初中数学人教版九年级下册28.2 解直角三角形及其应用当堂检测题

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专题28.2 解直角三角形及其应用【九大题型】
【人教版】


【题型1 网格中解直角三角形】 2
【题型2 坐标系中解直角三角形】 5
【题型3 直接解直角三角形】 12
【题型4 化斜为直解非直角三角形】 19
【题型5 在四边形中解直角三角形】 27
【题型6 解直角三角形的应用（坡度坡比问题）】 35
【题型7 解直角三角形的应用（俯角仰角问题）】 42
【题型8 解直角三角形的应用（方向角问题）】 50
【题型9 解直角三角形的应用（实物建模问题）】 55


【知识点1 直角三角形的边角关系】
（1） 两锐角关系：
（2）三边关系：（勾股定理）
（3）边角关系：， ，
【知识点2 解直角三角形的类型和解法】
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

【题型1 网格中解直角三角形】
【例1】（江苏省江阴市澄江片2022-2023学年九年级下学期期中考试数学试题）如图是由6个形状、大小完全相同的菱形组成的网格，菱形的顶点称为格点．已知菱形的一个角（∠O）为120°，A、B、C都在格点上，则tan∠ABC的值是________________．

【答案】36
【分析】如图，连接EA、EC，先证明∠AEC＝90°，E、A、B共线，再根据tan∠ABC＝ECEB，求出EC、EB即可解决问题．
【详解】解：如图，连接EA，EC，

设菱形的边长为a，由题意得∠CEF＝60°，∠BEF＝30°，CE＝a，AE＝3a，EB＝23a，
∴∠AEC＝90°，
∵∠ACE＝∠AGF＝60°，
∴∠EAB＝180°，
∴E、A、B共线，
在Rt△CEB中，tan∠ABC＝ECEB=a23a=36．
故答案为：36．
【点睛】本题考查菱形的性质、三角函数、特殊三角形边角关系等知识，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
【变式1-1】（2022年四川省广元市万达实验学校中考模拟数学试题）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1-2】（2022年福建省中考数学模拟试卷（六））如图，△ABC的三个顶点在边长为1的正方形网格的格点上，则sin∠BAC=____．

【答案】35
【分析】过点A作AD⊥BC于D，过点B作BE⊥AC于E，只需求得BE即可求得sin∠BAC．
【详解】如图，过点A作AD⊥BC于D，过点B作BE⊥AC于E，
由图可得，AB=10，AC=10，BC=2，AD=3，
∵S△ABC=12⋅AD⋅BC=12⋅AC⋅BE，
∴12×3×2=12×10BE，
∴BE=3105，
∴sin∠BAC=BEAB=310510=35．
故答案为：35．

【点睛】本题主要是应用三角函数定义来解直角三角形．要注意直角三角函数的性质进行解题，本题易错点在于学生误认为sin∠BAC=2sin∠BAD．
【变式1-3】（2022年中考数学一轮复习讲练测（北京））如图所示的正方形网格中，A，B，C是网格线交点，∠CAB的度数为__．

【答案】45°
【分析】根据勾股定理和等积法求出线段长，再根据三角函数求出角度即可．
【详解】解：如图，连接BC，过C作CD⊥AB于D，
根据勾股定理，得AB=62+22=210，AC=62+32=35．
∵SΔABC=6×6−12×6×3−12×6×2−12×4×3=15，
SΔABC=12AB⋅CD=12×210⋅CD=10CD，
∴ 10CD=15，
∴CD=3102．
在RtΔACD中，∵∠ADC=90°，
∴sin∠CAB=CDAC=310235=22，
∴∠CAB=45°．
故答案为：45°．

【点睛】本题考查了解直角三角形和等积法，解题关键是恰当的构造直角三角形，利用相关知识求解.
【题型2 坐标系中解直角三角形】
【例2】（2022·江苏·九年级专题练习）如图，直线y=34x+3交x轴于A点，将一块等腰直角三角形纸板的直角顶点置于原点O，另两个顶点M、N恰落在直线y=34x+3上，若N点在第二象限内，则tan∠AON的值为（　　）

A．17 B．16 C．15 D．18
【答案】A
【分析】过O作OC⊥AB于C，过N作ND⊥OA于D，设N的坐标是（x，34x+3），得出DN=34x+3，OD=-x，求出OA=4，OB=3，由勾股定理求出AB=5，由三角形的面积公式得出AO×OB=AB×OC，代入求出OC，根据sin45°=OCON，求出ON，在Rt△NDO中，由勾股定理得出（34x+3）2+（-x）2=(1225)2，求出N的坐标，得出ND、OD，代入tan∠AON=NDOD求出即可．
【详解】过O作OC⊥AB于C，过N作ND⊥OA于D，

∵N在直线y=34x+3上，
∴设N的坐标是（x，34x+3），
则DN=34x+3，OD=-x，
y=34x+3，
当x=0时，y=3，
当y=0时，x=-4，
∴A（-4，0），B（0，3），
即OA=4，OB=3，
在△AOB中，由勾股定理得：AB=5，
∵在△AOB中，由三角形的面积公式得：AO×OB=AB×OC，
∴3×4=5OC，
OC=125，
∵在Rt△NOM中，OM=ON，∠MON=90°，
∴∠MNO=45°，
∴sin45°=OCON=125ON，
∴ON=1225，
在Rt△NDO中，由勾股定理得：ND2+DO2=ON2，
即（34x+3）2+（-x）2=(1225)2，
解得：x1=-8425，x2=1225，
∵N在第二象限，
∴x只能是-8425，
34x+3=1225，
即ND=1225，OD=8425，
tan∠AON=NDOD=17．
故选A．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，三角形的面积，解直角三角形等知识点的运用，主要考查学生运用这些性质进行计算的能力，题目比较典型，综合性比较强．
【变式2-1】（2022年黑龙江省佳木斯市前进区九年级中考三模数学试题）如图，在平面直角坐标系中，点A1的坐标是(0,−1)，点A1，A2，A3，A4，A5…所在直线与x轴交于点B0(−2,0)，点B1，B2，B3，B4…都在x轴上，△A1B1B2，△A2B2B3，△A3B3B4，…都是等腰直角三角形，则等腰直角三角形A2022B2022B2023的腰长A2022B2022为_______________．

【答案】320222
【分析】过点A2作A2C1⊥x轴，设∠OB0A1 =α，tan∠OB0A1=A1OB0O=12，进而分别计算出A1B1=2，A2B2=32，A3B3=92……找到规律即可求解．
【详解】解：∵B0(−2,0)，A1 (0,−1)
∴OB0=2,OA1=1
∴A1B0=5
∴tan∠OB0A1=A1OB0O=12
设∠OB0A1 =α
∵ △A1B1B2是等腰直角三角形，
∴A1B1O=45°
∴A1B1=2,B1B2=2A1B1=2,
∴B1−1,0，B21,0
∴B2B0=3
过点A2作A2C1⊥x轴，
∵ △A2B2B3是等腰直角三角形
∴A2C1=B2C1
则tanα=A2C1B0C1=12
即A2C1B2C1+B2B0=12,
∴A2C1=B2C1=3
∴A2B2=32
∴B2B3=2A2C1=6
∴B0B3=B0B2+B2B3=3+6=9
同理可得tanα=A3C2B0C2=12,得A3C2=9,
∴A3B3=92
……
∴ AnBn=3n2，
∴ A2022B2022=320222．
故答案为：320222．

【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，正切的定义，找到规律是解题的关键．
【变式2-2】（2022·四川泸州·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点B的坐标为(10，4)，四边形ABEF是菱形，且tan∠ABE=43．若直线l把矩形OABC和菱形ABEF组成的图形的面积分成相等的两部分，则直线l的解析式为（    ）

A．y=3x B．y=−34x+152
C．y=−2x+11 D．y=−2x+12
【答案】D
【分析】过点E作EG⊥AB于点G，利用三角函数求得EG=8，BG=6，AG=4，再求得点E的坐标为(4，12)，根据题意，直线l经过矩形OABC的对角线的交点H和菱形ABEF的对角线的交点D，根据中点坐标公式以及待定系数法即可求解．
【详解】解：过点E作EG⊥AB于点G，

∵矩形OABC的顶点B的坐标为(10，4)，四边形ABEF是菱形，
∴AB=BE=10，点A的坐标为(0，4)，点C的坐标为(10，0)，
在Rt△BEG中，tan∠ABE=43，BE=10，
∴sin∠ABE=45，即EGBE=45，
∴EG=8，BG=BE2−EG2=6，
∴AG=4，
∴点E的坐标为(4，12)，
根据题意，直线l经过矩形OABC的对角线的交点H和菱形ABEF的对角线的交点D，
点H的坐标为(0+102，0+42)，点D的坐标为(0+42，4+122)，
∴点H的坐标为(5，2)，点D的坐标为(2，8)，
设直线l的解析式为y=kx+b，
把(5，2)，(2，8)代入得5k+b=22k+b=8，
解得：k=−2b=12，
∴直线l的解析式为y=-2x+12，
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，待定系数法求函数的解析式，矩形和菱形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【变式2-3】（2022·河南·模拟预测）在平面直角坐标系中，点A，B分别在y轴和x轴上，∠ABO=60°,CD为△AOB的中位线，过点D向x轴作垂线段，垂足为E，可得矩形CDEO．将矩形CDEO沿着x轴向右平移，设斜边AB所在直线与矩形所围直角三角形的面积为S．已知点B的坐标为(6,0)，当S=23时，矩形CDEO顶点D的坐标为__________．

【答案】(5,33)；(7,33)
【分析】根据B（6，0）求得OB=6，又tan∠ABO=OAOB，求OA=63，再根据三角形中位线性质得出CD∥OB，CD=12OB=3，OC=12OA=33，然后设D的坐标为(m,33)，分两种情况：当AB与CD相交时，如图1，当AB与O′C、O′E相交时，如图2，分别求出点D的坐标即可；
【详解】解：∵B（6，0），
∴OB=6，
∵tan∠ABO=OAOB，
∴OA=OB⋅tan∠ABO=6×tan60°=63，
∵CD是△AOB的中位线，
∴CD∥OB，CD=12OB=3，OC=12OA=33，
设D(m,33)，
当AB与CD相交时，如图1，
∴DG=m-3，
∵CD∥OB，
∴∠DGF=∠ABO=60°，
∵tan∠DGF=DFDG，
∴3=DFm−3，
∴DF=3（m-3），
∵S△DGF=12DG⋅DF=12(m−3)⋅3(m−3)=23
解得：m1=5，m2=1，
∵DG=m-3>0，
∴m=5,
∴点D的坐标为(5,33)；

当AB与O′C、O′E相交时，如图2，
∴O′B=3-(m-6)=9-m，
∵tan∠ABO=O′FO′B，即3=O′F9−m
∴O′F=3（9-m）
∵S△DGF=12O′B⋅O′F=12(9−m)⋅3(9−m)=23
解得：m1=7，m2=11，
∵O′B=9-m>0，
∴m=7，
∴D的坐标为(7,33)．
综上，D的坐标为(5,33)或(7,33)．
故答案为：(5,33)或(7,33)．
【点睛】本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、平移的性质、解直角三角形、三角形面积等知识；熟练掌握矩形的性质和解直角三角形是解题的关键.
【题型3 直接解直角三角形】
【例3】（2022年广东省深圳市宝安区中考数学备考冲刺题--模拟卷（四））如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=60°，∠BAC的角平分线EA与∠BCA的角平分线CD相交于点O，已知BD=4，OC=22，则OE=_________．

【答案】26−22
【分析】在CA上截取CF=CE，先证明△COE≌△COF，再证明△AOD≌△AOF，得到OD=OE，作DN⊥BC于N，OM⊥BC于M，可证△OCM∽△DCN，然后利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】在CA上截取CF=CE，
∵CD平分∠BCA，∠AC B =90°，
∴∠ACD=∠BCD=12∠ACB=45°，
在△COE和△COF中
CE=CF∠ECO=∠FCOCO=CO，
∴△COE≌△COF（SAS），
∴OE=OF．
∵∠ABC=60°，
∴∠BAC=30°，
∵EF平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE=12∠BAC=15°，
∴∠COE=∠COF=∠AOD=45°+15°=60°．
∵∠AOC=180°-∠CAE-∠ACO
=180°-12(∠BAC+∠ACA)
=180°-12(180°-60°)
=120°，
∴∠AOF=120°-60°=60°，
∴∠AOD=∠AOF，
在△AOD和△AOF中
∠OAD=∠OAFAO=AO∠AOD=∠AOF，
∴△AOD≌△AOF（ASA），
∴OF=OD，
∴OE=OE．
作DN⊥BC于N，OM⊥BC于M，
∴∠CMO=∠CND=90°，
∵∠OCM=∠DCN，
∴△OCM∽△DCN，
∴OMDN=COCD．
∵sinB=DNBD， BD=4，
∴DN=23，
∵OC=22，∠OCM=45°，
∴CM=OM=2，
∴223=2222+OD，
∴OE=OD=26−22．
故答案为：26−22．

【点睛】本题考查了角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
【变式3-1】（2022-2023中考1年模拟数学分项汇编）如图，在Rt△ABC中，AB=BC=4，以AB为边作等边三角形ABD，使点D与点C在AB同侧，连接CD，则CD=______．

【答案】26−22##−22+26
【分析】过点D作DE⊥BC于点E，由等边三角形的性质可知BD=AB=AD=4，∠ABD=60°，结合题意可求出∠DBC=30°，从而可求出DE=2，BE=23，进而可求出CE=4−23，最后根据勾股定理即可求出CD的长．
【详解】如图，过点D作DE⊥BC于点E，

∵△ABD是等边三角形，
∴BD=AB=AD=4，∠ABD=60°．
∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=30°．
∵DE⊥BC，
∴DE=12BD=2．
∴BE=BD⋅cos30°=4×32=23．
∴CE=BC−BE=4−23．
∵DE⊥BC，
∴CD=CE2+DE2=26−22．
故答案为：26−22．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，解直角三角形，勾股定理等知识．正确的作出辅助线是解题关键．
【变式3-2】（安徽省亳州市2022-2023学年九年级上学期教学质量调研三数学试题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CE是斜边AB上的中线，过点E作EF⊥AB交AC于点F．若BC＝4，tan∠CEF=34，则AC的长为__________．

【答案】8
【分析】连接BF，交CE于点D，根据直角三角形斜边上的中线性质可得CE＝AE，从而可得∠ECA＝∠A，再根据已知可知EF是AB的垂直平分线，从而可得BF＝AF，进而可得∠A＝∠ABF，然后可得∠ABF＝∠ACE，从而证明△CDF∽△BDE，进而可得∠CFD＝∠BED，最后利用等角的余角相等可得∠CBF＝∠CEF，从而在Rt△BCF中，利用锐角三角函数的定义和勾股定理求出CF，BF的长，从而求出AF的长，进行计算即可解答．
【详解】解：连接BF，交CE于点D，

∵∠ACB＝90°，CE是斜边AB上的中线，
∴CE=AE=12AB，
∴∠ECA＝∠A，
∵EF⊥AB，
∴EF是AB的垂直平分线，
∴BF＝AF，
∴∠A＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠ACE，
∵∠CDF＝∠BDE，
∴△CDF∽△BDE，  
∴∠CFD＝∠BED，
∵∠CFD+∠CBF＝90°，∠BED+∠CEF＝90°，
∴∠CBF＝∠CEF，
∵tan∠CEF=34，
∴tan∠CBF=34，
∴CF=BC⋅tan∠CBF=4×34=3，
∴BF=CB2+CF2=42+32=5，
∴AF＝BF＝5，
∴AC＝CF+AF＝3+5＝8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了解直角三角形，直角三角形斜边上的中线，相似三角形的判定和性质，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3-3】（2022·湖北武汉·一模）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为AB上一点．
（1）如图1，若CD⊥AB，求证：AC2=AD·AB；
（2）如图2，若AC=BC，EF⊥CD交CD于H，交AC于F，且FHHE=49，求ADBD的值；
（3）如图3，若AC=BC，点H在CD上，∠AHD=45°，CH=3DH，则tan∠ACH的值为________．

【答案】（1）见解析；（2）23；（3）77
【分析】（1）证出∠B=∠ACD，证明△CBD∽△ACD，得出CDAD=BDCD，即可得出结论；
（2）设FH=4a，则HE=9a（a>0），同（1）得CH2=HE⋅FH=36a2，则CH=6a，在Rt△CHF中，tan∠ACD=FHCH=23，过D作DP⊥AC于P，易证AP=DP，求出APPC=DPPC=23，再由平行线分线段成比例定理即可得出答案；
（3）过点D作DM⊥AH于M，设DH=2x，则CH=6x（x>0），CD=DH+CH=8x，证明△ADH∽△CDA，得出∠DAH=∠ACH，ADCD=DHAD，求出AD=4x，证明△HDM是等腰直角三角形，得出DM=HM=22DH=2x，由勾股定理得出AM=14x，由三角函数定义即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵CD⊥AB，∴∠ADC=∠CDB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠BCD=∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠B=∠ACD，
∴△CBD∽△ACD，
∴CDAD=BDCD，
∴CD2=AD⋅DB；
（2）解：∵FHHE=49，
∴设FH=4a，则HE=9a（a>0），
∵∠ACB=90°，EF⊥CD，
同（1）得：CH2=HE⋅FH=9a×4a=36a2，
∴CH=6a，
在Rt△CHF中，tan∠ACD=FHCH=4a6a=23，
过D作DP⊥AC于P，如图2所示：

则DP//BC，
在Rt△DPC中，tan∠ACD=DPPC=23，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠A=45°，
∴△ADP是等腰直角三角形，
∴AP=DP，
∴APPC=DPPC=23，
∵DP//BC，
∴ADBD=APPC=23；
（3）解：过点D作DM⊥AH于M，如图3所示：

∵CH=3DH，
∴设DH=2x，则CH=6x（x>0），
∴CD=DH+CH=8x，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠BAC=45°，
∴∠BAC=∠AHD=45°
又∵∠ADH=∠CDA，
∴△ADH∽△CDA，
∴∠DAH=∠ACH，ADCD=DHAD，
∴AD2=DH⋅CD=16x2，
∴AD=4x，
∵DM⊥AH，
∴∠DMH=90°，
∵∠AHD=45°，
∴∠HDM=45°=∠AHD，
∴△HDM是等腰直角三角形，
∴DM=HM=22DH=2x，
∴AM=AD2−DM5=4x2−2x2=14x，
∴tan∠ACH=tan∠DAH=DMAM=2x14x=77；
故答案为：77．
【点睛】本题是相似形综合题,主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质、三角函数定义、平行线分线段成比例定理等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质,证明三角形相似是解题的关键。
【题型4 化斜为直解非直角三角形】
【例4】（福建省泉州市第一中学2022-2023学年九年级上学期期中考试数学试题）如图，在等腰△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC，点E在BA的延长线上，∠AEC=90°，ED=EC，DE交AC于点K，若EC=10，tan∠AED=12，则AK=_______．

【答案】5
【分析】过点K作KM⊥EC，过D作DN∥AC，设KM=m，∠BED=∠α，由边角关系推导出CM=2m，KC=5m；利用平行线分线段成比例定理，进而得出KC=3AK，在Rt△AEC中，利用勾股定理求得m=3，进而得到AK的长．
【详解】解：过点K作KM⊥EC，过D作DN∥AC，设KM=m，∠BED=α，

∵ED=EC=10，
∴∠ECD=∠EDC=∠B+α，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠B，
∴∠ECA=∠ECD-∠ACB=∠ECD-∠B=α，
∴∠ECA=∠AED=α，
∵tan∠AED=tanα=12，
∴CM=2m，KC=KM2+CM2=5m，
∵DN∥AC，D是BC的中点，
∴∆BDN~∆BCA，∠EAC=∠END，
∴DNAC=BDDC，
∴ND=12AC，  
∵∠EAC=∠END，∠ECA=∠DEN，EC=ED，
∴△EAC≌△DNE（AAS），
∴AE=ND，
∵ND=12AC，
∴ND=12AB=AN=BN，
∴BN=AN=AE，
∴BN+AN=AN+AE，即AB=NE，
∴SΔABD=SΔEDN，
又∵△NDE≌△AEC，
∴SΔEDN=SΔAEC，  
∴SΔABD=SΔEDN=SΔAEC=SΔADC=S，
∴SΔEBC=3S，
∵D为BC中点，
∴SΔDEC=12SΔEBC=32S，
同理可得SΔAED=12SΔΔEDN=12S，
∴AK:CK=SΔAED:SΔDEC=32S:12S=3:1，
∴AK=13CK=53m，  
∵DN∥AC，
∴ANAE=DKEK=1
∴K是ED的中点，
∴EK=5，
在Rt△EKM中，EM=10-2m，KM=m，
∴52=m2+(10−2m)2，
∴m=3或m=5（舍），
∴AK=5；
故答案为：5．
【点睛】此题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，正切函数的定义，能够通过作高构造直角三角形，熟记性质并准确识图是解题的关键．
【变式4-1】（2022·湖北武汉·中考真题）如图．在△ABC中，∠ACB=60°，AC=1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长是_____．

【答案】32
【详解】【分析】如图，延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，根据题意得到ME=EB，根据三角形中位线定理得到DE=12AM，根据等腰三角形的性质求出∠ACN，根据正弦的概念求出AN，计算即可．
【详解】如图，延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，
∵DE平分△ABC的周长， AD=DB，
∴BE=CE+AC，
∴ME=EB，
又AD=DB，
∴DE=12AM，DE∥AM，
∵∠ACB=60°，
∴∠ACM=120°，
∵CM=CA，
∴∠ACN=60°，AN=MN，
∴AN=AC•sin∠ACN=32，
∴AM=3，
∴DE=32，
故答案为32．

【点睛】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的性质、解直角三角形，掌握三角形中位线定理、正确添加辅助线是解题的关键．
【变式4-2】（2022·江苏省洪泽县黄集中学一模））如图，在△ABC中，∠C=150°，AC=4，tanB=18．
（1）求BC的长；
（2）利用此图形求tan15°的值.

【答案】（1）16-23；（2）2-3
【详解】试题分析：（1）过A作AD⊥BC，交BC的延长线于点D，由含30°的直角三角形性质得AD=12AC=2，由三角函数求出CD=23，在Rt△ABD中，由三角函数求出BD=16，即可得出结果；
（2）在BC边上取一点M，使得CM=AC，连接AM，求出∠AMC=∠MAC=15°，tan15°=tan∠AMD=ADMD即可得出结果．
试题解析：（1）过A作AD⊥BC，交BC的延长线于点D，如图1所示：

在Rt△ADC中，AC=4，
∵∠C=150°，
∴∠ACD=30°，
∴AD=12AC=2，
CD=AC•cos30°=4×32=23，
在Rt△ABD中，tanB=ADBD=2BD=18，
∴BD=16，
∴BC=BD-CD=16-23；
（2）在BC边上取一点M，使得CM=AC，连接AM，如图2所示：

∵∠ACB=150°，
∴∠AMC=∠MAC=15°，
tan15°=tan∠AMD=ADMD=24+23=12+3=2-3.
【点睛】本题考查了锐角三角函数、含30°的直角三角形性质、三角形的内角和、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握三角函数运算是解决问题的关键．
【变式4-3】（2022·四川广元·模拟预测）从三角形（不是等腰三角形）一个顶点引出的一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原三角形有两角对应相等，我们把这条线段叫做这个三角形的“优美分割线”．
（1）如图，在△ABC中，CD为角平分线，∠A＝40°，∠B＝60°，求证：CD为△ABC的“优美分割线”．
（2）在△ABC中，∠A＝46°，CD为△ABC的“优美分割线”且△ACD为等腰三角形，求∠ACB的度数．
（3）在△ABC中，∠A＝30°，AC＝6，CD为△ABC的“优美分割线”，且△ACD是等腰三角形，求线段BD的长．

【答案】（1）见解析；（2）92°或113°；（3）3或33-3
【分析】（1）根据完美分割线的定义只要证明①△ABC不是等腰三角形，②△ACD是等腰三角形，③与原三角形有两角对应相等即可．
（2）分三种情形讨论即可①如图2，当AD＝CD时，②如图3中，当AD＝AC时，③如图4中，当AC＝CD时，分别求出∠ACB即可．
（3）根据三角形的“优美分割线”的定义求出∠B，再利用解直角三角形进行解答．
【详解】解：（1）证明：如图1中，

∵∠A＝40°，∠B＝60°，
∴∠ACB＝80°，
∴△ABC不是等腰三角形，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝12∠ACB＝40°，
∴∠ACD＝∠A＝40°，
∴△ACD为等腰三角形，
∵∠DCB＝∠A＝40°，∠CBD＝∠ABC，
∴CD是△ABC的完美分割线．
（2）①当AD＝CD时，如图2，

∠ACD＝∠A＝46°，∠ADC=88°，
∴∠BDC＝92°，
∵∠B＝∠B，
∴∠ACB＝∠BDC＝92°．
②当AD＝AC时，如图3，

∠ACD＝∠ADC＝180°−46°2＝67°，
∴∠BDC＝113°，
∵∠B＝∠B，
∴∠ACB＝∠BDC＝113°．
③当AC＝CD时，如图4，

∵∠ADC＝∠A＝46°，
∴∠BDC＝134°，
∵∠B＝∠B，
∴∠ACB＝∠BDC＝134°．
∴∠ACB+∠A=180°，与三角形内角和定理矛盾，舍去．
∴∠ACB的度数是92°或113°．
（3）①若AD＝CD时，如图5，

此时∠A＝∠ACD＝30°，∠BCD＝∠A＝30°，此时∠ACB＝60°，故∠B＝90°．
在直角△ABC中，∠A＝30°，AC＝6，则BC＝3.
在直角△BCD中，∠BCD＝30°，BC＝3，则BD＝BC•tan30°＝3．
②若AC＝AD时，如图6，作CE⊥AB,垂足为E，∠ADC＝∠ACD＝75°，∠BDC＝105°，
此时∠ACB＝105°，∠B＝45°，
∵∠A＝30°，AC＝6，
∴EC＝3，AE＝EC•tan60°＝33．
∵∠B＝45°，
∴EC=BE＝3，
BA＝3+33，
BD＝BA-DA =3+33-6=33-3，

③当AC＝CD时，由（2）可知，不成立，舍去．
【点睛】本题考查考查了几何新定义问题，主要运用等腰三角形的性质和解直角三角形等知识进行推理与判断，解题的关键是理解题意，学会分类讨论思想，属于中考常考题型．
【题型5 在四边形中解直角三角形】
【例5】（2022年广东省深圳市南山区南山外国语学校中考二模质量检测数学试题（5月））如图，在菱形ABCD中，AB＝30，∠BCD=120°，点E在CD上，且DE＝10，BE交AC于点F，连接DF．现给出以下结论：①△ABF≌△ADF；②AF:CF=3:2；③S△DEF=303；④sin∠AFD=55719正确的是（    ）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】A
【分析】根据菱形的性质，利用SAS证明△BAF≌△DAF，故①正确；由CE∥AB，得△ABF∽△CEF，可知AFCF=ABCE=3020=32，故②正确；首先证明△ABC是等边三角形，从而得出面积，再利用等高的两个三角形面积之比等于底之比可判断③正确；连接BD交AC于O，设CF=2x，则AF=3x，得OC=52x，OF=12x，利用含30°角的直角三角形的性质得OD的长，再利用勾股定理可得DF的长，从而可判断④错误．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，∠BAF=∠DAF，
∵AF=AF，
∴△BAF≌△DAF（SAS），故①正确；
即同理可得，△BCF≌△DCF（SAS），
∵四边形ABCD是菱形，AB=30，
∴CE∥AB，AB=DC=30，
∴△ABF∽△CEF，
∴AFCF=ABCE，
∵DE=10，
∴CE=CD−DE=20，
即AFCF=ABCE=3020=32，故②正确；
∵∠BCD=120°，
∴∠ACB=60°，∠ABC=60°，
∵AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
等边三角形的面积公式推导如下：
正△XYZ的边长为u，过顶点x作XV⊥YZ，V为垂足，如图，

在正△XYZ中，有∠Y=60°，XZ=XY=YZ=u，
∵XV⊥YZ，
∴YV=VZ=12YZ=12u，∠XVY=90°，
∴在Rt△XYV中，有XV=XY2−YV2=u2−12u2=32u，
∴正△XYZ的面积为：S=12×YZ×XV=34u2，
∴S△ABC=34×AB2=2253，
∵AFCF=32，
∴S△BCF=25S△ABC=903，
∵△BCF≌△DCF（SAS），
∴S△BCF=S△CDF=903，
∵DE=10，CE=20，
∴S△DEF=DECD×S△CDF=1030×903=303，故③正确；
连接BD交AC于O，

根据菱形的性质有：AO=OC，BO=DO，AC⊥BD，
∵AFCF=32，
即设CF=2x，则AF=3x，AC=AB=CD=5x，
∴OC=12AC=52x，则OF=OC−FC=52x−2x=12x，
∵根据菱形的性质有∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠ODC=30°，
∴DO=3OC=532x，
∵AC⊥BD，
∴∠DOC=90°，
∴DF=OD2+OF2=532x2+12x2=19x，
∴sin∠AFD=ODDF=532x19x=55738，
故④错误．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，三角函数，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握各性质是解题的关键．
【变式5-1】（2022·广东·深圳市海滨中学模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，CE⊥AB，且AE=BE，连接DE，若AB=CD=CE=2，则tan∠DEC=_____．

【答案】3
【分析】作AF⊥BC于点F，DL⊥BC于点L，DG⊥CE于点G交BC于点H，先证明四边形ABHD是平行四边形，得DH=AB=CD=CE=2，再证明BF=HL=CL，由BFAB=BEBC=tanB=15=55，求得CL=HL=BF=55AB=55×2=255，再根据ΔCHG∽ΔCBE，求出CG、HG的长，进而求出EG、DG的长，即可求出tan∠DEC的值．
【详解】解：如图，作AF⊥BC于点F，DL⊥BC于点L，DG⊥CE于点G交BC于点H，
∵CE⊥AB，
∴DH//AB，
∴AD//BC，
∴四边形ABHD是平行四边形，
∴DH=AB=CD=CE=2，
∴∠DCL=∠DHL=∠ABF，
∴CL=HL，
设∠DCL=∠DHL=∠ABF=α，
∵∠DLC=∠DLH=∠AFB=90°，
∴ BFAB=HLDH=CLCD=cosα，
∴BF=HL=CH，
∵∠BEC=90°，AE=BE=12AB=1，
∴BC=BE2+CE2=12+22=5，
∴ BFAB=BEBC=tanB=15=55，
∴CL=HL=BF=55AB=55×2=255，
∴CH=255+255=455，
∵GH//BE，
∴ΔCHG∽ΔCBE，
∴ HGBE=CGCE=CHBC=4555=45，
∴HG=45BE=45×1=45，CG=45CE=45×2=85，
∴DG=DH−HG=2−45=65，EG=CE−CG=2−85=25，
∵∠DGE=90°，
∴tan∠DEC=DGEG=6525=3，
故答案为：3．

【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、解直角三角形等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
【变式5-2】（2022·上海市静安区教育学院附属学校九年级期中）如图，在菱形纸片ABCD中，AB=2，∠A=60°，将菱形纸片翻折，使得点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F．G分别在边AB．AD上，则sin∠EFG=__________ ．

【答案】277
【分析】作GN⊥AB于N，作EM⊥AD交AD延长线于M，连接BE，BD．在RtΔDME，RtΔGME，RtΔAGN，RtΔEFB中，根据勾股定理可求DM，ME，AN，EF的长，即可求FN的长，即可得sin∠EFG值．
【详解】解：如图：作GN⊥AB于N，作EM⊥AD于M，连接BE，BD

∵四边形ABCD是菱形，AB=2
∴CD=AD=AB=2，AB//DC
∵AB//CD
∴∠A=∠MDC=60°
∵E是CD中点
∴DE=1
∵ME⊥AD，∠MDC=60°
∴∠MED=30°，且ME⊥AD
∴DM=12，ME=3DM=32，
∵折叠，
∴AG=GE，∠AFG=∠EFG，
在RtΔGME中，GE2=GM2+ME2，
∴GE2=(2−GE+12)2+34，
∴GE=75，
在RtΔAGN中，∠A=60°，GN⊥AB，
∴AG=2AN
∴AN=710，
∴GN=7310，
∵BC=CD=2，∠C=60°，
∴ΔBCD是等边三角形，
∵E点是CD中点，
∴BE⊥CD，DE=1，∠BDC=60°，
∴BE=3，
∵AB//DC，
∴∠ABE=90°，
在RtΔEFB中，EF2=BE2+BF2，
∴EF2=3+(2−EF)2，
∴EF=74，
∴AF=74，
∵NF=AF−AN，
∴NF=2120，
在RtΔGNF中，GF=GN2+FN2=72120，
∴sin∠EFG=sin∠GFN=GNFG=731072120=277．
【点睛】本题考查了折叠问题，解非直角三角形，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，添加恰当的辅助线构造直角三角形是本题的关键.
【变式5-3】（河南省郑州市中原区中原区第一中学2022-2023学年九年级上学期第一次月考数学试题）如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=8，点E是线段AD上的一个动点，把△BAE沿BE折叠，点A落在A′处(A′在矩形内部)，如果A′恰在矩形的某条对称轴上，则AE的长为__________．

【答案】52或532
【分析】分两种情况：①过A′作MN∥CD交AD于M，交BC于N，则直线MN是矩形ABCD的对称轴，得出AM=BN=4，由勾股定理得到A′N=3，求得A′M=2，再由勾股定理解得A′E即可；②过A′作PQ∥AD交AB于P，交CD于Q；求出∠EBA′=30°，由含30°角的直角三角形的性质即可得出结果．
【详解】解：分两种情况：
①如图1，过A′作MN∥CD交AD于M，交BC于N，

则直线MN是矩形ABCD的对称轴，
∴AM=BN=12AD=4，MN=AB=5，
∵△ABE沿BE折叠得到△A′BE，
∴A′E=AE，A′B=AB=5，
∴A′N=A′B2−BN2=52−42=3，
∴A′M=MN−A′N=5−3=2，
由勾股定理得：A′E2=EM2+A′M2，
∴A′E2=(4−A′E)2+22，
解得：A′E=52，
∴AE=52；
②如图2，过A′作PQ∥AD交AB于P，交CD于Q，

则直线PQ是矩形ABCD的对称轴，
∴PQ⊥AB，AP=PB，AD∥PQ∥BC，
∴A′B=AB=2PB，
∴∠PA′B=30°，
∴∠A′BC=30°，
∴∠EBA′=12∠ABA′=12×90°−30°=30°，
∴AE=A′E=tan30°⋅A′B=533；
综上所述：AE的长为52或533，
故答案为：52或533．
【点睛】本题考查了翻折变换−−折叠问题，轴对称图形的性质，矩形的性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识；正确理解折叠的性质是解题的关键，学会用分类讨论的思想思考问题．
【题型6 解直角三角形的应用（坡度坡比问题）】
【例6】（2022·重庆八中九年级期末）为了消防安全，学校在校园广场步行梯（折线ABCD）处新建了学生宿舍安全通道（折线AEF），其剖面示意图如图所示，广场步行梯AB，CD的坡角都是32°，且AB=6米，CD=4米，水平部分BC=2.4米；新建安全通道中水平部分AE=3.9米，步梯EF的坡度i≈0.62（即坡角的正切值）．新建安全通道顶端点F到广场步行梯底部所在水平面DG的距离DF的长约为（   ）（结果精确到0.1米，参考数据：sin32°≈0.53，cos32°≈0.85，tan32°≈0.63）

A．8.8米 B．9.0米 C．9.4米 D．9.6米
【答案】D
【分析】过B作BH⊥AE于H，延长BC交DF于M，设AE交DF于N，则MN＝BH，HN＝BM，BM∥DG，先由锐角三角函数定义求出DM≈2.12（米），CM≈3.4（米），则HN＝BM＝5.8（米），再由锐角三角函数定义求出MN＝BH≈3.18（米），AH≈5.1（米），然后由坡度的定义求出FN≈4.34（米），即可求解．
【详解】解：如图所示：过B作BH⊥AE于H，延长BC交DF于M，设AE交DF于N，

则MN＝BH，HN＝BM，BM∥DG，
∴∠DCM＝∠CDG＝32°，
在Rt△CDM中，sin∠DCM＝DMCD，cos∠DCM＝CMCD，
∴DM＝CD•sin32°≈4×0.53＝2.12（米），
CM＝CD•cos32°≈4×0.85＝3.4（米），
∴HN＝BM＝BC＋CM＝2.4＋3.4＝5.8（米），
在Rt△ABH中，∠A＝32°，sinA＝BHAB，cosA＝AHAB，
∴MN＝BH＝AB•sin32°≈6×0.53＝3.18（米），
AH＝AB•cos32°≈6×0.85＝5.1（米），
∴AN＝AH＋HN＝5.1＋5.8＝10.9（米），
∴EN＝AN−AE＝10.9−3.9＝7（米），
∵步梯EF的坡度i≈0.62＝FNEN，
∴FN≈0.62×7＝4.34（米），
∴DF＝DM＋MN＋FN＝2.12 ＋3.18＋4.34≈9.6（米），
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用−坡度坡角问题，掌握坡度的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
【变式6-1】（2022·四川资阳·九年级期末）如图，在操场上的A处，测得旗杆顶端N点的仰角是30°，前进20米后到达旗台的底端B处，测得旗杆顶端N点的仰角是45°，继续沿着坡比为1:3的斜坡BC上升到C处，此时又测得旗杆顶端N点的仰角是60°，旗杆MN垂直于水平线AD，点A、B、D在同一直线上，CM//AD，求旗杆MN的高度．

【答案】MN=103米
【分析】过点C作CE⊥AD于点E，先证CN＝CB，令CM＝x米，则CN＝CB＝2x米，MN=3x米，再由锐角三角函数定义得出方程，解方程即可．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥AD于点E，
∵CM∥AD，∠D＝90°，
∴∠CMN＝∠D＝90°，
∵∠NCM＝60°，
∴∠CNM＝90°﹣∠NCM＝30°，
∴CN＝2CM，
又∵∠NBD＝45°，∠D＝90°，
∴∠BND＝90°﹣∠NBD＝45°，
∴∠BNC＝15°，
∵BC的坡比为1：3=CE：BE，
∴tan∠CBE=13=33，
∴∠CBE＝30°，
∴∠CBN＝15°＝∠BNC，
∴CN＝CB，
令CM＝x米，则CN＝CB＝2x米，MN=3x米，
又∵sin∠CBE=CECB=sin30°=12，
∴CE=12CB＝x（米），BE=3x（米），
∴ND＝MN+MD＝MN+CE＝（3+1）x（米），
∵AB＝20米，
∴AD＝AB+BE+ED＝AB+BE+CM＝[20+（1+3）x]（米），
又∵∠A＝30°，
∴tan∠NAD=NDAD=tan30°=33，
即(3+1)x20+(1+3)x=33，
解得：x＝10，
经检验，x＝10是原方程的解，且符合题意，
∴MN=103米，
答：旗杆MN的高度为103米．

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用—仰角俯角问题、坡度坡角问题，熟练掌握仰角俯角的定义和坡度坡角的定义，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式6-2】（2022·浙江嘉兴·九年级专题练习）为了监控危险路段的车辆行驶情况，通常会设置电子眼进行区间测速．如图电子眼位于点P处，离地面的铅垂高度PQ为11米；离坡AB的最短距离是11.2米，坡AB的坡比为3：4；电子眼照射在A 处时，电子眼的俯角为30°，电子眼照射在坡角点B处时，电子眼的俯角为70°．（A、B、P、Q在同一平面内）

(1)求路段BQ的长；（sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）
(2)求路段AB的长；（3≈1.7，结果保留整数）
(3)如图的这辆车看成矩形KLNM，车高2米，当PA过M点时开始测速，PB过M点时结束测速，若在这个测速路段车辆所用的时间是1.5秒．该路段限速5米/秒，计算说明该车是否超速？
【答案】(1)4米
(2)8米
(3)不超速，计算过程见详解

【分析】（1）先求出∠PBQ的度数，再利用三角函数求BQ的长；
（2）通过做辅助线构造直角三角形PAE，结合所给坡度用勾股定理列方程，即可求出路段AB的长；
（3）通过做辅助线，构造出Rt△PBQ和Rt△PDB，利用勾股定理求出PB、BD和AD的长，结合题意，再利用三角函数求出测速距离，进而求出车的平均速度，即可判断出是否超速．
（1）
解：∵电子眼照射在坡角点B处时的俯角为70°，
∴ ∠QPB=90∘−70∘=20∘，
∵∠PQB=90∘，
∴∠PBQ=70∘，
∵PQBQ=tan∠PBQ=tan70∘，
∴BQ=PQtan70∘≈112.75=4
即路段BQ的长为4米．
（2）
如图，过点A作AE⊥PQ，垂足为E，
过点A作QB的垂线段，交QB的延长线于点G，

∵坡AB的坡比为3：4
设BG=4x，AG=3x,
在Rt△ABG中，根据勾股定理，
AB=AG2+BG2=5x，
∵AE=QG=4x+4，
EQ=AG=3x，
∴PE=PQ−EQ=11−3x，
∵电子眼照射在A 处时俯角为30°，
∠APE=60∘
在Rt△PAE中，
AEPE=tan∠APE=tan60∘，
∴AE=PE⋅tan60∘，
即4x+4=3(11−3x)
解得x≈1.62，
∴AB=5x≈8
即路段AB的长为8米．
（3）
解：过点P作PD⊥AB，垂足为D，

在Rt△PBQ中，
PB=PQ2+BQ2=112+42=137，
在Rt△PDB中，
BD=PB2−PD2=137−(11.2)2=11.56=3.4，
∴AD=AB−BD=8−3.4=4.6
∵MKAK=PDAD=tan∠PAD，
∴2AK=11.24.6，AK≈0.82
又∵MKBK=PDBD=tan∠PBD，
∴2BK=11.23.4，BK≈0.61
车辆测速区间s=AB−AK−BK=8−0.82−0.61=6.57，
v=st=6.571.5=4.38＜5
∴该车不超速．
【点睛】本题主要考查了三角函数、勾股定理和求直角三角形等有关知识，是一道实际问题，能正确做出辅助线并结合实际理解问题是做出本题的关键．
【变式6-3】（2022·上海市罗山中学九年级期中）图1是某区规划建设的过街天桥的侧面示意图，等腰梯形ABCD的上底BC表示主跨桥，两腰AB，CD表示桥两侧的斜梯，A，D两点在地面上，已知AD＝40m，设计桥高为4m，设计斜梯的坡度为1：2.4．点A左侧25m点P处有一棵古树，有关部门划定了以P为圆心，半径为3m的圆形保护区．

(1)求主跨桥与桥两侧斜梯的长度之和；
(2)为了保证桥下大货车的安全通行，桥高要增加到5m，同时为了方便自行车及电动车上桥，新斜梯的坡度要减小到1：4，新方案主跨桥的水平位置和长度保持不变．另外，新方案要修建一个缓坡MN作为轮椅坡道，坡道终点N在左侧的新斜梯上，并在点N处安装无障碍电梯，坡道起点M在AP上，且不能影响到古树的圆形保护区．已知点N距离地面的高度为0.9m，请利用表中的数据，通过计算判断轮椅坡道的设计是否可行．
表：轮椅坡道的最大高度和水平长度
坡度
1：20
1：16
1：12
1：10
1：8
最大高度（m）
1.20
0.90
0.75
0.60
0.30
水平长度（m）
24.00
14.40
9.00
6.00
2.40

【答案】(1)主跨桥与桥两侧斜梯的长度之和为26.6m
(2)轮椅坡道的设计不可行，理由见解析

【分析】（1）根据斜坡AB的坡度以及天桥的高度可求出AE，由勾股定理求出AB，进而求出EF＝BC的长，再计算主跨桥与桥两侧斜梯的长度之和；
（2）根据坡度的定义求出新方案斜坡A′B′ 的水平距离A′E进而求出点M到点G的最大距离，再由表格中轮椅坡道的最大高度和水平长度的对应值进行判断即可．
（1）
解：如图，作直线AD，则AD过点A′ 和点D′，过点B、C分别作BE⊥AD，CF⊥AD，垂足为E、F，延长EB，延长FC，则射线EB过点B′，射线FC过点C′，由题意得，BE＝CF＝4m，AP＝25m，B′E＝5m，
∵斜坡AB的坡度为1：2.4，即BEAE＝1：2.4，
∴AE＝4×2.4＝9.6（m），
又∵四边形ABCD是等腰梯形，
∴AE＝DF＝9.6m，
∴BC＝AD﹣AE﹣DF＝5.8（m），
AB＝AE2+BE2＝9.62+42＝10.4（m）＝CD，
∴主跨桥与桥两侧斜梯的长度之和为AB+BC+CD＝10.4+5.8+10.4＝26.6（m），
答：主跨桥与桥两侧斜梯的长度之和为26.6m．

（2）
解：∵斜坡A′B′的坡度为1：4，即B′EA′E＝1：4，
∴A′E＝5×4＝20（m），
∴AA′＝20﹣9.6＝11.4（m），
A′G＝4NG＝4×0.9＝3.6（m），
∴AG＝11.4﹣3.6＝7.8（m），
点M到点G的最多距离MG＝25﹣7.8﹣3＝14.2（m），
∵14.2＜14.4，
∴轮椅坡道的设计不可行．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，根据坡度和坡角构造直角三角形，然后分别用解直角三角形的知识坡道的水平距离是解答本题的关键．
【题型7 解直角三角形的应用（俯角仰角问题）】
【例7】（2022·重庆巴蜀中学九年级）如图，巴蜀中学旁边高36米的高楼AB正对着斜坡CD，点E在斜坡处．已知斜坡的坡角∠DCG为30°，AB⊥BC，若点A、B、C、D、E在同一平面内，从点E处测得楼顶A的仰角α为37°，楼底B的俯角β为24°，现计划在斜坡中点E处挖去部分斜坡，修建一个平行于水平线BC的平台EF和一条新的斜坡DF，使新斜坡DF的坡比为3：1．某施工队承接这项任务，为尽快完成任务，增加了人手，实际工作效率提高到原计划的1.5倍，结果比原计划提前2天完成任务，施工队原计划平均每天修建_________米？（结果保留1位小数）（参考数据：cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，tan24°≈0.45，cos24°≈0.91）

【答案】33
【分析】延长FE交AB于M，设ME=x，根据直角三角形函数得出AM=tanα•x，BM=tanβ•x，然后根据tanα•x+tanβ•x=36，即可求得EM的长，根据BM=NG=DN，得到DN的长，然后解直角三角形函数求得EN和FN，进而求得EF和DF的长，然后根据题意列出方程，解方程即可求得．
【详解】延长FE交AB于M，

∵EF∥BC，
∴MN⊥AB，MN⊥DG，
∴四边形BMNG是矩形
∴BM=GN，BG=MN
设ME=x，
∴AM=tanα•x，BM=tanβ•x，
∵AB=36，
∴tanα•x+tanβ•x=36，
∴tan37°x+tan24°x=36，
0.75x+0.45x=36，
解得x=30，
∴ME=30（米）；
∵GN=BM=tan24°•30=13.5，DE=CE，EF∥BC，
∴DN=GN=13.5（米），
∵∠DCG=30°，
∴∠DEN=30°，
∴EN=DNtan30°=13.533=13.5×3
∵DNFN=31，
∴∠DFN=60°，
∴∠EDF=30°，FN=DNtan60°=13.5×33，
∴DF=EF=EN-FN=13.5×233，
∴EF+DF=27×233=183，
设施工队原计划平均每天修建y米，根据题意得，
183y=1831.5y+2，
解得y=33（米），
经检验，是方程的根，
答：施工队原计划平均每天修建33米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，题目中涉及到了仰俯角和坡度角的问题，解题的关键是构造直角三角形．
【变式7-1】（2022·四川广元·中考真题）如图，某无人机爱好者在一小区外放飞无人机，当无人机飞行到一定高度D点处时，无人机测得操控者A的俯角为75°，测得小区楼房BC顶端点C处的俯角为45°．已知操控者A和小区楼房BC之间的距离为45米，小区楼房BC的高度为153米．

（1）求此时无人机的高度；
（2）在（1）条件下，若无人机保持现有高度沿平行于AB的方向，并以5米/秒的速度继续向前匀速飞行．问：经过多少秒时，无人机刚好离开了操控者的视线？（假定点A，B，C，D都在同一平面内．参考数据：tan75°=2+3，tan15°=2−3．计算结果保留根号）
【答案】（1）153+30米；（2）63+6秒
【分析】（1）通过作辅助线构造直角三角形，解直角三角形即可求出DE的值，进而得到DH的值；
（2）先利用特殊角的三角函数值求出∠BAC的度数，接着求出∠GFA的度数，作辅助线构造直角三角形求出DG和GF，进而得到DF的值，最后除以无人机速度即可．
【详解】解：如图1，过D点作DH⊥AB，垂足为点H，过C点作CE⊥DH，垂足为点E，

可知四边形EHBC为矩形，
∴EH=CB，CE=HB，
∵无人机测得小区楼房BC顶端点C处的俯角为45°，测得操控者A的俯角为75°，DM∥AB，
∴∠ECD=45°，∠DAB=75°，
∴∠CDE=∠ECD=45°，
∴CE=DE，
设CE=DE=HB=x，
∴AH=45-x，DH=DE+EH=x+153，
在Rt△DAH中，DH=tan75°×AH=2+345−x，
即x+153=2+345−x，
解得：x=30，
∴DH= 153+30
∴此时无人机的高度为153+30米；
（2）如图2所示，当无人机飞行到图中F点处时，操控者开始看不见无人机，此时AF刚好经过点C，
过A点作AG⊥DF，垂足为点G，此时，由（1）知，AG=153+30（米），


∴DG=AGtan75°=30+1532+3=15；
∵tan∠CAB=BCAB=15345=33，
∴∠CAB=30°
∵DF∥AB，
∴∠DFA=∠CAB=30°，
∴GF=GAtan30°=303+45,
∴DF=GF−DG=303+30,
因为无人机速度为5米/秒，
所以所需时间为303+305=63+6（秒）；
所以经过63+6秒时，无人机刚好离开了操控者的视线．
【点睛】本题综合考查了解直角三角形的应用，涉及到了等腰直角三角形的性质、矩形的判定与性质、特殊角的三角函数值、解直角三角形等知识，解决本题的关键是读懂题意，能从题意与图形中找出隐含条件，能构造直角三角形求解等，本题蕴含了数形结合的思想方法等.
【变式7-2】（2022·山东聊城·中考真题）我市某辖区内的兴国寺有一座宋代仿木楼阁式空心砖塔，塔旁有一棵唐代古槐，称为“宋塔唐槐”（如图①）．数学兴趣小组利用无人机测量古槐的高度，如图②所示，当无人机从位于塔基B点与古槐底D点之间的地面H点，竖直起飞到正上方45米E点处时，测得塔AB的顶端A和古槐CD的顶端C的俯角分别为26.6°和76°（点B，H，D三点在同一直线上）．已知塔高为39米，塔基B与树底D的水平距离为20米，求古槐的高度（结果精确到1米）．（参考数据：sin26.6°≈0.45，cos26.6°≈0.89，tan26.6°≈0.50，sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4.01）

【答案】古槐的高度约为13米
【分析】过点A作AM⊥EH于M，过点C作CN⊥EH于N，在Rt△AME中，根据锐角三角函数求出AM=12米，进而求出CN=8米，再在Rt△ENC中，根据锐角三角函数求出EN=32.08米，即可求出答案．
【详解】解：过点A作AM⊥EH于M，过点C作CN⊥EH于N，

由题意知，AM=BH，CN=DH，AB=MH，
在Rt△AME中，∠EAM=26.6°，
∴tan∠EAM=EMAM，
∴AM=EMtan∠EAM=EH−MHtan26.6°≈45−390.5=12米，
∴BH=AM=12米，
∵BD=20，
∴DH=BD−BH=8米，
∴CN=8米，
在Rt△ENC中，∠ECN=76°，
∴tan∠ECN=ENCN，
∴EN=CN⋅tan∠ECN≈8×4.01=32.08米，
∴CD=NH=EH−EN=12.92≈13（米），
即古槐的高度约为13米．
【点睛】此题主要考查解直角三角形的应用——仰角俯角问题，作出辅助线构造出直角三角形是解本题的关键．
【变式7-3】（2022·四川自贡·九年级专题练习）某水库大坝的横截面是如图所示的四边形ABCD，其中AB∥CD，大坝顶上有一瞭望台PC，PC正前方有两艘渔船M，N．观察员在瞭望台顶端P处观测到渔船M的俯角α为31°，渔船N的俯角β为45°．已知MN所在直线与PC所在直线垂直，垂足为E，且PE长为30米．

(1)求两渔船M，N之间的距离（结果精确到1米）；
(2)已知坝高24米，坝长100米，背水坡AD的坡度i=1:0.25，为提高大坝防洪能力，请施工队将大坝的背水坡通过填筑土石方进行加固，坝底BA加宽后变为BH，加固后背水坡DH的坡度i=1:1.75，完成这项工程需填筑土石方多少立方米？（参考数据：tan31°≈0.60，sin31°≈0.52）
【答案】(1)两渔船M，N之间的距离约为20米
(2)需要填筑的土石方为43200立方米

【分析】（1）在Rt△PEN中，由等腰直角三角形的性质解得PH的长，在Rt△PEM中，由正切定义解得ME的长，最后利用线段的和差解答；
（2）过点D作DG⊥AB于G，利用坡度的定义解得AG，GH的长，继而解得AH的长，最后根据三角形面积公式解答．
（1）
解：由题意得∠E＝90°，∠PME=α=31°，∠PNE=β=45°，PE＝30米．
在Rt△PEN中，PE＝NE＝30米，
在Rt△PEM中，tan31°=PEME
∴ME≈300.60=50（米）．
∴MN＝EM－EN≈50－30＝20（米）
答：两渔船M，N之间的距离约为20米
（2）
如图，过点D作DG⊥AB于G，坝高DG＝24米，

∵背水坡AD的坡度i＝1：0.25，
∴DG：AG＝1：0.25，
∴AG＝24×0.25＝6（米），
∵背水坡DH的坡度i＝1∶1.75，
∴DG∶GH＝1∶1.75，
∴GH＝24×1.75＝42（米）
∴AH＝GH－GA＝42－6＝36（米）
∴SΔADH=12AH⋅DG=12×36×24=432（平方米）
∴需要填筑的土石方为432×100＝43200（立方米）
答：需要填筑的土石方为43200立方米．
【点睛】本题考查仰角的定义及坡度、正切定义等知识，是重要考点，要求学生能借助构造直角三角形并解直角三角形，掌握相关知识是解题关键．
【题型8 解直角三角形的应用（方向角问题）】
【例8】（2022·河南·漯河市郾城区第二初级实验中学一模）在南北方向的海岸线MN上，有A、B两艘巡逻船，现均收到来自故障船C的求救信号，已知A、B相距1003+1海里，C在A的北偏东60°方向上，C在B的东南方向上，MN上有一观测点D，测得C正好在观测点D的南偏东75°方向上．

(1)求AC和AD（运算结果若有根号，保留根号）；
(2)已知距观测点D处100海里范围内有暗礁，若巡逻船A沿直线AC去营救船C，在去营救的途中有无触礁的危险？（参考数据：2≈1.41，3≈1.73）
【答案】(1)AC=200海里，AD=200(3-1)海里
(2)无触礁的危险

【分析】（1）作CE⊥AB于E，设AE＝x海里，则BE＝CE=3x海里．根据AB＝AE＋BE＝x＋3x＝100（3＋1），求得x的值后即可求得AC的长；
（2）过点D作DF⊥AC于点F，设AF＝y，则DF＝CF＝3y，求出DF的长，再与100比较即可得到答案．
（1）如图，作CE⊥AB于E，由题意得：∠ABC＝45°，∠BAC＝60°，设AE＝x海里，在Rt△AEC中，CE＝AE•tan60°=3x，在Rt△BCE中，BE＝CE＝3x，∴AE＋BE＝x＋3x＝100（3+1），解得：x＝100．∴AC＝2x＝200海里．∵∠ACB=180°-（∠ABC+∠BAC）=75°，∴∠ACB=∠ADC=75°，∵∠BAC=∠CAD，∴△ABC∽△ACD∴ABAC=ACAD，∴100(3+1)200=200AD，∴AD=200(3-1)
（2）在△ACD中，∠DAC＝60°，∠ADC＝75°，则∠ACD＝45°，过点D作DF⊥AC于点F，设AF＝y，则DF＝CF＝3y，∴AC＝y＋3y＝200，解得：y＝100（3−1），∴DF＝3y=3×100（3−1）≈126.8（海里），∵126.8＞100，∴巡逻船A沿直线AC航线，在去营救的途中没有触暗礁危险．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用−方向角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
【变式8-1】（2022·黑龙江·大庆市庆新中学九年级阶段练习）如图，一艘军舰在A处测得小岛P位于南偏东60°方向，向正东航行40海里后到达B处，此时测得小岛P位于南偏西75°方向，求小岛P离观测点B的距离．

【答案】202海里
【分析】过点P作PD⊥AB于D，在AB上取一点C，使∠PCD=30°，则∠CPB=∠CBP=15°，CP=CB， 先证PA=PC=BC，再证AD=CD， PD=12PA， AD=CD=3PD= 32PA=32 BC，设PD=x海里，则PA=2x海里， 由AB=2AD+BC得出方程，解方程，即可解决问题．
【详解】解∶过点P作PD⊥AB于D，在AB上取一点C，使∠PCD=30°，则∠CPB=∠CBP=15°，CP=CB，

∵∠PAC=90°- 60°=30°，
∴∠PCD=∠PAC=30°，
∴PA=PC=BC，
∵PD⊥AB，
∴AD=CD， PD=12PA， AD=CD=3PD= 32PA=32 BC，
设PD=x海里，则PA=2x海里， BD=CD+BC= (3x+2x )海里，
∵AB=2AD+BC=40，
∴40=23x+2x，
解得∶x=10(3-1)，
∴PA=20(3-1)= (203-20)海里，BD=3×10(3 -1 ) +203-20= ( 103+10)海里，
∴PB=PD2+BD2=(103−10)2+(103+10)2=202 (海里)，
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用、等腰三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
【变式8-2】（2022·内蒙古·乌海市第二中学九年级期末）如图，线段EF与MN表示某一段河的两岸，EF平行MN．综合实践课上，同学们需要在河岸MN上测量这段河的宽度（EF与MN之间的距离），已知河对岸EF上有建筑物C、D，且CD＝30米，同学们首先在河岸MN上选取点A处，用测角仪测得C建筑物位于A北偏东45°方向，再沿河岸走10米到达B处，测得D建筑物位于B北偏东55°方向，请你根据所测数据求出该段河的宽度，（用非特殊角的三角函数或根式表示即可）

【答案】20tan55°−1米
【分析】首先构造直角三角形，作CP⊥MN、DQ⊥MN，垂足为P、Q，则四边形CPQD为矩形，CD=PQ=30，设河宽CP为x，利用∠CAP=45°，得出AP=x，则BP=x−10，根据∠BDQ的正弦列出方程，求出x即可表示出河宽．
【详解】解：如图，过C、D分别作CP⊥MN、DQ⊥MN，垂足为P、Q,

设河宽为x米．
由题可知，∠CAN=45°,∠BDQ=55°,
∴△ACP为等腰直角三角形，
∴AP=CP=x，BP=x−10,
∵MN∥EF，CP⊥MN、DQ⊥MN，
∴∠CPQ=∠PQD=∠PCD=∠CDQ=90°,
∴四边形CPQD为矩形，
∴CD=PQ=30,
在Rt△BDQ中，
∵∠BDQ=55°,
∴tan55°=BQDQ=BP+PQDQ=x−10+30x，
∴tan55°⋅x=x+20，
∴(tan55°−1)⋅x=20，
∴x=20tan55°−1，
所以河宽为20tan55°−1米．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，方向角，三角函数，矩形的判定与性质，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形，利用三角函数的定义，列出方程解决问题．
【变式8-3】（2022·山东泰安·模拟预测）因东坡文化远近闻名的遗爱湖公园，“国庆黄金周”期间，游人络绎不绝，现有一艘游船载着游客在遗爱湖中游览，当船在A处时，船上游客发现岸上P1处的临皋亭和P2处的遗爱亭都在东北方向；当游船向正东方向行驶600m到达B处时，游客发现遗爱亭在北偏西15°方向；当游船继续向正东方向行驶400m到达C处时，游客发现临皋亭在北偏西60°方向．则临皋亭P1处与遗爱亭P2处之间的距离为 _____．（计算结果保留根号）

【答案】（8002−4006）m
【分析】如图，作P1M⊥AC于M，设P1M＝x，在两个直角三角形中，利用三角函数即可x表示出AM与CM，根据AC＝AM+CM即可列方程，从而求得P1M的长，进一步求得AP1的长，作BN⊥AP2于N，在两个直角三角形中，利用三角函数即可求出AN与P2N，求得P1N，从而求得P1P2．
【详解】解：作P1M⊥AC于M，
设P1M＝xm，
在Rt△P1AM中，∵∠P1AB＝45°，
∴AM＝P1M＝xm，
在Rt△P1CM中，∵∠P1CA＝30°，
∴MC=3P1M=3xm，
∵AC＝1000 m，
∴x+3=1000，解得x＝500（3−1）（m），
∴P1M＝500（3−1）m，
∴P1A=P1M22=500（6−2）m，
作BN⊥AP2于N，
∵∠P2AB＝45°，∠P2BA＝75°，
∴∠P2＝60°，
在Rt△ABN中，
∵∠P1AB＝45°，AB＝600 m
∴BN＝AN=22AB＝3002（m），
∴P1N＝500（6−2）﹣3002=（5006−8002） （m），
在Rt△P2BN中，
∵∠P2＝60°，
∴P2N=33BN=33×3002=1006 （m），
∴P1P2＝1006−（5006−8002）＝（8002−4006） （m）．
故临摹亭P1处与遗爱亭P2处之间的距离是（8002−4006）m，
故答案为：（8002−4006）m．

【点睛】本题考查解直角三角形解决实际问题，解决问题的关键是构造直角三角形解决问题．
【题型9 解直角三角形的应用（实物建模问题）】
【例9】（2022·浙江温州·八年级期中）图1是一张可调节靠椅，调节示意图如图2，已知两支脚AB＝AC＝10分米，BC＝12分米，O为AC上固定连接点，靠背OD＝10分米．档位为Ⅰ档时，OD∥AB．档位为Ⅱ档时，OD⊥AC．当靠椅由Ⅰ档调节为Ⅱ档时，EF＝________分米．

【答案】2
【分析】如图，作AN⊥BC于点N，交PO于G点，延长GO，交DE于H，交D′F于M，
【详解】如图，作AN⊥BC于点N，交PO于G点，延长GO，交DE于H，交D′F于M，根据PO∥BC，DO∥AB，得到∠DOH=∠ABN，从而得到cos∠DOH=35，解直角三角形即可得到OH的长度；再根据OD′⊥AC，得到∠COM=∠ACB=∠D′，因为sin∠ACB=ANAC=45，从而得到sin∠D′=45，解直角三角形即可得到OM的长度，即可求出HM的长度，即EF的长度．

∵AB＝AC＝10，BC＝12，
∴BN=CN=6，AN=102−62=8，
∴cos∠ABN=BNAB=35，
由题意得：PO∥BC，DO∥AB
∴∠ABN=∠APO，∠DOH=∠APO，
∴∠DOH=∠ABN，
∴cos∠DOH=35，
∵OD=10，
∴OH=CD⋅cos∠DOH=10×35=6，
∵OD′⊥AC
∴∠D′OM+∠COM=90°，∠D′OM+∠D′=90°
∴∠COM=∠D′
∵PO∥BC，
∴∠COM=∠ACB=∠D′
∵sin∠ACB=ANAC=45
∴sin∠D′=45
∴OM=OD′⋅sin∠D′=10×45=8
∴HM=OM−OH=2
∴EF=2
故答案为：2．
【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用，灵活掌握三角函数的知识，以及添加辅助线构建直角三角形是本题的关键．
【变式9-1】（2022·浙江·金华市南苑中学九年级期中）图1是一种儿童可折叠滑板车，该滑板车完全展开后示意图如图2所示，由车架AB−CE−EF和两个大小相同的车轮组成，已知CD=25cm，DE=17cm，cos∠ACD=45，当A，E，F在同一水平高度上时，∠CEF=135°，则AC=______cm；为方便存放，将车架前部分绕着点D旋转至AB//EF，如图3所示，则d1−d2为______cm．

【答案】     30     1922−10
【分析】连接AE，过点A作AH⊥CE于点H，由题意易得∠AEC=45°，然后根据三角函数可进行求解；过点A作AM⊥EF交其延长线于点M，过点D作DN⊥EF交其延长线于点N，并延长ND，交AB于点P，由题意易得d1−d2=AE−EM，然后根据三角函数可进行求解．
【详解】解：连接AE，过点A作AH⊥CE于点H，如图2，

∵A，E，F在同一水平高度上时，∠CEF=135°，
∴∠AEC=45°，
∵CD=25cm，DE=17cm，cos∠ACD=45，
∴CE=42cm，
设CH=4xcm，则AH=HE=3xcm，AC=5xcm，
∴4x+3x=42，解得：x=6，
∴AC=30cm，AH=HE=18cm，
∴AE=182cm，
过点A作AM⊥EF交其延长线于点M，过点D作DN⊥EF交其延长线于点N，并延长ND，交AB于点P，如图3，

∵AB//EF，
∴∠M=∠PNM=∠APN=∠CPD=90°，
∴四边形AMNP是矩形，
∴AP=MN，
∵CD=25cm，DE=17cm，cos∠ACD=45，∠DEM=45°，AC=30cm，
∴PC=CD⋅cos∠ACD=20cm，EN=DE⋅cos∠DEM=1722cm，
∴AP=MN=AC−PC=10cm，
∴EM=10+1722cm，
设车轮半径为r，则有d1=2r+AE+EF,d2=2r+EM+EF，
∴d1−d2=AE−EM=182−10−1722=1922−10cm；
故答案为30；1922−10．
【点睛】本题主要考查三角函数及矩形的性质与判定，熟练掌握三角函数及矩形的性质与判定是解题的关键．
【变式9-2】（2022·江西景德镇·九年级期中）如图1是一个水龙头的示意图，类似于字母“F”的形状，将其抽象成如图2所示的截面图形，线段BE是一根固定的轴，线段AB，CD均垂直于线段BE，出水口在点D处，AB为自来水开关，AB⊥BC即为无水状态，将AB绕点B逆时针向上转动即是开水．若已知BC=10cm，AB=20cm，CD=30cm．（参考数据，精确到0．1，sin34°=0.56，cos34°=0.83，2≈1.414，3=1.732，25.0792=629）

(1)求出水龙头不开时，点A与出水口的距离；
(2)当BA向上旋转34°时，即是最大出水量，求出最大出水量时，点A与出水口的距离．
【答案】(1)14.1cm
(2)25.1cm

【分析】（1）连接AD，过点A作AF⊥CD于F，AB⊥BC，DC⊥BC，则四边形ABCF是矩形，在Rt△AFD中，AD2 = AF2 + DF2，勾股定理即可求解．
（2）连接 A′D， 过点 A′ 作 A′F′⊥CD 于 F′， 交 AB 于点 G， 则 AF′⊥AB，由A′G=A′B⋅sin34∘，BG=A′B⋅cos34∘，进而由A′F′=A′G+GF′，根据CD=30cm，求得DF′=CD−CF′，由勾股定理得出A′D2=A′F′2+DF′2，即可求解．
（1）连接AD，过点A作AF⊥CD于F，由题意知：AB⊥BC，DC⊥BC，则四边形ABCF是矩形，∴CF=AB=20cm， AF= BC=10cm ，∵CD= 30cm，∴DF =CD-CF =30-20 =10(cm) ，在Rt△AFD中，∠AFD=90°，AF =10cm，DF =10cm ，∵ AD2 = AF2 + DF2 = 102 + 102 =200 ，∴AD=102 ≈10×1.414≈14.1 (cm)； 即出水龙头不开时，点A与出水口的距离约为 14.1 cm；
（2）连接 A′D， 过点 A′ 作 A′F′⊥CD 于 F′， 交 AB 于点 G， 则 AF′⊥AB
在 Rt△A′BG 中， ∠A′GB=90°，∠GBA′=34°,A′B=AB=20cm，∵sin∠A′BG=A′GA′B，∴A′G=A′B⋅sin34∘≈20×0.56=11.2cm，∵cos∠A′BG=BGA′B，∴BG=A′B⋅cos34∘≈20×0.83=16.6cm，∵AB⊥BC,DC⊥BC,A′F′⊥CD，∴四边形 BCFG是矩形，∴GF′=BC=10cm,CF′=BG=16.6cm，∴A′F'=A′G+GF′=11.2+10=21.2cm，∵CD=30cm，∴DF′=CD−CF′=30−16.6=13.4cm，在Rt△A′F′D中，∠A′F′D=90°, A′F′=21.2cm,DF′=13.4cm，∵A′D2=A′F′2+DF′2=21.22+13.42=629，∴A'D≈25.079≈25.1cm，即出最大出水量时，点A与出水口的距离约为25.1cm．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，根据题意构造直角三角形是解题的关键．
【变式9-3】（2022·江苏宿迁·一模）如图1是一种手机平板支架，由托板、支撑板和底座构成，手机放置在托板上，如图2是其侧面结构示意图．量得托板长AB=120mm，支撑板长CD=80mm，底座长DE=90mm．托板AB固定在支撑板顶端点C处，且CB=40mm，托板AB可绕点C转动，支撑板CD可绕点D转动．

(1)若∠DCB=80°，∠CDE=60°，求点A到直线DE的距离；
(2)为了观看舒适，在（1）的条件下，把AB绕点C逆时针旋转10°后，再将CD绕点D顺时针旋转，使点B落在直线DE上．画出图形，并求CD旋转的角度；
（参考数据：sin40°≈0.643，cos40°≈0.766，tan40°≈0.839，sin26.6°≈0.448，cos26.6°≈0.894，tan26.6°≈0.500，3≈1.732．计算结果均精确到0.1）
【答案】(1)点A到直线DE的距离约为120.7mm
(2)画图见解析， CD旋转的角度约为33.4°

【分析】（1）过A作AM⊥DE，交ED的延长线于点M，过点C作CF⊥AM，垂足为F，过点C作CN⊥DE，垂足为N，构造出直角三角形后，利用直角三角形边和角的关系即可求出CN、AF，最后即可求出点A到DE的距离；
（2）画出图形后，根据图形，明确图中的已知边和已知角，再利用直角三角形边和角之间的关系求出相应的角度即可．
（1）
如图2，过A作AM⊥DE，交ED的延长线于点M，过点C作CF⊥AM，垂足为F，过点C作CN⊥DE，垂足为N．

在Rt△CDN中，
CN=FM=CD•sin∠CDE
=80×32=403（mm），
∠DCN=90°﹣60°=30°．
又∵∠DCB=80°，
∴∠BCN=80°﹣30°=50°．
∵AM⊥DE，CN⊥DE，
∴AM∥CN．
∴∠A=∠BCN=50°．
∴∠ACF=90°﹣50°=40°．
在Rt△AFC中，AF=AC•sin40°=80×0．643≈51．44．
∴AM=AF+FM=51．44+403≈120．7（mm）．
答：点A到直线DE的距离约为120．7mm．
（2）
旋转后，如图3所示．

根据题意可知
∠DCB=80°+10°=90°．
在Rt△BCD中，CD=80，BC=40．
∴tan∠D=BCCD=0．500．
∴∠D=26．6°．
因此旋转的角度为：
60°﹣26．6°=33．4°．
答：CD旋转的角度约为33．4°．