专题09锐角三角函数最新模拟押题预测40道（俯角仰角、方向角、坡度、解三角形）-【临考预测】2023中考数学重难题型押题培优【全国通用】

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（俯角仰角、方向角、坡度、解三角形）
类型一、锐角三角函数的应用：俯角仰角问题
1．（2023·河南安阳·统考一模）某校九年级数学项目化学习主题是“测量物体高度”．小明所在小组想测量中国文字博物馆门口字坊AB的高度．如图，在C处测得字坊顶端B的仰角为37°，然后沿CA方向前进6.3m到达点D处，测得字坊顶端B的仰角为45°，求字坊AB的高度．(结果精确到0.1m，参考数据：sin37°≈ 35，cs37°≈ 45，tan37°≈ 34，2 ≈1.41)
【答案】18.9m
【分析】根据题意可得：∠BAC=90°，CD=6.3m，设AB=xm，然后分别在Rt△ABC和Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义求出AC和AD的长，再根据AC−AD=CD，列出关于x的方程，进行计算即可解答．
【详解】解：由题意得：∠BAC=90°，CD=6.3m，
设AB=xm，
在Rt△ABC中，∠BCA=37°，
∴AC=ABtan37°≈43x(m)
在Rt△ABD中，∠BDA=45°，
∴AD=ABtan45°=x(m)
∵AC−AD=CD，
∴43x−x=6.3
解得：x=18.9，
∴AB=18.9m，
∴字坊AB的高度约为18.9m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，掌握三角函数的定义是解题的关键．
2．（2023·山东菏泽·一模）某校数学兴趣小组利用无人机测量烈士塔的高度．无人机在点A处测得烈士塔顶部点B的仰角为45°，烈士塔底部点C的俯角为61°，无人机与烈士塔的水平距离AD为10m，求烈士塔的高度．（结果保留整数．参考数据：sin61°≈0.87，cs61°≈0.48，tan61°≈1.80）
【答案】烈士塔的高度为28米
【分析】在Rt△ABD和Rt△ADC中，分别求出BD,CD的长，再利用BC=BD+CD，即可得解．
【详解】解：由图可知：AD⊥BC，∠BAD=45°,∠CAD=61°，AD=10m，
在Rt△ABD中，∠BAD=45°，AD=10m，
∴DB=AD=10m，
在Rt△ADC中，CD=AD⋅tan∠CAD=10⋅tan61°≈18m，
∴BC=BD+CD=28m；
答：烈士塔的高度为28米．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用．熟练掌握锐角三角函数的定义，是解题的关键．
3．（2023·安徽合肥·合肥市庐阳中学校考一模）如图，为了测量校园内旗杆顶端到地面的高度AD，九年级数学应用实践小组了解到国旗的宽度AB=1.6m，小组同学在地面上的C处测旗杆上国旗A、B两点的仰角，测得∠ACD=48.5°，∠BCD=45.0°，求旗杆顶端到地面高度AD．（结果精确到0.1）参考数据：（sin48.5°=0.75，cs48.5°=0.66，tan48.5°=1.13）
【答案】13.9m
【分析】根据正切的定义表示出CD=ADtan48.5°，CD=BDtan45.0°，结合AB=1.6m列出方程，解之即可．
【详解】解：由题意可得：∠ADC=90°，
∵∠ACD=48.5°，∠BCD=45.0°，
∴tan∠ACD=ADCD，tan∠BCD=BDCD，
∴CD=ADtan48.5°，CD=BDtan45.0°，
∴ADtan48.5°=BDtan45.0°，又AB=1.6m，
∴ADtan48.5°=AD−1.6tan45.0°，
解得：AD≈13.9，
即旗杆顶端到地面高度为13.9m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用—仰角俯角问题，熟练掌握仰角俯角的概念和锐角三角函数定义是解题的关键．
4．（2023·黑龙江绥化·校考一模）小王和小李负责某企业宣传片的制作，期间要使用无人机采集一组航拍的资料．在航拍时，小王在C处测得无人机A的仰角为45°，同时小李登上斜坡CF的D处测得无人机A的仰角为31°．若小李所在斜坡CF的坡比为1：3，铅垂高度DG=3米（点E，G，C，B在同一水平线上）．
(1)小王和小李两人之间的距离CD；
(2)此时无人机的高度AB．（sin31°≈0.52，cs31°≈0.86，tan31°≈0.60，结果精确到1米）
【答案】(1)310米
(2)21米
【分析】（1）根据坡比的定义即可求解；
（2）过点D作DH⊥AB于点H，解Rt△ADH即可求解．
【详解】（1）解：∵小李所在斜坡CF的坡比为1：3，铅垂高度DG=3米
∴GC=3DG=9(米)，
∴CD=GD2+CG2=32+92=310；
（2）解：设AB=x，如图所示，过点D作DH⊥AB于点H，
∴DH=GB，BH=DG=3，则AH=AB−BH=x−3，
∵∠ACB=45°，
∴AB=BC=x，
∴DH=GB=9+x，
在Rt△ADH中，∠ADH=31°，
∴tan∠ADH=AHDH=x−3x+9=tan31°≈0.60，
解得：x≈21，
∴AB≈21米．
答：无人机的高度约为21米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，坡比问题，仰角俯角问题，掌握三角函数关系是解题的关键．
5．（2023·河南新乡·校联考一模）如图是人民英雄纪念碑，它位于北京天安门广场中心，是为了纪念在人民解放战争和人民革命中牺牲的人民英雄，碑体正面是毛泽东亲笔题词“人民英雄永垂不朽”八个鎏金大字．右图是纪念碑的示意图，小丽在A处测得碑顶D的仰角为30°，沿纪念碑方向前进37.1m后，在B处测得碑顶D的仰角为53°（点A，B，D，E，F在同一平面内，且点A，B，E，F在同一水平线上）求纪念碑的高度．（结果精确到0.1m．参考数据：3≈1.73，sin53°≈45；cs53°≈35，tan53°≈43）
【答案】37.9m
【分析】过D作DH⊥AB于H，设DH=xm，得出BH的值，根据tanA=tan30°=DHAH，得出AB的值，即可解答．
【详解】解：过D作DH⊥AB于H，如图所示：
设DH=xm，
在Rt△DBH中，tan∠DBH=tan53°=DHAH，
∴BH=xtan53°≈34xm，
在Rt△AHD中，tanA=tan30°=DHAH，
∴AH=3xm，
∴AB=AH−BH=3x−34x=37.1，
解得：x=37.9，
答：纪念碑的高度约为37.9m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用，三角函数值的运算．
6．（2023·陕西宝鸡·统考一模）如图，小刚同学从楼顶A处看楼下公园的湖边D处的俯角为65°，看另一边B处的俯角为25°，楼高AC为25米，求楼下公园的湖宽BD．（结果精确到1米，参考数据:sin25°≈0.42，tan25°≈0.47，sin65°≈0.91，tan65°≈2.14）
【答案】湖宽BD约为42米．
【分析】在Rt△ADC求出CD，在Rt△ACB求出BC，那么BD=BC−CD即可．
【详解】解：由题意，得∠ADC=65°，∠ABC=25°．
在Rt△ADC中，AC=25米，
∴tan65°=ACCD，
∴CD=ACtan65°=252.14≈11.68（米），
在Rt△ACB中，tan25°=ACBC≈0.47
则BC≈53.19米，
∴BD=BC−CD≈42（米）．
答：湖宽BD约为42米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
7．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，西安市某居民楼南向的窗户用AB表示，其高度为2.5米（A，B，D三点共线），此地一年冬至正午时刻太阳光与地平面的最小夹角α为32.3°，一年夏至正午时刻太阳光与地平面的最大夹角β为79.2°，并且在冬至的正午时刻阳光刚好全部射入窗户，求遮阳棚中BD的高（结果精确到0.1m，参考数据：cs79.2°≈0.2，tan79.2°≈5.2，cs32.3°≈0.8，tan32.3°≈0.6）．
【答案】约为0.3米
【分析】由AC∥DE可得出∠AED=79.2°，在Rt△ADE中，可得出AD≈5.2DE，在Rt△BDE中，可得出BD≈0.6DE，结合AD−BD=AB及AB=2.5米，可求出DE的长，再将其代入BD≈0.6DE中，即可求出结论．
【详解】解：∵AC∥DE，
∴∠AED=∠EAC=79.2°．
在Rt△ADE中，AD=DE⋅tan∠AED=DE⋅tan79.2°≈5.2DE；
在Rt△BDE中，BD=DE⋅tan∠BED=DE⋅tanα=DE⋅tan32.3°≈0.6DE．
∵AD−BD=AB，
∴5.2DE−0.6DE =2.5，
∴DE=2546，
∴BD≈0.6DE=0.6×2546≈0.3．
答：遮阳棚中BD的高约为0.3米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用以及平行线的性质，通过解直角三角形，用DE的长度表示出AD及BD的长是解题的关键．
8．（2023·江苏淮安·统考一模）如图，小明在热气球A上看到正前方横跨河流两岸的大桥BC，并测得B，C两点的俯角分别为60°和35°，已知大桥BC的长度为100m，且与地面在同一水平面上．求热气球离地面的高度（结果保留整数，参考数据：sin35°≈712，cs35°≈56，tan35°≈710，3≈1.7）．
【答案】119m
【分析】过点A作AD⊥CB交CB延长线于点D，利用三角函数表示出CD≈107AD，BD≈1017AD，根据BC=CD−BD≈107AD−1017AD，即可求解．
【详解】如图，过点A作AD⊥CB交CB延长线于点D，
由题知，∠ACD=35°，∠ABD=60°，
在Rt△ACD中，tan35°=ADCD≈710，
∴CD≈107AD．
在Rt△ABD中，tan60°=ADBD=3≈1.7，
∴BD≈1017AD，
∴BC=CD−BD≈107AD−1017AD，
∴107AD−1017AD=100，
解得AD=119m．
∴热气球离地面的高约为119m．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是构造直角三角形．
9．（2023·广东深圳·校考模拟预测）消防车是救援火灾的主要装备，图①是一辆登高云梯消防车的实物图，图②是其工作示意图，起重臂AC（20米≤AC≤30米）是可伸缩的，且起重臂AC可绕点A在一定范围内上下转动张角∠CAE90°≤∠CAE≤150°，转动点A距离地面的高度AE为4米．
(1)当起重臂AC的长度为24米，张角∠CAE=120°时，云梯消防车最高点C距离地面的高度CF的长为_____米．
(2)某日一栋大楼突发火灾，着火点距离地面的高度为26米，该消防车在这栋楼下能否实施有效救援？请说明理由（参考数据：3≈1.7）（提示：当起重臂AC伸到最长且张角∠CAE最大时，云梯顶端C可以达到最大高度）
【答案】(1)16
(2)能
【分析】（1）过点A作AG⊥CF，在Rt△ACG中求出CG的长度，然后计算CF=CG+GF即可；
（2）当起重臂最长，转动张角最大时，同样求出CF的长度，与26米比较即可.
【详解】（1）解：如图，过点A作AG⊥CF，
由题意的：∠EAG=90°，GF=AE=4，
∵ ∠CAE=120°，
∴ ∠CAG=30°，
在Rt△ACG中，
∵ AC=24，
∴ CG=AC⋅sin30°=12，
∴ CF=CG+GF=12+4=16米．
故答案为：16；
（2）解：当起重臂最长，转动张角最大时，
即：AC=30米，∠CAE=150°，
∴ ∠CAG=60°，
∴ CG=AC⋅sin60°=30×32=153≈25.5，
∴ CF=CG+GF=25.5+4=29.5米．
∵ 29.5>26，
∴能实施有效救援．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，准确从图中提取数学模型是解题关键．
10．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考一模）大雁塔是古城西安的标志性建筑（如图1）．某学习小组为测量大雁塔的高度，在梯步A处（如图2）测得楼顶D的仰角为45°，沿坡比为7:24的斜坡AE前行100米到达平台E处，测得此时楼顶D的仰角为60°，请同学们根据学习小组提供的数据求大雁塔的高度DC（结果保留根号）．
【答案】大雁塔的高度DC为103+343米．
【分析】根据锐角三角函数和勾股定理，可以得到EF=28米，AF=96米，然后根据题目中的数据，可以计算出DC的值．
【详解】解：作BF⊥AB于F，
由已知可得，tan∠EAF=EFAF=724，AE=100米，∠DEC=60°，∠DAB=45°，∠B=90°，
设EF=7a米，AF=24a米，
∴7a2+24a2=1002，
解得a=4，
∴EF=28米，AF=96米，
∵∠DAB=45°，∠B=90°，
∴∠DAB=∠ABD=45°，
∴AB=BD，
设DC=x米，则DB=x+28米，CE=BF=x+28−96=x−68米，
∵∠DEC=60°，tan∠DEC=DCCE=xx−68，
∴3x−68=x，
解得x=103+343，
答：大雁塔的高度DC为103+343米．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用—仰角俯角问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
类型二：锐角三角函数的应用：方向角问题
11．（2023·河南驻马店·统考一模）在某海域开展的“海上联合”反潜演习中，我方军舰要到达C岛完成任务．已知军舰位于B市的南偏东25°方向上的A处，且在C岛的北偏东58°方向上，B市在C岛的北偏东28°方向上，且距离C岛372km，此时，我方军舰沿着AC方向以30km/h的速度航行，问：我方军舰大约需要多长时间到达C岛？（参考数据：3≈1.73，sin53°≈45，cs53°≈35，tan53°≈43）
【答案】我方军舰大约需要10小时到达C岛
【分析】过点A作AD⊥BC于D，利用正切的定义表示出BD、CD，列出方程，解方程即可．
【详解】解：过点A作AD⊥BC于D，
由题意知，∠ABC=28°+25°=53°，∠ACB=58°−28°=30°，BC=372km，
设AD=xkm，
在Rt△ABD中，∵∠ABD=53°，∴BD=ADtan53°≈34xkm，
在Rt△ACD中，∵∠ACD=30°，∴CD=ADtan30°=3xkm，
∵BD+CD=BC，34x+3x=372，解得：x≈150，
∴AD≈150km，∴AC=2AD=300km，∴300÷30=10h，
答：我方军舰大约需要10小时到达C岛．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用−方向角问题，正确标注方向角，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
12．（2023·安徽黄山·校考模拟预测）如图，一条高速公路在城市A的东偏北30°方向直线延伸，县城M在城市A东偏北60°方向上，测绘员从A沿高速公路前行4000米到达C，测得县城M位于C的北偏西60°方向上．现要设计一条从县城M进入高速公路的路线，请在高速公路上寻找连接点N，使修建到县城M的道路最短，试确定N点的位置并求出最短路线长？（结果取整数，3≈1.732）
【答案】点N在点M南偏西30°的10003米处，点N到A市最短路线3000米
【分析】过M作MN⊥AC交于N点，即MN最短，根据方向角可以证得∠AMC=90°，根据三角函数即可求得MC，进而求得AN的长以及∠NPC．
【详解】解：如图，过M作MN⊥AC交于N点，即MN最短，
∵∠MAD=60°，∠CAD=30°，
∴∠CAM=30°，∠EAC=60°
∴∠AMN=60°，
又∵C处看M点为北偏西60°，
∴∠FCM=60°，
∴∠MCB=30°，
∵∠CAD=30°，CB∥AD，
∴∠BCA=30°，
∴∠MCA=∠MCB+∠BCA=60°，
∴∠AMC=90°，
∴在Rt△AMC中，∠AMC=90°，∠MAC=30°，
∴MC=12AC=2000，∠CMN=30°，
∴NC=12MC=1000米，
∴MN=MC2−CN2=20002−10002=10003≈1732（米），
∵MP∥AB，
∴∠AMP=∠MAB=30°,
∴∠NMP=90°−30°−30°=30°，
∴点N在点M南偏东30°的1732米处，
∵AC=4000米，
∴AN=AC−NC=4000−1000=3000（米）．
答：点N在点M南偏东30°的1732米处，点N到A市最短路线3000米．
【点睛】本题主要考查了方向角含义，正确作出高线，证明△AMC是直角三角形是解题的关键．
13．（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）如图，一艘海轮自西向东航行，在点B处时测得海岛A位于北偏东67°，航行12海里到达C点，又测得小岛A在北偏东45°方向上．已知位于海岛A的周围8海里内有暗礁，如果海轮不改变航线继续向东航行，那么它有没有触礁的危险？请说明理由．（参考数据：sin67°≈1213，cs67°≈513，tm67°≈125）
【答案】没有触礁的危险，理由见解析
【分析】过点A作AD⊥BC于点D，利用三角函数，求出AD的值，与8进行比较，即可得出结论．
【详解】解：没有触礁的危险；理由如下：
过点A作AD⊥BC于点D，则：∠ADC=∠ADB=90°，
由题意，知：∠ABD=90°−67°=23°,∠ACD=45°,BC=12，
设AD=x，
在Rt△ADC中，∠ACD=45°，
∴CD=AD=x，
∴BD=BC+CD=12+x，
在Rt△ADB中，∠BAD=90°−∠ABD=67°，
∴tan∠BAD=BDAD=12+xx≈125，
解得：x≈607；
∵607>8，
∴没有触礁的危险．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用．解题的关键是构造直角三角形，利用锐角三角函数的定义，进行求解．
14．（2023·山西晋中·统考一模）通过学习《解直角三角形》这一章，王凯同学勤学好问，在课外学习活动中，探究发现，三角形的面积、边、角之间存在一定的数量关系，下面是他的学习笔记．请仔细阅读下列材料并完成相应的任务．
理解应用：如图，甲船以302海里/时的速度向正北方向航行，当甲船位于A处时，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B处，且乙船从B处沿北偏东15°方向匀速直线航行，当甲船航行20分钟到达D处时，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的C处，此时两船相距102海里．
(1)求：△ADC的面积；
(2)求：乙船航行的速度（结果保留根号）．
【答案】(1)503
(2)203（海里/每小时）
【分析】（1）结合题中条件可求出AD的长，再根据材料中的结论1：三角形的面积等于两边及其夹角正弦值的一半，即可求出答案．
（2）根据第一问可知△ACD是等边三角形，结合题中条件求出∠ABC和∠BAC的大小，根据材料中的结论2：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比值相等，可求出BC的长，从而可求出答案．
【详解】（1）解：由题意知：∠ADC=60°，DC=102，AD=302×2060=102，
由结论①知，S△ADC=12DC⋅AD⋅sin∠ADC=12×102×102×sin60°
=12×102×102×32=503，
所以△ADC的面积为503．
（2）解：由（1）知DC=AD，∠ADC=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠DAC=60°，AC=AD=102，
又∠BAM=75°，
∴∠BAC=180°−75°−60°=45°，
由题意知∠NBC=15°，∠NBA=75°，
∴∠ABC=75°−15°=60°，
在△ABC中，由材料中结论②得ACsin∠ABC=BCsin∠BAC，
∴BC=AC⋅sin∠BACsin∠ABC=102×sin45°sin60°=102×2232=2033，
∴乙船航行的速度为：2033÷2060=203（海里/小时）．
【点睛】本题考查的是方向角问题、等边三角形的判定，掌握方向角的概念、正确使用材料中的结论是解题的关键．
15．（2023·安徽滁州·校考一模）在某张航海图上，标明了三个观测点的坐标为O0，0、B(12，0)、C(12，16)，由三个观测点确定的圆形区域是“利剑−2016”中国多军种军事演习区，如图所示．
(1)求圆形区域的面积．
(2)某时刻海面上出现一艘可疑船A，在观测点O测得A位于北偏东45°方向上，同时在观测点B测得A位于北偏东30°方向上，求观测点B到可疑船A的距离，结果保留根号；
(3)当可疑船A由（2）中的位置向正西方向航行时，是否会进入演习区？请通过计算解释．
【答案】(1)100π
(2)AB=123+12
(3)当可疑船A由（2）中的位置向正西方向航行时，不会进入演习区，理由见解析
【分析】（1）如图所示，连接BC，OC，由O、B、C三点的坐标可得OB=12，BC=16， ∠OBC=90°，即可得到OC即为该圆形区域的直径，理由勾股定理求出OC，再利用圆面积公式求解即可；
（2）如图所示，连接OA，BA，过点A作AD⊥x轴于D，由题意得，∠AOD=45°，∠ABD=60°，设AB=x，解Rt△ABD得到AD=32x，BD=12x，则OD=12+12x，再解Rt△AOD，得到32x12x+12=1，解方程即可得到答案；
（3）只需要判断出AD>20即可得到答案．
【详解】（1）解：如图所示，连接BC，OC，
∵O0，0、B(12，0)、C(12，16)，
∴OB=12，BC=16，BC⊥x轴，即∠OBC=90°，
∴OC即为该圆形区域的直径，
在Rt△OBC中，由勾股定理得OC=OB2+BC2=20，
∴该圆形区域的面积为π×2022=100π；
（2）解：如图所示，连接OA，BA，过点A作AD⊥x轴于D，
由题意得，∠AOD=45°，∠ABD=60°，
设AB=x，
在Rt△ABD中，AD=AB⋅sin∠ABD=32x，BD=AB⋅cs∠ABD=12x，
∴OD=OB+BD=12+12x，
在Rt△AOD中，tan∠AOD=ADOD=tan45°=1，
∴32x12x+12=1，
解得x=123+12，
∴AB=123+12；
（3）解：当可疑船A由（2）中的位置向正西方向航行时，不会进入演习区，理由如下：
由（2）得AD=32×123+12=18+63>20，
∴点A的纵坐标大于该圆形区域的直径，
∴当可疑船A由（2）中的位置向正西方向航行时，不会进入演习区．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，坐标与图形，勾股定理，90度的圆周角所对的弦是直径等等，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
16．（2023·广西河池·校考一模）如图，一艘渔船位于小岛B的北偏东30°方向，距离小岛40nmile的点A处，它沿着点A的南偏东15°的方向航行．
(1)渔船航行多远距离小岛B最近（结果保留根号）？
(2)渔船到达距离小岛B最近点后，按原航向继续航行206nmile到点C处时突然发生事故，渔船马上向小岛B上的救援队求救，问救援队从B处出发到达事故地点的最短航程BC是多少nmile（结果保留根号）？
【答案】(1)202nmile
(2)402nmile
【分析】（1）过B作BM⊥AC于M，求出AM的长，即为所求；
（2）在Rt△BCM中，勾股定理求出BC的长即可．
【详解】（1）解：过B作BM⊥AC于M，
由题意，可知：∠BAM=45°，则∠ABM=45°，
在Rt△ABM中，∠BAM=45°，AB=40nmile，
∴△ABM是等腰直角三角形，
∴BM=AM=22AB=202nmile，
答：渔船航行202nmile距离小岛B最近；
（2）解：在Rt△BCM中，BM=202,CM=206，
∴BC=BM2+CM2=(202)2+(206)2=402nmile，
答：救援队从B处出发到达事故地点的最短航程是402nmile．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用．解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形．
17．（2023·湖南湘潭·湘潭县云龙中学校考一模）如图，AB是湘江段江北岸滨江路一段，长度为2km，C为南岸一渡口．为了解决两岸交通困难，在渡口C处架桥，CD⊥AB垂足为点D．经测量点C在A点的东偏南45°方向，在B点的西偏南60°方向．问：桥长CD为多少km？（结果精确到0.01，参考数据：2≈1.414，3≈1.732．）
【答案】1.27km
【分析】设CD=xkm，解Rt△ACD得到AD=xkm，解Rt△BCD得到BD=33xkm，再由AB=AD+BD=2km，得到x+33x=2，解方程即可得到答案．
【详解】解：设CD=xkm，
由题意得∠A=45°，∠B=60°，
在Rt△ACD中，AD=CDtanA=xkm，
在Rt△BCD中，BD=CD⋅tan30°=33xkm，
∵AB=AD+BD=2km，
∴x+33x=2，
解得x=3−3，
∴CD≈3−1.732≈1.27km，
答：CD的长约为1.27km．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，正确计算是解题的关键．
18．（2023·浙江嘉兴·校考一模）小明学了《解直角三角形》内容后，对一条东西走向的隧道AB进行实地测量．如图所示，他在地面上点C处测得隧道一端点A在他的北偏东15°方向上，他沿西北方向前进1003米后到达点D，此时测得点A在他的东北方向上，端点B在他的北偏西60°方向上，（点A、B、C、D在同一平面内）
(1)求点D与点A的距离；
(2)求隧道AB的长度．（结果保留根号）
【答案】(1)点D与点A的距离为300米
(2)隧道AB的长为(1502+1506)米
【分析】（1）根据方位角图，易知∠ACD=60°，∠ADC=90°，解Rt△ADC即可求解；
（2）过点D作DE⊥AB于点E．分别解Rt△ADE，Rt△BDE求出AE和BE，即可求出隧道AB的长
【详解】（1）由题意可知：∠ACD=15°+45°=60°，∠ADC=180°−45°−45°=90°
在Rt△ADC中，
∴AD=DC×tan∠ACD=1003×tan60°=1003×3=300（米）
答：点D与点A的距离为300米．
（2）过点D作DE⊥AB于点E．
∵AB是东西走向
∴∠ADE=45°,∠BDE=60°
在Rt△ADE中，
∴DE=AE=AD×sin∠ADE=300×sin45°=300×22=1502
在Rt△BDE中，
∴BE=DE×tan∠BDE=1502×tan60°=1502×3=1506
∴AB=AE+BE=1502+1506（米）
答：隧道AB的长为(1502+1506)米
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用-方向角问题，掌握方向角的概念、熟记特殊角的三角函数值是解题的关键．
19．（2023·新疆·统考一模）如图，B港口在A港口的南偏西25°方向上，距离A港口100海里处．一艘货轮航行到C处，发现A港口在货轮的北偏西25°方向，B港口在货轮的北偏西70°方向，求此时货轮与A港口的距离（结果取整数）．（参考数据：sin50°≈0.766,cs50°≈0.643,tan50°≈1.192,2≈1.414）
【答案】货轮距离A港口约141海里
【分析】过点B作BH⊥AC于点H，分别解直角三角形求出AH、HC即可得到答案．
【详解】解：过点B作BH⊥AC于点H，
根据题意得，∠BAC=25°+25°=50°,∠BCA=70°−25°=45°，
在Rt△ABH中，∠AHB=90°，
∵AB=100,∠BAC=50°，
sin∠BAH=BHAB,cs∠BAH=AHAB，
∴BH=AB⋅sin∠BAC≈100×0.766=76.6（海里）
AH=AB⋅cs∠BAC≈100×0.643=64.3（海里）
在Rt△BHC中，∠BHC=90°
∵∠BCH=45°,tan∠BCH=BHCH
∴CH=BHtan∠BCH≈76.6tan45°=76.61=76.6（海里）．
∴AC=AH+CH=64.3+76.6≈141（海里）
答：货轮距离A港口约141海里．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，正确理解题意作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
20．（2023·河南洛阳·统考一模）如图，三角形花园ABC紧邻湖泊，四边形ABDE是沿湖泊修建的人行步道．经测量，点C在点A的正东方向，AC=200米．点E在点A的正北方向．点B，D在点C的正北方向，BD=100米．点B在点A的北偏东30°，点D在点E的北偏东45°．
(1)求步道DE的长度（精确到个位）；
(2)点D处有直饮水，小红从A出发沿人行步道去取水，可以经过点B到达点D，也可以经过点E到达点D．请计算说明他走哪一条路较近？（参考数据：2≈1.414，3≈1.732）
【答案】(1)283米
(2)经过点B到达点D较近
【分析】（1）过E作BC的垂线，垂足为H，可得四边形ACHE是矩形，从而得到EH=AC=200米，再证得△DEH为等腰直角三角形，即可求解；
（2）分别求出两种路径的总路程，即可求解．
【详解】（1）解：过E作BC的垂线，垂足为H，
∴∠CAE=∠C=∠CHE=90°，
∴四边形ACHE是矩形，
∴EH=AC=200米，
根据题意得：∠D=45°，
∴△DEH为等腰直角三角形，
∴DH=EH=200米，
∴DE=2EH=2002≈283（米）；
（2）解： 根据题意得：∠ABC=∠BAE=30°，
在Rt△ABC中，
∴AB=2AC=400米，
∴经过点B到达点D，总路程为AB+BD=500米，
∴BC=AB2−BC2=2003（米），
∴AE=CH=BC+BD−DH=2003+100−200=2003−100（米），
∴经过点E到达点D，总路程为2002+2003−100≈529>500，
∴经过点B到达点D较近．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，明确题意，准确构造直角三角形是解题的关键．
类型三：锐角三角函数的应用：坡度坡角问题
21．（2023·天津武清·校考模拟预测）如图，某社区一建筑物上，悬挂“创文明小区，建和谐社会”的宣传条幅AB，小明站在位于建筑物正前方的台阶D点处测得条幅顶端A的仰角为36.5°，朝着条幅的方向走到台阶下的E点处，测得条幅顶端A的仰角为64°，已知台阶DE的坡度为1:2，DC=2米，则条幅AB的长度为多少米．（结果精确到0.1米，参考数据sin36.5°≈0.6，tan36.5°≈0.75，sin64°≈0.9，tan64°≈2.1）
【答案】AB≈7.8米
【分析】要求AB的长，只要构造出直角三角形，利用锐角三角函数进行求解即可，过点D作DF⊥AB于点F，然后根据题目中的数量关系，可以表示出关于AB的等式，从而可以得到AB的值．
【详解】解：过点D作DF⊥AB于点F，如图，
由题意得DF=CB，
∵台阶DE的坡度为1:2，DC=2米，
∴CE=2CD=4米，
∵∠AFD=90°,∠ADF=36.5°,CD=2米，tan∠ADF=AFDF，
∴tan36.5°=AB−2DF，
即DF=AB−2tan36.5°，
又∵∠ABE=90°,∠AEB=64°,CE=4米，CB=DF,tan∠AEB=ABBE，
∴BE=ABtan64°，
即DF−4=ABtan64°，
∴AB−2tan36.5°−4=ABtan64°，
解得AB≈7.8米，
∴条幅AB的长度为7.8米．
【点睛】此题考查了解直角三角形的应用—坡度坡角问题，仰角俯角问题，解题的关键是明确题意，构造合适的直角三角形，利用锐角三角函数进行解答．
22．（2023·山西忻州·统考一模）绵山是中国清明节（寒食节）的发源地，相传春秋时期晋国介子推携母隐居被焚在山上．绵山入口处有一座雄伟高大的介子推铜像，当地某校的综合与实践小组的同学们想要测出这座铜像有多高．他们先制订了测量方案，随后又进行了实地测量．如图，铜像MN建在坡比为1∶2.4的楼梯BM顶端，同学们在A处测得铜像顶点N的仰角为30°，然后沿着AC方向走了12m到达B处，此时在B处测得铜像顶点N的仰角为63.4°，其中点A，B，C，D，M，N均在同一平面内．请根据以上数据求出铜像MN的高度．（结果精确到0.1m，参考数据3≈1.73，sin63.4°≈0.89，cs63.4°≈0.45，tan63.4°≈2.00）
【答案】7.7m
【分析】延长NM交AB于点E，设BE=xm，在Rt△ANE中，根据正切得出tan∠NAE=NEAE，即33=NE12+x，根据正切得出tan∠NBE=NEBE，即2≈NEx，从而求出x=1223−1，NE=2423−1，然后根据斜坡的坡度为1∶2.4可求出ME=523−1，最后由MN=NE−ME求解即可．
【详解】解：延长NM交AB于点E，
设BE=xm，
在Rt△ANE中，∠NAE=30°，∠AEN=90°，
∴tan∠NAE=NEAE，即33=NE12+x①，
在Rt△NBE中，∠NBE=63.4°，∠BEN=90°，
∴tan∠NBE=NEBE，即2≈NEx②，
联合①②可求得x=1223−1，NE=2423−1，
∵铜像MN建在坡比为1∶2.4的楼梯BM顶端，
∴MEBE=12.4，
∴ME=523−1，
∴MN=NE−ME=1923−1≈7.7，
答：铜像MN的高度约为7.7m．
【点睛】本题考查解直角三角形-仰角俯角问题，坡度坡角问题，通过作垂线构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系和坡度的意义进行计算是解题关键．
23．（2023·陕西榆林·校考一模）延安宝塔，是革命圣地延安的标志和象征，融历史文物和革命遗址为一脉，集人文景观和自然景观为一体．某数学兴趣小组在确保无安全隐患的情况下，开展了测量延安宝塔的高度的实践活动，具体过程如下：如图，CN是坡度i=3:4的斜坡，CN的长为15米，BC=32米．MN是测角仪，长为2米，从点M测得该塔顶部A处的仰角为37°，已知MN⊥BC，AB⊥BC，求该塔AB的高度．（参考数据：tan37°≈34）
【答案】44米
【分析】过M作ME⊥AB于点E，延长MN交BC于H，由坡度i=3:4，可设NH=3k，CH=4k，由勾股定理求得k=3，可得NH=9，CH=12，再在Rt△AEM中求得AE的长，最后可得结果．
【详解】解：过M作ME⊥AB于点E，延长MN交BC于H，则BE=HM，EM=BH，
由坡度i=3:4，可设NH=3k，CH=4k，则3k2+4k2=152，
解得k=3，
∴NH=9，CH=12，
∴BE=MH=MN+NH=2+9=11，EM=BH=BC+CH=32+12=44
在Rt△AEM中，∵∠AME=37°，
∴AE=EM⋅tan37°=44×34=33，
∴AB=AE+BE=33+11=44．
该塔AB的高度为44米
【点睛】本题主要考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题和坡度坡比问题，掌握仰角俯角和坡度坡比的定义，并根据题意构建合适的直角三角形是解题的关键．
24．（2023·陕西西安·校考三模）开封铁塔又名“开宝寺塔”，坐落在开封城东北隅铁塔公园内，因塔身全部以褐色琉璃瓦镶嵌，远看酷似铁色，故称为“铁塔”．在一次综合实践活动中，某数学小组对该铁塔进行测量．如图，他们在远处一山坡坡脚P处，测得铁塔顶端M的仰角为60°，沿山坡向上走35m到达D处，测得铁塔顶端M的仰角为30°．已知山坡坡度i＝3:4，即tanθ=34，请你帮助该小组计算铁塔的高度ME（结果精确到1m，参考数据：3≈1.7）．
【答案】约55米
【分析】如图，过点D作DG⊥PE，垂足为G，过点D作DF⊥ME，垂足为F，根据题意可得：DG＝FE，DF＝GE，根据已知可设DG＝3x米，则GP＝4x米，从而在Rt△DGP中，利用勾股定理求出DP＝5x米，进而求出DG，GP的长，然后再设PE＝y米，在Rt△MPE中，利用锐角三角函数的定义求出ME的长，从而求出MF，DF的长，最后在Rt△MDF中，利用锐角三角函数的定义列出关于y的方程，进行计算即可解答．
【详解】
解：如图，过点D作DG⊥PE，垂足为G，过点D作DF⊥ME，垂足为F，
由题意得：
DG＝FE，DF＝GE，
在Rt△DGP中，tanθ=DGGP=34，
∴设DG＝3x米，则GP＝4x米，
∴DP＝DG2+PG2=3x2+4x2=5x（米），
∵DP＝35米，
∴5x＝35，
∴x＝7，
∴DG＝FE＝3x＝21（米），GP＝4x＝28（米），
设PE＝y米，
在Rt△MPE中，∠MPE＝60°，
∴ME＝PE•tan60°＝3y（米），
∴DF=GE=GP+EP=28+y米，MF＝ME﹣EF＝3y−21米，
在Rt△MDF中，∠MDF＝30°，
∴tan30°＝MFDF=3y−2128+y=33，
解得：y=28+2132，
经检验：y=28+2132是原方程的根，
∴ME＝3y=55（米），
∴铁塔的高度ME约为55米．
【点睛】本题考查了解直角三角形中仰角俯角问题，坡度问题，根据题意，结合图形画出正确的辅助线是解题的关键．
25．（2023·辽宁锦州·统考模拟预测）如图，在坡角为30°的山坡上有一铁塔AB，其正前方矗立着一大型广告牌，当阳光与水平线成45°角时，测得铁塔AB落在斜坡上的影子BD的长为8米，落在广告牌上的影子CD的长为5米，求铁塔AB的高．（AB、CD均与水平面垂直，结果保留根号）
【答案】(43+1)米
【分析】过点C作CE⊥AB于E，过点B作BF⊥CD于F，在Rt△BFD中，分别求出DF、BF的长度，在Rt△ACE中，求出AE、CE的长度，继而可求得AB的长度．
【详解】过点C作CE⊥AB于E，过点B作BF⊥CD于F，
在Rt△BFD中，
∵∠DBF=30°,sin∠DBF=DFBD=12,cs∠DBF=BFBD=32，
∵BD=8米，
∴DF=4米，BF=43米，
∵AB∥CD，CE⊥AB,BF⊥CD，
∴四边形BFCE为矩形，
∴BF=CE=43（米）
则BE=CF=CD−DF=5−4=1（米），
在Rt△ACE中，∠ACE=45°，
∴AE=CE=43米，
∴AB=AE+BE=(43+1)米．
答：铁塔AB的高为(43+1)米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是根据题目所给的坡角构造直角三角形，利用三角函数的知识求解．
26．（2023·河北衡水·校考二模）如图，有两个长度相同的滑梯（即BC=EF），左边滑梯的高度AC与右边滑梯水平方向的长度DF相等．
(1)求证：△ABC≅△DEF；
(2)若滑梯的长度BC=10米，DE=8米，分别求出滑梯BC与EF的坡度；
(3)在（2）的条件下，由于EF太陡，在保持EF长不变的情况下，现在将点E向下移动，点F随之向右移动．
①若点E向下移动的距离为1米，求滑梯EF底端F向右移动的距离；
②在移动的过程中，直接写出△DEF面积的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)滑梯BC的坡度为34．滑梯EF的坡度为43
(3)①底端F向右滑行的距离为51−6米；②25平方米
【分析】（1）根据直角三角形全等的判定直接证明即可；
（2）利用全等三角形的性质及勾股定理得出DF=AC=6，再由坡度的定义求解即可；
（3）①点E向下滑动的距离为1米，则此时DE=7米．结合勾股定理求解即可；
②根据斜边不变，当三角形为等腰三角形时，面积最大求解即可．
【详解】（1）在Rt△ABC与Rt△DEF中，
BC=EFAC=DF，
∴Rt△ABC≅Rt△DEFHL；
（2）∵Rt△ABC≅Rt△DEF，
∴AB=DE=8米．
在Rt△ABC中，AC=BC2−AB2=6（米），
∴DF=AC=6米，
∴滑梯BC的坡度为ACAB=34．
滑梯EF的坡度为DEDF=43；
（3）①点E向下滑动的距离为1米，则此时DE=7米．
在Rt△DEF中，DF=EF2−DE2=51，
∴底端F向右滑行的距离为51−6米；
②设点E向下滑动的距离为x米，则此时DE=8−x米
在Rt△DEF中，DF=EF2−DE2=100−(8−x)2，
当DE=DF时，△DEF面积的最大，100−(8−x)2=8−x，
解得：(8−x)2=50，
∴面积最大值为12×8−x2=25平方米．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形及坡度的定义，理解题意是解题关键．
27．（2023·江苏宿迁·统考一模）如图，梯形ABCD是某水坝的横截面示意图，其中AB=CD，坝顶BC=2m，坝高CH=5m，迎水坡AB的坡度为i=1:1．
(1)求坝底AD的长；
(2)为了提高堤坝防洪抗洪能力，防汛指挥部决定在背水坡加固该堤坝，要求坝顶加宽0.5m，背水坡坡角改为α=30°．求加固总长5千米的堤坝共需多少土方？（参考数据：π≈3.14,2≈1.41,3≈1.73；结果精确到0.1m3）
【答案】(1)12m
(2)加固总长5千米的堤坝共需58125.0m3土方
【分析】（1）过点B作BM⊥AD于M，可得：CH=MB=5m,CB=HM=2m，利用坡比求出AM的长，易得△CHD为等腰直角三角形，进而求出DH的长，利用AD=DH+HM+AM，即可得解；
（2）过点F作FG⊥AD于G，求出梯形CFED的面积，再乘以总长即可得出结果．
【详解】（1）解：过点B作BM⊥AD于M，
则四边形BCHM是矩形，
∴CH=MB=5m,CB=HM=2m，
∵i=1:1，
∴tanA=BMAM=1，
∴∠A=45°，AM=BM=5m
∵AB=CD，
∴四边形ABCD是等腰梯形
∴∠CDH=∠A=45°
∴△CHD是等腰直角三角形
∴DH=CH=5m，
∴AD=DH+HM+AM=5+2+5=12m；
（2）解：过点F作FG⊥AD于G，则四边形FCHG是矩形，
∴CF=GH=0.5m，FG=CH=5m，
∵∠E=30°,∠FGE=90°，
∴EG=FGtanE=5tan30°=53m，
∴DE=EG+GH−DH=53−4.5m，
∴S梯形CFED=120.5+53−4.5×5=2523−10m2，
∴加固总长5千米的堤坝共需土方：2523−10×5000≈58125.0m3．
【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用．解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形．
28．（2023·上海崇明·统考一模）如图，一根灯杆AB上有一盏路灯A，路灯A离水平地面的高度为9米，在距离路灯正下方B点15.5米处有一坡度为i=1:43的斜坡CD，如果高为3米的标尺EF竖立地面BC上，垂足为F，它的影子的长度为4米．
(1)当影子全在水平地面BC上（图1），求标尺与路灯间的距离；
(2)当影子一部分在水平地面BC上，一部分在斜坡CD上（图2），求此时标尺与路灯间的距离为多少米？
【答案】(1)标尺与路灯间的距离为8米；
(2)此时标尺与路灯间的距离为14米．
【分析】（1）由题意可知，AB⊥BC,EF⊥BC得到AB∥EF，则△EFG∽△ABG，把数值代入EFAB=FGBF+FG即可得到答案；
（2）连接AE交CD于点M，过点M作MN⊥BC交BC延长线于点N，过点M作MG⊥AB于点G，交EF于点H，设CM=x米，则FC=4−x米，可证明△AGM∽△GHM，得到AGEH=GMHM，求出AG=9−35x米，GM=15.5+45x米，EH=3−35x米，HM=4−x+45x，代入比例式得到关于x的一元二次方程，解方程求得x的值，即可得到答案．
【详解】（1）解：如图，
由题意可知，AB⊥BC,EF⊥BC,
∴AB∥EF，
∴△EFG∽△ABG，
∴EFAB=FGBF+FG
由题意可知，EF=3,AB=9,FG=4，
∴39=4BF+4，
解得BF=8,
即标尺与路灯间的距离为8米；
（2）如图，连接AE交CD于点M，过点M作MN⊥BC交BC延长线于点N，过点M作MG⊥AB于点G，交EF于点H，
∵影子长为4米，
∴FC+CM=4米，
设CM=x米，
∴FC=4−x米，
∵BC=15.5米，
∵AB⊥BC,EF⊥BC，
∴AB∥EF，
∴∠AGH=∠EHM，∠BAE=∠FEM，
∴△AGM∽△EHM，
∴AGEH=GMHM，
∵CM=x米，MNCN=34，
∴CN=45x米，MN=35x，
∴GB=35x米，
∴AG=9−35x米，GM=15.5+45x米，EH=3−35x米，HM=4−x+45x，
∴9−35x3−35x=15.5+45x4−x+45x，
∴9−35x4−x+45x=3−35x15.5+45x，
∴2x2+9x−35=0，
解得x1=−7（不合题意，舍去），x2=52，
经检验x=52是方程的解且符合题意，
∴FC=4−x=32米，
∴BF=15.5−32=14米，
∴此时标尺与路灯间的距离为14米．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、解分式方程、解直角三角形的坡度问题，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
29．（2023·海南儋州·统考一模）如图，在坡顶A处的同一水平面上有一座古塔BC，数学兴趣小组的同学在斜坡底P处测得该塔的塔顶B的仰角为45°，然后他们沿着坡度为i=1:2.4的斜坡AP攀行了26米到达点A，在坡顶A处又测得该塔的塔顶B的仰角为76°．
(1)求坡顶A到地面PQ的距离；
(2)计算古塔BC的高度（结果精确到1米）．（参考数据：sin76°≈0.97，cs76°≈0.24，tan76°≈4）
【答案】(1)10米
(2)约19米
【分析】（1）过点A作AH⊥PQ于H，根据斜坡AP的坡度为i=1:2.4，得出AHPH=512，设AH=5k，则PH=12k，AP=13k，求出k值即可求解；
（2）延长BC交PQ于D，根据BC⊥AC，AC∥PQ可得BD⊥PO，从而得出四边形AHDC是矩形，再根据∠BPD=45°，得出PD=BD，利用Rt△ABC中，tan76°=BCAC即可求解．
【详解】（1）解：过点A作AH⊥PQ于H，如图所示：
∵斜坡AP的坡度为i=1:2.4，
∴AHPH=512，
设AH=5k，则PH=12k，
则AP=AH2+PH2=(5k)2+(12k)2=13k，
∴13k=26，解得：k=2，
∴AH=10，
∴坡顶A到地面PQ的距离为10米．
（2）解：延长BC交PQ于D，如图所示：
∵BC⊥AC，AC∥PQ，
∴BD⊥PQ，
∴∠ACD=∠CDH=∠AHD=90°，
∴四边形AHDC是矩形，CD=AH=10，AC=DH，
∴∠BPD=45°，
∴△BPD为等腰直角三角形，
∴PD=BD，
设BC=x，则x+10=24+DH，
∴AC=DH=x−14，
在Rt△ABC中，tan76°=BCAC，
即xx−14≈4，解得：x≈19，
∴古塔BC的高度约19米．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用、勾股定理、锐角三角函数、坡角与坡度、矩形的判定及性质，解题的关键根据题意作出辅助线，构造直角三角形，利用锐角三角函数求解．
30．（2023·山东济南·一模）在一次综合实践活动中，数学兴趣小组的同学想要测量一楼房AB的高度，如图，楼房AB后有一假山，其斜坡CD坡比为1∶3，山坡坡面上点E处有一休息亭，在此处测得楼顶A的仰角为45°，假山坡脚C与楼房水平距离BC=30米，与亭子距离CE=40米．
(1)求点E距水平地面BC的高度；
(2)求楼房AB的高．（结果精确到整数，参考数据2≈1.414，3≈1.732）
【答案】(1)20米
(2)85米
【分析】（1）过点E作EF⊥BC于点F．在Rt△CEF中，求出CF=3EF，然后根据勾股定理解答；
（2）过点E作EH⊥AB于点H．在Rt△AHE中，∠HAE=45°，结合（1）中结论得到CF的值，再根据AB=AH+BH，求出AB的值．
【详解】（1）解：过点E作EF⊥BC于点F．
在Rt△CEF中，CE=40米，EFCF=13，
∴EF2+(3EF)2=402，
∵EF>0，
∴EF=20（米）．
答：点E距水平面BC的高度为20米．
（2）过点E作EH⊥AB于点H．
则HE=BF，BH=EF．
在Rt△AHE中，∠HAE=45°，
∴AH=HE，
由（1）得CF=3EF=203（米），
又∵BC=30米，
∴HE=BC+CF=(30+203)米，
∴AB=AH+BH=30+203+20=50+203≈85（米），
答：楼房AB的高约是85米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用−−仰角俯角问题、坡度坡角问题，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．
类型四、锐角三角函数与解直角三角形
31．（2023·福建漳州·统考一模）如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC与BD交于点O，过点B作BE⊥AC于点E，作BF⊥BD交AC延长线于点F．
(1)求证：△OBE∽△OFB；
(2)求证：OC⋅CF=EC⋅OF．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】根据BF⊥BD，BE⊥AC可得∠BEO=∠OBF=90°，结合∠BOE=∠FOB即可得到证明；
过点C作CH⊥BF交BF于点H，根据四边形ABCD是矩形，OB=OC可得，∠OCB=∠OBC，根据BE⊥AC，BF⊥BD可得∠CBF=∠CBE，得到EC=CH，在Rt△CHF与Rt△BOF中利用三角函数列等式即可得到证明；
【详解】（1）证明：∵BF⊥BD，BE⊥AC，
∴∠BEO=∠OBF=90°，
∵∠BOE=∠FOB，
∵△OBE∽△OFB；
（2）证明：过点C作CH⊥BF交BF于点H，
在矩形ABCD中，OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC，
∵BE⊥AC，BF⊥BD，
∴∠BCE+∠CBE=90°，∠CBF+∠CBO=90°，
∴∠CBF=∠CBE，
∴EC=CH，
在Rt△CHF中，sinF=CHCF=ECCF，
在Rt△BOF中，sinF=OBOF，
∵OB=OC，
∴sinF=OCOF，
∴ECCF=OCOF，
即OC⋅CF=EC⋅OF．
【点睛】本题考查三角形相似的判定与性质，三角函数，直角三角形两锐角互余，解题的关键是作出辅助线．
32．（2023·河南安阳·统考一模）如图，△ABC内接于⊙O，AB、CD是⊙O的直径，E是DA长线上一点，且∠CED=∠CAB．
(1)判断CE与⊙O的位置关系，并说明理由；
(2)若DE=35，tanB=12，求线段CE的长．
【答案】(1)CE是⊙O的切线；见解析
(2)3
【分析】（1）根据直径所对的圆周角是90°，根据圆周角定理得出∠B=∠D，推出∠DCE=90°即可得出结论；
（2）根据∠B=∠D，得到tan∠B=tan∠D，即可得CD=2CE，再根据勾股定理得出CE即可．
【详解】（1）CE与⊙O相切，
理由：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠B=90°，
∵∠CED=∠CAB，∠B=∠D，
∴∠CED+∠D=90°，
∴∠DCE=∠ACB=90°，
∴CD⊥CE，
∵CD是⊙O的直径，即OC是⊙O半径，
∴CE是⊙O的切线；
（2）由（1）知，CD⊥CE，
在Rt△ABC和Rt△DEC中，
∵∠B=∠D，tanB=12，
∴tan∠B=tan∠D=CECD=12，
∴CD=2CE，
在Rt△CDE中，CD2+CE2=DE2，DE=35，
∴2CE2+CE2=352，
解得CE=3（负值舍去），
即线段CE的长为3．
【点睛】本题主要考查了切线的判定，圆周角定理，三角函数以及勾股定理等知识，掌握切线的判定是解答本题的关键．
33．（2023·安徽安庆·统考一模）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足是D，若BC=14,AD=12,tan∠BAD=34，求csC的值．
【答案】513
【分析】在Rt△ABD中，根据tan∠BAD=BDAD=34，可得BD的长，进而得到CD的长，再由勾股定理求出AC，即可求解．
【详解】解：∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
在Rt△ABD中，tan∠BAD=BDAD=34，
∴BD=AD·tan∠BAD=12×34=9，
∴CD=BC−BD=14−9=5，
∴AC=AD2+CD2=122+52=13，
∴csC=CDAC=513．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，勾股定理，熟练掌握锐角三角函数是解题的关键．
34．（2023·浙江舟山·校联考一模）如图，在矩形ABCD中，点E为边AB上的一动点（点E不与点A，B重合），连接DE，过点C作CF⊥DE，垂足为F．
(1)求证：△ADE∽△FCD；
(2)若AD=6,tan∠DCF=13，求AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）利用矩形的性质可得出∠A=∠ADC=90°，由CF⊥DE可得出∠CFD=90°=∠D，利用等角的余角相等可得出∠AED=∠FDC，进而可证出△ADE∽△FCD；
（2）利用相似三角形的性质可得出∠ADE=∠FCD，进而可得出tan∠ADE=tan∠FCD=13，再在Rt△ADE中，通过解直角三角形即可求出AE的长．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠ADC=90°．
∵CF⊥DE，
∴∠CFD=90°=∠A．
∵∠AED+∠ADE=90°,∠ADE+∠FDC=∠ADC=90°，
∴∠AED=∠FDC．
∴△ADE∽△FCD．
（2）解：∵△ADE∽△FCD，
∴∠ADE=∠FCD，
∴tan∠ADE=tan∠FCD=13．
在Rt△ADE中，∠A=90°,AD=6，
∴AE=AD⋅tan∠ADE=6×13=2，
即AE的长为2．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
35．（2023·上海静安·统考一模）如图，已知在△ABC中，∠B为锐角，AD是BC边上的高，csB=513， AB=13,BC=21．
(1)求AC的长；
(2)求∠BAC的正弦值．
【答案】(1)AC长为20．
(2)∠BAC的正弦6365．
【分析】（1）由∠B的余弦求出BD的长，得到DC长，由勾股定理即可解决问题．
（2）过C作CH⊥AB于H，由三角形的面积公式求出CH的长即可解决问题．
【详解】（1）∵csB=BDAB=315,AB=13,
∴BD=13×513=5,
∴CD=BC−BD=21=5=16
∵AD=AB2−BD2=132−52=12
∴AC=AD2+CD2=122+162=20
（2）作CH⊥AB于H
∵△ABC的面积=12AB⋅CH=12BC⋅AD
∴13CH=21×12
∴CH=25213
∴∠BAC的正弦值是CHAC=2521320=6365
【点睛】本题考查的是解直角三角形，关键是作出恰当的辅助线．
36．（2023·广东深圳·统考一模）(1)如图1，纸片▱ABCD中，AD＝10，S▱ABCD=60，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下△ABE，将它平移至△DCE'的位置，拼成四边形AEE'D，则四边形AEE'D的形状为 ．（从以下选项中选取）
A．正方形 B ．菱形 C．矩形
(2)如图2，在（1）中的四边形纸片AEE'D中，在EE'上取一点F，使EF＝8， 剪下△AEF，将它平移至△DE'F'的位置，拼成四边形AFF'D．
①求证：四边形AFF'D是菱形；
②连接DF，求sin∠ADF的值．
【答案】(1)C
(2)①证明见详解；②31010；
【分析】（1）根据▱ABCD可得AD∥EC，结合 AE⊥BC可得，∠EAD=AEC=AEB=90°，再根据△ABE平移得到△DCE'，可得∠CE'D=90°，即可得到答案；
（2）①根据平移可得AF=DF'，AF∥DF'，即可得到四边形AFF'D是平行四边形，根据AE=60÷10=6，结合EF＝8根据勾股定理可得AF，即可得到证明；②根据AD＝10，EF＝8即可得到FE'=10−8=2，结合AE=6即可得到DF，根据
AD∥EF可得∠FE'D=∠ADF，即可得到答案；
【详解】（1）解：∵▱ABCD中，AD＝10，S▱ABCD=60，
∴AE=60÷10=6，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥EC，
∵AE⊥BC，
∴∠EAD=AEC=AEB=90°，
∵△ABE平移得到△DCE'，
∴∠CE'D=90°，
∴四边形AEE'D的形状为矩形，
故选C；
（2）①证明：∵△AEF平移得到△DE'F'，
∴AF=DF'，AF∥DF'，
∴四边形AFF'D是平行四边形，
∵AE=60÷10=6，EF＝8，
∴AF=62+82=10，
∴AF=AD，
∴四边形AFF'D是菱形；
②∵AD＝10，EF＝8，
∴FE'=10−8=2，
∵AE=6，
∴DF=62+22=210，
∵AD∥EF，
∴∠FE'D=∠ADF，
∴sin∠ADF=sin∠FE'D=DE'DF=6210=31010．
【点睛】本题考查平移的性质，矩形的判定，菱形的判定，三角函数，平行四边形的性质，解题的关键是根据平移及平行四边形的性质得到相应的条件．
37．（2023·广东梅州·校考模拟预测）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，∠ADC=90°，AB=6，CD=3，BC的延长线与AD的延长线交于点E．
(1)若∠A=60°，求BC的长；
(2)若sinE=35，求AD的长．
【答案】(1)BC=63−6
(2)AD=6
【分析】（1）利用三角函数值求出BE=3AB=63，再求出CE=2CD=6，即可解得；
（2）先求出AE=10，再求出DE=4，即可解得．
【详解】（1）∵tanA=3，
AB=6
∴BE=3AB=63，
∵∠A=60°，
∴∠E=30°，
∴sin30°=12，
又∵CD=3，
∴CE=2CD=6，
∴BC=BE−CE=63−6．
（2）∵sinE=35，
AB=6，
∴AE=10，
tanE=34，
又∵ CD=3，
∴DE=4，
∴AD=AE−DE=6．
【点睛】此题考查了解直角三角形，解题的关键熟悉三角函数值并会求直角边的长．
38．（2023·上海崇明·统考一模）如图，D是△ABC边上的一点，CD=2AD,AE⊥BC，垂足为点E，若AE=9，sin∠CBD=34．
(1)求BD的长；
(2)若BD=CD，求tan∠BAE的值．
【答案】(1)8
(2)79
【分析】（1）作DF⊥BC于点F，通过AE∥DF可得CDAC=DFAE，求出DF的长度，根据sin∠CBD=34，即可求解；
（2）先利用勾股定理求出CF的长度，根据等腰三角形三线合一可得BF=CF，再根据平行线分线段成比例求出EF，进而求出BE，即可求出tan∠BAE的值．
【详解】（1）解：如图，作DF⊥BC于点F，
∵ DF⊥BC，AE⊥BC，
∴ AE∥DF，
∴ CDAC=DFAE，
∵ CD=2AD，
∴ AC=AD+CD=3AD，
∴ CDAC=DFAE=23，
∵ AE=9，
∴ DF=23AE=6，
∵ sin∠CBD=34，
∴ DFBD=34，
∴ BD=43DF=43×6=8；
（2）解：∵ BD=CD=8，
由（1）知DF=6，
∴在Rt△DFC中，CF=CD2−DF2=82−62=27，
∵ BD=CD，DF⊥BC，
∴ BF=CF=27，
∵ AE∥DF，
∴ CFEF=CDAD=2，
∴ EF=7，
∴ BE=BF−EF=7，
∴ tan∠BAE=BEAE=79．
【点睛】本题考查平行线的判定，平行线分线段成比例，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性质等，难度一般，解题的关键是利用平行线分线段成比例得出相应线段的比例关系．
39．（2023·上海浦东新·统考一模）如图，在Rt△EAC中，∠EAC＝90°，∠E＝45°，点B在边EC上，BD⊥AC，垂足为D，点F在BD延长线上，∠FAC＝∠EAB，BF＝5，tan∠AFB＝ 34．求：
(1)AD的长；
(2)ct∠DCF的值．
【答案】(1)125
(2)916
【分析】（1）由各角之间的关系得出∠BAF=90°，再由正切函数及勾股定理求解得出AB=3，AF=4，最后利用三角形等面积法求解即可；
（2）由等面积法得出BD=95，结合图形得出DC=BD=95，再由余切函数的定义求解即可．
【详解】（1）解：∵∠EAC=90°，
∴∠EAB+∠BAC=90°，
∵∠FAC=∠EAB，
∴∠FAC+∠BAC=90°，
∴∠BAF=90°，
∵tan∠AFB=ABAF=34，
令AB=3x，则AF=4x，
∵BF2=AB2+AF2，
∴BF2=(3x)2+(4x)2，
∴BF=5x=5，
∴x=1，
∴AB=3x=3，AF=4x=4，
∵BF·AD=AB·AF＝2S△ABF，
∴5AD=3×4=12，
∴AD=125；
（2）在Rt△ABF中，AD⊥BF，
∴AB2=BD·BF，
∴9=5BD，
∴BD=95，
∴DF=BF−BD=165，
∵∠EAC=90°，∠E=45°，
∴∠BCD=45°，
∴∠DBC=45°，
∴DC=BD=95，
∴ct∠DCF=DCDF=916．
【点睛】本题主要考查三角函数解三角形及勾股定理解三角形，理解题意，找准各角之间的关系是解题关键．
40．（2023·浙江湖州·统考一模）如图，在矩形ABCD中，AE平分∠BAD交射线BC于点E，过点C作CF⊥AE交射线AE于点F，连结BD交AE于点G，连结DF交射线BC于点H．
(1)当AB＜AD时，
①求证：BE＝CD，
②猜想∠BDF的度数，并说明理由．
(2)若ABAD=k时，求tan∠CDF的值（用含k的代数式表示）．
【答案】(1)①证明见解析；②∠BDF=45°.
(2)tan∠CDF=1−k1+k或tan∠CDF=k−11+k.
【分析】（1）①利用矩形ABCD的性质证明AB=CD,∠BAD=90°=∠ABC, 再证明AB=BE,从而可得结论； ②如图，连结BF，证明△BEF≌△DCF, 可得BF=DF,∠BFE=∠DFC, 再证明∠AFD+∠BFE=90°=∠BFD,从而可得答案；
（2）分两种情况讨论，当ABAD时，同理可得答案.
【详解】（1）证明：①∵ 矩形ABCD，
∴AB=CD,∠BAD=90°=∠ABC,
∵ AE平分∠BAD，
∴∠BAE=45°=∠BEA,
∴AB=BE,
∴BE=CD.
②如图，连结BF，
由（1）得：∠AEB=45°, 则∠CEF=45°,∠BEF=135°,
∵CF⊥AF,
∴∠FCE=∠FEC=45°,
∴EF=CF,∠DCF=45°+90°=135°,
∴∠BEF=∠DCF,
∵BE=CD,
∴△BEF≌△DCF,
∴BF=DF,∠BFE=∠DFC,
∵∠AFC=90°=∠AFD+∠DFC,
∴∠AFD+∠BFE=90°=∠BFD,
∴∠BDF=45°.
（2）当ABAD时，如图，记AF交DC交于点N, 过F作FM⊥CN于M,
同理：CF=EF=FN,
∴FM=12CE,NM=MC=FM,
∵ABAD=k, 即AB=kAD,
∴BE=AB=CD=kAD,
∴CE=CN=BE−BC=AB−BC=kAD−AD=(k−1)AD,
∴FM=12CE=12(k−1)AD,
∴DM=DC−CM=kAD−12(k−1)AD=1+k2AD,
∴tan∠CDF=FMDM=12(k−1)AD12(1+k)AD=k−11+k.
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，矩形的性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线构建全等三角形与等腰直角三角形是解本题的关键.
在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a、b、c，△ABC的面积为S△ABC，过点A作AD⊥BC，垂足为D，则在Rt△ABD中，
∵sinB=ADAB
∴AD=AB⋅sinB
∴S△ABC=12BC⋅AD=12BC⋅AB⋅sinB=12acsinB
同理可得，S△ABC=12bcsinA，S△ABC=12basinC
即S△ABC=12bcsinA=12acsinB=12basinC……………①
由以上推理得结论：三角形的面积等于两边及其夹角正弦积的一半．
又∵abc≠0
∴将等式12bcsinA=12acsinB=12basinC两边同除以12abc，得，sinAa=sinBb=sinCc
∴asinA=bsinB=csinC…………………②
由以上推理得结论：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比值相等．