2025年人教版九年级数学下册专项训练：解直角三角形的应用

专题28.3解直角三角形的应用

典例精析

【典例1】如图（1）是一个创意台灯，图（2）是其抽象示意图，已知支架力B,CD交于点E,支架4B与水

平底座MN的夹角NB2M=60°,AB=CD=30cm,BE-.AE=2:3,ED=24cm,灯罩抽象为DF=

DG=10cm,乙FDG=90°,

图⑴图⑵

(1)若支架4B1CD,

①求NCDG的度数;

②求GF与水平底座之间的距离.（结果精确到0.1cm）

（2）若在（1）的条件下，将支架CD绕点E旋转，使GF与水平底座之间的距离为24.1cm,求支架CD的旋转

方向及角度.(参考数据：V2~1.41,V3«1.73,sin40.5°«0.65,sin37°~0.60)

【思路点拨】

（1）①过点。作DK1MN,交于点K,求出的角度，即可解答；

②过点E分别作MN,DK的垂线，垂尺为P,Q,则四边形EPKQ为矩形，根据特殊直角三角形的相关性质，

即可解答；

（2）旋转后，GF与水平底座之间的距离增加了3.6cm,即点D在竖直方向上上升了3.6cm,再根据解直角三

角形，即可解答.

【解题过程】

（1）①如图（1）,过点。作。K1MN,交MN的延长线于点K,交GF于点H.

•・•GF||MN,

・•・DH1GF.

•・•DF=DG,乙FDG=90°,

・•・4G=乙GDH=45°.

•・•^BAM=60°,

・•・^EAK=120°.

vAB1CD,DK1MK,

・•.Z.EDK=360°-90°-120°-90°=60°,

・••Z.CDG=乙EDK-乙GDH=15°.

VAB=30cm,BE\AE=2:3,

AE=18cm.

如图(1),过点E分别作MN,DK的垂线，垂足为P,Q,则四边形EPKQ为矩形,

图⑴

・•・乙DEQ=90°-60°=30°,EP=QK.

ED=24cm,

1

.・.DQ=-ED=12cm.

•••ABAM=60°,

EP=QK=AExsin60°=18x亨=9V3(cm)

•••DG=10cm,DH1GF,NG=45°,

DH=DGxsin45°=10Xy=5V2(cm).

HK=DQ+QK-DH=12+9百-5&«20.5(cm)

答：GF与水平底座之间的距离约为20.5cm.

(2)解：由(1)②可知当时，CF与水平底座之间的距离约为20.5cm,

・•・若使GF与水平底座之间的距离为24.1cm,则需将支架CD绕点E逆时针旋转.

设需要将CD绕点E逆时针旋转a,旋转后点。的对应点为。，如图(2).

图⑵

24.1—20.5=3.6（cm）,

・•・旋转后，GF与水平底座之间的距离增加了3.6cm,即点。在竖直方向上上升了3.6cm（关键点）.

过点。作。K'1MN,垂足为过点E作EQ，1于点0.

结合（1）②可知O'Q'=DQ+3.6=12+3.6=15.6（cm）.

D'E-DE=24cm,

•••sm^D'EQ'=^=—=0.65,

弋D'E24

•••乙D'EQ'"40.5°,

a=AD'EQ'-乙DEQ=40.5°-30°=10.5°

••・将支架CD绕点E逆时针旋转10.5。，GF与水平底座之间的距离为24.1cm.

学霸必刷

1.（2023上•上海闵行•九年级统考期中）如图，海中有一小岛P,在以尸为圆心，半径为16或海里的圆形

海域内有暗礁.一轮船自西向东航行，它在A处测得小岛尸位于北偏东60。方向上，且A,尸之间的距离为

（1）若轮船继续向正东方向航行，轮船有无触礁危险？

（2）如果轮船继续向正东方向航行有危险，轮船自A处开始改变航行方向，沿南偏东a度方向航行确保安

全通过这一海域，求a的取值范围.

【思路点拨】

(1)过P作PB1于8,则PB的长是A沿方向距离尸点的最短距离，求出最短距离，再比较比较即可;

(2)设轮船沿南偏东航向是射线4C,过点P作PD14C于。，利用特殊角的三角函数值确定答案.

【解题过程】

(1)解：过点P作PB1轮船航线于2,贝UPB的长是A沿方向距离尸点的最短距离，

由题意得/P4B=90°-60°=30°,PA=32,

.•.在RtAP4B中，Z.PBA=90°,

：.sm/LPAB=-=

AP2

：.PB=16,

16<16VL

答：若轮船继续向正东方向航行有触礁危险.

(2)解：设轮船沿南偏东航向是射线力C,过点尸作PD14C于

当PD=16/时，角a的度数最大，

:在RtAPHD中，AP=32,PD=16V2,

sinZ-PAD=-=—,

AP2

：.^PAD=45°,

：.Z.EAD=45°-30°=15°,

・•・沿南偏东最大角度为90。-15°=75。方向航行确保安全通过这一海域,

即0<a<75。时，轮船能安全通过这一区域.

2.（2023・河南周口•校考三模）郑州博物馆（新馆）位于郑州奥体中心附近，周边有郑州大剧院，郑州植

物园等，其主展馆以郑州出土的商代青铜方鼎为造型基础，整体建筑风格取鼎器粗犷与精美相统一的神韵,

让人叹为观止.某校数学小组的同学们使用卷尺和自制的测角仪测量郑州博物馆（新馆）的高度4B,如图,

他们在C处测得顶端A的仰角为38。，沿CB方向前进17m到达。处，又测得顶端A的仰角为45。.已知测

角仪的高度为1.5m,测量点C,。与郑州博物馆（新馆）的底部8在同一水平线上，求郑州博物馆（新馆）

的高度2B.（结果精确到1m.参考数据:sin38°~0.62,cos38°«0.79,tan38°«0.78）

【思路点拨】

先延长EF,交4B于点G,再设4G的长为x,最后表示出FG,EG,最后用正切定义列出方程即可求出AG的长,

再求和即可得到的长.

【解题过程】

如图，延长EF,交4B于点G

设4G=x

"：/-AFG=45。,乙4GF=90°

GF—AG—x

：.GE=GF+EFx+17

•.ZEG=38°,^AGF=90°

AG

.,.tan38°=—«0.78

EG

0.78

x+17

'.x«60（此时分母不为0）

■:乙BGF=9Y/GBD=90°,zBDF=90°

，四边形GBDF是矩形

：.BG=DF=1.5

：.AB=AG+BG=60+1.5=61.5

故郑州博物馆（新馆）的高度4B为61.5m.

3.（2023上•重庆沙坪坝•九年级重庆南开中学校考阶段练习）如图，某工厂准备开发一块四边形ABC。的空

地，点C在点。的南偏东45。方向上，点A在点。的北偏东60。方向上，点8在点A的正东方向，点C在

点8的正南方向.已知48=2千米，CD=5/千米.（参考数据：1.414,百~1.732）

（1）如果要在空地四周建立防护栏，需要多少千米的防护栏？（精确到0.1千米）

（2）该工厂计划用380万元改造该地块，如果每平方千米的改造费用为20万元，通过计算，判断改造费

用是否充足？

【思路点拨】

（1）过点。作BC的垂线段，交BC于点尸，过点4作DF的垂线段，交DF于点E,根据题意可得NFDC=

45。,4405=90。-60。=30。，解直角三角形求出4。,BC的值，即可解答；

（2）根据（1）求得数据，求出四边形4BCD的面积，即可解答.

【解题过程】

（1）解：如图，过点。作BC的垂线段，交BC于点尸，过点4作DF的垂线段，交DF于点E,

据题意可得NFDC=45°,/-ADE=90°-60°=30°,

•••sinZ-FDC=sin45°=—=—，

DC2

:.FC=DF=¥DC=5千米,

Z.AEF=Z.EFB=乙B=90°,

・•・四边形/EFB为矩形，

.・.EF=AB=2千米，

・•.DE=DF-EF=3千米，

・•・cosZ.ADE=cos30°=—=—,

AD2

•••AD-=2A/3,

BF=AE=-AD=V3,

2

二四边形ABCD的周长=AB+BF+FC+CD+DA=7+5y/2+19.3千米，

答：需要193千米的防护栏；

(2)解：四边形4BCD的面积=S矩形的8+SAADE+SADFC=2百+言+18.562平方千米，

•••18.562x20=371.24<380,

••・判断改造费用充足.

4.(2023・全国•九年级专题练习)2022年6月5日，“神舟十四号”载人航天飞船搭载“明星”机械臂成功发

射.如图是处于工作状态的某型号手臂机器人示意图，。4是垂直于工作台的移动基座，AB.BC为机械臂,

OA=Im,AB=5m,BC=2m,AABC=143°.机械臂端点C到工作台的距离CD=6%.

(1)求4、C两点之间的距离；

(2)求OD长.

【思路点拨】

(1)延长AB,过点C作在RtABCE中，求出8E、CE的长，再在Rt△4CE中求出AC.

(2)过点A,作/FlCO于点R则四边形/F。。为矩形，求出CT,在中，求出/F.

【解题过程】

(1)如图，延长A3,过点。作CE148,

VZ.ABC=143°,

:.乙EBC=37°,

在Rt△BCE中，

BE=BC-cos37°=1.6m,

CE=BC•sin37°=1.2m,

'•AE—AB+BE=5+1,6=6.6m,

在RtZkZCE中，

AC=JAE2+CE2=3V5«6.7m

.'.A,C两点之间的距离为6.7m.

(2)过点A,作2F1CD于点孔

则四边形力FD。为矩形，

•\AF=DO,DF=OA=lm,

CF=6—1=5m

在Rt中,

AF=yjAC2-CF2=2A/5«4.5m,

/.OD—4.5m

5.(2023•江西九江•统考三模)如图1是某品牌的纸张打孔机的实物图，图2是从中抽象出的该打孔机处

于打孔前状态的侧面示意图，其中打孔机把柄。力=5cm,BE是底座，。力与BE所成的夹角为36.8。，。点是

把柄转轴所在的位咒，且。点到底座BE的距离OC=2cm.。。与一根套管相连，。。可绕。点转动，此时，

ODWBE,套管内含打孔针MN,打孔针的顶端M触及到。力，但与。力不相连，MN始终与8E垂直，且。M=1cm,

MN-2cm.

(1)打孔针MN的针尖N离底座BE的距离是多少厘米？

(2)压下把柄。4直到4点与B点重合，如图3,此时，M.。两点重合，把柄。力将压下打孔针MN并将它

锲入放在底座BE上的纸张与底座之内，从而完成纸张打孔，问：打孔针MN锲入底座BE有多少厘米？

242

(参考数据：sin36.8°«cos36.8°-tan36.8°--)

554

【思路点拨】

(1)如答图1,连接CN,先说明四边形COMN是平行四边形可得CN=OM=1cm,再解直角三角形可得NP-

0.6cm即可解答；

(2)如答图1,由题意可得四边形CODP是平行四边形可得。D=CP=0.8cm.如图3中，设与BE的交

点为Q,贝IOM=OD=0.8cm,BM=OB-OM=4.2cm.又MN||0C可得△BMQ-ABOC即BM:OB=

MQ-.OC,进而求得MQ=1.68cm,最后根据线段的和差即可解答.

【解题过程】

由题意可知，0C工BE,MN1BE,

：.OC\\MN

'：0C=MN=2cm,

J四边形COMN是平行四边形.

ACN=OM=lcm.

又・・・。4与BE所成的夹角为36.8°,

:.乙NCP=36.8°.

在Rt△NCP中，NP=CN-sinzJVCP=1xsin36.8°«0.6cm.CP=CN-cos乙NCP=1xcos36.8°«0.8cm.

・•・打孔针MN的针尖N离底座BE的距离是0.6厘米.

（2）解：如答图1,

\9OD\\BE,OCWMN,

・・・四边形CODP是平行四边形.

OD=CP=0.8cm

如图3中，设MN与BE的交点为Q,则。M=。。=0.8cm,BM=OB-OM=4.2cm.

「MNIIOC,

A△BMQ〜ABOC

=MQ:OC,

.,.4,2:5=MQ-.2,解得MQ=1.68cm.

：.QN=MN-MQ=2-1.68=0.32cm.

J打孔针MN锲入底座BE有0.32厘米.

6.（2023・河南周口•校考三模）如图1是一个倾斜角为a的斜坡的截面示意图.已知斜坡顶端/到地面的距离

AB为2m,tana=/为了对这个斜坡上的绿植进行喷灌，在斜坡底端C处安装了一个喷头D,喷头。到地面的

距离DC为0.5m,水珠在距喷头。水平距离4m处达到最高，喷出的水珠可以看作抛物线的一部分.建立如图

2所示的平面直角坐标系，并设抛物线的表达式为、=。/+版+以其中喷出水珠的竖直高度为y（单位：

m）（水珠的竖直高度是指水珠到水平地面的距离），水珠与的水平距离为久（单位：m）.

（1）求抛物线的表达式.

(2)斜坡正中间有一棵高1m的树苗，通过计算判断从喷头D喷出的水珠能否越过这棵树苗.

(3)若有一个身高为的小朋友经过此斜坡，想要不被淋湿衣服，他到喷头。的水平距离s(m)应在什么范

围内？

【思路点拨】

(1)根据三角函数关系得到=6m,再由二次函数对称轴公式得到b=-4处然后再利用待定系数法即

可解得；

(2)通过比较树苗的最高点与相应位置的抛物线函数值大小关系即可判断结果；

(3)利用s表示出对应函数值和小朋友高度值，根据题意列出不等式求解即可；

【解题过程】

(1)解：由题意可知，4(0,2)

CB=-^――T—6m,

tana-

3

则点O坐标为O(6,0,

——=6—4=2,

2a

•••b=-4a,

将点/坐标代入y=ax2+b%+c得c=2,则y=ax2—4ax+2

将点。坐标代入y=a/—4a%+2得鼻=36a—24a+2

解得a=—J,贝肪=

o2

.•・抛物线的表达式为y=—；/+；乂+2；

82

(2)解：如图过中点F作垂线交4C于点E,贝!JEF=[48=lm,BF=^BC=3m,

将久=3代入y=--X2+工x+2得，y=一工x9+?+2=V

82828

-=2->1+1,

88

・•・从喷头。喷出的水珠能越过这棵树苗;

(3)解：如图过BC上一点“作BC垂线交4c于点G,

设C/7=s,贝!JBH=6—s,HG=—s,由题意可得——(6—s)2+—(6一s)+2>—s+—

化简得3s2-16s+20<0,

因式分解得(3s-10)(s-2)<0,解得2<s<y,

"""2<s<一.

3

7.(2022•海南•统考中考真题)无人机在实际生活中应用广泛.如图8所示，小明利用无人机测量大楼的

高度，无人机在空中P处，测得楼CD楼顶。处的俯角为45。，测得楼4B楼顶A处的俯角为60。.已知楼4B和

楼CD之间的距离BC为100米，楼2B的高度为10米，从楼48的A处测得楼CD的。处的仰角为30。(点4

B、C、D、尸在同一平面内).

彳

M2N

60°V^<45o

。

吕

吕

吕

吕

吕

吕

吕

O吕

吕

-

口

BC

(1)填空：^APD=度，^ADC=___________度;

(2)求楼CD的高度(结果保留根号)；

(3)求此时无人机距离地面BC的高度.

【思路点拨】

(1)根据平角的定义求N4PD,过点A作/1E1DC于点E,再利用三角形内角和求乙4DC；

(2)在RtAAED中，NZME=30。求出。E的长度再根据CD=DE+EC计算即可；

(3)作PG18C于点G,交4E于点R证明△APF三△D4E即可.

【解题过程】

(1)过点A作4E1DC于点E,

由题意得：^.MPA=6Q。,乙NPD=45°,^DAE=30°,

：.^APD=180°-^MPA-乙NPD=75°

/.ADC=90°-/.DAE=60°

（2）由题意得：AE=BC=100米，EC=48=10.

在RMAED中，ADAE=30°,

：.DE=AE-tan300=100xy=等百（米），

：.CD=DE+EC=^-43+10（米）

...楼CD的高度为（詈百+10）米.

（3）作PG1BC于点G,交力E于点F,

贝U/PF力=Z.AED=90°,FG=AB=10（米）

•:MN||AE,

：./.PAF=^MPA=60°.

V/-ADE=60°,

：.Z.PAF=/LADE.

V/-DAE=30°,

：.Z.PAD=30°.

V/LAPD=75°,

：.Z-ADP=75°.

：.Z.ADP=乙4Po.

：.AP=AD.

：.^APF=LDAE(AAS).

：.PF=AE=100.

：.PG=PF+FG=100+10=110(米)

・,•无人机距离地面BC的高度为no米.

8.(2023・江西上饶•二模)火灾是最常见、最多发的威胁公众安全和社会发展的主要灾害之一，消防车是

消防救援的主要装备.图1是某种消防车云梯，图2是其侧面示意图，点。，B,。在同一直线上，。。可绕

着点。旋转，为云梯的液压杆，点。，A,C在同一水平线上，其中8。可伸缩，套管。B的长度不变，在某

(1)求8。的长.

(2)消防人员在云梯末端点O高空作业时，将80伸长到最大长度6m,云梯。。绕着点。顺时针旋转一定的

角度，消防人员发现铅直高度升高了3m,求云梯00旋转了多少度.(参考数据：sin37。、：，tan37°«p

54

44

sin53。、，tan53°«sin64°«0.90,cos64°«0.44)

【思路点拨】

(1)构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系进行计算即可解答；

(2)求出旋转前点D的高度。尸，进而求出旋转后点。'的高度D'G,再根据锐角三角函数的定义求出乙D'OG

的大小即可解答.

【解题过程】

(1)解：如图，过点8作BE10C于点E,

D

在RtANBE中，/.BAC=53°,AB=3m,

412

：.BE=AB•sin^BAE=3xsin53°«3x-=—,

55

在RtZkBOE中，乙BOE=37。,BE=三

RF

9：sinz.BOE=—

OB

12

：.OB=呼=手=4.

smz.BOE-

5

答：OB=4m.

(2)解：如图，过点。作。FLOC于点尸，旋转后点。的对应点为过点。作1。。于点G,过点。

作1DG于点H,

乙DOF=37°,

3

：.DF=OD-sin37°«10x|=6m,

：.D'G=D'H+HG=3+6=9m,

在RtAD'OG中，。。'=10m,Q'G=9m,

：./-D'OGx64°,

:.乙D'OD=64°-37°=27°,即云梯0D大约旋转了27。.

9.(2023•海南海口・统考一模)如图，小明为了测量小河对岸大树BC的高度，他在点A处(点G、A、C

在同一水平线上)测得大树顶端B的仰角为45。，沿着坡度》=1:8的斜坡4E走6米到达斜坡上点D处，

此时测得大树顶端B的仰角为31。，点A、B、C、。在同一平面内.

(1)填空：^EAG=_°,AADB=_°；

(2)求斜坡上点Z)至IMG的距离；

(3)求大树BC的高度(结果精确到0.1米.参考数据：sin31°«0.52,cos31°«0.86,tan31°»0.60,V3«

1.73,V2-1.41)

【思路点拨】

(1)由坡度i=1:百可求由平行线的性质和已知条件可求乙4D8；

(2)过。向4G作垂线，利用锐角三角函数进行求解；

(3)设BC=x,求出2F=3g,利用两个直角三角形的锐角三角函数进行求解.

【解题过程】

(1)解：如图所示，作DF14G、DH1BC

.-i=l:V3

tanZ-EAG=――=1:V3

・•.AEAG=30°

•・•DHWCG

・•・乙ADB=AADH+乙BDH=30°+31°=61°

故答案为：30,61；

(2)在中，^.DAF=30°,AD=6,

DF=AD•sin30°=3,

答：点。到AG的距离为3米.

故答案为：3米；

(3)由图可知，四边形DFCH是矩形，

CH=DF=3

设BC=x,贝！=BC-CH=x-3,

在RtAACB中，v/.BAC=45°,

•••AC=BC-tan45°=x；

在Rt△AFD中，AF^AD-cos30°=3g

DHFCAC+AFx+3百;

在RfBHD中，tanNBDH=tan3'=器

品淮，

解得x=竺翳x15.3

答：大树BC的高度约为15.3米.

故答案为：15.3米.

10.(2023上•辽宁沈阳•九年级东北育才双语学校校考阶段练习)如图，一般轮船在A处测得灯塔/位于

A的北偏东30。方向上，轮船沿着正北方向航行10海里到达8处，测得灯塔M位于B的北偏东60。方向上,

测得港口C位于2的北偏东45。方向上：已知港口C在灯塔M的正北方向上.

(1)填空：4AMB=度，4BCM=度；

(2)求灯塔〃到轮船航线4B的距离(结果保留根号)；

(3)求港口C与灯塔M的距离(&=1.414,1.732,结果精确到1海里).

【思路点拨】

(1)作CD148交2B于。，作ME交于E,由三角形外角的定义与性质可得乙4MB=30。，再由平

行线的性质可得=45°,即可得解；

(2)作CD148交48于。，作“£114B交4B于E,由(1)可得：5=Z.BMA=30°,从而得至IBM=AB=10

海里，再由EM=•sin/EBM进行计算即可；

(3)作CD14B交力B于D,作ME1AB交力B于E,证明四边形CDEM是矩形，得到CD=EM=5次海里，

DE=CM,由BE=BM-coszEBM计算出BE的长度，证明△CDB是等腰直角三角形，得到CD=BO=5k

海里，即可得到答案.

【解题过程】

(1)解：如图，作CD14B交4B于。，作ME1AB交48于E,

•••乙DBM=乙4+Z.AMB=30°+^AMB=60°,

•••^AMB=30°,

■.AB,CM都是正北方向,

AB||CM,

■：4DBC=45°,

.­.乙BCM=45°,

故答案为：30,45；

(2)解：由(1)可得：Z/1=Z.BMA=30°,

BM=AB=10海里，

在RtABEM中，Z.EBM=60°,BM=10海里，

EM=BM•sinzFBM=10xsin60°=10xy=5次海里；

••・灯塔M到轮船航线48的距离为5代海里；

(3)解：•；CD1AB,MELAB,AB.CM都是正北方向，

••・四边形CDEM是矩形，

CD=EM=5百海里，DE=CM,

在RtABEM中，Z.EBM=60°,BM=10海里，

BE—BM-cosZ-EBM=10xcos60°=10x[=5海里，

•.•在Rt△中，乙DBC=45°,

是等腰直角三角形，

CD=BD=5百海里，

：.CM=DE=BD-BE=SW-5x4海里，

二港口C与灯塔M的距离约为4海里.

11.(2023上•重庆九龙坡•九年级重庆市育才中学校联考阶段练习)如图，四边形4BCD是某公园的休闲步

道.经测量，点3在A的正西方向,48=2008米，点D在A的正北方向，点C在2的西北方向=30072

米，点C在。的南偏西60。方向上.

（1）求步道4。的长度；（精确到个位数）；

（2）小亮以90米/分的速度沿278TC-。的方向步行,小明骑自行车以300米/分的速度沿。TCTBT

4的方向行驶.两人能否在4分钟内相遇？请说明理由.（参考数据：V2«1.414,V3«1.732）

【思路点拨】

（1）过点B作BE148交CO于点E,过点E作EF14。于点F,过点C作CG1BE于点G,证明四边形4BEF

为矩形，得出4BEF=90°,EF=AB=200百米，4F=BE,证明△BCG为等腰直角三角形，得出CG=BG=

^-BC=yx300V2=300（米），根据三角函数得出GE=CGxtan/ECG=300xtan30°=100次七173

（米），求出4F=BE=BG+GE=300+173=473（米），解直角三角形得出DF=EF=3逋=200

tanzEDFtan60°

（米），即可求出结果；

（2）根据直角三角形性质求出CE=2EG=2X173=346（米），DE=2DF=400米，求出CD=CE+DE=

346+400=746（米），根据4B=200V3«346（米），BC=300&«423（米），得出4B+BC+CD=

346+423+746=1515（米），根据1515+（90+300）”3.9（分钟），即可得出结论.

【解题过程】

（1）解：过点B作BE14B交CD于点E,过点E作EFL4D于点孔过点C作CG1BE于点G,如图所示:

北

+东

根据作图和已知条件可知，=4AFE=乙ABE=90°,

.••四边形4BEF为矩形，

：./-BEF=90°,EF=AB=200百米，AF=BE,

：N8GC=90。，ZCBG=45。，

.•.△BCG为等腰直角三角形，

：.CG=BG=ySC=yX300V2=300（米），

■:乙CGE=乙BEF=90°,

：.BG\\EF,

."ECG=Z.DEF=90°-Z.EDF=30°,

：.GE=CGxtanzFCG=300xtan30°=100V3«173（米），

：.AF=BE=BG+GE=300+173=473（米）,

,：/.DFE=90°,Z.EDF=60°,

：.AD=AF+FD^473+200=673（米），

即步道an的长度为673米.

（2）解：两人能在4分钟内相遇；理由如下：

:在RtACEG中NECG=30。,GE2173米，

ACE=2EG=2x173=346（米），

•.•在RtADEF中NDEF=30。，DF=200米，

：.DE=2DF=400米,

CD=CE+DE=346+400=746（米），

'：AB=200V3«346（米），BC=300V2«423（米）,

：.AB+BC+CD=346+423+746=1515（米），

：1515+（90+300）-3.9（分钟），

有；3.9<4,

两人能在4分钟内相遇.

12.（2021下.江西景德镇.九年级统考期中）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48,CD均垂直于线段BE,出水口在点。处,

4B为自来水开关，AB1BC即为无水状态，将绕点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,V2~1.414,遍=1.732,

25.0792=629)

B--------------A

图①图②

(i)求出水龙头不开时，点a与出水口的距离；

(2)当B力向上旋转34。时，即是最大出水量，求出最大出水量时，点4与出水口的距离.

【思路点拨】

(1)连接过点A作A凡LCD于尸，AB±BC,DC±BC,则四边形ABC尸是矩形，在RfAAFZ)中，AD2

=AF2+DF2,勾股定理即可求解.

(2)连接A'D,过点A'作A'F'1CD于F',交AB于点G,则AF'1AB,由4G=4B•sin34。，

BG=4B-cos34。，进而由4。=4G+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.

【解题过程】

(1)连接AO,过点A作于凡

由题意知：ABLBC,DCLBC,则四边形ABC尸是矩形,

CF=AB=20cm9AF=BC=10cm,

,:CD=30cm,

・•・DF=CD-CF=30-20=10(cm),

在放△AT7。中，NA尸£)=90°,AF=10cm,£)F=10cm,

IAD2=AF2+DF2=102+102=200,

：.AD=10V2«10xl.414«14.1(cm)；

即出水龙头不开时，点A与出水口的距离约为14.1cm；

(2)连接A'D,过点A作A'F'1CD于F',交AB于点G,则AF'1AB

在Rt^A'BG中，N4GB=90。，

/.GBA'=34。,AB=AB=20cm,

1•,sinZ-A'BG=竿，

A'B

AA'G=A'B-sin34°»20x0.56=11,2(cm),

cosZ-A'BG—号,

A'B

：.BG=A'B-cos34°*20X0.83=16.6(cm),

•••AB1BC,DC1BC.A'F'1CD,

.••四边形BCBG是矩形，

GF'=BC=10cm,CF'=BG=16.6cm,

A'F'=A'G+GF'=11.2+10=21.2(cm),

CD=30cm,

DF'=CD-CF'=30-16.6=13.4(cm),

在RtAA'F'D中，Z-A'F'D=90°,

A'F'=21.2cm,DF'=13.4cm,

222

•••A'D=A'F'+DF'=21,22+13.42=629,

•••A'Dx25.079x25.1(cm),

即出最大出水量时，点4与出水口的距离约为25.1cm.

13.(2023下•浙江金华•九年级浙江省义乌市稠江中学校考阶段练习)如图是某风车示意图，其相同的四个

叶片均匀分布，水平地面上的点〃在旋转中心0的正下方.某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片04OB,

此时各叶片影子在点M右侧成线段CD,测得MC=8.5zn,CD=13小，设光线与地面夹角为a,测得tana=

2

-

3

(1)求点O,M之间的距离.

(2)转动时，求叶片外端离地面的最大高度.

【思路点拨】

(1)过点。作的平行线，交CD于根据平行线分线段成比例得出点〃是CD的中点，得出MH=15m,

再由正切函数求解即可；

(2)过点。作水平线。/交BD于点J,过点8作B/1。/,垂足为/,延长M0,使得。K=OB,利用相似三

角形的判定和性质得出称=措=：确定四边形。是平行四边形，然后利用勾股定理求解即可.

IJBI3

【解题过程】

(1)如图，过点。作AC、BD的平行线，交CD于H,

由题意可知，点。是48的中点,

,：0H||AC||BD,

,OAHCy

••—=],

OBHD

...点H是CD的中点，

VCD=13m,

:.CH=HD—CD=6.5m,

2

：.MH=MC+CH=8.5+6.5=15m,

又,:由题意可知：乙OHM=乙BDC=a

tanZ-OHM=tana=—=

MH3

,OM_2

**15-3，

解得OM=10m,

・••点0、M之间的距离等于10m；

(2)过点。作水平线。/交3。于点J,过点5作8/1。/,垂足为/,延长M。，使得。K=OB,

•：BI1OJ,

:•乙BIO=乙BIJ=90°,

•・•由题意可知：^OBJ=/.OBI+Z.JBI=90°,

又・・・乙8。/+/。8/=90。，

:•乙BOI=乙JBI,

：.△BIO八JIB,

.BI_01_2

**IJ一B/一3'

24

：.BI=|//,0/=”

u：0]||CD,OH||D],

・・・四边形OH。/是平行四边形，

：.OJ=HD=6.5m,

4

VO/=0/+//=；〃+〃=6.5m,

/.//=4.5m,BI=3m,01=2m,

•・•在RtzXOB/中，由勾股定理得：。82=。/2+8/2,

OB=VO/2*4+S/2=422+32=V13m,

：.OB=OK=V13m,

MK=MO+OK=(10+V13)m,

叶片外端离地面的最大高度等于(10+V13)m.

14.(2023•江西南昌・南昌市外国语学校校考一模)三折伞是我们生活中常用的一种伞，它的骨架是一个“移

动副”和多个“转动副”组成的连杆机构，如图1是三折伞一条骨架的结构图，当“移动副”(标号1)沿着伞

柄移动时，折伞的每条骨架都可以绕“转动副”(标号2—9)转动；图2是三折伞一条骨架的示意图，其中

四边形CDEF和四边形DGMN都是平行四边形，AC=BC13cm,DE=2cm,DN=1cm.

图1

(1)若关闭折伞后，点4、E、H三点重合，点B与点M重合，求8N的长度；

(2)在(1)的条件下，折伞完全撑开时，Z.BAC=75°,则点H到伞柄4B距离为多少.

【思路点拨】

(1)由平行四边形的性质可得CD=EF,CF=DE,有关闭折伞后，点A、E、H三点重合，得到4F=EF,

则CD=AC-DE=11cm,BN=BC+CD-DN=23cm；

(2)先求出乙4cB=30°得至UNAFE=^.ACD=150°,即可得到NE4F=^AEF=15°,求出MN=BN

23cm,EG=HG=25cm,过产作FR1AE于R,过G作GT14”于T,在力E上取一点。使得2Q=F

则NFQR=30。，解直角三角形得到RF=(QF,QR=~QF,设力Q=QF=2xcm,贝MR=(2x+

V3x)cm,RF=xcm,利用勾股定理得至U1M=/+(2式+国久),

解得x=即可得到4E=空空&返cm,同理可得EH=至恒竺四cm,贝必"=4E+EH=

V6+V222

(18V6+llV2)cm.

【解题过程】

(1)解：,・•四边形CD”是平行四边形,

:・CD=EF,CF=DE,

•・•关闭折伞后，点A、E、//三点重合,

：.AF=EF,

：.AC=AF+CF=CD+DE,

ACD=AC-DE=11cm,

：.BN=BC+CD—DN=23cm；

(2)解：由题意得，当伞完全撑开时，E、”三点共线,

VA.BAC=75°,AC=BC=13cm,

AZ-ABC=Z-BAC=75°,

AZ.ACB=180°-乙ABC-ABAC=30°

工乙ACD=150°

9：EF||CD,

：.A.AFE=^ACD=150°,

'：AF=EF,

・"EAF=Z-AEF=15°,

・・,关闭折伞后，点A、E、"三点重合，点3与点〃重合，

：.MN=BN=23cm,EG=HG=25cm,

过F作FR1ZE于R,过G作GT1于T,在ZE上取一点。使得ZQ=FQ,

：.^QAF=AQFA=15°,

:•么FQR=Z.QAF+"FA=30°,

：.RF=QF•sin^FQR=|QF,QR=QF,cos乙FQR

设ZQ=QF=2xcm,贝UZR=（2x+V3x）cm,RF=xcm,

在RtZk/FR中，由勾股定理得NF?=AR2+RF2,

/.II2=x2+（2x+V3%）2,

解得刀=白（负值舍去），

V6+V2

AR=2x+V3x=116+1"cm,

同理可得EH=型等也cm,

：.AH=AE+EH=（18V6+llV2）cm.

15.（22.23九年级下•江西南昌•阶段练习）图1是屏幕投影仪投屏情景图，图2是其侧面示意图，投影光

线4E、投影仪在同一直线上，且与三角支架中的2-尸-C在同一平面上,点E位于屏幕BG的正中心，

FC=50cm,AF=12cm,AF垂直于水平地面HC,支架点F与水平地面”C的距离为30cm,若投影仪的尾

端D与支架点F所在直线恰好平行于水平地面HC,测得DF=15cm,CH=240cm.

c

图1图2

(1)求三角支架中的FC与地面的夹角.

(2)求投影点E与水平地面的距离.

(3)若投影仪后移1m,要正常投影，(投影光线射向点E)则投影仪的仰角须减小了多度？

(参考数据：sin37°~0.60,cos37°«0.80,tan37°~0.75,tan39°-0.8,tan28°®0.53)

【思路点拨】

(1)如图1,过F作FM1CH于"，则FM=30,4FMC=90°,sin/DCH=吗=丑=0.6,即NDCH=37。,

CF50

然后作答即可；

(2)如图2,延长DF交BH于N,贝！UDNH=90。，四边形HMFN是矩形，则NF=HM,NH=FM=30,

由题意知，CM=CD•COSNDCH=40,贝!=HM=CH-CM=200,DNDF+NF=215,证明△

ADFFEDN,则竺=竺，即乌=至，解得EN=172,根据EH=EN+NH,计算求解即可；

ENDNEN215

(3)由题意知，tan乙4。/=竺=竺=0,8,则4DF=39°,当投影仪后移1m,如图3,则=AF=12,

DF15

FF'=100cm,证明△AD'F'sAED'N,则字=空，即——D'F，,解得=%，tan^A'D'F'=

D'NEN200+100+D'F'1722

熏=关，033,即N4»F，=28。，根据—计算求解投影仪的仰角减小的度数即可.

DF——

2

【解题过程】

(1)解：如图1,过尸作FM1CH于贝i]FM=30,AFMC=90°,

/.sinZ.DCH=—=—=0.6,

CF50

:.乙DCH=37°,

・•・三角支架中的FC与地面的夹角为37。.

(2)解：如图2,延长OF交于N,贝=90°,四边形"MFN是矩形，则NF=HM,NH=FM=30,

：.NF=HM=CH-CM=200,DN=DF+NF=215,

VZ-ADF=乙EDN,AAFD=乙END=90°,

A△ADF〜△EON,

即工=兰，解得EN=172,

ENDNEN215

；・EH=EN+NH=202,

・•・投影点E与水平地面的距离为202cm.

(3)解：由题意知，tan乙4DF=丝===0.8,

DF15

：./.ADF=39°,

当投影仪后移1m,如图3,则AF'=4F=12,FF'=100cm,

图3

"：^A'D'F'=乙ED'N,/.A'F'D'=乙END'=90°,

：.J\A'D'F's^ED'N,

.•.学=比，即―胆=乌,解得。尸，=竺，

D'NEN200+100+D'F'1722

rr

：.ta