专题23.2 解直角三角形及其应用【九大题型】（举一反三）（沪科版）（解析版）

专题23.2解直角三角形及其应用【九大题型】【沪科版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1网格中解直角三角形】 2【题型2坐标系中解直角三角形】 5【题型3直接解直角三角形】 12【题型4化斜为直解非直角三角形】 19【题型5在四边形中解直角三角形】 27【题型6解直角三角形的应用（坡度坡比问题）】 35【题型7解直角三角形的应用（俯角仰角问题）】 42【题型8解直角三角形的应用（方向角问题）】 50【题型9解直角三角形的应用（实物建模问题）】 55【知识点1直角三角形的边角关系】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对边邻边斜边ACBb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网格中解直角三角形】【例1】（江苏省江阴市澄江片2022-2023学年九年级下学期期中考试数学试题）如图是由6个形状、大小完全相同的菱形组成的网格，菱形的顶点称为格点．已知菱形的一个角（∠O）为120°，A、B、C都在格点上，则tan∠ABC的值是________________．【答案】3【分析】如图，连接EA、EC，先证明∠AEC＝90°，E、A、B共线，再根据tan∠ABC＝ECEB，求出EC、EB【详解】解：如图，连接EA，EC，设菱形的边长为a，由题意得∠CEF＝60°，∠BEF＝30°，CE＝a，AE＝3a，EB＝2∴∠AEC＝90°，∵∠ACE＝∠AGF＝60°，∴∠EAB＝180°，∴E、A、B共线，在Rt△CEB中，tan∠ABC＝ECEB故答案为：36【点睛】本题考查菱形的性质、三角函数、特殊三角形边角关系等知识，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．【变式1-1】（2022年四川省广元市万达实验学校中考模拟数学试题）如图，A，B，C，D均为网格图中的格点，线段AB与CD相交于点P，则∠APD的正切值为_______．【答案】3【分析】作M、N两点，连接CM，DN，根据题意可得CM∥AB，从而可得∠APD＝∠NCD，然后先利用勾股定理的逆定理证明△CDN是直角三角形，然后再利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．【详解】解：如图所示，作M、N点，连接CM、DN，由题意得：CM∥AB，∴∠APD＝∠NCD，由题意得：CN2=12∴CN∴△CDN是直角三角形，∴tan∠DCN=∴∠APD的正切值为：3．故答案为：3．【点睛】本题考查了解直角三角形，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．【变式1-2】（2022年福建省中考数学模拟试卷（六））如图，△ABC的三个顶点在边长为1的正方形网格的格点上，则sin∠BAC=____．【答案】3【分析】过点A作AD⊥BC于D，过点B作BE⊥AC于E，只需求得BE即可求得sin∠BAC【详解】如图，过点A作AD⊥BC于D，过点B作BE⊥AC于E，由图可得，AB=10，AC=10，BC=2，∵S∴1∴BE=3∴sin故答案为：35【点睛】本题主要是应用三角函数定义来解直角三角形．要注意直角三角函数的性质进行解题，本题易错点在于学生误认为sin∠BAC=2【变式1-3】（2022年中考数学一轮复习讲练测（北京））如图所示的正方形网格中，A，B，C是网格线交点，∠CAB的度数为__．【答案】45°【分析】根据勾股定理和等积法求出线段长，再根据三角函数求出角度即可．【详解】解：如图，连接BC，过C作CD⊥AB于D，根据勾股定理，得AB=62+∵SSΔABC∴10CD=15∴CD=3在RtΔACD中，∴sin∴∠CAB=45°．故答案为：45°．【点睛】本题考查了解直角三角形和等积法，解题关键是恰当的构造直角三角形，利用相关知识求解.【题型2坐标系中解直角三角形】【例2】（2022·江苏·九年级专题练习）如图，直线y=34x+3交x轴于A点，将一块等腰直角三角形纸板的直角顶点置于原点O，另两个顶点M、N恰落在直线y=34x+3上，若N点在第二象限内，则A．17 B．16 C．15【答案】A【分析】过O作OC⊥AB于C，过N作ND⊥OA于D，设N的坐标是（x，34x+3），得出DN=34x+3，OD=-x，求出OA=4，OB=3，由勾股定理求出AB=5，由三角形的面积公式得出AO×OB=AB×OC，代入求出OC，根据sin45°=OCON，求出ON，在Rt△NDO中，由勾股定理得出（34x+3）2+（-x）2=(1225)2，求出N的坐标，得出ND【详解】过O作OC⊥AB于C，过N作ND⊥OA于D，∵N在直线y=34x+3∴设N的坐标是（x，34x+3则DN=34x+3，OD=-xy=34x+3当x=0时，y=3，当y=0时，x=-4，∴A（-4，0），B（0，3），即OA=4，OB=3，在△AOB中，由勾股定理得：AB=5，∵在△AOB中，由三角形的面积公式得：AO×OB=AB×OC，∴3×4=5OC，OC=125∵在Rt△NOM中，OM=ON，∠MON=90°，∴∠MNO=45°，∴sin45°=OCON∴ON=122在Rt△NDO中，由勾股定理得：ND2+DO2=ON2，即（34x+3）2+（-x）2=(1225解得：x1=-8425，x2=12∵N在第二象限，∴x只能是-842534x+3=12即ND=1225，OD=84tan∠AON=NDOD故选A．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，三角形的面积，解直角三角形等知识点的运用，主要考查学生运用这些性质进行计算的能力，题目比较典型，综合性比较强．【变式2-1】（2022年黑龙江省佳木斯市前进区九年级中考三模数学试题）如图，在平面直角坐标系中，点A1的坐标是(0,-1)，点A1，A2，A3，A4，A5…所在直线与x轴交于点B0(-2,0)，点B1，B2，B3，B4…都在x轴上，△A【答案】3【分析】过点A2作A2C1⊥x轴，设∠OB0A1=α，【详解】解：∵B0(-2,0)，A∴O∴A∴设∠OB0∵△A∴∴A1B∴B1∴过点A2作A∵△A∴则tan即A2∴∴∴∴同理可得tanα=A3C∴……∴An∴A2022故答案为：32022【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，正切的定义，找到规律是解题的关键．【变式2-2】（2022·四川泸州·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点B的坐标为(10，4)，四边形ABEF是菱形，且tan∠ABE=43．若直线l把矩形OABC和菱形ABEF组成的图形的面积分成相等的两部分，则直线l的解析式为（

A．y=3x B．y=-C．y=-2x+11 D．y=-2x+12【答案】D【分析】过点E作EG⊥AB于点G，利用三角函数求得EG=8，BG=6，AG=4，再求得点E的坐标为(4，12)，根据题意，直线l经过矩形OABC的对角线的交点H和菱形ABEF的对角线的交点D，根据中点坐标公式以及待定系数法即可求解．【详解】解：过点E作EG⊥AB于点G，∵矩形OABC的顶点B的坐标为(10，4)，四边形ABEF是菱形，∴AB=BE=10，点A的坐标为(0，4)，点C的坐标为(10，0)，在Rt△BEG中，tan∠ABE=43，BE=10∴sin∠ABE=45，即EG∴EG=8，BG=BE2-∴AG=4，∴点E的坐标为(4，12)，根据题意，直线l经过矩形OABC的对角线的交点H和菱形ABEF的对角线的交点D，点H的坐标为(0+102，0+42)，点D的坐标为(0+42，∴点H的坐标为(5，2)，点D的坐标为(2，8)，设直线l的解析式为y=kx+b，把(5，2)，(2，8)代入得5k+b=22k+b=8解得：k=-2b=12∴直线l的解析式为y=-2x+12，故选：D．【点睛】本题考查了解直角三角形，待定系数法求函数的解析式，矩形和菱形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．【变式2-3】（2022·河南·模拟预测）在平面直角坐标系中，点A，B分别在y轴和x轴上，∠ABO=60°,CD为△AOB的中位线，过点D向x轴作垂线段，垂足为E，可得矩形CDEO．将矩形CDEO沿着x轴向右平移，设斜边AB所在直线与矩形所围直角三角形的面积为S．已知点B的坐标为(6,0)，当S=23时，矩形CDEO顶点D的坐标为__________【答案】(5,33)【分析】根据B（6，0）求得OB=6，又tan∠ABO=OAOB，求OA=63，再根据三角形中位线性质得出CD∥OB，CD=12OB=3，OC=12OA=33，然后设D的坐标为(m,33)，分两种情况：当AB与CD相交时，如图1，当AB与O′C、O′E相交时，如图2【详解】解：∵B（6，0），∴OB=6，∵tan∠ABO=OAOB∴OA=OB⋅tan∵CD是△AOB的中位线，∴CD∥OB，CD=12OB=3，OC=12OA=3设D(m,33)，当AB与CD相交时，如图1，∴DG=m-3，∵CD∥OB，∴∠DGF=∠ABO=60°，∵tan∠DGF=∴3=∴DF=3（m-3），∵S△DGF=12DG⋅DF解得：m1=5，m2=1，∵DG=m-3>0，∴m=5,∴点D的坐标为(5,33当AB与O′C、O′E相交时，如图2，∴O′B=3-(m-6)=9-m，∵tan∠ABO=O∴O′F=3（9-m）∵S△DGF=12O'B⋅解得：m1=7，m2=11，∵O′B=9-m>0，∴m=7，∴D的坐标为(7,33综上，D的坐标为(5,33)或故答案为：(5,33)或【点睛】本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、平移的性质、解直角三角形、三角形面积等知识；熟练掌握矩形的性质和解直角三角形是解题的关键.【题型3直接解直角三角形】【例3】（2022年广东省深圳市宝安区中考数学备考冲刺题--模拟卷（四））如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=60°，∠BAC的角平分线EA与∠BCA的角平分线CD相交于点O，已知BD=4，OC=22，则OE=_________．【答案】2【分析】在CA上截取CF=CE，先证明△COE≌△COF，再证明△AOD≌△AOF，得到OD=OE，作DN⊥BC于N，OM⊥BC于M，可证△OCM∽△DCN，然后利用相似三角形的性质求解即可．【详解】在CA上截取CF=CE，∵CD平分∠BCA，∠ACB=90°，∴∠ACD=∠BCD=12∠ACB=45°在△COE和△COF中CE=CF∠ECO=∠FCO∴△COE≌△COF（SAS），∴OE=OF．∵∠ABC=60°，∴∠BAC=30°，∵EF平分∠BAC，∴∠BAE=∠CAE=12∠BAC=15°∴∠COE=∠COF=∠AOD=45°+15°=60°．∵∠AOC=180°-∠CAE-∠ACO=180°-12(∠BAC+∠ACA=180°-12=120°，∴∠AOF=120°-60°=60°，∴∠AOD=∠AOF，在△AOD和△AOF中∠OAD=∠OAFAO=AO∴△AOD≌△AOF（ASA），∴OF=OD，∴OE=OE．作DN⊥BC于N，OM⊥BC于M，∴∠CMO=∠CND=90°，∵∠OCM=∠DCN，∴△OCM∽△DCN，∴OMDN∵sinB=DNBD，BD=4∴DN=23，∵OC=22，∠OCM=45°，∴CM=OM=2，∴22∴OE=OD=26故答案为：26【点睛】本题考查了角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，以及相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．【变式3-1】（2022-2023中考1年模拟数学分项汇编）如图，在Rt△ABC中，AB=BC=4，以AB为边作等边三角形ABD，使点D与点C在AB同侧，连接CD，则CD=______．【答案】26-2【分析】过点D作DE⊥BC于点E，由等边三角形的性质可知BD=AB=AD=4，∠ABD=60°，结合题意可求出∠DBC=30°，从而可求出DE=2，BE=23，进而可求出CE=4-23，最后根据勾股定理即可求出【详解】如图，过点D作DE⊥BC于点E，∵△ABD是等边三角形，∴BD=AB=AD=4，∠ABD=60°．∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=30°．∵DE⊥BC，∴DE=12BD∴BE=BD⋅cos∴CE=BC-BE=4-23∵DE⊥BC，∴CD=C故答案为：26【点睛】本题考查等边三角形的性质，解直角三角形，勾股定理等知识．正确的作出辅助线是解题关键．【变式3-2】（安徽省亳州市2022-2023学年九年级上学期教学质量调研三数学试题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CE是斜边AB上的中线，过点E作EF⊥AB交AC于点F．若BC＝4，tan∠CEF=34，则AC【答案】8【分析】连接BF，交CE于点D，根据直角三角形斜边上的中线性质可得CE＝AE，从而可得∠ECA＝∠A，再根据已知可知EF是AB的垂直平分线，从而可得BF＝AF，进而可得∠A＝∠ABF，然后可得∠ABF＝∠ACE，从而证明△CDF∽△BDE，进而可得∠CFD＝∠BED，最后利用等角的余角相等可得∠CBF＝∠CEF，从而在Rt△BCF中，利用锐角三角函数的定义和勾股定理求出CF，BF的长，从而求出AF的长，进行计算即可解答．【详解】解：连接BF，交CE于点D，∵∠ACB＝90°，CE是斜边AB上的中线，∴CE=AE=1∴∠ECA＝∠A，∵EF⊥AB，∴EF是AB的垂直平分线，∴BF＝AF，∴∠A＝∠ABF，∴∠ABF＝∠ACE，∵∠CDF＝∠BDE，∴△CDF∽△BDE，

∴∠CFD＝∠BED，∵∠CFD+∠CBF＝90°，∠BED+∠CEF＝90°，∴∠CBF＝∠CEF，∵tan∴tan∴CF=BC⋅tan∴BF=C∴AF＝BF＝5，∴AC＝CF+AF＝3+5＝8，故答案为：8．【点睛】本题考查了解直角三角形，直角三角形斜边上的中线，相似三角形的判定和性质，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．【变式3-3】（2022·湖北武汉·一模）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为AB上一点．（1）如图1，若CD⊥AB，求证：AC2=AD·AB；（2）如图2，若AC=BC，EF⊥CD交CD于H，交AC于F，且FHHE=4（3）如图3，若AC=BC，点H在CD上，∠AHD=45°，CH=3DH，则tan∠ACH的值为________．【答案】（1）见解析；（2）23；（3）【分析】（1）证出∠B=∠ACD，证明△CBD∽△ACD，得出CDAD（2）设FH=4a，则HE=9a（a>0），同（1）得CH2=HE⋅FH=36a2，则CH=6a，在Rt△CHF中，tan∠ACD=FHCH=23（3）过点D作DM⊥AH于M，设DH=2x，则CH=6x（x>0），CD=DH+CH=8x，证明△ADH∽△CDA，得出∠DAH=∠ACH，ADCD=DHAD，求出AD=4x，证明△HDM是等腰直角三角形，得出【详解】（1）证明：∵CD⊥AB，∴∠ADC=∠CDB=90°，∵∠ACB=90°，∴∠B+∠BCD=∠ACD+∠BCD=90°，∴∠B=∠ACD，∴△CBD∽△ACD，∴CDAD∴CD（2）解：∵FHHE∴设FH=4a，则HE=9a（a>0），∵∠ACB=90°，EF⊥CD，同（1）得：CH∴CH=6a，在Rt△CHF中，tan∠ACD=过D作DP⊥AC于P，如图2所示：则DP//在Rt△DPC中，tan∠ACD=∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠A=45°，∴△ADP是等腰直角三角形，∴AP=DP，∴APPC∵DP//∴ADBD（3）解：过点D作DM⊥AH于M，如图3所示：∵CH=3DH，∴设DH=2x，则CH=6x（x>0），∴CD=DH+CH=8x，∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠BAC=45°，∴∠BAC=∠AHD又∵∠ADH=∠CDA，∴△ADH∽△CDA，∴∠DAH=∠ACH，ADCD∴AD∴AD=4x，∵DM⊥AH，∴∠DMH=90°，∵∠AHD=45°，∴∠HDM=45°=∠AHD，∴△HDM是等腰直角三角形，∴DM=HM=2∴AM=A∴tan∠ACH=故答案为：77【点睛】本题是相似形综合题,主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质、三角函数定义、平行线分线段成比例定理等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质,证明三角形相似是解题的关键。【题型4化斜为直解非直角三角形】【例4】（福建省泉州市第一中学2022-2023学年九年级上学期期中考试数学试题）如图，在等腰△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC，点E在BA的延长线上，∠AEC=90°，ED=EC，DE交AC于点K，若EC=10，tan∠AED=12，则AK=_______【答案】5【分析】过点K作KM⊥EC，过D作DN∥AC，设KM=m，∠BED=∠α，由边角关系推导出CM=2m，KC=5m；利用平行线分线段成比例定理，进而得出KC=3AK，在Rt△AEC中，利用勾股定理求得m=3，进而得到AK的长．【详解】解：过点K作KM⊥EC，过D作DN∥AC，设KM=m，∠BED=α，∵ED=EC=10，∴∠ECD=∠EDC=∠B+α，∵AB=AC，∴∠ACB=∠B，∴∠ECA=∠ECD-∠ACB=∠ECD-∠B=α，∴∠ECA=∠AED=α，∵tan∠AED=tanα=12∴CM=2m，KC=KM2+CM2∵DN∥AC，D是BC的中点，∴∆BDN~∆BCA，∠EAC=∠END，∴DNAC∴ND=12AC，∵∠EAC=∠END，∠ECA=∠DEN，EC=ED，∴△EAC≌△DNE（AAS），∴AE=ND，∵ND=12AC∴ND=12AB=AN=BN∴BN=AN=AE，∴BN+AN=AN+AE，即AB=NE，∴SΔ又∵△NDE≌△AEC，∴SΔEDN∴SΔABD=∴SΔEBC=3∵D为BC中点，∴SΔ同理可得SΔ∴AK:CK=S∴AK=13CK=53m∵DN∥AC，∴AN∴K是ED的中点，∴EK=5，在Rt△EKM中，EM=10-2m，KM=m，∴52∴m=3或m=5（舍），∴AK=5；故答案为：5．【点睛】此题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，正切函数的定义，能够通过作高构造直角三角形，熟记性质并准确识图是解题的关键．【变式4-1】（2022·湖北武汉·中考真题）如图．在△ABC中，∠ACB=60°，AC=1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长是_____．【答案】32【详解】【分析】如图，延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，根据题意得到ME=EB，根据三角形中位线定理得到DE=12AM，根据等腰三角形的性质求出∠ACN，根据正弦的概念求出AN【详解】如图，延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，∵DE平分△ABC的周长，AD=DB，∴BE=CE+AC，∴ME=EB，又AD=DB，∴DE=12AM，DE∥AM∵∠ACB=60°，∴∠ACM=120°，∵CM=CA，∴∠ACN=60°，AN=MN，∴AN=AC•sin∠ACN=32∴AM=3，∴DE=32故答案为32【点睛】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的性质、解直角三角形，掌握三角形中位线定理、正确添加辅助线是解题的关键．【变式4-2】（2022·江苏省洪泽县黄集中学一模））如图，在△ABC中，∠C=150°，AC=4，tanB=18（1）求BC的长；（2）利用此图形求tan15°的值.【答案】（1）16-23；（2）2-3【详解】试题分析：（1）过A作AD⊥BC，交BC的延长线于点D，由含30°的直角三角形性质得AD=12AC=2，由三角函数求出CD=23，在Rt△ABD中，由三角函数求出BD=16（2）在BC边上取一点M，使得CM=AC，连接AM，求出∠AMC=∠MAC=15°，tan15°=tan∠AMD=ADMD试题解析：（1）过A作AD⊥BC，交BC的延长线于点D，如图1所示：在Rt△ADC中，AC=4，∵∠C=150°，∴∠ACD=30°，∴AD=12AC=2CD=AC•cos30°=4×32=23在Rt△ABD中，tanB=ADBD∴BD=16，∴BC=BD-CD=16-23；（2）在BC边上取一点M，使得CM=AC，连接AM，如图2所示：∵∠ACB=150°，∴∠AMC=∠MAC=15°，tan15°=tan∠AMD=ADMD【点睛】本题考查了锐角三角函数、含30°的直角三角形性质、三角形的内角和、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握三角函数运算是解决问题的关键．【变式4-3】（2022·四川广元·模拟预测）从三角形（不是等腰三角形）一个顶点引出的一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原三角形有两角对应相等，我们把这条线段叫做这个三角形的“优美分割线”．（1）如图，在△ABC中，CD为角平分线，∠A＝40°，∠B＝60°，求证：CD为△ABC的“优美分割线”．（2）在△ABC中，∠A＝46°，CD为△ABC的“优美分割线”且△ACD为等腰三角形，求∠ACB的度数．（3）在△ABC中，∠A＝30°，AC＝6，CD为△ABC的“优美分割线”，且△ACD是等腰三角形，求线段BD的长．【答案】（1）见解析；（2）92°或113°；（3）3或33-3【分析】（1）根据完美分割线的定义只要证明①△ABC不是等腰三角形，②△ACD是等腰三角形，③与原三角形有两角对应相等即可．（2）分三种情形讨论即可①如图2，当AD＝CD时，②如图3中，当AD＝AC时，③如图4中，当AC＝CD时，分别求出∠ACB即可．（3）根据三角形的“优美分割线”的定义求出∠B，再利用解直角三角形进行解答．【详解】解：（1）证明：如图1中，∵∠A＝40°，∠B＝60°，∴∠ACB＝80°，∴△ABC不是等腰三角形，∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD＝12∠ACB＝40°∴∠ACD＝∠A＝40°，∴△ACD为等腰三角形，∵∠DCB＝∠A＝40°，∠CBD＝∠ABC，∴CD是△ABC的完美分割线．（2）①当AD＝CD时，如图2，∠ACD＝∠A＝46°，∠ADC=88°，∴∠BDC＝92°，∵∠B＝∠B，∴∠ACB＝∠BDC＝92°．②当AD＝AC时，如图3，∠ACD＝∠ADC＝180°-46°2＝67°∴∠BDC＝113°，∵∠B＝∠B，∴∠ACB＝∠BDC＝113°．③当AC＝CD时，如图4，∵∠ADC＝∠A＝46°，∴∠BDC＝134°，∵∠B＝∠B，∴∠ACB＝∠BDC＝134°．∴∠ACB+∠A=180°，与三角形内角和定理矛盾，舍去．∴∠ACB的度数是92°或113°．（3）①若AD＝CD时，如图5，此时∠A＝∠ACD＝30°，∠BCD＝∠A＝30°，此时∠ACB＝60°，故∠B＝90°．在直角△ABC中，∠A＝30°，AC＝6，则BC＝3.在直角△BCD中，∠BCD＝30°，BC＝3，则BD＝BC•tan30°＝3．②若AC＝AD时，如图6，作CE⊥AB,垂足为E，∠ADC＝∠ACD＝75°，∠BDC＝105°，此时∠ACB＝105°，∠B＝45°，∵∠A＝30°，AC＝6，∴EC＝3，AE＝EC•tan60°＝33．∵∠B＝45°，∴EC=BE＝3，BA＝3+33，BD＝BA-DA=3+33-6=33-3，③当AC＝CD时，由（2）可知，不成立，舍去．【点睛】本题考查考查了几何新定义问题，主要运用等腰三角形的性质和解直角三角形等知识进行推理与判断，解题的关键是理解题意，学会分类讨论思想，属于中考常考题型．【题型5在四边形中解直角三角形】【例5】（2022年广东省深圳市南山区南山外国语学校中考二模质量检测数学试题（5月））如图，在菱形ABCD中，AB＝30，∠BCD=120°，点E在CD上，且DE＝10，BE交AC于点F，连接DF．现给出以下结论：①△ABF≌△ADF；②AF:CF=3:2；A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④【答案】A【分析】根据菱形的性质，利用SAS证明△BAF≌△DAF，故①正确；由CE∥AB，得△ABF∽△CEF，可知AFCF=ABCE=3020=32，故②正确；首先证明△ABC是等边三角形，从而得出面积，再利用等高的两个三角形面积之比等于底之比可判断③正确；连接BD交AC于O，设CF=2x，则AF=3x，得OC=52x，【详解】∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB，∠BAF=∠DAF，∵AF=AF，∴△BAF≌△DAF（SAS），故①正确；即同理可得，△BCF≌△DCF（SAS），∵四边形ABCD是菱形，AB=30，∴CE∥AB，AB=DC∴△ABF∽△CEF，∴AFCF∵DE=10，∴CE=CD-DE=20，即AFCF=AB∵∠BCD=120°，∴∠ACB=60°，∠ABC=60°，∵AB=BC，∴△ABC是等边三角形，等边三角形的面积公式推导如下：正△XYZ的边长为u，过顶点x作XV⊥YZ，V为垂足，如图，在正△XYZ中，有∠Y=60°，XZ=XY=YZ=u，∵XV⊥YZ，∴YV=VZ=12YZ=12∴在Rt△XYV中，有XV=X∴正△XYZ的面积为：S=1∴S△ABC∵AFCF∴S△BCF∵△BCF≌△DCF（SAS），∴S△BCF∵DE=10，CE=20，∴S△DEF=DE连接BD交AC于O，根据菱形的性质有：AO=OC，BO=DO，AC⊥BD，∵AFCF即设CF=2x，则AF=3x，AC=AB=CD=5x，∴OC=12AC=∵根据菱形的性质有∠ABC=∠ADC=60°，∴∠ODC=30°，∴DO=3∵AC⊥BD，∴∠DOC=90°，∴DF=O∴sin∠AFD=故④错误．故选：A．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，三角函数，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握各性质是解题的关键．【变式5-1】（2022·广东·深圳市海滨中学模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，CE⊥AB，且AE=BE，连接DE，若AB=CD=CE=2，则tan∠DEC=_____．【答案】3【分析】作AF⊥BC于点F，DL⊥BC于点L，DG⊥CE于点G交BC于点H，先证明四边形ABHD是平行四边形，得DH=AB=CD=CE=2，再证明BF=HL=CL，由BFAB=BEBC=tanB=15=55，求得CL=HL=BF=5【详解】解：如图，作AF⊥BC于点F，DL⊥BC于点L，DG⊥CE于点G交BC于点H，∵CE⊥AB，∴DH//AB，∴AD//BC，∴四边形ABHD是平行四边形，∴DH=AB=CD=CE=2，∴∠DCL=∠DHL=∠ABF，∴CL=HL，设∠DCL=∠DHL=∠ABF=α，∵∠DLC=∠DLH=∠AFB=90°，∴BFAB∴BF=HL=CH，∵∠BEC=90°，AE=BE=1∴BC=B∴BFAB∴CL=HL=BF=5∴CH=2∵GH//BE，∴Δ∴HGBE∴HG=45BE=∴DG=DH-HG=2-45=∵∠DGE=90°，∴tan故答案为：3．【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、解直角三角形等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．【变式5-2】（2022·上海市静安区教育学院附属学校九年级期中）如图，在菱形纸片ABCD中，AB=2，∠A=60°，将菱形纸片翻折，使得点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F．G分别在边AB．AD上，则sin∠EFG=__________．【答案】2【分析】作GN⊥AB于N，作EM⊥AD交AD延长线于M，连接BE，BD．在RtΔDME，RtΔGME，RtΔAGN，RtΔEFB中，根据勾股定理可求DM，ME，【详解】解：如图：作GN⊥AB于N，作EM⊥AD于M，连接BE，BD∵四边形ABCD是菱形，AB=2∴CD=AD=AB=2，AB//DC∵AB//CD∴∠A=∠MDC=60°∵E是CD中点∴DE=1∵ME⊥AD，∠MDC=60°∴∠MED=30°，且ME⊥AD∴DM=12，∵折叠，∴AG=GE，∠AFG=∠EFG，在RtΔGME中，∴GE∴GE=7在RtΔAGN中，∠A=60°，∴AG=2AN∴AN=7∴GN=7∵BC=CD=2，∠C=60°，∴Δ∵E点是CD中点，∴BE⊥CD，DE=1，∠BDC=60°，∴BE=3∵AB//DC，∴∠ABE=90°，在RtΔEFB中，∴EF∴EF=7∴AF=7∵NF=AF-AN，∴NF=21在RtΔGNF中，∴sin【点睛】本题考查了折叠问题，解非直角三角形，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，添加恰当的辅助线构造直角三角形是本题的关键.【变式5-3】（河南省郑州市中原区中原区第一中学2022-2023学年九年级上学期第一次月考数学试题）如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=8，点E是线段AD上的一个动点，把△BAE沿BE折叠，点A落在A'处(A'在矩形内部)，如果A'恰在矩形的某条对称轴上，则AE的长为__________．【答案】52或【分析】分两种情况：①过A'作MN∥CD交AD于M，交BC于N，则直线MN是矩形ABCD的对称轴，得出AM=BN=4，由勾股定理得到A'N=3，求得A'M=2，再由勾股定理解得A'E即可；②过A'作PQ∥AD交AB于P，交CD于Q；求出【详解】解：分两种情况：①如图1，过A'作MN∥CD交AD于M，交BC于则直线MN是矩形ABCD的对称轴，∴AM=BN=12AD=4，MN=∵△ABE沿BE折叠得到△A'BE，∴A'E=AE，A'B=AB=5，∴A'N=A'∴A'M=MN-A'N=5-3=2，由勾股定理得：A'E∴A'E解得：A'E=5∴AE=5②如图2，过A'作PQ∥AD交AB于P，交CD于则直线PQ是矩形ABCD的对称轴，∴PQ⊥AB，AP=PB，AD∥∴A'B=AB=2PB，∴∠PA'B=30°，∴∠A'BC=30°，∴∠EBA'=1∴AE=A'E=tan综上所述：AE的长为52或5故答案为：52或5【点睛】本题考查了翻折变换−−折叠问题，轴对称图形的性质，矩形的性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识；正确理解折叠的性质是解题的关键，学会用分类讨论的思想思考问题．【题型6解直角三角形的应用（坡度坡比问题）】【例6】（2022·重庆八中九年级期末）为了消防安全，学校在校园广场步行梯（折线ABCD）处新建了学生宿舍安全通道（折线AEF），其剖面示意图如图所示，广场步行梯AB，CD的坡角都是32°，且AB=6米，CD=4米，水平部分BC=2.4米；新建安全通道中水平部分AE=3.9米，步梯EF的坡度i≈0.62（即坡角的正切值）．新建安全通道顶端点F到广场步行梯底部所在水平面DG的距离DF的长约为（

）（结果精确到0.1米，参考数据：sin32°≈0.53，cos32°≈0.85，A．8.8米 B．9.0米 C．9.4米 D．9.6米【答案】D【分析】过B作BH⊥AE于H，延长BC交DF于M，设AE交DF于N，则MN＝BH，HN＝BM，BM∥DG，先由锐角三角函数定义求出DM≈2.12（米），CM≈3.4（米），则HN＝BM＝5.8（米），再由锐角三角函数定义求出MN＝BH≈3.18（米），AH≈5.1（米），然后由坡度的定义求出FN≈4.34（米），即可求解．【详解】解：如图所示：过B作BH⊥AE于H，延长BC交DF于M，设AE交DF于N，则MN＝BH，HN＝BM，BM∥DG，∴∠DCM＝∠CDG＝32°，在Rt△CDM中，sin∠DCM＝DMCD，cos∠DCM＝CM∴DM＝CD•sin32°≈4×0.53＝2.12（米），CM＝CD•cos32°≈4×0.85＝3.4（米），∴HN＝BM＝BC＋CM＝2.4＋3.4＝5.8（米），在Rt△ABH中，∠A＝32°，sinA＝BHAB，cosA＝AH∴MN＝BH＝AB•sin32°≈6×0.53＝3.18（米），AH＝AB•cos32°≈6×0.85＝5.1（米），∴AN＝AH＋HN＝5.1＋5.8＝10.9（米），∴EN＝AN−AE＝10.9−3.9＝7（米），∵步梯EF的坡度i≈0.62＝FNEN∴FN≈0.62×7＝4.34（米），∴DF＝DM＋MN＋FN＝2.12＋3.18＋4.34≈9.6（米），故选：D．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用−坡度坡角问题，掌握坡度的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．【变式6-1】（2022·四川资阳·九年级期末）如图，在操场上的A处，测得旗杆顶端N点的仰角是30°，前进20米后到达旗台的底端B处，测得旗杆顶端N点的仰角是45°，继续沿着坡比为1:3的斜坡BC上升到C处，此时又测得旗杆顶端N点的仰角是60°，旗杆MN垂直于水平线AD，点A、B、D在同一直线上，CM//【答案】MN=103【分析】过点C作CE⊥AD于点E，先证CN＝CB，令CM＝x米，则CN＝CB＝2x米，MN=3【详解】解：如图，过点C作CE⊥AD于点E，∵CM∥AD，∠D＝90°，∴∠CMN＝∠D＝90°，∵∠NCM＝60°，∴∠CNM＝90°﹣∠NCM＝30°，∴CN＝2CM，又∵∠NBD＝45°，∠D＝90°，∴∠BND＝90°﹣∠NBD＝45°，∴∠BNC＝15°，∵BC的坡比为1：3=CE∴tan∠CBE=1∴∠CBE＝30°，∴∠CBN＝15°＝∠BNC，∴CN＝CB，令CM＝x米，则CN＝CB＝2x米，MN=3又∵sin∠CBE=∴CE=12CB＝x（米），BE∴ND＝MN+MD＝MN+CE＝（3+1）x∵AB＝20米，∴AD＝AB+BE+ED＝AB+BE+CM＝[20+（1+3）x]又∵∠A＝30°，∴tan∠NAD=即(3解得：x＝10，经检验，x＝10是原方程的解，且符合题意，∴MN=103答：旗杆MN的高度为103【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，熟练掌握仰角俯角的定义和坡度坡角的定义，正确作出辅助线是解题的关键．【变式6-2】（2022·浙江嘉兴·九年级专题练习）为了监控危险路段的车辆行驶情况，通常会设置电子眼进行区间测速．如图电子眼位于点P处，离地面的铅垂高度PQ为11米；离坡AB的最短距离是11.2米，坡AB的坡比为3：4；电子眼照射在A处时，电子眼的俯角为30°，电子眼照射在坡角点B处时，电子眼的俯角为70°．（A、B、P、Q在同一平面内）(1)求路段BQ的长；（sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）(2)求路段AB的长；（3≈1.7，结果保留整数）(3)如图的这辆车看成矩形KLNM，车高2米，当PA过M点时开始测速，PB过M点时结束测速，若在这个测速路段车辆所用的时间是1.5秒．该路段限速5米/秒，计算说明该车是否超速？【答案】(1)4米(2)8米(3)不超速，计算过程见详解【分析】（1）先求出∠PBQ的度数，再利用三角函数求BQ的长；（2）通过做辅助线构造直角三角形PAE，结合所给坡度用勾股定理列方程，即可求出路段AB的长；（3）通过做辅助线，构造出Rt△PBQ和Rt△PDB，利用勾股定理求出PB、BD和AD的长，结合题意，再利用三角函数求出测速距离，进而求出车的平均速度，即可判断出是否超速．（1）解：∵电子眼照射在坡角点B处时的俯角为70°，∴∠QPB=90∵∠PQB=90∴∠PBQ=70∵PQ∴BQ=即路段BQ的长为4米．（2）如图，过点A作AE⊥PQ，垂足为E，过点A作QB的垂线段，交QB的延长线于点G，∵坡AB的坡比为3：4设BG=4x，AG=3x,在Rt△ABG中，根据勾股定理，AB=A∵AE=QG=4x+4，EQ=AG=3x，∴PE=PQ-EQ=11-3x，∵电子眼照射在A处时俯角为30°，∠APE=在Rt△PAE中，AEPE∴AE=PE⋅tan即4x+4=解得x≈1.62，∴AB=5x≈8即路段AB的长为8米．（3）解：过点P作PD⊥AB，垂足为D，在Rt△PBQ中，PB=P在Rt△PDB中，BD=P∴AD=AB-BD=8-3.4=4.6∵MK∴2AK又∵MK∴2BK车辆测速区间s=AB-AK-BK=8-0.82-0.61=6.57，v=∴该车不超速．【点睛】本题主要考查了三角函数、勾股定理和求直角三角形等有关知识，是一道实际问题，能正确做出辅助线并结合实际理解问题是做出本题的关键．【变式6-3】（2022·上海市罗山中学九年级期中）图1是某区规划建设的过街天桥的侧面示意图，等腰梯形ABCD的上底BC表示主跨桥，两腰AB，CD表示桥两侧的斜梯，A，D两点在地面上，已知AD＝40m，设计桥高为4m，设计斜梯的坡度为1：2.4．点A左侧25m点P处有一棵古树，有关部门划定了以P为圆心，半径为3m的圆形保护区．(1)求主跨桥与桥两侧斜梯的长度之和；(2)为了保证桥下大货车的安全通行，桥高要增加到5m，同时为了方便自行车及电动车上桥，新斜梯的坡度要减小到1：4，新方案主跨桥的水平位置和长度保持不变．另外，新方案要修建一个缓坡MN作为轮椅坡道，坡道终点N在左侧的新斜梯上，并在点N处安装无障碍电梯，坡道起点M在AP上，且不能影响到古树的圆形保护区．已知点N距离地面的高度为0.9m，请利用表中的数据，通过计算判断轮椅坡道的设计是否可行．表：轮椅坡道的最大高度和水平长度坡度1：201：161：121：101：8最大高度（m）1.200.900.750.600.30水平长度（m）24.0014.409.006.002.40【答案】(1)主跨桥与桥两侧斜梯的长度之和为26.6m(2)轮椅坡道的设计不可行，理由见解析【分析】（1）根据斜坡AB的坡度以及天桥的高度可求出AE，由勾股定理求出AB，进而求出EF＝BC的长，再计算主跨桥与桥两侧斜梯的长度之和；（2）根据坡度的定义求出新方案斜坡A'B'的水平距离A'E进而求出点M到点G的最大距离，再由表格中轮椅坡道的最大高度和水平长度的对应值进行判断即可．（1）解：如图，作直线AD，则AD过点A'和点D'，过点B、C分别作BE⊥AD，CF⊥AD，垂足为E、F，延长EB，延长FC，则射线EB过点B'，射线FC过点C'，由题意得，BE＝CF＝4m，AP＝25m，B'E＝5m，∵斜坡AB的坡度为1：2.4，即BEAE＝1：2.4∴AE＝4×2.4＝9.6（m），又∵四边形ABCD是等腰梯形，∴AE＝DF＝9.6m，∴BC＝AD﹣AE﹣DF＝5.8（m），AB＝AE2+BE2＝9.62∴主跨桥与桥两侧斜梯的长度之和为AB+BC+CD＝10.4+5.8+10.4＝26.6（m），答：主跨桥与桥两侧斜梯的长度之和为26.6m．（2）解：∵斜坡A'B'的坡度为1：4，即B'EA'E∴A'E＝5×4＝20（m），∴AA'＝20﹣9.6＝11.4（m），A'G＝4NG＝4×0.9＝3.6（m），∴AG＝11.4﹣3.6＝7.8（m），点M到点G的最多距离MG＝25﹣7.8﹣3＝14.2（m），∵14.2＜14.4，∴轮椅坡道的设计不可行．【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，根据坡度和坡角构造直角三角形，然后分别用解直角三角形的知识坡道的水平距离是解答本题的关键．【题型7解直角三角形的应用（俯角仰角问题）】【例7】（2022·重庆巴蜀中学九年级）如图，巴蜀中学旁边高36米的高楼AB正对着斜坡CD，点E在斜坡处．已知斜坡的坡角∠DCG为30°，AB⊥BC，若点A、B、C、D、E在同一平面内，从点E处测得楼顶A的仰角α为37°，楼底B的俯角β为24°，现计划在斜坡中点E处挖去部分斜坡，修建一个平行于水平线BC的平台EF和一条新的斜坡DF，使新斜坡DF的坡比为3：1．某施工队承接这项任务，为尽快完成任务，增加了人手，实际工作效率提高到原计划的1.5倍，结果比原计划提前2天完成任务，施工队原计划平均每天修建_________米？（结果保留1位小数）（参考数据：cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，tan24°≈0.45，cos24°≈0.91）【答案】3【分析】延长FE交AB于M，设ME=x，根据直角三角形函数得出AM=tanα•x，BM=tanβ•x，然后根据tanα•x+tanβ•x=36，即可求得EM的长，根据BM=NG=DN，得到DN的长，然后解直角三角形函数求得EN和FN，进而求得EF和DF的长，然后根据题意列出方程，解方程即可求得．【详解】延长FE交AB于M，∵EF∥BC，∴MN⊥AB，MN⊥DG，∴四边形BMNG是矩形∴BM=GN，BG=MN设ME=x，∴AM=tanα•x，BM=tanβ•x，∵AB=36，∴tanα•x+tanβ•x=36，∴tan37°x+tan24°x=36，0.75x+0.45x=36，解得x=30，∴ME=30（米）；∵GN=BM=tan24°•30=13.5，DE=CE，EF∥BC，∴DN=GN=13.5（米），∵∠DCG=30°，∴∠DEN=30°，∴EN=∵DNFN∴∠DFN=60°，∴∠EDF=30°，FN=DN∴DF=EF=EN-FN=13.5×23∴EF+DF=27×2设施工队原计划平均每天修建y米，根据题意得，183解得y=33经检验，是方程的根，答：施工队原计划平均每天修建33【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，题目中涉及到了仰俯角和坡度角的问题，解题的关键是构造直角三角形．【变式7-1】（2022·四川广元·中考真题）如图，某无人机爱好者在一小区外放飞无人机，当无人机飞行到一定高度D点处时，无人机测得操控者A的俯角为75°，测得小区楼房BC顶端点C处的俯角为45°．已知操控者A和小区楼房BC之间的距离为45米，小区楼房BC的高度为153（1）求此时无人机的高度；（2）在（1）条件下，若无人机保持现有高度沿平行于AB的方向，并以5米/秒的速度继续向前匀速飞行．问：经过多少秒时，无人机刚好离开了操控者的视线？（假定点A，B，C，D都在同一平面内．参考数据：tan75°=2+3，【答案】（1）153+30米；（2）【分析】（1）通过作辅助线构造直角三角形，解直角三角形即可求出DE的值，进而得到DH的值；（2）先利用特殊角的三角函数值求出∠BAC的度数，接着求出∠GFA的度数，作辅助线构造直角三角形求出DG和GF，进而得到DF的值，最后除以无人机速度即可．【详解】解：如图1，过D点作DH⊥AB，垂足为点H，过C点作CE⊥DH，垂足为点E，可知四边形EHBC为矩形，∴EH=CB，CE=HB，∵无人机测得小区楼房BC顶端点C处的俯角为45°，测得操控者A的俯角为75°，DM∥AB，∴∠ECD=45°，∠DAB=75°，∴∠CDE=∠ECD=45°，∴CE=DE，设CE=DE=HB=x，∴AH=45-x，DH=DE+EH=x+153在Rt△DAH中，DH=tan75°×AH=2+3即x+153解得：x=30，∴DH=15∴此时无人机的高度为153（2）如图2所示，当无人机飞行到图中F点处时，操控者开始看不见无人机，此时AF刚好经过点C，过A点作AG⊥DF，垂足为点G，此时，由（1）知，AG=153∴DG=∵tan∠CAB∴∠CAB∵DF∥AB，∴∠DFA=∠CAB=30°，∴GF=GA∴DF=因为无人机速度为5米/秒，所以所需时间为303所以经过63【点睛】本题综合考查了解直角三角形的应用，涉及到了等腰直角三角形的性质、矩形的判定与性质、特殊角的三角函数值、解直角三角形等知识，解决本题的关键是读懂题意，能从题意与图形中找出隐含条件，能构造直角三角形求解等，本题蕴含了数形结合的思想方法等.【变式7-2】（2022·山东聊城·中考真题）我市某辖区内的兴国寺有一座宋代仿木楼阁式空心砖塔，塔旁有一棵唐代古槐，称为“宋塔唐槐”（如图①）．数学兴趣小组利用无人机测量古槐的高度，如图②所示，当无人机从位于塔基B点与古槐底D点之间的地面H点，竖直起飞到正上方45米E点处时，测得塔AB的顶端A和古槐CD的顶端C的俯角分别为26.6°和76°（点B，H，D三点在同一直线上）．已知塔高为39米，塔基B与树底D的水平距离为20米，求古槐的高度（结果精确到1米）．（参考数据：sin26.6°≈0.45，cos26.6°≈0.89，tan26.6°≈0.50，sin76°≈0.97，【答案】古槐的高度约为13米【分析】过点A作AM⊥EH于M，过点C作CN⊥EH于N，在Rt△AME中，根据锐角三角函数求出AM=12米，进而求出CN=8米，再在Rt△ENC中，根据锐角三角函数求出EN=32.08米，即可求出答案．【详解】解：过点A作AM⊥EH于M，过点C作CN⊥EH于N，由题意知，AM=BH，CN=DH，AB=MH，在Rt△AME中，∠EAM=26.6°，∴tan∠EAM=∴AM=EM∴BH=AM=12米，∵BD=20，∴DH=BD-BH=8米，∴CN=8米，在Rt△ENC中，∠ECN=76°，∴tan∠ECN=EN∴EN=CN⋅tan∴CD=NH=EH-EN=12.92≈13（米），即古槐的高度约为13米．【点睛】此题主要考查解直角三角形的应用——仰角俯角问题，作出辅助线构造出直角三角形是解本题的关键．【变式7-3】（2022·四川自贡·九年级专题练习）某水库大坝的横截面是如图所示的四边形ABCD，其中AB∥CD，大坝顶上有一瞭望台PC，PC正前方有两艘渔船M，N．观察员在瞭望台顶端P处观测到渔船M的俯角α为31°，渔船N的俯角β为45°．已知MN所在直线与PC所在直线垂直，垂足为E，且PE长为(1)求两渔船M，N之间的距离（结果精确到1米）；(2)已知坝高24米，坝长100米，背水坡AD的坡度i=1:0.25，为提高大坝防洪能力，请施工队将大坝的背水坡通过填筑土石方进行加固，坝底BA加宽后变为BH，加固后背水坡DH的坡度i=1:1.75，完成这项工程需填筑土石方多少立方米？（参考数据：tan31°≈0.60，sin【答案】(1)两渔船M，N之间的距离约为20米(2)需要填筑的土石方为43200立方米【分析】（1）在Rt△PEN中，由等腰直角三角形的性质解得PH的长，在Rt△PEM中，由正切定义解得ME的长，最后利用线段的和差解答；（2）过点D作DG⊥AB于G，利用坡度的定义解得AG，GH的长，继而解得AH的长，最后根据三角形面积公式解答．（1）解：由题意得∠E＝90°，∠PME=α=31°，∠PNE=β=45°，PE＝30米．在Rt△PEN中，PE＝NE＝30米，在Rt△PEM中，tan∴ME≈30∴MN＝EM－EN≈50－30＝20（米）答：两渔船M，N之间的距离约为20米（2）如图，过点D作DG⊥AB于G，坝高DG＝24米，∵背水坡AD的坡度i＝1：0.25，∴DG：AG＝1：0.25，∴AG＝24×0.25＝6（米），∵背水坡DH的坡度i＝1∶1.75，∴DG∶GH＝1∶1.75，∴GH＝24×1.75＝42（米）∴AH＝GH－GA＝42－6＝36（米）∴SΔ∴需要填筑的土石方为432×100＝43200（立方米）答：需要填筑的土石方为43200立方米．【点睛】本题考查仰角的定义及坡度、正切定义等知识，是重要考点，要求学生能借助构造直角三角形并解直角三角形，掌握相关知识是解题关键．【题型8解直角三角形的应用（方向角问题）】【例8】（2022·河南·漯河市郾城区第二初级实验中学一模）在南北方向的海岸线MN上，有A、B两艘巡逻船，现均收到来自故障船C的求救信号，已知A、B相距1003+1海里，C在A的北偏东60°方向上，C在B的东南方向上，MN上有一观测点D，测得C正好在观测点D的南偏东(1)求AC和AD（运算结果若有根号，保留根号）；(2)已知距观测点D处100海里范围内有暗礁，若巡逻船A沿直线AC去营救船C，在去营救的途中有无触礁的危险？（参考数据：2≈1.41，3【答案】(1)AC=200海里，AD=200(3-1)海里(2)无触礁的危险【分析】（1）作CE⊥AB于E，设AE＝x海里，则BE＝CE=3x海里．根据AB＝AE＋BE＝x＋3x＝100（3＋1），求得x的值后即可求得AC的长；（2）过点D作DF⊥AC于点F，设AF＝y，则DF＝CF＝3y，求出DF的长，再与100比较即可得到答案．（1）如图，作CE⊥AB于E，由题意得：∠ABC＝45°，∠BAC＝60°，设AE＝x海里，在Rt△AEC中，CE＝AE•tan60°=3x，在Rt△BCE中，BE＝CE＝3x，∴AE＋BE＝x＋3x＝100（3+1），解得：x＝100．∴AC＝2x＝200海里．∵∠ACB=180°-（∠ABC+∠BAC）=75°，∴∠ACB=∠ADC=75°，∵∠BAC=∠CAD，∴△ABC∽△ACD∴ABAC=ACAD，∴100(3+1)200（2）在△ACD中，∠DAC＝60°，∠ADC＝75°，则∠ACD＝45°，过点D作DF⊥AC于点F，设AF＝y，则DF＝CF＝3y，∴AC＝y＋3y＝200，解得：y＝100（3−1），∴DF＝3y=3×100（3−1）≈126.8（海里），∵126.8＞100，∴巡逻船A沿直线AC航线，在去营救的途中没有触暗礁危险．【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用−方向角问题，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．【变式8-1】（2022·黑龙江·大庆市庆新中学九年级阶段练习）如图，一艘军舰在A处测得小岛P位于南偏东60°方向，向正东航行40海里后到达B处，此时测得小岛P位于南偏西75°方向，求小岛P离观测点B的距离．【答案】202【分析】过点P作PD⊥AB于D，在AB上取一点C，使∠PCD=30°，则∠CPB=∠CBP=15°，CP=CB，先证PA=PC=BC，再证AD=CD，PD=12PA，AD=CD=3PD=32PA=32BC，设PD=x海里，则PA=2x海里，由AB=2AD【详解】解∶过点P作PD⊥AB于D，在AB上取一点C，使∠PCD=30°，则∠CPB=∠CBP=15°，CP=CB，∵∠PAC=90°-60°=30°，∴∠PCD=∠PAC=30°，∴PA=PC=BC，∵PD⊥AB，∴AD=CD，PD=12PA，AD=CD=3PD=32PA=32设PD=x海里，则PA=2x海里，BD=CD+BC=(3x+2x)海里，∵AB=2AD+BC=40，∴40=23x+2x，解得∶x=10(3-1)，∴PA=20(3-1)=(203-20)海里，BD=3×10(3-1)+203-20=(103+10)海里，∴PB=PD2+B【点睛】本题考查了解直角三角形的应用、等腰三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．【变式8-2】（2022·内蒙古·乌海市第二中学九年级期末）如图，线段EF与MN表示某一段河的两岸，EF平行MN．综合实践课上，同学们需要在河岸MN上测量这段河的宽度（EF与MN之间的距离），已知河对岸EF上有建筑物C、D，且CD＝30米，同学们首先在河岸MN上选取点A处，用测角仪测得C建筑物位于A北偏东45°方向，再沿河岸走10米到达B处，测得D建筑物位于B北偏东55°方向，请你根据所测数据求出该段河的宽度，（用非特殊角的三角函数或根式表示即可）【答案】20tan【分析】首先构造直角三角形，作CP⊥MN、DQ⊥MN，垂足为P、Q，则四边形CPQD为矩形，CD=PQ=30，设河宽CP为x，利用∠CAP=45°，得出AP=x，则BP=x-10，根据∠BDQ的正弦列出方程，求出x即可表示出河宽．【详解】解：如图，过C、D分别作CP⊥MN、DQ⊥MN，垂足为P、Q,设河宽为x米．由题可知，∠CAN=45°,∠BDQ=55°,∴△ACP为等腰直角三角形，∴AP=CP=x，BP=x-10,∵MN∥EF，CP⊥MN、DQ⊥MN，∴∠CPQ=∠PQD=∠PCD=∠CDQ=90°,∴四边形CPQD为矩形，∴CD=PQ=30,在Rt△BDQ中，∵∠BDQ=55°,∴tan55°=∴tan55°⋅x=x+20∴(tan∴x=20所以河宽为20tan【点睛】本题考查解直角三角形的应用，方向角，三角函数，矩形的判定与性质，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形，利用三角函数的定义，列出方程解决问题．【变式8-3】（2022·山东泰安·模拟预测）因东坡文化远近闻名的遗爱湖公园，“国庆黄金周”期间，游人络绎不绝，现有一艘游船载着游客在遗爱湖中游览，当船在A处时，船上游客发现岸上P1处的临皋亭和P2处的遗爱亭都在东北方向；当游船向正东方向行驶600m到达B处时，游客发现遗爱亭在北偏西15°方向；当游船继续向正东方向行驶400m到达C处时，游客发现临皋亭在北偏西60°方向．则临皋亭P1处与遗爱亭P2处之间的距离为_____．（计算结果保留根号）【答案】（8002-4006）【分析】如图，作P1M⊥AC于M，设P1M＝x，在两个直角三角形中，利用三角函数即可x表示出AM与CM，根据AC＝AM+CM即可列方程，从而求得P1M的长，进一步求得AP1的长，作BN⊥AP2于N，在两个直角三角形中，利用三角函数即可求出AN与P2N，求得P1N，从而求得P1P2．【详解】解：作P1M⊥AC于M，设P1M＝xm，在Rt△P1AM中，∵∠P1AB＝45°，∴AM＝P1M＝xm，在Rt△P1CM中，∵∠P1CA＝30°，∴MC=3P1M=3∵AC＝1000m，∴x+3=1000，解得x＝500（3-1∴P1M＝500（3-1）m∴P1A=P1M22=作BN⊥AP2于N，∵∠P2AB＝45°，∠P2BA＝75°，∴∠P2＝60°，在Rt△ABN中，∵∠P1AB＝45°，AB＝600m∴BN＝AN=22AB＝3002（∴P1N＝500（6-2）﹣3002=（5006-8002）在Rt△P2BN中，∵∠P2＝60°，∴P2N=33BN=33×3002=∴P1P2＝1006-（5006-8002）＝（8002-4006）故临摹亭P1处与遗爱亭P2处之间的距离是（8002-4006）m故答案为：（8002-4006）m【点睛】本题考查解直角三角形解决实际问题，解决问题的关键是构造直角三角形解决问题．【题型9解直角三角形的应用（实物建模问题）】【例9】（2022·浙江温州·八年级期中）图1是一张可调节靠椅，调节示意图如图2，已知两支脚AB＝AC＝10分米，BC＝12分米，O为AC上固定连接点，靠背OD＝10分米．档位为Ⅰ档时，OD∥AB．档位为Ⅱ档时，OD⊥AC．当靠椅由Ⅰ档调节为Ⅱ档时，EF＝________分米．【答案】2【分析】如图，作AN⊥BC于点N，交PO于G点，延长GO，交DE于H，交D'F于【详解】如图，作AN⊥BC于点N，交PO于G点，延长GO，交DE于H，交D'F于M，根据PO∥BC，DO∥AB，得到∠DOH=∠ABN，从而得到cos∠DOH=35，解直角三角形即可得到OH的长度；再根据OD'⊥AC，得到∵AB＝AC＝10，BC＝12，∴BN=CN=6，AN=10∴cos∠ABN=由题意得：PO∥BC∴∠ABN=∠APO，∠DOH=∠APO，∴∠DOH=∠ABN，∴cos∠DOH=∵OD=10，∴OH=CD⋅cos∵O∴∠D'∴∠COM=∠∵PO∥∴∠COM=∠ACB=∠∵sin∴sin∴OM=O∴HM=OM-OH=2∴EF=2故答案为：2．【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用，灵活掌握三角函数的知识，以及添加辅助线构建直角三角形是本题的关键．【变