苏科版九年级下册7.6 用锐角三角函数解决问题复习练习题

这是一份苏科版九年级下册7.6 用锐角三角函数解决问题复习练习题，文件包含专题03三角函数实际应用四大类型题型专练原卷版docx、专题03三角函数实际应用四大类型题型专练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
【题型2 解直角三角形的应用-坡度坡角】
【题型3 解直角三角形的应用-仰角俯角问题】
【题型4 解直角三角形应用-方向角问题】
【题型1 解直角三角形的应用】
1．如图，某小区的一块草坪旁边有一条直角小路，社区为了方便群众进行核酸采集，沿AC修了一条近路，已知AB＝80米，新修小路与AB的夹角∠CAB为40°，则走这条近路AC的长可以表示为（ ）米．
A．80sin40°B．80cs40°C．D．
【答案】D
【解答】解：在Rt△ABC中，
∵AB＝80米，∠CAB为40°，
∴＝cs40°，
∴AC＝，
故选：D．
2．2022年12月4日晚，神舟十四号载人飞船返回舱成功着陆，标志着我国空间站运营常态化，也意味着我国是当今世界上唯一拥有独立建设空间站能力的国家，也预示着中国载人航天再上新的台阶，如图是神舟十四号载人飞船返回舱在降落过程中某时刻的画面，若伞绳OA＝OB＝50米，∠ABO＝α，则点O到AB的距离OC为（ ）
A．50sinα米B．50csα米C．50tanα米D．米
【答案】A
【解答】解：∵OA＝OB＝50米，∠ABO＝α，OC⊥AB，
∴sinα＝，
∴OC＝OB•sinα＝50sinα（米），
即点O到AB的距离OC为50sinα米．
故选：A．
3．如图，在某滑雪场滑雪，需从山脚下A处乘缆车上山顶B处，缆车索道与水平线所成的∠BAC＝α，若山的高度BC＝800米，则缆车索道AB的长为（ ）
A．米B．米C．800sinα米D．800csα米
【答案】A
【解答】解：由题意得：BC⊥AC，
在Rt△ABC中，∠BAC＝α，BC＝800米，
∴AB＝＝（米），
故选：A．
4．如图，把两根钢条的中点连在一起，可以做成一个测量工件内槽宽的卡钳，∠A'OB'＝56°，AA'＝BB'＝20厘米，则内槽宽AB的长为（ ）
A．20sin28°厘米B．厘米
C．20cs28°厘米D．厘米
【答案】A
【解答】解：∵AA'＝BB'＝20厘米，点O是两根钢条的中点，
∴OA＝OB＝（厘米），
∵∠A'OB'＝56°，
∴∠AOB＝∠A′OB′＝56°，
过点O作OD⊥AB于D，
∴AB＝2AD，∠AOD＝AOB＝28°，
∴AD＝OA•sin28°＝10sin28°，
∴内槽宽AB的长为20sin28°厘米，
故选：A．
5．一个住宅区的配电房示意图如图所示，它是一个轴对称图形，则配电房房顶离地面的高度为（ ）
A．（1.8tanα+2.5）mB．（）m
C．（1.8sinα+2.5）mD．（）m
【答案】A
【解答】解：过点C作CD⊥AB于点D，如图所示：
根据图形可知，AB＝3+2×0.3＝3.6，
根据轴对称可知，AC＝BC，
∴，
∵∠CAD＝α，
∴，
∴CD＝1.8tanα，
∴配电房房顶离地面的高度为（1.8tanα+2.5）m，故A符合题意．
故选：A．
6．如图，D为△ABC边AB上一点，且BD＝2，AD＝1，∠A＝45°，∠CDB＝60°，CE⊥AB于点E，则线段BE的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解答】解：设BE＝x，则DE＝2﹣x，AE＝3﹣x，
∵CE⊥AB，∠A＝45°，
∴△ACE为等腰直角三角形，
∴CE＝AE＝3﹣x．
在Rt△CDE中，
∵tan∠CDE＝，
∴CE＝DE•tan60°＝（2﹣x），
∴3﹣x＝2﹣x，
∴x＝＝．
∴BE＝．
故选：C．
7．如图，大树AB垂直于地面，为测树高，小明在D处测得∠ADB＝30°，他沿BC方向走了16米，到达C处，测得∠ACB＝15°，则大树AB的高度为（ ）
A．6米B．8米C．10米D．20米
【答案】B
【解答】解：∵∠ADB＝30°，∠ACB＝15°，
∴∠CAD＝∠ACD＝15°，
∵DC＝16米，
∴AD＝16米，
∵∠ADB＝30°，AB垂直于地面，
∴米，
故选：B．
8．如图，某超市电梯的截面图中，AB的长为15米，AB与AC的夹角为α，则高BC是（ ）
A．15sinα米B．15csα米C．米D．米
【答案】A
【解答】解：在Rt△ABC中，，
∵AB的长为15米，
∴BC＝15sinα米，
故选：A．
9．在山坡上植树，要求两棵树间的坡面距离是3，测得斜坡的倾斜角为27°，则斜坡上相邻两棵树的水平距离是（ ）
A．3sin27°B．3cs27°C．D．3tan27°
【答案】B
【解答】解：如图，过点A作AB⊥BC于B，
∴∠ABC＝90°，cs∠BAC＝，
∵AC＝3，∠BAC＝27°，
∴AB＝ACcs∠BAC＝3cs27°；
故选：B．
10．如图，一棵大树被台风拦腰刮断，树根A到刮断点P的长度是4m，折断部分PB与地面成40°的夹角，那么原来树的高度是（ ）
A．4+米B．4+米
C．4+4sin40°米D．4+4ct40°米
【答案】B
【解答】解：Rt△PAB中，∠PBA＝40°，PA＝4；
∴PB＝PA÷sin40°＝；
∴PA+PB＝4+．
故选：B．
【题型2 解直角三角形的应用-坡度坡角】
11．如图，一名滑雪运动员沿着倾斜角为30°的斜坡，从A滑行至B，已知AB＝100m，则这名滑雪运动员的高度下降了 50 米．
【答案】50．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠B＝30°，AB＝100m，
则AC＝AB＝50（m），
故答案为：50．
12．如图是拦水坝的横断面，斜坡AB的水平宽度为12米，斜面坡度为1：2，则斜坡AB的长为 6m ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵斜面坡度为1：2，AC＝12m，
∴BC＝6m，
则AB＝＝＝（m）．
故答案为：6m．
13．如图，斜面AC的坡度（CD与AD的比）为1：2，AC＝3米，坡顶有一旗杆BC，旗杆顶端B点与A点有一条彩带相连，若AB＝10米，则旗杆BC的高度为 5m ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：设CD＝x，则AD＝2x，
由勾股定理可得，AC＝＝x，
∵AC＝3米，
∴x＝3，
∴x＝3（米），
∴CD＝3米，
∴AD＝2×3＝6米，
在Rt△ABD中，BD＝＝8（米），
∴BC＝8﹣3＝5（米）．
故答案为：5米．
14．如图，长500米的水库大坝的横断面是梯形，坝顶宽3m，坝高，斜坡AB的坡比i1＝1：2，斜坡CD的坡比i2＝1：3．
（1）求坝底宽AD的长；
（2）修筑这个堤坝需要土方多少立方米？
【答案】（1）坝底宽AD的长为（20+3）m；
（2）修筑这个堤坝需要土方（60000+6000）立方米．
【解答】解：（1）由题意得：BE⊥AD，CF⊥AD，BE＝CF＝4m，BC＝EF＝3m，
∵斜坡AB的坡比i1＝1：2，斜坡CD的坡比i2＝1：3．
∴＝，＝，
∴AE＝2BE＝8（m），DF＝3CF＝12（m），
∴AD＝AE+EF+DF＝8+3+12＝（20+3）m，
∴坝底宽AD的长为（20+3）m；
（2）∵BC＝3m，AD＝（20+3）m，BE＝4m，
∴梯形ABCD的面积＝（AD+BC）•BE＝×（20+3+3）×4＝（120+12）m2，
∴修筑这个堤坝需要土方＝500×（120+12）＝（60000+6000）m3，
∴修筑这个堤坝需要土方（60000+6000）立方米．
15．为增强体质，小明和小强相约周末去登山，小明同学从北坡山脚C处出发，小强同学同时从南坡山脚B处出发，如图所示．已知小山北坡长为240米，坡度，南坡的坡脚是45°．（出发点B和C在同一水平高度，将山路AB、AC看成线段）
（1）求小山南坡AB的长；
（2）如果小明以每分钟24米的速度攀登，小强若要和小明同时到达山顶A，求小强攀登的速度．（结果保留根号）
【答案】（1）小山南坡AB的长为120米；
（2）小强若要和小明同时到达山顶A，小强攀登的速度为12米/分．
【解答】解：（1）过点A作AD⊥BC，垂足为D，
∵山坡AC的坡度，
∴＝＝，
在Rt△ADC中，tan∠ACD＝＝，
∴∠ACD＝30°，
∵AC＝240米，
∴AD＝AC＝120（米），
在Rt△ABD中，∠ABD＝45°，
∴AB＝＝＝120（米），
∴小山南坡AB的长为120米；
（2）∵AC＝240米，
∴小明到达山顶A需要的时间＝＝10（分），
∵AB＝120米，
∴小强攀登的速度＝＝12（米/分），
∴小强若要和小明同时到达山顶A，小强攀登的速度为12米/分．
16．如图是某货站传送货物的平面示意图．为了提高传送过程的安全性．工人师傅欲减少传送带与地面的夹角，使其由31°改为22°，已知原传送带AB长为5米．（参考数据：sin22°≈，tan31°≈）
（1）求新传送带AC的长度；
（2）如果需要在货物着地点C的正前方留出1米的通道，试判断距离B点3米的货物MNQP是否需要挪走．并说明理由．
【答案】（1）米；
（2）距离B点3米的货物MNQP需要挪走，理由见解析．
【解答】解：（1）过A作AH⊥CB于H点，如图所示，
在Rt△ABH，（米），
在Rt△ACH，（米）；
答：AC的长度为米；
（2）需要挪走，理由如下：
在Rt△ABH，（米），
在Rt△ACH，（米），
则（米），
所以距离B点3米的货物MNQP需要挪走．
17．周末爬大蜀山，是合肥市民周末娱乐休闲、锻炼身体的方式之一，如图，某个周末小张同学从大蜀山西坡沿坡角为37°的山坡爬了280米，到达点E处，紧接着沿坡角为45°的山坡又爬了160米，到达山顶A处；请你计算大蜀山的高度．（结果精确到个位，参考数据：，，sin37°≈0.6，cs37°≈0.8，tan37°≈0.75）
【答案】281米．
【解答】解：过点A作AD⊥BC于D，过点E作EF⊥AD于F，EG⊥BC于G，则四边形EGDF为矩形，
∴EG＝FD，
在Rt△AEF中，，
则（米），
在Rt△EBG中，，
则EG＝BE⋅sinB≈280×0.6＝168（米），
∴AD＝AF+EG＝113.12+168＝281.12≈281（米），
答：大蜀山的高度约为281米．
18．速滑运动受到许多年轻人的喜爱，如图，四边形BCDG是某速滑场馆建造的滑台，已知CD∥EG，滑台的高DG为6米，且坡面BC的坡度为1：1，为了提高安全性，决定降低坡度，改造后的新坡面的坡度∠CAG＝37°．（参考数据：sin37，cs37，tan37）
（1）求新坡面AC的长；
（2）原坡面底部BG的正前方10米处（EB＝10米）是护墙EF，为保证安全，体育管理部门规定，坡面底部至少距护墙7米，请问新的设计方案是否符合规定，试说明理由．
【答案】（1）10米；
（2）新的设计方案符合规定，理由见解答．
【解答】解：（1）如图，过点C作CH⊥BG，垂足为H，
∵新坡面AC的坡度为∠CAG＝37°，
∴tan∠CAH＝＝，
∵CH＝DG＝6米，
∴AH＝＝8（米），
∴AC＝＝＝10（米），
答：新坡面AC的长为10米；
（2）新的设计方案不符合规定．
理由如下：∵坡面BC的坡度为1：1，
∴BH＝CH＝6米，
∴AB＝AH﹣BH＝8﹣6＝2（米），
∴AE＝EB﹣AB＝10﹣2＝8（米）＞7（米），
∴新的设计方案符合规定．
19．（2023•兴安盟模拟）2022年2月20日，举世瞩目的北京冬奥会圆满落下帷幕．本次冬奥会的成功举办掀起了全民冰雪运动的热潮．图1、图2分别是一名滑雪运动员在滑雪过程中某一时刻的实物图与示意图，已知运动员的小腿ED与斜坡AB垂直，大腿EF与斜坡AB平行，G为头部，假设G，E，D三点共线且头部到斜坡的距离GD为1.04m，上身与大腿夹角∠GFE＝53°，膝盖与滑雪板后端的距离EM长为0.8m，∠EMD＝30°．
（1）求此滑雪运动员的小腿ED的长度；
（2）求此运动员的身高．（参考数据：sin53°≈，cs53°≈，tan53°≈）
【答案】（1）0.4m．
（2）1.68m．
【解答】解：（1）在Rt△DEM中，EM＝0.8m，∠EMD＝30°，
sin30°＝＝，
解得DE＝0.4，
∴此滑雪运动员的小腿ED的长度为0.4m．
（2）由（1）得，DE＝0.4m，
∴GE＝GD﹣ED＝1.04﹣0.4＝0.64（m），
∵EF∥AB，
∴∠GEF＝∠EDB＝90°，
在Rt△GEF中，∠GFE＝53°，GE＝0.64m，
tan53°＝≈，
sin53°＝≈，
∴EF＝0.48，FG＝0.8，
∴运动员的身高为GF+EF+DE＝0.8+0.48+0.4＝1.68（m）．
20．（2023春•金华月考）如图，在河流两边有甲、乙两座山，现在从甲山A处的位置向乙山B处拉电线．已知甲山上A点到河边C的距离AC＝130米，点A到CD的垂直高度为120米；乙山BD的坡比为4：3，乙山上B点到河边D的距离BD＝450米，从B处看A处的俯角为25°．（参考值：sin25°≈0.423，cs25°≈0.906，tan25°≈0.466）
（1）求乙山B处到河边CD的垂直距离；
（2）求河CD的宽度．（结果保留整数）
【答案】（1）360米；
（2）约为195米．
【解答】解：（1）过B作BF⊥CD于点F，如图，
∵乙山BD的坡比为4：3，
∴＝，
设BF＝4t米，则DF＝3t米，
∴BD＝＝＝5t（米），
∴5t＝450，
解得：t＝90，
∴BF＝360米，
答：乙山B处到河边CD的垂直距离为360米；
（2）过A作AE⊥CD于点E，过A作AH⊥BF于点H，
则四边形AEFH为矩形，
∴HF＝AE＝120米，AH＝EF，
∴BH＝BF﹣HF＝360﹣120＝240（米），
∵从B处看A处的俯角为25°，
∴∠BAH＝25°，
在Rt△ABH中，tan∠BAH＝，
∴AH＝≈≈515.0（米），
∴EF＝AH≈515.0（米），
在Rt△ACE中，由勾股定理得：CE＝＝＝50（米），
由（1）可知，DF＝270米，
∴CD＝EF﹣CE﹣DF≈515.0﹣50﹣270＝195（米），
答：河CD的宽度约为195米．
【题型3 解直角三角形的应用-仰角俯角问题】
21．（2023•杏花岭区校级模拟）如图，从热气球C上测得两建筑物A、B底部的俯角分别为29.5°和45°，如果这时气球的高度CD为100米，且点A、D、B在同一直线上，则建筑物A、B之间的距离为 275米 （结果精确到1米）．
[参考数据：sin29.5°≈0.49，cs29.5°≈0.87，tan29.5°≈0.57]
【答案】275米．
【解答】解：由已知得：∠ECA＝29.5°，∠FCB＝45°，CD＝100米，EF∥AB，CD⊥AB，
∴∠A＝∠ECA＝29.5°，∠B＝∠FCB＝45°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴BD＝CD＝100米，
在Rt△ACD中，∠CDA＝90°，tanA＝，
∴AD＝＝≈175.4（米），
∴AB＝AD+BD≈175.4+100≈275（米），
即建筑物A、B之间的距离约为275米，
故答案为：275米．
22．（2023•岱岳区二模）如图，山顶上有一个信号塔AC，已知山高CD＝75米，在山脚下点B处测得塔底C的仰角∠CBD＝36.9°，塔顶A的仰角∠ABD＝42.0°，则信号塔AC＝ 15米 （点A，C，D在同一条竖直线上）．（参考数据：tan36.9°≈0.75，sin36.9°≈0.60，tan42.0°≈0.90．）
【答案】15米．
【解答】解：由题意得：AD⊥BD，
在Rt△CDB中，CD＝75米，∠CBD＝36.9°，
∴BD＝≈＝100（米），
在Rt△ABD中，∠ABD＝42.0°，
∴AD＝BD•tan42.0°≈100×0.9＝90（米），
∴AC＝AD﹣CD＝90﹣75＝15（米），
故答案为：15米．
23．（2023•荆州）如图，无人机在空中A处测得某校旗杆顶部B的仰角为30°，底部C的俯角为60°，无人机与旗杆的水平距离AD为6m，则该校的旗杆高约为 13.8 m．（≈1.73，结果精确到0.1）
【答案】13.8．
【解答】解：由题意可得：tan30°＝，
解得：BD＝2（米），
tan60°＝，
解得：DC＝6（米），
故该校的旗杆高约为：BC＝BD+DC＝8≈13.8（米），
故答案为：13.8．
24．（2023•黄石港区校级模拟）如图，一幢居民楼MN临近斜坡AP，斜坡AP的坡度为，小生在距斜坡坡脚A处测得楼顶M的仰角为60°，当从A处沿坡面行走16米到达P处时，测得楼顶M的仰角刚好为45°，点N、A、B在同一直线上，则该居民楼的高度为 米 （结果保留根号）．
【答案】米．
【解答】解：如图，过点P作PE⊥AB于点E，PF⊥MN于点F，
∵山坡AP的坡度为，AP＝16米，
∴∠PAE＝30°．
∵PE⊥BN，
∴米，AE＝AP•cs∠PAE＝16×＝8（米）．
∵PF⊥MN，∠MPF＝45°，
∴△PMF是等腰直角三角形，
∴PF＝MF．
由所作辅助线结合题意可知四边形EPFN为矩形，
∴NF＝EP，NE＝PF．
设PF＝MF＝m米，则MN＝（m+8）米，米．
在Rt△AMN中，∠NAM＝60°，
∴，即，
解得：，
∴米．
即该居民楼的高度为米，
故答案为：米．
25．（2023•团风县模拟）如图，一枚巡航导弹发射一段时间后，平行于地面飞行．当导弹到达A点时，从位于地面C的雷达站测得AC是400m，仰角是45°，1s后导弹到达B点，此时测得仰角是30°，则这枚导弹从A到B的平均速度是 （400﹣400） m/s．
【答案】（400﹣400）．
【解答】解：过点C作CD⊥AB，垂足为D，
由题意得：
∠DCA＝90°﹣45°＝45°，∠DCB＝90°﹣30°＝60°，
在Rt△DCA中，AC＝400m，
∴AD＝ACsin45°＝400×＝400（m），
DC＝ACcs45°＝400×＝400（m），
在Rt△BDC中，DB＝DCtan60°＝400×＝400（m），
∴AB＝DB﹣DA＝（400﹣400）m，
∴这枚导弹从A到B的平均速度是（400﹣400）m/s，
故答案为：（400﹣400）．
26．（2023•宝安区校级一模）全球最大的关公塑像矗立在荆州古城东门外．如图，张三同学在东门城墙上C处测得塑像底部B处的俯角为11°48′，测得塑像顶部A处的仰角为45°，点D在观测点C正下方城墙底的地面上，若CD＝10米，则此塑像的高AB约为 58 米（参考数据：tan78°12′≈4.8）．
【答案】58．
【解答】解：如图，过点C作CE⊥AB于E，
由题意可得：BE＝DC＝10m，
∵∠ECB＝11°48′，
∴∠EBC＝90°﹣11°48′＝78°12′，
∴tan78°12′＝＝4.8，
解得：EC＝48（m），
∵∠AEC＝45°，
∴AE＝EC，
∴此塑像的高AB约为：AE+EB＝48+10＝58（米）．
故答案为：58．
27．（2023•河西区校级三模）如图，小丽瞭望远处的建筑物AD．已知小丽的高度为1.6米，在点M处测得建筑物最高点A的仰角为22°，沿MD方向前进24米到达点N处，测得点A的仰角为45°，求建筑物AD的高度（结果精确到0.1米）．
参考数据：sin22°≈0.37，cs22°≈0.93，tan22°≈0.40，≈1.41．
【答案】建筑物AD的高度约为17.6米．
【解答】解：连接BC并延长交AD于点E，
由题意得：BE⊥AD，BM＝CN＝ED＝1.6米，BC＝MN＝24米，
设CE＝x米，
∴BE＝BC+CE＝（x+24）米，
在Rt△ABE中，∠ABE＝22°，
∴AE＝BE•tan22°≈0.4（x+24）米，
在Rt△ACE中，∠ACE＝45°，
∴AE＝CE•tan45°＝x（米），
∴x＝0.4（x+24），
解得：x＝16，
∴AD＝AE+DE＝16+1.6＝17.6（米），
∴建筑物AD的高度约为17.6米．
28．（2023•芙蓉区校级三模）长沙电视塔位于岳麓山顶峰，其功能集广播电视信号发射与旅游观光于一身．某校数学社团的同学对长沙电视塔的高度进行了测量，如图，他们在A处仰望塔顶，测得仰角为30°，再往塔的方向前进104m至B处，测得仰角为60°．（参考数据：≈1.7）
（1）求证：AB＝DB；
（2）若学生的身高忽略不计，求该塔CD的高度？（结果精确到1m）
【答案】（1）证明见解析；
（2）该塔CD的高度约为88m．
【解答】（1）证明：由题意可知，∠A＝30°，∠DBC＝60°，CD⊥AC，
∴∠ADB＝∠DBC﹣∠A＝30°，
∴∠ADB＝∠A＝30°，
∴AB＝DB；
（2）解：由题意可知，AB＝104m，
由（1）可知，AB＝DB＝104m，
在Rt△BCD中，sin∠DBC＝＝sin60°＝，
∴CD＝BD＝×104＝52≈88（m），
即该塔CD的高度约为88m．
29．（2023•本溪二模）某中学数学实践小组准备测量山顶信号塔AB的高度．如图，坡角∠BCE的度数为45°，山坡的海拔高度BE为200米．斜坡CP的坡度为1：2（即tanα＝），沿斜坡从点C向上走100米到P点处，在点P处测得塔尖A的仰角为37°，点A、B、E、C、P在同一平面内，求塔高AB（结果保留整数，参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37°≈0.75，≈2.236）．
【答案】塔高AB约为62米．
【解答】解：过点P作PD⊥EC，垂足为D，过点P作PF⊥AE，垂足为F，
由题意得：EF＝PD，PF＝DE，AE⊥EC，
∵斜坡CP的坡度为1：2，
∴＝，
∴设DP＝x米，则CD＝2x米，
在Rt△CPD中，CP＝＝＝x（米），
∵CP＝100米，
∴x＝100，
解得：x＝20，
∴PD＝20米，CD＝40米，
∴EF＝PD＝20米，
在Rt△BEC中，∠BCE＝45°，BE＝200米，
∴CE＝＝200（米），
∴PF＝DE＝CE+CD＝（200+40）米，
在Rt△AFP中，∠APF＝37°，
∴AF＝PF•tan37°≈0.75（200+40）＝（150+30）米，
∴AB＝AF+FE﹣BE＝150+30+20﹣200＝50﹣50≈62（米），
∴塔高AB约为62米．
【题型4 解直角三角形应用-方向角问题】
30．（2023•宁南县校级模拟）一艘轮船位于灯塔P的南偏东60°方向，距离灯塔45海里的A处，它沿北偏东30°方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的北偏东67°方向上的B处，此时与灯塔P的距离约为（ ）（参考数据：，，）
A．27海里B．50海里C．75海里D．海里
【答案】C
【解答】解：如图所示标注字母，
根据题意得，∠CAP＝∠EPA＝60°，∠CAB＝30°，PA＝30海里，
∴∠PAB＝90°，∠APB＝180°﹣67°﹣60°＝53°，
∴∠B＝180°﹣90°﹣53°＝37°，
在Rt△PAB中，sin37°＝，
PB＝（海里），
∴此时与灯塔P的距离约为75海里．
故选：C．
31．（2023春•大冶市期中）如图是某区域的平面示意图，码头A在观测站B的正东方向，码头A的北偏西60°方向上有一小岛C，小岛C在观测站B的北偏西15°方向上，码头A到小岛C的距离AC为（+1）海里．观测站B到AC的距离BP是（ ）
A．B．1C．2D．
【答案】B
【解答】解：由题意得：∠BAC＝90°﹣60°＝30°，∠ABC＝90°+15°＝105°，
∴∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠ABC＝45°，
∵BP⊥AC，
∴∠BPA＝∠BPC＝90°，
∵∠C＝45°，
∴△BCP是等腰直角三角形，
∴BP＝PC，
∵∠BAC＝30°，
∴PA＝BP，
∵PA+PC＝AC，
∴BP+BP＝+1，
解得：BP＝1（海里），
故选：B．
32．（2023•柳南区二模）如图，某海防哨所O发现在它的西北方向距离哨所米的A处有一艘船向正东方向航行，航行一段时间后到达哨所北偏东60°方向的B处，则此时OB为 800 米．
【答案】800．
【解答】解：如图，设线段AB交y轴于C，
在直角△OAC中，∠ACO＝∠CAO＝45°，则AC＝OC．
∵OA＝400米，
∴OC＝OA•cs45°＝400×＝400（米）．
∵在直角△OBC中，∠COB＝60°，OC＝400米，
∴OB＝＝＝800（米），
故答案为：800．
33．（2023•龙凤区校级模拟）如图，一艘轮船位于灯塔P的北偏东60°方向，与灯塔P的距离为30海里的A处，轮船沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的南偏东30°方向上的B处，则此时轮船所在位置B处于灯塔P之间的距离为 30海里 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：由题意可得：∠B＝30°，AP＝30海里，∠APB＝90°，
故AB＝2AP＝60（海里），
则此时轮船所在位置B处与灯塔P之间的距离为：BP＝＝＝30（海里）；
故答案为：30海里．
34．（2022秋•丛台区校级期末）在一次海上救援中，两艘专业救助船A、B同时收到某事故渔船P的求救讯息，已知此时救助船B在A的正北方向，事故渔船P在救助船A的北偏西30°方向上，在救助船B的西南方向上，且事故渔船P与救助船A相距60海里．
（1）求收到求救讯息时事故渔船P与救助船B之间的距离（结果保留根号）；
（2）求救助船A、B分别以20海里/小时，15海里/小时的速度同时出发，匀速直线前往事故渔船P处搜救，试通过计算判断哪艘船先到达．
【答案】（1）30海里；（2）救助船B先到达．
【解答】解：（1）作PC⊥AB于C，如图所示：
则∠PCA＝∠PCB＝90°，
由题意得：PA＝60海里，∠A＝30°，∠CBP＝45°，
在Rt△ACP中，∵∠CAP＝30°，∠PCA＝90°，
∴PC＝PA＝30海里，
在Rt△BCP中，∵∠PCB＝90°，∠CBP＝45°，sin∠CBP＝，
∴PB＝＝＝30（海里），
答：收到求救讯息时事故渔船P与救助船B之间的距离为30海里；
（2）∵PA＝60海里，PB＝30海里，救助船A，B分别以20海里/小时、15海里/小时的速度同时出发，
∴救助船A所用的时间为＝3（小时），救助船B所用的时间为＝2（小时），
∵3＞2，
∴救助船B先到达．
35．（2023•邵阳模拟）如图，某湖心岛上有一亭子A，在亭子A的正东方向上的湖边有一棵树B，在这个湖心岛的湖边C处测得亭子A在北偏西45°方向上，测得树B在北偏东36°方向上，又测得B、C之间的距离等于200米，求A、B之间的距离
（结果精确到1米）．（参考数据：≈1.414，sin36°≈0.588，cs36°≈0.809，tan36°≈0.727，ct36°≈1.376）
【答案】见试题解答内容
【解答】解：过点C作CH⊥AB，垂足为点H，
由题意，得∠ACH＝45°，∠BCH＝36°，BC＝200，
在Rt△BHC中，，
∴，
∵sin36°≈0.588，
∴BH≈117.6，
又，
∴．
∵cs36°≈0.809，
∴HC≈161.8，