专题28.3 解直角三角形的应用【八大题型】（举一反三）（人教版）（解析版）

专题28.3解直角三角形的应用【八大题型】【人教版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1仰角俯角问题】 1【题型2坡度坡比问题】 7【题型3方向角问题】 13【题型4物理模型问题】 21【题型5实物抽象模型问题】 26【题型6坡度坡比与仰角俯角综合问题】 31【题型7临界值问题】 36【题型8方案设计问题】 44【题型1仰角俯角问题】【例1】（2024·广东广州·中考真题）2024年6月2日，嫦娥六号着陆器和上升器组合体（简称为“着上组合体”）成功着陆在月球背面．某校综合实践小组制作了一个“着上组合体”的模拟装置，在一次试验中，如图，该模拟装置在缓速下降阶段从A点垂直下降到B点，再垂直下降到着陆点C，从B点测得地面D点的俯角为36.87°，AD=17米，BD=10米．(1)求CD的长；(2)若模拟装置从A点以每秒2米的速度匀速下降到B点，求模拟装置从A点下降到B点的时间．（参考数据：sin36.87°≈0.60，cos36.87°≈0.80，【答案】(1)CD的长约为8米；(2)模拟装置从A点下降到B点的时间为4.5秒．【分析】本题考查了解直角三角形的应用——仰俯角问题，灵活运用锐角三角函数求边长是解题关键．（1）过点B作BE∥CD交AD于点E，根据余弦值求出（2）先由勾股定理，求出AC的长，再利用正弦值求出BC的长，进而得到AB的长，然后除以速度，即可求出下降时间．【详解】（1）解：如图，过点B作BE∥CD交AD于点由题意可知，∠DBE=36.87°，∴∠BDC=36.87°，在△BCD中，∠C=90°，BD=10米，∵cos∴CD=BD⋅cos即CD的长约为8米；（2）解：∵AD=17米，CD=8米，∴AC=A在△BCD中，∠C=90°，BD=10米，∵sin∴BC=BD⋅sin∴AB=AC-BC=15-6=9米，∵模拟装置从A点以每秒2米的速度匀速下降到B点，∴模拟装置从A点下降到B点的时间为9÷2=4.5秒，即模拟装置从A点下降到B点的时间为4.5秒．【变式1-1】（2024·天津·中考真题）综合与实践活动中，要用测角仪测量天津海河上一座桥的桥塔AB的高度（如图①）．某学习小组设计了一个方案：如图②，点C,D,E依次在同一条水平直线上，DE=36 m,EC⊥AB，垂足为C．在D处测得桥塔顶部B的仰角（∠CDB）为45°，测得桥塔底部A的俯角（∠CDA）为6°，又在E处测得桥塔顶部B的仰角（∠CEB）为(1)求线段CD的长（结果取整数）；(2)求桥塔AB的高度（结果取整数）．参考数据：tan31°≈0.6,【答案】(1)54(2)59【分析】此题考查了解直角三角形的应用，数形结合是解题的关键．（1）设CD=x，在Rt△BCD中，BC=CD⋅tan∠CDB=x⋅tan45°=x．在Rt（2）求出AC，根据AB=AC+BC即可得到答案．【详解】（1）解：设CD=x，由DE=36，得CE=CD+DE=x+36．∵EC⊥AB，垂足为C，∴∠BCE=∠ACD=90°．在Rt△BCD中，tan∴BC=CD⋅tan在Rt△BCE中，tan∴BC=CE⋅tan∴x=x+36得x=36×答：线段CD的长约为54 m（2）在Rt△ACD中，tan∴AC=CD⋅tan∴AB=AC+BC≈5.4+54≈59．答：桥塔AB的高度约为59 m【变式1-2】（2024·河南新乡·二模）甲乙两楼是两幢完全一样的房子，小明与小奇住在甲幢．为测量房子的高度，制定如下方案：两幢房子截面图如图，AB=14m，小明在离屋檐A处3m的点F处水平放置平面镜（平面镜的大小忽略不计），小奇在离点F水平距离4m的点N处恰好在镜子中看到乙幢屋顶H，此时测得小奇眼睛与镜面的竖直距离MN=0.8m．下楼后，小明在地面点E处测得点C的仰角为35°，点E与C，H在一条直线上，点A，B，E，D，C在同一平面内，BE=5m【答案】16.8【分析】本题考查了解正三角形的应用，相似三角形的应用；延长NF分别交CE于点Q，过H作HP⊥NQ于点P，解Rt△CDE得DE=20，设CR=x，则PF=x+25，在Rt△HRC，得出HR=0.7CR=0.7x，进而求得HP，根据反射的性质，证明【详解】解：延长NF分别交CE于点Q，过H作HP⊥NQ于点P，在Rt△CDE中，tan∴14解得DE=20，∴BD=BE+ED=25设CR=x，则PF=x+25由题意可得：CR∥∴∠HCR=∠CED=35°在Rt△HRC中，tan∴HR=0.7CR=0.7x，∴HP=HR+RP=HR+AF=0.7x+3根据反射可知，∠MFN=∠HFP，∵∠MNF=∠P=90°，∴△MNF∽∴MN即0.84解得x=4，∴HR=0.7x=2.8

∴HR+CD=HR+AB=2.8+14=16.8答：房子的高度为16.8m【变式1-3】（2024·江西南昌·模拟预测）每年的3月5日是“学雷锋纪念日”，为弘扬雷锋精神，某校九年级（1）班数学兴趣小组的同学们来到学校附近的雷锋像（图1）下敬献鲜花和花篮，集体朗诵《雷锋日记》部分章节，高唱歌曲《学习雷锋好榜样》，如图2，该兴趣小组的同学们利用所学的数学知识测量雷锋像的长度，AB表示底座高度，BC表示雷锋像人身的高度，在点D处测得点B的仰角22°，点C的仰角45°，后退2米到达点E处后测得点C的仰角37°，点A、D、E在同一直线上，AC⊥DE．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin22°≈0.37，cos22°≈0.93(1)求∠DCE+∠BDC的度数；(2)①求AC的长；②求BC的长．【答案】(1)31°(2)①AC的长约为6米；②BC的长约为3.6米．【分析】本题考查了平行线的性质，解直角三角形的应用，灵活运用锐角三角函数是解题关键．（1）连接AD，过点C作CF∥AE，由题意可知，∠ADB=22°，∠ADC=45°，∠AEC=37°，进而得到∠BDC=23°，再根据平行线的性质，得出（2）①由题意可知，△ACD是等腰直角三角形，则令米AC=AD=x，利用锐角三角函数列方程，求出x≈6，即可求解；②由①可知，AC=AD≈6米，再利用锐角三角函数求出AB≈2.4米，即可求解．【详解】（1）解：如图，连接AD，过点C作CF∥由题意可知，∠ADB=22°，∠ADC=45°，∠AEC=37°，∴∠BDC=∠ADC-∠ADB=45°-22°=23°，∵CF∥∴∠DCF=∠ADC=45°，∠ECF=∠AEC=37°，∴∠DCE=∠DCF-∠ECF=45°-37°=8°，∴∠DCE+∠BDC=8°+23°=31°；（2）解：①由题意可知，∠ADB=22°，∠ADC=45°，∠AEC=37°，CA⊥AE，DE=2米，∴△ACD是等腰直角三角形，∴AC=AD，令AC=AD=x米，则AE=x+2在Rt△CAE中，AC=AE⋅∴x≈0.75x+2∴x≈6，即AC的长约为6米；②由①可知，AC=AD≈6米，在Rt△ADB中，AB=AD⋅∴AB≈6×0.4=2.4米，∴BC=AC-AB≈3.6米，即BC的长约为3.6米．【题型2坡度坡比问题】【例2】（2024·海南海口·一模）如图，5G时代，万物互联，助力数字经济发展，共建智慧生活．某移动公司为了提升网络信号在坡度i=1:2.4（即DB:AB=1:2.4）的山坡AD上加装了信号塔PQ，信号塔底端Q到坡底A的距离为13m．当太阳光线与水平线所成的夹角为53°时，且AM=8(1)AQ=m，∠PEN=°；(2)求信号塔PQ的高度大约为多少米？（参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，【答案】(1)13，37(2)信号塔PQ的高度大约为30.0米【分析】（1）根据题意即可求出AQ，作ES⊥PQ，垂足为S，根据题意∠PES=53°，即可求得∠PEN=90-53°=37°；（2）根据题意和作图可知四边形EMHS为矩形，根据坡度的定义设QH=5x米，在Rt△AQH中，由勾股定理可得QH2+AH2=A【详解】（1）解：∵信号塔底端Q到坡底A的距离为13m∴AQ=13m如图，作ES⊥PQ，垂足为S，根据题意∠PES=53°，∴∠PEN=90-53°=37°；（2）解：根据题意和作图可知四边形EMHS为矩形，∴SH=EM,ES=HM．由i=1:2.4，可得QH:HA=5:12，设QH=5x米，则HA=12x米，在Rt△AQH中，由勾股定理可得Q∴5x2解得x=1（负值舍去），∴QH=5x=5（米），HA=12x=12（米），∴ES=HA+AM=12+8=20，∵∠PES=53°，在Rt△PES中，tan即tan53°=∴PS≈20×1.3=26.0（米），∴PQ=PS+EM-QH=26.0+9-5=30.0（米），答：信号塔PQ的高度大约为30.0米．【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用，勾股定理，坡度的定义，矩形的判定和性质，正确作出辅助线是解题关键．【变式2-1】（2024·山东·模拟预测）如图，为一个斜面ABC，坡比i=1:3．斜面的高AB=5cm．为了减小小球下滑的速度，将坡面AC换成新坡面AD，且(1)求新坡面AD的坡比以及新坡面AD的长；(2)原坡面AC的底部距离铁板EF的距离为20cm．经过实验，坡面底部与铁板EF的距离必须大于12cm，小球才不和铁板相撞．请你通过计算，判断小球从新坡面【答案】(1)新坡面AD的坡比i=1:2+3(2)会，理由见解析【分析】本题考查了解直角三角形的坡角即正切值，勾股定理，线段的和与差，三角形外角性质，等腰三角形性质，理解坡角的概念是解题的关键．（1）根据坡比i=1:3得到∠ACB=30°，利用三角形外角性质得到∠ADB=∠DAC，利用等腰三角形性质得到AC=DC，利用解直角三角形得到AC，BC，进而得到BD，即可得到新坡面AD的坡比以及新坡面AD（2）根据题意得到ED，再与12cm【详解】（1）解：由题知，tan∠ACB=∴∠ACB=30°，∵∠ADB=15°，∴∠DAC=∠ACB-∠ADB=15°，∴∠ADB=∠DAC，∴AC=DC，∵AB=5cm∴BC=53∴AC=AB∴DC=10cm∴BD=5∴新坡面AD的坡比i=AB:BD=1:2+新坡面AD的长为：AB（2）解：由题知，EC=20cm∵CD=10cm∴ED=EC-CD=10cm∵10<12，∴小球从新坡面AD静止滑下，会与铁板相撞．【变式2-2】（23-24九年级·广东江门·阶段练习）如图，小张同学去黄山旅游时，发现太阳光线照射在立柱AB（与水平地面BF垂直）上，其影子的一部分落在地面BC上，另一部分落在斜坡CE上，且CD⊥AD，经测量，BC=2米，CD=8.5米，斜坡的坡角∠ECF=32°，求立柱AB的高．（结果精确到0.1米，参考数据：sin32°≈0．53，cos【答案】19.3米．【分析】此题考查了解直角三角形的应用，过点D作DH⊥BF于点H，过点D作DG⊥AB于点G，证明四边形BHDG是矩形，GD=BH=BC+CH,GB=DH，DG∥BH，进一步求出BG=DH=4.5，GD=BH=BC+CH=9.2，AG=DGtan∠DAG【详解】解：过点D作DH⊥BF于点H，过点D作DG⊥AB于点G，则∠AGD=∠GBH=∠BGD=∠BHD=90°，∴四边形BHDG是矩形，∴GD=BH=BC+CH,GB=DH，DG∥BH，∴∠CDG=∠ECF=32°，∵CD⊥AD∴∠ADG=90°-∠CDG=58°，∴∠DAG=90°-∠ADG=32°，在Rt△CDH中，CD=8.5米，斜坡的坡角∠ECF=32°∴DH=CDsin∠ECF=8.5×sin∴BG=DH≈4.5米，GD=BH=BC+CH≈9.2米，在Rt△ADG中，GD=9.2米，∠DAG=32°∴AG=DG∴AB=AG+GB≈14.8+4.5=19.3米,即立柱AB的高为19.3米．【变式2-3】（2024·辽宁·模拟预测）如图1所示是斜坡处修建的一处水坝，对防御洪水灾害起到一定作用，同时可以储存水资源．已知AB为水平地面，斜坡BC的坡角为θ=37°，AC⊥AB于点A．在斜坡BC的正中央修建水坝DE，已知DE⊥AB，点E与点C在同一条水平线上．经测量(1)求水坝DE的高度；(2)夏季，汛期来临．如图2，为了更好的预防洪水，相关部门在水坝DE的下方又修建了临时防护栏FG．已知C、E、G三点共线，∠FGB=23°．已知洪水越过了大坝DE后每分钟上涨4m，这一阶段持续时间为6分钟，则在此阶段洪水是否能越过防护栏FG？（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，sin23°≈【答案】(1)15(2)在此阶段洪水能越过防护栏FG，理由见解析【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，解题的关键是熟练掌握三角函数的定义．（1）首先得到∠ECD=∠B=37°，然后利用三角函数求出BC=ACsin37°（2）首先求出CG=AB=40m，过点F作FH⊥CG，设HF=x，表示出HG=HF⋅tan∠HFG=512【详解】（1）解：根据题意得：CE∥∴∠ECD=∠ABC=37°，在Rt△ABC中，BC=∴CD=1在Rt△CDE中，DE=CD⋅（2）解：根据题意得，BG=AC=30m，∴AB=BC⋅∴CG=AB=40如图所示，过点F作FH⊥CG∵∠FGB=23°，HF∥BG∴∠HFG=∠FGB=23°∵sin23°≈5∴tan∵sin37°≈0.6，cos∴tan37°≈设HF=x，∴HG=HF⋅tan∠HFG=5∵CG=CH+HG∴40=∴x=∴HF=∵洪水越过了大坝DE后每分钟上涨4m，这一阶段持续时间为6分钟，∴洪水共上涨了4×6=24∵24>∴在此阶段洪水能越过防护栏FG．【题型3方向角问题】【例3】（2024·重庆·模拟预测）如图，我市在三角形公园ABC旁修建了两条骑行线路：①E—A—C；②E—D—C．经勘测，点A在点B的正西方10千米处，点C在点B的正南方，点A在点C的北偏西45°方向，点D在点C的正南方20千米处，点E在点D的正西方，点A在点E的北偏东30（参考数据：2≈1.41，3(1)求DE的长度．（结果精确到1千米）(2)由于时间原因，小渝决定选择一条较短线路骑行，请计算说明他应该选择线路①还是线路②？【答案】(1)27千米(2)②【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，方向角问题，根据已知条件添加辅助线是解题的关键．（1）过点E作EF⊥BA，交BA的延长线于点F，根据垂直的定义得到∠EFA=∠B=∠D=90°，证明四边形EFBD是矩形，根据解直角三角形的相关计算进行计算即可得到答案；（2）利用含30°的直角三角形的性质求出AE的长，再利用三角函数进行计算即可．【详解】（1）解：过点E作EF⊥BA，交BA的延长线于点F，∴∠EFA=90°，根据题意得：∠B=∠D=90°，∴四边形EFBD是矩形，∴EF=BD,BF=DE，在Rt△ABC中，∠ACB=45°,AB=10∴BC=AB∵CD=20（千米），∴EF=BD=BC+CD=30（千米），在Rt△AEF中，∠AEF=30°∴AF=EF⋅tan∴DE=BF=AF+AB=103（2）解：应该选择路线②；在Rt△AEF中，∠AEF=30°∴AC=BC∴路线①总路程=AE+AC=203路线②总路程=ED+CD=103∵47.3<48.7，故选路线②．【变式3-1】（2024·重庆·模拟预测）如图为某公园平面图，小明沿路线A→B→C→E跑步运动，小刚沿路线G→D→E跑步运动，已知点G位于点A正东方向，点B位于点A正北方向，点C位于点B东北方向，CE∥AG，点D位于点G北偏西60°方向，点E位于点D北偏西30°方向，且DG=DE，已知AB=400米，AG=1900米，CE=300米，（参考数据(1)求BC的距离．（结果保留到个位）(2)若小明和小刚同时出发，小明刚开始以速度4米/秒匀速跑步，当跑步到点C时由于体力下降，此时小明速度降为2米/秒继续匀速跑到点E，小刚以速度3米/秒匀速跑步至点E，请通过计算说明他们谁先到达点E．【答案】(1)BC的距离为840米(2)小明先到达点E【分析】（1）过点C作CF⊥AG交AG于点F，EH⊥AG交AG于点H，DI⊥AG交AG于点I，DJ⊥EH交EH于点J，BK⊥CF于点K，证明四边形CEFH为矩形，四边形DIHJ为正方形，△BKC为等腰直角三角形，设DI=x，根据相关性质以及勾股定理求出AF，FH，HI，IG的长根据AG=AF+FH+HI+IG=1900，求出x的值，进而得出结果；（2）利用他们没人所走的距离除以速度得出时间进行比较即可．【详解】（1）解：如图，过点C作CF⊥AG交AG于点F，EH⊥AG交AG于点H，DI⊥AG交AG于点I，DJ⊥EH交EH于点J，BK⊥CF于点K，则四边形CEFH为矩形，设DI=x，∵点D位于点G北偏西60°方向，点E位于点D北偏西30°方向且DG=DE，∴∠DEJ=∠DGI=30°，∵∠EJD=∠GID=90°，∴△EJD≌△GIDAAS∴DJ=DI=x，∴四边形DIHJ为正方形，∴DE=DG=2x，∴EJ=IG=2x∴EH=3∴CF=3∵KF=AB=400米，∴CK=3∵点C位于点B东北方向，∴∠CBK=45°，∴BK=CK=AF=3∵CE=FH=300米，∴AG=AF+FH+HI+IG=3解得：x=5003∵BC=CK∵2∴BC=6002（2）由（1）可知BC=840米，小明走到E点所用时间为400+840÷4+300÷2=460小刚走到E点所用时间为2×2×5003-500∵460<467，∴小明先到达点E．【点睛】本题考查了方位角，正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形的计算，等腰三角形的判定与性质，有理数混合运算的应用，准确作出辅助线，求出相关边长是解题关键．【变式3-2】（2024·四川资阳·中考真题）如图，某海域有两灯塔A，B，其中灯塔B在灯塔A的南偏东30°方向，且A，B相距1633海里．一渔船在C处捕鱼，测得C处在灯塔A的北偏东30°方向、灯塔B

(1)求B，C两处的距离；(2)该渔船从C处沿北偏东65°方向航行一段时间后，突发故障滞留于D处，并发出求救信号．此时，在灯塔B处的渔政船测得D处在北偏东27°方向，便立即以18海里/小时的速度沿BD方向航行至D处救援，求渔政船的航行时间．（注：点A，B，C，D在同一水平面内；参考数据：tan65°≈2.1，tan【答案】(1)B，C两处的距离为16海里(2)渔政船的航行时间为75【分析】本题考查了解直角三角形的实际应用，解题的关键是正确画出辅助线，构造直角三角形．（1）根据题意易得AC=AB，则CE=BE，再求出BE=CE=AB（2）过点D作DF⊥BC于点F，设CF=x海里，则DF=CFtan65°=2.1x，DF=BFtan27°=0.516+x，则2.1x=0.516+x，求出x=5，进而得出【详解】（1）解：过点A作AE⊥BC于点E，∵灯塔B在灯塔A的南偏东30°方向，C处在灯塔A的北偏东30°方向、灯塔B的正北方向．∴∠ACE=∠ABE=30°，∴AC=AB，∵AE⊥BC，∴CE=BE，∵AB=16∴BE=CE=AB∴BC=8×2=16（海里），∴B，C两处的距离为16海里．

（2）解：过点D作DF⊥BC于点F，设CF=x海里，∵∠DCF=65°，∴DF=CFtan由（1）可知，BC=16海里，∴BF=16+x∵∠DBF=27°，∴DF=BFtan∴2.1x=0.516+x解得：x=5，∴BF=BC+CF=21海里，DF=CFtan根据勾股定理可得：BD=D∴渔政船的航行时间为2152÷18=答：渔政船的航行时间为75【变式3-3】（2024·四川宜宾·中考真题）宜宾地标广场位于三江汇合口（如图1，左侧是岷江，右侧是金沙江，正面是长江）．某同学在数学实践中测量长江口的宽度，他在长江口的两岸选择两个标点C、D，在地标广场上选择两个观测点A、B（点A、B、C、D在同一水平面，且AB∥CD）．如图2所示，在点A处测得点C在北偏西18.17°方向上，测得点D在北偏东21.34°方向上；在B处测得点C在北偏西21.34°方向上，测得点D在北偏东18.17°方向上，测得AB=100米．求长江口的宽度CD的值（结果精确到1米）．（参考数据：sin18.17°≈0.31，cos18.17°≈0.95，tan18.17°≈0.33，sin21.34°≈0.36，【答案】长江口的宽度CD为1200米.【分析】如图，过C作CH⊥AB于H，过A作AG⊥CD于G，过B作BK⊥CD于K，而AB∥CD，可得四边形AHCG，ABKG都是矩形，由题意可得：∠CAG=∠DBK=18.17°，∠GAD=∠CBK=21.34°，证明△AGC≌△BKD，可得CG=DK，设AH=x，CH=y【详解】解：如图，过C作CH⊥AB于H，过A作AG⊥CD于G，过B作BK⊥CD于K，而AB∥∴四边形AHCG，ABKG都是矩形，∴GK=AB=100，CG=AH，CH=AG=BK，CH∥∵由题意可得：∠CAG=∠DBK=18.17°，∠GAD=∠CBK=21.34°，∴∠ACH=∠CAG=18.17°，∠BCH=∠CBK=21.34°，∵∠AGC=∠BKD=90°，∴△AGC≌△BKD，∴CG=DK，设AH=x，CH=y，∴AHCH=xHBCH=x+100∴0.33y+100=0.39y，∴y=5000∴x=0.33×5000∴CG=DK=550，∴CD=550×2+100=1200m∴长江口的宽度CD为1200米.【点睛】本题考查的是解直角三角形的实际应用，矩形的判定于性质，全等三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键.【题型4物理模型问题】【例4】（23-24九年级·江苏苏州·阶段练习）小强在物理课上学过平面镜成像知识后，在老师的带领下到某厂房做验证实验．如图，老师在该厂房顶部安装一平面镜MN，MN与墙面AB所成的角∠MNB＝118°，厂房高AB＝8m，房顶AM与水平地面平行，小强在点M的正下方C(1)求∠D的度数；(2)求CD的长度（结果精确到0.1m，参考数据：sin34°≈0.56，tan34°≈0.68【答案】(1)34°(2)约为11.8米【分析】（1）连接MC，过点M作HM⊥NM，根据题意可得∠DMC=2∠CMH，∠MCD=∠HMN=90°，AB=MC=8m，AB∥MC，从而利用平行线的性质求出∠CMN=62°，进而求出∠CMH=28°（2）在Rt△CMD【详解】（1）解：连接MC，过点M作HM⊥NM，由题意得：∠DMC=2∠CMH，∠MCD=∠HMN=90°，AB=MC=8m，AB∴∠CMN=180°-∠MNB=180°-118°=62°，∴∠CMH=∠HMN-∠CMN=28°，∴∠DMC=2∠CMH=56°，∴∠D=90°-∠DMC=90°-56°=34°．（2）解：在Rt△CMD中，CD=CM⋅tan56°≈8×1.48≈11.8(∴能看到的水平地面上最远处D到他的距离CD约为11.8米．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，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4-1】（2024·湖南·一模）小华同学在家看电视的时候因误触遥控器导致换台，但遥控器并没有对准电视．小华想起物理课上学习过的光的反射，并猜想是遥控器的红外线信号在墙壁等其他光滑的地方发生反射然后被信号传感器接收导致换台，小华在好奇心驱使下验证了自己的设想．如图所示，CD为竖直的平面镜（CD足够长），AB的长度为信号传感器可接收信号的水平宽度，AB⊥CD，小华坐在距离AB距离为d的点H，然后小华用遥控器水平对着平面镜CD持续按按钮，发现当α≤∠DQH≤β时电视可以换台（假设红外线在Q点反射），求信号传感器可接收信号的水平范围AB．（结果含α,β,d）

【答案】AB=d(【分析】本题考查了解直角三角形的应用，先读懂题意，得∠DQH=∠CQP=∠GQD=∠EGQ,GE=d，再结合图形，运用数形结合思路，进行列式，化简得AB=EB-EA=d(tan【详解】解：设信号接收点为P，延长PQ到点G且GH∥AB，过点G作GE垂直AB，垂足为E．由题意，∠DQH=∠CQP=∠GQD=∠EGQ,GE=d，当∠DQH为α时，点P与A重合，∠EGQ=α,EA=dtan当∠DQH为β时，点P与B重合，∠EGQ=β,EB=dtan所以AB=EB-EA=d(tan其中tanβ可以写成1tanα可以写成1

【变式4-2】（2024·福建·中考真题）无动力帆船是借助风力前行的．下图是帆船借助风力航行的平面示意图，已知帆船航行方向与风向所在直线的夹角∠PDA为70°，帆与航行方向的夹角∠PDQ为30°，风对帆的作用力F为400N．根据物理知识，F可以分解为两个力F1与F2，其中与帆平行的力F1不起作用，与帆垂直的力F2仪可以分解为两个力f1与f2,f1与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；f【答案】128【分析】此题考查了解直角三角形的应用，求出∠ADQ=40°，∠1=∠PDQ=30°，由AB∥QD得到∠BAD=∠ADQ=40°，求出F2=BD=AD⋅sin∠BAD=256，求出∠BDC=90°-∠1=60°在【详解】解：如图，∵帆船航行方向与风向所在直线的夹角∠PDA为70°，帆与航行方向的夹角∠PDQ为30°，∴∠ADQ=∠PDA-∠PDQ=70°-30°=40°，∠1=∠PDQ=30°，∵AB∥QD，∴∠BAD=∠ADQ=40°，在Rt△ABD中，F=AD=400，∠ABD=90°∴F2由题意可知，BD⊥DQ，∴∠BDC+∠1=90°，∴∠BDC=90°-∠1=60°在Rt△BCD中，BD=256,∠BCD=90°∴f2故答案为：128【变式4-3】（23-24九年级·江苏·期末）在苏科版九年级物理第十一章《简单机械和功》章节中有这样一个问题：“如图1示意图所示，均匀杆AB长为8dm，杆AB可以绕转轴A点在竖直平面内自由转动，在A点正上方距离为10dm处固定一个小定滑轮，细绳通过定滑轮与杆的另一端B相连，并将杆AB从水平位置缓慢向上拉起．当杆AB与水平面夹角为30°时，求动力臂．”从数学角度看是这样一个问题：如图2，已知∠BAD=30°,AB=8dm,CA⊥AD于点D且CA=10dm，连接CB，求点A到BC【答案】20【分析】过点B作BF⊥AC于点F，过点A作AE⊥BC于点E，解Rt△ABF,【详解】解：如图所示，过点B作BF⊥AC于点F，过点A作AE⊥BC于点E，∵∠BAD=30°,AB=8,CA⊥AD，∴∠FAB=90°-30°=60°，∴AF=AB⋅cos∠FAB=1∴FC=AC-AF=10-4=6，∴BC=B∵1∴AE=AC⋅BF∴AE=20即点A到BC的距离为2077【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，构造直角三角形是解题的关键．【题型5实物抽象模型问题】【例5】（2024·广东深圳·模拟预测）周末淘气一家开车外出旅游，车子突然向路边侧滑，幸亏淘气爸爸反应及时，车子才慢慢停了下来．淘气一家人赶紧下车查看，原来是前轮爆胎了．爸爸说，只要把备胎换上就行了．于是爸爸从后备厢取出备胎和工具，开始忙活，其中千斤顶引起了小光的注意．图（1）是一种利用了四边形不稳定性设计的千斤顶．如图（2）所示，该千斤顶的基本形状是一个菱形，中间通过螺杆连接，转动手柄可改变∠ADC的大小（菱形的边长不变），从而改变千斤顶的高度（即A，C之间的距离）．已知AB=40cm，∠ADC=60°，当千斤顶升高cm时，四边形ABCD【答案】17【分析】本题考查了解直角三角形的应用，菱形的性质，正方形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，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．连接AC，交BD于点O，根据菱形的性质可得AD=CD=AB=BC=40cm，BD平分∠ADC，AC⊥BD，AC=2AO，然后分别求出当∠ADC=60°时，当∠ADC=90°时，AC【详解】解：连接AC，交BD于点O，∵四边形ABCD是菱形，∴AD=CD=AB=BC=40cm，BD平分∠ADC，AC⊥BD，AC=2AO当∠ADC=60°，∵AD=CD=40cm∴△ACD是等边三角形，∴AC=AD=CD=40cm当∠ADC=90°时，菱形ABCD是正方形，∵BD平分∠ADC，∴∠ADO=1在Rt△ADO中，AO=AD⋅∴AC=2AO=402∴千斤顶升高的高度=402∴千斤顶升高了17cm故答案为：17【变式5-1】（23-24九年级·湖南·期末）图（1）是一扇半开着的办公室门的照片，门框镶嵌在墙体中间，门是向室内开的．图（2）画的是它的一个横断面．虚线表示门完全关好和开到最大限度（由于受到墙角的阻碍，再也开不动了）时的两种情形，这时二者的夹角为120°，从室内看门框露在外面部分的宽为4cm，求室内露出的墙的厚度a的值．（假设该门无论开到什么角度，门和门框之间基本都是无缝的．精确到0.1cm，【答案】室内露出的墙的厚度约为6.9【分析】该题主要考查了解直角三角的应用，此题读懂题意，理解题目叙述的意义是解题的关键，理解实际图形后才能把它转化成数学问题，然后利用三角函数解决问题．宽为4cm的门框及开成120°的门之间构成了一个直角三角形，且其中有一个角为60°，根据已知条件解直角三角形就可以求出a【详解】解：从图中可以看出，在室内厚为acm的墙面、宽为4cm的门框及开成120°的门之间构成了一个直角三角形，且其中有一个角为从而a=4×=4×3即室内露出的墙的厚度约为6.9cm【变式5-2】（23-24九年级·山东济南·期末）如图是某种云梯车的示意图，云梯OD升起时，OD与底盘OC夹角为α，液压杆AB与底盘OC夹角为β．已知液压杆AB=3米，∠BEA=90°，当α=37°，β=58°时．（结果精确到0.01米）（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin58°≈0.85，(1)求液压杆顶端B到底盘OC的距离BE的长；(2)求AO的长．【答案】(1)2.55米(2)1.81米【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，（1）根据sinβ=（2）利用tanα=tan37°=BEOE，先求出OE=3.4【详解】（1）在Rt△ABE中，∵sinβ=∴0.85≈BE∴BE=2.55，即BE的长为2.55米；（2）在Rt△OBE中，∵tanα=∴0.75≈2.55∴OE=3.4，∵tan∴2.55∴AE≈1.59，∴AO=OE-AE=1.81（米），即AO的长为1.81米．【变式5-3】（2024·江西吉安·一模）如图1是某门禁自动识别系统，主要由可旋转摄像机和其下方固定的显示屏构成．图2是其示意图，已知摄像机长AB=20cm，点O为摄像机旋转轴心，O为AB的中点，显示屏的上沿CD与AB平行，CD=15cm，AB与CD连接，杆OE⊥AB，OE=10cm，CE=2ED，点C到地面的距离为60cm．若AB与水平地面所成的角的度数为35°．(参考数据：sin35°≈0.574，cos(1)求显示屏所在部分的宽度CM；(2)求镜头A到地面的距离．【答案】(1)显示屏所在部分的宽度约为12.3cm(2)镜头A到地面的距离约为68.2cm【分析】本题考查了解直角三角形的应用；（1）过点C作CM⊥DF，垂足为F，根据题意可得∠DCM=35°，然后在Rt△DCM中，利用锐角三角函数的定义求出CM（2）连接AC，过点A作AH⊥CM，交MC的延长线于点H，根据已知可求出AO=CE=10cm,从而可证四边形ACEO是矩形，进而可得∠ACE=90°，AC=OE=10cm,然后利用平角定义求出∠ACH=55°，从而求出【详解】（1）解：∵CD∥AB，AB与水平地面所成的角的度数为∴显示屏上沿CD与水平地面所成的角的度数为35°．过点C作交点D所在铅垂线的垂线，垂足为M，则∠DCM=35°∵CD=15cm∴CM=CDcos∠（2）如图，连接AC，作AH垂直MC反向延长线于点H，∵AB=20cm,O为AB∴AO=10cm∵CD=15cm∴CE=10cm∵CD∥AB，∴四边形ACEO为矩形，AC=OE=10cm∵∠∴∠∴∠∴AH=AC⋅cos∴镜头A到地面的距离为60+8.19≈68.2cm【题型6坡度坡比与仰角俯角综合问题】【例6】（2024·广东中山·三模）王刚同学在学习了解直角三角形及其应用的知识后，尝试利用所学知识测量河对岸大树AB的高度，他在点C处测得大树顶端A的仰角为45°，再从C点出发沿斜坡走10米到达斜坡上D点，在点D处测得树顶端A的仰角为30°，若斜面CF的坡度为i=1：3(点E、C、B在同一水平线上)．(1)求王刚同学从点C到点D的过程中上升的高度；(2)求大树AB的高度（结果保留根号）．【答案】(1)1米(2)3+23【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用、矩形的判定与性质、解直角三角形等知识点，灵活应用所学知识成为解题的关键．（1）如图：过点D作DH⊥CE交CE于点H，设DH=x米，CH=3x米，在Rt△CDH（2）如图，过点D作DG⊥AB交AB于点G，设BC=y米，再证四边形DHBG为矩形可得DH=BG=1米、DG=BH=y+3，进而得到AG=y-1，最后根据正切函数列方程求解即可．【详解】（1）解：如图：过点D作DH⊥CE交CE于点H，由题意知CD=10∵斜面CF的坡度为i=1:3，∴DH设DH=x米，CH=3x米，∵在Rt△CDH中，D∴x2+(3x)2=(∴DH=1米．答：王刚同学从点C到点D的过程中上升的高度为1米．（2）解：如图，过点D作DG⊥AB交AB于点G，设BC=y米，∵∠DHB=∠DGB=∠ABC=90°，∴四边形DHBG为矩形，∴DH=BG=1米，DG=BH=BC+CH=y+3(米∵∠ACB=45°，∴BC=AB=y米，∴AG=y-1(米)∵∠ADG=30°，∴在Rt△ADG中，tan∴y-1y+3=∴AB=3+2答：大树AB的高度是3+23【变式6-1】（2024·重庆·模拟预测）在课外实践中，小明为了测量江中信号塔A离河边的距离AB，采取了如下措施：如图在江边D处，测得信号塔A的俯角为40°，若DE=55米，DE⊥CE，CE=36米，CE平行于AB，BC的坡度为i=1:0.75，坡长BC=140米，求AB的长（精确到0.1米，参考数据：sin40°≈0.64，cos40°≈0.77，【答案】AB的长78.8【分析】本题考查的是解直角三角形的应用，过点C作AB的垂线，交AB延长线于点F，延长DE交AB延长线于点G，先在Rt△CBF中求得BF、CF的长，再利用Rt△ADG求AG的长，进而得到【详解】解：如图，过点C作AB的垂线，交AB延长线于点F，延长DE交AB延长线于点G∵BC的坡度为i=1:0.75，∴设CF为xm，则BF为0.75x∵BC=140m∴在Rt△BCF中，x2+∴CF=112m，BF=84∵DE⊥CE，CE∥∴DG⊥AB，∴△ADG是直角三角形∵DE=55m，CE=FG=36∴DG=167m，BG=120设AB=ym∵∠DAB=40°，∴tan解得：y=78.8∴AB的长78.8m【变式6-2】（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，某小山DE高412米，其斜坡DC的坡度为i=1:1，它的前面有一座建筑物．为了测量建筑物AB的高度，在山顶D和坡底C测的建筑物顶端A的俯角和仰角分别为30°，60°．求建筑物AB的高度．（结果精确到0.1米，2≈1.41,【答案】建筑物AB的高度约为130.8米．【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，正确地作出辅助线是解题的关键．由DE=412米，斜坡DC的坡度为i=1：1，得到CE=DE=412米，根据三角函数的定义得到BC=33AB，过A作AH⊥DE【详解】解：在Rt△CDE∵DE=412米，斜坡DC的坡度为i=1：∴CE=DE=412米，在Rt△ABC∵∠ACB=60°，∴tan∠ACB=ABBC过A作AH⊥DE于H，则AH=BE=412+3在Rt△ADH中，DH=∴DE=DH+HE=3∴AB≈130.8．答：建筑物AB的高度约为130.8米．【变式6-3】（2024·四川广安·中考真题）风电项目对于调整能源结构和转变经济发展方式具有重要意义．某电力部门在某地安装了一批风力发电机，如图（1）某校实践活动小组对其中一架风力发电机的塔杆高度进行了测量，图（2）为测量示意图（点A，B，C，D均在同一平面内，AB⊥BC）．已知斜坡CD长为20米，斜坡CD的坡角为60°，在斜坡顶部D处测得风力发电机塔杆顶端A点的仰角为20°，坡底与塔杆底的距离BC=30米，求该风力发电机塔杆AB的高度．（结果精确到个位；参考数据：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36

【答案】32m【分析】本题考查的是矩形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，过点D作DF⊥AB于点F，作DH⊥BE于点H，先求解CH=CD⋅cos60°=10m，DH=CDsin60°≈17.3m【详解】解：过点D作DF⊥AB于点F，作DH⊥BE于点H

由题意得：DC=20m，在Rt△DCH∵cos60°=CH∴CH=CD⋅cosDH=CD∵∠DFB=∠B=∠DHB=90°，∴四边形DFBH为矩形，∴BH=FD，BF=DH，∵BH=BC+CH=(30+10)m∴FD=40在△AFD中.∵AF∴AF=FD⋅∴AB=AF+BF≈(17.3+14.4)答：该风力发电机塔杆AB的高度为32m.【题型7临界值问题】【例7】（23-24九年级·江苏南通·开学考试）如图，斜坡AB的坡角∠BAC=13°，计划在该坡面上安装两排平行的光伏板．前排光伏板的一端位于点A，过其另一端D安装支架DE，DE所在的直线垂直于水平线AC，垂足为点F，E为DF与AB的交点．已知AD=100cm，前排光伏板的坡角∠DAC=28°

(1)求AE的长（结果取整数）；(2)冬至日正午，经过点D的太阳光线与AC所成的角∠DGA=32°．后排光伏板的前端H在AB上．此时，若要后排光伏板的采光不受前排光伏板的影响，则EH的最小值为多少（结果取整数）？参考数据：2≈1.41，3≈1.73，三角函数锐角A13°28°32°sin0.220.470.53cos0.970.880.85tan0.230.530.62【答案】(1)91(2)32【分析】（1）解Rt△ADF求出AF，再解Rt△AEF求出（2）设DG交AB一直在点M，作AN⊥GD延长线于点N，解Rt△ADF求出DF，Rt△DFG求出FG，得到AG，解Rt△AMN求出AM【详解】（1）在Rt△ADF中，cos∠DAF∴AF=ADcos=100×cos=100×0.88=88cm在Rt△AEF中，cos∴AE=AF（2）设DG交AB一直在点M，作AN⊥GD延长线于点N，如图，

则∠AMN=∠MAC+∠MGA∴∠AMN=13°+32°=45°在Rt△ADF中，DF=AD⋅在Rt△DFG中，DF∴FG=DF∴AG=AF+FG=88+75.8=163.8cm∵AN⊥GD∴∠ANG=90°∴AN=AG×在Rt△ANM中，sin45°=∴AM=86.82∴EM=AM-AE=123.1-91=32.1cm∴EH的最小值为32cm【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是构造直角三角形．【变式7-1】（2024·福建泉州·二模）如图所示为单反照相机取景器的示意图，五边形ABCDE为五棱镜的一个截面，AB⊥BC．光线垂直AB射入，且只在CD和EA上各发生一次反射，两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出．若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是（）（注：满足全反射的条件为折射率n=1

A．1cos22.5° B．1cos45° C．【答案】D【分析】根据几何关系求出入射角，通过折射定律求出五棱镜折射率的最小值即可得到答案；【详解】解：设入射到CD面上的入射角为θ，因为在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等，

根据光学几何关系可得，∴两次反射的入射角相等，∴∠FGK=∠HGK=∠GHM=∠MHN=θ，∴4θ=90°，解得：θ=22.5°，∵sinθ=∴最小折射率n=1故选：D；【点睛】本题主要考查解答几何光学问题，解题的关键是正确作出光路图．【变式7-2】（23-24九年级·浙江金华·阶段练习）知识小提示：要想使人安全地攀上斜靠在墙面上的梯子的顶端，梯子与地面所成的角α一般要满足53°≤α≤72°．如图，现有一架长4m的梯子AB斜靠在一竖直的墙AO上．（参考数据：sin53°≈0.80,cos53°≈0.60,

(1)当人安全使用这架梯子时，求梯子底端B与墙AO距离（即BO）的最小值；(2)当梯子顶端A与地面距离为3.32m时，计算∠ABO等于多少度？并判断此时人是否能安全使用这架梯子？【答案】(1)1.24米(2)∠ABO=56°，人能安全使用这架梯子【分析】（1）根据53°≤α≤72°得出当α=72°时，BO取最小值，根据BO=AB⋅cos（2）根据sin∠ABO=AOAB计算出∠ABO的正弦值，即可得出∠ABO【详解】（1）解：∵53°≤α≤72°，∴当α=72°时，BO取最小值，在Rt△AOB中，cos∴BO=AB⋅cos∴梯子底端B与墙AO距离（即BO）的最小值为1.24米；（2）解：在Rt△AOB中，sin∵sin∴∠ABO≈56°，∵53°≤α≤72°，∴人能安全使用这架梯子．【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，解题的关键是熟练掌握解直角三角形的方法和步骤，利用三角函数值进行计算．【变式7-3】（23-24九年级·陕西西安·期中）【问题提出】（1）如图①，在△ABC中，点O是边BC的中点，连接AO并延长至点D，连接BD，若OD>OA，△ABD的面积为S1，△ABC的面积为S2，则S1________S2的大小（填“>”“=

【问题探究】（2）如图②，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AC=30，BC=50，点D为BC边的中点，AE=10．问：在BC边上是否存在一点F，使得线段EF恰好平分△ABC的面积？若存在，求出线段EF

【问题解决】（3）我校有着丰富多彩的校园生活，为了让同学们进一步接触到更多的校园社团活动，提高空间利用率，现计划对校园部分区域进行改造，某区域是如图③的四边形ABCD，∠C=90°，BC=24米，tanB=34，点E、F分别在边AB、BC上，四边形EFCD为矩形，边FE、ED将这块区域分成了三部分，其中，矩形EFCD的面积为108平方米．为了方便通行，学校准备在这块区域中修一条笔直的小路MN（小路的两端M、N分别在AB和BC上，且小路的宽度忽略不计），使得MN将四边形ABCD分成两部分，同时平分矩形EFCD的面积，且使得区域△BMN的面积最小．试问学校的想法能否实现？若能，请求出这条小路

【答案】（1）>；（2）51452；（2）当这条小路MN的长为15m，【分析】（1）如图所示，在OD上取一点E使得OE=OA，连接BE，利用SAS证明△AOC≌△EOB，得到S△AOC=S△EOB，由此可证明S△ABC（2）如图所示，连接DE，过点A作AH∥DE交BC于H，连接HE交AD于O，由平行线的性质可得S△AHE=S△AHD，进而证明S△DOH=S△AOE，由此可得S△CHE=S△ACD，再由三角形中线的性质得到S△ACD=12S△ABC，则S△CHE=12S△ABC，由此可得当点F与点H重合时，EF平分△ABC的面积；证明（3）如图所示，连接CE，DF交于O，过点O作直线PQ，分别交DE，CF于P、Q，由矩形的性质得到DE∥CF，OE=OC，证明△OPE≌△OQC，得到S△OPE=S△OQC，进而证明S四边形CDPQ=12S矩形CDEF，则直线PQ平分矩形CDEF的面积，同理可证明，经过点O的直线都平分矩形CDEF的面积，即可推出直线MN经过点O，设BF=4xm，则CF=24-4xm，解Rt△BFE求出EF=3xm，由矩形【详解】解：（1）如图所示，在OD上取一点E使得OE=OA，连接BE，∵点O是边BC的中点，∴OB=OC，又∵OA=OE，∴△AOC≌△EOBSAS∴S△AOC∴S△ABC∵S△ABE∴S△ABC∴S1故答案为：>．

（2）如图所示，连接DE，过点A作AH∥DE交BC于H，连接HE交AD于O，∵AH∥DE，∴S△AHE∴S△AOH∴S△DOH∴S△CHE∵点D为BC的中点，∴S△ACD∴S△CHE∴EH平分△ABC的面积，∴当点F与点H重合时，EF平分△ABC的面积，∵AC=30，∴CE=20，∵DE∥AH，∴△ACH∽△ECD，∴CDCH=CE∴CH=37.5，过点E作EG⊥BC于G，∵∠C=∠C，∴△EGC∽△BAC，∴CGAC=CE∴CG=12，∴HG=CH-CG=25.5，EG=C∴EF=EH=E

（3）如图所示，连接CE，DF交于O，过点O作直线PQ，分别交DE，CF于∵四边形CDEF是矩形，∴DE∥CF，∴∠OEP=∠OCQ，∴△OPE≌△OQCAAS∴S△OPE∴S四边形∵S△CDE∴S四边形∴直线PQ平分矩形CDEF的面积，∴同理可证明，经过点O的直线都平分矩形CDEF的面积，∴直线MN经过点O，设BF=4xm，则CF=BC-BF=在Rt△BFE中，∠BFE=90°∴EF=3xm∵矩形EFCD的面积为108平方米，∴3x24-4x解得x=3，∴BF=12m∴S△BFE∵S△BNM∴S△BNM∴当S△MEP=0时，S△BNM最小，即此时点M与点E重合，点N在Rt△ECF中，由勾股定理得CE=∴当这条小路MN的长为15m，△BMN面积有最小值108m

【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，矩形的性质等等，（1）通过倍长中线构造全等三角形进行求解；（2）通过构造相似三角形进行求解；（3）通过证明直线MN经过点O，以及当S△MEP=0时，S【题型8方案设计问题】【例8】（23-24九年级·山东潍坊·阶段练习）根据以下素材，探索完成任务探究纸伞中的数学问题素材1我国纸伞制作工艺十分巧妙，如图1，伞不管是张开还是收拢，AP是伞柄，伞骨AB=AC且AE=13AB，AF=13

素材2伞圈D能沿着伞柄滑动，如图2是完全收拢时伞骨的示意图，此时伞圈D滑动到D'的位置，且A、E、D'三点共线．测得AD'=50cm，AE=20cm

素材3项目化学习小组同学经过研究发现：雨往往是斜打的，且都是平行的．如图3，某一天，雨线BM与地面夹角为60°，小明同学站在伞圈D点的正下方点G处，记为GH，此时发现身上被雨淋湿，测得BN=150cm

问题解决任务1判断AP位置求证：AP平分∠BAC．任务2探究伞圈移动距离当伞从完全张开到完全收拢，求伞圈D移动的距离（精确到0.1）．任务3拟定撑伞方案求伞至少向下移动距离cm，使得人站在G处身上不被雨淋湿．（直接写出答案）【答案】任务一：见解析；任务二：约为15.5cm；任务三：【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，弄清题意，将实际问题转化为数学问题是解题的关键．（1）利用SSS证明△ADE≌△ADF即可得到答案；（2）过点E作EG⊥AD于点G，求出AD的长，即可利用DD（3）设AG与BC交于点O，与BM交于点Q，先求出BO，可得NG，再求出MN，进而可求出QG，即为问题的答案．【详解】解：（1）∵AB=AC，且AE=13AB∴AE=AF，在△AED和△AFD中，AE=AFDE=DF∴△AED≌△AFD（SSS），∴∠BAD=∠CAD，∴AP平分∠BAC；（2）过E做EQ⊥AP，∵∠BAC=120°，∴∠DAE=60°，∴∠AEQ=30°，∵AE=20cm∴AQ=1由勾股定理，得EQ=A∵DE=50-20=