25.4解直角三角形的应用其他问题（第4课时）（作业）

25.4解直角三角形的应用—其他问题（第4课时）（作业）一、填空题1．（2021·上海宝山·九年级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，射线OA与x轴正半轴的夹角为α，如果OA＝，tanα＝2，那么点A的坐标是____．【答案】（1，2）【分析】过A作AB⊥x轴，在Rt△OAB中，用勾股定理求解OA，AB的长，进而求A坐标．【详解】解：过A作AB⊥x轴，在Rt△OAB中，OA＝，tanα＝＝2，∴AB＝2OB，∵OA2＝OB2+AB2，∴5＝OB2+4OB2，∴OB＝1，AB＝2，∴A（1，2）．故答案为：（1，2）．【点睛】本题考查直角三角形勾股定理，正切值的定义，平面中点坐标的特点．能够结合图形，根据边的关系求出OB，AB的长度是解题的关键．二、解答题2．（2022·上海·九年级单元测试）某超市大门口的台阶通道侧面如图所示，共有4级台阶，每级台阶高度都是0.25米.根据部分顾客的需要，超市计划做一个扶手AD，AB、DC是两根与地平线MN都垂直的支撑杆（支撑杆底端分别为点B、C）．(1)求点B与点C离地面的高度差BH的长度；(2)如果支撑杆AB、DC的长度相等，且．求扶手AD的长度．（参考数据：，，，）【答案】(1)点B与点C离地面的高度差BH的长度为0.75米(2)扶手AD的长度为米【分析】(1）通过图观察可知BH高度包含3层台阶，因而DH=每级小台阶高度×小台阶层数；(2）首先连接BC，可得四边形ABCD是平行四边形，在Rt△BCH中，利用cos∠CBH，，即可求出AD=BC的长．（1）∵通过图观察可知BH高度包含3层台阶，∴BH=0.25×3=0.75（米）；（2）连接BC，由题意得AB//DC，AB=DC，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AD//BC，∴∠CBH=∠A=66°，∵∠AHC=90°，∴Rt△BCH中，cos∠CBH=，∴（米），∴，∴扶手AD的长度为米．【点睛】此题考查了三角函数的基本概念，主要是利用余弦概念及运算，从而把实际问题转化为数学问题加以解决．3．（2022·上海·九年级单元测试）为解决群众“健身去哪儿”问题，某区2021年新建、改建90个市民益智健身苑点，如图1是某益智健身苑点中的“侧摆器”．锻炼方法：面对器械，双手紧握扶手，双脚站立于踏板上，腰部发力带动下肢做左右摆式运动．(1)如图2是侧摆器的抽象图，已知摆臂OA的长度为80厘米，在侧摆运动过程中，点A为踏板中心在侧摆运动过程中的最低点位置，点B为踏板中心在侧摆运动过程中的最高点位置，，求踏板中心点在最高位置与最低位置时的高度差．（精确到0.1厘米）（）(2)小杰在侧摆器上进行锻炼，原计划消耗400大卡的能量，由于小杰加快了运动频率，每小时能量消耗比原计划增加了100大卡，结果比原计划提早12分钟完成任务，求小杰原计划完成锻炼需多少小时?【答案】(1)踏板中心点在最高位置与最低位置时的高度差是7.5厘米(2)小杰原计划锻炼1小时完成【分析】（1）过点B作垂足为D，通过三角函数计算即可；（2）设小杰原计划x小时完成锻炼，根据“原计划消耗400大卡的能量，由于小杰加快了运动频率，每小时能量消耗比原计划增加了100大卡，结果比原计划提早12分钟完成任务”列分式方程，解方程即可．（1）过点B作垂足为D，在中，答：踏板中心点在最高位置与最低位置时的高度差是7.5厘米．（2）设小杰原计划x小时完成锻炼．由题意得：；解方程的：，经检验，都是原方程的根，但不合题意舍去．答：小杰原计划锻炼1小时完成．【点睛】本题考查三角函数的实际应用、分式方程的实际应用，根据题意找准等量关系是解题的关键．4．（2022·上海·格致中学二模）如图所示为一个圆柱形大型储油罐固定在型槽上的横截面图.已知图中四边形为等腰梯形，，支点与相距8m，罐底最低点到地面距离为1m.设油罐横截面圆心为，半径为5m，，求：型槽的底部的长.（参考数据：，，，结果保留整数）【答案】12m【分析】连接AO、BO，过点A作AE⊥DC于点E，过点O作ON⊥DC于点N，ON交于点M，交AB于点F，则OF⊥AB，先根据垂径定理求出AF的值，由勾股定理求出OF的长，根据四边形ABCD是等腰梯形，AE⊥DC，FN⊥AB，可得，然后在中，利用，即可求得答案．【详解】解：如图，连接AO、BO，过点A作AE⊥DC于点E，过点O作ON⊥DC于点N，ON交于点M，交AB于点F，则OF⊥AB，∵，，是的半径，，∴，∵，由题意得：，∴，∵四边形为等腰梯形，AE⊥DC，FN⊥AB，∴，，在中，，∴，∴．【点睛】本题考查的是垂径定理的应用及勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形及等腰梯形，再利用勾股定理进行求解是解答此题的关键．5．（2021·上海交通大学附属第二中学九年级期中）交大二附中地下车库出口处“两段式栏杆”如图1所示，点A是栏杆转动的支点．点E是栏杆两段的连接点．当车辆经过时，栏杆AEF升起后的位置如图2所示，其示意图如图3所示，其中AB⊥BC，EF∥BC，∠EAB＝143°，AB＝AE＝1.2米，（1）求当车辆经过时，栏杆EF段距离地面的高度（即直线EF上任意一点到直线BC的距离）．（2）为了增加安全性，在保持车辆经过时栏杆EF段距离地面的高度不变的前提下．在图2中把连接点向右移动．若移动后∠EAB减小16°，则改进后栏杆平行地面时，图1中E向右移动的距离是多少？（结果精确到0.1米，栏杆宽度忽略不计参考数据：sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，tan37°＝0.75）【答案】（1）2.2米；（2）0.6米【分析】（1）过点A作BC的平行线AG，过点E作EH⊥AG于H，则∠BAG=90°，∠EHA=90°．先求出∠EAH=53°，则∠EAH=53°，然后在△EAH中，利用余弦函数的定义得出EH=AE•cos∠AEH≈0.96米，则栏杆EF段距离地面的高度为：AB+EH，代入数值计算即可;（2）把连接点E向右移动到，连接A,过点作,得，通过解直角三角形和求出AH和AK，即可得出结论．【详解】解：（1）如图，过点A作BC的平行线AG，过点E作EH⊥AG于H，则∠BAG=90°，∠EHA=90°．∵∠EAB=143°，∠BAG=90°，∴∠EAH=∠EAB∠BAG=53°．在△EAH中，∠EHA=90°，∠AEH=90°∠EAH=37°，AE=1.2米，∴EH=AE•cos∠AEH≈1.2×0.80=0.96（米），∵AB=1.2米，∴栏杆EF段距离地面的高度为：AB+EH≈1.2+0.96=2.16≈2.2（米）．故栏杆EF段距离地面的高度约为2.2米．（2）把连接点E向右移动到，连接A,过点作,垂足为K，∴∴四边形是矩形，∴，米∵∠EAH==53°，．∴∴∴米由（1）知∴米∴米∴E向右移动的距离是0.6米【点睛】本题考查了解直角三角形在实际中的应用，难度适中．关键是通过作辅助线，构造直角三角形，把实际问题转化为数学问题加以计算．6．（2021·上海·九年级专题练习）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．7．（2020·上海·九年级专题练习）如图是某品牌自行车的最新车型实物图和简化图，它在轻量化设计、刹车、车篮和座位上都做了升级．为后胎中心，经测量车轮半径为，中轴轴心到地面的距离为，座位高度最低刻度为，此时车架中立管长为，且．（参考数据：，，）（1）求车座到地面的高度（结果精确到）；（2）根据经验，当车座到地面的距离为时，身高的人骑车比较舒适，此时车架中立管拉长的长度应是多少？（结果精确到）【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据上题证得的结论分别求得的长，利用正弦函数的定义即可得到结论；（2）设与交于点，则有，得到△，利用相似三角形的性质求得的长即可．【详解】解：（1）设与交于，，，，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是矩形，，长为，且，，；答：车座到地面的高度是；（2）如图所示，，设与交于点，则有，△，得．即，．故．车架中立管拉长的长度应是．【点睛】本题考查了相似三角形的应用、切线的性质解解直角三角形的应用，解题的难点在于从实际问题中抽象出数学问题，难度较大．8．（2021·上海市延安初级中学九年级期中）我国纸伞的制作工艺十分巧妙．如图1，伞不管是张开还是收拢，伞柄始终平分同一平面内两条伞骨所成的角，且，从而保证伞圈D能沿着伞柄滑动．如图2是伞完全收拢时伞骨的示意图，此时伞圈D已滑动到点的位置，且A，B，三点共线，，B为中点，当时，伞完全张开．（1）求的长．（2）当伞从完全张开到完全收拢，求伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离．（参考数据：）【答案】（1）20cm；（2）26.4cm【分析】（1）根据中点的性质即可求得；（2）过点B作于点E．根据等腰三角形的三线合一的性质求出．利用角平分线的性质求出∠BAE的度数，再利用三角函数求出AE，即可得到答案．【详解】解：（1）∵B为中点，∴，∵，∴．（2）如图，过点B作于点E．∵，∴．∵平分，∴．在中，，∴，∴．∵，∴，∴伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离为．【点睛】此题考查的是解直角三角形的实际应用，等腰三角形的三线合一的性质，线段中点的性质，角平分线的性质，正确构建直角三角形解决问题是解题的关键．9．（2021·上海市松江九峰实验学校九年级期中）图1是疫情期间测温员用“额温枪”对小红测温时的实景图，图2是其侧面示意图，其中枪柄与手臂始终在同一直线上，枪身与额头保持垂直量得胳膊，，肘关节与枪身端点之间的水平宽度为（即的长度），枪身．图1（1）求的度数；（2）测温时规定枪身端点与额头距离范围为．在图2中，若测得，小红与测温员之间距离为问此时枪身端点与小红额头的距离是否在规定范围内？并说明理由．（结果保留小数点后一位）（参考数据：，，，）【答案】（1）∠ABC的度数为113.6；（2）枪身端点A与小红额头的距离在规定范围内．理由见解析【分析】（1）过B作BK⊥MP于点K，在Rt△BMK中，利用三角形函数的定义求得∠BMK，即可求解；（2）延长PM交FG于点H，∠NMH，在Rt△NMH中，利用三角形函数的定义即可求得的长，比较即可判断．【详解】解：（1）过B作BK⊥MP于点K，由题意可知四边形ABKP为矩形，∴MK=MPAB=25.38.5=16.8(cm)，在Rt△BMK中，，∴∠BMK，∴∠MBK=90=23.6，∴∠ABC=23.6+90=113.6，答：∠ABC的度数为113.6；（2）延长PM交FG于点H，由题意得：∠NHM=90，∴∠BMN，∠BMK，∴∠NMH，在Rt△NMH中，，∴(cm)，∴枪身端点A与小红额头的距离为(cm)，∵，∴枪身端点A与小红额头的距离在规定范围内．【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用，熟记锐角三角函数的定义是解答此题的关键．10．（2021·上海嘉定·二模）某小区外面的一段长120米的街道上要开辟停车位，计划每个停车位都是同样的长方形且每个长方形的宽均为2.2米，如果长方形的较长的边与路段的边平行，如图1所示，那么恰好能够停放24辆车．（备注：，，）（1）如果长方形的边与街道的边缘成45°角，那么按图1，图2中的方法停放，一个停车位占用街道的长度各是多少？（结果保留一位小数）（2）如果按照图2中的方法停放车辆，这段路上最多可以停放多少车辆？【答案】（1）按图1停放，一个停车位占街道长5米，按图2停放，一个停车位占街道长3.1米；（2）最多可停放38辆车【分析】（1）利用解直角三角形，直接求解，即可；（2）先算出第一辆车所占的停车位长，以及后面每辆车所占的停车位长，进而即可求解．【详解】（1）由题意得：如图1，120÷24=5（米），∵如图2，EF=2.2÷sin45°=2.2÷≈3.1（米），答：按图1停放，一个停车位占街道长5米，按图2停放，一个停车位占街道长3.1米；（2）∵如图2，BC=2.2×sin45°=2.2×≈1.54（米），GH=5×sin45°=5×≈3.5（米），∴BE=BC+GH≈5.04（米），∴（1205.04）÷3.1+1≈38（个），答：最多可停放38辆车．【点睛】本题主要考查解直角三角形的实际应用，熟练掌握锐角三角函数的的定义，是解题的关键．11．（2021·上海普陀·二模）如图1，一扇窗户打开后可以用窗钩AB将其固定，窗钩的一个端点A固定在窗户底边OE上，且与转轴底端O之间的距离为20cm，窗钩的另一个端点B可在窗框边上的滑槽OF上移动，滑槽OF的长度为17cm，AB、BO、AO构成一个三角形．当窗钩端点B与点O之间的距离是7cm的位置时（如图2），窗户打开的角∠AOB的度数为37°．（1）求钩AB的长度（精确到1cm）；（2）现需要将窗户打开的角∠AOB的度数调整到45°时，求此时窗钩端点B与点O之间的距离（精确到1cm）．（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，≈1.4）【答案】（1）AB=15（cm）；（2）窗钩端点B与点O之间的距离为9cm【分析】（1）由锐角三角函数可求AH＝12cm，由勾股定理可求解；（2）由等腰直角三角形的性质可求AH的长，由勾股定理可求BH的长，即可求解．【详解】解：（1）如图2，过点A作AH⊥OF于H，∵sin∠AOH＝＝0.6，∴AH＝20×0.6＝12（cm），∴OH＝＝16（cm），∴BH＝16﹣7＝9（cm），∴AB＝＝15（cm）；（2）∵∠AOB＝45°，AH⊥OF，∴AH＝OH＝10（cm），∴BH＝＝5（cm），∴OB＝OH﹣BH＝14﹣5＝9（cm），答：窗钩端点B与点O之间的距离为9cm．【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，结合勾股定理计算是解题的关键．12．（2021·上海·九年级期末）某条过路上通行车辆限速为千米，在离道路米的点处建一个监测点，道路的段为监测区（如图）在中，已知，．一辆车通过段的时间为秒，请判断该车是否超速，并说明理由．（参考数据：，，，，）【答案】不超速，理由见解析【分析】过点P作PD⊥AC于D，解直角三角形分别求出AD、BD，进一步求出AB，然后可求出实际车速便可判断出结果.【详解】解：不超速，理由如下：过点P作PD⊥AC于D，则PD=50（m），在Rt△APD中，，在Rt△BPD中，，故答案为：不超速.【点睛】本题考查解直角三角形的应用，属于实际应用类题目，从复杂的实际问题中整理出直角三角形是解决此类问题的关键.13．（2021·上海·九年级期末）图1是一款家用落地式取暖器，如图2是其放置在地面上时的侧面示意图，其中矩形是取暖器的主体，等腰梯形是底座，，烘干架连杆可绕边上一点旋转，以调节角度，已知，，，，，，当时，求点到地面的距离．（精确到0.1cm）【参考数据：，，，】【答案】点到地面的距离为50.5cm．【分析】过H作HR⊥AB，在Rt△HGR中，利用三角函数求出GR的长，再根据RB=CH=DCD