG，
∴DC∥BG，
∴EGDC=BEBD，即EG3=16777，
∴EG=1637，
∴点E到直线BC的距离为1637．
24．（2021•青浦区二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，sin∠ABC=13，D是边AB上一点，且CD＝CA，BE⊥CD，垂足为点E．
（1）求AD的长；
（2）求∠EBC的正切值．

【分析】（1）过C点作CH⊥AD于H，如图，利用等腰三角形的性质得到AH＝DH，再证明∠ACH＝∠ABC，则sin∠ACH＝sin∠ABC=13，然后利用正弦的定义求出AH，从而得到AD的长；
（2）在Rt△ABC中先求出AB＝9，则BD＝7，再证明∠HCD＝∠EBD，则sin∠EBD=DEBD=13，利用正弦的定义求出DE=73，接着利用勾股定理计算出BE，然后根据正切的定义求解．
【解析】（1）过C点作CH⊥AD于H，如图，
∵CD＝CA，
∴AH＝DH，
∵∠ABC+∠BCH＝90°，∠ACH+∠BCH＝90°，
∴∠ACH＝∠ABC，
∴sin∠ACH＝sin∠ABC=13，
在Rt△ACH中，sin∠ACH=AHAC=13，
∴AD＝2AH＝2；
（2）在Rt△ABC中，sin∠ABC=ACAB=13，
∴AB＝3AC＝9，
∴BD＝AB﹣AD＝9﹣2＝7，
∵∠E＝90°，
而∠EDB＝∠HDC，
∴∠HCD＝∠EBD，
∴sin∠EBD=DEBD=13，
∴DE=13BD=73，
∴BE=72-(73)2=1423，
在Rt△EBC中，tan∠EBC=ECEB=3+731423=427．