专项28-解直角三角形及其应用-重难点题型

解直角三角形及其应用-重难点题型【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】已知条件图形解法已知一直角边和一个锐角对边对边邻边斜边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可直接解直角三角形（网格问题）】【例1】（碑林区校级模拟）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，连接AB、AC，则sin∠BAC的值为（）A．12 B．55 C．25【变式1-1】（雁塔区校级模拟）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．12 B．655 C．3【变式1-2】（周村区期末）如图是由边长相同的小正方形组成的网格，A，B，P，Q四点均在正方形网格的格点上，线段AB，PQ相交于点M，则图中cos∠QMB的值是（）A．55 B．255 C．2【变式1-3】（淮南月考）如图，已知△ABC的三个顶点均在格点上，求∠BAC的余弦值．【题型2不可直接解直角三角形（设元、借助方程）】【例2】（苍溪县模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°，tanA=23．若D是AC上一点，且∠CBD＝∠A，则sin∠A．513 B．813 C．1039【变式2-1】（安徽模拟）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，D为AC边上一动点，且tan∠ABD=12，则A．1558 B．25 C．5 【变式2-2】（相城区校级一模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，CD＝CB，sin∠BAD=35，∠BCD＝60°，连接AC，则tan∠ACD＝【变式2-3】（嘉定区三模）如图6，在△ABC中，∠C＝90°，sin∠A=35，AB＝5，BD平分∠（1）求BC的长；（2）求∠CBD的正切值．【题型3“化斜为直”-解斜三角形】【例3】（香坊区月考）在△ABC中，∠B＝30°，AB＝8，AC＝27，则BC的长为．【变式3-1】（汉寿县期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AC＝8，AB＝4，则BC的长是（）A．43 B．47 C．6【变式3-2】（宝山区校级自主招生）如图，在△ABC中，点D在BC上，AB＝6，BD＝4，AC＝CD＝5，则cos∠ADC＝．【变式3-3】（昌江区校级期末）如图，在△ABC中，AD是中线，∠ABC＝30°，∠ADC＝45°．（1）求ABBD（2）求∠ACB的度数．【题型4解直角三角形的应用（仰角、俯角）】【例4】（卧龙区一模）如图，某工地有一辆吊车，AB为车身，AC为吊臂，吊车从水平地面C处吊起货物，此时测得吊臂AC与水平线的夹角为18°，当货物吊至D处时，测得吊臂AD与水平线的夹角为53°，且吊臂转动过程中长度始终保持不变，此时D处离水平地面的高度DE＝12m，求吊臂的长．（结果保留一位小数，参考数据：sin18°≈0.30，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32，sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33．）【变式4-1】（沙坪坝区校级月考）如图，小文准备测量自己所住楼房的高度，他首先在A处测得楼房顶部E的仰角为53°，然后沿着直线走了7米到B处，再沿着斜坡BC走了13米到达C处，再测得楼房顶部E的仰角为37°，已知小文身高1.5米（即AM＝CN＝1.5米），且斜坡BC的坡度i＝1：2.4，则楼房EF的高度大约为（）米．（参考数据：sin37°≈35，cos37°≈45，tan37°≈34，sin53°A．42.5 B．44.5 C．45.5 D．47.4【变式4-2】（平阳县期中）小明在某次投篮中刚好把球打到篮板的点D处后进球．已知小明与篮框内的距离BC＝5米，眼镜与底面的距离AB＝1.7米，视线AD与水平线的夹角为α，已知tan∠α=310，则点D到底面的距离CD是【变式4-3】（新野县三模）许昌市旅游服务中心由广场和“一门四阙”主题建筑组成，如图1．广场为迎宾广场一门”为“许昌之门”，“四闕”为广场四角的汉阙，是许昌的标志性建筑．某数学兴趣小组在迎宾广场测量旅游服务中心的高度，图2为测量示意图，MN为服务中心的对称轴，在地面的AB处架设测角仪，测得旅游服务中心的最高点D的仰角45°，利用无人机在点B的正上方57.8米处的点C处测得点D的俯角为32°，测角仪的高度AB＝1.6米，FH＝17.2米，DE＝19.8米．（1）求旅游服务中心的高度为多少米？（结果精确到0.1m．参考数据：sin32°≈0.530，cos32°≈0.848，tan32°≈0.625，2≈（2）兴趣小组测量后到旅游服务中心参观，发现讲解员讲解的高度为36.8m，请用物理知识解释测量值与实际值出现差距的原因，如何避免或者减小差距？【题型5解直角三角形的应用（方向角）】【例5】（大连二模）如图，一艘海轮船位于灯塔P北偏东60°方向，与灯塔距离为80nmile的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P南偏东37°方向的B处，求此时轮船所在B处与灯塔P的距离．（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，3≈【变式5-1】（开平区一模）如图，台风在某海岛（设为点O）的南偏东45°方向的B点生成，测得OB=1006km．台风中心从点B以40km/h的速度向正北方向移动，经5h后到达海面上的点C处．因受气旋影响，台风中心从点C开始以30km/h的速度向北偏西60°方向继续移动，以O为原点建立如图所示的直角坐标系．已知距台风中心20km的范围内均会受到台风的侵袭．如果某城市（设为点A）位于点A．8小时 B．9小时 C．10小时 D．11小时【变式5-2】（荆州模拟）如图，某天然气公司的主输气管道从A市的北偏东60°方向直线延伸，测绘员在A处测得要安装天然气的M小区在A市北偏东30°方向，测绘员沿主输气管道步行2000米到达C处，测得小区M位于C的北偏西60°方向．当在主输气管道AC上寻找支管道连接点N，使到该小区M铺设的管道最短时，AN的长为米．【变式5-3】（封丘县二模）2021年3月1日，我国第一部流域保护法﹣﹣《中华人民共和国长江保护法》正式实施．作为我国经济发展的重要引擎，长期以来，生态保护为发展让路一直是长江流域生态环境保护工作的痛点，长江保护法最大的特点就是“生态优先、绿色发展”的国家战略被写入法律．已知渔政执法船某一时刻在长江流域巡航时，从A出发以30千米/时的速度向正南方向行驶，在A处观测到码头C位于船的南偏东37°，2小时候到达B处，这时观察到码头C位于船的北偏东45°方向，若此时渔政执法船返回码头C，需要多少时间？（结果精确到0.1，2≈1.41，sin37°≈35，cos37°≈【题型6解直角三角形的应用（坡角、坡度）】【例6】（河南模拟）如图，AD是土坡AB左侧的一个斜坡，坡度为55°，村委会在坡底D处建另一个高为3米的平台，并将斜坡AD改为AC，坡比i＝1：1，求土坡AB的高度．（精确到0.1米，参考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43．）【变式6-1】（北碚区校级模拟）黑龙江亚布力地区的滑雪场在国内享誉盛名，如图所示为该地区某滑雪场的一段赛道示意图，AB段为助滑段，长为12米，坡角α为16°，一个曲面平台BCD连接了助滑坡AB与着陆坡DE．已知着陆坡DE的坡度为i＝1：2.4，DE长度为19.5米，B，D之间的垂直距离为5.5米，则一人从A出发到E处下降的垂直距离约为（参考数据sin16°≈0.28，cos16°≈0.96，tan16°≈0.29，结果保留一位小数）（）A．15.9米 B．16.0米 C．16.4米 D．24.5米【变式6-2】（垦利区一模）自开展“全民健身运动”以来，喜欢户外步行健身的人越来越多．为方便群众步行健身，某地政府决定对一段如图1所示的坡路进行改造．如图2所示，改造前的斜坡AB＝200米，坡度为1：3；将斜坡AB的高度AE降低AC＝20米后，斜坡AB改造为斜坡CD，其坡度为1：4．则斜坡CD的长为．（结果保留根号）【变式6-3】（内乡县二模）如图，斜坡OA上有一竖直的电线杆ED，已知∠O＝30°，为保证电线杆不倾斜，现从电线杆上不同的M，N两处分别向地面引两条钢丝引线MF，NG（引线与电线杆位于同一平面内），其中MF与斜坡OA垂直，∠NGF＝70°，现测得DF＝FG＝4米，试求M，N两点间的距离．（结果精确到0.1，3≈

解直角三角形及其应用-重难点题型（解析版）【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】已知条件图形解法已知一直角边和一个锐角对边对边邻边斜边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可直接解直角三角形（网格问题）】【例1】（碑林区校级模拟）在如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C都在格点上，连接AB、AC，则sin∠BAC的值为（）A．12 B．55 C．25【分析】利用勾股定理的逆定理先判定△ABC为直角三角形，再利用正弦的定义可求结论．【解答】解：连接BC，∵AC2＝42+22＝20，AB2＝32+42＝25，BC2＝12+22＝5，∴AC2+BC2＝AB2．∴∠ACB＝90°．∴sin∠BAC=BC故选：B．【变式1-1】（雁塔区校级模拟）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．12 B．655 C．3【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=42+2∴AD⊥BC，Rt△ABD中，∵AD=32+3∴sin∠ABC=AD故选：D．【变式1-2】（周村区期末）如图是由边长相同的小正方形组成的网格，A，B，P，Q四点均在正方形网格的格点上，线段AB，PQ相交于点M，则图中cos∠QMB的值是（）A．55 B．255 C．2【分析】根据题意，作CQ∥AB，然后利用勾股定理可以得到PC、CQ、PQ的长，再根据勾股定理的逆定理可以判断△PCQ的形状，从而可以求得cos∠PQC的值，然后根据平行线的性质，可以得到∠QMB＝∠PQC，从而可以得到cos∠QMB的值．【解答】解：作CQ∥AB，连接PC，如右图所示，设每个小正方形的边长为1，则CQ=22+22=22，PQ=62∴CQ2+PC2＝（22）2+（42）2＝8+32＝40＝（210）2＝PQ2，∴△PCQ是直角三角形，∠PCQ＝90°，∴cos∠PQC=CQ∵AB∥CQ，∴∠QMB＝∠PQC，∴cos∠QMB的值是55故选：A．【变式1-3】（淮南月考）如图，已知△ABC的三个顶点均在格点上，求∠BAC的余弦值．【分析】先作辅助线BD⊥AC于点D，AE⊥CB交CB的延长线于点E，然后根据等积法即可求得BD的长，即可求得相应的角的三角函数值．【解答】解：作BD⊥AC于点D，作AE⊥CB交CB的延长线于点E，由图可得，BC＝2，AE＝3，AC＝32，AB=1∵S△ABC=BC⋅AE∴2×32解得，BD=2∴AD=AB2∴cos∠BAC=AD【题型2不可直接解直角三角形（设元、借助方程）】【例2】（苍溪县模拟）在Rt△ABC中，∠C＝90°，tanA=23．若D是AC上一点，且∠CBD＝∠A，则sin∠A．513 B．813 C．1039【分析】过点D作DE⊥AB于点E，由tan∠CBD=23，设CD＝2k，则CB＝3k，在Rt△ACB，tanA=23，得BCAC=23，表示出AC=32BC=92k，AD＝AC﹣DC=52k，AB=AC2+BC2=(92k)2+(3k)2=3132k，由tanA【解答】解：过点D作DE⊥AB于点E，∵∠CBD＝∠A，tanA=2∴tan∠CBD=2在Rt△DCB中，CDCB设CD＝2k，则CB＝3k，∵Rt△ACB，tanA=2∴BCAC∴AC=32BC=∴AD＝AC﹣DC=52k，AB=∵Rt△ADE，tanA=2∴DEAE设DE＝2x，AE＝3x，根据勾股定理得，（2x）2+（3x）2＝（52k）解得：x=513∴DE=513∵BD=DC∴sin∠ABD=ED故选：A．【变式2-1】（安徽模拟）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，D为AC边上一动点，且tan∠ABD=12，则A．1558 B．25 C．5 【分析】作DE⊥AB于点E，设DE长为x，有tanA=43及tan∠ABD=12求出【解答】解：作DE⊥AB于点E，设DE长为x，则tanA=DE∴EA=34∵tan∠ABD=DE∴BE＝2x，∴AB＝EA+BE=34x+2∴x=24∴BD=B故选：D．【变式2-2】（相城区校级一模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，CD＝CB，sin∠BAD=35，∠BCD＝60°，连接AC，则tan∠ACD＝6−3【分析】延长AB到E，连接CE，使CE⊥BE，由AB∥CD得出∠BAC＝∠ACD，求出tan∠ACD即可得出答案．【解答】解：如图，延长AB到E，连接CE，使CE⊥BE，作DF⊥AB于F，∵∠BCD＝60°，∴∠EBC＝60°，∵AB∥CD，∴∠DCA＝∠CAB，∵sin∠BAD=3∴设AD＝5k，则DF＝CE＝3k，AF＝4k，又∵∠CBE＝60°，∴CB=23CE=2∵CD＝CB，∴CD＝23k，∴tan∠ACD＝tan∠CAE=CE故答案为：6−33【变式2-3】（嘉定区三模）如图6，在△ABC中，∠C＝90°，sin∠A=35，AB＝5，BD平分∠（1）求BC的长；（2）求∠CBD的正切值．【分析】（1）在直角△ABC中，利用正弦函数定义即可求出BC＝3；（2）过D点作DE⊥AB于E，根据角平分线的性质得出DC＝DE．利用HL证明Rt△BDE≌Rt△BDC，得出BE＝BC＝3，那么AE＝AB﹣BE＝2．在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC＝4．设CD＝x，在Rt△ADE中，根据勾股定理列出方程（4﹣x）2＝22+x2，求出x，最后在Rt△DBC中，根据正切函数定义求解．【解答】解：（1）在△ABC中，∠C＝90°，∴sin∠A=BC∵AB＝5，∴BC＝3；（2）如图，过D点作DE⊥AB于E，∵BD平分∠ABC，∠C＝90°，∴DC＝DE．在Rt△BDE与Rt△BDC中，BD=BDDE=DC∴Rt△BDE≌Rt△BDC（HL），∴BE＝BC＝3，∴AE＝AB﹣BE＝5﹣3＝2．在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=A设CD＝x，则DE＝x，AD＝4﹣x．在Rt△ADE中，∵∠AED＝90°，∴AD2＝AE2+DE2，∴（4﹣x）2＝22+x2，解得x=3∴CD=3在Rt△DBC中，∵∠C＝90°，∴tan∠CBD=CD【题型3“化斜为直”-解斜三角形】【例3】（香坊区月考）在△ABC中，∠B＝30°，AB＝8，AC＝27，则BC的长为23或63．【分析】过A作AD⊥BC于D，分为两种情况，画出图形，求出BD和CD，即可求出答案．【解答】解：如图1，过点A作AD⊥BC于点D，∵∠B＝30°，AB＝8，∴AD=12AB＝3，BD＝AB•cos30°＝6×3在Rt△ACD中，∵AD＝4，AC＝27，∴DC=AC2∴BC＝BD+DC＝43+23=6如图2，同理可得，AD＝4，BD＝43，CD＝23，∴BC＝BD﹣DC＝43−23=2综上所述，BC的长为63或23．【变式3-1】（汉寿县期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AC＝8，AB＝4，则BC的长是（）A．43 B．47 C．6【分析】如图，过点C作CE⊥BA交BA的延长线于E．解直角三角形求出AE，EC，再利用勾股定理求出BC．【解答】解：如图，过点C作CE⊥BA交BA的延长线于E．∵∠BAC＝120°，∴∠CAE＝180°﹣120°＝60°，∴AE＝AC•cos60°＝4，EC＝AC•sin60°＝43，∵AB＝4，∴BE＝AB+AE＝8，∴BC=BE2故选：B．【变式3-2】（宝山区校级自主招生）如图，在△ABC中，点D在BC上，AB＝6，BD＝4，AC＝CD＝5，则cos∠ADC＝13【分析】先在Rt△ABE中和在Rt△ACE中利用勾股定理用已知条件和DE表示出AE，然后再利用勾股定理求出AE和AD，从而求出结论．【解答】解：如图：过点A作AE⊥BC，交BC于点E，设DE＝x，则CE＝5﹣x，在Rt△ABE中，AE2＝AB2﹣BE2，则AE2＝62﹣（4+x）2①，在Rt△ACE中，AE2＝AC2﹣CE2，则AE2＝52﹣（5﹣x）2②，由①②得，62﹣（4+x）2＝52﹣（5﹣x）2，解得：x=109，则DE在Rt△ADE中，AD2＝AE2+DE2③，将x=109代入①式，得AE则AD2＝（2029）2+（109解得AD=10∴cos∠ADC=DE【变式3-3】（昌江区校级期末）如图，在△ABC中，AD是中线，∠ABC＝30°，∠ADC＝45°．（1）求ABBD（2）求∠ACB的度数．【分析】（1）过点A作BD的垂线交BD的延长线于点E，解直角三角形分别求出AB，BD，可得结论．（2）如图，过点C作CE⊥AB于E，连接DE．分别求出∠ECB，∠ACE，可得结论．【解答】解：（1）过点A作BD的垂线交BD的延长线于点E，在Rt△ABE中，∵∠ABC＝30°，∴AB＝2AE，BE=AEtan30°在Rt△ADE中，∵∠ADC＝45°，∴DE＝AE，∴BD＝BE﹣DE=3AE﹣AE＝（3−1）∴ABBD（2）如图，在AB上取一点E，使得DB＝DE，连接EC．∵DB＝DE，∴∠DBE＝∠DEB＝30°，∴∠EDC＝∠B+∠DEB＝60°，∵DB＝DC＝DE，∴△DEC是等边三角形，∴∠ECD＝∠CED＝60°，∴∠CEB＝∠CEA＝90°，∵∠ADC＝45°，∴∠EDA＝∠EDC﹣∠ADC＝15°，∵∠DEB＝∠EDA+∠AED，∴∠EDA＝∠EAD＝15°，∴ED＝EA＝EC，∵∠CEA＝90°，∴∠ECA＝45°，∴∠ACB＝∠ACE+∠ECB＝45°+60°＝105°．【题型4解直角三角形的应用（仰角、俯角）】【例4】（卧龙区一模）如图，某工地有一辆吊车，AB为车身，AC为吊臂，吊车从水平地面C处吊起货物，此时测得吊臂AC与水平线的夹角为18°，当货物吊至D处时，测得吊臂AD与水平线的夹角为53°，且吊臂转动过程中长度始终保持不变，此时D处离水平地面的高度DE＝12m，求吊臂的长．（结果保留一位小数，参考数据：sin18°≈0.30，cos18°≈0.95，tan18°≈0.32，sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33．）【分析】过点A作AF⊥DE，垂足为F，设AD＝AC＝xm，根据锐角三角函数的定义以及图形中的等量关系列出方程，求解即可．【解答】解：过点A作AF⊥DE，垂足为F，则AB＝EF，设AD＝AC＝xm，在Rt△AFD中，∠DAF＝53°，∴sin∠DAF=DF∴DF＝ADsin∠DAF＝xsin53°，在Rt△ABC中，∠C＝18°，∴sinC=AB∴AB＝ACsinC＝xsin18°，∴EF＝AB＝xsin18°，∵DE＝DF+EF，∴12＝xsin53°+xsin18°，解得：x≈10.9，即吊臂长约为10.9m．【变式4-1】（沙坪坝区校级月考）如图，小文准备测量自己所住楼房的高度，他首先在A处测得楼房顶部E的仰角为53°，然后沿着直线走了7米到B处，再沿着斜坡BC走了13米到达C处，再测得楼房顶部E的仰角为37°，已知小文身高1.5米（即AM＝CN＝1.5米），且斜坡BC的坡度i＝1：2.4，则楼房EF的高度大约为（）米．（参考数据：sin37°≈35，cos37°≈45，tan37°≈34，sin53°A．42.5 B．44.5 C．45.5 D．47.4【分析】过N作NG⊥EF于G，过M作MH⊥EF于H，设NC的延长线与AB的延长线交于点D，则FH＝AM＝1.5米，MH＝AF，DN＝FG，GN＝FD，由坡比的定义和勾股定理得CD＝5（米），BD＝12（米），设MH＝AF＝m米，则GN＝FD＝（m+19）米，再由锐角三角函数定义得EG≈34（m+19）米，EH≈43【解答】解：过N作NG⊥EF于G，过M作MH⊥EF于H，设NC的延长线与AB的延长线交于点D，如图所示：则FH＝AM＝1.5米，MH＝AF，DN＝FG，GN＝FD，由题意得：∠D＝90°，AB＝7米，BC＝13米，斜坡BC的坡度i＝1：2.4=CD设CD＝5x米，则BD＝12x米，∴FG＝DN＝CD+CN＝6.5（米），AD＝AB+BD＝19（米），∴GH＝FG﹣FH＝5（米），∴BC=CD2∴x＝1，∴CD＝5（米），BD＝12（米），设MH＝AF＝m米，则GN＝FD＝（m+19）米，在Rt△EGN中，∠ENG＝37°，∵tan∠ENG=EG∴EG≈34GN=3在Rt△EMH中，∠EMH＝53°，∵tan∠EMH=EH∴EH≈43MH=∵EH﹣EG＝GH，∴43m−34解得：m＝33，∴EH≈43∴EF＝EH+FH≈45.5（米），故选：C．【变式4-2】（平阳县期中）小明在某次投篮中刚好把球打到篮板的点D处后进球．已知小明与篮框内的距离BC＝5米，眼镜与底面的距离AB＝1.7米，视线AD与水平线的夹角为α，已知tan∠α=310，则点D到底面的距离CD是【分析】过A作AE⊥CD于E，则四边形ABCE是矩形，得AE＝BC＝5米，CE＝AB＝1.7米，解Rt△ADE得到DE的长度，再由CD＝CE+DE即可求解．【解答】解：如图，过A作AE⊥CD于E，则四边形ABCE是矩形，∴AE＝BC＝5米，CE＝AB＝1.7米，在Rt△ADE中，∠DAE＝α，tanα=DE∴DE=310AE∴CD＝CE+DE＝3.2米．故答案为：3.2．【变式4-3】（新野县三模）许昌市旅游服务中心由广场和“一门四阙”主题建筑组成，如图1．广场为迎宾广场一门”为“许昌之门”，“四闕”为广场四角的汉阙，是许昌的标志性建筑．某数学兴趣小组在迎宾广场测量旅游服务中心的高度，图2为测量示意图，MN为服务中心的对称轴，在地面的AB处架设测角仪，测得旅游服务中心的最高点D的仰角45°，利用无人机在点B的正上方57.8米处的点C处测得点D的俯角为32°，测角仪的高度AB＝1.6米，FH＝17.2米，DE＝19.8米．（1）求旅游服务中心的高度为多少米？（结果精确到0.1m．参考数据：sin32°≈0.530，cos32°≈0.848，tan32°≈0.625，2≈（2）兴趣小组测量后到旅游服务中心参观，发现讲解员讲解的高度为36.8m，请用物理知识解释测量值与实际值出现差距的原因，如何避免或者减小差距？【分析】（1）根据题意作出合适的辅助线，然后根据锐角三角函数即可求得BG的值，也就是MN的值；（2）根据物理知识中误差产生的原因和减少误差的方法可以解答本题．【解答】解：（1）作DG⊥AC于点G，由题意可得，∠1＝32°，∠2＝45°，∴∠CDG＝32°，∠ADG＝45°，∴∠ADG＝∠DAG＝45°，∴GD＝GA，设CG＝x米，则AG＝BC﹣BA﹣CG＝57.8﹣1.6﹣x＝（56.2﹣x）米，则GD＝（56.2﹣x）米，∵tan∠CGD=CG∴tan32°=x解得x≈21.6，∴BG＝BC﹣GC≈57.8﹣21.6＝36.2（米），∴MN＝BG＝36.2米，答：旅游服务中心的高度约为36.2米；（2）造成误差的主要原因有系统误差和随机误差，比如误读、误算、视差、刻度误差等，避免或者减小差距可以通过多次测量，求平均值．【题型5解直角三角形的应用（方向角）】【例5】（大连二模）如图，一艘海轮船位于灯塔P北偏东60°方向，与灯塔距离为80nmile的A处，它沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P南偏东37°方向的B处，求此时轮船所在B处与灯塔P的距离．（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75，3≈【分析】过点P作PD⊥AB于D点，则在Rt△APD中易得PD的长，再在直角△BPD中求出PB．【解答】解：过点P作PD⊥AB于D点，由题意知，AB∥EF，∠ADP＝∠BDP＝90°，AP＝80nmile，∴∠A＝∠EPA＝60°，∠B＝∠BPF＝37°，Rt△ADP中，∵sinA=PD∴PD＝AP•sinA＝AP•sin60°=80×32≈68Rt△BDP中，∵sinB=BD∴PB=PDsin∠B=答：轮船所在B处与灯塔P的距离约为113nmile．【变式5-1】（开平区一模）如图，台风在某海岛（设为点O）的南偏东45°方向的B点生成，测得OB=1006km．台风中心从点B以40km/h的速度向正北方向移动，经5h后到达海面上的点C处．因受气旋影响，台风中心从点C开始以30km/h的速度向北偏西60°方向继续移动，以O为原点建立如图所示的直角坐标系．已知距台风中心20km的范围内均会受到台风的侵袭．如果某城市（设为点A）位于点A．8小时 B．9小时 C．10小时 D．11小时【分析】先求出点B的坐标，再求出点C的坐标．过点C作CD⊥OA与点D，构造直角三角形求出CA的长，然后再根据速度求台风从生成到最初侵袭该城要经过的时间．【解答】解：由题意可知，B（1003，﹣1003），C（1003，200﹣1003）；过点C作CD⊥OA于点D，如图，则CD＝1003km．在Rt△ACD中，∠ACD＝30°，CD＝1003km，∴CDCA=cos30°∴CA＝200km．∵200−2030=6（h），5+6＝11（∴台风从生成到最初侵袭该城要经过11小时，故选：D．【变式5-2】（荆州模拟）如图，某天然气公司的主输气管道从A市的北偏东60°方向直线延伸，测绘员在A处测得要安装天然气的M小区在A市北偏东30°方向，测绘员沿主输气管道步行2000米到达C处，测得小区M位于C的北偏西60°方向．当在主输气管道AC上寻找支管道连接点N，使到该小区M铺设的管道最短时，AN的长为1500米．【分析】过C作东西方向线的平行线交过A的南北方向线AE于B，过M作MN⊥AC交于N点，即MN最短，根据方向角可以证得∠AMC＝90°，再求得MC的长、NC的长，进而求得AN的长．【解答】解：如图，过C作东西方向线的平行线交过A的南北方向线AE于B，过M作MN⊥AC交于N点，则MN最短，∵∠EAC＝60°，∠EAM＝30°，∴∠CAM＝30°，∴∠AMN＝60°，又∵C处看M点为北偏西60°，∴∠FCM＝60°，∴∠MCB＝30°，∵∠EAC＝60°，∴∠CAD＝30°，∴∠BCA＝30°，∴∠MCA＝∠MCB+∠BCA＝60°，∴∠AMC＝90°，∠MAC＝30°，∴MC=12AC＝1000，∠∴NC=12∵AC＝2000米，∴AN＝AC﹣NC＝2000﹣500＝1500（米），即该小区M铺设的管道最短时，AN的长为1500米，故答案为：1500．【变式5-3】（封丘县二模）2021年3月1日，我国第一部流域保护法﹣﹣《中华人民共和国长江保护法》正式实施．作为我国经济发展的重要引擎，长期以来，生态保护为发展让路一直是长江流域生态环境保护工作的痛点，长江保护法最大的特点就是“生态优先、绿色发展”的国家战略被写入法律．已知渔政执法船某一时刻在长江流域巡航时，从A出发以30千米/时的速度向正南方向行驶，在A处观测到码头C位于船的南偏东37°，2小时候到达B处，这时观察到码头C位于船的北偏东45°方向，若此时渔政执法船返回码头C，需要多少时间？（结果精确到0.1，2≈1.41，sin37°≈35，cos37°≈【分析】过C作CD⊥AB于D，设CD＝BD＝x，解直角三角形即可得到结论．【解答】解：过C作CD⊥AB于D，由题意得，AB＝30×2＝60（千米/时），∠A＝37°，∠B＝45°，设CD＝BD＝x，在Rt△BCD中，∵∠B＝45°，∠BDC＝90°，∴CD＝BD＝x，在Rt△ACD中，∵∠A＝37°，∠ADC＝90°，∴AD=CD∵AD+BD＝AB，∴43x+x解得：x≈25.7，∴BC=2BD＝25.7×∵37.1÷30≈1.2（小时），答：渔政执法船返回码头C，需要1.2小时．【题型6解直角三角形的应用（坡角、坡度）】【例6】（河南模拟）如图，AD是土坡AB左侧的一个斜坡，坡度为55°，村委会在坡底D处建另一个高为3米的平台，并将斜坡AD改为AC，坡比i＝1：1，求土坡AB的高度．（精确到0.1米，参考数据：sin55°≈0.82，cos55°≈0.57，tan55°≈1.43．）【分析】过点C作CE⊥AB于E，根据坡度的概念得到CE＝AE，根据正切的定义列方程，解方程得到答案．【解答】解：过点C作CE⊥AB于E，设AE＝x米，∵CD⊥BD，AB⊥CD，∴四边形CDBE为矩形，∴BE＝CD＝3米，CE＝DB，∵斜坡AC的坡比i＝1：1，∴CE＝AE＝x米，∴AB＝（x+3）米，在Rt△ADB中，tan∠ADB=ABBD，即解得：x≈6.98，则AB＝x+3＝9.98≈10.0（米），答：土坡AB的