北师大版九年级下册4 解直角三角形测试题

这是一份北师大版九年级下册4 解直角三角形测试题，共27页。
专题1.2 解直角三角形及其应用
【北师大版】

【知识点1 直角三角形的边角关系】
（1） 两锐角关系：
（2）三边关系：（勾股定理）
（3）边角关系：， ，
【知识点2 解直角三角形的类型和解法】
已知条件
图形
解法
对边
邻边
斜边
A
C
B
已知一直角边和一个锐角


已知斜边和一个锐角

已知两直角边

已知斜边和一条直角边


【题型1 可直接解直角三角形（网格问题）】
【例1】（2021•碑林区校级模拟）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，连接AB、AC，则sin∠BAC的值为（　　）

A．12 B．55 C．255 D．52
【分析】利用勾股定理的逆定理先判定△ABC为直角三角形，再利用正弦的定义可求结论．
【解答】解：连接BC，

∵AC2＝42+22＝20，
AB2＝32+42＝25，
BC2＝12+22＝5，
∴AC2+BC2＝AB2．
∴∠ACB＝90°．
∴sin∠BAC=BCAB=55．
故选：B．
【变式1-1】（2021•雁塔区校级模拟）如图所示，网格中的每个小正方形的边长都是1，△ABC的顶点都在交点处，则∠ABC的正弦值为（　　）

A．12 B．655 C．35 D．31010
【分析】利用网格求出AC和AB的长，根据等腰三角形的性质可得AD⊥BC，最后根据三角函数的意义求解即可．
【解答】解：如图，取BC的中点D，连接AD，

由网格可得，AC＝AB=42+22=25，
∴AD⊥BC，
Rt△ABD中，
∵AD=32+32=32，
∴sin∠ABC=ADAB=3225=31010．
故选：D．
【变式1-2】（2020秋•周村区期末）如图是由边长相同的小正方形组成的网格，A，B，P，Q四点均在正方形网格的格点上，线段AB，PQ相交于点M，则图中cos∠QMB的值是（　　）

A．55 B．255 C．22 D．105
【分析】根据题意，作CQ∥AB，然后利用勾股定理可以得到PC、CQ、PQ的长，再根据勾股定理的逆定理可以判断△PCQ的形状，从而可以求得cos∠PQC的值，然后根据平行线的性质，可以得到∠QMB＝∠PQC，从而可以得到cos∠QMB的值．
【解答】解：作CQ∥AB，连接PC，如右图所示，
设每个小正方形的边长为1，
则CQ=22+22=22，PQ=62+22=210，PC=42+42=42，
∴CQ2+PC2＝（22）2+（42）2＝8+32＝40＝（210）2＝PQ2，
∴△PCQ是直角三角形，∠PCQ＝90°，
∴cos∠PQC=CQPQ=22210=55，
∵AB∥CQ，
∴∠QMB＝∠PQC，
∴cos∠QMB的值是55，
故选：A．

【变式1-3】（2021春•淮南月考）如图，已知△ABC的三个顶点均在格点上，求∠BAC的余弦值．

【分析】先作辅助线BD⊥AC于点D，AE⊥CB交CB的延长线于点E，然后根据等积法即可求得BD的长，即可求得相应的角的三角函数值．
【解答】解：作BD⊥AC于点D，作AE⊥CB交CB的延长线于点E，
由图可得，
BC＝2，AE＝3，AC＝32，AB=12+32=10，
∵S△ABC=BC⋅AE2=AC⋅BD2，
∴2×32=32BD2，
解得，BD=2，
∴AD=AB2-BD2=10-2=22，
∴cos∠BAC=ADAB=2210=255．

【题型2 不可直接解直角三角形（设元、借助方程）】
【例2】（2021•苍溪县模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°，tanA=23．若D是AC上一点，且∠CBD＝∠A，则sin∠ABD的值为（　　）
A．513 B．813 C．1039 D．31010
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，由tan∠CBD=23，设CD＝2k，则CB＝3k，在Rt△ACB，tanA=23，得BCAC=23，表示出AC=32BC=92k，AD＝AC﹣DC=52k，AB=AC2+BC2=(92k)2+(3k)2=3132k，由tanA=23，设DE＝2x，AE＝3x，根据勾股定理得，（2x）2+（3x）2＝（52k）2，解得：x=51326k，得DE=51313k，再求出DB=(2k)2+(3k)2=13k，即可求解．
【解答】解：过点D作DE⊥AB于点E，
∵∠CBD＝∠A，tanA=23，
∴tan∠CBD=23，
在Rt△DCB中，CDCB=23，
设CD＝2k，则CB＝3k，
∵Rt△ACB，tanA=23，
∴BCAC=23，
∴AC=32BC=92k，
∴AD＝AC﹣DC=52k，AB=AC2+BC2=(92k)2+(3k)2=3132k，
∵Rt△ADE，tanA=23，
∴DEAE=23，
设DE＝2x，AE＝3x，
根据勾股定理得，（2x）2+（3x）2＝（52k）2，
解得：x=51326k，
∴DE=51313k，
∵BD=DC2+CB2=(2k)2+(3k)2=13k，
∴sin∠ABD=EDDB=5131313=513．
故选：A．

【变式2-1】（2021•安徽模拟）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，D为AC边上一动点，且tan∠ABD=12，则BD的长度为（　　）

A．1558 B．25 C．5 D．24511
【分析】作DE⊥AB于点E，设DE长为x，有tanA=43及tan∠ABD=12求出EA与BE长度，再由勾股定理求解．
【解答】解：作DE⊥AB于点E，

设DE长为x，则tanA=DEEA=BCAB=43，
∴EA=34x，
∵tan∠ABD=DEBE=12，
∴BE＝2x，
∴AB＝EA+BE=34x+2x＝6，
∴x=2411，
∴BD=BE2+DE2=4x2+x2=24511，
故选：D．
【变式2-2】（2021•相城区校级一模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，CD＝CB，sin∠BAD=35，∠BCD＝60°，连接AC，则tan∠ACD＝　6-332　．

【分析】延长AB到E，连接CE，使CE⊥BE，由AB∥CD得出∠BAC＝∠ACD，求出tan∠ACD即可得出答案．
【解答】解：如图，延长AB到E，连接CE，使CE⊥BE，作DF⊥AB于F，

∵∠BCD＝60°，
∴∠EBC＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠DCA＝∠CAB，
∵sin∠BAD=35，
∴设AD＝5k，则DF＝CE＝3k，AF＝4k，
又∵∠CBE＝60°，
∴CB=23CE=23k，
∵CD＝CB，
∴CD＝23k，
∴tan∠ACD＝tan∠CAE=CEAE=3k4k+23k=6-332，
故答案为：6-332．
【变式2-3】（2021•嘉定区三模）如图6，在△ABC中，∠C＝90°，sin∠A=35，AB＝5，BD平分∠ABC．
（1）求BC的长；
（2）求∠CBD的正切值．

【分析】（1）在直角△ABC中，利用正弦函数定义即可求出BC＝3；
（2）过D点作DE⊥AB于E，根据角平分线的性质得出DC＝DE．利用HL证明Rt△BDE≌Rt△BDC，得出BE＝BC＝3，那么AE＝AB﹣BE＝2．在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC＝4．设CD＝x，在Rt△ADE中，根据勾股定理列出方程（4﹣x）2＝22+x2，求出x，最后在Rt△DBC中，根据正切函数定义求解．
【解答】解：（1）在△ABC中，∠C＝90°，
∴sin∠A=BCAB=35，
∵AB＝5，
∴BC＝3；
（2）如图，过D点作DE⊥AB于E，
∵BD平分∠ABC，∠C＝90°，
∴DC＝DE．
在Rt△BDE与Rt△BDC中，
BD=BDDE=DC，
∴Rt△BDE≌Rt△BDC（HL），
∴BE＝BC＝3，
∴AE＝AB﹣BE＝5﹣3＝2．
在Rt△ABC中，由勾股定理得
AC=AB2-BC2=52-32=4．
设CD＝x，则DE＝x，AD＝4﹣x．
在Rt△ADE中，∵∠AED＝90°，
∴AD2＝AE2+DE2，
∴（4﹣x）2＝22+x2，
解得x=32，
∴CD=32．
在Rt△DBC中，∵∠C＝90°，
∴tan∠CBD=CDBC=323=12．

【题型3 “化斜为直”-解斜三角形】
【例3】（2020秋•香坊区月考）在△ABC中，∠B＝30°，AB＝8，AC＝27，则BC的长为　23或63　．
【分析】过A作AD⊥BC于D，分为两种情况，画出图形，求出BD和CD，即可求出答案．
【解答】解：如图1，过点A作AD⊥BC于点D，
∵∠B＝30°，AB＝8，
∴AD=12AB＝3，BD＝AB•cos30°＝6×32=43．
在Rt△ACD中，∵AD＝4，AC＝27，
∴DC=AC2-AD2=28-16=23，
∴BC＝BD+DC＝43+23=63．
如图2，同理可得，
AD＝4，BD＝43，CD＝23，
∴BC＝BD﹣DC＝43-23=23．
综上所述，BC的长为63或23．


【变式3-1】（2020秋•汉寿县期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AC＝8，AB＝4，则BC的长是（　　）

A．43 B．47 C．6 D．8
【分析】如图，过点C作CE⊥BA交BA的延长线于E．解直角三角形求出AE，EC，再利用勾股定理求出BC．
【解答】解：如图，过点C作CE⊥BA交BA的延长线于E．

∵∠BAC＝120°，
∴∠CAE＝180°﹣120°＝60°，
∴AE＝AC•cos60°＝4，EC＝AC•sin60°＝43，
∵AB＝4，
∴BE＝AB+AE＝8，
∴BC=BE2+EC2=82+(43)2=47，
故选：B．
【变式3-2】（2021•宝山区校级自主招生）如图，在△ABC中，点D在BC上，AB＝6，BD＝4，AC＝CD＝5，则cos∠ADC＝　13　．

【分析】先在Rt△ABE中和在Rt△ACE中利用勾股定理用已知条件和DE表示出AE，然后再利用勾股定理求出AE和AD，从而求出结论．
【解答】解：如图：过点A作AE⊥BC，交BC于点E，

设DE＝x，则CE＝5﹣x，
在Rt△ABE中，AE2＝AB2﹣BE2，
则AE2＝62﹣（4+x）2①，
在Rt△ACE中，AE2＝AC2﹣CE2，
则AE2＝52﹣（5﹣x）2②，
由①②得，62﹣（4+x）2＝52﹣（5﹣x）2，
解得：x=109，则DE=109，
在Rt△ADE中，AD2＝AE2+DE2③，
将x=109代入①式，得AE=2029，
则AD2＝（2029）2+（109）2，
解得AD=103，
∴cos∠ADC=DEAD=13．
【变式3-3】（2021春•昌江区校级期末）如图，在△ABC中，AD是中线，∠ABC＝30°，∠ADC＝45°．
（1）求ABBD的值；
（2）求∠ACB的度数．

【分析】（1）过点A作BD的垂线交BD的延长线于点E，解直角三角形分别求出AB，BD，可得结论．
（2）如图，过点C作CE⊥AB于E，连接DE．分别求出∠ECB，∠ACE，可得结论．
【解答】解：（1）过点A作BD的垂线交BD的延长线于点E，

在Rt△ABE中，
∵∠ABC＝30°，
∴AB＝2AE，
BE=AEtan30°=3AE，
在Rt△ADE中，
∵∠ADC＝45°，
∴DE＝AE，
∴BD＝BE﹣DE=3AE﹣AE＝（3-1）AE，
∴ABBD=2AE(3-1)AE=3+1；
（2）如图，在AB上取一点E，使得DB＝DE，连接EC．

∵DB＝DE，
∴∠DBE＝∠DEB＝30°，
∴∠EDC＝∠B+∠DEB＝60°，
∵DB＝DC＝DE，
∴△DEC是等边三角形，
∴∠ECD＝∠CED＝60°，
∴∠CEB＝∠CEA＝90°，
∵∠ADC＝45°，
∴∠EDA＝∠EDC﹣∠ADC＝15°，
∵∠DEB＝∠EDA+∠AED，
∴∠EDA＝∠EAD＝15°，
∴ED＝EA＝EC，
∵∠CEA＝90°，
∴∠ECA＝45°，
∴∠ACB＝∠ACE+∠ECB＝45°+60°＝105°．
【题型4 解直角三角形的应用（仰角、俯角）】
【例4】（2021•卧龙区一模）如图，某工地有一辆吊车，AB为车身，AC为吊臂，吊车从水平地面C处吊起货物，此时测得吊臂AC与水平线的夹角为18°，当货物吊至D处时，测得吊臂AD与水平线的夹角为53°，且吊臂转动过程中长度始终保持不变，此时D处离水平地面的高度DE＝12m，求吊臂的长．（结果保留一位小数，参考数据：sin18°≈0.30，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32，sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33．）

【分析】过点A作AF⊥DE，垂足为F，设AD＝AC＝xm，根据锐角三角函数的定义以及图形中的等量关系列出方程，求解即可．
【解答】解：过点A作AF⊥DE，垂足为F，
则AB＝EF，
设AD＝AC＝xm，
在Rt△AFD中，∠DAF＝53°，
∴sin∠DAF=DFAD，
∴DF＝ADsin∠DAF＝xsin53°，
在Rt△ABC中，∠C＝18°，
∴sinC=ABAC，
∴AB＝ACsinC＝xsin18°，
∴EF＝AB＝xsin18°，
∵DE＝DF+EF，
∴12＝xsin53°+xsin18°，解得：x≈10.9，
即吊臂长约为10.9m．

【变式4-1】（2021秋•沙坪坝区校级月考）如图，小文准备测量自己所住楼房的高度，他首先在A处测得楼房顶部E的仰角为53°，然后沿着直线走了7米到B处，再沿着斜坡BC走了13米到达C处，再测得楼房顶部E的仰角为37°，已知小文身高1.5米（即AM＝CN＝1.5米），且斜坡BC的坡度i＝1：2.4，则楼房EF的高度大约为（　　）米．
（参考数据：sin37°≈35，cos37°≈45，tan37°≈34，sin53°≈45，cos53°≈35，tan53°≈43）

A．42.5 B．44.5 C．45.5 D．47.4
【分析】过N作NG⊥EF于G，过M作MH⊥EF于H，设NC的延长线与AB的延长线交于点D，则FH＝AM＝1.5米，MH＝AF，DN＝FG，GN＝FD，由坡比的定义和勾股定理得CD＝5（米），BD＝12（米），设MH＝AF＝m米，则GN＝FD＝（m+19）米，再由锐角三角函数定义得EG≈34（m+19）米，EH≈43m（米），求出m＝33，即可解决问题．
【解答】解：过N作NG⊥EF于G，过M作MH⊥EF于H，设NC的延长线与AB的延长线交于点D，如图所示：
则FH＝AM＝1.5米，MH＝AF，DN＝FG，GN＝FD，
由题意得：∠D＝90°，AB＝7米，BC＝13米，斜坡BC的坡度i＝1：2.4=CDBD=512，
设CD＝5x米，则BD＝12x米，
∴FG＝DN＝CD+CN＝6.5（米），
AD＝AB+BD＝19（米），
∴GH＝FG﹣FH＝5（米），
∴BC=CD2+BD2=(5x)2+(12x)2=13x＝13米，
∴x＝1，
∴CD＝5（米），BD＝12（米），
设MH＝AF＝m米，则GN＝FD＝（m+19）米，
在Rt△EGN中，∠ENG＝37°，
∵tan∠ENG=EGGN≈34，
∴EG≈34GN=34（m+19）米，
在Rt△EMH中，∠EMH＝53°，
∵tan∠EMH=EHMH≈43，
∴EH≈43MH=43m（米），
∵EH﹣EG＝GH，
∴43m-34（m+19）＝5，
解得：m＝33，
∴EH≈43m＝44（米），
∴EF＝EH+FH≈45.5（米），
故选：C．

【变式4-2】（2021秋•平阳县期中）小明在某次投篮中刚好把球打到篮板的点D处后进球．已知小明与篮框内的距离BC＝5米，眼镜与底面的距离AB＝1.7米，视线AD与水平线的夹角为α，已知tan∠α=310，则点D到底面的距离CD是 　3.2　米．

【分析】过A作AE⊥CD于E，则四边形ABCE是矩形，得AE＝BC＝5米，CE＝AB＝1.7米，解Rt△ADE得到DE的长度，再由CD＝CE+DE即可求解．
【解答】解：如图，过A作AE⊥CD于E，
则四边形ABCE是矩形，
∴AE＝BC＝5米，CE＝AB＝1.7米，
在Rt△ADE中，∠DAE＝α，tanα=DEAE=310，
∴DE=310AE=310×5＝1.5（米），
∴CD＝CE+DE＝3.2米．
故答案为：3.2．


【变式4-3】（2021•新野县三模）许昌市旅游服务中心由广场和“一门四阙”主题建筑组成，如图1．广场为迎宾广场一门”为“许昌之门”，“四闕”为广场四角的汉阙，是许昌的标志性建筑．某数学兴趣小组在迎宾广场测量旅游服务中心的高度，图2为测量示意图，MN为服务中心的对称轴，在地面的AB处架设测角仪，测得旅游服务中心的最高点D的仰角45°，利用无人机在点B的正上方57.8米处的点C处测得点D的俯角为32°，测角仪的高度AB＝1.6米，FH＝17.2米，DE＝19.8米．
（1）求旅游服务中心的高度为多少米？（结果精确到0.1m．参考数据：sin32°≈0.530，cos32°≈0.848，tan32°≈0.625，2≈1.414）
（2）兴趣小组测量后到旅游服务中心参观，发现讲解员讲解的高度为36.8m，请用物理知识解释测量值与实际值出现差距的原因，如何避免或者减小差距？

【分析】（1）根据题意作出合适的辅助线，然后根据锐角三角函数即可求得BG的值，也就是MN的值；
（2）根据物理知识中误差产生的原因和减少误差的方法可以解答本题．
【解答】解：（1）作DG⊥AC于点G，
由题意可得，∠1＝32°，∠2＝45°，
∴∠CDG＝32°，∠ADG＝45°，
∴∠ADG＝∠DAG＝45°，
∴GD＝GA，
设CG＝x米，则AG＝BC﹣BA﹣CG＝57.8﹣1.6﹣x＝（56.2﹣x）米，
则GD＝（56.2﹣x）米，
∵tan∠CGD=CGGD，
∴tan32°=x56.2-x，
解得x≈21.6，
∴BG＝BC﹣GC≈57.8﹣21.6＝36.2（米），
∴MN＝BG＝36.2米，
答：旅游服务中心的高度约为36.2米；
（2）造成误差的主要原因有系统误差和随机误差，比如误读、误算、视差、刻度误差等，避免或者减小差距可以通过多次测量，求平均值．

【题型5 解直角三角形的应用（方向角）】
【例5】（2021•大连二模）如图，一艘海轮船位于灯塔P北偏东60°方向，与灯塔距离为80nmile的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P南偏东37°方向的B处，求此时轮船所在B处与灯塔P的距离．（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，3≈1.7，结果取整数）

【分析】过点P作PD⊥AB于D点，则在Rt△APD中易得PD的长，再在直角△BPD中求出PB．
【解答】解：过点P作PD⊥AB于D点，
由题意知，AB∥EF，∠ADP＝∠BDP＝90°，AP＝80nmile，
∴∠A＝∠EPA＝60°，∠B＝∠BPF＝37°，
Rt△ADP中，∵sinA=PDAP，
∴PD＝AP•sinA＝AP•sin60°=80×32≈68（nmile），
Rt△BDP中，∵sinB=BDBP，
∴PB=PDsin∠B=PDsin37°≈680.6≈113（nmile），
答：轮船所在B处与灯塔P的距离约为113nmile．

【变式5-1】（2021•开平区一模）如图，台风在某海岛（设为点O）的南偏东45°方向的B点生成，测得OB=1006km．台风中心从点B以40km/h的速度向正北方向移动，经5h后到达海面上的点C处．因受气旋影响，台风中心从点C开始以30km/h的速度向北偏西60°方向继续移动，以O为原点建立如图所示的直角坐标系．已知距台风中心20km的范围内均会受到台风的侵袭．如果某城市（设为点A）位于点O的正北方向且处于台风中心的移动路线上，那么台风从生成到最初侵袭该城要经过的时间为（　　）

A．8小时 B．9小时 C．10小时 D．11小时
【分析】先求出点B的坐标，再求出点C的坐标．过点C作CD⊥OA与点D，构造直角三角形求出CA的长，然后再根据速度求台风从生成到最初侵袭该城要经过的时间．
【解答】解：由题意可知，B（1003，﹣1003），C（1003，200﹣1003）；
过点C作CD⊥OA于点D，如图，则CD＝1003 km．
在Rt△ACD中，∠ACD＝30°，CD＝1003 km，
∴CDCA=cos30°=32，
∴CA＝200 km．
∵200-2030=6（h），5+6＝11（h），
∴台风从生成到最初侵袭该城要经过11小时，
故选：D．

【变式5-2】（2021•荆州模拟）如图，某天然气公司的主输气管道从A市的北偏东60°方向直线延伸，测绘员在A处测得要安装天然气的M小区在A市北偏东30°方向，测绘员沿主输气管道步行2000米到达C处，测得小区M位于C的北偏西60°方向．当在主输气管道AC上寻找支管道连接点N，使到该小区M铺设的管道最短时，AN的长为 　1500　米．

【分析】过C作东西方向线的平行线交过A的南北方向线AE于B，过M作MN⊥AC交于N点，即MN最短，根据方向角可以证得∠AMC＝90°，再求得MC的长、NC的长，进而求得AN的长．
【解答】解：如图，过C作东西方向线的平行线交过A的南北方向线AE于B，过M作MN⊥AC交于N点，
则MN最短，
∵∠EAC＝60°，∠EAM＝30°，
∴∠CAM＝30°，
∴∠AMN＝60°，
又∵C处看M点为北偏西60°，
∴∠FCM＝60°，
∴∠MCB＝30°，
∵∠EAC＝60°，
∴∠CAD＝30°，
∴∠BCA＝30°，
∴∠MCA＝∠MCB+∠BCA＝60°，
∴∠AMC＝90°，∠MAC＝30°，
∴MC=12AC＝1000，∠CMN＝30°，
∴NC=12MC＝500，
∵AC＝2000米，
∴AN＝AC﹣NC＝2000﹣500＝1500（米），
即该小区M铺设的管道最短时，AN的长为1500米，
故答案为：1500．

【变式5-3】（2021•封丘县二模）2021年3月1日，我国第一部流域保护法﹣﹣《中华人民共和国长江保护法》正式实施．作为我国经济发展的重要引擎，长期以来，生态保护为发展让路一直是长江流域生态环境保护工作的痛点，长江保护法最大的特点就是“生态优先、绿色发展”的国家战略被写入法律．已知渔政执法船某一时刻在长江流域巡航时，从A出发以30千米/时的速度向正南方向行驶，在A处观测到码头C位于船的南偏东37°，2小时候到达B处，这时观察到码头C位于船的北偏东45°方向，若此时渔政执法船返回码头C，需要多少时间？（结果精确到0.1，2≈1.41，sin37°≈35，cos37°≈45，tan37°≈34）．

【分析】过C作CD⊥AB于D，设CD＝BD＝x，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：过C作CD⊥AB于D，
由题意得，AB＝30×2＝60（千米/时），∠A＝37°，∠B＝45°，
设CD＝BD＝x，
在Rt△BCD中，∵∠B＝45°，∠BDC＝90°，
∴CD＝BD＝x，
在Rt△ACD中，∵∠A＝37°，∠ADC＝90°，
∴AD=CDtan37°≈x34=4x3，
∵AD+BD＝AB，
∴43x+x＝60，
解得：x≈25.7，
∴BC=2BD＝25.7×2≈37.1（千米），
∵37.1÷30≈1.2（小时），
答：渔政执法船返回码头C，需要1.2小时．

【题型6 解直角三角形的应用（坡角、坡度）】
【例6】（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．）

【分析】过点C作CE⊥AB于E，根据坡度的概念得到CE＝AE，根据正切的定义列方程，解方程得到答案．
【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=ABBD，即x+3x≈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．

【变式6-1】（2021•北碚区校级模拟）黑龙江亚布力地区的滑雪场在国内享誉盛名，如图所示为该地区某滑雪场的一段赛道示意图，AB段为助滑段，长为12米，坡角α为16°，一个曲面平台BCD连接了助滑坡AB与着陆坡DE．已知着陆坡DE的坡度为i＝1：2.4，DE长度为19.5米，B，D之间的垂直距离为5.5米，则一人从A出发到E处下降的垂直距离约为（参考数据sin16°≈0.28，cos16°≈0.96，tan16°≈0.29，结果保留一位小数）（　　）

A．15.9米 B．16.0米 C．16.4米 D．24.5米
【分析】作BF⊥AP于F，DG⊥AP于G，DH⊥PE于H，根据正弦的定义求出AF，根据坡度的概念求出DH，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：作BF⊥AP于F，DG⊥AP于G，DH⊥PE于H，
在Rt△AFB中，sinα=AFAB，AB＝12米，
∴AF＝AB•sinα≈12×0.28＝3.36，
设DH＝x米，
∵DE的坡度为i＝1：2.4，
∴HE＝2.4x，
由勾股定理得，（2.4x）2+x2＝19.52，
解得，x＝7.5，
∴一人从A出发到E处下降的垂直距离＝3.36+5.5+7.5≈16.4（米），
故选：C．

【变式6-2】（2021•垦利区一模）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1：3；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．则斜坡CD的长为 　8017米　．（结果保留根号）

【分析】根据题意和锐角三角函数可以求得AE的长，进而得到CE的长，再根据锐角三角函数可以得到DE的长，然后由勾股定理即可求得CD的长即可．
【解答】解：∵∠AEB＝90°，AB＝200米，坡度为1：3，
∴tan∠ABE=13=33，
∴∠ABE＝30°，
∴AE=12AB＝100米，
∴CE＝AE﹣AC＝100﹣20＝80（米），
∵∠CED＝90°，斜坡CD的坡度为1：4，
∴CEDE=14，
即80DE=14，
解得：DE＝320（米），
∴CD=CE2+DE2=802+3202=8017（米），
故答案为：8017米．
【变式6-3】（2021•内乡县二模）如图，斜坡OA上有一竖直的电线杆ED，已知∠O＝30°，为保证电线杆不倾斜，现从电线杆上不同的M，N两处分别向地面引两条钢丝引线MF，NG（引线与电线杆位于同一平面内），其中MF与斜坡OA垂直，∠NGF＝70°，现测得DF＝FG＝4米，试求M，N两点间的距离．（结果精确到0.1，3≈1.732，tan40°≈0.840，tan70°≈2.750）

【分析】过点G作GH⊥ED于H，根据直角三角形的性质求出HN的长度，进而解答即可．
【解答】解：过点G作GH⊥ED于H，
∵ED为竖直的电线杆，
∴HG∥OB，∠MDF＝60°，
∵GH∥OB，∠O＝30°，∠NGF＝70°，
∴∠HGO＝30°，
∴∠NGH＝40°，
∵DF＝FG＝4米，
∴DG＝8米，
在Rt△DHG中，∠HGO＝30°，
∴DH＝4米，
由勾股定理得，GH＝43米，
在Rt△NHG中，∠NGH＝40°，
∴tan∠NGH=NHHG≈0.840，
∴NH≈HG×0.840≈5.82（米），
在Rt△DMF中，∠MDF＝60°，DF＝4米，
∴DM＝8米，
∴MN＝DH+NH﹣DM＝4+5.82﹣8＝1.82≈1.8（米），
∴M，N两点之间的距离约为1.8米．