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初中数学人教版九年级下册28.2 解直角三角形及其应用精品课后练习题
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这是一份初中数学人教版九年级下册28.2 解直角三角形及其应用精品课后练习题，文件包含必刷基础练282解直角三角形及其应用原卷版docx、必刷基础练282解直角三角形及其应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共49页， 欢迎下载使用。
2022-2023学年九年级数学下册考点必刷练精编讲义（人教版）基础
第28章《锐角三角函数》
28.2 解直角三角形及其应用
知识点01：解直角三角形
1．（2022•大同三模）已知，tanα＝，tanβ＝，求α+β的度数．小明经过思考后，画出如图所示的网格并把α和β画在网格中，连接AD得到△ABD，且AB＝AD，∠DAB＝90°．由此可知，α+β＝45°．小明这种求解体现的数学思想是（ ）
A．数形结合思想 B．分类思想
C．统计思想 D．方程思想
解：正切的定义，几何网格图进行分析，属于数形结合思想；
故选：A．
2．（2022•惠城区校级二模）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝6，BC＝8，点D为BC的中点，DE⊥AB于点E，则cos∠BDE的值等于（ ）
A． B． C． D．
解：连接AD，如图，
∵AB＝AC＝6，BD＝CD＝＝4，
∴AD⊥BC，
在Rt△ABD中，
AD＝＝＝2，
∵ED⊥AB，
∴AB•ED＝BD•AD，
∴ED＝＝＝，
在Rt△BED中，
cos∠BDE＝＝＝．
故选：B．
3．（2022•宣州区二模）如图，在网格中小正方形的边长均为1，△ABC的顶点都在格点上，则sin∠ABC等于（ ）
A． B． C． D．
解：∵小正方形的边长均为1，
∴AC2＝5，BC2＝20，AB2＝25，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
∴sin∠ABC＝＝．
故选：C．
4．（2022秋•徐汇区校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠A的正切值等于2，直尺的一边与BC重合，另一边分别交AB，AC于点D，E．点B，C，D，E处的读数分别为15，12，0，1，则直尺宽BD的长为 1 ．
解：∵tanA＝，
∴AB＝，
∴AB＝，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴AD：AB＝DE：BC，
∴AD：＝1：3，
∴AD＝，
∴DB＝AB﹣AD，
∴BD＝﹣＝1，
故答案为：1．
5．（2022•百色一模）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，若BC＝14，AD＝12，BD＝AD，则sinC＝ ．
解：∵AD＝12，
∴BD＝AD＝＝9，
∴CD＝BC﹣BD＝14﹣9＝5，
在Rt△ACD中，
AC＝＝，
∴sinC＝＝．
6．（2022•碑林区校级三模）如图，已知在△ABC中，AB＝6，∠ABC＝45°，tan∠ACB＝3，过点A作直线l（l不经过线段BC），分别过点B，C作l的垂线，垂足分别为D，E，则BD+CE的最大值为 4 ．
解：如图，
作AH⊥BC于H，取BC的中点F，取DE的中点G，连接AF，连接FG，
∴FG是梯形BCED的中位线，
∴FG∥BD∥CE，BD+CE＝2FG，
∵BD⊥DE，
∴FG⊥DE，
∴∠AGF＝90°，
∴FG≤AF，
∵∠AHB＝∠AHC＝90°，∠ABC＝45°，
∴AH＝BH＝AB＝6，
∵tan∠ACB＝＝3，
∴CH＝＝2，
∴CH＝2，
∴BC＝BH+CH＝8，
∴CF＝BF＝，
∴FH＝CF﹣CH＝2，
∴AF＝＝＝2，
∴当点G和A点重合时，FG最大＝AF＝2，
∴BD+CE的最大值为：4，
故答案为：4．
7．（2021秋•会宁县期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2AC，点D在BC上，且BD＝AD，则cos∠BAD＝ ．
解：根据题意作图如下：
令AC＝1，则BC＝2AC＝2，
由勾股定理得AB＝＝，
∵BD＝AD，
∴∠BAD＝∠B，
∴cos∠BAD＝cos∠B＝＝＝，
故答案为：．
8．（2022秋•奉贤区期中）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC＝15，tanA＝．
求：（1）S△ABC；
（2）∠B的余弦值．
解：（1）过点C作CD⊥AB，垂足为D，
在Rt△ABC中，tanA＝＝，
∴设CD＝4k，则AD＝3k，
∴AC＝＝＝5k，
∵AC＝15，
∴5k＝15，
∴k＝3，
∴AD＝9，CD＝12，
∴S△ABC＝AB•CD
＝×15×12
＝90，
∴S△ABC＝90；
（2）在Rt△BCD中，BD＝AB﹣AD＝15﹣9＝6，CD＝12，
∴BC＝＝＝6，
∴cosB＝＝＝，
∴∠B的余弦值为．
9．（2022秋•龙口市期中）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝4，AC＝．
（1）求BC的长；
（2）求tanA的值．
解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝4，AC＝，
∴BC＝；
（2）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝，
∴tanA＝．
知识点02：解直角三角形的应用
10．（2022春•玉林期末）如图，菱形花坛ABCD的周长为80m，∠BAD＝60°，沿着菱形的对角线修建两条小路AC和BD，则小路BD的长是（ ）
A．20m B．20m C．40m D．40m
解：∵菱形花坛ABCD周长是80m，∠BAD＝60°，
∴AB＝BC＝DC＝AD＝20m，△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝20m．
故选：A．
11．（2022•深圳三模）某学校安装红外线体温检测仪（如图1），其红外线探测点O可以在垂直于地面的支杆OP上自由调节（如图2）．已知最大探测角∠OBC＝67°，最小探测角∠OAC＝37°．测温区域AB的长度为2米，则该设备的安装高度OC应调整为（ ）米．（精确到0.1米．参考数据：sin67°≈，cos67°≈，tan67°≈，sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈）
A．2.4 B．2.2 C．3.0 D．2.7
解：设BC＝xm，
∵AB＝2m，
∴AC＝（x+2）m，
∵∠OBC＝67°，∠OAC＝37°
∴tan∠OBC＝tan67°≈，tan∠OAC＝tan37°≈，
∵OC＝BC•tan∠OBC＝BC•tan67°≈x，OC＝AC•tan∠OAC＝AC•tan37°≈（x+2），
∴x＝（x+2），
解得：x＝，
∴OC≈x＝≈2.2m，
故选：B．
12．（2022•济南二模）为出行方便，近日来越来越多的长春市民使用起了共享单车，图1为单车实物图，图2为单车示意图，AB与地面平行，点A、B、D共线，点D、F、G共线，坐垫C可沿射线BE方向调节．已知∠ABE＝70°，车轮半径为30cm，当BC＝60cm时，小明体验后觉得骑着比较舒适，此时坐垫C离地面高度约为（ ）（结果精确到1cm，参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈1.41）
A．90cm B．86cm C．82cm D．80cm
解：作CH⊥AB于H，作AP⊥地面于P，
由题知，AP＝30cm，BC＝60cm，∠ABE＝70°，
∴CH＝BC•sin70°≈60×0.94＝56.4（cm），
∴坐垫C离地面高度约为56.4+30≈86（cm），
故选：B．
13．（2022•青山区模拟）如图，由游客中心A处修建通往百米观景长廊BC的两条栈道AB，AC，若BC＝100m，∠B＝56°，∠C＝45°，则游客中心A到观景长廊BC的距离AD的长约为 60 m（sin56°≈0.8，tan56°≈1.5）．
解：∵∠ADC＝90°，∠C＝45°，
∴∠CAD＝45°，
∴AD＝CD，
设AD＝xm，则CD＝xm，
∵BC＝100m，
∴BD＝（100﹣x）m，
∵∠B＝56°，tanB＝，
∴tan56°＝＝≈1.5，
∴x≈60，
∴游客中心A到观景长廊BC的距离AD的长约为60m，
故答案为：60．
14．（2022•江汉区模拟）图1是某种路灯的实物图片，图2是该路灯的平面示意图，MN为立柱的一部分，灯臂AC，支架BC与立柱MN分别交于A，B两点，灯臂AC与支架BC交于点C，已知∠MAC＝60°，∠ACB＝15°，AC＝40cm，则支架BC的长为 49 cm．（结果精确到1cm，参考数据：≈1.414，≈1.732，≈2.449）
解：如图2，过C作CD⊥MN于D，
则∠CDB＝90°，
∵∠CAD＝60°，AC＝40（cm），
∴CD＝AC•sin∠CAD＝40×sin60°＝40×＝20（cm），
∵∠ACB＝15°，
∴∠CBD＝∠CAD﹣∠ACB＝60°﹣15°＝45°，
∴BC＝CD＝×20＝20≈20×2.449≈49（cm），
故答案为49．
15．（2022•普宁市一模）如图是某支撑杆的平面示意图，AB和CD分别是两根不同长度的支撑杆，夹角∠BOD＝α，若AO＝85cm．BO＝DO＝65cm．问：当α＝60°时，较长支撑杆的端点A离地面的高度h约为 129.90 cm．（结果保留到0.01，≈1.732）
解：过点A作AE⊥直线BD于点E，如图所示．
在△BOD中，∠BOD＝α＝60°，BO＝DO，
∴△BOD为等边三角形，
∴∠OBD＝60°．
在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠ABE＝60°，AB＝AO+OB＝150cm，
∴AE＝AB•sin∠ABE＝150×≈129.90cm．
故答案为：129.90．
16．（2022秋•姑苏区期中）一种拉杆式旅行箱的示意图如图所示，箱体长AB＝50cm，拉杆最大伸长距离BC＝30cm，（点A、B、C在同一条直线上），在箱体的底端装有一圆形滚轮⊙A，⊙A与水平地面切于点D，AE∥DN，某一时刻，点B距离水平地面40cm，点C距离水平地面61cm．
（1）求圆形滚轮的半径AD的长；
（2）当人的手自然下垂拉旅行箱时，人感觉较为舒服，已知某人的手自然下垂在点C处且拉杆达到最大延伸距离时，点C距离水平地面（40+5）cm，求此时拉杆箱与水平面AE所成角∠CAE的值（精确到1°，参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）．
解：（1）设圆形滚轮的半径AD的长是xcm，
作BH⊥AE于点G，交DM于点H，
则BG∥CF，
∴△ABG∽△ACF，
∴＝，即＝，
解得：x＝5，
则圆形滚轮的半径AD的长是5cm；
（2）CF＝40﹣5＝40（cm）．
则sin∠CAE＝＝＝，
∴∠CAE＝60°．
17．（2022秋•高新区期中）为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目．滚铁环器材由铁环和推杆组成．小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环⊙O与水平地面相切于点C，推杆AB与铅垂线AD的夹角为∠BAD，点O，A，B，C，D在同一平面内．当推杆AB与铁环⊙O相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．
（1）求证：∠BOC+∠BAD＝90°．
（2）实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动，图中点B是该区域内最低位置，此时点A距地面的距离AD最小，测得AD的长为50cm，铁环⊙O的半径为25cm，推杆AB的长为75cm，求tan∠BAD．
（ 1）证明：方法1：如图1，过点B作EF∥CD，分别交AD于点E，交OC于点F．
∵CD与⊙O相切于点C，
∴∠OCD＝90°．
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°．
∵EF∥CD，
∴∠OFB＝∠AEB＝90°，
∴∠BOC+∠OBF＝90°，∠ABE+∠BAD＝90°，
∵AB为⊙O的切线，
∴∠OBA＝90°．
∴∠OBF+∠ABE＝90°，
∴∠OBF＝∠BAD，
∴∠BOC+∠BAD＝90°；
方法2：如图2，延长OB交CD于点M．
∵CD与⊙O相切于点C，
∴∠OCM＝90°，
∴∠BOC+∠BMC＝90°，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°．
∵AB为⊙O的切线，
∴∠OBA＝90°，
∴∠ABM＝90°．
∴在四边形ABMD中，∠BAD+∠BMD＝180°．
∵∠BMC+∠BMD＝180°，
∴∠BMC＝∠BAD．
∴∠BOC+∠BAD＝90°；
方法3：如图3，过点B作BN∥AD，
∴∠NBA＝∠BAD．
∵CD与⊙O相切于点C，
∴∠OCD＝90°，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°．
∴AD∥OC，
∴BN∥OC，
∴∠NBO＝∠BOC．
∵AB为OO的切线，
∴∠OBA＝90°，
∴∠NBO+∠NBA＝90°，
∴∠BOC+∠BAD＝90°．
（2）解：利用（1）中图1，
∵∠OCD＝∠ADC＝∠CFE＝90°，
∴四边形CDEF为矩形，
设DE＝CF＝x，则AE＝50﹣x，OF＝25﹣x，
∵由（1）得∠OBF＝∠BAD，∠OFB＝∠BEA＝90°，
∴△OFB∽△BEA，
∴＝，即＝，
∴BE＝75﹣3x，
在Rt△ABE中，∵AB2＝AE2+BE2，
∴752＝（50﹣x）2+（75﹣3x）2，
整理，得：x2﹣55x+250＝0，
解得：x1＝5，x2＝50（不符合题意，舍去），
∴BE＝60，AE＝45，
∴tan∠BAD＝＝＝．
18．（2022秋•肇源县月考）已知△ABC为锐角三角形，∠A，∠B，∠C所对的边为a，b，c．求证：＝＝．
证明：如图：过点A作AD⊥BC，垂足为D，过点C作CE⊥AB，垂足为E，
在Rt△ABD中，AD＝AB•sinB＝csinB，
在Rt△ACD中，AD＝AC•sinC＝bsinC，
∴csinB＝bsinC，
∴＝，
在Rt△AEC中，CE＝AC•sin∠BAC＝bsin∠BAC，
在Rt△BCE中，CE＝BC•sinB＝asinB，
∴bsin∠BAC＝asinB，
∴＝，
∴＝＝．
知识点03：解直角三角形的应用-坡度坡角问题
19．（2022秋•巨野县期中）在坡度为1：2的山坡上种树，要求株距（相邻两树间的水平距离）是6米，斜坡上相邻两树间的坡面距离是（ ）米．
A．3 B．12 C． D．
解：∵相邻两树间的水平距离是6 m，坡度为1：2．
∴垂直高度为3m．
根据勾股定理可得斜坡上相邻两树间的坡面距离是：＝3（m）．
故选：C．
20．（2022•汇川区模拟）如图，某购物广场要修建一个地下停车场，停车场的入口设计示意图如图所示，其中斜坡AD与地平线的夹角为20°，地下停车场层高CD＝3米，如果在停车场的入口处设置一块限高牌，则限高牌上的限高数值比较恰当的是（参考数据：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94）（ ）
A．3.2米 B．3米 C．2.75米 D．2.6米
解：过C作CE⊥AD，垂足为E，
∴∠DCE+∠CDE＝90°，
∵∠BAD+∠ADB＝90°，
∴∠DCE＝∠BAD＝20°，
在Rt△CDE中，CE＝CD•cos20°＝3×0.94≈2.82（米），
故限高牌上的限高数值比较恰当的是2.75米．
故选：C．
21．（2022秋•邢台期中）如图所示，河堤横断面迎水坡AB坡比是1：2，堤高BC＝4m，则坡面AB的长度是________m（ ）
A．8 B．16 C．4 D．4
解：Rt△ABC中，BC＝4m，tanA＝1：2；
∴AC＝＝8m，
∴AB＝＝＝4（m）．
故选：C．
知识点04：解直角三角形的应用-仰角俯角问题
22．（2022•景县校级模拟）如图，已知A处位于点B处的右上方，若从B处观察A处的仰角为40°，则从A处观察B处的俯角为（ ）
A．40° B．50° C．130° D．140°
解：∵从点A处观察B处的俯角与从B处观察A处的仰角互为内错角，大小相等，
∴从A处观察B处的俯角为40°．
故选：A．
23．（2021秋•迁安市期末）侦察机在P观测目标R俯角为30°，向东航行2分钟到达点Q，此时观测目标R俯角为45°，符合条件的示意图是（ ）
A．
B．
C．
D．
解：∵侦察机在P观测目标R俯角为30°，向东航行2分钟到达点Q，此时观测目标R俯角为45°，
∴符合条件的示意图是A，
故选：A．
24．（2021春•沙坪坝区校级月考）如图，某大楼AB旁有一山坡，其斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4，山坡坡面上点E处有一休息亭．某数学兴趣小组测得山坡坡脚C与大楼水平距离BC＝14米，与休息亭距离CE＝39米，并从E点测得大楼顶部点A的仰角为56°，点A，B，C，D，E在同一平面内，则大楼AB的高度约为（ ）（结果精确到0.1米；参考数据：sin56°≈0.83，cos56°≈0.56，tan56°≈1.48）
A．89.0米 B．74.2米 C．74.0米 D．59.2米
解：过点E作EF⊥BC于点F，作EH⊥AB于点H．
在Rt△CEF中，CE＝39，EF：CF1：2.4，
∴EF2+（2.4EF）2＝392，
∵EF＞0，
∴EF＝15．CF＝36，
∵BC＝14米，
∴BF＝BC+CF＝14+36＝50（米），
则HE＝BF＝50，BH＝EF＝15．
在Rt△AHE中，∠HEA＝56°，
∴＝tan∠HAE≈1.48，
∴AH≈50×1.48＝74，
∴AB＝AH+BH＝74+15＝89.0（米）．
故选：A．
25．（2022•南通）如图，B为地面上一点，测得B到树底部C的距离为10m，在B处放置1m高的测角仪BD，测得树顶A的仰角为60°，则树高AC为 （1+10） m（结果保留根号）．
解：如图，设DE⊥AC于点E，
在Rt△AED中，AE＝DE•tan60°＝10×＝10，
∴AC＝1+10（m）．
故答案为：（1+10）．
26．（2021•乐山）如图，为了测量“四川大渡河峡谷”石碑的高度，佳佳在点C处测得石碑顶A点的仰角为30°，她朝石碑前行5米到达点D处，又测得石碑顶A点的仰角为60°，那么石碑的高度AB的长＝ 米．（结果保留根号）
解：设石碑的高度AB的长为x米，
Rt△ABC中，BC＝＝x，
Rt△ABD中，BD＝＝，
∵CD＝5米，
∴BC﹣BD＝5，
即x﹣＝5，
解得x＝，
故答案为：．
27．（2020秋•浦东新区期末）如果从某一高处甲看低处乙的俯角为36度，那么从低处乙看高处甲的仰角是 36 度．
解：如图所示：
∵甲处看乙处为俯角36°，
∴乙处看甲处为：仰角为36°，
故答案为：36．
28．（2022秋•锦江区校级期中）七中育才中学九年级的一位同学，想利用刚刚学过的三角函数知识测量新教学楼的高度，如图，她在A处测得新教学楼房顶B点的仰角为45°，走7米到C处再测得B点的仰角为55°，已知O、A、C在同一条直线上．
（1）求∠ABC的度数；
（2）求新教学楼OB的高度．
（参考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43，结果精确到0.1m）．
解：（1）∵∠BCO是△ABC的外角，
∴∠ABC＝∠BCO﹣∠A＝55°﹣45°＝10°；
（2）在Rt△AOB中，∠A＝45°，
则OA＝OB，
∵AC＝7米，
∴OC＝（OB﹣7）米，
在Rt△COB中，∠BCO＝55°，
∵tan∠BCO＝，
∴＝1.43，
解得：OB≈23.3，
答：新教学楼OB的高度约为23.3米．
29．（2022秋•丰泽区校级期中）如图，为了测量某建筑物BC的高度，小颖采用了如下的方法：先从与建筑物底端B在同一水平线上的A点出发，沿斜坡AD行走130米至坡顶D处，再从D处沿水平方向继续前行若干米后至点E处，在E点测得该建筑物顶端C的仰角为60°，建筑物底端B的俯角为45°，点A、B、C、D、E在同一平面内，斜校AD的坡度i＝1：2.4．根据小颖的测量数据，求建筑物BC的高度．（结果保留根号）
解：如图，过D作DH⊥AB于H，延长DE交BC于F．
则四边形DHBF是矩形，
∴BF＝DH，
在Rt△ADH中，AD＝130米，DH：AH＝1：2.4，
∴DH＝50（米），
∴BF＝DH＝50（米），
在Rt△EFB中，∠BEF＝45°，
∴△EFB是等腰直角三角形，
∴EF＝BF＝50（米），
在Rt△EFC中，∠CEF＝60°，tan∠CEF＝tan60°＝＝，
∴CF＝EF＝50（米），
∴BC＝BF+CF＝（50+50）米．
即建筑物BC的高度约为（50+50）米．
30．（2022秋•雁塔区校级期中）小红和小亮经常去学校图书馆里阅读各种书籍，两位同学想利用刚学过的测量知识来测量该图书馆AB的高度．某天，他们带着测量工具来图书馆前，但由于校园整体规划的原因，他们无法到达图书馆底部B．于是小亮在地面上的点C处放置了一个平面镜，小红从C处出发沿着BC方向移动，当移动到点E处时，刚好在平面镜内看到图书馆的顶端A的像，此时，测得CE＝2米，小红眼睛到地面的距离DE为1.6米；然后，小亮沿CB方向移动到点G，用测量器测得图书馆顶端A的仰角为45°，此时，测得CG＝8，测量器的高度FG＝0.8米．已知点B、G、C、E在同一水平直线上，且AB、FG、DE均垂直于BE，求该图书馆的高度AB．
解：过F作FH⊥AB于H，
则FH＝BG，FG＝BH＝0.8米，△AHF是等腰直角三角形，
∴AH＝FH＝BG，根据题意得，∠DCE＝∠ACB，
∵∠ABC＝∠DCE＝90°，
∴△DCE∽△ACB，
∴，
∴＝，
∴AH＝28，
∴AB＝AH+BH＝28+0.8＝28.8（米），
答：该图书馆的高度AB为28.8米．
知识点05：解直角三角形的应用-方向角问题
31．（2022•北海一模）如图，小雅家（图中点O处）门前有一条东西走向的公路，经测得有一水塔（图中点A处）在她家北偏东60°方向500m处，那么水塔所在的位置到公路的距离AB是（ ）
A．250m B．250m C．m D．250m
解：∠AOB＝90°﹣60°＝30°，
∵∠ABO＝90°，OA＝500m，
∴AB＝OA＝250m，
故选：A．
32．（2021•二道区一模）如图，一艘海轮位于灯塔P的南偏东37°方向，距离灯塔40海里的A处，它沿正北方向航行一段时间后，到达位于灯塔的正东方向上的B处，这时，B处与灯塔P的距离PB的长可以表示为（ ）
A．40海里 B．40sin37°海里
C．40cos37°海里 D．40tan37°海里
解：∵一艘海轮位于灯塔P的南偏东37°方向，
∴∠BAP＝37°，
∵AP＝40海里，
∴BP＝AP•sin37°＝40sin37°海里；
故选：B．
33．（2020•岱岳区一模）如图，一艘轮船以40海里/时的速度在海面上航行，当它行驶到A处时，发现它的北偏东30°方向有一灯塔B．轮船继续向北航行2小时后到达C处，发现灯塔B在它的北偏东60°方向．若轮船继续向北航行，那么当再过多长时间时轮船离灯塔最近？（ ）
A．1小时 B．小时 C．2小时 D．小时
解：作BD⊥AC于D，如下图所示：
易知：∠DAB＝30°，∠DCB＝60°，
则∠CBD＝∠CBA＝30°．
∴AC＝BC，
∵轮船以40海里/时的速度在海面上航行，
∴AC＝BC＝2×40＝80海里，
∴CD＝BC＝40海里．
故该船需要继续航行的时间为40÷40＝1小时．
故选：A．
34．（2022秋•市北区期中）如图，在“庆国庆，手拉手”活动中，某小组从营地A出发，沿北偏东53°方向走了1200m到达B点，然后再沿北偏西37°方向走了500m到达目的地C点，此时A，C两点之间的距离为（ ）
A．1000m B．1100m C．1200m D．1300m
解：如图，AB＝1200m，BC＝500m，∠1＝90°﹣53°＝37°，∠4＝37°，
∴∠2＝∠1＝37°，
∵∠3＝90°﹣∠4＝53°，
∴∠2+∠3＝90°，即∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，AC＝＝＝1300（m），
即A，C两点之间的距离为1300m．
故选：D．
35．（2022•黔西南州）如图，我海军舰艇在某海域C岛附近巡航，计划从A岛向北偏东80°方向的B岛直线行驶．测得C岛在A岛的北偏东50°方向，在B岛的北偏西40°方向．A，B之间的距离为80nmile，则C岛到航线AB的最短距离约是 34 nmile．（参考数据：≈1.4，≈1.7，保留整数结果）
解：过点C作CF⊥AB于F，设CF＝xnmile．
由题意，得∠DAC＝50°，∠DAB＝80°，
∠CBE＝40°，AD∥BE，
则∠CAB＝∠DAB﹣∠DAC＝30°，
∵AD∥BE，
∴∠DAB+∠ABE＝180°，
∴∠ABE＝180°﹣∠DAB＝180°﹣80°＝100°，
∴∠ABC＝∠ABE﹣∠CBE＝100°﹣40°＝60°．
在Rt△ACF中，∵∠CAF＝30°，
∴AF＝CF＝x．
在Rt△CFB中，∵∠FBC＝60°，
∴BF＝CF＝x．
∵AF+BF＝AB，
∴x+x＝80，
解得x＝20≈34．
即C岛到航线AB的最短距离约为34nmile．
故答案为：34．
36．（2022•绥化三模）如图，轮船沿正南方向以30海里/时的速度匀速航行，在M处观测到灯塔P在西偏南68°方向上，航行2小时后到达N处，观测灯塔P在西偏南46°方向上，若该船继续向南航行至离灯塔最近位置，求此时轮船离灯塔的距离约为 42 海里．（结果保留整数，参考数据：sin68°≈0.9272，sin46°≈0.7193，sin22°≈0.3746，sin44°≈0.6947．）
解：作PA⊥MN，交MN的延长线与A，
由题意知MN＝2×30＝60（海里），∠PMN＝90°﹣68°＝22°，∠PNA＝90°﹣46°＝44°，
∴∠MPN＝∠PNA﹣∠PMN＝22°，
∴∠MPN＝∠PMN，
∴PN＝MN＝60，
则PA＝PNsin∠PNA≈60×0.6947≈42（海里），
故答案为：42．
37．（2022•大冶市模拟）如图，渔船上的渔民在A处看见灯塔M在北偏东60°方向，这艘渔船以28海里/时的速度向正东方向航行，半小时后到达B处在B处看见灯塔M在北偏东15°方向，此时灯塔M与渔船的距离是 7 海里．
解：由已知得，AB＝×28＝14海里，∠MAB＝30°，∠ABM＝105°．
过点B作BN⊥AM于点N．
∵在直角△ABN中，∠BAN＝30°
∴BN＝AB＝7海里．
在直角△BNM中，∠MBN＝45°，则直角△BNM是等腰直角三角形．即BN＝MN＝7海里，
∴BM＝＝＝7（海里）．
故答案为：7．
38．（2022秋•莱西市期中）九年级二班学生到某劳动教育实践基地开展实践活动，当天，他们先从基地门口A处向正北方向走了220米，到达菜园B处锄草，再从B处沿正西方向走了200米，到达果园C处采摘水果，再向南偏东37°方向走了200米，到达手工坊D处进行手工制作，最后从D处回到门口A处．
（1）求从手工坊D处回到门口A处的距离．
（2）求从手工坊D处回到门口A处的方位角．
[参考数据：sin37≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75]
解：（1）过点D作DE⊥AB于点E，过点D作DF⊥BC于点F，
则四边形EDFB是矩形，
∴ED＝BF，DF＝EB，
由题意得，CD＝200米，∠CDF＝37°，
∴DF＝CD•cos∠CDF≈200×0.80＝160（米），CF＝CD•sin∠CDF≈200×0.60＝120（米），
∴AE＝AB﹣BE＝220﹣160＝60（米），DE＝200﹣120＝80（米），
由勾股定理得，AD＝＝＝100（米），
答：从手工坊D处回到门口A处的距离约为100米；
（2）在Rt△ADE中，sin∠ADE＝＝0.6，
∴∠ADE＝37°，
∴90°﹣37°＝53°，
答：从手工坊D处回到门口A处的方位角为南偏东53°．
39．（2022秋•合川区校级月考）如图，一艘轮船位于灯塔P的南偏东30°方向，距离灯塔100海里的A处，此时船长接到台风预警信息，台风将在7小时后袭来，他计划沿正北方向航行，去往位于灯塔P的北偏东45°方向上的避风港B处．
（1）问避风港B处距离灯塔P有多远？（结果精确到0.1海里）
（2）如果轮船的航速是每小时20海里，问轮船能否在台风到来前赶到避风港B处？（参
考数据：＝1.414，＝1.732）
解：过点P作PC⊥AB于C，
在Rt△ACP中，∠A＝30°，
∴PC＝PA•sinA＝100×＝50（海里），
在Rt△BCP中，∠B＝45°，
∴PB＝PC＝50≈70.7海里，
答：B处距离灯塔P约70.7海里；
（2）∵PB＝50海里，
∴BC＝PB＝50（海里），
∵PA＝100海里，∠A＝30°，
∴AC＝PA＝50，
∴AB＝（50+50）海里，
∵轮船的航速是每小时20海里，
∴≈6.8＜7，
∴轮船能在台风到来前赶到避风港B处．
40．（2022秋•香坊区校级月考）如图，AC是某市环城路的一段，AE，BF，CD都是南北方向的街道，其与环城路AC的交叉路口分别是A，B，C．经测量花卉市场D位于点A的北偏东45°方向，点B的北偏东30°方向上，AB＝2km，∠DAC＝15°．求花卉市场D点到环城路AC之间的距离．
解：如图，过D作DH⊥AB于H，
由题意得，∠EAD＝45°，∠FBD＝30°，
∴∠EAC＝∠EAD+∠DAC＝45°+15°＝60°．
∵AE∥BF∥CD，
∴∠FBC＝∠EAC＝60°．
∵∠FBD＝30°，
∴∠DBC＝∠FBC﹣∠FBD＝30°．
又∵∠DBC＝∠DAB+∠ADB，
∴∠ADB＝15°，
∴∠DAB＝∠ADB，∴BD＝AB＝2km．
∵∠DBC＝∠DAB+∠ADB＝30°，
∴DH＝BD＝1（km），
答：花卉市场D点到环城路AC之间的距离为1km．
2022-2023学年九年级数学下册考点必刷练精编讲义（人教版）基础
第28章《锐角三角函数》
28.2 解直角三角形及其应用
知识点01：解直角三角形
1．（2022•大同三模）已知，tanα＝，tanβ＝，求α+β的度数．小明经过思考后，画出如图所示的网格并把α和β画在网格中，连接AD得到△ABD，且AB＝AD，∠DAB＝90°．由此可知，α+β＝45°．小明这种求解体现的数学思想是（ ）
A．数形结合思想 B．分类思想
C．统计思想 D．方程思想
解：正切的定义，几何网格图进行分析，属于数形结合思想；
故选：A．
2．（2022•惠城区校级二模）如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝6，BC＝8，点D为BC的中点，DE⊥AB于点E，则cos∠BDE的值等于（ ）
A． B． C． D．
解：连接AD，如图，
∵AB＝AC＝6，BD＝CD＝＝4，
∴AD⊥BC，
在Rt△ABD中，
AD＝＝＝2，
∵ED⊥AB，
∴AB•ED＝BD•AD，
∴ED＝＝＝，
在Rt△BED中，
cos∠BDE＝＝＝．
故选：B．
3．（2022•宣州区二模）如图，在网格中小正方形的边长均为1，△ABC的顶点都在格点上，则sin∠ABC等于（ ）
A． B． C． D．
解：∵小正方形的边长均为1，
∴AC2＝5，BC2＝20，AB2＝25，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
∴sin∠ABC＝＝．
故选：C．
4．（2022秋•徐汇区校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠A的正切值等于2，直尺的一边与BC重合，另一边分别交AB，AC于点D，E．点B，C，D，E处的读数分别为15，12，0，1，则直尺宽BD的长为 1 ．
解：∵tanA＝，
∴AB＝，
∴AB＝，
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴AD：AB＝DE：BC，
∴AD：＝1：3，
∴AD＝，
∴DB＝AB﹣AD，
∴BD＝﹣＝1，
故答案为：1．
5．（2022•百色一模）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，若BC＝14，AD＝12，BD＝AD，则sinC＝ ．
解：∵AD＝12，
∴BD＝AD＝＝9，
∴CD＝BC﹣BD＝14﹣9＝5，
在Rt△ACD中，
AC＝＝，
∴sinC＝＝．
6．（2022•碑林区校级三模）如图，已知在△ABC中，AB＝6，∠ABC＝45°，tan∠ACB＝3，过点A作直线l（l不经过线段BC），分别过点B，C作l的垂线，垂足分别为D，E，则BD+CE的最大值为 4 ．
解：如图，
作AH⊥BC于H，取BC的中点F，取DE的中点G，连接AF，连接FG，
∴FG是梯形BCED的中位线，
∴FG∥BD∥CE，BD+CE＝2FG，
∵BD⊥DE，
∴FG⊥DE，
∴∠AGF＝90°，
∴FG≤AF，
∵∠AHB＝∠AHC＝90°，∠ABC＝45°，
∴AH＝BH＝AB＝6，
∵tan∠ACB＝＝3，
∴CH＝＝2，
∴CH＝2，
∴BC＝BH+CH＝8，
∴CF＝BF＝，
∴FH＝CF﹣CH＝2，
∴AF＝＝＝2，
∴当点G和A点重合时，FG最大＝AF＝2，
∴BD+CE的最大值为：4，
故答案为：4．
7．（2021秋•会宁县期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2AC，点D在BC上，且BD＝AD，则cos∠BAD＝ ．
解：根据题意作图如下：
令AC＝1，则BC＝2AC＝2，
由勾股定理得AB＝＝，
∵BD＝AD，
∴∠BAD＝∠B，
∴cos∠BAD＝cos∠B＝＝＝，
故答案为：．
8．（2022秋•奉贤区期中）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC＝15，tanA＝．
求：（1）S△ABC；
（2）∠B的余弦值．
解：（1）过点C作CD⊥AB，垂足为D，
在Rt△ABC中，tanA＝＝，
∴设CD＝4k，则AD＝3k，
∴AC＝＝＝5k，
∵AC＝15，
∴5k＝15，
∴k＝3，
∴AD＝9，CD＝12，
∴S△ABC＝AB•CD
＝×15×12
＝90，
∴S△ABC＝90；
（2）在Rt△BCD中，BD＝AB﹣AD＝15﹣9＝6，CD＝12，
∴BC＝＝＝6，
∴cosB＝＝＝，
∴∠B的余弦值为．
9．（2022秋•龙口市期中）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝4，AC＝．
（1）求BC的长；
（2）求tanA的值．
解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝4，AC＝，
∴BC＝；
（2）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝，
∴tanA＝．
知识点02：解直角三角形的应用
10．（2022春•玉林期末）如图，菱形花坛ABCD的周长为80m，∠BAD＝60°，沿着菱形的对角线修建两条小路AC和BD，则小路BD的长是（ ）
A．20m B．20m C．40m D．40m
解：∵菱形花坛ABCD周长是80m，∠BAD＝60°，
∴AB＝BC＝DC＝AD＝20m，△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝20m．
故选：A．
11．（2022•深圳三模）某学校安装红外线体温检测仪（如图1），其红外线探测点O可以在垂直于地面的支杆OP上自由调节（如图2）．已知最大探测角∠OBC＝67°，最小探测角∠OAC＝37°．测温区域AB的长度为2米，则该设备的安装高度OC应调整为（ ）米．（精确到0.1米．参考数据：sin67°≈，cos67°≈，tan67°≈，sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈）
A．2.4 B．2.2 C．3.0 D．2.7
解：设BC＝xm，
∵AB＝2m，
∴AC＝（x+2）m，
∵∠OBC＝67°，∠OAC＝37°
∴tan∠OBC＝tan67°≈，tan∠OAC＝tan37°≈，
∵OC＝BC•tan∠OBC＝BC•tan67°≈x，OC＝AC•tan∠OAC＝AC•tan37°≈（x+2），
∴x＝（x+2），
解得：x＝，
∴OC≈x＝≈2.2m，
故选：B．
12．（2022•济南二模）为出行方便，近日来越来越多的长春市民使用起了共享单车，图1为单车实物图，图2为单车示意图，AB与地面平行，点A、B、D共线，点D、F、G共线，坐垫C可沿射线BE方向调节．已知∠ABE＝70°，车轮半径为30cm，当BC＝60cm时，小明体验后觉得骑着比较舒适，此时坐垫C离地面高度约为（ ）（结果精确到1cm，参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈1.41）
A．90cm B．86cm C．82cm D．80cm
解：作CH⊥AB于H，作AP⊥地面于P，
由题知，AP＝30cm，BC＝60cm，∠ABE＝70°，
∴CH＝BC•sin70°≈60×0.94＝56.4（cm），
∴坐垫C离地面高度约为56.4+30≈86（cm），
故选：B．
13．（2022•青山区模拟）如图，由游客中心A处修建通往百米观景长廊BC的两条栈道AB，AC，若BC＝100m，∠B＝56°，∠C＝45°，则游客中心A到观景长廊BC的距离AD的长约为 60 m（sin56°≈0.8，tan56°≈1.5）．
解：∵∠ADC＝90°，∠C＝45°，
∴∠CAD＝45°，
∴AD＝CD，
设AD＝xm，则CD＝xm，
∵BC＝100m，
∴BD＝（100﹣x）m，
∵∠B＝56°，tanB＝，
∴tan56°＝＝≈1.5，
∴x≈60，
∴游客中心A到观景长廊BC的距离AD的长约为60m，
故答案为：60．
14．（2022•江汉区模拟）图1是某种路灯的实物图片，图2是该路灯的平面示意图，MN为立柱的一部分，灯臂AC，支架BC与立柱MN分别交于A，B两点，灯臂AC与支架BC交于点C，已知∠MAC＝60°，∠ACB＝15°，AC＝40cm，则支架BC的长为 49 cm．（结果精确到1cm，参考数据：≈1.414，≈1.732，≈2.449）
解：如图2，过C作CD⊥MN于D，
则∠CDB＝90°，
∵∠CAD＝60°，AC＝40（cm），
∴CD＝AC•sin∠CAD＝40×sin60°＝40×＝20（cm），
∵∠ACB＝15°，
∴∠CBD＝∠CAD﹣∠ACB＝60°﹣15°＝45°，
∴BC＝CD＝×20＝20≈20×2.449≈49（cm），
故答案为49．
15．（2022•普宁市一模）如图是某支撑杆的平面示意图，AB和CD分别是两根不同长度的支撑杆，夹角∠BOD＝α，若AO＝85cm．BO＝DO＝65cm．问：当α＝60°时，较长支撑杆的端点A离地面的高度h约为 129.90 cm．（结果保留到0.01，≈1.732）
解：过点A作AE⊥直线BD于点E，如图所示．
在△BOD中，∠BOD＝α＝60°，BO＝DO，
∴△BOD为等边三角形，
∴∠OBD＝60°．
在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠ABE＝60°，AB＝AO+OB＝150cm，
∴AE＝AB•sin∠ABE＝150×≈129.90cm．
故答案为：129.90．
16．（2022秋•姑苏区期中）一种拉杆式旅行箱的示意图如图所示，箱体长AB＝50cm，拉杆最大伸长距离BC＝30cm，（点A、B、C在同一条直线上），在箱体的底端装有一圆形滚轮⊙A，⊙A与水平地面切于点D，AE∥DN，某一时刻，点B距离水平地面40cm，点C距离水平地面61cm．
（1）求圆形滚轮的半径AD的长；
（2）当人的手自然下垂拉旅行箱时，人感觉较为舒服，已知某人的手自然下垂在点C处且拉杆达到最大延伸距离时，点C距离水平地面（40+5）cm，求此时拉杆箱与水平面AE所成角∠CAE的值（精确到1°，参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）．
解：（1）设圆形滚轮的半径AD的长是xcm，
作BH⊥AE于点G，交DM于点H，
则BG∥CF，
∴△ABG∽△ACF，
∴＝，即＝，
解得：x＝5，
则圆形滚轮的半径AD的长是5cm；
（2）CF＝40﹣5＝40（cm）．
则sin∠CAE＝＝＝，
∴∠CAE＝60°．
17．（2022秋•高新区期中）为弘扬民族传统体育文化，某校将传统游戏“滚铁环”列入了校运动会的比赛项目．滚铁环器材由铁环和推杆组成．小明对滚铁环的启动阶段进行了研究，如图，滚铁环时，铁环⊙O与水平地面相切于点C，推杆AB与铅垂线AD的夹角为∠BAD，点O，A，B，C，D在同一平面内．当推杆AB与铁环⊙O相切于点B时，手上的力量通过切点B传递到铁环上，会有较好的启动效果．
（1）求证：∠BOC+∠BAD＝90°．
（2）实践中发现，切点B只有在铁环上一定区域内时，才能保证铁环平稳启动，图中点B是该区域内最低位置，此时点A距地面的距离AD最小，测得AD的长为50cm，铁环⊙O的半径为25cm，推杆AB的长为75cm，求tan∠BAD．
（ 1）证明：方法1：如图1，过点B作EF∥CD，分别交AD于点E，交OC于点F．
∵CD与⊙O相切于点C，
∴∠OCD＝90°．
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°．
∵EF∥CD，
∴∠OFB＝∠AEB＝90°，
∴∠BOC+∠OBF＝90°，∠ABE+∠BAD＝90°，
∵AB为⊙O的切线，
∴∠OBA＝90°．
∴∠OBF+∠ABE＝90°，
∴∠OBF＝∠BAD，
∴∠BOC+∠BAD＝90°；
方法2：如图2，延长OB交CD于点M．
∵CD与⊙O相切于点C，
∴∠OCM＝90°，
∴∠BOC+∠BMC＝90°，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°．
∵AB为⊙O的切线，
∴∠OBA＝90°，
∴∠ABM＝90°．
∴在四边形ABMD中，∠BAD+∠BMD＝180°．
∵∠BMC+∠BMD＝180°，
∴∠BMC＝∠BAD．
∴∠BOC+∠BAD＝90°；
方法3：如图3，过点B作BN∥AD，
∴∠NBA＝∠BAD．
∵CD与⊙O相切于点C，
∴∠OCD＝90°，
∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°．
∴AD∥OC，
∴BN∥OC，
∴∠NBO＝∠BOC．
∵AB为OO的切线，
∴∠OBA＝90°，
∴∠NBO+∠NBA＝90°，
∴∠BOC+∠BAD＝90°．
（2）解：利用（1）中图1，
∵∠OCD＝∠ADC＝∠CFE＝90°，
∴四边形CDEF为矩形，
设DE＝CF＝x，则AE＝50﹣x，OF＝25﹣x，
∵由（1）得∠OBF＝∠BAD，∠OFB＝∠BEA＝90°，
∴△OFB∽△BEA，
∴＝，即＝，
∴BE＝75﹣3x，
在Rt△ABE中，∵AB2＝AE2+BE2，
∴752＝（50﹣x）2+（75﹣3x）2，
整理，得：x2﹣55x+250＝0，
解得：x1＝5，x2＝50（不符合题意，舍去），
∴BE＝60，AE＝45，
∴tan∠BAD＝＝＝．
18．（2022秋•肇源县月考）已知△ABC为锐角三角形，∠A，∠B，∠C所对的边为a，b，c．求证：＝＝．
证明：如图：过点A作AD⊥BC，垂足为D，过点C作CE⊥AB，垂足为E，
在Rt△ABD中，AD＝AB•sinB＝csinB，
在Rt△ACD中，AD＝AC•sinC＝bsinC，
∴csinB＝bsinC，
∴＝，
在Rt△AEC中，CE＝AC•sin∠BAC＝bsin∠BAC，
在Rt△BCE中，CE＝BC•sinB＝asinB，
∴bsin∠BAC＝asinB，
∴＝，
∴＝＝．
知识点03：解直角三角形的应用-坡度坡角问题
19．（2022秋•巨野县期中）在坡度为1：2的山坡上种树，要求株距（相邻两树间的水平距离）是6米，斜坡上相邻两树间的坡面距离是（ ）米．
A．3 B．12 C． D．
解：∵相邻两树间的水平距离是6 m，坡度为1：2．
∴垂直高度为3m．
根据勾股定理可得斜坡上相邻两树间的坡面距离是：＝3（m）．
故选：C．
20．（2022•汇川区模拟）如图，某购物广场要修建一个地下停车场，停车场的入口设计示意图如图所示，其中斜坡AD与地平线的夹角为20°，地下停车场层高CD＝3米，如果在停车场的入口处设置一块限高牌，则限高牌上的限高数值比较恰当的是（参考数据：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94）（ ）
A．3.2米 B．3米 C．2.75米 D．2.6米
解：过C作CE⊥AD，垂足为E，
∴∠DCE+∠CDE＝90°，
∵∠BAD+∠ADB＝90°，
∴∠DCE＝∠BAD＝20°，
在Rt△CDE中，CE＝CD•cos20°＝3×0.94≈2.82（米），
故限高牌上的限高数值比较恰当的是2.75米．
故选：C．
21．（2022秋•邢台期中）如图所示，河堤横断面迎水坡AB坡比是1：2，堤高BC＝4m，则坡面AB的长度是________m（ ）
A．8 B．16 C．4 D．4
解：Rt△ABC中，BC＝4m，tanA＝1：2；
∴AC＝＝8m，
∴AB＝＝＝4（m）．
故选：C．
知识点04：解直角三角形的应用-仰角俯角问题
22．（2022•景县校级模拟）如图，已知A处位于点B处的右上方，若从B处观察A处的仰角为40°，则从A处观察B处的俯角为（ ）
A．40° B．50° C．130° D．140°
解：∵从点A处观察B处的俯角与从B处观察A处的仰角互为内错角，大小相等，
∴从A处观察B处的俯角为40°．
故选：A．
23．（2021秋•迁安市期末）侦察机在P观测目标R俯角为30°，向东航行2分钟到达点Q，此时观测目标R俯角为45°，符合条件的示意图是（ ）
A．
B．
C．
D．
解：∵侦察机在P观测目标R俯角为30°，向东航行2分钟到达点Q，此时观测目标R俯角为45°，
∴符合条件的示意图是A，
故选：A．
24．（2021春•沙坪坝区校级月考）如图，某大楼AB旁有一山坡，其斜坡CD的坡度（或坡比）i＝1：2.4，山坡坡面上点E处有一休息亭．某数学兴趣小组测得山坡坡脚C与大楼水平距离BC＝14米，与休息亭距离CE＝39米，并从E点测得大楼顶部点A的仰角为56°，点A，B，C，D，E在同一平面内，则大楼AB的高度约为（ ）（结果精确到0.1米；参考数据：sin56°≈0.83，cos56°≈0.56，tan56°≈1.48）
A．89.0米 B．74.2米 C．74.0米 D．59.2米
解：过点E作EF⊥BC于点F，作EH⊥AB于点H．
在Rt△CEF中，CE＝39，EF：CF1：2.4，
∴EF2+（2.4EF）2＝392，
∵EF＞0，
∴EF＝15．CF＝36，
∵BC＝14米，
∴BF＝BC+CF＝14+36＝50（米），
则HE＝BF＝50，BH＝EF＝15．
在Rt△AHE中，∠HEA＝56°，
∴＝tan∠HAE≈1.48，
∴AH≈50×1.48＝74，
∴AB＝AH+BH＝74+15＝89.0（米）．
故选：A．
25．（2022•南通）如图，B为地面上一点，测得B到树底部C的距离为10m，在B处放置1m高的测角仪BD，测得树顶A的仰角为60°，则树高AC为 （1+10） m（结果保留根号）．
解：如图，设DE⊥AC于点E，
在Rt△AED中，AE＝DE•tan60°＝10×＝10，
∴AC＝1+10（m）．
故答案为：（1+10）．
26．（2021•乐山）如图，为了测量“四川大渡河峡谷”石碑的高度，佳佳在点C处测得石碑顶A点的仰角为30°，她朝石碑前行5米到达点D处，又测得石碑顶A点的仰角为60°，那么石碑的高度AB的长＝ 米．（结果保留根号）
解：设石碑的高度AB的长为x米，
Rt△ABC中，BC＝＝x，
Rt△ABD中，BD＝＝，
∵CD＝5米，
∴BC﹣BD＝5，
即x﹣＝5，
解得x＝，
故答案为：．
27．（2020秋•浦东新区期末）如果从某一高处甲看低处乙的俯角为36度，那么从低处乙看高处甲的仰角是 36 度．
解：如图所示：
∵甲处看乙处为俯角36°，
∴乙处看甲处为：仰角为36°，
故答案为：36．
28．（2022秋•锦江区校级期中）七中育才中学九年级的一位同学，想利用刚刚学过的三角函数知识测量新教学楼的高度，如图，她在A处测得新教学楼房顶B点的仰角为45°，走7米到C处再测得B点的仰角为55°，已知O、A、C在同一条直线上．
（1）求∠ABC的度数；
（2）求新教学楼OB的高度．
（参考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43，结果精确到0.1m）．
解：（1）∵∠BCO是△ABC的外角，
∴∠ABC＝∠BCO﹣∠A＝55°﹣45°＝10°；
（2）在Rt△AOB中，∠A＝45°，
则OA＝OB，
∵AC＝7米，
∴OC＝（OB﹣7）米，
在Rt△COB中，∠BCO＝55°，
∵tan∠BCO＝，
∴＝1.43，
解得：OB≈23.3，
答：新教学楼OB的高度约为23.3米．
29．（2022秋•丰泽区校级期中）如图，为了测量某建筑物BC的高度，小颖采用了如下的方法：先从与建筑物底端B在同一水平线上的A点出发，沿斜坡AD行走130米至坡顶D处，再从D处沿水平方向继续前行若干米后至点E处，在E点测得该建筑物顶端C的仰角为60°，建筑物底端B的俯角为45°，点A、B、C、D、E在同一平面内，斜校AD的坡度i＝1：2.4．根据小颖的测量数据，求建筑物BC的高度．（结果保留根号）
解：如图，过D作DH⊥AB于H，延长DE交BC于F．
则四边形DHBF是矩形，
∴BF＝DH，
在Rt△ADH中，AD＝130米，DH：AH＝1：2.4，
∴DH＝50（米），
∴BF＝DH＝50（米），
在Rt△EFB中，∠BEF＝45°，
∴△EFB是等腰直角三角形，
∴EF＝BF＝50（米），
在Rt△EFC中，∠CEF＝60°，tan∠CEF＝tan60°＝＝，
∴CF＝EF＝50（米），
∴BC＝BF+CF＝（50+50）米．
即建筑物BC的高度约为（50+50）米．
30．（2022秋•雁塔区校级期中）小红和小亮经常去学校图书馆里阅读各种书籍，两位同学想利用刚学过的测量知识来测量该图书馆AB的高度．某天，他们带着测量工具来图书馆前，但由于校园整体规划的原因，他们无法到达图书馆底部B．于是小亮在地面上的点C处放置了一个平面镜，小红从C处出发沿着BC方向移动，当移动到点E处时，刚好在平面镜内看到图书馆的顶端A的像，此时，测得CE＝2米，小红眼睛到地面的距离DE为1.6米；然后，小亮沿CB方向移动到点G，用测量器测得图书馆顶端A的仰角为45°，此时，测得CG＝8，测量器的高度FG＝0.8米．已知点B、G、C、E在同一水平直线上，且AB、FG、DE均垂直于BE，求该图书馆的高度AB．
解：过F作FH⊥AB于H，
则FH＝BG，FG＝BH＝0.8米，△AHF是等腰直角三角形，
∴AH＝FH＝BG，根据题意得，∠DCE＝∠ACB，
∵∠ABC＝∠DCE＝90°，
∴△DCE∽△ACB，
∴，
∴＝，
∴AH＝28，
∴AB＝AH+BH＝28+0.8＝28.8（米），
答：该图书馆的高度AB为28.8米．
知识点05：解直角三角形的应用-方向角问题
31．（2022•北海一模）如图，小雅家（图中点O处）门前有一条东西走向的公路，经测得有一水塔（图中点A处）在她家北偏东60°方向500m处，那么水塔所在的位置到公路的距离AB是（ ）
A．250m B．250m C．m D．250m
解：∠AOB＝90°﹣60°＝30°，
∵∠ABO＝90°，OA＝500m，
∴AB＝OA＝250m，
故选：A．
32．（2021•二道区一模）如图，一艘海轮位于灯塔P的南偏东37°方向，距离灯塔40海里的A处，它沿正北方向航行一段时间后，到达位于灯塔的正东方向上的B处，这时，B处与灯塔P的距离PB的长可以表示为（ ）
A．40海里 B．40sin37°海里
C．40cos37°海里 D．40tan37°海里
解：∵一艘海轮位于灯塔P的南偏东37°方向，
∴∠BAP＝37°，
∵AP＝40海里，
∴BP＝AP•sin37°＝40sin37°海里；
故选：B．
33．（2020•岱岳区一模）如图，一艘轮船以40海里/时的速度在海面上航行，当它行驶到A处时，发现它的北偏东30°方向有一灯塔B．轮船继续向北航行2小时后到达C处，发现灯塔B在它的北偏东60°方向．若轮船继续向北航行，那么当再过多长时间时轮船离灯塔最近？（ ）
A．1小时 B．小时 C．2小时 D．小时
解：作BD⊥AC于D，如下图所示：
易知：∠DAB＝30°，∠DCB＝60°，
则∠CBD＝∠CBA＝30°．
∴AC＝BC，
∵轮船以40海里/时的速度在海面上航行，
∴AC＝BC＝2×40＝80海里，
∴CD＝BC＝40海里．
故该船需要继续航行的时间为40÷40＝1小时．
故选：A．
34．（2022秋•市北区期中）如图，在“庆国庆，手拉手”活动中，某小组从营地A出发，沿北偏东53°方向走了1200m到达B点，然后再沿北偏西37°方向走了500m到达目的地C点，此时A，C两点之间的距离为（ ）
A．1000m B．1100m C．1200m D．1300m
解：如图，AB＝1200m，BC＝500m，∠1＝90°﹣53°＝37°，∠4＝37°，
∴∠2＝∠1＝37°，
∵∠3＝90°﹣∠4＝53°，
∴∠2+∠3＝90°，即∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，AC＝＝＝1300（m），
即A，C两点之间的距离为1300m．
故选：D．
35．（2022•黔西南州）如图，我海军舰艇在某海域C岛附近巡航，计划从A岛向北偏东80°方向的B岛直线行驶．测得C岛在A岛的北偏东50°方向，在B岛的北偏西40°方向．A，B之间的距离为80nmile，则C岛到航线AB的最短距离约是 34 nmile．（参考数据：≈1.4，≈1.7，保留整数结果）
解：过点C作CF⊥AB于F，设CF＝xnmile．
由题意，得∠DAC＝50°，∠DAB＝80°，
∠CBE＝40°，AD∥BE，
则∠CAB＝∠DAB﹣∠DAC＝30°，
∵AD∥BE，
∴∠DAB+∠ABE＝180°，
∴∠ABE＝180°﹣∠DAB＝180°﹣80°＝100°，
∴∠ABC＝∠ABE﹣∠CBE＝100°﹣40°＝60°．
在Rt△ACF中，∵∠CAF＝30°，
∴AF＝CF＝x．
在Rt△CFB中，∵∠FBC＝60°，
∴BF＝CF＝x．
∵AF+BF＝AB，
∴x+x＝80，
解得x＝20≈34．
即C岛到航线AB的最短距离约为34nmile．
故答案为：34．
36．（2022•绥化三模）如图，轮船沿正南方向以30海里/时的速度匀速航行，在M处观测到灯塔P在西偏南68°方向上，航行2小时后到达N处，观测灯塔P在西偏南46°方向上，若该船继续向南航行至离灯塔最近位置，求此时轮船离灯塔的距离约为 42 海里．（结果保留整数，参考数据：sin68°≈0.9272，sin46°≈0.7193，sin22°≈0.3746，sin44°≈0.6947．）
解：作PA⊥MN，交MN的延长线与A，
由题意知MN＝2×30＝60（海里），∠PMN＝90°﹣68°＝22°，∠PNA＝90°﹣46°＝44°，
∴∠MPN＝∠PNA﹣∠PMN＝22°，
∴∠MPN＝∠PMN，
∴PN＝MN＝60，
则PA＝PNsin∠PNA≈60×0.6947≈42（海里），
故答案为：42．
37．（2022•大冶市模拟）如图，渔船上的渔民在A处看见灯塔M在北偏东60°方向，这艘渔船以28海里/时的速度向正东方向航行，半小时后到达B处在B处看见灯塔M在北偏东15°方向，此时灯塔M与渔船的距离是 7 海里．
解：由已知得，AB＝×28＝14海里，∠MAB＝30°，∠ABM＝105°．
过点B作BN⊥AM于点N．
∵在直角△ABN中，∠BAN＝30°
∴BN＝AB＝7海里．
在直角△BNM中，∠MBN＝45°，则直角△BNM是等腰直角三角形．即BN＝MN＝7海里，
∴BM＝＝＝7（海里）．
故答案为：7．
38．（2022秋•莱西市期中）九年级二班学生到某劳动教育实践基地开展实践活动，当天，他们先从基地门口A处向正北方向走了220米，到达菜园B处锄草，再从B处沿正西方向走了200米，到达果园C处采摘水果，再向南偏东37°方向走了200米，到达手工坊D处进行手工制作，最后从D处回到门口A处．
（1）求从手工坊D处回到门口A处的距离．
（2）求从手工坊D处回到门口A处的方位角．
[参考数据：sin37≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75]
解：（1）过点D作DE⊥AB于点E，过点D作DF⊥BC于点F，
则四边形EDFB是矩形，
∴ED＝BF，DF＝EB，
由题意得，CD＝200米，∠CDF＝37°，
∴DF＝CD•cos∠CDF≈200×0.80＝160（米），CF＝CD•sin∠CDF≈200×0.60＝120（米），
∴AE＝AB﹣BE＝220﹣160＝60（米），DE＝200﹣120＝80（米），
由勾股定理得，AD＝＝＝100（米），
答：从手工坊D处回到门口A处的距离约为100米；
（2）在Rt△ADE中，sin∠ADE＝＝0.6，
∴∠ADE＝37°，
∴90°﹣37°＝53°，
答：从手工坊D处回到门口A处的方位角为南偏东53°．
39．（2022秋•合川区校级月考）如图，一艘轮船位于灯塔P的南偏东30°方向，距离灯塔100海里的A处，此时船长接到台风预警信息，台风将在7小时后袭来，他计划沿正北方向航行，去往位于灯塔P的北偏东45°方向上的避风港B处．
（1）问避风港B处距离灯塔P有多远？（结果精确到0.1海里）
（2）如果轮船的航速是每小时20海里，问轮船能否在台风到来前赶到避风港B处？（参
考数据：＝1.414，＝1.732）
解：过点P作PC⊥AB于C，
在Rt△ACP中，∠A＝30°，
∴PC＝PA•sinA＝100×＝50（海里），
在Rt△BCP中，∠B＝45°，
∴PB＝PC＝50≈70.7海里，
答：B处距离灯塔P约70.7海里；
（2）∵PB＝50海里，
∴BC＝PB＝50（海里），
∵PA＝100海里，∠A＝30°，
∴AC＝PA＝50，
∴AB＝（50+50）海里，
∵轮船的航速是每小时20海里，
∴≈6.8＜7，
∴轮船能在台风到来前赶到避风港B处．
40．（2022秋•香坊区校级月考）如图，AC是某市环城路的一段，AE，BF，CD都是南北方向的街道，其与环城路AC的交叉路口分别是A，B，C．经测量花卉市场D位于点A的北偏东45°方向，点B的北偏东30°方向上，AB＝2km，∠DAC＝15°．求花卉市场D点到环城路AC之间的距离．
解：如图，过D作DH⊥AB于H，
由题意得，∠EAD＝45°，∠FBD＝30°，
∴∠EAC＝∠EAD+∠DAC＝45°+15°＝60°．
∵AE∥BF∥CD，
∴∠FBC＝∠EAC＝60°．
∵∠FBD＝30°，
∴∠DBC＝∠FBC﹣∠FBD＝30°．
又∵∠DBC＝∠DAB+∠ADB，
∴∠ADB＝15°，
∴∠DAB＝∠ADB，∴BD＝AB＝2km．
∵∠DBC＝∠DAB+∠ADB＝30°，
∴DH＝BD＝1（km），
答：花卉市场D点到环城路AC之间的距离为1km．
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