专题1.2 解直角三角形及其应用【九大题型】（北师大版）（解析版）.docx

1、专题1.2 解直角三角形及其应用【九大题型】【北师大版】【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】（1） 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

2、边ACBb已知一直角边和一个锐角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tanABC的值是_【答案】36【分析】如图，连接EA、EC，先证明AEC90，E、A、B共线，再根据tanABCECEB，求出EC、EB即可解决问题【详解】解：如图，连接EA，EC， 设菱形的边长为a，由题意得CEF60，BEF30，CEa，AE3a，EB23a，AEC90，ACEA

3、GF60，EAB180，E、A、B共线，在RtCEB中，tanABCECEB=a23a=36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CMAB，从而 可得APDNCD，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

4、M、N点，连接CM、DN，由题意得：CMAB，APDNCD，由题意得：CN2=12+12=2，DN2=32+32=18，CD2=22+42=20，CN2+DN2=CD2，CDN是直角三角形，tanDCN=DNCN=322=3，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sinBAC=_【答案】35【分析】过点A作ADBC于D，过点B作BEAC于E，只需求得BE即可求得sinBAC【详解】如图，过点A作ADBC于

5、D，过点B作BEAC于E，由图可得，AB=10，AC=10，BC=2，AD=3，SABC=12ADBC=12ACBE，1232=1210BE，BE=3105，sinBAC=BEAB=310510=35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sinBAC=2sinBAD【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CDAB于D，根据勾

6、股定理，得AB=62+22=210，AC=62+32=35SABC=66-1263-1262-1243=15，SABC=12ABCD=12210CD=10CD， 10CD=15，CD=3102在RtACD中，ADC=90，sinCAB=CDAC=310235=22，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，

7、则tanAON的值为（）A17B16C15D18【答案】A【分析】过O作OCAB于C，过N作NDOA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AOOB=ABOC，代入求出OC，根据sin45=OCON，求出ON，在RtNDO中，由勾股定理得出（34x+3）2+（-x）2=(1225)2，求出N的坐标，得出ND、OD，代入tanAON=NDOD求出即可【详解】过O作OCAB于C，过N作NDOA于D，N在直线y=34x+3上，设N的坐标是（x，34x+3），则DN=34x+3，OD=-x，y=34x

8、+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：AOOB=ABOC，34=5OC，OC=125，在RtNOM中，OM=ON，MON=90，MNO=45，sin45=OCON=125ON，ON=1225，在RtNDO中，由勾股定理得：ND2+DO2=ON2，即（34x+3）2+（-x）2=(1225)2，解得：x1=-8425，x2=1225，N在第二象限，x只能是-8425，34x+3=1225，即ND=1225，OD=8425，tanAON=NDOD=17故选A【点睛】本

9、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，A1B1B2，A2B2B3，A3B3B4，都是等腰直角三角形，则等腰直角三角形A2022B2022B2023的腰长A2022B2022为_【答案】320222【分析】过点A2作A2C1x轴，设OB0A1 =，tanO

10、B0A1=A1OB0O=12，进而分别计算出A1B1=2，A2B2=32，A3B3=92找到规律即可求解【详解】解：B0(-2,0)，A1 (0,-1)OB0=2,OA1=1A1B0=5tanOB0A1=A1OB0O=12设OB0A1 = A1B1B2是等腰直角三角形，A1B1O=45A1B1=2,B1B2=2A1B1=2,B1-1,0，B21,0B2B0=3过点A2作A2C1x轴， A2B2B3是等腰直角三角形A2C1=B2C1则tan=A2C1B0C1=12即A2C1B2C1+B2B0=12,A2C1=B2C1=3A2B2=32B2B3=2A2C1=6B0B3=B0B2+B2B3=3+6=

11、9同理可得tan=A3C2B0C2=12,得A3C2=9,A3B3=92 AnBn=3n2， A2022B2022=320222故答案为：320222【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tanABE=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（）Ay=3xBy=-34x+152Cy=-2x+11Dy=-2x+12【答案】D【分析】过点E作EGAB于点G，利用三角

12、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EGAB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RtBEG中，tanABE=43，BE=10，sinABE=45，即EGBE=45，EG=8，BG=BE2-EG2=6，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

13、坐标为(0+102，0+42)，点D的坐标为(0+42，4+122)，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

14、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)；(7,33)【分析】根据B（6，0）求得OB=6，又tanABO=OAOB，求OA=63，再根据三角形中位线性质得出CDOB，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OC、OE相交时，如图2，分别求出点D的坐标即可；【详解】解：B（6，0），OB=6，tanABO=OAOB，OA=OBtanABO=6tan60=63，CD是AOB的中位线，CDOB，CD=12OB=3，OC=12OA=33，

15、设D(m,33)，当AB与CD相交时，如图1，DG=m-3，CDOB，DGF=ABO=60，tanDGF=DFDG，3=DFm-3，DF=3（m-3），SDGF=12DGDF=12(m-3)3(m-3)=23解得：m1=5，m2=1，DG=m-30，m=5,点D的坐标为(5,33)；当AB与OC、OE相交时，如图2，OB=3-(m-6)=9-m，tanABO=OFOB，即3=OF9-mOF=3（9-m）SDGF=12OBOF=12(9-m)3(9-m)=23解得：m1=7，m2=11，OB=9-m0，m=7，D的坐标为(7,33)综上，D的坐标为(5,33)或(7,33)故答案为：(5,33)

16、或(7,33)【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RtABC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】26-22【分析】在CA上截取CF=CE，先证明COECOF，再证明AODAOF，得到OD=OE，作DNBC于N，OMBC于M，可证OCMDCN，然后利用相似三角形的性质求解即可【详解】在CA上截取

17、CF=CE，CD平分BCA，AC B =90，ACD=BCD=12ACB=45，在COE和COF中CE=CFECO=FCOCO=CO，COECOF（SAS）， OE=OFABC=60，BAC=30，EF平分BAC，BAE=CAE=12BAC=15，COE=COF=AOD=45+15=60AOC=180-CAE-ACO=180-12(BAC+ACA)=180-12(180-60)=120，AOF=120-60=60，AOD=AOF，在AOD和AOF中OAD=OAFAO=AOAOD=AOF，AODAOF（ASA）， OF=OD，OE=OE作DNBC于N，OMBC于M，CMO=CND=90，OCM=

18、DCN，OCMDCN，OMDN=COCDsinB=DNBD， BD=4，DN=23，OC=22，OCM=45，CM=OM=2，223=2222+OD，OE=OD=26-22故答案为：26-22【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RtABC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】26-22#-22+26【分析】过点D作DEBC于点E，由等边三角形的性质可知BD=AB=AD=4

19、，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CD的长【详解】如图，过点D作DEBC于点E， ABD是等边三角形，BD=AB=AD=4，ABD=60DBC=ABC-ABD=30DEBC，DE=12BD=2BE=BDcos30=432=23CE=BC-BE=4-23DEBC，CD=CE2+DE2=26-22故答案为：26-22【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RtABC中

20、，ACB90，CE是斜边AB上的中线，过点E作EFAB交AC于点F若BC4，tanCEF=34，则AC的长为_【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CEAE，从而可得ECAA，再根据已知可知EF是AB的垂直平分线，从而可得BFAF，进而可得AABF，然后可得ABFACE，从而证明CDFBDE，进而可得CFDBED，最后利用等角的余角相等可得CBFCEF，从而在RtBCF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，ACB90，CE是斜边AB上的中线，CE=AE=12AB，ECA

21、A，EFAB，EF是AB的垂直平分线，BFAF，AABF，ABFACE，CDFBDE，CDFBDE，CFDBED，CFD+CBF90，BED+CEF90，CBFCEF，tanCEF=34，tanCBF=34，CF=BCtanCBF=434=3，BF=CB2+CF2=42+32=5，AFBF5，ACCF+AF3+58，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RtABC中，ACB=90，点D为AB上一点（1）如图1，若CDAB，求证：AC2=ADAB；

22、（2）如图2，若AC=BC，EFCD交CD于H，交AC于F，且FHHE=49，求ADBD的值；（3）如图3，若AC=BC，点H在CD上，AHD=45，CH=3DH，则tanACH的值为_【答案】（1）见解析；（2）23；（3）77【分析】（1）证出B=ACD，证明CBDACD，得出CDAD=BDCD，即可得出结论；（2）设FH=4a，则HE=9a（a0），同（1）得CH2=HEFH=36a2，则CH=6a，在RtCHF中，tanACD=FHCH=23，过D作DPAC于P，易证AP=DP，求出APPC=DPPC=23，再由平行线分线段成比例定理即可得出答案；（3）过点D作DMAH于M，设DH=2

23、x，则CH=6x（x0），CD=DH+CH=8x，证明ADHCDA，得出DAH=ACH，ADCD=DHAD，求出AD=4x，证明HDM是等腰直角三角形，得出DM=HM=22DH=2x，由勾股定理得出AM=14x，由三角函数定义即可得出答案【详解】（1）证明：CDAB，ADC=CDB=90，ACB=90，B+BCD=ACD+BCD=90，B=ACD，CBDACD，CDAD=BDCD，CD2=ADDB；（2）解：FHHE=49，设FH=4a，则HE=9a（a0），ACB=90，EFCD，同（1）得：CH2=HEFH=9a4a=36a2，CH=6a，在RtCHF中，tanACD=FHCH=4a6a=

24、23，过D作DPAC于P，如图2所示：则DP/BC，在RtDPC中，tanACD=DPPC=23，AC=BC，ACB=90，A=45，ADP是等腰直角三角形，AP=DP，APPC=DPPC=23，DP/BC，ADBD=APPC=23；（3）解：过点D作DMAH于M，如图3所示：CH=3DH，设DH=2x，则CH=6x（x0），CD=DH+CH=8x，AC=BC，ACB=90，BAC=45，BAC=AHD=45又ADH=CDA，ADHCDA，DAH=ACH，ADCD=DHAD，AD2=DHCD=16x2，AD=4x，DMAH，DMH=90，AHD=45，HDM=45=AHD，HDM是等腰直角三角

25、形，DM=HM=22DH=2x，AM=AD2-DM5=4x2-2x2=14x，tanACH=tanDAH=DMAM=2x14x=77；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E

26、C=10，tanAED=12，则AK=_【答案】5【分析】过点K作KMEC，过D作DNAC，设KM=m，BED=，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RtAEC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KMEC，过D作DNAC，设KM=m，BED=，ED=EC=10，ECD=EDC=B+，AB=AC，ACB=B，ECA=ECD-ACB=ECD-B=，ECA=AED=，tanAED=tan=12，CM=2m，KC=KM2+CM2=5m，DNAC，D是BC的中点，BDNBCA，EAC=END，DNAC=BDDC，ND=1

27、2AC，EAC=END，ECA=DEN，EC=ED，EACDNE（AAS），AE=ND，ND=12AC，ND=12AB=AN=BN，BN=AN=AE，BN+AN=AN+AE，即AB=NE，SABD=SEDN，又NDEAEC，SEDN=SAEC，SABD=SEDN=SAEC=SADC=S，SEBC=3S，D为BC中点，SDEC=12SEBC=32S，同理可得SAED=12SEDN=12S，AK:CK=SAED:SDEC=32S:12S=3:1，AK=13CK=53m，DNAC，ANAE=DKEK=1K是ED的中点，EK=5，在RtEKM中，EM=10-2m，KM=m，52=m2+(10-2m)2

28、，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CNAM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，计算即可【详解】如图，延长BC至M，使CM=CA，连接A

29、M，作CNAM于N，DE平分ABC的周长， AD=DB，BE=CE+AC，ME=EB，又AD=DB，DE=12AM，DEAM，ACB=60，ACM=120，CM=CA，ACN=60，AN=MN，AN=ACsinACN=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A

30、DBC，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RtABD中，由三角函数求出BD=16，即可得出结果；（2）在BC边上取一点M，使得CM=AC，连接AM，求出AMC=MAC=15，tan15=tanAMD=ADMD即可得出结果试题解析：（1）过A作ADBC，交BC的延长线于点D，如图1所示：在RtADC中，AC=4，C=150，ACD=30，AD=12AC=2，CD=ACcos30=432=23，在RtABD中，tanB=ADBD=2BD=18，BD=16，BC=BD-CD=16-23；（2）在BC边上取一点M，使得CM=AC，连接AM，

31、如图2所示：ACB=150，AMC=MAC=15，tan15=tanAMD=ADMD=24+23=12+3=2-3.【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，A40，B60，求证：CD为ABC的“优

32、美分割线”（2）在ABC中，A46，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，A30，AC6，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ABC不是等腰三角形，ACD是等腰三角形，与原三角形有两角对应相等即可（2）分三种情形讨论即可如图2，当ADCD时，如图3中，当ADAC时，如图4中，当ACCD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，A40，B

33、60，ACB80，ABC不是等腰三角形，CD平分ACB，ACDBCD12ACB40，ACDA40，ACD为等腰三角形，DCBA40，CBDABC，CD是ABC的完美分割线（2）当ADCD时，如图2，ACDA46，ADC=88，BDC92，BB，ACBBDC92当ADAC时，如图3，ACDADC180-46267，BDC113，BB，ACBBDC113当ACCD时，如图4，ADCA46，BDC134，BB，ACBBDC134ACB+A=180，与三角形内角和定理矛盾，舍去ACB的度数是92或113（3）若ADCD时，如图5，此时AACD30，BCDA30，此时ACB60，故B90在直角ABC中，

34、A30，AC6，则BC3.在直角BCD中，BCD30，BC3，则BDBCtan303若ACAD时，如图6，作CEAB,垂足为E，ADCACD75，BDC105，此时ACB105，B45，A30，AC6，EC3，AEECtan6033B45，EC=BE3，BA3+33，BDBA-DA =3+33-6=33-3，当ACCD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

35、量检测数学试题（5月）如图，在菱形ABCD中，AB30，BCD=120，点E在CD上，且DE10，BE交AC于点F，连接DF现给出以下结论：ABFADF；AF:CF=3:2；SDEF=303；sinAFD=55719正确的是（）ABCD【答案】A【分析】根据菱形的性质，利用SAS证明BAFDAF，故正确；由CEAB，得ABFCEF，可知AFCF=ABCE=3020=32，故正确；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正确；连接BD交AC于O，设CF=2x，则AF=3x，得OC=52x，OF=12x，利用含30角的直角三角形的性质得OD的长，再利

36、用勾股定理可得DF的长，从而可判断错误【详解】四边形ABCD是菱形，AD=AB，BAF=DAF，AF=AF，BAFDAF（SAS），故正确；即同理可得，BCFDCF（SAS），四边形ABCD是菱形，AB=30，CEAB，AB=DC=30，ABFCEF，AFCF=ABCE，DE=10，CE=CD-DE=20，即AFCF=ABCE=3020=32，故正确；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XVYZ，V为垂足，如图，在正XYZ中，有Y=60，XZ=XY=YZ=u，XVYZ，YV=VZ=12YZ=12

37、u，XVY=90，在RtXYV中，有XV=XY2-YV2=u2-12u2=32u，正XYZ的面积为：S=12YZXV=34u2，SABC=34AB2=2253，AFCF=32，SBCF=25SABC=903，BCFDCF（SAS），SBCF=SCDF=903，DE=10，CE=20，SDEF=DECDSCDF=1030903=303，故正确；连接BD交AC于O，根据菱形的性质有：AO=OC，BO=DO，ACBD，AFCF=32，即设CF=2x，则AF=3x，AC=AB=CD=5x，OC=12AC=52x，则OF=OC-FC=52x-2x=12x，根据菱形的性质有ABC=ADC=60，ODC=3

38、0，DO=3OC=532x，ACBD，DOC=90，DF=OD2+OF2=532x2+12x2=19x，sinAFD=ODDF=532x19x=55738，故错误故选：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，ADBC，CEAB，且AE=BE，连接DE，若AB=CD=CE=2，则tanDEC=_【答案】3【分析】作AFBC于点F，DLBC于点L，DGCE于点G交BC于点H，先证明四边形ABHD是平行四边形，得D

39、H=AB=CD=CE=2，再证明BF=HL=CL，由BFAB=BEBC=tanB=15=55，求得CL=HL=BF=55AB=552=255，再根据CHGCBE，求出CG、HG的长，进而求出EG、DG的长，即可求出tanDEC的值【详解】解：如图，作AFBC于点F，DLBC于点L，DGCE于点G交BC于点H，CEAB，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=，DLC=DLH=AFB=90， BFAB=HLDH=CLCD=cos，BF=HL=CH，BEC=90，AE=BE=12AB=1，BC=B

40、E2+CE2=12+22=5， BFAB=BEBC=tanB=15=55，CL=HL=BF=55AB=552=255，CH=255+255=455，GH/BE，CHGCBE， HGBE=CGCE=CHBC=4555=45，HG=45BE=451=45，CG=45CE=452=85，DG=DH-HG=2-45=65，EG=CE-CG=2-85=25，DGE=90，tanDEC=DGEG=6525=3，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

41、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FG分别在边ABAD上，则sinEFG=_ 【答案】277【分析】作GNAB于N，作EMAD交AD延长线于M，连接BE，BD在RtDME，RtGME，RtAGN，RtEFB中，根据勾股定理可求DM，ME，AN，EF的长，即可求FN的长，即可得sinEFG值【详解】解：如图：作GNAB于N，作EMAD于M，连接BE，BD四边形ABCD是菱形，AB=2CD=AD=AB=2，AB/DCAB/CDA=MDC=60E是CD

42、中点DE=1MEAD，MDC=60MED=30，且MEADDM=12，ME=3DM=32，折叠，AG=GE，AFG=EFG，在RtGME中，GE2=GM2+ME2，GE2=(2-GE+12)2+34，GE=75，在RtAGN中，A=60，GNAB，AG=2ANAN=710，GN=7310，BC=CD=2，C=60，BCD是等边三角形，E点是CD中点，BECD，DE=1，BDC=60，BE=3，AB/DC，ABE=90，在RtEFB中，EF2=BE2+BF2，EF2=3+(2-EF)2，EF=74，AF=74，NF=AF-AN，NF=2120，在RtGNF中，GF=GN2+FN2=72120，s

43、inEFG=sinGFN=GNFG=731072120=277【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532【分析】分两种情况：过A作MNCD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

44、，由勾股定理得到AN=3，求得AM=2，再由勾股定理解得AE即可；过A作PQAD交AB于P，交CD于Q；求出EBA=30，由含30角的直角三角形的性质即可得出结果【详解】解：分两种情况：如图1，过A作MNCD交AD于M，交BC于N，则直线MN是矩形ABCD的对称轴，AM=BN=12AD=4，MN=AB=5，ABE沿BE折叠得到ABE，AE=AE，AB=AB=5，AN=AB2-BN2=52-42=3，AM=MN-AN=5-3=2，由勾股定理得：AE2=EM2+AM2，AE2=(4-AE)2+22，解得：AE=52，AE=52；如图2，过A作PQAD交AB于P，交CD于Q，则直线PQ是矩形ABCD

45、的对称轴，PQAB，AP=PB，ADPQBC，AB=AB=2PB，PAB=30，ABC=30，EBA=12ABA=1290-30=30，AE=AE=tan30AB=533；综上所述：AE的长为52或533，故答案为：52或533【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

46、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i0.62（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：sin320.53，cos320.85，tan320.63）A8.8米B9.0米C9.4米D9.6米【答案】D【分析】过B作BHAE于H，延长BC交DF于M，设AE交DF于N，则MNBH，HNBM，BMDG，先由锐角三角函数定义求出DM2.12（米），CM3.4（米），则HNBM5.8（米），再由锐角三角函数定义求出MNBH3.18（

47、米），AH5.1（米），然后由坡度的定义求出FN4.34（米），即可求解【详解】解：如图所示：过B作BHAE于H，延长BC交DF于M，设AE交DF于N， 则MNBH，HNBM，BMDG，DCMCDG32，在RtCDM中，sinDCMDMCD，cosDCMCMCD，DMCDsin3240.532.12（米），CMCDcos3240.853.4（米），HNBMBCCM2.43.45.8（米），在RtABH中，A32，sinABHAB，cosAAHAB，MNBHABsin3260.533.18（米），AHABcos3260.855.1（米），ANAHHN5.15.810.9（米），ENANAE10.

48、93.97（米），步梯EF的坡度i0.62FNEN，FN0.6274.34（米），DFDMMNFN2.12 3.184.349.6（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/AD，求旗杆MN的高度【答案】MN=103米【分析】过点C作

49、CEAD于点E，先证CNCB，令CMx米，则CNCB2x米，MN=3x米，再由锐角三角函数定义得出方程，解方程即可【详解】解：如图，过点C作CEAD于点E，CMAD，D90，CMND90，NCM60，CNM90NCM30，CN2CM，又NBD45，D90，BND90NBD45，BNC15，BC的坡比为1：3=CE：BE，tanCBE=13=33，CBE30，CBN15BNC，CNCB，令CMx米，则CNCB2x米，MN=3x米， 又sinCBE=CECB=sin30=12，CE=12CBx（米），BE=3x（米），NDMN+MDMN+CE（3+1）x（米），AB20米，ADAB+BE+EDAB

50、+BE+CM20+（1+3）x（米），又A30，tanNAD=NDAD=tan30=33，即(3+1)x20+(1+3)x=33，解得：x10，经检验，x10是原方程的解，且符合题意，MN=103米，答：旗杆MN的高度为103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，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

51、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；（sin700.94，cos700.34，tan702.75）(2)求路段AB的长；（31.7，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

52、；（3）通过做辅助线，构造出RtPBQ和RtPDB，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=90-70=20，PQB=90，PBQ=70，PQBQ=tanPBQ=tan70，BQ=PQtan70112.75=4即路段BQ的长为4米（2）如图，过点A作AEPQ，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RtABG中，根据勾股定理，AB=AG2+BG2=5x，AE=QG=4x+4，EQ=AG=3x，PE=P

53、Q-EQ=11-3x，电子眼照射在A 处时俯角为30，APE=60在RtPAE中，AEPE=tanAPE=tan60，AE=PEtan60，即4x+4=3(11-3x)解得x1.62，AB=5x8即路段AB的长为8米（3）解：过点P作PDAB，垂足为D，在RtPBQ中，PB=PQ2+BQ2=112+42=137，在RtPDB中，BD=PB2-PD2=137-(11.2)2=11.56=3.4，AD=AB-BD=8-3.4=4.6MKAK=PDAD=tanPAD，2AK=11.24.6，AK0.82又MKBK=PDBD=tanPBD，2BK=11.23.4，BK0.61车辆测速区间s=AB-AK

54、-BK=8-0.82-0.61=6.57，v=st=6.571.5=4.385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AD40m，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

55、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

56、(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EFBC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AB 的水平距离AE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BEAD，CFAD，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，BECF4m，AP25m，BE5m，斜坡AB的坡度为1：2.4，即BEAE1：2.4，AE42.49.6（m），又四边形

57、ABCD是等腰梯形，AEDF9.6m，BCADAEDF5.8（m），ABAE2+BE29.62+4210.4（m）CD，主跨桥与桥两侧斜梯的长度之和为AB+BC+CD10.4+5.8+10.426.6（m），答：主跨桥与桥两侧斜梯的长度之和为26.6m（2）解：斜坡AB的坡度为1：4，即BEAE1：4，AE5420（m），AA209.611.4（m），AG4NG40.93.6（m），AG11.43.67.8（m），点M到点G的最多距离MG257.8314.2（m），14.214.4，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

58、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，ABBC，若点A、B、C、D、E在同一平面内，从点E处测得楼顶A的仰角为37，楼底B的俯角为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

59、据：cos370.80，tan370.75，tan240.45，cos240.91）【答案】33【分析】延长FE交AB于M，设ME=x，根据直角三角形函数得出AM=tanx，BM=tanx，然后根据tanx+tanx=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，EFBC，MNAB，MNDG，四边形BMNG是矩形BM=GN，BG=MN设ME=x，AM=tanx，BM=tanx，AB=36，tanx+tanx=36，tan37x+tan24x=36，0.75x

60、+0.45x=36，解得x=30，ME=30（米）；GN=BM=tan2430=13.5，DE=CE，EFBC，DN=GN=13.5（米），DCG=30，DEN=30，EN=DNtan30=13.533=13.53DNFN=31，DFN=60，EDF=30，FN=DNtan60=13.533，DF=EF=EN-FN=13.5233，EF+DF=27233=183，设施工队原计划平均每天修建y米，根据题意得，183y=1831.5y+2，解得y=33（米），经检验，是方程的根，答：施工队原计划平均每天修建33米【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

61、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米（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，tan15=2-3计算结果保留根号）【答案】（1）153+30米；（2）63+6秒【分析】

62、（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DHAB，垂足为点H，过C点作CEDH，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，DMAB，ECD=45，DAB=75，CDE=ECD=45，CE=DE，设CE=DE=HB=x，AH=45-x，DH=DE+EH=x+153，在RtDAH中，DH=ta

63、n75AH=2+345-x，即x+153=2+345-x，解得：x=30，DH= 153+30此时无人机的高度为153+30米；（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AGDF，垂足为点G，此时，由（1）知，AG=153+30（米），DG=AGtan75=30+1532+3=15；tanCAB=BCAB=15345=33，CAB=30DFAB，DFA=CAB=30，GF=GAtan30=303+45,DF=GF-DG=303+30,因为无人机速度为5米/秒，所以所需时间为303+305=63+6（秒）；所以经过63+6秒时，无人机刚好

64、离开了操控者的视线【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）数学兴趣小组利用无人机测量古槐的高度，如图所示，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，

65、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：sin26.60.45，cos26.60.89，tan26.60.50，sin760.97，cos760.24，tan764.01）【答案】古槐的高度约为13米【分析】过点A作AMEH于M，过点C作CNEH于N，在RtAME中，根据锐角三角函数求出AM=12米，进而求出CN=8米，再在RtENC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AMEH于M，过点C作CNEH于N，由题意知，AM=BH，CN=DH，AB=MH，在RtAME中，EAM=26.6

66、，tanEAM=EMAM，AM=EMtanEAM=EH-MHtan26.645-390.5=12米，BH=AM=12米，BD=20，DH=BD-BH=8米，CN=8米，在RtENC中，ECN=76，tanECN=ENCN，EN=CNtanECN84.01=32.08米，CD=NH=EH-EN=12.9213（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ABCD，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

67、台顶端P处观测到渔船M的俯角为31，渔船N的俯角为45已知MN所在直线与PC所在直线垂直，垂足为E，且PE长为30米(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：tan310.60，sin310.52）【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RtPEN中，由等腰直角三角形的性质解得PH

68、的长，在RtPEM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DGAB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E90，PME=31，PNE=45，PE30米在RtPEN中，PENE30米，在RtPEM中，tan31=PEMEME300.60=50（米）MNEMEN503020（米）答：两渔船M，N之间的距离约为20米（2）如图，过点D作DGAB于G，坝高DG24米，背水坡AD的坡度i1：0.25，DG：AG1：0.25，AG240.256（米），背水坡DH的坡度i11.75，DGGH11.75，GH241.75

69、42（米）AHGHGA42636（米）SADH=12AHDG=123624=432（平方米）需要填筑的土石方为43210043200（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

70、点D的南偏东75方向上(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：21.41，31.73）【答案】(1)AC=200海里，AD=200(3-1)海里(2)无触礁的危险【分析】（1）作CEAB于E，设AEx海里，则BECE=3x海里根据ABAEBEx3x100（31），求得x的值后即可求得AC的长；（2）过点D作DFAC于点F，设AFy，则DFCF3y，求出DF的长，再与100比较即可得到答案（1）如图，作CEAB于E，由题意得：ABC45，BAC60，设AEx海里，在R

71、tAEC中，CEAEtan60=3x，在RtBCE中，BECE3x，AEBEx3x100（3+1），解得：x100AC2x200海里ACB=180-（ABC+BAC）=75，ACB=ADC=75，BAC=CAD，ABCACDABAC=ACAD，100(3+1)200=200AD，AD=200(3-1)（2）在ACD中，DAC60，ADC75，则ACD45，过点D作DFAC于点F，设AFy，则DFCF3y，ACy3y200，解得：y100（31），DF3y=3100（31）126.8（海里），126.8100，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

72、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海里【分析】过点P作PDAB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=32 BC，设PD=x海里，则PA=2x海里， 由AB=2AD+BC得出方程，解方程，即可解决问题【详解】解过点P作PDAB

73、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，PDAB，AD=CD， PD=12PA， AD=CD=3PD= 32PA=32 BC，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=310(3 -1 ) +203-20= ( 103+10)海里，PB=PD2+BD2=(103-10)2+(103+10)2=202 (海里)，【点睛】本题考查了解直

74、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CD30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】20tan55-1米【分析】首先构造直角三角形，作CPMN、DQM

75、N，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CPMN、DQMN，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,MNEF，CPMN、DQMN，CPQ=PQD=PCD=CDQ=90,四边形CPQD为矩形，CD=PQ=30,在RtBDQ中，BDQ=55,tan55=BQDQ=BP+PQDQ=x-10+30x，tan55x=x+20，(tan55-1)x=20，x=20t

76、an55-1，所以河宽为20tan55-1米【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 _（

77、计算结果保留根号）【答案】（8002-4006）m【分析】如图，作P1MAC于M，设P1Mx，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ACAM+CM即可列方程，从而求得P1M的长，进一步求得AP1的长，作BNAP2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P1MAC于M，设P1Mxm，在RtP1AM中，P1AB45，AMP1Mxm，在RtP1CM中，P1CA30，MC=3P1M=3xm，AC1000 m，x+3=1000，解得x500（3-1）（m），P1M500（3-1）m，P1A=P1M22=500（6-2）m

78、，作BNAP2于N，P2AB45，P2BA75，P260，在RtABN中，P1AB45，AB600 mBNAN=22AB3002（m），P1N500（6-2）3002=（5006-8002） （m），在RtP2BN中，P260，P2N=33BN=333002=1006 （m），P1P21006-（5006-8002）（8002-4006） （m）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

79、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ABAC10分米，BC12分米，O为AC上固定连接点，靠背OD10分米档位为档时，ODAB档位为档时，ODAC当靠椅由档调节为档时，EF_分米【答案】2【分析】如图，作ANBC于点N，交PO于G点，延长GO，交DE于H，交DF于M，【详解】如图，作ANBC于点N，交PO于G点，延长GO，交DE于H，交DF于M，根据POBC，DOAB，得到DOH=ABN，从而得到cosDOH=35，解直角三角形即可得到OH的长度；再根据ODAC，得到COM=ACB=D，因为sinACB=ANAC=45，从而得到sinD=45，解直角三角形即可得到OM

80、的长度，即可求出HM的长度，即EF的长度ABAC10，BC12，BN=CN=6，AN=102-62=8，cosABN=BNAB=35，由题意得：POBC，DOABABN=APO，DOH=APO，DOH=ABN，cosDOH=35，OD=10，OH=CDcosDOH=1035=6，ODACDOM+COM=90，DOM+D=90COM=DPOBC，COM=ACB=DsinACB=ANAC=45sinD=45OM=ODsinD=1045=8HM=OM-OH=2EF=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【变式9-1】（

81、2022浙江金华市南苑中学九年级期中）图1是一种儿童可折叠滑板车，该滑板车完全展开后示意图如图2所示，由车架AB-CE-EF和两个大小相同的车轮组成，已知CD=25cm，DE=17cm，cosACD=45，当A，E，F在同一水平高度上时，CEF=135，则AC=_cm；为方便存放，将车架前部分绕着点D旋转至AB/EF，如图3所示，则d1-d2为_cm【答案】 30 1922-10【分析】连接AE，过点A作AHCE于点H，由题意易得AEC=45，然后根据三角函数可进行求解；过点A作AMEF交其延长线于点M，过点D作DNEF交其延长线于点N，并延长ND，交AB于点P，由题意易得d1-d2=AE-E

82、M，然后根据三角函数可进行求解【详解】解：连接AE，过点A作AHCE于点H，如图2，A，E，F在同一水平高度上时，CEF=135，AEC=45，CD=25cm，DE=17cm，cosACD=45，CE=42cm，设CH=4xcm，则AH=HE=3xcm，AC=5xcm，4x+3x=42，解得：x=6，AC=30cm，AH=HE=18cm，AE=182cm，过点A作AMEF交其延长线于点M，过点D作DNEF交其延长线于点N，并延长ND，交AB于点P，如图3，AB/EF，M=PNM=APN=CPD=90，四边形AMNP是矩形，AP=MN，CD=25cm，DE=17cm，cosACD=45，DEM=

83、45，AC=30cm，PC=CDcosACD=20cm，EN=DEcosDEM=1722cm，AP=MN=AC-PC=10cm，EM=10+1722cm，设车轮半径为r，则有d1=2r+AE+EF,d2=2r+EM+EF，d1-d2=AE-EM=182-10-1722=1922-10cm；故答案为30；1922-10【点睛】本题主要考查三角函数及矩形的性质与判定，熟练掌握三角函数及矩形的性质与判定是解题的关键【变式9-2】（2022江西景德镇九年级期中）如图1是一个水龙头的示意图，类似于字母“F”的形状，将其抽象成如图2所示的截面图形，线段BE是一根固定的轴，线段AB，CD均垂直于线段BE，出

84、水口在点D处，AB为自来水开关，ABBC即为无水状态，将AB绕点B逆时针向上转动即是开水若已知BC=10cm，AB=20cm，CD=30cm（参考数据，精确到01，sin34=0.56，cos34=0.83，21.414，3=1.732，25.0792=629）(1)求出水龙头不开时，点A与出水口的距离；(2)当BA向上旋转34时，即是最大出水量，求出最大出水量时，点A与出水口的距离【答案】(1)14.1cm(2)25.1cm【分析】（1）连接AD，过点A作AFCD于F，ABBC，DCBC，则四边形ABCF是矩形，在RtAFD中，AD2 = AF2 + DF2，勾股定理即可求解（2）连接 AD

85、， 过点 A 作 AFCD 于 F， 交 AB 于点 G， 则 AFAB，由AG=ABsin34，BG=ABcos34，进而由AF=AG+GF，根据CD=30cm，求得DF=CD-CF，由勾股定理得出AD2=AF2+DF2，即可求解（1）连接AD，过点A作AFCD于F，由题意知：ABBC，DCBC，则四边形ABCF是矩形，CF=AB=20cm， AF= BC=10cm ，CD= 30cm，DF =CD-CF =30-20 =10(cm) ，在RtAFD中，AFD=90，AF =10cm，DF =10cm ， AD2 = AF2 + DF2 = 102 + 102 =200 ，AD=102 10

86、1.41414.1 (cm)； 即出水龙头不开时，点A与出水口的距离约为 14.1 cm；（2）连接 AD， 过点 A 作 AFCD 于 F， 交 AB 于点 G， 则 AFAB在 RtABG 中， AGB=90，GBA=34,AB=AB=20cm，sinABG=AGAB，AG=ABsin34200.56=11.2cm，cosABG=BGAB，BG=ABcos34200.83=16.6cm，ABBC,DCBC,AFCD，四边形 BCFG是矩形，GF=BC=10cm,CF=BG=16.6cm，AF=AG+GF=11.2+10=21.2cm，CD=30cm，DF=CD-CF=30-16.6=13.

87、4cm，在RtAFD中，AFD=90, AF=21.2cm,DF=13.4cm，AD2=AF2+DF2=21.22+13.42=629，AD25.07925.1cm，即出最大出水量时，点A与出水口的距离约为25.1cm【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，根据题意构造直角三角形是解题的关键【变式9-3】（2022江苏宿迁一模）如图1是一种手机平板支架，由托板、支撑板和底座构成，手机放置在托板上，如图2是其侧面结构示意图量得托板长AB=120mm，支撑板长CD=80mm，底座长DE=90mm托板AB固定在支撑板顶端点C处，且CB=40mm，托板AB可绕点C转动，支撑板CD可绕点D转动(1)若DC

88、B=80，CDE=60，求点A到直线DE的距离；(2)为了观看舒适，在（1）的条件下，把AB绕点C逆时针旋转10后，再将CD绕点D顺时针旋转，使点B落在直线DE上画出图形，并求CD旋转的角度；（参考数据：sin400.643，cos400.766，tan400.839，sin26.60.448，cos26.60.894，tan26.60.500，31.732计算结果均精确到0.1）【答案】(1)点A到直线DE的距离约为120.7mm(2)画图见解析， CD旋转的角度约为33.4【分析】（1）过A作AMDE，交ED的延长线于点M，过点C作CFAM，垂足为F，过点C作CNDE，垂足为N，构造出直角

89、三角形后，利用直角三角形边和角的关系即可求出CN、AF，最后即可求出点A到DE的距离；（2）画出图形后，根据图形，明确图中的已知边和已知角，再利用直角三角形边和角之间的关系求出相应的角度即可（1）如图2，过A作AMDE，交ED的延长线于点M，过点C作CFAM，垂足为F，过点C作CNDE，垂足为N在RtCDN中，CN=FM=CDsinCDE=8032=403（mm），DCN=9060=30又DCB=80，BCN=8030=50AMDE，CNDE，AMCNA=BCN=50ACF=9050=40在RtAFC中，AF=ACsin40=8006435144 AM=AF+FM=5144+4031207（mm）答：点A到直线DE的距离约为1207mm（2）旋转后，如图3所示根据题意可知DCB=80+10=90在RtBCD中，CD=80，BC=40tanD=BCCD=0500D=266因此旋转的角度为：60266=334答：CD旋转的角度约为334【点睛】本题主要考查了直角三角形边和角的关系以及锐角三角函数，正确地作出辅助线构造直角三角形是解题的关键