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初中数学中考复习 考点24 解直角三角形的实际应用（解析版）
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这是一份初中数学中考复习 考点24 解直角三角形的实际应用（解析版），共28页。
考点二十四 解直角三角形的实际应用
【命题趋势】
在中考中，锐角三角形函数主要选择题、填空题，解答题考查为主，难度系数低。
【中考考查重点】
解直角三角形的实际应用
1.解一个直角三角形
2.背靠背型
3.母子型
考点 解直角三角形的实际应用
类型一 仰角、俯角
1．（2021秋•包河区期末）如图，在离铁塔BC底部30米的D处，用测角仪从点A处测得塔顶B的仰角为α＝30°，测角仪高AD为1.5米，则铁塔的高BC为（ ）
A．16.5米 B．（10+1.5）米
C．（15+1.5）米 D．（15+1.5）米
【答案】B
【解答】解：过点A作AE⊥BC，E为垂足，如图所示：
则四边形ADCE为矩形，AE＝30米，
∴CE＝AD＝1.5米，
在Rt△ABE中，tanα＝＝tan30°＝，
∴BE＝AE＝×30＝10（米），
∴BC＝BE+CE＝（10+1.5）米，
故选：B．
2．（2021秋•丛台区校级期末）如图，小东在教学楼距地面8米高的窗口C处，测得正前方旗杆顶部A点的仰角为37°，旗杆底部B点的俯角为45°，升旗时，国旗上端悬挂在距地面2.5米处，若国旗随国歌声冉冉升起，并在国歌播放46秒结束时到达旗杆顶端，则国旗匀速上升的速度为（ ）米/秒．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）
A．0.3 B．0.2 C．0.25 D．0.35
【答案】C
【解答】解：在Rt△BCD中，BD＝8米，∠BCD＝45°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴BD＝CD＝8米，
在Rt△ACD中，CD＝8米，∠ACD＝37°，
∴AD＝CD•tan37°≈8×0.75＝6（米），
∴旗杆AB的高为：AD+BD＝6+8＝14（米）；
升旗时，国旗上升高度是：14﹣2.5＝11.5（米），
∵耗时46s，
∴国旗匀速上升的速度为：＝0.25（米/秒），
故选：C．
3．（2021秋•历城区期末）如图，某建筑物的顶部有一块宣传牌CD，小明在山坡的坡脚A处测得宣传牌底部D的仰角为60°，沿山坡向上走到B处测得宣传牌顶部C的仰角为45°，已知斜坡AB的坡角为30°，AB＝10米，AE＝15米，则宣传牌CD的高度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解答】解：过B作BF⊥AE，交EA的延长线于F，作BG⊥DE于G．
在Rt△ABF中，∠BAF＝30°，AB＝10米，
∴BF＝AB＝5（米），AF＝BF＝5（米）．
∴BG＝AF+AE＝（5+15）（米），
在Rt△BGC中，∠CBG＝45°，
∴△BGC是等腰直角三角形，
∴CG＝BG＝（5+15）（米），
在Rt△ADE中，∠DAE＝60°，AE＝15米，
∴DE＝AE＝15（米），
∴CD＝CG+GE﹣DE＝5+15+5﹣15＝（20﹣10）（米），
即宣传牌CD的高度是（20﹣10）米，
故选：A．
4．（2021秋•汉寿县期末）如图，某办公楼AB的后面有一建筑物CD（办公楼AB与建筑物CD均垂直于地面BCF），当光线与地面的夹角是22°时，办公楼在建筑物CD的墙上留下的影子CE＝2米，而当光线与地面夹角是45°时，办公楼顶A在地面上的影子F与墙角C有25米的距离（点B，F，C在同一条直线上）．
（1）求办公楼AB的高度；
（2）若要在A，E之间挂一些彩旗，请你求出A，E之间的距离．
（参考数据：sin22°≈，cos22°≈，tan22°≈，）
【答案】（1） 20m （2）48米
【解答】解：（1）过点E作EM⊥AB于点M，
则四边形BCEM为矩形，
∴BM＝CE＝2米，
设AB＝x米，
在Rt△ABF中，∠AFB＝45°，
∴BF＝AB＝x米，
∴BC＝BF+FC＝（x+25）米，AM＝（x﹣2）米，
在Rt△AEM中，tan∠AEM＝，
则≈，
解得：x＝20，
答：办公楼AB的高度为20m；
（2）在Rt△AME中，cos∠AEM＝，
则cos22°＝，即≈，
解得：AE＝48，
答：A，E之间的距离约为48米．
类型二 坡度、坡角
5．（2021秋•淇县期末）如图，河坝横断面迎水坡AB的坡比为1：，坝高BC＝3m，则AC的长度为（ ）
A．6m B．m C．9m D．m
【答案】D
【解答】解：∵坡AB的坡比为1：，
∴BC：AC＝1：，
∵BC＝3m，
∴AC＝3m，
故选：D．
16．（2021秋•莱芜区期末）如图，某水库大坝的横断面是梯形ABCD，坝高DE＝5m，斜坡BC的坡比为5：12，则斜坡BC＝（ ）
A．13m B．8m C．18m D．12m
【答案】A
【解答】解：过点C作CF⊥AB于F，
∵DC∥AB，
∴CF＝DE＝5m，
∵斜坡BC的坡比为5：12，CF＝5m，
∴BF＝12m，
由勾股定理得：BC＝＝＝13（m），
故选：A．
6．（2021秋•龙口市期末）如图，山区某教学楼后面紧邻着一个土坡，坡面BC平行于地面AD，斜坡AB的坡比为i＝1：，且AB＝26米，为了防止山体滑坡，保障安全，学校决定对该土坡进行改造，经地质人员勘测，当坡角不超过53°时，可确保山体不滑坡；
（1）求改造前坡顶与地面的距离BE的长；
（2）为了消除安全隐患，学校计划将斜坡AB改造成AF（如图所示），那么BF至少是多少米？（结果精确到1米）
【参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.33，cot53°≈0.75】
【答案】（1） BE＝24 （2）BE为24米；BF至少是8米
【解答】解：（1）在Rt△ABE中，AB＝26，i＝＝，
设BE＝12k，AE＝5k，则AB＝13k＝26，k＝2，
∴AE＝10（米），BE＝24（米）；
（2）过点F作FG⊥AD于点G，
由题意可知：FG＝BE＝24，∠FAD＝53°，
在Rt△AFG中，cot53°＝＝0.75，
∴AG＝18（米），
∴BF＝GE＝AG﹣AE＝8（米），
答：改造前坡顶与地面的距离BE为24米；BF至少是8米．
类型三 方向角
7．（2021秋•汝阳县期末）如图，点A到点C的距离为100米，要测量河对岸B点到河岸AD的距离．小明在A点测得B在北偏东60°的方向上，在C点测得B在北偏东30°的方向上，则B点到河岸AD的距离为（ ）
A．100米 B．50米 C．米 D．50米
【答案】D
【解答】解：过B作BM⊥AD于M，如图：
由题意得：∠BAD＝90°﹣60°＝30°，∠BCD＝90°﹣30°＝60°，
∴∠ABC＝∠BCD﹣∠BAD＝30°，
∴∠BAD＝∠ABC，
∴BC＝AC＝100米，
∵BM⊥AD，
∴∠BMC＝90°，
在Rt△BCM中，sin∠BCM＝，
∴BM＝BC×sin∠BCM＝100×＝50（米），
即B点到河岸AD的距离为50米，
故选：D．
8．（2021•钦州模拟）如图，一艘测量船在A处测得灯塔S在它的南偏东60°方向，测量船继续向正东航行30海里后到达B处，这时测得灯塔S在它的南偏西75°方向，则灯塔S离观测点A的距离是（ ）
A．15海里 B．（15﹣15）海里
C．（15﹣15）海里 D．15海里
【答案】B
【解答】解：过S作SC⊥AB于C，在AB上截取CD＝AC，
∴AS＝DS，
∴∠CDS＝∠CAS＝30°，
∵∠ABS＝15°，
∴∠DSB＝15°，
∴SD＝BD，
设CS＝x海里，
在Rt△ASC中，∠CAS＝30°，
∴AC＝x（海里），AS＝DS＝BD＝2x（海里），
∵AB＝30海里，
∴x+x+2x＝30，
解得：x＝，
∴AS＝（15﹣15）（海里），
故选：B．
9．（2021秋•成武县期中）如图在某监测点B处望见一艘正在作业的渔船在南偏西15方向的A处，若渔船沿北偏西75°方向以60海里/小时的速度航行半小时后到达C处，在C处观测到B在C的北偏东60°方向上，则B、C之间的距离为（ ）
A．30海里 B．20海里 C．20海里 D．30海里
【答案】D
【解答】解：如图，由题意得：AC＝60×0.5＝30（海里），
∵CD∥BF，
∴∠CBF＝∠DCB＝60°，
∵∠ABF＝15°，
∴∠ABC＝∠CBF﹣∠ABF＝45°，
∵AE∥BF，
∴∠EAB＝∠FBA＝15°，
又∵∠EAC＝75°，
∴∠CAB＝∠EAB+∠EAC＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴BC＝AC＝30（海里），
故选：D．
1．（2021秋•历下区期末）我国航天事业捷报频传，天舟二号于2021年5月29日成功发射，震撼人心．当天舟二号从地面到达点A处时，在P处测得A点的仰角∠DPA为30°，A与P两点的距离为10千米；它沿铅垂线上升到达B处时，此时在P处测得B点的仰角∠DPB为45°，则天舟二号从A处到B处的距离AB的长为（ ）（参考数据：≈1.7，≈1.4）．
A．2.0千米 B．1.5千米 C．2.5千米 D．3.5千米
【答案】D
【解答】解：在Rt△APD中，∠DPA＝30°，AP＝10千米，∠ADP＝90°，cos∠DPA＝cos30°＝，
∴AD＝AP＝×10＝5（千米），PD＝AP•cos30°＝10×＝5（千米），
在Rt△BPD中，tan∠DPB＝tan45°＝，
∴BD＝PD•tan45°＝5×1＝5（千米），
∴AB＝BD﹣AD＝5﹣5≈8.5﹣5＝3.5（千米），
故选：D．
2．（2021秋•盐湖区期末）如图，一艘轮船在小岛A的西北方向距小岛40海里的C处，沿正东方向航行一段时间后到达小岛A的北偏东60°的B处，则该船行驶的路程为（ ）
A．80海里 B．120海里
C．（40+40）海里 D．（40+40）海里
【答案】D
【解答】解：如图，过点A作AD⊥BC于D，
由题意得，∠CAD＝45°，∠BAD＝60°，AC＝40海里，
在Rt△ADC中，∠ADC＝90°，∠CAD＝45°，AC＝40海里，
∴AD＝CD＝×40＝40（海里），
在Rt△ADB中，∠ADB＝90°，∠BAD＝45°，AD＝40海里，
∴BD＝AD＝40（海里），
∴BC＝CD+BD＝（40+40）海里，
故选：D．
3．（2021秋•柯城区期末）如图，河坝横断面迎水坡AB的坡比是1：2（坡比是坡面铅直高度BC与水平宽度AC之比），坝高BC＝3m，则坡面AB的长度最接近（ ）（参考数据：≈1.73，≈2.24）
A．5.2m B．6m C．6.7m D．9m
【答案】C
【解答】解：∵坡AB的坡比是1：2，BC＝3m，
∴AC＝6cm，
由勾股定理得：AB＝＝＝3≈6.7（m），
故选：C．
4．（2021秋•通州区期末）如图，要测量山高CD，可以把山坡“化整为零”地划分为AB和BC两段，每一段上的山坡近似是“直”的．若量得坡长AB＝600m，BC＝800m，测得坡角∠BAD＝30°，∠CBE＝45°，则山高CD为（ ）
A．（300+800）m B．700m
C．（300+400）m D．（400+300）m
【答案】C
【解答】解：由题意可知，四边形BFDE为矩形，
∴DE＝BF，
在Rt△BAF中，∠BAF＝30°，AB＝600m，
则BF＝AB＝300（m），
∴DE＝300m，
在Rt△CBE中，∠CBE＝45°，BC＝800m，
∴CE＝BC＝400（m），
∴CD＝CE+DE＝（300+400）m，
故选：C．
5．（2021秋•安居区期末）如图所示，某拦水大坝的横断面为梯形ABCD，AE，DF为梯形的高，其中迎水坡AB的坡角α＝45°，坡长AB＝10米，背水坡CD的坡度i＝1：，则背水坡的坡长CD为（ ）米．
A．20 B．20 C．10 D．20
【答案】A
【解答】解：由题意得：四边形AEFD是矩形，
∴DF＝AE，
∵迎水坡AB的坡角α＝45°，坡长AB＝10米，
∴DF＝AE＝10×sin45°＝10（米），
∵背水坡CD的坡度i＝1：，
∴tanC＝i＝＝＝，
∴∠C＝30°，
∴CD＝2DF＝2AE＝20（米），
故选：A．
6．（2021秋•临淄区期末）为了学生的安全，某校决定把一段如图所示的步梯路段进行改造．已知四边形ABCD为矩形，DE＝10m，其坡度为i1＝1：，将步梯DE改造为斜坡AF，其坡度为i2＝1：4，求斜坡AF的长度是 米．（结果精确到0.01m，参考数据：≈1.732，≈4.123）
【答案】20.62
【解答】解：∵DE的坡度为i1＝1：，
∴tan∠DEC＝＝，
∴∠DEC＝30°，
∴DC＝DE＝5（m），
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD＝5m，
∵斜坡AF的坡度为i2＝1：4，AB＝5m，
∴BF＝4AB＝20（m），
在Rt△ABF中，AF＝＝≈20.62（m），
∴斜坡AF的长度约为20.62米，
故答案为：20.62．
7．（2021•抚顺）某景区A、B两个景点位于湖泊两侧，游客从景点A到景点B必须经过C处才能到达．观测得景点B在景点A的北偏东30°，从景点A出发向正北方向步行600米到达C处，测得景点B在C的北偏东75°方向．
（1）求景点B和C处之间的距离；（结果保留根号）
（2）当地政府为了便捷游客游览，打算修建一条从景点A到景点B的笔直的跨湖大桥．大桥修建后，从景点A到景点B比原来少走多少米？（结果保留整数．参考数据：≈1.414，≈1.732）
【答案】（1）300m （2）205m
【解答】解：（1）过点C作CD⊥AB于点D，
由题意得，∠A＝30°，∠BCE＝75°，AC＝600m，
在Rt△ACD中，∠A＝30°，AC＝600，
∴CD＝AC＝300（m），
AD＝AC＝300（m），
∵∠BCE＝75°＝∠A+∠B，
∴∠B＝75°﹣∠A＝45°，
∴CD＝BD＝300（m），
BC＝CD＝300（m），
答：景点B和C处之间的距离为300m；
（2）由题意得．
AC+BC＝（600+300）m，
AB＝AD+BD＝（300+300）m，
AC+BC﹣AB＝（600+300）﹣（300+300）
≈204.6
≈205（m），
答：大桥修建后，从景点A到景点B比原来少走约205m．
1．（2021•深圳）如图，在点F处，看建筑物顶端D的仰角为32°，向前走了15米到达点E即EF＝15米，在点E处看点D的仰角为64°，则CD的长用三角函数表示为（ ）
A．15sin32° B．15tan64° C．15sin64° D．15tan32°
【答案】C
【解答】解：∵∠CED＝64°，∠F＝32°，∠CED＝∠F+∠EDF，
∴∠EDF＝∠CED﹣∠F＝64°﹣32°＝32°，
∴∠EDF＝∠F，
∴DE＝EF，
∵EF＝15米，
∴DE＝15米，
在Rt△CDE中，
∵sin∠CED＝，
∴CD＝DEsin∠CED＝15sin64°，
故选：C．
2．（2021•重庆）如图，在建筑物AB左侧距楼底B点水平距离150米的C处有一山坡，斜坡CD的坡度（或坡比）为i＝1：2.4，坡顶D到BC的垂直距离DE＝50米（点A，B，C，D，E在同一平面内），在点D处测得建筑物顶点A的仰角为50°，则建筑物AB的高度约为（ ）
（参考数据：sin50°≈0.77；cos50°≈0.64；tan50°≈1.19）
A．69.2米 B．73.1米 C．80.0米 D．85.7米
【答案】D
【解答】解：∵斜坡CD的坡度（或坡比）为i＝1：2.4，
∴DE：CE＝5：12，
∵DE＝50米，
∴CE＝120米，
∵BC＝150米，
∴BE＝150﹣120＝30（米），
∴AB＝tan50°×30+50
≈85.7（米）．
故选：D．
3．（2020•自贡）如图，我市在建高铁的某段路基横断面为梯形ABCD，DC∥AB．BC长6米，坡角β为45°，AD的坡角α为30°，则AD长为 米（结果保留根号）．
【答案】6
【解答】解：过点D作DE⊥AB于E，过点C作CF⊥AB于F．
∵CD∥AB，DE⊥AB，CF⊥AB，
∴DE＝CF，
在Rt△CFB中，CF＝BC•sin45°＝3（米），
∴DE＝CF＝3（米），
在Rt△ADE中，∵∠A＝30°，∠AED＝90°，
∴AD＝2DE＝6（米），
故答案为：6．
4．（2020•泰安）如图，某校教学楼后面紧邻着一个山坡，坡上面是一块平地．BC∥AD，BE⊥AD，斜坡AB长26m，斜坡AB的坡比为12：5．为了减缓坡面，防止山体滑坡，学校决定对该斜坡进行改造．经地质人员勘测，当坡角不超过50°时，可确保山体不滑坡．如果改造时保持坡脚A不动，则坡顶B沿BC至少向右移 m时，才能确保山体不滑坡．（取tan50°≈1.2）
【答案】10
【解答】解：在BC上取点F，使∠FAE＝50°，过点F作FH⊥AD于H，
∵BF∥EH，BE⊥AD，FH⊥AD，
∴四边形BEHF为矩形，
∴BF＝EH，BE＝FH，
∵斜坡AB的坡比为12：5，
∴＝，
设BE＝12xm，则AE＝5xm，
由勾股定理得，AE2+BE2＝AB2，即（5x）2+（12x）2＝262，
解得，x＝2，
∴AE＝10m，BE＝24m，
∴FH＝BE＝24m，
在Rt△FAH中，tan∠FAH＝，
∴AH＝≈20（m），
∴BF＝EH＝AH﹣AE＝10（m），
∴坡顶B沿BC至少向右移10m时，才能确保山体不滑坡，
故答案为：10．
5．（2021•黔西南州）如图，热气球的探测器显示，从热气球底部A处看一栋楼顶部的俯角为30°，看这栋楼底部的俯角为60°，热气球A处与地面距离为150m，则这栋楼的高度是 m．
【答案】100
【解答】解：如图，过A作AH⊥BC，交CB的延长线于点H，
在Rt△ACD中，
∵∠CAD＝30°，AD＝150m，
∴CD＝AD•tan30°＝150×＝50（m），
∴AH＝CD＝50m．
在Rt△ABH中，
∵∠BAH＝30°，AH＝50m，
∴BH＝AH•tan30°＝50×＝50（m），
∴BC＝AD﹣BH＝150﹣50＝100（m），
答：这栋楼的高度为100m．
故答案为：100．
6．（2021•广西）如图，从楼顶A处看楼下荷塘C处的俯角为45°，看楼下荷塘D处的俯角为60°，已知楼高AB为30米，则荷塘的宽CD为 米（结果保留根号）．
【答案】（30﹣10）
【解答】解：由题意可得，∠ADB＝60°，∠ACB＝45°，AB＝30m，
在Rt△ABC中，
∵∠ACB＝45°，
∴AB＝BC，
在Rt△ABD中，
∵∠ADB＝60°，
∴BD＝AB＝10（m），
∴CD＝BC﹣BD＝（30﹣10）m，
故答案为：（30﹣10）．
7．（2019•潍坊）自开展“全民健身运动”以来，喜欢户外步行健身的人越来越多，为方便群众步行健身，某地政府决定对一段如图1所示的坡路进行改造．如图2所示，改造前的斜坡AB＝200米，坡度为1：；将斜坡AB的高度AE降低AC＝20米后，斜坡AB改造为斜坡CD，其坡度为1：4．求斜坡CD的长．（结果保留根号）
【答案】米
【解答】解：∵∠AEB＝90°，AB＝200米，坡度为1：，
∴tan∠ABE＝，
∴∠ABE＝30°，
∴AE＝AB＝100米，
∵AC＝20米，
∴CE＝80米，
∵∠CED＝90°，斜坡CD的坡度为1：4，
∴，
即，
解得，ED＝320米，
∴CD＝＝米，
答：斜坡CD的长是米．
1．（2021•双阳区一模）某课外数学兴趣小组的同学进行关于测量楼房高度的综合实践活动．如图，他们在距离楼房35米的C处测得楼顶的仰角为α，则楼房AB的高为（ ）
A．35sinα米 B．35tanα米 C．米 D．米
【答案】B
【解答】解：在Rt△ABC中，∵∠ABC＝90°，∠ACB＝α，BC＝35米，
∴AB＝BC•tanα＝35tanα（米），
答：楼房AB的高为35tanα米．
故选：B．
2．（2021•南山区校级二模）如图，从一热气球的探测器A点，看一栋高楼顶部的仰角为55°，看这栋高楼底部的俯角为35°，若热气球与高楼的水平距离为35m，则这栋高楼度大约是（ ）（考数据：sin55°≈，cos55°≈，tan55°≈）
A．74米 B．80米 C．84米 D．98米
【答案】A
【解答】解：过点A作AD⊥BC于D，
在Rt△ABD中，∠BAD＝55°，AD＝35m，tan∠BAD＝，
∴BD＝AD•tan∠BAD≈35×＝49（m），
在Rt△ACD中，∠ACD＝90°﹣∠CAD＝55°，AD＝35m，tan∠ACD＝，
∴CD＝≈＝25（m），
∴BC＝BD+CD＝49+25＝74（m），
故选：A．
3．（2021•长春模拟）如图，建筑工地划出了三角形安全区△ABC，一人从A点出发，沿北偏东53°方向走50m到达C点，另一人从B点出发，沿北偏西53°方向走100m到达C点，则点A与点B相距（ ）（tan53°≈）
A． B． C． D．130m
【答案】B
【解答】解：如图，过C作CF⊥AD，CE∥AD，BE∥AG，
∴∠CEB＝90°，∠GAC＝∠ACF＝∠EBC＝∠BCF＝53°，AC＝50，BC＝100，四边形CEDF是矩形，
∴DE＝CF，DF＝CE，
在Rt△ACF中，tan∠ACF＝＝tan53°，
在Rt△BCE中，tan∠EBC＝＝tan53°，
∵tan53°≈，
∴＝＝，
∴AF＝CF，CE＝BE，
在Rt△ACF中，AF2+CF2＝AC2，
∴CF2+（CF）2＝502，
解得CF＝DE＝30，AF＝×30＝40，
在Rt△BCE中，BE2+CE2＝BC2，
∴BE2+（BE）2＝1002，
解得BE＝60，CE＝DF＝×60＝80，
∴AD＝AF+DF＝120，BD＝BE﹣DE＝30，
在Rt△ABD中，AD2+BD2＝AB2，
∴AB＝＝30．
故选：B．
4．（2021•松北区三模）如图，胡同左右两侧是竖直的墙，一架3米长的梯子BC斜靠在右侧墙壁上，测得梯子与地面的夹角为45°，此时梯子顶端B恰巧与墙壁顶端重合．因梯子阻碍交通，故将梯子底端向右移动一段距离到达D处，此时测得梯子AD与地面的夹角为60°，则胡同左侧的通道拓宽了（ ）
A．米 B．3米 C．（3﹣）米 D．（3﹣）米
【答案】D
【解答】解：在Rt△EBC中，∠BCE＝45°，
∴EC＝EB＝BC＝×3＝3（米），
在Rt△BDE中，tan∠BDE＝，
∴DE＝＝＝（米），
∴CD＝EC﹣DE＝（3﹣）米，
故选：D．
5．（2021•河南模拟）如图，AD是土坡AB左侧的一个斜坡，坡度为55°，村委会在坡底D处建另一个高为3米的平台，并将斜坡AD改为AC，坡比i＝1：1，求土坡AB的高度．（精确到0.1米，参考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43．）
【答案】10.0米
【解答】解：过点C作CE⊥AB于E，
设AE＝x米，
∵CD⊥BD，AB⊥CD，
∴四边形CDBE为矩形，
∴BE＝CD＝3米，CE＝DB，
∵斜坡AC的坡比i＝1：1，
∴CE＝AE＝x米，
∴AB＝（x+3）米，
在Rt△ADB中，tan∠ADB＝，即≈1.43，
解得：x≈6.98，
则AB＝x+3＝9.98≈10.0（米），
答：土坡AB的高度约为10.0米．
6．（2021•九江模拟）如图1是甘棠湖上的一座拱桥，图2是其侧面示意图，斜道AB的坡度tanA＝，斜道CD的坡度tanD＝，得湖宽AD＝76米，AB＝10米，CD＝12米，已知所在圆的圆心O在AD上．
（1）分别求点B，C到直线AD的距离；
（2）求的长．
【答案】（1）点B到直线AD的距离为10米，点C到直线AD的距离为12米
（2）π
【解答】解：（1）过点B作BE⊥AD于E，过点C作CF⊥AD于F，
在Rt△BAE中，tanA＝，即＝，
设BE＝x米，则AE＝3x米，
由勾股定理得：BE2+AE2＝AB2，即x2+（3x）2＝（10）2，
解得：x1＝10，x2＝﹣10（舍去），
∴BE＝10米，AE＝30米，
在Rt△DCF中，tanD＝，即＝，
设CF＝y米，则DF＝2y米，
由勾股定理得：CF2+DF2＝CD2，即y2+（2y）2＝（12）2，
解得：y1＝12，22＝﹣12（舍去），
∴CF＝12米，DF＝24米，
答：点B到直线AD的距离为10米，点C到直线AD的距离为12米；
（2）连接OB、OC，
∵AD＝76米，AE＝30米，DF＝24米，
∴EF＝76﹣30﹣24＝22米，
设OE＝z米，则OF＝（22﹣z）米，
在Rt△BEO中，OB2＝BE2+OE2，
在Rt△CFO中，OC2＝CF2+OF2，
∴BE2+OE2＝CF2+OF2，即102+z2＝122+（22﹣z）2，
解得：z＝12，
则OE＝12米，OF＝10米，
∴△BEO≌△OFC，
∴∠BOE＝∠OCF，
∵∠COF+∠OCF＝90°，
∴∠COF+∠BOE＝90°，
∴∠BOC＝90°，
在Rt△BEO中，OB＝＝＝2（米），
∴的长＝＝π（米）．
7．（2021•九龙坡区模拟）重庆市某校数学兴趣小组在水库某段CD的附近借助无人机进行实物测量的社会实践活动．如图所示，兴趣小组在水库正面左岸的C处测得水库右岸D处某标志物DE顶端的仰角为α．在C处一架无人飞机以北偏西90°﹣β方向飞行100米到达点A处，无人机沿水平线AF方向继续飞行30米至B处，测得正前方水库右岸D处的俯角为30°．线段AM的长为无人机距地面的铅直高度，点M、C、D在同一条直线上．
（1）求无人机的飞行高度AM；
（2）求标志物DE的高度．（结果精确到0.1米）
（已知数据：sinα＝，cosα＝，tanα＝，sinβ＝，cosβ＝，tanβ＝2，≈1.732）
【答案】（1） AM为200 （2） 207.3米
【解答】解：（1）根据题意可知：∠ACM＝β，AC＝100米，
∴AM＝AC•sinβ＝100×＝200（米），
答：无人机的飞行高度AM为200米；
（2）根据题意可知：∠ECD＝α，AB＝30米，∠FBD＝30°，
如图，作BG⊥MC于点G交AC于点H，
∵AB∥CM，
∴∠BAH＝∠ACM＝β，
∴BH＝AB•tanβ＝30×2＝60（米），
∴HG＝BG﹣BH＝200﹣60＝140（米），
∵AB∥CM，
∴△HBA∽△HGC，
∴AB：GC＝BH：HG，
∴30：GC＝60：140，
解得GC＝70（米），
∵∠GBD＝90°﹣30°＝60°，
∴GD＝BG•tan∠GBD＝200×＝200（米），
∴CD＝GD﹣GC＝（200﹣70）米，
∴DE＝CD•tanα＝（200﹣70）×≈207.3（米）．
答：标志物DE的高度为207.3米．
考点二十四 解直角三角形的实际应用
【命题趋势】
在中考中，锐角三角形函数主要选择题、填空题，解答题考查为主，难度系数低。
【中考考查重点】
解直角三角形的实际应用
1.解一个直角三角形
2.背靠背型
3.母子型
考点 解直角三角形的实际应用
类型一 仰角、俯角
1．（2021秋•包河区期末）如图，在离铁塔BC底部30米的D处，用测角仪从点A处测得塔顶B的仰角为α＝30°，测角仪高AD为1.5米，则铁塔的高BC为（ ）
A．16.5米 B．（10+1.5）米
C．（15+1.5）米 D．（15+1.5）米
【答案】B
【解答】解：过点A作AE⊥BC，E为垂足，如图所示：
则四边形ADCE为矩形，AE＝30米，
∴CE＝AD＝1.5米，
在Rt△ABE中，tanα＝＝tan30°＝，
∴BE＝AE＝×30＝10（米），
∴BC＝BE+CE＝（10+1.5）米，
故选：B．
2．（2021秋•丛台区校级期末）如图，小东在教学楼距地面8米高的窗口C处，测得正前方旗杆顶部A点的仰角为37°，旗杆底部B点的俯角为45°，升旗时，国旗上端悬挂在距地面2.5米处，若国旗随国歌声冉冉升起，并在国歌播放46秒结束时到达旗杆顶端，则国旗匀速上升的速度为（ ）米/秒．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）
A．0.3 B．0.2 C．0.25 D．0.35
【答案】C
【解答】解：在Rt△BCD中，BD＝8米，∠BCD＝45°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴BD＝CD＝8米，
在Rt△ACD中，CD＝8米，∠ACD＝37°，
∴AD＝CD•tan37°≈8×0.75＝6（米），
∴旗杆AB的高为：AD+BD＝6+8＝14（米）；
升旗时，国旗上升高度是：14﹣2.5＝11.5（米），
∵耗时46s，
∴国旗匀速上升的速度为：＝0.25（米/秒），
故选：C．
3．（2021秋•历城区期末）如图，某建筑物的顶部有一块宣传牌CD，小明在山坡的坡脚A处测得宣传牌底部D的仰角为60°，沿山坡向上走到B处测得宣传牌顶部C的仰角为45°，已知斜坡AB的坡角为30°，AB＝10米，AE＝15米，则宣传牌CD的高度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解答】解：过B作BF⊥AE，交EA的延长线于F，作BG⊥DE于G．
在Rt△ABF中，∠BAF＝30°，AB＝10米，
∴BF＝AB＝5（米），AF＝BF＝5（米）．
∴BG＝AF+AE＝（5+15）（米），
在Rt△BGC中，∠CBG＝45°，
∴△BGC是等腰直角三角形，
∴CG＝BG＝（5+15）（米），
在Rt△ADE中，∠DAE＝60°，AE＝15米，
∴DE＝AE＝15（米），
∴CD＝CG+GE﹣DE＝5+15+5﹣15＝（20﹣10）（米），
即宣传牌CD的高度是（20﹣10）米，
故选：A．
4．（2021秋•汉寿县期末）如图，某办公楼AB的后面有一建筑物CD（办公楼AB与建筑物CD均垂直于地面BCF），当光线与地面的夹角是22°时，办公楼在建筑物CD的墙上留下的影子CE＝2米，而当光线与地面夹角是45°时，办公楼顶A在地面上的影子F与墙角C有25米的距离（点B，F，C在同一条直线上）．
（1）求办公楼AB的高度；
（2）若要在A，E之间挂一些彩旗，请你求出A，E之间的距离．
（参考数据：sin22°≈，cos22°≈，tan22°≈，）
【答案】（1） 20m （2）48米
【解答】解：（1）过点E作EM⊥AB于点M，
则四边形BCEM为矩形，
∴BM＝CE＝2米，
设AB＝x米，
在Rt△ABF中，∠AFB＝45°，
∴BF＝AB＝x米，
∴BC＝BF+FC＝（x+25）米，AM＝（x﹣2）米，
在Rt△AEM中，tan∠AEM＝，
则≈，
解得：x＝20，
答：办公楼AB的高度为20m；
（2）在Rt△AME中，cos∠AEM＝，
则cos22°＝，即≈，
解得：AE＝48，
答：A，E之间的距离约为48米．
类型二 坡度、坡角
5．（2021秋•淇县期末）如图，河坝横断面迎水坡AB的坡比为1：，坝高BC＝3m，则AC的长度为（ ）
A．6m B．m C．9m D．m
【答案】D
【解答】解：∵坡AB的坡比为1：，
∴BC：AC＝1：，
∵BC＝3m，
∴AC＝3m，
故选：D．
16．（2021秋•莱芜区期末）如图，某水库大坝的横断面是梯形ABCD，坝高DE＝5m，斜坡BC的坡比为5：12，则斜坡BC＝（ ）
A．13m B．8m C．18m D．12m
【答案】A
【解答】解：过点C作CF⊥AB于F，
∵DC∥AB，
∴CF＝DE＝5m，
∵斜坡BC的坡比为5：12，CF＝5m，
∴BF＝12m，
由勾股定理得：BC＝＝＝13（m），
故选：A．
6．（2021秋•龙口市期末）如图，山区某教学楼后面紧邻着一个土坡，坡面BC平行于地面AD，斜坡AB的坡比为i＝1：，且AB＝26米，为了防止山体滑坡，保障安全，学校决定对该土坡进行改造，经地质人员勘测，当坡角不超过53°时，可确保山体不滑坡；
（1）求改造前坡顶与地面的距离BE的长；
（2）为了消除安全隐患，学校计划将斜坡AB改造成AF（如图所示），那么BF至少是多少米？（结果精确到1米）
【参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.33，cot53°≈0.75】
【答案】（1） BE＝24 （2）BE为24米；BF至少是8米
【解答】解：（1）在Rt△ABE中，AB＝26，i＝＝，
设BE＝12k，AE＝5k，则AB＝13k＝26，k＝2，
∴AE＝10（米），BE＝24（米）；
（2）过点F作FG⊥AD于点G，
由题意可知：FG＝BE＝24，∠FAD＝53°，
在Rt△AFG中，cot53°＝＝0.75，
∴AG＝18（米），
∴BF＝GE＝AG﹣AE＝8（米），
答：改造前坡顶与地面的距离BE为24米；BF至少是8米．
类型三 方向角
7．（2021秋•汝阳县期末）如图，点A到点C的距离为100米，要测量河对岸B点到河岸AD的距离．小明在A点测得B在北偏东60°的方向上，在C点测得B在北偏东30°的方向上，则B点到河岸AD的距离为（ ）
A．100米 B．50米 C．米 D．50米
【答案】D
【解答】解：过B作BM⊥AD于M，如图：
由题意得：∠BAD＝90°﹣60°＝30°，∠BCD＝90°﹣30°＝60°，
∴∠ABC＝∠BCD﹣∠BAD＝30°，
∴∠BAD＝∠ABC，
∴BC＝AC＝100米，
∵BM⊥AD，
∴∠BMC＝90°，
在Rt△BCM中，sin∠BCM＝，
∴BM＝BC×sin∠BCM＝100×＝50（米），
即B点到河岸AD的距离为50米，
故选：D．
8．（2021•钦州模拟）如图，一艘测量船在A处测得灯塔S在它的南偏东60°方向，测量船继续向正东航行30海里后到达B处，这时测得灯塔S在它的南偏西75°方向，则灯塔S离观测点A的距离是（ ）
A．15海里 B．（15﹣15）海里
C．（15﹣15）海里 D．15海里
【答案】B
【解答】解：过S作SC⊥AB于C，在AB上截取CD＝AC，
∴AS＝DS，
∴∠CDS＝∠CAS＝30°，
∵∠ABS＝15°，
∴∠DSB＝15°，
∴SD＝BD，
设CS＝x海里，
在Rt△ASC中，∠CAS＝30°，
∴AC＝x（海里），AS＝DS＝BD＝2x（海里），
∵AB＝30海里，
∴x+x+2x＝30，
解得：x＝，
∴AS＝（15﹣15）（海里），
故选：B．
9．（2021秋•成武县期中）如图在某监测点B处望见一艘正在作业的渔船在南偏西15方向的A处，若渔船沿北偏西75°方向以60海里/小时的速度航行半小时后到达C处，在C处观测到B在C的北偏东60°方向上，则B、C之间的距离为（ ）
A．30海里 B．20海里 C．20海里 D．30海里
【答案】D
【解答】解：如图，由题意得：AC＝60×0.5＝30（海里），
∵CD∥BF，
∴∠CBF＝∠DCB＝60°，
∵∠ABF＝15°，
∴∠ABC＝∠CBF﹣∠ABF＝45°，
∵AE∥BF，
∴∠EAB＝∠FBA＝15°，
又∵∠EAC＝75°，
∴∠CAB＝∠EAB+∠EAC＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴BC＝AC＝30（海里），
故选：D．
1．（2021秋•历下区期末）我国航天事业捷报频传，天舟二号于2021年5月29日成功发射，震撼人心．当天舟二号从地面到达点A处时，在P处测得A点的仰角∠DPA为30°，A与P两点的距离为10千米；它沿铅垂线上升到达B处时，此时在P处测得B点的仰角∠DPB为45°，则天舟二号从A处到B处的距离AB的长为（ ）（参考数据：≈1.7，≈1.4）．
A．2.0千米 B．1.5千米 C．2.5千米 D．3.5千米
【答案】D
【解答】解：在Rt△APD中，∠DPA＝30°，AP＝10千米，∠ADP＝90°，cos∠DPA＝cos30°＝，
∴AD＝AP＝×10＝5（千米），PD＝AP•cos30°＝10×＝5（千米），
在Rt△BPD中，tan∠DPB＝tan45°＝，
∴BD＝PD•tan45°＝5×1＝5（千米），
∴AB＝BD﹣AD＝5﹣5≈8.5﹣5＝3.5（千米），
故选：D．
2．（2021秋•盐湖区期末）如图，一艘轮船在小岛A的西北方向距小岛40海里的C处，沿正东方向航行一段时间后到达小岛A的北偏东60°的B处，则该船行驶的路程为（ ）
A．80海里 B．120海里
C．（40+40）海里 D．（40+40）海里
【答案】D
【解答】解：如图，过点A作AD⊥BC于D，
由题意得，∠CAD＝45°，∠BAD＝60°，AC＝40海里，
在Rt△ADC中，∠ADC＝90°，∠CAD＝45°，AC＝40海里，
∴AD＝CD＝×40＝40（海里），
在Rt△ADB中，∠ADB＝90°，∠BAD＝45°，AD＝40海里，
∴BD＝AD＝40（海里），
∴BC＝CD+BD＝（40+40）海里，
故选：D．
3．（2021秋•柯城区期末）如图，河坝横断面迎水坡AB的坡比是1：2（坡比是坡面铅直高度BC与水平宽度AC之比），坝高BC＝3m，则坡面AB的长度最接近（ ）（参考数据：≈1.73，≈2.24）
A．5.2m B．6m C．6.7m D．9m
【答案】C
【解答】解：∵坡AB的坡比是1：2，BC＝3m，
∴AC＝6cm，
由勾股定理得：AB＝＝＝3≈6.7（m），
故选：C．
4．（2021秋•通州区期末）如图，要测量山高CD，可以把山坡“化整为零”地划分为AB和BC两段，每一段上的山坡近似是“直”的．若量得坡长AB＝600m，BC＝800m，测得坡角∠BAD＝30°，∠CBE＝45°，则山高CD为（ ）
A．（300+800）m B．700m
C．（300+400）m D．（400+300）m
【答案】C
【解答】解：由题意可知，四边形BFDE为矩形，
∴DE＝BF，
在Rt△BAF中，∠BAF＝30°，AB＝600m，
则BF＝AB＝300（m），
∴DE＝300m，
在Rt△CBE中，∠CBE＝45°，BC＝800m，
∴CE＝BC＝400（m），
∴CD＝CE+DE＝（300+400）m，
故选：C．
5．（2021秋•安居区期末）如图所示，某拦水大坝的横断面为梯形ABCD，AE，DF为梯形的高，其中迎水坡AB的坡角α＝45°，坡长AB＝10米，背水坡CD的坡度i＝1：，则背水坡的坡长CD为（ ）米．
A．20 B．20 C．10 D．20
【答案】A
【解答】解：由题意得：四边形AEFD是矩形，
∴DF＝AE，
∵迎水坡AB的坡角α＝45°，坡长AB＝10米，
∴DF＝AE＝10×sin45°＝10（米），
∵背水坡CD的坡度i＝1：，
∴tanC＝i＝＝＝，
∴∠C＝30°，
∴CD＝2DF＝2AE＝20（米），
故选：A．
6．（2021秋•临淄区期末）为了学生的安全，某校决定把一段如图所示的步梯路段进行改造．已知四边形ABCD为矩形，DE＝10m，其坡度为i1＝1：，将步梯DE改造为斜坡AF，其坡度为i2＝1：4，求斜坡AF的长度是 米．（结果精确到0.01m，参考数据：≈1.732，≈4.123）
【答案】20.62
【解答】解：∵DE的坡度为i1＝1：，
∴tan∠DEC＝＝，
∴∠DEC＝30°，
∴DC＝DE＝5（m），
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD＝5m，
∵斜坡AF的坡度为i2＝1：4，AB＝5m，
∴BF＝4AB＝20（m），
在Rt△ABF中，AF＝＝≈20.62（m），
∴斜坡AF的长度约为20.62米，
故答案为：20.62．
7．（2021•抚顺）某景区A、B两个景点位于湖泊两侧，游客从景点A到景点B必须经过C处才能到达．观测得景点B在景点A的北偏东30°，从景点A出发向正北方向步行600米到达C处，测得景点B在C的北偏东75°方向．
（1）求景点B和C处之间的距离；（结果保留根号）
（2）当地政府为了便捷游客游览，打算修建一条从景点A到景点B的笔直的跨湖大桥．大桥修建后，从景点A到景点B比原来少走多少米？（结果保留整数．参考数据：≈1.414，≈1.732）
【答案】（1）300m （2）205m
【解答】解：（1）过点C作CD⊥AB于点D，
由题意得，∠A＝30°，∠BCE＝75°，AC＝600m，
在Rt△ACD中，∠A＝30°，AC＝600，
∴CD＝AC＝300（m），
AD＝AC＝300（m），
∵∠BCE＝75°＝∠A+∠B，
∴∠B＝75°﹣∠A＝45°，
∴CD＝BD＝300（m），
BC＝CD＝300（m），
答：景点B和C处之间的距离为300m；
（2）由题意得．
AC+BC＝（600+300）m，
AB＝AD+BD＝（300+300）m，
AC+BC﹣AB＝（600+300）﹣（300+300）
≈204.6
≈205（m），
答：大桥修建后，从景点A到景点B比原来少走约205m．
1．（2021•深圳）如图，在点F处，看建筑物顶端D的仰角为32°，向前走了15米到达点E即EF＝15米，在点E处看点D的仰角为64°，则CD的长用三角函数表示为（ ）
A．15sin32° B．15tan64° C．15sin64° D．15tan32°
【答案】C
【解答】解：∵∠CED＝64°，∠F＝32°，∠CED＝∠F+∠EDF，
∴∠EDF＝∠CED﹣∠F＝64°﹣32°＝32°，
∴∠EDF＝∠F，
∴DE＝EF，
∵EF＝15米，
∴DE＝15米，
在Rt△CDE中，
∵sin∠CED＝，
∴CD＝DEsin∠CED＝15sin64°，
故选：C．
2．（2021•重庆）如图，在建筑物AB左侧距楼底B点水平距离150米的C处有一山坡，斜坡CD的坡度（或坡比）为i＝1：2.4，坡顶D到BC的垂直距离DE＝50米（点A，B，C，D，E在同一平面内），在点D处测得建筑物顶点A的仰角为50°，则建筑物AB的高度约为（ ）
（参考数据：sin50°≈0.77；cos50°≈0.64；tan50°≈1.19）
A．69.2米 B．73.1米 C．80.0米 D．85.7米
【答案】D
【解答】解：∵斜坡CD的坡度（或坡比）为i＝1：2.4，
∴DE：CE＝5：12，
∵DE＝50米，
∴CE＝120米，
∵BC＝150米，
∴BE＝150﹣120＝30（米），
∴AB＝tan50°×30+50
≈85.7（米）．
故选：D．
3．（2020•自贡）如图，我市在建高铁的某段路基横断面为梯形ABCD，DC∥AB．BC长6米，坡角β为45°，AD的坡角α为30°，则AD长为 米（结果保留根号）．
【答案】6
【解答】解：过点D作DE⊥AB于E，过点C作CF⊥AB于F．
∵CD∥AB，DE⊥AB，CF⊥AB，
∴DE＝CF，
在Rt△CFB中，CF＝BC•sin45°＝3（米），
∴DE＝CF＝3（米），
在Rt△ADE中，∵∠A＝30°，∠AED＝90°，
∴AD＝2DE＝6（米），
故答案为：6．
4．（2020•泰安）如图，某校教学楼后面紧邻着一个山坡，坡上面是一块平地．BC∥AD，BE⊥AD，斜坡AB长26m，斜坡AB的坡比为12：5．为了减缓坡面，防止山体滑坡，学校决定对该斜坡进行改造．经地质人员勘测，当坡角不超过50°时，可确保山体不滑坡．如果改造时保持坡脚A不动，则坡顶B沿BC至少向右移 m时，才能确保山体不滑坡．（取tan50°≈1.2）
【答案】10
【解答】解：在BC上取点F，使∠FAE＝50°，过点F作FH⊥AD于H，
∵BF∥EH，BE⊥AD，FH⊥AD，
∴四边形BEHF为矩形，
∴BF＝EH，BE＝FH，
∵斜坡AB的坡比为12：5，
∴＝，
设BE＝12xm，则AE＝5xm，
由勾股定理得，AE2+BE2＝AB2，即（5x）2+（12x）2＝262，
解得，x＝2，
∴AE＝10m，BE＝24m，
∴FH＝BE＝24m，
在Rt△FAH中，tan∠FAH＝，
∴AH＝≈20（m），
∴BF＝EH＝AH﹣AE＝10（m），
∴坡顶B沿BC至少向右移10m时，才能确保山体不滑坡，
故答案为：10．
5．（2021•黔西南州）如图，热气球的探测器显示，从热气球底部A处看一栋楼顶部的俯角为30°，看这栋楼底部的俯角为60°，热气球A处与地面距离为150m，则这栋楼的高度是 m．
【答案】100
【解答】解：如图，过A作AH⊥BC，交CB的延长线于点H，
在Rt△ACD中，
∵∠CAD＝30°，AD＝150m，
∴CD＝AD•tan30°＝150×＝50（m），
∴AH＝CD＝50m．
在Rt△ABH中，
∵∠BAH＝30°，AH＝50m，
∴BH＝AH•tan30°＝50×＝50（m），
∴BC＝AD﹣BH＝150﹣50＝100（m），
答：这栋楼的高度为100m．
故答案为：100．
6．（2021•广西）如图，从楼顶A处看楼下荷塘C处的俯角为45°，看楼下荷塘D处的俯角为60°，已知楼高AB为30米，则荷塘的宽CD为 米（结果保留根号）．
【答案】（30﹣10）
【解答】解：由题意可得，∠ADB＝60°，∠ACB＝45°，AB＝30m，
在Rt△ABC中，
∵∠ACB＝45°，
∴AB＝BC，
在Rt△ABD中，
∵∠ADB＝60°，
∴BD＝AB＝10（m），
∴CD＝BC﹣BD＝（30﹣10）m，
故答案为：（30﹣10）．
7．（2019•潍坊）自开展“全民健身运动”以来，喜欢户外步行健身的人越来越多，为方便群众步行健身，某地政府决定对一段如图1所示的坡路进行改造．如图2所示，改造前的斜坡AB＝200米，坡度为1：；将斜坡AB的高度AE降低AC＝20米后，斜坡AB改造为斜坡CD，其坡度为1：4．求斜坡CD的长．（结果保留根号）
【答案】米
【解答】解：∵∠AEB＝90°，AB＝200米，坡度为1：，
∴tan∠ABE＝，
∴∠ABE＝30°，
∴AE＝AB＝100米，
∵AC＝20米，
∴CE＝80米，
∵∠CED＝90°，斜坡CD的坡度为1：4，
∴，
即，
解得，ED＝320米，
∴CD＝＝米，
答：斜坡CD的长是米．
1．（2021•双阳区一模）某课外数学兴趣小组的同学进行关于测量楼房高度的综合实践活动．如图，他们在距离楼房35米的C处测得楼顶的仰角为α，则楼房AB的高为（ ）
A．35sinα米 B．35tanα米 C．米 D．米
【答案】B
【解答】解：在Rt△ABC中，∵∠ABC＝90°，∠ACB＝α，BC＝35米，
∴AB＝BC•tanα＝35tanα（米），
答：楼房AB的高为35tanα米．
故选：B．
2．（2021•南山区校级二模）如图，从一热气球的探测器A点，看一栋高楼顶部的仰角为55°，看这栋高楼底部的俯角为35°，若热气球与高楼的水平距离为35m，则这栋高楼度大约是（ ）（考数据：sin55°≈，cos55°≈，tan55°≈）
A．74米 B．80米 C．84米 D．98米
【答案】A
【解答】解：过点A作AD⊥BC于D，
在Rt△ABD中，∠BAD＝55°，AD＝35m，tan∠BAD＝，
∴BD＝AD•tan∠BAD≈35×＝49（m），
在Rt△ACD中，∠ACD＝90°﹣∠CAD＝55°，AD＝35m，tan∠ACD＝，
∴CD＝≈＝25（m），
∴BC＝BD+CD＝49+25＝74（m），
故选：A．
3．（2021•长春模拟）如图，建筑工地划出了三角形安全区△ABC，一人从A点出发，沿北偏东53°方向走50m到达C点，另一人从B点出发，沿北偏西53°方向走100m到达C点，则点A与点B相距（ ）（tan53°≈）
A． B． C． D．130m
【答案】B
【解答】解：如图，过C作CF⊥AD，CE∥AD，BE∥AG，
∴∠CEB＝90°，∠GAC＝∠ACF＝∠EBC＝∠BCF＝53°，AC＝50，BC＝100，四边形CEDF是矩形，
∴DE＝CF，DF＝CE，
在Rt△ACF中，tan∠ACF＝＝tan53°，
在Rt△BCE中，tan∠EBC＝＝tan53°，
∵tan53°≈，
∴＝＝，
∴AF＝CF，CE＝BE，
在Rt△ACF中，AF2+CF2＝AC2，
∴CF2+（CF）2＝502，
解得CF＝DE＝30，AF＝×30＝40，
在Rt△BCE中，BE2+CE2＝BC2，
∴BE2+（BE）2＝1002，
解得BE＝60，CE＝DF＝×60＝80，
∴AD＝AF+DF＝120，BD＝BE﹣DE＝30，
在Rt△ABD中，AD2+BD2＝AB2，
∴AB＝＝30．
故选：B．
4．（2021•松北区三模）如图，胡同左右两侧是竖直的墙，一架3米长的梯子BC斜靠在右侧墙壁上，测得梯子与地面的夹角为45°，此时梯子顶端B恰巧与墙壁顶端重合．因梯子阻碍交通，故将梯子底端向右移动一段距离到达D处，此时测得梯子AD与地面的夹角为60°，则胡同左侧的通道拓宽了（ ）
A．米 B．3米 C．（3﹣）米 D．（3﹣）米
【答案】D
【解答】解：在Rt△EBC中，∠BCE＝45°，
∴EC＝EB＝BC＝×3＝3（米），
在Rt△BDE中，tan∠BDE＝，
∴DE＝＝＝（米），
∴CD＝EC﹣DE＝（3﹣）米，
故选：D．
5．（2021•河南模拟）如图，AD是土坡AB左侧的一个斜坡，坡度为55°，村委会在坡底D处建另一个高为3米的平台，并将斜坡AD改为AC，坡比i＝1：1，求土坡AB的高度．（精确到0.1米，参考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43．）
【答案】10.0米
【解答】解：过点C作CE⊥AB于E，
设AE＝x米，
∵CD⊥BD，AB⊥CD，
∴四边形CDBE为矩形，
∴BE＝CD＝3米，CE＝DB，
∵斜坡AC的坡比i＝1：1，
∴CE＝AE＝x米，
∴AB＝（x+3）米，
在Rt△ADB中，tan∠ADB＝，即≈1.43，
解得：x≈6.98，
则AB＝x+3＝9.98≈10.0（米），
答：土坡AB的高度约为10.0米．
6．（2021•九江模拟）如图1是甘棠湖上的一座拱桥，图2是其侧面示意图，斜道AB的坡度tanA＝，斜道CD的坡度tanD＝，得湖宽AD＝76米，AB＝10米，CD＝12米，已知所在圆的圆心O在AD上．
（1）分别求点B，C到直线AD的距离；
（2）求的长．
【答案】（1）点B到直线AD的距离为10米，点C到直线AD的距离为12米
（2）π
【解答】解：（1）过点B作BE⊥AD于E，过点C作CF⊥AD于F，
在Rt△BAE中，tanA＝，即＝，
设BE＝x米，则AE＝3x米，
由勾股定理得：BE2+AE2＝AB2，即x2+（3x）2＝（10）2，
解得：x1＝10，x2＝﹣10（舍去），
∴BE＝10米，AE＝30米，
在Rt△DCF中，tanD＝，即＝，
设CF＝y米，则DF＝2y米，
由勾股定理得：CF2+DF2＝CD2，即y2+（2y）2＝（12）2，
解得：y1＝12，22＝﹣12（舍去），
∴CF＝12米，DF＝24米，
答：点B到直线AD的距离为10米，点C到直线AD的距离为12米；
（2）连接OB、OC，
∵AD＝76米，AE＝30米，DF＝24米，
∴EF＝76﹣30﹣24＝22米，
设OE＝z米，则OF＝（22﹣z）米，
在Rt△BEO中，OB2＝BE2+OE2，
在Rt△CFO中，OC2＝CF2+OF2，
∴BE2+OE2＝CF2+OF2，即102+z2＝122+（22﹣z）2，
解得：z＝12，
则OE＝12米，OF＝10米，
∴△BEO≌△OFC，
∴∠BOE＝∠OCF，
∵∠COF+∠OCF＝90°，
∴∠COF+∠BOE＝90°，
∴∠BOC＝90°，
在Rt△BEO中，OB＝＝＝2（米），
∴的长＝＝π（米）．
7．（2021•九龙坡区模拟）重庆市某校数学兴趣小组在水库某段CD的附近借助无人机进行实物测量的社会实践活动．如图所示，兴趣小组在水库正面左岸的C处测得水库右岸D处某标志物DE顶端的仰角为α．在C处一架无人飞机以北偏西90°﹣β方向飞行100米到达点A处，无人机沿水平线AF方向继续飞行30米至B处，测得正前方水库右岸D处的俯角为30°．线段AM的长为无人机距地面的铅直高度，点M、C、D在同一条直线上．
（1）求无人机的飞行高度AM；
（2）求标志物DE的高度．（结果精确到0.1米）
（已知数据：sinα＝，cosα＝，tanα＝，sinβ＝，cosβ＝，tanβ＝2，≈1.732）
【答案】（1） AM为200 （2） 207.3米
【解答】解：（1）根据题意可知：∠ACM＝β，AC＝100米，
∴AM＝AC•sinβ＝100×＝200（米），
答：无人机的飞行高度AM为200米；
（2）根据题意可知：∠ECD＝α，AB＝30米，∠FBD＝30°，
如图，作BG⊥MC于点G交AC于点H，
∵AB∥CM，
∴∠BAH＝∠ACM＝β，
∴BH＝AB•tanβ＝30×2＝60（米），
∴HG＝BG﹣BH＝200﹣60＝140（米），
∵AB∥CM，
∴△HBA∽△HGC，
∴AB：GC＝BH：HG，
∴30：GC＝60：140，
解得GC＝70（米），
∵∠GBD＝90°﹣30°＝60°，
∴GD＝BG•tan∠GBD＝200×＝200（米），
∴CD＝GD﹣GC＝（200﹣70）米，
∴DE＝CD•tanα＝（200﹣70）×≈207.3（米）．
答：标志物DE的高度为207.3米．
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