第11讲 解直角三角形（5大考点）（解析版）

第11讲解直角三角形（5大考点）考点考点考向一．解直角三角形（1）解直角三角形的定义在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．（2）解直角三角形要用到的关系①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；②三边之间的关系：a2+b2＝c2；③边角之间的关系：sinA＝＝，cosA＝＝，tanA＝＝．（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）二．解直角三角形的应用（1）通过解直角三角形能解决实际问题中的很多有关测量问．如：测不易直接测量的物体的高度、测河宽等，关键在于构造出直角三角形，通过测量角的度数和测量边的长度，计算出所要求的物体的高度或长度．（2）解直角三角形的一般过程是：①将实际问题抽象为数学问题（画出平面图形，构造出直角三角形转化为解直角三角形问题）．②根据题目已知特点选用适当锐角三角函数或边角关系去解直角三角形，得到数学问题的答案，再转化得到实际问题的答案．三．解直角三角形的应用-坡度坡角问题（1）坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比，又叫做坡比，它是一个比值，反映了斜坡的陡峭程度，一般用i表示，常写成i＝1：m的形式．（2）把坡面与水平面的夹角α叫做坡角，坡度i与坡角α之间的关系为：i＝h/l＝tanα．（3）在解决坡度的有关问题中，一般通过作高构成直角三角形，坡角即是一锐角，坡度实际就是一锐角的正切值，水平宽度或铅直高度都是直角边，实质也是解直角三角形问题．应用领域：①测量领域；②航空领域③航海领域：④工程领域等．四．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（1）概念：仰角是向上看的视线与水平线的夹角；俯角是向下看的视线与水平线的夹角．（2）解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形，当图形中没有直角三角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形，另当问题以一个实际问题的形式给出时，要善于读懂题意，把实际问题划归为直角三角形中边角关系问题加以解决．五．解直角三角形的应用-方向角问题（1）在辨别方向角问题中：一般是以第一个方向为始边向另一个方向旋转相应度数．（2）在解决有关方向角的问题中，一般要根据题意理清图形中各角的关系，有时所给的方向角并不一定在直角三角形中，需要用到两直线平行内错角相等或一个角的余角等知识转化为所需要的角．考点考点精讲一．解直角三角形（共5小题）1．（2022•鹿城区校级二模）如图，梯子AB＝AC＝l，∠ACB＝α，两梯脚之间的距离BC的长为d．则d与l的关系式为（）A．d＝l•sinα B．d＝2l•cosα C．d＝2l•sinα D．d＝l•cosα【分析】根据等腰三角形的性质和锐角三角函数可以用含l的式子表示d，本题得以解决．【解答】解：作AD⊥BC于点D，∵AB＝AC＝l，BC＝d，∴CD＝d，∵∠ACB＝α，cos∠ACD＝，∴cosα＝，∴d＝2lcosα，故选：B．【点评】本题考查解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．2．（2022•海曙区校级一模）如图1，以Rt△ABC的各边为边向外作等边三角形，编号分别为①，②，③．如图2，将①，②叠放在③中，若四边形EGHF与GDCH的面积之比是，则sin∠ABC的值是（）A． B． C． D．【分析】根据勾股定理可知三个等边三角形的面积满足S①+S②＝S③，再根据给定的条件表示出①②③的面积，即可推出AC：BC即sin∠ABC的值．【解答】解：根据勾股定理，得AC2+AB2＝BC2，∴Rt△ABC的各边为边向外作等边三角形，三个等边三角形的面积满足S①+S②＝S③，设四边形EGHF的面积为161k，则GDCH的面积为64k，则有S②＝S①+161k，S③＝S①+161k+64k，得S①+S①+161k＝S①+161k+64k，∴S①＝64k，S③＝64k+161k+64k＝289k，∴S①：S③＝64：289，∴AC：BC＝8：17，∴sin∠ABC＝，故选：A．【点评】本题考查了勾股定理，通过三个等边三角形的面积关系推导直角三角形边长的关系是解决本题的关键．3．（2022•西湖区模拟）如图，边长为1的小正方形网格中，点A、B、C、E在格点上，连接AE、BC，点D在BC上且满足AD⊥BC，则∠AED的正切值是（）A． B．2 C． D．【分析】连接OD，证明点A、D、B、E在以O为圆心，1为半径的同一个圆上，把求∠AED的正切值转化为求∠ABC的正切值．【解答】解：连接OD，∵AD⊥BC，O是AB中点，∴OD＝AB＝1，∴OD＝OA＝OE＝OD，∴点A、D、B、E在以O为圆心，1为半径的同一个圆上，∴∠ABC＝∠AED，∴tan∠AED＝tan∠ABD＝，故选：A．【点评】本题考查了解直角三角形，掌握四点共圆的证明及三角函数的应用是解题关键，其中连接OD，证明点A、D、B、E在以O为圆心，1为半径的同一个圆上是本题的难点．4．（2022•松阳县二模）如图，已知以AB为直径的半圆，圆心为O，弦AC平分∠BAD，点D在半圆上，过点C作CE⊥AD，垂足为点E，交AB的延长线于点F．（1）求证：EF与半圆O相切于点C．（2）若AO＝3，BF＝2，求tan∠ACE的值．【分析】（1）根据垂直定义可得∠E＝90°，再利用角平分线和等腰三角形的性质可证AE∥OC，然后利用平行线的性质可求出∠OCF＝90°，即可解答；（2）根据已知可求出OF＝5，AF＝8，再在Rt△OCF中，利用勾股定理求出CF＝4，然后证明A字模型相似三角形△FCO∽△FEA，从而利用相似三角形的性质求出AE，EF的长，最后在Rt△ACE中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．【解答】（1）证明：∵CE⊥AD，∴∠E＝90°，∵AC平分∠BAD，∴∠EAC＝∠CAO，∵OA＝OC，∴∠CAO＝∠ACO，∴∠EAC＝∠ACO，∴AE∥OC，∴∠E＝∠OCF＝90°，∵OC是半⊙O的半径，∴EF与半圆O相切于点C；（2）∵AO＝3，BF＝2，∴OF＝OB+BF＝5，OC＝3，∴AF＝OF+OA＝8，∵∠OCF＝90°，∴CF＝＝＝4，∵∠E＝∠OCF＝90°，∠F＝∠F，∴△FCO∽△FEA，∴＝＝，∴＝＝，∴EA＝，EF＝，∴CE＝EF﹣CF＝，在Rt△ACE中，tan∠ACE＝＝＝2，∴tan∠ACE的值为2．【点评】本题考查了切线的判定，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握切线的判定，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．5．（2022•西湖区校级一模）在△ABC中，AC＝4，BC＝6，∠C为锐角且tanC＝1．（1）求△ABC的面积；（2）求AB的值；（3）求cos∠ABC的值．【分析】（1）过点A作AD⊥BC，根据∠C的正切值确定∠C的度数，再利用直角三角形的边角间关系求出AD、CD，最后利用三角形的面积公式算出△ABC的面积；（2）先利用线段的和差关系求出BD，再利用勾股定理求出AB；（3）在Rt△ABD中利用直角三角形的边角间关系求出∠B的余弦值．【解答】解：（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D．∴∠ADC＝∠ADB＝90°．∵∠C为锐角且tanC＝1，∴∠C＝45°＝∠DAC．∴AD＝DC．∵sinC＝，AC＝4，∴DC＝AD＝sin45°×AC＝×4＝4．∴S△ABC＝BC×AD＝×6×4＝12．（2）∵DC＝AD＝4，BC＝6，∴BD＝BC﹣DC＝2．在Rt△ABD中，AB＝＝＝2．（3）在Rt△ABD中，cos∠ABC＝＝＝．【点评】本题主要考查了解直角三角形，掌握直角三角形的边角间关系、特殊角的三角函数值、三角形的面积公式及勾股定理是解决本题的关键．二．解直角三角形的应用（共5小题）6．（2022•龙港市模拟）如图，某学校操场上有甲、乙两根木杆，若某一时刻太阳光线与地面的夹角为α（α为锐角），甲、乙杆在水平地面的影长分别为2米和1.5米．若甲杆比乙杆长m米，则m的值等于（）A．2tanα B． C． D．tanα【分析】利用锐角三角函数的定义表示出AB、CD的长，进行计算即可解答．【解答】解：如图：由题意得：AB⊥BC，BC＝2米，DE⊥EF，EF＝1.5米．∠C＝∠F＝α，AB﹣DE＝m米，在Rt△ABC中，tan∠C＝tanα＝，∴AB＝BC•tanα＝2tanα，在Rt△DEF中，tan∠CF＝tanα＝，∴DE＝EF•tanα＝1.5tanα，∵AB﹣DE＝m米，∴m＝2tanα﹣1.5tanα＝tanα，故选：C．【点评】本题考查了平行投影，解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．7．（2022•鹿城区校级三模）铁路道口的栏杆如图．已知栏杆长为3米，当栏杆末端从水平位置上升到点C处时，栏杆前端从水平位置下降到点A处，下降的垂直距离AD为0.5米（栏杆的粗细忽略不计），上升前后栏杆的夹角为α，则栏杆末端上升的垂直距离CE的长为（）A．米 B．米 C．（3tanα﹣0.5）米 D．（3sinα﹣0.5）米【分析】过点A作AF∥DE，交CE的延长线于点F，根据锐角三角函数的定义即可求出答案．【解答】解：如图：过点A作AF∥DE，交CE的延长线于点F，∵CE⊥DE，∴∠CED＝90°，∵AF∥DE，∴∠CFA＝∠CED＝90°，∠CAF＝∠CBE＝α，由题意可知：EF＝AD＝0.5米，AC＝3米，∵sin∠CAF＝，∴CF＝3sinα（米），∴CE＝CF﹣EF＝（3sinα﹣0.5）（米），即栏杆末端上升的垂直距离CE的长为（3sinα﹣0.5）米．故选：D．【点评】本题考查了解直角三角形，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义．8．（2022•永嘉县三模）如图，架在消防车上的云梯AB长为15m，BD∥CE，∠ABD＝α，云梯底部离地面的距离BC为2m．则云梯的顶端离地面的距离AE的长为（）A．（2+15sinα）m B．（2+15tanα）m C．17tanαm D．17sinαm【分析】先证明四边形BCED是矩形，得到DE＝BC＝2m，用∠ABC的正弦求得AD＝ABsin∠ABD＝15sinα（m），得到AE＝DE+AD＝2+15sinα（m）．【解答】解：∵AE⊥CE，BC⊥CE，∴∠AEC＝∠BCE＝90°．∵BD∥CE，∴BD⊥AE，BD⊥BC．∴∠ADB＝∠BDE＝∠DBC＝90°．∴四边形BCED是矩形．∴DE＝BC＝2m．∵AD＝ABsin∠ABD＝15sinα（m），∴AE＝DE+AD＝2+15sinα（m）．故选：A．【点评】本题主要考查解直角三角形，熟练掌握矩形的判断和性质，正弦的定义是解决本题的关键．9．（2022•北仑区校级三模）图1是淘宝上常见的“懒人桌”，其主体由一张桌面以及两根长度相等的支架组成，支架可以通过旋转收拢或打开，图2是其打开示意图，经操作发现，当∠ADC＝∠BCD≥90°时，可稳定放置在水平地面上，经测量，AD＝BC＝30cm，CD＝40cm．（1）当其完全打开且置于水平地面上时，测得∠ADC＝140°，求AB距离；（2）在（1）的基础上，若要在该桌上办公，已知眼睛与桌面的垂直距离以30cm为佳，实际办公时，眼睛与桌面的垂直距离为34.8cm，若保持身体不动，通过旋转支架AD以及BC抬高桌面，则A点应向内移动多少厘米，才能达到最佳距离？（参考数据：sin40°≈0.64，cos40°≈0.77，tan40°≈0.84）【分析】（1）通过作高，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系求出AM即可；（2）求出抬高后的DM的长，根据勾股定理求出AM，进而求出向内移动的距离即可．【解答】解：（1）过点D作DM⊥AB，垂足为M，过点C作CN⊥AB，垂足为N，则CD＝MN＝40cm，AM＝BN＝cos∠DAB•AD≈0.77×30＝23.1（cm），∴AB＝23.1×2+40＝86.2（cm），答：AB的距离约为86.2cm；（2）由题意得，桌子要抬高34.8﹣30＝4.8（cm），即DM要变为sin∠DAB×30+4.8＝24（cm），∴AM＝＝＝18cm，即点A要向内移动23.1﹣18＝5.1（cm），答：向内移动5.1cm．【点评】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．10．（2022秋•婺城区校级月考）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，托板长AB＝115mm，支撑板长CD＝70mm，且CB＝35mm，托板AB可绕点C转动，且∠CDE＝60°．（1）求点C到直线DE的距离（计算结果保留根号）；（2）若∠DCB＝70°时，求点A到直线DE的距离（计算结果精确到个位）；（3）为了观看舒适，把（1）中∠DCB＝70°调整为90°，再将CD绕点D逆时针旋转，使点B落在DE上，则CD旋转的度数为33.4°．（直接写出结果）（参考数据：sin50°≈0.8，cos50°≈0.6，tan50°≈1.2，sin26.6°≈0.4，cos26.6°≈0.9，tan26.6°≈0.5，≈1.7）【分析】（1）作高CM，在直角三角形CDM中，由直角三角形的边角关系可得答案；（2）作出点A到直线DE的距离AN，再过点CP⊥AN，在直角三角形ACP中，由边角关系求出AP即可；（3）连接BD，由直角三角形的边角关系求出∠BDC的度数，进而求出∠BDE的度数即可．【解答】解：（1）如图②，过点C作CM⊥DE，垂足为M，在Rt△CDM中，CD＝70mm，∠CDE＝60°，∵sin∠CDM＝，∴＝，∴CM＝35，即：点C到直线DE的距离为35mm；（2）如图②，过点A作AN⊥DE，垂足为N，过点C作CP⊥AN，垂足为P，则CM＝PN，∴∠DCB＝70°，∠DCM＝90°﹣60°＝30°，∴∠BCM＝70°﹣30°＝40°，又∵CM∥AN，∴∠A＝∠BCM＝40°，在Rt△ACP中，AC＝115﹣35＝80mm，∠ACP＝90°﹣40°＝50°，∵sin∠ACP＝，即sin50°＝≈0.8，∴AP＝64，∴AN＝AP+PN＝64+35≈123.5，答：点A到直线DE的距离约为123.5mm；（3）如图③，连接BD，在Rt△BCD中，BC＝35mm，CD＝70mm，∴tan∠BDC＝＝0.5，∴∠BDC≈26.6°，∴∠BDE＝∠CDE﹣∠CDB＝60°﹣26.6°＝33.4°，故答案为：33.4°．【点评】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．三．解直角三角形的应用-坡度坡角问题（共4小题）11．（2022•文成县一模）如图，小羽利用仪器测量一电线杆AB的拉线AC的长度，测得拉线AC与水平地面BC的夹角为70°，并测得C点到电线杆的距离BC为5米，则拉线AC的长度为（）A．米 B．米 C．5sin70°米 D．5cos70°米【分析】根据余弦的定义计算，得到答案．【解答】解：在Rt△ABC中，cosC＝，则AC＝＝（米），故选：B．【点评】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握余弦的定义是解题的关键．12．（2022•台州）如图1，梯子斜靠在竖直的墙上，其示意图如图2．梯子与地面所成的角α为75°，梯子AB长3m，求梯子顶部离地竖直高度BC．（结果精确到0.1m；参考数据：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73）【分析】在Rt△ABC中，AB＝3m，sin∠BAC＝sin75°＝≈0.97，解方程即可．【解答】解：在Rt△ABC中，AB＝3m，∠BAC＝75°，sin∠BAC＝sin75°＝≈0.97，解得BC≈2.9．答：梯子顶部离地竖直高度BC约为2.9m．【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．13．（2022•舟山二模）我市的白沙岛是众多海钓人的梦想之地．小明的爸爸周末去白沙岛钓鱼，将鱼竿AB摆成如图1所示．已知AB＝4.8m，鱼竿尾端A离岸边0.4m，即AD＝0.4m．海面与地面AD平行且相距1.2m，即DH＝1.2m．（1）如图1，在无鱼上钩时，鱼竿AB与地面AD的夹角∠BAD＝22°，海面上方的鱼线BC与海面HC成一定角度．求点B到海面HC的距离；（2）如图2，在有鱼上钩时，鱼竿与地面的夹角∠BAD＝53°，此时鱼线被拉直，鱼线BO＝5.46m，点O恰好位于海面．求点O到岸边DH的距离．（参考数据：sin37°＝co53°≈，cos37°＝sin53°≈，tan37°≈，sin22°＝，cos22°≈，tan22°≈）【分析】（1）过点B作BF⊥CH，垂足为F，延长AD交BF于E，根据三角函数的定义求出BE，继而得出BF，即可得出答案；（2）过点B作BN⊥OH，垂足为N，延长AD交BN于点M，垂足为M，先根据三角函数的定义求出AM，继而得出DM，再根据三角函数的定义求出BM，继而得出BN，利用勾股定理求出ON，从而得出OH的长．【解答】解：（1）过点B作BF⊥CH，垂足为F，延长AD交BF于E，垂足为E，则AE⊥BF，∵sin∠BAE＝，∴sin22°＝，∴≈，即BE≈1.8m，∴BF＝BE+EF＝1.8+1.2＝3（m），答：点B到海面HC的距离为3米；（2）过点B作BN⊥OH，垂足为N，延长AD交BN于点M，垂足为M，由cos∠BAM＝，∴cos53°＝，∴≈，即AM≈2.88m，∴DM＝AM﹣AD＝2.88﹣0.4＝2.48（m），∵sin∠BAM＝，∴sin53°＝，∴≈，即BM≈3.84m，∴BN＝BM+MN＝3.84+1.2＝5.04（m），∴ON＝＝＝2.1（m），∴OH＝ON+HN＝ON+DM＝4.58（m），即点O到岸边的距离为4.58m．【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用，充分体现了数学与实际生活的密切联系，解题的关键是表示出线段的长后，理清线段之间的关系．14．（2022•鹿城区一模）如图为北京冬奥会“雪飞天”滑雪大跳台赛道．若点D与点A的水平距离DE＝a米，水平赛道BC＝b米，赛道AB，CD的坡角均为θ，则点A的高AE为（）A．（a﹣b）tanθ米 B．米 C．（a﹣b）sinθ米 D．（a﹣b）cosθ米【分析】延长AB交DE于点F，利用平行四边形的判定与性质得出DF的长，再利用锐角三角函数关系得出答案．【解答】解：延长AB交DE于点F，∵赛道AB，CD的坡角均为θ，∴∠AFE＝θ，∵BC∥DF，DC∥BF，∴四边形CDFB是平行四边形，∴BC＝DF，∴EF＝DF＝a﹣b，∴tanθ＝＝，∴AE＝（a﹣b）•tanθ（米）．故选：A．【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用以及平行四边形的判定与性质，正确得出FE的长是解题关键．四．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共5小题）15．（2022•温州校级模拟）为了疫情防控工作的需要，某学校在学校门口的大门上方安装了一个人体体外测温摄像头，摄像头到地面的距离DE＝2.7米，小明身高BF＝1.5米，他在点A测得点D的仰角是在点B测得点D仰角的2倍，已知小明在点B测得的仰角是a，则体温监测有效识别区域AB的长为（）米．A．tanα﹣tan2α B． C． D．【分析】根据题意可得：∠DCA＝90°，CE＝BF＝1.5米，从而可得DC＝1.2米，然后分别在Rt△DCB和Rt△DCA中，利用锐角三角函数的定义求出BC和AC的长，进行计算即可解答．【解答】解：由题意得：∠DCA＝90°，CE＝BF＝1.5米，∵DE＝2.7米，∴DC＝DE﹣CE＝2.7﹣1.5＝1.2（米），在Rt△DCB中，∠DBC＝α，∴BC＝＝＝（米），在Rt△DCA中，∠DAC＝2∠DBC＝2α，∴AC＝＝＝（米），∴AB＝BC﹣AC＝（﹣）米，故选：B．【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．16．（2022•镇海区校级模拟）如图，为了测量山坡上一棵树PQ的高度，小明在点A处利用测角仪测得树顶P的仰角为45°，然后他沿着正对树PQ的方向前进12m到达点B处，此时测得树顶P和树底Q的仰角分别是60°和30°，设PQ垂直于AB，且垂足为C．则树PQ的高度为（）（结果精确到0.1m，≈1.73）A．18.9 B．18.8 C．19.0 D．19.1【分析】设PC＝xm，在Rt△APC和Rt△BPC中，求出AC和BC，根据AB＝AC﹣BC即可列出方程求得x的值，再在Rt△BQC中利用三角函数求得QC的长，则PQ的长度即可求解．【解答】解：设PC＝xm．在Rt△APC中，∠PAC＝45°，∴AC＝PC＝x；∵∠PBC＝60°，∴∠BPC＝30°．在Rt△BPC中，BC＝PC＝x，∵AB＝AC﹣BC＝6，∴x﹣x＝12，解得：x＝18+6，则BC＝6+6，在Rt△BCQ中，QC＝BC＝6+2，∴PQ＝PC﹣QC＝18+6﹣（6+2）＝12+4≈18.9（m）．答：树PQ的高度约为18.9m．故选：A．【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，三角函数的定义等知识；运用三角函数求出PC和QC是解决问题的关键．17．（2022•苍南县一模）如图，小华在屋顶D点时，测得对面图书馆顶部B的仰角为α，图书馆底部A的俯角为β，若这两幢楼的距离AC＝32米，则图书馆楼高AB等于（）A．（32sinα+32sinβ）米 B．（32tanα+32tanβ）米 C．（+32tanβ）米 D．（32tanα+）米【分析】过点A作AE⊥BC于点E，在直角△ACE中利用三角函数求得CE的长，然后在直角△ABE中求得BE的长，即可求解．【解答】解：如图，根据题意可知：DE⊥AB于点E，在Rt△BDE中∵∠BDE＝α，DE＝AC＝32米，∴BE＝DE•tanα＝32tanα（米），在Rt△ADE中，∵∠ADE＝β，DE＝AC＝32米，∴AE＝DE•tanβ＝32tanβ（米），∴AB＝BE+AE＝（32tanα+32tanβ）米，则图书馆楼高AB等于（32tanα+32tanβ）米．故选：B．【点评】本题考查了仰角与俯角的定义，以及三角函数，正确理解三角函数的定义是关键．18．（2022秋•海曙区期中）如图，某中学无人机社团成员在操场放飞无人机，小华站在A点处操作无人机，当无人机飞行到小华的正前上方点E处悬停，此时小华从遥控器飞行数据中得到无人机距离地面的高度BE为35m．社团成员小亮在A处测得无人机的仰角为75°，教学楼最高点D的仰角为45°，其中点A，B，C，D，E在同一平面内，当无人机从E点开始沿正东方向飞行一段距离到达点F，此时小亮发现无人机恰好在视线AD上，求无人机飞行的距离EF的长度．（结果精确到0.1m．参考数据：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73）【分析】延长AD交EM于点F，过F作FN⊥AC，交AC的延长线于点N，可得FN＝EB＝35m，在Rt△ABE中，tan75°＝＝≈3.73，求出AB的长，再根据EF＝BN＝AN﹣AB可得答案．【解答】解：延长AD交EM于点F，过F作FN⊥AC，交AC的延长线于点N，由题意得，FN＝EB＝35m，在Rt△AFN中，∠FAN＝45°，∴FN＝AN＝35m，在Rt△ABE中，∠EAB＝75°，EB＝35m，tan75°＝＝≈3.73，解得AB≈9.38，经检验，AB≈9.38是原方程的解且符合题意，∴EF＝BN＝AN﹣AB＝35﹣9.38＝25.62≈25.6（m）．答：无人机飞行的距离EF的长度约为25.6m．【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答本题的关键．19．（2022•金华模拟）如图，在坡度（即tanα）为的山坡l上一点P处，观察对面山顶上的一座铁塔BC，测得塔尖C的仰角为37°，塔底B的仰角为26.6°．已知塔高BC＝80m，点P的高度PE＝60m，图中的点O，B，C，A，P在同一平面内．（tan26.6°≈0.50，tan37°≈0.75）（1）求塔所在的山高OB．（2）求OA的长．【分析】（1）过点P作PD⊥OC，垂足为D，根据题意得：PE＝OD＝60米，PD＝EO，然后设BD＝x米，则CD＝（80+x）米，在Rt△BPD中，利用锐角三角函数的定义求出DP的长，再在Rt△CPD中，利用锐角三角函数列出关于x的方程，进行计算即可解答；（2）根据山坡l的坡度为，可求出AE的长，再利用（1）的结论求出OE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）过点P作PD⊥OC，垂足为D，由题意得：PE＝OD＝60米，PD＝EO，设BD＝x米，∵BC＝80米，∴CD＝BC+BD＝（80+x）米，在Rt△BPD中，∠BPD＝26.6°，∴DP＝≈＝2x（米），在Rt△CPD中，∠CPD＝37°，∴tan37°＝＝≈0.75，∴x＝160，经检验：x＝160是原方程的根，∴BD＝160米，∴BO＝BD+OD＝220（米），∴塔所在的山高OB约为220米；（2）∵山坡l的坡度为，∴＝，∴AE＝2PE＝120（米），∵OE＝DP＝2x＝320（米），∴AO＝OE﹣AE＝200（米），∴OA的长为200米．【点评】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，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．五．解直角三角形的应用-方向角问题（共5小题）20．（2022•金东区一模）某海域有A，B两个岛屿，B岛在A岛北偏西30°方向上，距A岛120海里．有一艘船从A岛出发，沿东北方向行驶一段距离后，到达位于B岛南偏东75°方向的C处．（1）求∠BCA的度数．（2）求BC的长．【分析】（1）由平行线的性质以及方向角的定义得出∠FBA＝∠EAB＝30°，∠FBC＝75°，那么∠ABC＝45°，又根据方向角的定义得出∠BAC＝∠BAE+∠CAE＝75°，利用三角形内角和定理求出∠ACB＝60°；（2）作AD⊥BC交BC于点D，解Rt△ABD，得出BD＝AD，解Rt△ACD，得出CD，进而得出BC＝BD+CD．【解答】解：（1）如图，∵∠EAB＝30°，AE∥BF，∴∠FBA＝∠EAB＝30°，又∵∠FBC＝75°，∴∠ABC＝∠FBC﹣∠FBA＝45°，又∵∠BAC＝∠BAE+∠CAE＝30°+45°＝75°，∴∠ACB＝180°﹣45°﹣75°＝60°；（2）如图，作AD⊥BC于D．在Rt△ABD中，∵∠ABD＝45°，AB＝120海里，∴AD＝BD＝AB•sin45°＝120×＝60（海里），在Rt△ACD中，∵∠C＝60°，AD＝60海里，∴CD＝AD•tan30°＝60×＝20（海里），∴BC＝BD+CD＝60+20（海里）．答：BC的长为（60+20）海里．【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣方向角问题，平行线的性质，三角形内角和定理，锐角三角函数定义，构造直角三角形，利用三角函数求出线段BD与CD的长度是解题的关键．21．（2022秋•婺城区校级月考）如图，A位于学校主教学楼P南偏东45°方向，且距离教学楼60米，小明同学从这里出发沿着正北方向走了一段时间后，到达位于主教学楼北偏东30°方向的综合楼B处，此时小明同学一共走的距离为（30+30）米．【分析】过点P作PC⊥AB于C，根据等腰直角三角形的性质分别求出PC、AC，根据正切的定义求出BC，得到答案．【解答】解：过点P作PC⊥AB于C，在Rt△PAC中，PA＝60米，∠A＝45°，则PC＝AC＝PA＝30（米），在Rt△PCB中，∠B＝30°，则BC＝＝＝30（米），则AB＝AC+BC＝（30+30）米，故答案为：（30+30）．【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣方向角问题，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．22．（2022•丽水二模）如图，从A点测得M村在北偏东30°方向，小明从A点沿北偏东60°方向步行800米达到C处，测得M村位于点C的北偏西75°方向，若在AC上找点N，使得MN最短，AN的长是400（）米．【分析】过点M作MN⊥AC于点N，依据题意可得∠MAN＝30°，∠BCM＝75°，∠DCA＝60°，AC＝800，进而可得∠MCN＝45°，则MN＝CN，设MN＝x，在Rt△AMN中，可得tan30°＝＝，即可求出x的值，进而可得出答案．【解答】解：如图，过点M作MN⊥AC于点N，依据题意，可得∠MAN＝60°﹣30°＝30°，∠BCM＝75°，∠DCA＝60°，AC＝800米，∴∠MCN＝180°﹣75°﹣60°＝45°，则MN＝CN，设MN＝x，则AN＝800﹣x，在Rt△AMN中，tan30°＝＝，解得x＝400（），∴AN＝800﹣400（）＝400（）米．故答案为：400（）．【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣方向角问题，熟练掌握解直角三角形的知识是解答本题的关键．注意数形结合思想与方程思想的应用23．（2022•上虞区模拟）如图，海岸线上有两座灯塔A，B，灯塔A位于灯塔B的正东方向，与灯塔B相距8km．海上有甲、乙两艘货船，甲船位于灯塔B的北偏东30°方向，与灯塔B相距8km的C处；乙船位于灯塔A的北偏东15°方向，与灯塔A相距6km的D处．求：（1）甲船与灯塔A之间的距离；（2）两艘货船之间的距离．【分析】（1）连接AC，由图可得∠ABC＝60°，△ABC是等边三角形，进而可得AB的长度；（2）过C作CE⊥AD于E，根据45°角的余弦求出CE，再根据勾股定理可得答案．【解答】解：（1）连接AC，∵BC＝AB＝8km，∠ABC＝90°﹣30°＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝8km，答：甲船与灯塔A之间的距离是8km；（2）过C作CE⊥AD于E，由（1）得，∠CAB＝60°，∠CAE＝45°，AC＝8km，∴Rt△ACE中，CE＝AE＝cos45°×8＝4（km），∵AD＝6km，∴DE＝AD﹣AE＝2（km），∴CD＝＝2（km），答：两艘货船之间的距离是2km．【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，解决本题的关键是掌握方向角定义．24．（2022•富阳区一模）如图，一艘货船以36海里/时的速度在海面上航行，当他行驶到A处时，发现它的东北方向有一灯塔B，获准继续向北航行40分钟后到达C处，发现灯塔B在它北偏东60度方向．求此时货轮与灯塔B的距离（结果精确到0.01海里）．【分析】过点B作BD⊥AC，交AC延长线于D，由题意得∠DAB＝45°，∠DCB＝60°，AC＝24（海里），则△ADB是等腰直角三角形，得AD＝BD，∠CBD＝30°，则BC＝2CD，设CD＝x海里，则BC＝2x海里，BD＝AD＝（24+x）（海里），然后在Rt△BDC中，由勾股定理得出方程，即可解决问题．【解答】解：过点B作BD⊥AC，交AC延长线于D，如图所示：由题意得：∠DAB＝45°，∠DCB＝60°，AC＝36×＝24（海里），则△ADB是等腰直角三角形，∴AD＝BD，∠CBD＝90°﹣∠DCB＝90°﹣60°＝30°，∴BC＝2CD，设CD＝x海里，则BC＝2x海里，BD＝AD＝AC+CD＝（24+x）（海里），在Rt△BDC中，BC2＝CD2+BD2，即（2x）2＝x2+（24+x）2，解得：x1＝12+12，x2＝12﹣12（不合题意舍去），∴BC＝2×（12+12）≈65.57（海里），答：此时货轮与灯塔B的距离约为65.57海里．【点评】本题考查了解直角三角形的应用—方向角问题，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．巩固巩固提升一、单选题1．（2021·浙江·杭州市采荷中学二模）如图，在中，，设，，所对的边分别为4，3，5，则（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据锐角三角函数的定义进行判断即可．【详解】解：在△ABC中，∠C=90°，设∠A、∠B，∠C所对的边分别为4，3，5，所以sinB=，即3=5sinB，因此选项A不符合题意，选项B符合题意，tanB=，即3=4tanB，因此选项C不符合题意，选项D不符合题意，故选：B．【点睛】本题考查锐角三角函数，理解锐角三角函数的定义是正确解答的关键．2．（2021·浙江浙江·九年级月考）如图，是河堤横断面的迎水坡，坡高，水平距离，则斜坡的坡度为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据坡度的定义直接求解即可．【详解】解：∵坡高AC=1，水平距离BC=，∴斜坡AB的坡度为，故选：A．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题，理解坡度的概念是解题的关键．3．（2021·浙江瑞安·九年级开学考试）如图，是梯子两梯腿张开的示意图，AB＝AC，梯腿与地面夹角∠ACB＝∠，当梯子顶端离地面高度AD＝2.8m时，则梯子两梯脚之间的距离BC＝（）m．A． B． C． D．【答案】D【分析】根据等腰三角形的性质得到BD＝DC＝BC，根据正切的定义计算，得到答案．【详解】∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝DC＝BC，在Rt△ADC中，tanC＝，∴DC＝＝，∴BC＝2DC＝，故选：D．【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用，掌握等腰三角形的性质是解题的关键．4．（2021·浙江·翠苑中学二模）如图，在中，，是边上的高，则下列选项中不能表示的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意可推出△ABC、△ADB、△ADC均为直角三角形，再在三个直角三角形中分别表示出tanB即可．【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠A=90°，AD是BC边上的高，∴△ABC、△ADB、△ADC均为直角三角形，又∵∠C+∠B=90°，∠C+∠DAC=90°，∴∠B=∠DAC，在Rt△ABC中，tanB=，故A可以表示；在Rt△ABD中，tanB=，故B可以表示；在Rt△ADC中，tanB=tan∠DAC=，故C可以表示；D不能表示tanB；故选：D．【点睛】本题考查解直角三角形相关知识，熟练掌握锐角三角函数在直角三角形中的应用是解题关键．5．（2021·浙江浙江·九年级月考）在△ABC中，∠B=45°，∠C=75°，AC=6，则AB的长是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】作CD⊥AB于D，则△BCD是等腰直角三角形，得BD=CD，∠BCD=45°，求出∠ACD=30°，由直角三角形的性质得AD=AC=3，BD=CD=AD=3，即可得出答案．【详解】解：作CD⊥AB于D，如图所示：则∠BDC=∠ADC=90°，∵∠B=45°，∴△BCD是等腰直角三角形，∴BD=CD，∠BCD=45°，∵∠ACB=75°，∴∠ACD=∠ACB-∠BCD=30°，∴AD=AC=×6=3，CD==3，∴BD=CD=3，∴AB=BD+AD=3+3=3（+1）；故选：B．【点睛】本题考查了解直角三角形、等腰直角三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．6．（2021·浙江·杭州市十三中教育集团（总校）二模）如图，已知中，，，分别为，的中点，连结，过作的平行线与的角平分线交于点，连结，若，，则的正弦值为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意延长DF交AB于H，过F作FT⊥AB于T，连接CF，设DF=x，运用三角形中位线定理、全等三角形的性质以及锐角三角函数定义构建方程，求出x即可得出答案．【详解】解：延长DF交AB于H，过F作FT⊥AB于T，连接CF，

设DF=x，

∵DH∥AC，D为BC的中点，

∴H为AB的中点，

∴BH=AH，

∴DH是△ABC的中位线，

∴DH=AC=1，

∴FH=1-x，

∵FA平分∠CAB，FE⊥AC，FT⊥AB，

∴FE=FT，

∵E为AC的中点，FE⊥AC，

∴CF=AF，

在Rt△CFE和Rt△AFT中，

，

∴Rt△CFE≌Rt△AFT（HL），

∴AE=AT=1，

∵∠FAE=∠AFH=∠FAH，

∴FH=AH=BH=1-x，

∴TH=1-（1-x）=x，

∵∠C=∠BDH=∠TFH，

∴sin∠C=sin∠TFH，

∴，

解得：或（舍去），

∴，

∵DE=，

∴.故选：A．【点睛】本题考查三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数定义等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．二、填空题7．（2021·浙江·杭州市十三中教育集团（总校）二模）一颗珍贵的百年老树倾斜程度越来越厉害了．出于对它的保护，需要测量它的高度，做法如下：在地面上选取一点，测得，米，，则这棵树的高约为________米．（结果精确到0.1，参考数据：，，）【答案】【分析】过点B作BH⊥AC于点H，设米，利用锐角三角函数可得，AH=BH=x，从而得到，即可解出，即可求解．【详解】解：如图，过点B作BH⊥AC于点H，设米，∵，∠BHC=90°，∴，∵，∴∠ABH=45°，∴∠ABH=∠BAC，∴AH=BH=x，∵米，∴，解得：，∴AH=BH=12∴（米）．故答案为：．【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，作适当的辅助线，构造直角三角形是解题的关键．8．（2021·浙江平阳·九年级期中）小明在某次投篮中刚好把球打到篮板的点D处后进球．已知小明与篮框内的距离米，眼镜与底面的距离米，视线与水平线的夹角为，已知，则点D到底面的距离是_______米．【答案】3.2【分析】根据三角函数定义可知，可得的长，再根据，即可解答．【详解】解：由题意可得：，解得故答案为3.2【点睛】此题考查了三角函数的应用，解题的关键是利用三角函数的定义求得的长．9．（2021·浙江·温州绣山中学三模）如（图1），一个可绕公共顶点A旋转的收纳柜放置在橱柜转角处，两层抽屈形状大小都相同（图2），（图3）为上层抽屉旋转过程中的俯视图，下层抽屉的长AD＝30cm，宽AB＝20cm，MA＝10cm，当上层抽屉旋转至边B′C′恰好经过点D时如（图2），AD′与边MN平行，此时点D′到BC的距离为____cm；当上层抽屉旋转至AD′碰到边MN时如（图3），此时点D′到BC的距离为____cm．【答案】【分析】如图2所示，过D′作与E，求证，即可得出，结果可得；根据图2可得出，如图3所示，作交延长线与，设，则，根据勾股定理列方程求解，然后根据计算即可．【详解】如图2所示，过D′作与E，∵，∴?A∴，∴D′到BC的距离为：；如图2所示：，∴，∴，如图3所示，作交延长线与，∵图2中，∴，设，则，∴，∵，∴，解得：，∴，故答案为：；．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，三角函数，勾股定理等知识点，根据旋转的性质找出对应边相等是解题的关键．10．（2021·浙江·宁波市海曙外国语学校九年级期中）如图，有一个底面直径与杯高均为15cm的杯子里而盛了一些溶液，当它支在桌子上倾斜到液面与杯壁呈才能将液体倒出，则此时杯子最高处距离桌面__cm，，【答案】21.15【分析】过最高点作桌面的垂线，过流水口作桌面的垂线，作于点，运用解直角三角形的知识进行解答．【详解】解：过最高点作桌面的垂线，过流水口作桌面的垂线，作于点，如图所示，在中，有，，，，，，，，在中，，，．故答案为：21.15．【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本题的关键．11．（2021·浙江·诸暨牌头中学九年级）如图，在中，，以其三边为边向外作正方形，过点作于点，再过点作分别交边，于点，．若，，则_______．【答案】【分析】连接EC，HC，设CR与AB交于点M，根据直角三角形的性质和正方形的性质证明出，然后根据相似三角形的性质得到∠ABC的三角函数值，然后根据正方形AFGB的性质和的长度列方程求出BC的长度，进一步根据∠BCQ的三角函数值求出CQ的长度，最后根据相似三角形的性质求出PC的长度，即可求出PQ的长度．【详解】如图所示，连接EC，HC，设CR与AB交于点M．∵四边形ACDE和四边形CBHI都是正方形，∴，又∵，∴，∴点E，C，H三点共线，∴，又∵，∴．∴，∵四边形ACDE和四边形CBHI都是正方形，∴?ACE和?∴，，∵?ABC是直角三角形，，∴，∴，∵四边形AFGB是正方形，，∴，∴由题意可知四边形AFRM是矩形，∴AF=RM=AB．∴设CM=x，AB=AF=MR=26-x，在Rt△CMB中，，∴BM=3x，BC=，∵，∴，解得：．∴CM=6，BC=6，∵PQ⊥CR，AB⊥CR，∴PQ∥AB，∴，∴，∴，∴，∴解得：．又∵，∴，解得：，∴．故答案为：．【点睛】此题考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，三角函数的运用等知识，根据题意作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．12．（2021·浙江·诸暨市开放双语实验学校九年级期中）如图，已知点A（3，3），点B（0，），点A在二次函数y＝x2+x﹣9的图象上，作射线AB，再将射线AB绕点A按逆时针方向旋转30°，交二次函数图象于点C，则点C的坐标为_________．【答案】【分析】过点B作轴，过点A作于点E，交于点，过点作于点，根据勾股定理求出的长度，设，则，则，根据三角函数得出，则，解之可得，求得直线的解析式，与抛物线解析式联立可得点C的坐标．【详解】解：过点B作轴，过点A作于点E，交于点，过点作于点，根据题意可得,∴,设，则，∴，∴,∴，∵,∴，∴，两边平方得：，解得：(舍)，∴,，∴,∴,∴点的坐标为：，设直线的解析式为：，则，解得，∴表达式为，将其代入抛物线方程y＝x2+x﹣9，解得或，即为点A，将代入直线AC得，∴点C坐标为：，故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的交点问题，求一次函数解析式，根据题意求得一次函数解析式与二次函数解析式联立是解题的关键．13．（2021·浙江龙游·九年级期末）如图，在RtABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝6，点O是三角形的重心，点D是边AC上一动点，连结并延长DO交AB于点E，将ADE沿DE进行翻折得到，与BC交于点F，连结．（1）当点D与点C重合时，则的长为___．（2）BF的最小值为___．【答案】【分析】（1）设与CE交于P，由折叠的性质可知，，根据，，即可得到，求出AP的长即可得到答案；（2）过点O作OH⊥AC于H，在OH上取一点P使得OP=DP，由题意可得，当BF最小即CF最大时，D一定在CH之间，先由重心定理求出，在证明△AHO∽△ACM，得到,，，设，，，则，，证明∴，得到，，再根据，求得，设CF=y，即可得到，再利用一元二次方程根的判别式求解即可得到答案．【详解】解：（1）如图所示，设与CE交于P，由折叠的性质可知，，∵O是三角形ABC的重心，∴E是AB的中点，又∵∠ACB=90°，∴，，∴，又∵，∴，∴，∴；（2）如图所示，AM为BC边上的中线即，过点O作OH⊥AC于H，在OH上取一点P使得OP=DP，由题意可得，当BF最小即CF最大时，D一定在CH之间，由重心定理可知，，∵OH⊥AC，BC⊥AC，∴OH∥BC，∴△AHO∽△ACM，∴,∴，，设，，，则，，由翻折的性质可得，，∠AGD=90°，∴∠ADG+∠DAG=∠DHO+∠DOH=90°，∴，又∵OP=DP，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∵，∴，即解得，∴，设CF=y，∴，∴，∴，∴，∵关于a的方程一定有解，∴，∴,解得（舍去，因为CF<CM=4）或，∴，∴，∴BF的最小值为．故答案为：，．【点睛】本题主要考查了重心定理，折叠的性质，解直角三角形，一元二次方程根的判别式，勾股定理，三角形外角的性质等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．14．（2021·浙江·杭州市丰潭中学二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝6，点E是AD上一个动点，把△CDE沿CE向矩形内部折叠，当点D的对应点D′恰好落在矩形的内角平分线上时（∠DCD'为锐角），则cos∠DCD'＝__________________．【答案】或或或【分析】根据D′恰好落在矩形的内角平分线上时，分四种情况，分别考虑，当D'落在∠BCD的平分线上，则∠DCD'=45°即可；当D'落在∠D的平分线上，则∠DCD'=90°，不符合题意；当D'落在∠ABC的平分线上，则∠D'BC=45°，当D'落在∠BAD的平分线上，则∠DAG=45°，都是在Rt△CD'H中，利用勾股定理列出方程，即可求出答案．【详解】解：如图1，当D'落在∠BCD的平分线上，则∠DCD'＝45°，cos∠DCD'＝；当D'落在∠D的平分线上，则∠DCD'＝90°，不符合题意，舍去；如图2，当D'落在∠ABC的平分线上，则∠D'BC＝45°，连接BD'，作D'H⊥BC于H，设D'H＝t，则BH＝t，CH＝8﹣t，在Rt△CD'H中，由勾股定理得：t2+（8﹣t）2＝62，解得：t＝4±，∵D'H⊥BC，CD⊥BC，∴∠DCD'＝∠CD'H，∴cos∠DCD'＝cos∠CD'H＝；如图3，当D'落在∠BAD的平分线上，则∠DAG＝45°，连接AD'，过D'作D'H⊥BC于H，延长HD'交AD于G，设D'G＝t，则AG＝t，D'H＝6﹣t，HC＝8﹣t，在Rt△CD'H中，由勾股定理得：（6﹣t）2+（8﹣t）2＝62，解得t1＝7+（不合题意，舍去），t2＝7﹣，∴D'H＝6﹣t＝﹣1，∵D'H⊥BC，CD⊥BC，∴∠DCD'＝∠CD'H，∴cos∠DCD'＝cos∠CD'H＝，综上所述：cos∠DCD'＝或或或．故答案为：或或或．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，翻折的性质，勾股定理，以及三角形函数等知识，运用分类讨论思想，分别画出符合题意的图形是解题的关键．三、解答题15．（2021·浙江·杭州市公益中学九年级开学考试）如图，，，于点E，于点F．（1）求证：；（2）已知，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）根据平行线性质得∠ABC=∠BCD，即可求证△ABC∽△BCD；（2）设BC=k，则AC=2k，根据勾股定理可求得AB，再根据△ABC∽△BCD得对应边比值相等即可解题．【详解】（1）∵，∴，又∵∴；（2）∵∴可设，则，∵，∴，∴，∵，∴，，∴，∵于点E，于点F，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练的掌握相似三角形的判定与性质．16．（2021·浙江·绍兴市柯桥区杨汛桥镇中学二模）如图，某商场从一层到二层的楼梯由台阶AB，CD和一段水平平台BC构成，AB与CD互相平行并且与地面成31°角．已知台阶AB＝5.2米，CD＝2.8米，平台BC＝2.5米．求商场一层的高度（结果精确到0.1米）．参考数据：sin31°≈0.515，cos31°≈0.857，tan31°≈0.601．【答案】4.1米【分析】延长BC与DE交于G，过点B作BF⊥AE于F，先证明四边形BFEG是矩形，得到BF=GE，∠CGD=90°，再解直角三角形即可．【详解】解：如图所示延长BC与DE交于G，过点B作BF⊥AE于F，∵BF⊥AE，DE⊥AE，BC∥EF，∴四边形BFEG是矩形，∴BF=GE，∠CGD=90°，∵，GD=CDsin3∴米，∴商场一层的高度为4.1米．【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，解直角三角形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．17．（2021·浙江浙江·九年级月考）如图，在中，．求的值．【答案】sinA．【分析】根据tanB和BC的值可以求出直角边AC的值，再由勾股定理即可求得AB的值，再根据正弦函数即可求得sinA的值．【详解】解：在Rt△ABC中，∵∠C=90°，BC=4，∴tanB=，∴AC=3，∵AB2=AC2+BC2，∴AB=5，∴sinA=．【点睛】本题考查了解直角三角形，解题的关键是熟记三角函数的定义，能够根据三边，求出各角的三角函数．18．（2020·浙江衢江·九年级期末）某社会实践活动小组实地测量河两岸互相平行的一段河的宽度，在河的南岸边点A处，测得河的北岸边点B在其北偏东45°方向，然后向西走50m到达C点，测得点B在点C的北偏东60°方向，如图．（1）求∠CBA的度数；（2）求这段河的宽度．（结果精确到1m）【答案】（1）15°；（2）【分析】(1)如图，作于点D，可得，再根据题目中度数可以求得∠CBA的度数；(2)根据题意，然后根据锐角三角函数可以求得河宽，注意要精确到1m．【详解】(1)解：如图，作于点D，由题意可得，（2）由题意可得，AC=50m，答：这段河的宽度约为．【点睛】本题考查解直角三角形的应用-方向角问题，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用锐角三角函数解答．19．（2020·浙江·衢州市实验学校教育集团（衢州学院附属学校教育集团）九年级期末）水亭门是衢州国家级儒学文化产业园核心区的重要组成部分，也是古城的中央休闲区和市政府倾力打造的5A级景区主景点．在课外实践活动中，我校九年级数学兴趣小组决定测量该水亭门的高．他们的操作方法如下：如图，先在D处测得点A的仰角为20°，再往水亭门的方向前进22米至C处，测得点A的仰角为31°（点D、C、B在一直线上），求水亭门AB的高．（精确到0.1米）（参考数据：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36，sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60）【答案】19.8米【分析】在Rt△ABD中可得出BD=，在Rt△ABC中，可得BC=，则可得BD-BC=22，求出AB即可．【详解】解：由题意得，∠ABD=90°，∠D=20°，∠ACB=31°，CD=22，在Rt△ABD中，∵tan∠D=，∴BD==，在Rt△ABC中，∵tan∠ACB=，∴BC==，∵CD=BD-BC，∴22=−，解得AB=19.8米．答：水城门AB的高为19.8米．【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用，解决本题的关键是要构造直角三角形，然后利用三角函数值求出未知线段的长度．20．（2021·浙江省杭州市上泗中学二模）图1是某小型汽车的侧面示意图，其中矩形表示该车的后备箱，在打开后备箱的过程中，箱盖可以绕点逆时针方向旋转，当旋转角为时，箱盖落在的位置（如图2所示）已知厘米，厘米，厘米．（1）求点到的距离；（结果保留根号）（2）求、两点的距离．（结果保留根号）【答案】（1）厘米；（2）厘米【分析】（1）过点D′作D′H⊥BC，垂足为点H，交AD于点F，利用旋转的性质可得出AD′＝AD＝90厘米，∠DAD′＝60°，利用矩形的性质可得出∠AFD′＝∠BHD′＝90°，在Rt△AD′F中，通过解直角三角形可求出D′F的长，结合FH＝DC＝DE＋CE及D′H＝D′F＋FH可求出点D′到BC的距离；（2）连接AE，AE′，EE′，利用旋转的性质可得出AE′＝AE，∠EAE′＝60°，进而可得出△AEE′是等边三角形，利用等边三角形的性质可得出EE′＝AE，在Rt△ADE中，利用勾股定理可求出AE的长度，结合EE′＝AE可得出E、E′两点的距离．【详解】（1）过点D'作，垂足为点，交于点，如图所示．由题意，得：厘米，．四边形是矩形，，．在中，厘米，又厘米，厘米，厘米，厘米．（2）连接，，，如图4所示，由题意，得：，，是等边三角形，．四边形是矩形，．在中，厘米，厘米，厘米，厘米．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用、矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理，解题的关键是：（1）通过解直角三角形求出D′F的长度；（2）利用勾股定理求出AE的长度．21．（2021·浙江杭州·九年级期末）如图，已知在平面直角坐标系中，抛物线的顶点为D，与y轴的交点为C，点A是抛物线对称轴左侧上一点，连结，以，为边构造平行四边形．（1）如图1，当轴时，①已知，点A的坐标是，求抛物线的解析式；②若，求b的值；（2）如图2，若，连结交y轴于点E，且，是否存在这样的b值，使四边形是菱形?若存在，求出b的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）①；②；（2）存在，．【分析】（1）①先求出点的坐标，再利用待定系数法即可得；②过点作于点，连接，先求出点的坐标，再根据二次函数的对称性可得点的坐标，从而可得的长，然后根据等边三角形的判定与性质可得，最后在中，解直角三角形即可得；（2）连接，交于点，先根据菱形的性质求出点的坐标，再根据可得，从而可得点的横坐标，然后代入抛物线的解析式可得点的坐标，最后利用待定系数法求出直线的解析式，将点的坐标代入直线的解析式即可得．【详解】解：（1）①当时，，点的坐标是，轴，，将点代入得：，解得，则抛物线的解析式为；②如图，过点作于点，连接，抛物线的对称轴为，顶点的坐标为，，当时，，即，，，由二次函数的对称性得：，，，是等边三角形，，在中，，，即，解得或（不符题意，舍去），则的值为；（2）如图，连接，交于点，四边形是菱形，，当时，，，，，，点的横坐标为，将代入得：，即，设直线的解析式为，将点代入得：，解得，则直线的解析式为，，设直线的解析式为，将点代入得：，则直线的解析式为，将点代入得：，解得，故存在这样的值，使四边形是菱形，的值为．【点睛】本题考查了二次函数的几何应用、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，熟练掌握待定系数法和菱形的性质是解题关键．22．（2021·浙江·宁波市第七中学九年级月考）一个四边形被一条对角线分割成两个三角形，如果被分割的两个三角形相似，我们称该对角线为相似对角线．（1）如图1，正方形ABCD的边长为4，E为AD的中点，AF=1，连结CE，CF，求证：EF为四边形AECF的相似对角线；（2）在四边形ABCD中，∠BAD=120°，AB=3，AC=，AC平分∠BAD，且AC是四边形ABCD的相似对角线，求BD的长；（3）如图2，在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，点E是线段AB（不取端点A，B）上的一个动点，点F是射线AD上的一个动点，若EF是四边形AECF的相似对角线，请直接写出BE的长．【答案】（1）见解析；（2）或；（3）或或3【分析】（1）如图1中，只要证明△AEF∽△ECF即可解决问题；（2）如图2、图3中，AC是四边形ABCD的相似对角线，有两种情形：①如图2中，△ACB≌△ACD时．②如图3中，当△ACD∽△ABC时，分别求解即可；（3）分三种情形①如图4中，当△AEF和△CEF关于EF对称时，EF是四边形AECF的相似对角线．②如图5中，如图取AD中点F，连接CF，将△CFD沿CF翻折得到△CFD′，延长CD′交AB于E，易证EF是四边形AECF的相似对角线．③如图6中，取AB的中点E，连接CE，作EF⊥AD于F，延长CB交FE的延长线于M，则易证EF是四边形AECF的相似对角线．此时BE=3；【详解】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD=4，∵AE=DE=2，AF=1，∴，∵∠A=∠D=90°，∴△AEF∽△DCE，∴∠AEF=∠DCE，，∵∠DCE+∠CED=90°，∴∠AEF+∠CED=90°，∴∠FEC=∠A=90°，∵，∴，∴△AEF∽△ECF，∴EF为四边形AECF的相似对角线．（2）如图2中，∵AC是四边形ABCD的相似对角线，∴有两种情形：①如图2中，△ACB≌△ACD时，∵AB=AD=3，BC=CD，∴AC垂直平分DB，在Rt△AOB中，∵AB=3，∠ABO=30°，∴BO=AB•cos30°=，∴BD=2OB=．②如图3中，当△ACD∽△ABC时，可得AC2=AB•AD，∴6=3AD，∴AD=2，在Rt△ADH中，∵∠HAD=60°，AD=2，∴AH=AD=1，DH=AH=，在Rt△BDH中，BD=．（3）①如图4中，当△AEF和△CEF关于EF对称时，EF是四边形AECF的相似对角线，设AE=EC=x，在Rt△BCE中，∵EC2=BE2+BC2，∴x2=（6-x）2+42，解得x=，∴此时BE=AB-AE=6-=．②如图5中，如图取AD中点F，连接CF，将△CFD沿CF翻折得到△CFD′，延长CD′交AB于E，易证EF是四边形AECF的相似对角线．由△AEF∽△DFC得到，，∴，∴AE=，∴BE=AB-AE=．③如图6中，取AB的中点E，连接CE，作EF⊥EC交AD于F，延长CB交FE的延长线于M，则易证EF是四边形AECF的相似对角线．此时BE=3．综上所述，满足条件的BE的值为或或3．【点睛】本题考查相似形综合题、相似三角形的判定和性质、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．23．（2020·浙江·衢州市实验学校教育集团（衢州学院附属学校教育集团）九年级期末）已知在矩形ABCD中，tan∠DBC，BC＝8，点E在射线OD上，连接EC，在射线BC上取点F，使得EF＝EC，射线EF与射线AC交于点P．（1）如图，当点E在线段OD上（不包括O、D），求证：△CPF∽△BEC；（2）在（1）的条件下，设CF＝x，△PFC的面积为y，求y关于x的函数解析式及自变量x的取值范围；（3）当时，求OE的长．【答案】（1）见详解；（2）；（3）或【分析】（1）由题意易得，然后问题可求证；（2）由（1）可得，则有，过点E作EH⊥BC于点H，则有，，进而可得，然后可得，最后问题可求解；（3）由题意可分：①当点E在OD上，②当点E在线段OD外，进而根据相似三角形的性质及勾股定理进行分类求解即可．【详解】（1）证明：∵EF＝EC，∴，∵四边形ABCD是矩形，∴OB=OC，∴，∴△CPF∽△BEC；（2）在Rt△DBC中，∵tan∠DBC，BC＝8，∴，由（1）可知△CPF∽△BEC，∴，∴，过点E作EH⊥BC于点H，如图所示：∵EF＝EC，∴，∴，∴，∴，∵S?∴S△∵点E在线段OD上（不包括O、D），∴；（3）①当点E在线段OD上时，过点O作OG⊥BC于点G，如图：∵在矩形ABCD中，OB=OC，BC=8，∴BG=GC=4，∵tan∠DBC，∴，∴∵EF＝EC，，∴∵△CPF∽△BEC，∴，∴，由（2）可得，∴，，∵OG⊥BC，EH⊥BC，∴?BGO∴，∴，∴；②当点点E在线段OD外时，过点E作EN⊥BC，过点O作OM⊥BC，如图所示：同理（1）可知△CPF∽△BEC，∴，∴，∴，∴，，∵OM⊥BC，EN⊥BC，∴?BMO由①可知OM=2，，∴，∴，∴；综上所述：当时，或．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、矩形的性质及三角函数，熟练掌握相似三角形的性质与判定、矩形的性质及三角函数是解题的关键．24．（2021·浙江·绍兴市柯桥区杨汛桥镇中学二模）定义：如图1，四边形EFGH的四个顶点分别在□ABCD四条边上（不与□ABCD的顶点重合），我们称四边形EFGH为□ABCD的内接四边形．（1）如图1，若ABCD的内接四边形EFGH是平行四边形，求证