5年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(江西专用)专题10 锐角三角函数及其应用(45题)(解析版)_第1页
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文档简介

专题10锐角三角函数及其应用(45题)

1.(2024·江西·中考真题)将图所示的七巧板,拼成图所示的四边形,连接,

则.12𝐴𝐵��

tan∠�𝐴=

【答案】/

1

【分析】本20题.5考查了等腰直角三角形的性质,正方形的性质,勾股定理,三角函数,如图,

设等腰直角的直角边为,利用图形的位置关系求出大正方形的边长和大等腰直角1三

角形的直角边△长𝑀,�进而根据正切�的定义即可求解,掌握等腰直角三角形和正方形的性质是解

题的关键.

【详解】解:如图,设等腰直角的直角边为,则,小正方形的边长为,

∴,1△𝑀����=2��

𝑀=2�

∴,

22

∴��=2�+2,�=22�

∴𝑀=��=22�,

如图𝑀=,2过2点�−作2�=2的�延长线于点,则,,

由图(2)可得�,𝐶⊥𝐴,�𝐶=����=,𝐵

∴1,𝐴=��=,22�𝐵=2�+2�=22�

∴𝐶=22���=22�,

∴𝐶=22�+22�=4,2�

𝐶22�1

tan∠�𝐴=𝐶=42�=2

故答案为:.

1

2

2.(2024·江西·中考真题)图1是世界第一“大碗”——景德镇昌南里文化艺术中心主体建筑,

其造型灵感来自于宋代湖田窑影青斗笠碗,寓意“万瓷之母”,如图2,“大碗”的主视图由“大

碗”主体和矩形碗底组成,已知,,是太阳光线,,,

点M,E,�F�,�N�在同一条直线�上��,�经测量𝐵∥�����,�,��⊥𝑀,��⊥𝑀

.(结果精确到)��=𝑀=20.0m��=40.0m��=2.4m∠𝐴�=

152°0.1m

(1)求“大碗”的口径的长;

(2)求“大碗”的高度𝐵的长.(参考数据:,,)

【答案】(1)“大碗”�的�口径的长为s;in62°≈0.88cos62°≈0.47tan62°≈1.88

(2)“大碗”的高度的长为𝐵.80.0m

【分析】本题考查��了解直角4三0.角0m形的应用,正确引出辅助线解决问题是解题的关键.

(1)证明四边形是矩形,利用,代入数据计算即可求解;

(2)延长交�于�点��,求得𝐵=,�利�用+�正�切+函�数�的定义得到,

��

求得的�长�,据𝐵此求解�即可.∠�𝐴=62°𝐶=tan62°≈1.88

【详解��】(1)解:∵,,,

∴四边形是矩形𝐵,∥����⊥𝑀��⊥𝑀

∴�𝑀�,

答:𝐵“大=碗�”�的+口�径�+�的�长=为20.0+40;.0+20.0=80.0m

(2)解:延长交𝐵于点8,0.0如m图,

𝐴𝐵�

试卷第2页,共65页

∵矩形碗底,

∴,����

∴�四�边⊥形𝐵是矩形,

∵��𝐶,

∴∠𝐴�=152°,,

∴∠𝐴�=180°−∠�,��=28°∠�𝐴=90°−28°=62°

��

∴𝐶=tan62°≈1.88,

∴��=20.0×1.88≈37.6m,

答:��“大=碗𝐶”的=高�度�+�的�长=为37.6+2..4=40.0m

3.(2023·江西·中考��真题)如图40.10m是某红色文化主题公园内的雕塑,将其抽象成如图2所示

的示意图,已知点,,,均在同一直线上,,测得,

,.(�结果�保�留小�数点后一位)𝐴=��=𝐵∠�=55°��=

1.8m��=2m

(1)连接,求证:;

(2)求雕塑𝐵的高(即点��E⊥到�直�线BC的距离).

(参考数据:,,)

【答案】(1)见s解in析55°≈0.82cos55°≈0.57tan55°≈1.43

(2)雕塑的高约为米

【分析】(1)根据4等.2边对等角得出,根据三角形内角和定理得出

,进而得出∠�=∠�𝐴,,∠�即𝐵可=得∠证�;��

2∠�+∠𝐵�=180°∠�𝐵=90°

(2)过点作,交的延长线于点,在中,得出,则

��1.8

���⊥�����Rt△���𝐵=cos�=cos55°

,在中,根据,即可求解.

1.8

cos55°

【��详=解�】�(+1)��解=:2∵+Rt△,𝐴���=��⋅sin�

∴𝐴=��=𝐵

∵∠�=∠�𝐴,∠�𝐵=∠𝐵�

即∠�+∠𝐵�+∠�𝐵=180°

∴2∠�+∠𝐵�=180°

即∠�+∠𝐵�=90°

∴∠�𝐵=;90°

(2�)�如⊥图��所示,过点作,交的延长线于点,

���⊥�����

在中,,,

∴Rt△���,∠�=55°��=1.8m��=2m

��

cos�=��

��1.8

��=cos�=cos55°

1.8

��=��+��=2+cos55°

在中,,

��

∴Rt△𝐴�sin�=��

��=��⋅sin�

1.8

=2+×sin55°

cos55°

1.8

≈2+×0.82

(0米.5)7.

≈答:4.2雕塑的高约为米.

【点睛】本题考查了4.等2腰三角形的性质,三角形内角和定理的应用,解直角三角形的应用,

熟练掌握三角函数的定义是解题的关键.

试卷第4页,共65页

4.(2023·江西·中考真题)(1)计算:

3

0

(2)如图,,平分.求8+证t:an45°−3.

𝐴=𝐵��∠�𝐵△𝐴�≌△𝐵�

【答案】(1)2;(2)证明见解析

【分析】(1)先计算立方根,特殊角三角函数值和零指数幂,再计算加减法即可;

(2)先由角平分线的定义得到,再利用证明即可.

【详解】解:(1)原式∠���=∠���SAS△𝐴�≌△𝐵�

;=2+1−1

=(2)∵平分,

∴��∠�,𝐵

在∠���=和∠���中,

△𝐴�△𝐵�

𝐴=𝐵

∠���=∠���

∴��=��.

【点△睛𝐴】�≌本△题�主�要�考SA查S了实数的运算,零指数幂,特殊角三角函数值,全等三角形的判定,

角平分线的定义等等,灵活运用所学知识是解题的关键.

5.(2022·江西·中考真题)图1是某长征主题公园的雕塑,将其抽象成如图2所示的示意图,

已知,A,D,H,G四点在同一直线上,测得

�.�(∥结𝐵果∥�保�留小数点后一位)∠���=∠�=72.9°,𝐵=1.6m,��=

6.2m

(1)求证:四边形为平行四边形;

(2)求雕塑的高(即��点𝐹G到的距离).

𝐴

(参考数据:)

【答案】(1)见s解in析72.9°≈0.96,cos72.9°≈0.29,tan72.9°≈3.25

(2)雕塑的高为7.5m,详见解析

【分析】(1)根据平行四边形的定义可得结论;

(2)过点G作GPAB于P,计算AG的长,利用A的正弦可得结论.

【详解】(1)证明:⊥,∠

CDG=A,∵𝐴∥𝐵∥𝐹

∴∠FEC=∠A,

∵∠FEC=∠CDG,

∴E∠F∥DG,∠

∴FG∥CD,

∵四边形DEFG为平行四边形;

∴(2)如图,过点G作GPAB于P,

四边形DEFG为平行四边⊥形,

∵DG=EF=6.2,

∴AD=1.6,

∵AG=DG+AD=6.2+1.6=7.8,

在∴Rt△APG中,sinA=,

��

𝐹

=0.96,

��

7.8

∴PG=7.8×0.96=7.488≈7.5.

∴答:雕塑的高为7.5m.

【点睛】

本题考查解直角三角形的应用,解题的关键是理解题意,正确作辅助线构建直角三角形解决

问题.

试卷第6页,共65页

6.(2021·江西·中考真题)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28cm𝐴=.42cm��25.3cm𝑀

��=8.5cm

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3~与5c小m红额头的距离是否在∠规�定�范�围=内68?.6并°

说明理由.(结果保留小数5点0c后m一位)�

(参考数据:,,,)

【答案】(1)∠sinA6B6C.4的°≈度0数.9为211co3s.666;.(4°2=)枪0.4身0端s点in2A3与.6°小≈红0额.40头的距2≈离1在.4规14定范围内.理

由见解析°

【分析】(1)过B作BK⊥MP于点K,在RtBMK中,利用三角形函数的定义求得

∠BMK,即可求解;△

(2)延≈长66P.M4°交FG于点H,∠NMH,在RtNMH中,利用三角形函数的定义即可

求得的长,比较即可判断.=45°△

【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=MP-AB=25.3-8.5=16.8(cm),

在RtBMK中,

△,

��16.8

𝐴42

∴𝑐�∠∠B�M�K�==,=0.4

≈66.4°

∴∠MBK=90-=23.6,

∴∠ABC=23.°66+69.04°=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=68.6°=66.4°,

在RtNM=H1中80,°−68.6°−66.4°=45°

△,

����

𝑐�45°=𝑀=28

∴(cm),

2

∴枪��身=端2点8×A与2小≈红19额.7头96的距离为(cm),

∵,50−19.796−16.8−8.5=4.904≈4.9

∴3枪<身4端.9点<A5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.

一、填空题

7.(2025·江西抚州·二模)如图,在中,,,,则.

△𝐴�∠�=45°��=22𝐴=6tan�=

【答案】/

1

2

0.5试卷第8页,共65页

【分析】本题考查了解直角三角形,过点C作于点H,得到,,

解直角三角形求出,求出�,�利⊥用𝐴正切的定义即可R求t△解�.𝐶Rt△�𝐶

【详解】解:如图,𝐶过=点�C�作=2�于�点=H4,

𝐶⊥𝐴

则,都是直角三角形,

∵△�𝐶△,�𝐶,

∴∠�=45°��=22,

2

𝐶=��·cos∠�=22×2=2

2

∵𝐶=��⋅,sin∠�=22×2=2

∴𝐴=6,

∴��=𝐴−𝐶,=4

𝐶1

tan�=��=2

故答案为:.

1

2

8.(2025·江西上饶·三模)圭表(如图1)是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节

气的天文仪器,它包括一根直立的标杆(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标

杆垂直的长尺(称为“圭”).如图2,利用土圭之法记录了两个时刻长为6尺的标杆的影长,

发现第一时刻光线与标杆的夹角和第二时刻光线与地面的夹角相等,测得第一

时刻的影长为尺,则第二时刻∠�标�杆�的影长尺.∠𝐵�

2.4

【答案】

【分析】本15题主要考查了解直角三角形的实际应用.根据题意得:尺,尺,

,在中,利用,可求出�的�值=,6即可求��解=.2.4

��

∠�=90°Rt△𝐴�tan∠���=��tan∠���

【详解】解:根据题意得:尺,尺,,

∴,��=6��=2.4∠�=90°

��2.4

∵tan∠���=��=,6=0.4

∴∠���=∠𝐵�,

��

tan∠𝐵�=𝐵=0.4

∴尺.

��6

0.40.4

即第𝐵二=时刻=标杆的=影15长15尺.

故答案为:15

9.(2025·江西新余·二模)如图,将图(1)所示的七巧板,拼成图(2)所示的四边形,

连接,则.𝐴𝐵

��tan∠���=

【答案】

2

【分析】本3题考查了等腰直角三角形的性质,三角函数.如图,设等腰直角的直

角边为,利用图形的位置关系求出大正方形的边长和大等腰直1角三角形的直角△边�长��,进而

根据正切�的定义即可求解.

【详解】解:如图,设等腰直角的直角边为,则小正方形的边长为,

1△𝑀���

∴,

如图𝑀=,2�,,,,

2∠���=∠���=45°𝐴=𝐵=4���=���=2�

试卷第10页,共65页

∴,,

∴∠���=90°��=𝐴,−��=3�

��2�2

tan∠���=��=3�=3

故答案为:.

2

3

10.(2025·江西·二模)将图1所示的七巧板排成图2所示的矩形,则的值

为.sin∠�𝐴

【答案】

5

【分析】本5题考查了勾股定理,等腰三角形的性质,正方形的性质,求正弦值,设七巧板排

中小正方形的边长为,则小等腰直角三角形的直角边长为,进而求出,

由勾股定理求出�,再利用正弦的定义即可求解.���=�,��=2�

【详解】解:设七𝐴巧=板排5�中小正方形的边长为,则小等腰直角三角形的直角边长为,

∴,��

��=�,��=,2�

∵∴∠�𝐴=90°,

22

∴𝐴=��+��=5�,

���5

sin∠�𝐴=𝐴=5�=5

故答案为:.

5

11.(2025·江5西景德镇·一模)已知含角的三角板和直尺按如图所示的方式摆放,直角顶

点在刻度尺示数处,三角尺的斜30边°与刻度尺交于点B,示数为,已知,

�5cm1cm∠�=60°

若将三角尺绕点C顺时针旋转,则此时的长为.

30°𝐴cm

【答案】6

【分析】本题考查解直角三角形,由刻度尺度数可知,,求得,则

,过点作,则在中,��=4cm∠�𝐴=,30°𝐴=

��=4,cm将三角�尺绕�点�⊥C�顺�时针旋R转t△𝐴,�此时�点�=为�图�中⋅sin∠所�示��位=置2,则3cm��=2��,=

′′

43cm,由旋转可知30°,��,则在∠���中=,30°

′′′′′′′

∠�𝐵=60°,即可求�解�=.作��出=图4形3,cm利用∠直�角=三∠�角=形3的0°边角关系R是t△解�决�问�题的�关�键=.

′′

�【�详⋅解co】s∠解�:=由6c刻m度尺度数可知,,

∵直尺的两边平行,��=4cm

∴,

又∠∵𝐴�=∠�,=60°

∴∠�=30°,则,

过点∠��作�=30°,�则�在=��=4cm中,,

3

���⊥��Rt△𝐴���=𝐴⋅sin∠𝐴�=4×2=23cm

∴,

将三��角=尺2绕��点=C4顺3时cm针旋转,此时点为图中所示位置,则,,

′′′

由旋转可知30,°��,∠���=30°∠�𝐵=60°

′′

∴��=,��=43cm∠�=∠�=30°

′′

则在∠���=90°中,,

′′′′′′3

Rt△�����=��⋅cos试∠卷�第=412页3×,共2=656页cm

故答案为:6.

12.(2025·江西景德镇·一模)如图,在中,,,,是

边上的点,将绕点逆时针旋转△,�使�得�点落∠�在=直9线0°∠上�的=点30°处.�若�=4的垂�直�平�

分线经过��一边的�中点,则1的20长°为�.𝐴���

�△𝐴���

【答案】或或

103

【分析】先2求3出33,,由旋转可知,,,分三种情况:

①当的垂直平�分�线=8经过��=的4中3点时,②当的�垂�直=平�分�线∠经��过�=的12中0°点时,③当

的垂直��平分线经过�的中点𝐴时,根�据线段垂�直�平分线的性质和�解直�角�三角形�求解即可.��

【详解】解:�在��中,�,,,

∵,△𝐴�∠�=90°∠,�=30°��=4

��4

1

∴𝐴=2��=8��=tan30°=3=43

由旋转可知,,,

①当的垂直�平�分=线��经过∠��的�=中1点20时°,连接,

��,��,����

1

∴��=2𝐴,=4��=��,

∵��=��∠���,=120°

∴∠�𝐵=∠�=30°,

∴∠�𝐵=∠𝐵�=30°,

∴∠���=∠,���−∠,𝐵�=120°−30°=90°

∵∠�=30°��=4;

3

∴��=��·cos30°=4×2=23

②当的垂直平分线经过的中点时,,

1

��������=2��=2

∵∠���=120°,

∴∠𝐵�=180°−∠���,=60°

��223

∴𝐵=tan60°=3=3

23103

∴��=��−𝐵=43−3=3

③当的垂直平分线经过的中点时,,,

1

��,������=2��=23��=��

∵∠���=120°,

∴∠𝐵�=是1等8边0°三−角∠�形�,�=60°

∴△𝐵�,

∴𝐵=��,=��

∵��=��;

1

∴��=��=2��=3

综上所述,的长为或或,

103

��2333

故答案为:或或.

103

【点睛】本题2考3查了3解直角3三角形,线段垂直平分线的性质,等边三角形的判定与性质,旋

转的性质,解题的关键是掌握相关知识并分类讨论.

二、解答题

13.(2025·江西鹰潭·二模)“垃圾入桶,保护环境,从我做起”.图1是一种摇盖垃圾桶的实

物图,图2是其侧面示意图,其盖子可整体绕点所在的轴旋转.现测得,

,���,�,.∠���=120°

∠𝐴�=∠�𝐵=110°𝐴=��=试4卷6第cm14页��,=共806c5m页��∥𝐵

(1)如图3,将整体绕点逆时针旋转角,当时,求的度数.

(2)求点到�的�距�离.(结果�精确到,�参考�数�据∥�:��,,

�𝐵)0.1cmsin80°≈0.98cos80°≈0.17

t【an答80案°】≈(51.)67

(2)30°

【分10析1.】4c本m题考查解直角三角形的应用,等腰三角形的性质,平行线的性质,熟练掌握解直

角三角形的应用是解题的关键;

(1)根据题意,可以求解和的度数,根据,求得,

即可求解;∠𝐴�∠�𝐴��∥��∠���=∠�𝐴=30°

(2)过点作,垂足为,过点作,垂足为,根据平分,求得,

求得�的度��数,⊥�进�而求得�的长度�,从�而�求⊥解�;��������

【详解∠�】�(�1)解:�,�,

∵𝐴=��∠���=120,°

1

∵∴∠𝐴�=,∠�𝐴=180°−120°×2=30°

��∥��,

∴∠���=∠,�𝐴=30°

∴故∠�=30;°

(2�)=解30:°如图:过点作,垂足为,过点作,垂足为,

���⊥����𝑀⊥���

,,

∵��⊥��𝐴=��

平分,

∴而����

∴在∠���=30°中,,

11

又Rt△��,���=2��=2×46=23cm

∵𝑀⊥��,

∴∠在���=90°中,,,

Rt△�𝑀∠𝐴�=1,10°∠𝐴�=30°

∴∠𝐴�=110°,−30°=80°

𝑀

∴sin∠𝐴�=𝐴,

∴𝑀=sin80°×𝐴=80×0.98=78,.4cm

∴��到+�的�距=离23为+78.4=1;01.4(cm)

1∴4�.(2�0�25·江西·模拟10预1.4测cm)图1是总台蛇年春晚舞蹈《喜上枝头》的节目图片,节目汲取“喜

鹊登枝”的美好寓意,将整个舞台打造成一幅展开的宋画.节目使用了春晚有史以来最大的

道具,在画卷中搭建了一根长9.5米的“松枝”,松枝与喜鹊取“送喜”的吉祥寓意.如图2是“松

枝”的简化图,已知,,,,点D到点C的垂直距离为,

点D到点E的垂直距�离�∥为��𝐴,=1.62m𝐵=,4.92m.(结果精确到3.1)5m

2.61m∠𝐴�=134°∠𝐵�=160°0.01m

(1)求点A到点B的垂直距离;

(2)求道具“松枝”的高度.

(参考数据:,,,,,

s)in46°≈0.72cos46°≈0.70tan46°≈1.04sin20°≈0.34cos20°≈0.94

t【an答20案°】≈(01.)3点6A到点B的垂直距离

(2)道具“松枝”的高度1.17m

【分析】本题主要考查5.解31直m角三角形和点与点的垂直距离,

(1)过点A作交的延长线于点I,根据题意得,利用解直

𝐴⊥����∠𝐴�=180°−∠𝐴�

试卷第16页,共65页

角三角形,即可求得;

𝐴

𝐴

(2)过点siDn∠作𝐴�=的延长线于�点�=J,�过�·s点inD∠�和��点E作相交于点K,根据题意

得和��⊥��,结合即可.��⊥��

【详��解=】3(.115)m解:��如=图2,.6过1m点A作��+��交的延长线于点I,

𝐴⊥����

∵,

∴∠𝐴�=134°,

∵∠𝐴�=180°,−∠𝐴�=180°−134°=46°

∴𝐴=1.62m,即,

𝐴

𝐴

则点sinA∠�到�点�=B的垂直�距�=离𝐴·sin∠;𝐴�≈1.62×0.72=1.17m

(2)解:过点D作1.1的7延m长线于点J,过点D和点E作相交于点K,

��⊥����⊥��

∵点D到点C的垂直距离为,

∴,3.15m

∵�点�D=到3.1点5mE的垂直距离为,

∴,2.61m

则道��具=“松2.6枝1”m的高度.

15.(2025·江西上饶·�模�拟+预��测=)3滕.1王5+阁2(.1图6=1)5.位31于m江西省南昌市东湖区沿江路,是南昌市

的地标性建筑,因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》而闻名于世.滕王阁与湖南岳阳楼、湖北

黄鹤楼并称为“江南三大名楼”,是中国古代四大名楼之一,世称“西江第一楼”.如图2,在

被誉为“西江第一楼”的滕王阁前,有一段风景优美的斜坡,斜坡的坡度,全

长恰好为12米.为了计算滕王阁的高度,游客们使用高科�技�测角设�备�,利用�测=角1仪:在3斜坡

底的点B处测得塔尖点D处的仰角为,在斜坡顶的点A处测得塔尖点D的仰角为

.∠���60°

45°

(1)求斜坡的高度;

(2)求滕王阁的高度��.

【答案】(1)6米;��

(2)米

【分1析8+】1本2题3主要考查解直角三角形的应用.

(1)由题意得,则,在中求得,即可列出

��3

��⊥����=3Rt△𝐴�∠𝐴�=30°sin∠𝐴�=

,求得;

��1

𝐴2

(2=)过点A作��,垂足为点F,则米,,在中求得

,设��⊥��米,则��=��=6,在��=��中求Rt得△𝐴���=,

�在�·cos30°中求�得�=���=,�根�据=��+��R解t△,�即𝐵可知.��=��·tan60°

【详Rt解△】�(�1�)解:由�题�意=得��·tan45°,��+��=�����

∵斜坡的坡度,��⊥��

∴𝐴,�=1:3

��3

��=3

∵在中,,

3

∴Rt△𝐴�,tan∠𝐴�=3

∴在∠𝐴�=30°中,,

��1

Rt△𝐴�sin∠𝐴�=𝐴=2

∴(米),

11

22

答:��斜=坡�的�·高=度12为×6=米6;

(2)解:如图,�过�点A作,垂足为点F,

��⊥��

试卷第18页,共65页

∵由题意得米,,在中,米,

∴��=��=6(米)�,�=��Rt△𝐴�𝐴=12

设��=𝐴·米cos,30°=63

∴��=�米,

∵�在�=��=�中�,+��=�+6,3

∴Rt△�𝐵∠���(=米60)°,

∵�在�=��·tan中60,°=3�,

∴Rt△𝐵�∠���=45°米,

∵��=��·tan45,°=�+63

∴��+��=��,

解得�+63+6=,3�

∴�=12+63米,

答:��滕=王阁3�的=高度18+为123米.

16.(2025·江西宜春��·模拟1预8+测1)2课3本再现

(1)如图1,在锐角中,探究,,之间的关系.(提示:分别作和边

���

上的高)△𝐴�sin�sin�sin�𝐴��

迁移应用

(2)如图2,和合塔位于丰城市丰水湖公园内,由我国著名古塔研究专家张驭寰大师主持

设计,具有“明七层暗六层”的结构,共13层,展现了唐代古塔的风格.如图3,某数学实

践小组想测量和合塔的高度,他们在塔底N的正东方的点A处测得塔顶M的仰角为,

然后从点A处出发,沿着南�偏�西的方向行进了到达点B(A,B,N三点位于同30一°

水平面内),且点B在点N南偏东25°方向上.根据2以07上m信息,求和合塔的高度.(结果

精确到;参考数据:35°,,)𝑀

0.1msin55°≈0.82sin65°≈0.913≈1.73

【答案】(1);(2)

���

sin�sin�sin�

【分析】本题考查=了解直=角三角形的1应26用.2-m方向角问题,仰角俯角.

(1)过A点作于D点,过C作于E点,如图1,根据正弦的定义得到

,𝐵⊥��,则��⊥𝐴,所以,同理可得𝐵=�,⋅

����

sin�𝐵=�⋅sin∠�𝐵�⋅sin�=�⋅sin∠�𝐵sin�=sin∠�𝐵sin�=sin∠���

所以;

���

sin∠���sin∠�sin∠�𝐵

(2)如图3=,根据题=意,,,则,

利用(1)的结论得∠�𝑀=,9则0°可−计2算5°出=65°∠���=90,°然−后35在°=55°∠中�利=用60正°

𝑀𝐴

切的定义计算出s的in�长=.sin∠���𝑀≈218.36mRt△�𝑀

【详解】解:(1�)�过A点作于D点,过C作于E点,如图1,

𝐵⊥����⊥𝐴

在中,∵,

𝐵

∴Rt△𝐴�,sin�=𝐴

在𝐵=�⋅si中n�,∵,

𝐵

∴Rt△�𝐵s,in∠�𝐵=��

∴𝐵=�⋅sin∠�𝐵,

∴�⋅sin�=�⋅,sin∠�𝐵

��

sin�=sin∠�𝐵

在中,∵,

��

∴Rt△���,sin�=��

��=�⋅sin�

试卷第20页,共65页

在中,∵,

��

∴Rt△���s,in∠���=��

∴��=�⋅sin∠���,

∴�⋅sin�=�⋅,sin∠���

��

sin�=sin∠���

∴即;

������

sin∠���sin∠�sin∠�𝐵sin�sin�sin�

(2)如图=3,===

根据题意,,,

∴∠�𝑀=90°−25°=,65°∠���=90°−35°=55°

由(∠�1)=的18结0°论−得65°−55°=60,°

𝑀𝐴

sin�=sin∠���

即,

𝑀207

sin60°=sin55°

∴3,

207×2

在𝑀=0.82中≈,2∵18.36m,

𝑀

∴Rt△�𝑀tan∠�𝑀=𝑀.

答:𝑀和=合2塔1的8.3高6度×tan3为0°≈126.2.m

17.(2025·江西新余�·�三模1)26图.2m1为一折叠画板,图2为其侧面示意图,支撑架的端点

固定在上,另一端点可在上移动或固定,锁定杆的端点也固定在�上�,另一�端

点可在𝐴上移动或固定�.移动��点,当面板架与的��夹角�调整到合𝐴适的角度时,

将�点固定𝐵,则画板架即可使用.�经测量知𝐴��,∠𝐴�,当锁定杆与面

板架�互相垂直时,.��=��=8cm��=15cm��

𝐴��=3cm

(1)求支撑架的长;

(2)如图3,小�明�绘画时为达到最佳舒适感,调节面板架与的夹角,当

时,支撑架与的夹角为18°,求此时的长.(参�考�数据��:∠𝐴�,∠𝐴�=70,°

𝐵,��)��sin70°≈0.94sin18°≈0.31

c【os答70案°】≈(01.)34cos18°≈0.95

(2)20cm

【分21析.7】2c本m题考查了解直角三角形的应用.

(1)根据题意,,利用勾股定理求得的长,据此即可求得支撑架的长;

(2)过点作��⊥,�在�和��中,分别利用三角函数的定义�求�得和

的长,据此�计�算�即⊥可��求解.Rt△𝐴�Rt△𝐵�����

【详解】(1)解:根据题意,得,

��⊥𝐴,

2222

∴��=��+��=8+15=;17cm

∴(�2�)=解�:�如+图�,�=过1点7+作3=20cm,垂足为,

�𝐶⊥���

在中,

Rt△𝐴�,

�在�=��⋅co中s∠,𝐴�=8×cos70°≈2.72cm

Rt△𝐵�,

��=𝐵⋅cos∠𝐵�=20×cos18°≈19c.m

1∴8�.(�=202�5�·江+西��新=余2·三.72模+)1如9图=211,.7三2c湾m改编纪念碑是为了纪念1927年9月29日至10月

试卷第22页,共65页

3日毛泽东在我省永新县三湾村领导的三湾改编而建立的.某校数学实践小组利用无人机测

量三湾改编纪念碑的高度.如图2,无人机操控者在纪念碑正前方的处操控无人机,当无

人机飞到离地面的点处时,无人机测得与点的俯角为,测�得纪念碑最高点

处的俯角为3,0m又经过�人工测量测得操控者和纪�念碑之3间0°的距离为��,点�

都在17同.6°一平面上.�����85.5m

�,�,�,�

(1)求此时无人机到纪念碑的距离(结果保留根号)

(2)求纪念碑的�高度(结果�精�确到;参考数据:,,

��,).0.01m3≈1.732sin17.6°≈0.30

c【os答17案.6】°≈(1)0.95tan17.6°≈0.32

(2)85.5−303m

【分19析.2】7m本题主要考查了解直角三角形的实际应用,矩形的性质与判定,正确作出辅助线构

造直角三角形是解题的关键。

(1)过点作于点,解直角三角形求出的长即可得到答案;

(2)过点�作��⊥��,垂足�为,则四边形�是�矩形,则,解直角三角形

得到���⊥�,�则�.������≈33.54m

【详解��】(≈1)0.7解3:28如m图,�过�点=�作�≈19.27m于点,

���⊥���

由题意得,

∴��=35m,∠���=30°,

��30

∴��=tan∠���=tan30°=303m,

答:��此=时�无�−人�机�=到纪85念.5碑−30的3距离m为.

(2)解:如图,�过点作��,垂足85为.5−,3则0四3边m形是矩形,

���⊥�������

∴,

∵��=��=85,.5−303≈85.5−30×1.732=33.54m

∴∠���=17.6°,

∴��=��⋅tan∠���≈33.54×0.32=10.7328m,

答:��纪=念�碑�=3的0高−度10约.7为328=19.2.672≈19.27m

19.(2025·江��西上饶·三模)19某.2学7m校操场的主席台安装了如图1所示的遮阳棚,其截面示意

图如图2所示,其中四边形是矩形,主席台高为1米.上午某时刻,经过点的太阳

光线恰好照射在上的点处𝐴,𝐵测得,主𝐴席台受遮阳棚遮挡所形成的阴�影区域

的宽度为�米�.一段时间�后,经过∠点�𝐵的=太5阳8光°线恰好照射在上的点处,测得

��2.,6阴影区域的宽度为�米,点,,,,�,�,均�在同一竖直平面

∠内�(.��结=果7精1确.6°到米,参考数据�:�4.0,����,���,

,0.1,sin58°)≈0.85cos58°≈0.53tan58°≈1.60sin71.6°≈

0.95cos71.6°≈0.32tan71.6°≈3.00

(1)求点距离地面的高度;

(2)当太阳�光线与地�面�夹角为时,若要使主席台受遮阳棚遮挡所形成的阴影区域宽度

为米,点需在原高度的7基1础.6°上向上或向下移动多少米?𝐹

【答4.5案】(1)�米

(2)向下移动5.8米

【分析】(1)1.过5点作于点,交于点,则四边形为矩形,

�米,�设�⊥�的�长度为�米,�则��,�.�建��立方程解答∠即�可��;=

5��

90°,��=𝐵=1𝐶�𝐶=8��=3

(2)设改变后的长度为米,同理,米,根据题意,解得,

��

𝐶�试卷��第=243页,共65页4.5+3=5.6�=3.34.8−

,从而得到点需在原高度的基础上向下移动米.

3本.3题=考1查.5了矩形的判定�和性质,解直角三角形,熟练掌1握.5解直角三角形是解题的关键.

【详解】(1)解:过点作于点,交于点,

则四边形为矩形,���⊥���𝐵米�,

𝐵��∠𝐶�=90°,��=𝐵=1

设的长度为米,

由题𝐶意得,在�中,,,,

𝐶

Rt△𝐶�∠𝐶�=90°∠�𝐶=58°tan∠�𝐶=𝐶

𝐶��5�

∴𝐶=tan∠�𝐶=tan58°≈1.60=8

在中,,

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