人教版初中數學同步講義練習-9下專題提升 解直角三角形的實際應用（30題）（解析版）

專題第01講解直角三角形的實際應用專題第01講解直角三角形的實際應用1．（2023?紹興）圖1是某款籃球架，圖2是其示意圖，立柱OA垂直地面OB，支架CD與OA交于點A，支架CG⊥CD交OA于點G，支架DE平行地面OB，籃筐EF與支架DE在同一直線上，OA＝2.5米，AD＝0.8米．∠AGC＝32°．（1）求∠GAC的度數；（2）某運動員準備給籃筐掛上籃網，如果他站在凳子上，最高可以把籃網掛到離地面3米處，那么他能掛上籃網嗎？請通過計算說明理由．（參考數據：sin32°≈0.53，cos32°≈0.85，tan32°≈0.62）【分析】（1）根據垂直定義可得∠ACG＝90°，然后利用直角三角形的兩個銳角互余進行計算，即可解答；（2）延長OA，ED交于點M，根據垂直定義可得∠AOB＝90°，從而利用平行線的性質可得∠DMA＝∠AOB＝90°，再根據對頂角相等可得∠DAM＝∠GAC＝58°，從而利用直角三角形的兩個銳角互余可得∠ADM＝32°，然后在Rt△ADM中，利用銳角三角函數的定義求出AM的長，從而利用線段的和差關系求出MO的長，比較即可解答．【解答】解：（1）∵CG⊥CD，∴∠ACG＝90°，∵∠AGC＝32°，∴∠GAC＝90°﹣∠AGC＝90°﹣32°＝58°，∴∠GAC的度數為58°；（2）該運動員能掛上籃網，理由如下：延長OA，ED交于點M，∵OA⊥OB，∴∠AOB＝90°，∵DE∥OB，∴∠DMA＝∠AOB＝90°，∵∠GAC＝58°，∴∠DAM＝∠GAC＝58°，∴∠ADM＝90°﹣∠DAM＝32°，在Rt△ADM中，AD＝0.8米，∴AM＝AD?sin32°≈0.8×0.53＝0.42（米），∴OM＝OA+AM＝2.5+0.424＝2.924（米），∵2.924米＜3米，∴該運動員能掛上籃網．2．（2023?長沙）2023年5月30日9點31分，“神舟十六號”載人飛船在中國酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火發(fā)射，成功把景海鵬、桂海潮、朱楊柱三名航天員送入到中國空間站．如圖，在發(fā)射的過程中，飛船從地面O處發(fā)射，當飛船到達A點時，從位于地面C處的雷達站測得AC的距離是8km，仰角為30°；10s后飛船到達B處，此時測得仰角為45°．（1）求點A離地面的高度AO；（2）求飛船從A處到B處的平均速度．（結果精確到0.1km/s，參考數據：≈1.73）【分析】（1）根據直角三角形的性質即可得到結論；（2）在Rt△AOC中，根據直角三角形的性質得到OC＝AC＝4（km），在Rt△BOC中，根據等腰直角三角形的性質得到OB＝OC＝4km，于是得到結論．【解答】解：（1）在Rt△AOC中，∵∠AOC＝90°，∠ACO＝30°，AC＝8km，∴AO＝AC＝（km），（2）在Rt△AOC中，∵∠AOC＝90°，∠ACO＝30°，AC＝8km，∴OC＝AC＝4（km），在Rt△BOC中，∵∠BOC＝90°，∠BCO＝45°，∴∠BCO＝∠OBC＝45°，∴OB＝OC＝4（km），∴AB＝OB﹣OA＝（4）km，∴飛船從A處到B處的平均速度＝≈0.3（km/s）．3．（2023?湘潭）問題情境：筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，既經濟又環(huán)保．明朝科學家徐光啟在《農政全書》中用圖畫描繪了筒車的工作原理（如圖①）．假定在水流量穩(wěn)定的情況下，筒車上的每一個盛水筒都按逆時針做勻速圓周運動，每旋轉一周用時120秒．問題設置：把筒車抽象為一個半徑為r的⊙O．如圖②，OM始終垂直于水平面，設筒車半徑為2米．當t＝0時，某盛水筒恰好位于水面A處，此時∠AOM＝30°，經過95秒后該盛水筒運動到點B處．問題解決：（1）求該盛水筒從A處逆時針旋轉到B處時，∠BOM的度數；（2）求該盛水筒旋轉至B處時，它到水面的距離．（結果精確到0.1米）（參考數據≈1.414，≈1.732）【分析】（1）求出筒車每秒轉過的度數，再根據周角的定義進行計算即可；（2）根據直角三角形的邊角關系分別求出OD、OC即可．【解答】解：（1）由于筒車每旋轉一周用時120秒．所以每秒轉過360°÷120＝3°，∴∠BOM＝360°﹣3°×95﹣30°＝45°；（2）如圖，過點B、點A分別作OM的垂線，垂足分別為點C、D，在Rt△AOD中，∠AOD＝30°，OA＝2米，∴OD＝OA＝（米）．在Rt△BOC中，∠BOC＝45°，OB＝2米，∴OC＝OB＝（米），∴CD＝OD﹣OC＝﹣≈0.3（米），即該盛水筒旋轉至B處時到水面的距離約為0.3米．4．（2023?陜西）小華想利用所學知識測量自家對面的兩棟樓AB與CD的高度差．如圖所示，她站在自家陽臺上發(fā)現，在陽臺的點E處恰好可經過樓CD的頂端C看到樓AB的底端B，即點E，C，B在同一直線上．此時，測得點B的俯角α＝22°，點A的仰角β＝16.7°，并測得EF＝48m，FD＝50m．已知，EF⊥FB，CD⊥FB，AB⊥FB，點F，D，B在同一水平直線上．求樓AB與CD的高度差．（參考數據：sin16.7°≈0.29，cos16.7°≈0.96，tan16.7°≈0.30，sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40）【分析】過點C作CG⊥EF于G，過點E作EH⊥AB于H，根據正切的定義分別求出EG、FB、AH，計算即可．【解答】解：如圖，過點C作CG⊥EF于G，過點E作EH⊥AB于H，∵EF⊥FB，CD⊥FB，AB⊥FB，∴得矩形CDFG，矩形EFBH，∴CG＝FD＝50m，HB＝EF＝48m，在Rt△CGE中，CG＝50m，∠ECG＝α＝22°，則EG＝CG?tan∠ECG≈50×0.40＝20.00（m），∴CD＝FG＝EF﹣EG＝48﹣20.0＝28.00（m），在Rt△EFB中，EF＝48m，∠EBF＝α＝22°，則EF＝FB?tan∠EBF，∴48≈FB×0.40，∴FB＝120.00（m），在Rt△AHE中，EH＝FB＝120m，∠AEH＝β＝16.7°，則AH＝EH?tan∠AEH≈120×0.30＝36.00（m），∴AB＝AH+BH＝AH+EF＝36.00+48＝84.00（m），∴AB﹣CD＝84.00﹣28.00＝56.00（m），答：樓AB與CD的高度差約為56.00m．5．（2023?衡陽）隨著科技的發(fā)展，無人機已廣泛應用于生產生活，如代替人們在高空測量距離和高度，圓圓要測量教學樓AB的高度，借助無人機設計了如下測量方案：如圖，圓圓在離教學樓底部24米的C處，遙控無人機旋停在點C的正上方的點D處，測得教學樓AB的頂部B處的俯角為30°，CD長為49.6米．已知目高CE為1.6米．（1）求教學樓AB的高度．（2）若無人機保持現有高度沿平行于CA的方向，以4米/秒的速度繼續(xù)向前勻速飛行．求經過多少秒時，無人機剛好離開圓圓的視線EB．【分析】（1）過點B作BM⊥CD于點M，則∠DBM＝∠BDN＝30°，在Rt△BDM中，通過解直角三角形可得出BM的長度，再結合AB＝CM＝CD﹣DM，即可求出結論；（2）延長EB交DN于點G，則∠DGE＝∠MBE，在Rt△EMB中，利用銳角三角函數的定義求出∠MBE＝30°，從而可得∠DEG＝60°，然后在Rt△EDG中，利用銳角三角函數的定義求出DG的長，最后進行計算即可解答．【解答】解：（1）過點B作BM⊥CD于點M，則∠DBM＝∠BDN＝30°，在Rt△BDM中，BM＝AC＝24米，∠DBM＝30°，∴DM＝BM?tan∠DBM＝24×＝24（米），∴AB＝CM＝CD﹣DM＝49.6﹣24＝25.6（米）．答：教學樓AB的高度為25.6米；（2）延長EB交DN于點G，則∠DGE＝∠MBE，在Rt△EMB中，BM＝AC＝24米，EM＝CM﹣CE＝24米，∴tan∠MBE＝＝＝，∴∠MBE＝30°＝∠DGE，∵∠EDG＝90°，∴∠DEG＝90°﹣30°＝60°，在Rt△EDG中，ED＝CD﹣CE＝48米，∴DG＝ED?tan60°＝48（米），∴48÷4＝12（秒），∴經過12秒時，無人機剛好離開了圓圓的視線．6．（2023?遼寧）暑假期間，小明與小亮相約到某旅游風景區(qū)登山．需要登頂600m高的山峰，由山底A處先步行300m到達B處，再由B處乘坐登山纜車到達山頂D處．已知點A，B，D，E，F在同一平面內，山坡AB的坡角為30°，纜車行駛路線BD與水平面的夾角為53°（換乘登山纜車的時間忽略不計）．（1）求登山纜車上升的高度DE；（2）若步行速度為30m/min，登山纜車的速度為60m/min，求從山底A處到達山頂D處大約需要多少分鐘（結果精確到0.1min）．（參考數據：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）【分析】（1）根據直角三角形的邊角關系求出BM，進而求出DE即可；（2）利用直角三角形的邊角關系，求出BD的長，再根據速度、路程、時間的關系進行計算即可．【解答】解：（1）如圖，過點B作BM⊥AF于點M，由題意可知，∠A＝30°，∠DBE＝53°，DF＝600m，AB＝300m，在Rt△ABM中，∠A＝30°，AB＝300m，∴BM＝AB＝150m＝EF，∴DE＝DF﹣EF＝600﹣150＝450（m），答：登山纜車上升的高度DE為450m；（2）在Rt△BDE中，∠DBE＝53°，DE＝450m，∴BD＝≈＝562.5（m），∴需要的時間t＝t步行+t纜車＝+≈19.4（min），答：從山底A處到達山頂D處大約需要19.4分鐘．7．（2023?蘇州）四邊形不具有穩(wěn)定性，工程上可利用這一性質解決問題．如圖是某籃球架的側面示意圖，BE，CD，GF為長度固定的支架，支架在A，D，G處與立柱AH連接（AH垂直于MN，垂足為H），在B，C處與籃板連接（BC所在直線垂直于MN），EF是可以調節(jié)長度的伸縮臂（旋轉點F處的螺栓改變EF的長度，使得支架BE繞點A旋轉，從而改變四邊形ABCD的形狀，以此調節(jié)籃板的高度）．已知AD＝BC，DH＝208cm，測得∠GAE＝60°時，點C離地面的高度為288cm．調節(jié)伸縮臂EF，將∠GAE由60°調節(jié)為54°，判斷點C離地面的高度升高還是降低了？升高（或降低）了多少？（參考數據：sin54°≈0.8，cos54°≈0.6）【分析】當∠GAE＝60°時，過點C作CK⊥HA，交HA的延長線于點K，根據已知易得BC∥AH，從而可得四邊形ABCD是平行四邊形，進而可得AB∥CD，然后利用平行線的性質可得∠ADC＝∠GAE＝60°，再根據已知可得DK＝80cm，最后在Rt△CDK中，利用銳角三角函數的定義求出CD的長；當∠GAE＝54°，過點C作CQ⊥HA，交HA的延長線于點Q，在Rt△CDQ中，利用銳角三角函數的定義求出DQ的長，然后進行計算，即可解答．【解答】解：點C離地面的高度升高了，理由：如圖，當∠GAE＝60°時，過點C作CK⊥HA，交HA的延長線于點K，∵BC⊥MN，AH⊥MN，∴BC∥AH，∵AD＝BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠ADC＝∠GAE＝60°，∵點C離地面的高度為288cm，DH＝208cm，∴DK＝288﹣208＝80（cm），在Rt△CDK中，CD＝＝＝160（cm），如圖，當∠GAE＝54°，過點C作CQ⊥HA，交HA的延長線于點Q，在Rt△CDQ中，CD＝160cm，∴DQ＝CD?cos54°≈160×0.6＝96（cm），∴96﹣80＝16（cm），∴點C離地面的高度升高約16cm．8．（2023?河南）綜合實踐活動中，某小組用木板自制了一個測高儀測量樹高，測高儀ABCD為正方形，AB＝30cm，頂點A處掛了一個鉛錘M．如圖是測量樹高的示意圖，測高儀上的點D，A與樹頂E在一條直線上，鉛垂線AM交BC于點H．經測量，點A距地面1.8m，到樹EG的距離AF＝11m，BH＝20cm．求樹EG的高度（結果精確到0.1m）．【分析】由題意可知，∠BAE＝∠MAF＝∠BAD＝90°，FG＝1.8m，易知∠EAF＝∠BAH，可得tan∠EAF＝＝tan∠BAH＝，進而求得，利用EG＝EF+FG即可求解．【解答】解：由題意可知，∠BAE＝∠MAF＝∠BAD＝90°，FG＝1.8m，則∠EAF+∠BAF＝∠BAF+∠BAH＝90°，∴∠EAF＝∠BAH，∵AB＝30cm，BH＝20cm，則tan∠EAF＝＝，∴tan∠EAF＝＝tan∠BAH＝，∵AF＝11m，則，∴EF＝，∴EG＝EF+FG＝1.8≈9.1m．答：樹EG的高度為9.1m．9．（2023?丹東）一艘輪船由西向東航行，行駛到A島時，測得燈塔B在它北偏東31°方向上，繼續(xù)向東航行10nmile到達C港，此時測得燈塔B在它北偏西61°方向上，求輪船在航行過程中與燈塔B的最短距離．（結果精確到0.1nmile）（參考數據：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60，sin61°≈0.87，cos61°≈0.48，tan61°≈1.80）．【分析】過B作BD⊥AC于D，則∠ADC＝∠ADB＝90°，設BD＝xnmile，解直角三角形即可得到結論．【解答】解：過B作BD⊥AC于D，則∠ADC＝∠ADB＝90°，∵∠ABD＝31°，∠CBD＝61°，設BD＝xnmile，∴AD＝BD?tan31°，CD＝BD?tan61°，∵AC＝10nmile，∴x?tan31°+x?tan61°＝x（0.60+1.80）＝10，∴x＝BD≈4.2nmile，答：輪船在航行過程中與燈塔B的最短距離為4.2nmile．10．（2020秋?蒼梧縣期末）如圖，從水平面看一山坡上的通訊鐵塔PC，在點A處用測角儀測得塔頂端點P的仰角是45°，向前走9米到達B點，用測角儀測得塔頂端點P和塔底端點C的仰角分別是60°和30°．（1）求∠BPC的度數；（2）求該鐵塔PC的高度．（結果精確到0.1米；參考數據：≈1.73，≈1.41）【分析】（1）延長PC交直線AB于點F，根據直角三角形兩銳角互余求得即可；（2）設PC＝x米，根據AF＝PF，構建方程求出x即可．【解答】解：（1）延長PC交直線AB于點F，則PF⊥AF，依題意得：∠PAF＝45°，∠PBF＝60°，∠CBF＝30°，∴∠BPC＝90°﹣60°＝30°；（2）設PC＝x米，則CB＝CP＝x米，在Rt△CBF中，BF＝x?cos30°＝x米，CF＝x米，在Rt△APF中，FA＝FP，∴9+x＝x+x，∴x＝9+3，∴PC＝9+3≈14.2（米），即該鐵塔PC的高度約為14.2米．11．（2022秋?源匯區(qū)校級期末）近幾年中學生近視的現象越來越嚴重，為響應國家的號召，某公司推出了如圖1所示的護眼燈，其側面示意圖（臺燈底座高度忽略不計）如圖2所示，其中燈柱BC＝18cm，燈臂CD＝31cm，燈罩DE＝24cm，BC⊥AB，CD、DE分別可以繞點C、D上下調節(jié)一定的角度．經使用發(fā)現：當∠DCB＝140°，且ED∥AB時，臺燈光線最佳．求此時點D到桌面AB的距離．（精確到0.1cm，參考數值：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）【分析】根據題意，作出合適的輔助線，然后根據銳角三角函數，即可得到DF的長，再根據FG＝CB，即可求得DG的長，從而可以解答本題．【解答】解：過點D作DG⊥AB，垂足為G，過點C作CF⊥DG，垂足為F，如圖所示，∵CB⊥AB，FG⊥AB，CF⊥FG，∴∠B＝∠BGF＝∠GFC＝90°，∴四邊形BCFG為矩形，∴∠BCF＝90°，FG＝BC＝18cm，又∵∠DCB＝140°，∴∠DCF＝50°，∵CD＝31cm，∠DFC＝90°，∴DF＝CD?sin50°≈31×0.77＝23.87（cm），∴DG≈23.87+18≈41.9（cm），答：點D到桌面AB的距離約為41.9cm．12．（2023春?巴南區(qū)期末）在海平面上有A，B，C三個標記點，其中A在C的北偏西54°方向上，與C的距離是800海里，B在C的南偏西36°方向上，與C的距離是600海里．（1）求點A與點B之間的距離；（2）若在點C處有一燈塔，燈塔的信號有效覆蓋半徑為500海里，每隔半小時會發(fā)射一次信號，此時在點B處有一艘輪船準備沿直線向點A處航行，輪船航行的速度為每小時20海里．輪船在駛向A處的過程中，最多能收到多少次信號？（信號傳播的時間忽略不計）．【分析】（1）由題意易得∠ACB是直角，由勾股定理即可求得點A與點B之間的距離；（2）過C作CD⊥AB于D，由面積關系可求得CD的長，判斷出CD＜500，分別在DB和DA上找點E和點F使CF＝CE＝500，分別求得DE、DF的長，可求得此時無人機飛過EF時的時間，從而可求得最多能收到的信號次數．【解答】解：（1）依題意有：AC＝800，BC＝600，∠NCA＝54°，∠SCB＝36°，∴∠ACB＝180°﹣54°﹣36°＝90°，在Rt△ACB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，∴AB＝（米），答：點A與點B之間的距離為1000米；（2）過C作CD⊥AB于D，∵S△ABC＝AC?BC＝AB?CD，∴CD＝＝480（米），∵480＜500，故分別在DB和DA上找點E和點F使CF＝CE＝500，在Rt△CDE中，由勾股定理得：CD2+DE2＝CE2，∴DE＝＝140（米），同理得：DF＝140（米），當無人機處在EF段時能收到信號，由無人機的速度為10m/s，則無人機飛過此段的時間為：＝14（小時），∴無人機收到信號次數最多為+1＝29（次）．13．（2022秋?寧波期末）如圖1是一個簡易手機支架，由水平底板DE、側支撐桿BD和手機托盤長AC組成，側面示意圖如圖2所示．已知手機托盤長AC＝10cm，側支撐桿BD＝10cm，∠CBD＝75°，∠BDE＝60°，其中點A為手機托盤最高點，支撐點B是AC的中點，手機托盤AC可繞點B轉動，側支撐桿BD可繞點D轉動．（1）如圖2，求手機托盤最高點A離水平底板DE的高度h（精確到0.1cm）．（2）如圖3，當手機托盤AC繞點B逆時針旋轉15°后，再將BD繞點D順時針旋轉α，使點C落在水平底板DE上，求α（精確到0.1°）．（參考數據：tan26.6°≈0.5，≈1.41，≈1.73）【分析】（1）作BF⊥DE于點F，BG∥DE，AG⊥BG于點G，構造直角三角形，根據題中的已知條件，可求出AG，BF的長，可得答案．（2）由題意可得∠DBC＝90°，在Rt△DBC中，已知兩直角邊，可求得∠BDC的正切值，進而可求得α的度數．【解答】解：（1）如圖2，作BF⊥DE于點F，BG∥DE，AG⊥BG于點G，∵∠BDE＝60°，∴∠DBF＝30°，又∵BD＝10cm，∴，∵∠CBD＝75°，∴∠CBF＝45°，∴∠ABG＝45°，∵AC＝10cm，B是AC的中點，∴AB＝5cm∴，∴；（2）由條件，得：∠DBC＝90°，又∵BD＝10cm，BC＝5cm，∴，∴∠BDC≈26.6°，∴α＝60°﹣26.6°＝33.4°．14．（2022秋?平昌縣校級期末）如圖，某漁船沿正東方向以30海里/小時的速度航行，在A處測得島C在北偏東60°方向，20分鐘后漁船航行到B處，測得島C在北偏東30°方向，已知該島C周圍9海里內有暗礁．參考數據：≈1.732，sin75°≈0.966，cos75°≈0.259．（1）B處離島C10海里．（2）如果漁船繼續(xù)向東航行，有無觸礁危險？請說明理由．（3）如果漁船在B處改為向東偏南15°方向航行，有無觸礁危險？說明理由．【分析】（1）根據方向角的定義以及等腰三角形的判斷可得BC＝AB＝10即可；（2）在Rt△BCD中，由銳角三角函數即可求出答案；（3）構造直角三角形，由銳角三角函數可求出CD，比較得出結論．【解答】解：（1）如圖，過C作CO⊥AB于O，由題意得，∠CAB＝90°﹣60°＝30°，∠CBO＝90°﹣30°＝60°，∴∠ACB＝∠CAB＝30°，∴（海里），故答案為10；（2）由（1）知，CO為漁船向東航行到C的最短距離，∠CBO＝60°，∵CO⊥AB，∠CBO＝60°，BC＝10，∴，∴如果漁船繼續(xù)向東航行，有觸礁危險；（3）過C作CD⊥BF交BF于D，交BO于E，在Rt△BCD中，∠CBD＝∠CBO+∠DBO＝60°+15°＝75°，BC＝10，∴CD＝sin75°?BC≈9.66＞9，∴沒有觸礁的危險．15．（2022秋?平城區(qū)校級期末）如圖，某無人機愛好者在一小區(qū)外放飛無人機，當無人機飛行到一定高度D點處時，無人機測得操控者A的俯角為75°，測得小區(qū)樓房BC頂端點C處的俯角為45°．已知操控者A和小區(qū)樓房BC之間的距離為45米，無人機的高度為米．（假定點A，B，C，D都在同一平面內．參考數據：，．計算結果保留根號）（1）求此時小區(qū)樓房BC的高度；（2）在（1）條件下，若無人機保持現有高度沿平行于AB的方向，并以5米/秒的速度繼續(xù)向右勻速飛行．問：經過多少秒時，無人機剛好離開了操控者的視線？【分析】（1）過點D作DE⊥AB于點E，過點C作CF⊥DE于點F，由題意得AB＝45米，∠DAE＝75°，∠DCF＝∠FDC＝45°，則CF＝DF，再由四邊形BCFE是矩形，得出BE＝CF＝DF，在算出∠DAE的正弦值用含BE的式子表示，求出BE，則DH﹣BE即為所求；（2）求得AH，即可求得DG＝EH，進而即可求得無人機剛好離開操控者的視線所用的時間．【解答】解：（1）過點D作DE⊥AB于點E，過點C作CF⊥DE于點F，如圖所示：則四邊形BCFE是矩形，由題意得：AB＝45米，∠DAE＝75°，∠DCF＝∠FDC＝45°，∵∠DCF＝∠FDC＝45°，∴CF＝DF，∵四邊形BCFE是矩形，∴BE＝CF＝DF，在Rt△ADE中，∠AED＝90°，∴tan∠DAE＝＝＝2+，∴BE＝30，經檢驗，BE＝30是原方程的解，∴EF＝DH﹣DF＝30+15﹣30＝15（米），答：此時小區(qū)樓房BC的高度為15米．（2）∵DE＝15（2+）米，∴AE＝＝＝15（米），過D點作DG∥AB，交AC的延長線于G，作GH⊥AB于H，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝45米，BC＝15米，∴tan∠BAC＝＝＝，在Rt△AGH中，GH＝DE＝15（2+）米，AH＝＝＝（30+45）米，∴DG＝EH＝AH﹣AE＝（30+45）﹣15＝（30+30）米，（30+30）÷5＝（6+6）（秒），答：經過（6+6）秒時，無人機剛好離開了操控者的視線．16．（2022秋?岳麓區(qū)校級期末）如圖，在一筆直的海岸線l上有A，B兩個觀測站，A在B的正東方向．有一艘漁船在點P處，從A處測得漁船在北偏西60°的方向，從B處測得漁船在其東北方向，且測得B，P兩點之間的距離為20海里．（1）求觀測站A，B之間的距離（結果保留根號）；（2）漁船從點P處沿射線AP的方向航行一段時間后，到點C處等待補給，此時，從B測得漁船在北偏西15°的方向．在漁船到達C處的同時，一艘補給船從點B出發(fā)，以每小時20海里的速度前往C處，請問補給船能否在83分鐘之內到達C處？（參考數據：≈1.73）【分析】（1）過點P作PD⊥AB于D點，可得∠BDP＝∠ADP＝90°，然后在Rt△PBD中，利用銳角三角函數的定義求出BD，DP的長，再在Rt△PAD中，利用銳角三角函數的定義求出AD的長，進行計算即可解答；（2）過點B作BF⊥AC，垂足為F，根據題意得：∠ABC＝105°，∠PAD＝30°，從而求出∠C＝45°，然后在Rt△ABF中，利用銳角三角函數的定義求出BF的長，再在Rt△BCF中，利用銳角三角函數的定義求出BC的長，進行計算即可解答．【解答】解：（1）過點P作PD⊥AB于D點，∴∠BDP＝∠ADP＝90°，在Rt△PBD中，∠PBD＝90°﹣45°＝45°，BP＝20海里，∴DP＝BP?sin45°＝20×＝10（海里），BD＝BP?cos45°＝20×＝10（海里），在Rt△PAD中，∠PAD＝90°﹣60°＝30°，∴AD＝＝＝10（海里），∴AB＝BD+AD＝（10+10）海里，∴觀測站A，B之間的距離為（10+10）海里；（2）補給船能在83分鐘之內到達C處，理由：過點B作BF⊥AC，垂足為F，∴∠AFB＝∠CFB＝90°由題意得：∠ABC＝90°+15°＝105°，∠PAD＝90°﹣60°＝30°，∴∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠PAD＝45°，在Rt△ABF中，∠BAF＝30°，∴BF＝AB＝（5+5）海里，在Rt△BCF中，∠C＝45°，∴BC＝＝＝（10+10）海里，∴補給船從B到C處的航行時間＝×60＝30+30≈81.9（分鐘）＜83分鐘，∴補給船能在83分鐘之內到達C處．17．（2022秋?陽泉期末）“十一”期間，王紅與家人開車去鄉(xiāng)下看望爺爺和奶奶．她看到汽車尾部自動升起的后備箱，于是根據實際情況畫出了相關的示意圖．圖1是王紅家私家車側面示意圖，其中矩形ABCD表示該車的后備箱，圖2是在打開后備箱的過程中，箱蓋ADE可以繞點A順時針方向旋轉，當旋轉角為60°時，箱蓋ADE落在AD'E'的位置的示意圖．王紅測得AD＝90厘米，DE＝30厘米，EC＝40厘米．根據王紅提供的信息解答下列問題：（1）求點D'到BC的距離；（2）求點E運動的距離．【分析】（1）通過作高構造直角三角形，利用直角三角形的邊角關系以及旋轉的性質求出D′H即可；（2）根據勾股定理求出AE的長，再根據弧長的計算方法求出弧EE′的長即可．【解答】解：（1）如圖2，過點D′作D′H⊥AD于H，連接AE，AE′，由題意可知，D′E′＝DE＝30cm，AD′＝AD＝90cm，∠DAD′＝∠EAE′＝60°，在Rt△AD′H中，AD′＝90cm，∠HAD′＝60°，∴D′H＝AD′＝45（cm），∴點D′到BC的距離為D′H+DC＝45+30+40＝（70+45）cm，答：點D'到BC的距離為（70+45）cm；（2）在Rt△ADE中，AD＝90cm，DE＝30cm，∴AE＝＝＝30（cm），∴弧EE′的長為＝10π（cm），答：點E運動的距離為10πcm．18．（2022秋?鄞州區(qū)期末）小麗與爸媽在公園里蕩秋千．如圖，小麗坐在秋千的起始位置A處，OA與地面垂直，兩腳在地面上用力一蹬，媽媽在距地面1.2m高的B處接住她后用力一推，爸爸在C處接住她．若媽媽與爸爸到OA的水平距離BD、CE分別為1.8m和2.4m，∠BOC＝90°．（1）△CEO與△ODB全等嗎？請說明理由．（2）爸爸在距離地面多高的地方接住小麗的？（3）秋千的起始位置A處與距地面的高是0.6m．【分析】（1）由直角三角形的性質得出∠COE＝∠OBD，根據AAS可證明△COE≌△OBD；（2）由全等三角形的性質得出CE＝OD，OE＝BD，求出DE的長則可得出答案；（3）因為OA＝OB，由勾股定理求得OB，再根據AM＝OD+DM﹣OA便可求得結果．【解答】解：（1）△OBD與△COE全等．理由如下：由題意可知∠CEO＝∠BDO＝90°，OB＝OC，∵∠BOC＝90°，∴∠COE+∠BOD＝∠BOD+∠OBD＝90°．∴∠COE＝∠OBD，在△COE和△OBD中，，∴△COE≌△OBD（AAS）；（2）∵△COE≌△OBD，∴CE＝OD，OE＝BD，∵BD、CE分別為1.8m和2.4m，∴OD＝2.4m，OE＝1.8m，∴DE＝OD﹣OE＝CE﹣BD＝2.4﹣1.8＝0.6（m），∵媽媽在距地面1.2m高的B處，即DM＝1.2m，∴EM＝DM+DE＝1.8（m），答：爸爸是在距離地面1.8m的地方接住小麗的；（3）∵OA＝OB＝＝3（m），∴AM＝OD+DM﹣OA＝2.4+1.2﹣3＝0.6（m）．∴秋千的起始位置A處與距地面的高0.6m．故答案為：0.6．19．（2022秋?蒙城縣期末）北京時間2022年6月5日10時44分，神舟十四號載人飛船在酒泉發(fā)射升空，為弘揚航天精神，某校在教學樓上從樓頂位置懸掛了一幅勵志條幅GF．如圖，已知樓頂到地面的距離GE為18.5米，當小亮站在樓前點B處，在點B正上方點A處測得條幅頂端G的仰角為37°，然后向教學樓方向前行15米到達點D處（樓底部點E與點B，D在一條直線上），在點D正上方點C處測得條幅底端F的仰角為42°，若AB，CD均為1.7米（即四邊形ABDC為矩形），請你幫助小亮計算：（1）當小亮站在B處時離教學樓的距離BE；（2）求條幅GF的長度．（結果精確到0.1m，參考數據：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin42°≈0.67，cos42°≈0.74，tan42°≈0.90）【分析】（1）延長AC交EG于H，根據矩形的性質得到AB＝CD＝EH＝1.7米，AC＝BD，AH＝BE，根據三角函數的定義即可得到結論；（2）由（1）知CH＝7，4米，解直角三角形即可得到結論．【解答】解：（1）延長AC交EG于H，則AB＝CD＝EH＝1.7米，AC＝BD，AH＝BE，∵GE＝18.5米，∴HG＝EG﹣HE＝18.5﹣1.7＝16.8（米），在Rt△AGH中，∠GAH＝37°，∴tan37°＝＝≈0.75，∴CH＝7.4，∴BE＝AH＝15+7.4＝22.4（米），答：小亮站在B處時離教學樓的距離BE為22.4米；（2）由（1）知CH＝7.4米，在Rt△FCH中，∵∠FCH＝42°，∴tan42°＝＝≈0.90，∴FH＝6.66，∴FG＝GH﹣FH＝16.8﹣6.66≈10.1（米），答：條幅GF的長度約為10.1米．20．（2022秋?北碚區(qū)校級期末）如圖，某工程隊從A處沿正北方向鋪設了184米軌道到達B處．某同學在博物館C測得A處在博物館C的南偏東27°方向，B處在博物館C的東南方向．（參考數據：sin27°≈0.45，cos27°≈0.90，tan27°≈0.50，≈2.45．）（1）請計算博物館C到B處的距離；（結果保留根號）（2）博物館C周圍若干米內因有綠地不能鋪設軌道．某同學通過計算后發(fā)現，軌道線路鋪設到B處時，只需沿北偏東15°的BE方向繼續(xù)鋪設，就能使軌道線路恰好避開綠地．請計算博物館C周圍至少多少米內不能鋪設軌道．（結果精確到個位）【分析】（1）過點C作CG⊥AB于點G，證△BCG是等腰直角三角形，得CG＝BG，設CG＝BG＝x米，則BC＝x米，再由銳角三角函數定義得AG≈2CG＝2x米，則2x≈184+x，解得x≈184，即可解決問題；（2）過點C作CH⊥BE于點H，根據題意得∠CBE＝60°，在Rt△CBH中，利用銳角三角函數的定義求出CH的長即可．【解答】解：（1）如圖1，過點C作CG⊥AB于點G，在Rt△BCG中，∠CBG＝45°，∴△BCG是等腰直角三角形，∴CG＝BG，設CG＝BG＝x米，則BC＝x米，在Rt△ACG中，∠CAG＝27°，tan∠CAG＝＝tan27°≈0.50，∴AG≈2CG＝2x米，∵AG＝AB+BG＝（184+x）米，∴2x≈184+x，解得：x≈184，∴BC＝x≈184（米），答：博物館C到B處的距離約為184米；（2）如圖2，過點C作CH⊥BE于點H，由題意得：∠CBG＝45°，∠DBE＝15°，∴∠CBE＝∠CBG+∠DBE＝60°，由（1）可知，BC≈184米，在Rt△CBH中，CH＝BC?sin60°≈184×＝92≈225（米），答：博物館C周圍至少225米內不能鋪設軌道．21．（2022秋?遼寧期末）“愚公移山”是我國著名寓言故事，它告訴了我們堅持不懈的道理．某日，小張穿越至愚公的年代，碰到了移山的眾人．（1）在運輸山石等雜物時，有兩條路可行，已知A，B間的直線距離為50里（如圖1所示）．線路1：折線ACDB，已知點C在點A東北方向，點B在點D東偏南53°方向，CD∥AB，且C，D間的距離為30里；線路2：以AB為直徑的半圓．如果僅從遠近考慮，小張應該告知愚公選取哪一條線路使得路程更短？請你通過計算說明理由．（2）愚公為了能夠更精確地了解所移之山MN的高度，請求小張幫其測量．如圖2所示，已知在山MN的后方有一座高140米的小山PQ，小張站在線段QN上的點E處，EQ＝480米，此時小張測得點M的仰角為60°，隨后小張到達小山山頂點P處測得點M的仰角為21°，請你幫小張求出山高MN的值．（結果保留3位有效數字，以下為參考三角比與數值）；；sin39°≈0.63；；【分析】（1）過點C，D分別作AB的垂線，垂足分別為G，F，分別解Rt△ACG，Rt△DBF，計算AC+CD+DB，以及半圓，即可求解；（2）設PH⊥MN于點H，連接PE，過點E作ET⊥MP于點T，根據已知條件得出∠PEQ＝16°，解Rt△PTE，Rt△MET，Rt△MNE，即可求解．【解答】（1）解：如圖，過點C，D分別作AB的垂線，垂足分別為G，F，∵CD∥AB，CG⊥AB，DF⊥AB，∴CG＝DF，依題意，∠CAG＝45°，∠DBF＝53°，則∠BDF＝37°，AG＝CG＝DF，∵，∴，在Rt△ACG中，，在Rt△DBF中，，，∵CD＝30里，AB＝50里，∴，解得：，∴，，∴AC+CD+DB＝16+30+14＝60里，∵AB＝50里，∴路線2，半圓的路程為里，所以線路1：折線ACDB的路程更短；（2）如圖，設PH⊥MN于點H，連接PE，過點E作ET⊥MP于點T，則PQNH是矩形，∴NH＝PQ＝140，PH＝QN，HP∥NQ，依題意，∠MEN＝60°，∠MPH＝21°，則∠NMP＝90°﹣21°＝69°，在Rt△PQE中，PQ＝140，EQ＝480，∴m，∴，∵，∴∠PEQ＝16°，∵HP∥NQ，∴∠HPE＝∠PEQ＝16°，∴∠EPT＝∠EPH+∠HPT＝16°+21°＝37°，在Rt△PTE中，m，在Rt△NME中，∠MEN＝60°，∴∠NME＝30°，∴∠EMT＝∠NMP﹣∠NME＝69°﹣30°＝39°，在Rt△MET中，，在Rt△MNE中，（米），∴山高MN為412米．22．（2023春?通河縣期末）如圖，一艘輪船以每小時35海里的速度向東航行，在A處觀測到在它的東北方向（北偏東45°）點C處有一艘捕漁船，2小時后輪船到達點B處，突然收到漁船的求救信號，此時觀測到漁船C位于點B的北偏東15°方向上．（1）求∠ACB的度數；（2）輪船收到求救信號后，立即沿BC以每小時海里的速度趕往C處救援，那么輪船需多少小時趕到C處？【分析】（1）根據三角形的內角和定理即可得到結論；（2）作BF⊥AC于F，國家等腰三角形的性質得到AF＝BF，根據勾股定理得到，解直角三角形即可得到結論．【解答】解：（1）∵∠DAC＝45°，∠DAB＝90°，∴∠CAB＝45°，∵∠EBC＝15°，∠ABE＝90°，∴∠ABC＝105°，∴∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠CAB＝180°﹣105°﹣45°＝30°；（2）過B作BF⊥AC于F，∴∠FAB＝∠FBA＝45°，∴AF＝BF，∵AB＝35×2＝70（海里），AB2＝AF2+BF2，∴（海里），∵∠ACB＝30°，∴（海里），∵，∴輪船需小時趕到C處．23．（2022秋?靜安區(qū)校級期末）某大型購物中心為方便顧客地鐵換乘，準備在底層至B1層之間安裝電梯，截面圖如圖所示，底層與B1層平行，層高AD為9米，A、B間的距離為6米，∠ACD＝20°．（1）請問身高1.9米的人在豎直站立的情況下搭乘電梯，在B處會不會碰到頭？請說明理由．（2）若采取中段平臺設計（如圖虛線所示）．已知平臺EF∥DC，且AE段和FC段的坡度i＝1：2，求平臺EF的長度．【參考數據：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36】【分析】（1）先過點B作GB⊥AB，交AC于點G，根據∠ACD＝20°，AB∥CD，得出∠BAG＝20°，再根據正切定理求出BG的長，然后與人的身高進行比較，即可得出答案；（2）根據AD的長求出CD，再過點F作FM⊥CD，垂足為點M，過點E作EN⊥AD，垂足為點N，設FM＝x，則AN＝9﹣x，根據AE段和FC段的坡度i＝1：2，求出CM和NE的長，最后根據EF＝CD﹣（CM﹣NE），即可求出答案．【解答】解：（1）過點B作GB⊥AB，交AC于點G，∵∠ACD＝20°，AB∥CD，∴∠BAG＝20°，∴BG＝tan20°×6＝0.36×6＝2.16＞1.9∴不會碰到頭部；（2）∵AD＝9，∴CD＝＝25，過點F作FM⊥CD，垂足為點M，過點E作EN⊥AD，垂足為點N，設FM＝x，則AN＝9﹣x，∵AE段和FC段的坡度i＝1：2，∴CM＝2x，NE＝2（9﹣x）＝18﹣2x，∴CM+NE＝2x+18﹣2x＝18，∴EF＝CD﹣（CM﹣NE）≈25﹣18＝7（米）．24．（2022秋?益陽期末）筒車是我國古代利用水力驅動的灌溉工具，唐代陳廷章在《水輪賦》中寫道：“水能利物，輪乃曲成”．如圖，半徑為3m的筒車⊙O按逆時針方向每分鐘轉圈，筒車與水面分別交于點A、B，筒車的軸心O距離水面的高度OC長為2.2m，筒車上均勻分布著若干個盛水筒．若以某個盛水筒P剛浮出水面時開始計算時間．（1）經過多長時間，盛水筒P首次到達最高點？（2）浮出水面3.4秒后，盛水筒P距離水面多高？（3）若接水槽MN所在直線是⊙O的切線，且與直線AB交于點M，MO＝8m．求盛水筒P從最高點開始，至少經過多長時間恰好在直線MN上．（參考數據：cos43°＝sin47°≈，sin16°＝cos74°≈，sin22°＝cos68°≈）【分析】（1）連接OA，根據cos∠AOC＝，得∠AOC＝43°，可得答案；（2）根據題意知，∠AOP＝3.4×5°＝17°，得∠POC＝∠AOC+∠AOP＝43+17°＝60°，過點P作PD⊥OC于D，利用三角函數求出OD的長；（3）由題意知OP⊥MN，利用cos∠POM＝，得∠POM＝68°，在Rt△COM中，根據cos，得∠COM＝74°，從而得出答案．【解答】解：（1）如圖，連接OA，由題意知，筒車每秒旋轉360°×，在Rt△ACO中，cos∠AOC＝，∴∠AOC＝43°，∴盛水筒P首次到達最高點的時間：（秒）；（2）如圖，∵盛水筒P浮出水面3.4秒后，∠AOP＝3.4×5°＝17°，∴∠POC＝∠AOC+∠AOP＝43+17°＝60°，過點P作PD⊥OC于D，在Rt△POD中，OD＝OP?cos60°＝3×＝1.5（米），∴盛水筒P距離水面距離為：2.2﹣1.5＝0.7（米）；（3）如圖，∵點P在⊙O上，且MN與⊙O相切，∴當點P在MN上時，此時點P是切點，連接OP，則OP⊥MN，在Rt△OPM中，cos∠POM＝，∴∠POM＝68°，在Rt△COM中，cos，∴∠COM＝74°，∵∠POH＝180°﹣68°﹣74°＝38°，∴＝7.6（秒），∴至少經過7.6秒恰好在直線MN上．25．（2023?海南）如圖，一艘輪船在A處測得燈塔M位于A的北偏東30°方向上，輪船沿著正北方向航行20海里到達B處，測得燈塔M位于B的北偏東60°方向上，測得港口C位于B的北偏東45°方向上．已知港口C在燈塔M的正北方向上．（1）填空：∠AMB＝30度，∠BCM＝45度；（2）求燈塔M到輪船航線AB的距離（結果保留根號）；（3）求港口C與燈塔M的距離（結果保留根號）．【分析】（1）先說明AB∥CM，再利用外角與內角的關系、平行線的性質得結論；（2）先利用等腰三角形的性質先說明BM與AB的關系，再在Rt△EBM中利用直角三角形的邊角間關系得結論；（3）先說明四邊形DEMC是矩形，再利用等腰三角形的性質、直角三角形的邊角間關系得結論．【解答】解：分別過點C、M，作CD⊥AB，ME⊥AB，垂足分別為D、E．（1）∵∠DBM＝∠A+∠AMB＝60°，∠A＝30°，∴∠AMB＝30°．∵AB、CM都是正北方向，∴AB∥CM．∵∠DBC＝45°，∴∠BCM＝45°．故答案為：30，45．（2）由（1）知∠A＝∠AMB，∴AB＝BM＝20海里．在Rt△EBM中，sin∠EBM＝，∴EM＝sin∠EBM?BM＝sin60°×20＝×20＝10（海里）．答：燈塔M到輪船航線AB的距離為10海里．（3）∵CD⊥AB，ME⊥AB，AB、CM都是正北方向，∴四邊形DEMC是矩形．∴CD＝EM＝10海里，DE＝CM．在Rt△CDB中，∵∠DBC＝45°，∴∠DBC＝∠DCB．∴DB＝DC＝10海里．在Rt△EMB中，cos∠DBM＝，∴EB＝cos∠DBM?BM＝cos60°×20＝×20＝10（海里）．∴CM＝DE＝DB﹣EB＝10﹣10＝10（﹣1）海里．答：港口C與燈塔M的距離為10（﹣1）海里．26．（2023?阜新）如圖，小穎家所在居民樓高AB為46m．從樓頂A處測得另一座大廈頂部C的仰角α是45°，而大廈底部D的俯角β是37°．（1）求兩樓之間的距離BD．（2）求大廈的高度CD．（結果精確到0.1m，參考數據：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）【分析】（1）過點A作AE⊥CD，垂足為E，根據題意可得：AE＝BD，AB＝DE＝46m，然后在Rt△ADE中，利用銳角三角函數的定義求出AE的長，從而求出BD的長，即可解答；（2）在Rt△ACE中，利用銳角三角函數的定義求出CE的長，然后利用線段的和差關系求出CD的長，即可解答．【解答】解：（1）過點A作AE⊥CD，垂足為E，由題意得：AE＝BD，AB＝DE＝46m，在Rt△ADE中，∠EAD＝β＝37°，∴AE＝≈≈61.3（m），∴AE＝BD≈61.3m，∴兩樓之間的距離BD約為61.3m；（2）在Rt△ACE中，∠CAE＝45°，∴CE＝AE?tan45°＝61.3（m），∴CD＝CE+DE≈61.3+46＝107.3（m），∴大廈的高度CD約為107.3m．27．（2023?盤錦）如圖，一人在道路上騎行，BD段是坡路，其余為平路，當他路過A，B兩點時，一架無人機從空中的C點處測得A，B兩點的俯角分別為30°和45°，AB＝40m，BD＝20m，∠BDF＝159°，點A，B，C，D，E，F在同一平面內，CE是無人機到平路DF的距離，求CE的長．（結果精確到整數，參考數據：≈1.73，sin21°≈0.36，cos21°≈0.93，tan21°≈0.38）【分析】延長AB交CE于點H，過點B作BG⊥DF，垂足為G，根據題意可得：BG＝HE，CM∥AH，從而可得∠CAH＝∠MCA＝30°，∠CBH＝∠MCB＝45°，然后設BH＝xm，則AH＝（x+40）m，分別在Rt△ACH和Rt△CBH中，利用銳角三角函數的定義求出CH的長，從而列出關于x的方程，進行計算可求出CH的長，最后利用平角定義可得∠BDG＝21°，從而在Rt△BDG中，利用銳角三角函數的定義求出BG的長，再利用線段的和差關系進行計算，即可解答．【解答】解：如圖：延長AB交CE于點H，過點B作BG⊥DF，垂足為G，由題意得：BG＝HE，CM∥AH，∴∠CAH＝∠MCA＝30°，∠CBH＝∠MCB＝45°，設BH＝xm，∵AB＝40m，∴AH＝AB+BH＝（x+40）m，在Rt△ACH中，CH＝AH?tan30°＝（x+40）m，在Rt△CBH中，CH＝BH?tan45°＝x（m），∴x＝（x+40），解得：x＝20+20，∴CH＝（20+20）m，∵∠BDF＝159°，∴∠BDG＝180°﹣∠BDF＝21°，在Rt△BDG中，BD＝20m，∴BG＝BD?sin21°≈20×0.36＝7.2（m），∴BG＝EH＝7.2m，∴CE＝CH+HE＝20+20+7.2≈62（m），∴CE的長約為62m．28．（2023?濟南）圖1是某越野車的側面示意圖，折線段ABC表示車后蓋，已知AB＝1m，BC＝0.6m，∠A