沪教版数学九年级上册考点讲练第04讲 解直角三角形（5种题型）（2份，原卷版+解析版）

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1.解直角三角形：在直角三角形中，由已知元素求出所有未知元素的过程.
2. 直角三角形的边角关系（中，）

3.解直角三角形的应用
（1）仰角与俯角
在视线与水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角；视线在水平线下方的角叫俯角；
（2）坡度：坡面的铅垂高度h和水平宽度的比叫做坡面的坡度，记作，即；坡度表示形式：.
坡面与水平面的夹角叫坡角，记为；坡度与坡角的关系：.
考点精讲
一．解直角三角形（共6小题）
1．（2022•宝山区模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知点P（1，2），点P与原点O的连线与x轴的正半轴的夹角为α（0°＜α＜90°），那么tanα的值是（ ）
A．2B．C．D．
【分析】过P点作PA⊥x轴于A，则∠POA＝α，利用P点坐标得到OA＝1，PA＝2，然后根据正切的定义求出tan∠POA的值即可．
【解答】解：如图，过P点作PA⊥x轴于A，则∠POA＝α，
∵点P的坐标为（1，2），
∴OA＝1，PA＝2，
∴tan∠POA＝＝＝2，
即tanα＝2．
故选：A．
【点评】本题考查了解直角三角形．灵活应用勾股定理和锐角三角函数的定义是解决此类问题的关键．
2．（2021秋•宝山区期末）如图，已知Rt△ABC，CD是斜边AB边上的高，那么下列结论正确的是（ ）
A．CD＝AB•tanBB．CD＝AD•ctAC．CD＝AC•sinBD．CD＝BC•csA
【分析】利用直角三角形的边角间关系，计算得结论．
【解答】解：∵CD是斜边AB边上的高，
∴△ACD、△BCD都是直角三角形．
在Rt△ACD中，
∵CD＝sinA•AC＝tanA•AD＝，故选项B不正确；
在Rt△BCD中，
∵CD＝sinB•BC＝tanB•BD，故选项A、C不正确．
在Rt△ABC中，
∵∠A+∠B＝90°，
∴csA＝sinB．
∴CD＝sinB•BC＝csA•BC，故选项D正确．
故选：D．
【点评】本题考查了解直角三角形，掌握直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．
3．（2022春•虹口区校级期中）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．B．C．D．
【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＝＝2，
∴AD⊥BC，
Rt△ABD中，
∵AD＝＝3，
∴sin∠ABC＝＝＝．
故选：D．
【点评】本题考查解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
4．（2021秋•嘉定区期末）在△ABC中，AB＝AC＝10，，那么BC的长是（ ）
A．4B．8C．D．
【分析】根据等腰三角形的三线合一，想到过点A作AD⊥BC，垂足为D，然后放在Rt△ABD中，进行计算即可．
【解答】解：过点A作AD⊥BC，垂足为D，
在Rt△ABD中，AB＝10，，
∴BD＝ABcsB＝10×＝4，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BC＝2BD＝8，
故选：B．
【点评】本题考查了解直角三角形，等腰三角形的性质，熟练掌握利用等腰三角形的三线合一添加辅助线是解题的关键．
5．（2021秋•奉贤区期末）在△ABC中，AB＝2，∠BAC＝30°．下列线段BC的长度不能使△ABC的形状和大小都确定的是（ ）
A．2B．4C．D．
【分析】如图，过点B作BH⊥AC于点H．判断出当BC＝或BC≥2时，三角形唯一确定，即可解决问题．
【解答】解：如图，过点B作BH⊥AC于点H．
在Rt△ABH中，BH＝AB＝，
观察图形可知，当BC＝或BC≥2时，三角形唯一确定，
故BC＝2时，三角形不能唯一确定，
故选：A．
【点评】本题考查解直角三角形，垂线段最短等知识，解题的关键是理解题意，判断出三角形唯一确定的BC的范围，属于中考常考题型．
6．（2022•杨浦区三模）如图，已知在△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，csB＝，点P是斜边AB上一点，过点P作PM⊥AB交边AC于点M，过点P作AC的平行线，与过点M作AB的平行线交于点Q．如果点Q恰好在∠ABC的平分线上，那么AP的长为 ．
【分析】根据直角三角形的边角关系可求出AB，AC，再根据相似三角形，用含有AP的代数式表示MC、NC、MN，再根据角平分线的定义以及等腰三角形的判定得出BN＝NQ，进而列方程求出AP即可．
【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，BC＝8，csB＝，
∴AB＝＝10，AC＝＝6，
∵PM⊥AB，
∴∠APM＝90°＝∠C，
∵∠A＝∠A，
∴△APM∽△ACB，
∴＝＝，
设AP＝3x，则PM＝4x，AM＝5x，
∴MC＝6﹣5x，
∵MN∥AB，
∴＝＝，
∴CN＝8﹣x，MN＝10﹣x，
∵BQ平分∠ABC，MN∥AB，
∴∠QBN＝∠BQN，
∴NQ＝BN＝BC﹣CN＝x，
∵MN∥AB，PQ∥AC，
∴四边形APQM是平行四边形，
∴QM＝AP＝3x，
∴MN＝NQ+MQ＝x+3x＝x，
∴x＝10﹣x，
解得x＝，
∴AP＝3x＝，
故答案为：．
【点评】本题考查直角三角形的边角关系，角平分线的定义，相似三角形的判定和性质以及平行四边形的性质，掌握直角三角形的边角关系以及相似三角形的判定和性质是解决问题的前提，用含有AP的代数式表示MC、NC、MN是正确解答的关键．
二．解直角三角形的应用（共5小题）
7．（2022春•闵行区校级期末）已知支点O位于等臂跷跷板AB的中点处，当AB的一端点A碰到地面时（如图），AB与地面的夹角为α，那么当AB的另一端点B碰到地面时，AB转过的角度为＝ 2α ．（用含α的代数式表示）
【分析】根据等腰三角形的性质得到∠OB′H＝∠OAH＝α，根据三角形的外角性质计算，得到答案．
【解答】解：由题意得：OA＝OB′，∠OAH＝α，
∴∠OB′H＝∠OAH＝α，
∴∠A′OA＝∠OB′H+∠OAH＝2α，
故答案为：2α．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用，根据题意得出OA＝OB′是解题的关键．
8．（2022•徐汇区二模）激光电视的光源是激光，它运用反射成像原理，屏幕不通电无辐射，降低了对消费者眼睛的伤害．根据THX观影标准，当观影水平视场角“θ”的度数处于33°到40°之间时（如图1），双眼肌肉处于放松状态，是最佳的感官体验的观影位．
（1）小丽家决定要买一个激光电视，她家客厅的观影距离（人坐在沙发上眼睛到屏幕的距离）为3.5米，小佳家要选择电视屏幕宽（图2中的BC的长）在什么范围内的激光电视就能享受黄金观看体验？（结果精确到0.1m，参考数据：sin33°≈0.54，tan33°≈0.65，sin40°≈0.64，tan40°≈0.84，sin16.5°≈0.28，tan16.5°≈0.30，sin20°≈0.34，tan20°≈0.36）
（2）由于技术革新和成本降低，激光电视的价格逐渐下降，某电器商行经营的某款激光电视今年每台销售价比去年降低4000元，在销售量相同的情况下，今年销售额在去年销售总额100万元的基础上减少20%，今年这款激光电视每台的售价是多少元？
【分析】（1）过点A作AD⊥BC于点D，根据题意可得AB＝AC，当∠BAC＝33°时，当∠BAC＝40°时，利用锐角三角函数即可解决问题；
（2）设今年这款激光电视每台的售价是x元，则去年每台的售价为（x+4000）元．由题意列出方程即可解决问题．
【解答】解：（1）如图，过点A作AD⊥BC于点D，
根据题意可知：AB＝AC，AD⊥BC，
∴BC＝2BD，∠BAD＝∠CAD＝∠BAC，
当∠BAC＝33°时，∠BAD＝∠CAD＝16.5°，
在△ABD中，BD＝AD×tan16.5°≈3.5×0.30＝1.05（m），
∴BC＝2BD＝2.10（m），
当∠BAC＝40°时，∠BAD＝∠CAD＝20°，
在△ABD中，BD＝AD×tan20°≈3.5×0.36＝1.26（m），
∴BC＝2BD＝2.52m，
答：小佳家要选择电视屏幕宽为2.10m﹣2.52m之间的激光电视就能享受黄金观看体验；
（2）设今年这款激光电视每台的售价是x元，则去年每台的售价为（x+4000）元．
由题意可得：＝，
解得：x＝16000，
经检验x＝16000是原方程的解，符合题意，
答：今年这款激光电视每台的售价是16000元．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，分式方程的应用，视点，视角和盲区，解决本题的关键是根据题意找到等量关系准确列出方程．
9．（2022•长宁区模拟）冬至是一年中太阳光照射最少的日子，如果此时楼房最低层能采到阳光，一年四季整座楼均能受到阳光的照射，所以冬至是选房买房时确定阳光照射的最好时机．某居民小区有一朝向为正南方向的居民楼．该居民楼的一楼是高6米的小区超市，超市以上是居民住房，在该楼前面20米处要盖一栋高25米的新楼．已知上海地区冬至正午的阳光与水平线夹角为29°（参考数据：sin29°≈0.48；cs29°≈0.87；tan29°≈0.55）
（1）冬至中午时，超市以上的居民住房采光是否有影响，为什么？
（2）若要使得超市全部采光不受影响，两楼应至少相距多少米？（结果保留整数）
【分析】（1）延长光线交CD于点F，过点F作FG⊥AB，垂足为G，根据题意可得∠AFG＝29°，GF＝BC＝20米，GB＝FC，然后在Rt△AGF中，利用锐角三角函数的定义求出AG，从而求出GB的长，进行比较，即可解答；
（2）延长光线交直线BC于点E，根据题意可得∠AEB＝29°，然后在Rt△ABE中，利用锐角三角函数的定义求出BE的长，即可解答．
【解答】解：（1）冬至中午时，超市以上的居民住房采光有影响，
理由：延长光线交CD于点F，过点F作FG⊥AB，垂足为G，
则∠AFG＝29°，GF＝BC＝20米，GB＝FC，
在Rt△AGF中，AG＝FG•tan29°≈20×0.55＝11（米），
∵AB＝25米，
∴GB＝AB﹣AG＝25﹣11＝14（米），
∴FC＝GB＝14米，
∵14米＞6米，
∴冬至中午时，超市以上的居民住房采光有影响；
（2）延长光线交直线BC于点E，
则∠AEB＝29°，
在Rt△ABE中，AB＝25米，
∴BE＝≈≈45（米），
∴若要使得超市全部采光不受影响，两楼应至少相距45米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
10．（2022•崇明区二模）为解决群众“健身去哪儿”问题，某区2021年新建、改建90个市民益智健身苑点，图1是某益智健身苑点中的“侧摆器”．锻炼方法：面对器械，双手紧握扶手，双脚站立于踏板上，腰部发力带动下肢做左右摆式运动．
（1）如图2是侧摆器的抽象图，已知摆臂OA的长度为80厘米，在侧摆运动过程中，点A为踏板中心在侧摆运动过程中的最低点位置，点B为踏板中心在侧摆运动过程中的最高点位置，∠BOA＝25°，求踏板中心点在最高位置与最低位置时的高度差．（精确到0.1厘米）（sin25°≈0.423，cs25°≈0.906，tan25°≈0.466）
（2）小杰在侧摆器上进行锻炼，原计划消耗400大卡的能量，由于小杰加快了运动频率，每小时能量消耗比原计划增加了100大卡，结果比原计划提早12分钟完成任务，求小杰原计划完成锻炼需多少小时？
【分析】（1）过点B作BD⊥OA垂足为D，由题意得：OB＝OA＝80cm，然后在Rt△BOD中，利用锐角三角函数的定义求出OD的长，进行计算即可解答；
（2）先设小杰原计划x小时完成锻炼，然后根据实际每小时的能量消耗﹣原计划每小时的能量消耗＝100，列出方程进行计算即可解答．
【解答】解：（1）过点B作BD⊥OA垂足为D，
由题意得：
OB＝OA＝80cm，
在Rt△BOD中，∠BOA＝25°，
∴OD＝BO•cs25°≈80×0.906＝72.48（cm），
∴AD＝OA﹣OD＝80﹣72.48≈7.5（cm），
∴踏板中心点在最高位置与最低位置时的高度差约为7.5厘米；
（2）设小杰原计划x小时完成锻炼，
由题意得：，
解得：，
经检验：都是原方程的根，但不符合题意，舍去，
答：小杰原计划锻炼1小时完成．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，分式方程的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
11．（2022•宝山区二模）某超市大门口的台阶通道侧面如图所示，共有4级台阶，每级台阶高度都是0.25米．根据部分顾客的需要，超市计划做一个扶手AD，AB、DC是两根与地平线MN都垂直的支撑杆（支撑杆底端分别为点B、C）．
（1）求点B与点C离地面的高度差BH的长度；
（2）如果支撑杆AB、DC的长度相等，且∠DAB＝66°．求扶手AD的长度．
（参考数据：sin66°≈0.9，cs66°≈0.4，tan66°≈2.25，ct66°≈0.44）
【分析】（1）根据每级台阶高度都是0.25米，然后计算出3个台阶的总高度，即可解答；
（2）连接BC，根据题意可得：AB＝DC，AB∥DC，从而可得四边形ABCD是平行四边形，然后利用平行四边形的性质可得AD＝BC，AD∥BC，从而求出∠CBH＝66°，最后在Rt△CBH中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【解答】解：（1）∵每级台阶高度都是0.25米，
∴BH＝3×0.25＝0.75（米），
∴点B与点C离地面的高度差BH的长度为0.75米；
（2）连接BC，
由题意得：
AB＝DC，AB∥DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAB＝∠CBH＝66°，
在Rt△CBH中，BH＝0.75米，
∴BC＝≈＝1.875（米），
∴扶手AD的长度约为1.875米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
三．解直角三角形的应用-坡度坡角问题（共5小题）
12．（2022•金山区二模）沿一斜坡向上走13米，高度上升5米，这个斜坡的坡度i＝1： 2.4 ．
【分析】由勾股定理可得，此人行走的水平距离为＝12，则这个斜坡的坡度i＝5：12＝1：2.4．
【解答】解：由勾股定理可得，
此人行走的水平距离为＝12，
∴这个斜坡的坡度i＝5：12＝1：2.4．
故答案为：2.4．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题、勾股定理，熟练掌握坡度的定义是解答本题的关键．
13．（2022春•浦东新区校级期中）工厂的传送带把物体从地面送到离地面5米高的地方，如果传送带与地面所成的斜坡的坡度i＝1：2.4，那么物体所经过的路程为 13 米．
【分析】根据坡度的概念求出AC，根据勾股定理求出AB．
【解答】解：∵传送带与地面所成的斜坡的坡度i＝1：2.4，
∴＝，即＝，
解得，AC＝12，
由勾股定理得，AB＝＝＝13（米），
故答案为：13．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，掌握坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比是解题的关键．
14．（2022春•黄浦区期中）某传送带与地面所成斜坡的坡度i＝1：2.4，如果它把物体从地面送到离地面10米高的地方，那么物体所经过的路程为 26 米．
【分析】根据坡度的概念求出水平距离，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：∵传送带与地面所成斜坡的坡度i＝1：2.4，它把物体从地面送到离地面10米高，
∴水平距离为：2.4×10＝24，
∴物体所经过的路程为：＝26（米），
故答案为：26．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡度的概念是解题的关键．
15．（2022春•奉贤区校级期中）某传送带与地面所成斜坡的坡度为i，如果它把物体从地面送到离地面10米高的地方，物体所经过的路程为26米，则i＝ 1：2.4 ．
【分析】根据勾股定理先求出水平距离，再根据坡度的概念即可得到答案．
【解答】解：∵传送带把物体从地面送到离地面10米高，物体所经过的路程为26米，
∴水平距离为：＝24，
∴传送带与地面所成斜坡的坡度为i＝10：24＝1：2.4．
故答案为：1：2.4．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡度的概念是解题的关键．
16．（2022春•浦东新区期中）如图，一个高BE为米的长方体木箱沿坡比为1：的斜面下滑，当木箱滑至如图位置时，AB＝3米，则木箱端点E距地面AC的高度EF为 3 米．
【分析】根据坡度的概念求出∠DAF＝30°，根据正弦的定义求出DE，进而求出BD，得到答案．
【解答】解：设AB、EF交于点D，
∵斜坡的坡比为1：，
∴tan∠DAF＝＝，
∴∠DAF＝30°，
∴∠ADF＝90°﹣30°＝60°，
∴∠BDE＝60°，
在Rt△BDE中，sin∠BDE＝，
∴＝，
解得，DE＝2（米），
∴BD＝1m，
∴AD＝AB﹣BD＝2（米），
在Rt△ADF中，∠DAF＝30°，
∴DF＝AD＝1（米），
∴EF＝DE+DF＝3（米），
故答案为：3．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用—坡度坡角问题，掌握坡度的概念是解题的关键．
四．解直角三角形的应用-仰角俯角问题（共5小题）
17．（2022•杨浦区三模）从一栋二层楼的楼顶点A处看对面的教学楼，探测器显示，看到教学楼底部点B处的俯角为45°，看到楼顶部点C处的仰角为60°，已知两栋楼之间的水平距离为6米，那么教学楼的高CB＝ （6+6） 米．（结果保留根号）
【分析】过点A作AD⊥BC于点D．则AD＝6米，在Rt△ACD中，tan60°＝，解得CD＝6，在Rt△ABD中，tan45°＝＝1，解得BD＝6，由BC＝CD+BD可得出答案．
【解答】解：过点A作AD⊥BC于点D．
则AD＝6米，∠CAD＝60°，∠DAB＝45°，
在Rt△ACD中，tan60°＝，
解得CD＝6，
在Rt△ABD中，tan45°＝＝1，
解得BD＝6，
∴BC＝CD+BD＝（6+6）米．
故答案为：（6+6）．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握特殊角的三角函数值是解答本题的关键．
18．（2022•松江区校级模拟）如图，小明想要测量学校操场上旗杆AB的高度，他作了如下操作：（1）在点C处放置测角仪，测得旗杆顶的仰角∠ACE＝30°；（2）量得测角仪的高度CD＝a；（3）量得测角仪到旗杆的水平距离DB＝b．利用锐角三角函数解直角三角形的知识，旗杆的高度可表示为 a+b ．
【分析】延长CE交AB于点F，则CD＝BF＝a，DB＝CF＝b，∠CFA＝90°，然后在Rt△ACF中，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，进行计算即可解答．
【解答】解：延长CE交AB于点F，
则CD＝BF＝a，DB＝CF＝b，∠CFA＝90°，
在Rt△ACF中，∠ACF＝30°，
∴AF＝CF•tan30°＝b，
∴AB＝AF+BF＝a+b，
∴旗杆的高度可表示为：a+b，
故答案为：a+b．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
19．（2022•徐汇区模拟）如图，小明在某次投篮中刚好把球打到篮板的点D处后进球，已知小明与篮板底的距离BC＝5米，眼睛与地面的距离AB＝1.7米，视线AD与水平线的夹角为α，已知tanα的值为0.3，则点D到地面的距离CD的长为 3.2 米．
【分析】根据题意可得AE＝BC＝5米，EC＝AB＝1.7米，然后在Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义求出DE的长，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：
AE＝BC＝5米，EC＝AB＝1.7米，
在Rt△ADE中，tanα＝0.3，
∴DE＝AE•tanα＝5×0.3＝1.5（米），
∴DC＝DE+EC＝1.5+1.7＝3.2（米），
∴点D到地面的距离CD的长为3.2米，
故答案为：3.2．
【点评】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．
20．（2022春•青浦区期中）小明要测量公园里一棵古树的高，被一条小溪挡住去路，采用计算方法，在A点测得古树顶的仰角为α，向前走了100米到B点，测得古树顶的仰角为β，则古树的高度为 米．
【分析】设CD＝x米，用含x的代数式表示出AD和BD的长，再根据AD﹣BD＝100可得x的值．
【解答】解：设CD＝x米，
在Rt△ACD中，tanα＝，
∴AD＝，
在Rt△BCD中，tanβ＝，
∴BD＝，
∵AD﹣BD＝100，
∴﹣＝100，
解得x＝，
故答案为：．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
21．（2021秋•浦东新区校级期末）如图，一架飞机在点A处测得水平地面上一个标志物M的俯角为α，tanα＝，水平飞行900米后，到达点B处，又测得标志物M的俯角为β，tanβ＝，那么此时飞机离地面的高度为 1200 米．
【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后根据锐角三角函数即可表示出此时飞机离地面的高度．
【解答】解：作PC⊥AB交AB于点C，如右图所示，
∴AC＝＝，BC＝＝，
∵AB＝AC﹣BC，
∴900＝﹣，
∴PC＝1200，
答：此时飞机离地面的高度为1200米，
故答案为：1200．
【点评】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，利用锐角三角函数解答．
五．解直角三角形的应用-方向角问题（共5小题）
22．（2022•普陀区模拟）如图，在某海滨城市O附近海面有一股台风，据监测，当前台风中心位于该城市的南偏东20°方向200千米的海面P处，并以20千米/时的速度向P处的北偏西65°PQ的方向移动，台风侵袭范围是一个圆形区域，当前半径为60千米，且圆的半径以10千米/时速度不断扩张．
（1）当台风中心移动4小时时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到 100 千米：当台风中心移动t小时时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到 （60+10t） 千米；
（2）当台风中心移动到与城市O距离最近时，这股台风是否侵袭这座海滨城市？请说明理由．（参考数据≈1.41，≈1.73）
【分析】（1）根据题意易求当台风中心移动4小时时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到的长度；当台风中心移动t小时时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到的长度；
（2）实质就是将最近距离与区域半径进行比较，所以需作垂线．作OH⊥PQ于点H，在Rt△OMH中，∠OMH＝45°，OP＝200，运用三角函数求出PH的长，从而求出时间再求半径，比较后得结论．
【解答】解：（1）由题意可得，
当台风中心移动4小时时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到：60+10×4＝100（千米），
当台风中心移动t小时时，受台风侵袭的圆形区域半径增大到：（60+10t）（千米），
故答案为：100，（60+10t）；
（2）作OH⊥PQ于点H，
∴∠OHP＝90°，
∵∠OPH＝70°﹣25°＝45°，
在等腰直角三角形OPH中，OP＝200千米，
根据勾股定理可算得OH＝100 ≈141（千米），
设经过t小时时，台风中心从P移动到H，
则PH＝20t＝100 ，
解得t＝5 （小时），
此时，受台风侵袭地区的圆的半径为：
60+10×5 ≈130.5（千米）＜141（千米）．
∴城市O不会受到侵袭．
【点评】考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，此题的难度在于半径的变化，理解半径又是随时间的变化而变化，所以转化为求时间，又已知速度，归结为求路程即三角形边长，解三角形求解．
23．（2021秋•杨浦区期末）如图，海中有一个小岛A，一艘轮船由西向东航行，在点B处测得小岛A在它的北偏东60°方向上，航行12海里到达点C处，测得小岛A在它的北偏东30°方向上，那么小岛A到航线BC的距离等于 6 海里．
【分析】过点A作AE⊥BC交BC的延长线于点E，由三角形的外角性质得∠BAC＝∠ABC，再由等腰三角形的判定得AC＝BC，锐角由锐角三角函数定义求出AE的长即可．
【解答】解：过点A作AE⊥BC交BC的延长线于点E，
由题意得：BC＝12海里，∠ABC＝90°﹣60°＝30°，∠ACE＝90°﹣30°＝60°，
∴∠BAC＝∠ACE﹣∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝∠ABC，
∴AC＝BC＝12海里，
在Rt△ACE中，sin∠ACE＝，
∴AE＝AC•sin∠ACE＝12×＝6（海里），
即小岛A到航线BC的距离是6海里，
故答案为：6．
【点评】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，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
24．（2021秋•松江区期末）如图，码头A在码头B的正东方向，它们之间的距离为10海里．一货船由码头A出发，沿北偏东45°方向航行到达小岛C处，此时测得码头B在南偏西60°方向，那么码头A与小岛C的距离是 （5+5） 海里（结果保留根号）．
【分析】过C作CD⊥BA于D，证△ACD是等腰直角三角形，得CD＝AD，AC＝CD，设CD＝AD＝x海里，则AC＝x海里，再由锐角三角函数定义得BD＝CD＝x（海里），然后由BD＝AD+AB得x＝x+10，解得：x＝5+5，即可解决问题．
【解答】解：过C作CD⊥BA于D，如图：
则∠CDB＝90°，
由题意得：∠BCD＝60°，∠CAD＝90°﹣45°＝45°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴CD＝AD，AC＝CD，
设CD＝AD＝x海里，则AC＝x海里，
在Rt△BCD中，tan∠BCD＝＝tan60°＝，
∴BD＝CD＝x（海里），
∵BD＝AD+AB，
∴x＝x+10，
解得：x＝5+5，
∴x＝×（5+5）＝5+5，
即AC＝（5+5）海里，
故答案为：（5+5）．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
25．（2021秋•黄浦区期末）如图，在东西方向的海岸线l上有一长为1千米的码头MN，在距码头西端M的正西方向58千米处有一观测站O，现测得位于观测站O的北偏西37°方向，且与观测站O相距60千米的小岛A处有一艘轮船开始航行驶向港口MN．经过一段时间后又测得该轮船位于观测站O的正北方向，且与观测站O相距30千米的B处．
（1）求AB两地的距离；（结果保留根号）
（2）如果该轮船不改变航向继续航行，那么轮船能否行至码头MN靠岸？请说明理由．
（参考数据：sin37°≈0.60，cs37°≈0.80，tan37≈0.75．）
【分析】（1）过点A作AC⊥OB于点C．可知△ABC为直角三角形．根据勾股定理解答．
（2）延长AB交l于D，比较OD与OM+MN的大小即可得出结论．
【解答】解：（1）过点A作AC⊥OB于点C．由题意，得
OA＝60千米，OB＝30千米，∠AOC＝37°．
∴AC＝OAsin37°≈60×0.60＝36（千米）．
在Rt△AOC中，OC＝OA•cs∠AOC≈60×0.8＝48（千米）．
∴BC＝OC﹣OB＝48﹣30＝18（千米）．
在Rt△ABC中，AB＝．
（2）如果该轮船不改变航向继续航行，不能行至码头MN靠岸．
理由：延长AB交l于点D．
∵∠ABC＝∠OBD，∠ACB＝∠BOD＝90°．
∴△ABC∽△DBO，
∴，
∴，
∴OD＝60（千米）．
∵60＞58+1，
∴该轮船不改变航向继续航行，不能行至码头MN靠岸．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，此题结合方向角，考查了阅读理解能力、解直角三角形的能力．计算出相关特殊角和作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
26．（2021秋•嘉定区期末）如图，在航线l的两侧分别有两个灯塔A和B，灯塔A到航线l的距离为AC＝3千米，灯塔B到航线l的距离为BD＝4千米，灯塔B位于灯塔A南偏东60°方向．现有一艘轮船从位于灯塔B北偏西53°方向的N（在航线l上）处，正沿该航线自东向西航行，10分钟后该轮船行至灯塔A正南方向的点C（在航线l上）处．
（1）求两个灯塔A和B之间的距离；
（2）求该轮船航行的速度（结果精确到0.1千米/小时）．（参考数据：，sin53°≈0.80，cs53°≈0.60，tan53°≈1.33）
【分析】（1）根据特殊角三角函数即可解决问题；
（2）根据三角函数定义可得CN的长，进而可以求该轮船航行的速度．
【解答】解：（1）由题意，得∠ACM＝∠BDM＝90°，AC＝3，BD＝4，∠CAM＝∠DBM＝60°，
在Rt△ACM中，，
∴cs60°＝，
∴AM＝6，
在Rt△BDM中，，
∴cs60°＝，
∴BM＝8，
∴AB＝AM+BM＝14千米．
答：两个灯塔A和B之间的距离为14千米．
（2）在Rt△ACM中，，
∴，
∴，
在Rt△BDM中，，
∴，
∴，
∴，
在Rt△BDN中，，
由题意，得∠DBN＝53°
∴，
∴DN＝4tan53°，
∴，
设该轮船航行的速度是V千米/小时，
由题意，得，
∴V≈40.7（千米/小时 ），
答：该轮船航行的速度是40.7千米/小时．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用中的仰角俯角问题、矩形的判定与性质等知识；掌握仰角俯角定义是解题的关键．
一、选择题
1.（2019新竹园9月考5）在Rt△ABC中，∠C=90°，CD是高，如果AD=m，∠A=，那么BC的长为（ ）
A. m•tan•csB. m•ct•csC. D.
【答案】C；
【解析】解：∵在Rt△ABC中，∠C=90°，CD是高， AD=m，∠A=α，∴tanα=，∴CD=m•tanα，
∵∠ACB=∠A+∠B=90°，∠BDC=∠B+∠BCD=90°，∠A=α，∴∠BCD=α，∴cs∠BCD=，即csα= ，∴BC=，故选C．
2．（浦东新区2020一模5）如图，传送带和地面所成斜坡的坡度为1：3，它把物体从地面点A处送到离地面3米高的B处，则物体从A到B所经过的路程为（ ）
A．3米B．2米C．米D．9米
【答案】A；
【解答】解：∵BC：AC＝1：3，∴3：AC＝1：3，∴AC＝9，∴AB＝，∴物体从A到B所经过的路程为，故选：A．
二、填空题
3.（静安2020一模13）如图，在大楼AB的楼顶B处测得另一栋楼CD底部C的俯角为60度，已知A、C两点间的距离为15米，那么大楼AB的高度为_____米．（结果保留根号）

【答案】
【解析】解：根据题意，△ABC是直角三角形，∠A=90°，∴，∴
；∴大楼AB的高度为米.
4.（奉贤2020一模14）小明从山脚出发，沿坡度为的斜坡前进了130米到达点，那么他所在的位置比原来的位置升高了__________米．
【答案】50；
【解析】解：设他所在的位置比原来的位置升高了x米，∵坡度为，∴他所在的位置比原来的位置水平移动了2.4x米，∴，解得：x=50，故答案是：50.
5.（松江2020一模16）如图，某幢楼的楼梯每一级台阶的高度为20厘米，宽度为30厘米.那么斜面AB的坡度为 ．
【答案】
【解析】解：斜面AB的坡度为：，故答案为：．
6.（嘉定区2019期中17）新定义：我们把两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”如图所示，△ABC中AF、BE是中线，且AF⊥BE，垂足为P，像△ABC这样的三角形称为“中垂三角形”，如果∠ABE＝30°，AB＝6，那么此时AC的长为 ．

【答案】；
【解析】解：如图，∵AF⊥BE，∴∠APB＝∠APE＝90°，在Rt△ABP中，∵∠ABP＝30°，∴＝3，BP＝，∵AF、BE是中线，∴AE＝CE，点P为△ABC的重心，∴，在Rt△APE中，AE＝=，∴AC＝2AE＝．故答案为．
7.（嘉定区2019期中16）如图，矩形ABCD中，点E在边BC上，EF⊥AE交AD于点F，若AB＝2，BC＝7，BE＝5，则FD的长度为 .
【答案】；
【解析】解：在△ABE中：AE2＝AB2+BE2，∵AB＝2，BE＝5，∴AE＝，∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥BC，∠B＝90°，∴∠EAF＝∠BEA，∵EF⊥AE，∴∠AEF＝90°，∵∠EAF＝∠BEA，∠B＝∠AEF，∴△ABE∽△FEA，∴，即，，在Rt△AEF中：AF2＝AE2+EF2，AF2＝，解得：AF＝，∵BC＝7，∴FD＝7﹣＝，故答案为：．
8.（浦东四署2019期中17）如图，在四边形ABDC中，联结BC，，，，如果，那么______.
【答案】；
【解析】解：如图，∵在Rt△ABC中，BC=，∠ABC=45°，∴∠ACB=45°，∴AB=AC=1，
∴S△ABC=；∵在Rt△BCD中，∠D=30°，BC=，∴BD=，∴CD=，∴S△BCD=，∴S四边形ABCD=S△ABC+S△BCD=， 故答案是.
9.（崇明2020一模18）如图，在中，，，，点是的中点，点在边上，将沿翻折，使得点落在点处，当时，那么的长为________________．
【答案】或；
【解析】解: 如图，作DF⊥AB于F，连接AA′．在Rt△ACB中，BC＝＝6，∵∠DAF＝∠BAC，∠AFD＝∠C＝90°，∴△AFD∽△ACB，∴，∴，∴DF＝，AF＝，∵A′E⊥AB，∴∠AEA′＝90°，由翻折不变性可知：∠AED＝45°，∴EF＝DF＝，
∴AE＝A′E＝＋＝，∴AA′＝，如图，作DF⊥AB于F，当 EA′⊥AB时，同法可得AE＝−＝，AA′＝AE＝．故答案为或．

10.（嘉定2020一模18）在中，，，，把绕着点C按照顺时针的方向旋转，将A、B的对应点分别记为点、，如果恰好经过点A，那么点A
与点的距离为

【答案】；
【解析】解：如图旋转得，，AB=10，，，，由旋转可得，，，过点C作于点M，，.
三、解答题（本大题共6题，每题10分，满分60分）
11.（2019育才10月考21）已知：如图所示，中，CD⊥AB，，BD=1，AD=4，求AC的长．
【答案】；
【解析】解：∵CD⊥AB，∴且，∴sin∠A=sin∠BCD，∴∠A=∠BCD，且∠ADC=∠BDC=90°，∴△ACD∽△CBD，∴，∴CD2=BD•AD=4，∴CD=2，∴．
12.（浦东南片2019期中22）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，D是边AB上一点，且tan∠BCD=
（1）试求的值；
（2）试求△BCD的面积.
【答案】（1）；（2）；
【解析】解：（1）作，垂足为H， ∵,∴,在中，,∴.(2)作,垂足为E,在中,，令， 则， 又在中，，则， 于是,即，解得， ∴.
13.（浦东四署2019期中22）如图，在中，，点D是BC边上的一点，，，．
（1）求AC和AB的长；
（2）求的值．
【答案】（1）；（2）；
【解析】解：（1）∵在Rt△ACD中，cs∠ADC==，CD=6，∴AD=10，∴在Rt△ACD中，AC==8.又∵在Rt△ABC中，==，∴BC=12， ∴AB==4. （2）过点D作DH⊥AB于点H，∴S△ABD=AB·DH=BD·AC，其中AB=4，BD=BC-CD=6,AC=8,∴DH==,∴在Rt△ADH中，sin∠BAD==.
14.（川中南2019期中23）如图，在中，已知点是边上的点，
(1)求的长;
(2)求的值.

【答案】（1）5；（2）；
【解析】（1）解：过点A作, 在中，,∴,由勾股定理得：,在中， ,∴,∴,,;
(2)解：设 ，则, 在中，由勾股定理得：,
得：,,在中, .
15.（黄浦2020一模21）某数学小组在郊外的水平空地上对无人机进行测高实验．如图10，两台测角仪分别放在A、B位置，且离地面高均为1米（即米），两台测角仪相距50米（即AB=50米）．在某一时刻无人机位于点C (点C与点A、B在同一平面内），A处测得其仰角为，B处测得其仰角为．（参考数据：，，，，）
（1）求该时刻无人机的离地高度；（单位：米，结果保留整数）
（2）无人机沿水平方向向左飞行2秒后到达点F（点F与点A、B、C在同一平面内），此时于A处测得无人机的仰角为，求无人机水平飞行的平均速度．（单位：米/秒，结果保留整数）
【答案】
【解析】解：（1）如图，过点C作，垂足为点H．∵， ∴．设，则．∵在Rt△ACH中，， ∴．∴．解得：,∴ ; 答：计算得到的无人机的高约为19m．（2）过点F作，垂足为点G．在Rt△AGF中， ．∴．又．
∴ ，或答：计算得到的无人机的平均速度约为5米/秒或26米/秒．
16.（静安2020一模22）如图，在东西方向的海岸线l上有长为300米的码头AB，在码头的最西端A处测得轮船M在它的北偏东45°方向上；同一时刻，在A点正东方向距离100米的C处测得轮船M在北偏东22°方向上．
（1）求轮船M到海岸线l的距离；（结果精确到0.01米）
（2）如果轮船M沿着南偏东30°的方向航行，那么该轮船能否行至码头AB靠岸？请说明理由．
（参考数据：sin22°≈0.375，cs22°≈0.927，tan22°≈0.404，≈1.732．）
【答案】（1）167.79；（2）能.理由见解析.
【解析】解：（1）过点M作MD⊥AC交AC的延长线于D，设DM=x．∵在Rt△CDM中，CD = DM·tan∠CMD= x·tan22°，又∵在Rt△ADM中，∠MAC=45°，∴AD=DM=x，∵AD=AC+CD=100+ x·tan22°，∴100+ x·tan22°=x． ∴（米）．答：轮船M到海岸线l的距离约为167.79米． （2）作∠DMF=30°，交l于点F．在Rt△DMF中，有：DF= DM·tan∠FMD= DM·tan30°=DM≈≈96.87米．∴AF=AC+CD+DF=DM+DF≈16779+96.87=264.66