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2026年中考数学一轮复习 锐角三角函数
一．选择题（共10小题）
1．（2025•港北区三模）一只杯子静止在斜面上，其受力分析如图所示，重力 G的方向竖直向下，
支持力F 的方向与斜面垂直，摩擦力F 的方向与斜面平行．若斜面的坡角 ＝25°，则摩擦力F
1 2 2
与重力G方向的夹角 的度数为（ ） α
β
A．155° B．125° C．115° D．65°
2．（2025•安庆二模）如图，在正方形网格中，△ABC的位置如图，其中点A、B、C分别在格点上，
则tanA的值是（ ）
√10 1 √5 √5
A． B． C． D．
10 3 5 10
1
3．（2025•旬邑县校级模拟）如图，在△ABC中，∠B＝45°，BC＝3，tanC= ，则中线AD的长为
2
（ ）
3 √5
A．√5 B．2 C． D．
2 2
4．（2025•莆田模拟）小媛在物理实验课上研究光的折射现象，了解到当光从空气射入介质时，折
sini
射率n= （i为入射角，r为折射角）．如图，一束光从空气射向横截面为直角三角形的硫系
sinr
玻璃透镜斜面，经折射后沿垂直AC边的方向射出．若i＝30°，AB＝20cm，BC＝5cm，则该玻璃
透镜的折射率n为（ ）
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A．2 B．1.6 C．1.5 D．1.4
5．（2025•南关区模拟）如图，小明在点C处测得树的顶端A仰角为 ，同时测得BC＝15m，则树
的高度AB为（ ） α
15 15
A．15tan m B． m C．15sin m D． m
tanα sinα
α α
6．（2025•鲁山县一模）我国纸伞的制作工艺十分巧妙．如图，两条伞骨所成的角∠BAC＝130°，
点D在伞柄AP上，AE＝AF＝DE＝DF＝m，则AD的长度可表示为（ ）
A．msin65° B．mcos65° C．2msin65° D．2mcos65°
7．（2025•长春模拟）许多大型商场购物中心为了引导人流前往目标楼层，会考虑使用“飞梯”
（可以跨楼层抵达的超高超长的自动扶梯）．上海大悦城的“飞梯”从 3层直达7层，“飞梯”
的截面如图，AB的长为50米，AB与AC的夹角为24°，则高BC是（ ）
A．50sin24°米 B．50cos24°米
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50 50
C． 米 D． 米
sin24° cos24°
8．（2025•南关区校级三模）如图1是一种三角车位锁，其主体部分是由两条长度相等的钢条组成．
当位于顶端的小挂锁打开时，钢条可放入底盒中（底盒固定在地面下），此时汽车可以进入车位；
当车位锁上锁后，钢条按图1的方式立在地面上，以阻止底盘高度低于车位锁高度的汽车进入车
位．图2是其示意图经测量，钢条 AB＝AC＝a厘米，∠ABC＝ ．则车位锁的底盒长BC为（
） θ
A．a cos 厘米 B．a sin 厘米
C．2a coθs 厘米 D．2a siθn 厘米
9．（2025•朝θ阳区校级二模）如图所示的是一段索道的示意θ图．已知A、B两点间的距离为500米，
∠BAC＝ ，则缆车从A点到B点上升的高度（即线段BC的长）为（ ）
α
500 500
A． 米 B．500sin 米 C． 米 D．500cos 米
sinα cosα
α α
10．（2025•上蔡县三模）近年来，随着智能技术的发展，智能机器人已经应用于社会生活的各个方
面．如图是一款智能送货机器人的侧面示意图，现测得其矩形底座ABCD的高BC为20cm，上部
显示屏EF的长度为60cm，侧面支架EC的长度为130cm，∠ECD＝80°，∠FEC＝130°，则该机
器人的最高点F距地面AB的高度为（ ）
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A．（30+130sin80°）cm B．（50+130cos80°）cm
130
C．(30√3+ )cm D．（50+130sin80°）cm
sin80°
二．填空题（共5小题）
11．（2025•武汉）某科技小组用无人机测量一池塘水面两端 A，B的距离，具体过程如下：如图，
将无人机垂直上升至距水面120m的P处，测得A处的俯角为45°，B处的俯角为22°，则A，B之
间的距离是 m．（tan22°取0.4）
12
12．（2025•广州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB，已知cos∠CAD= ，AB
13
＝26，则点B到AD的距离为 ．
13．（2025•椒江区校级模拟）如图，四边形ABCD中，若∠B+∠D＝180°，BC＝CD＝3，AC＝8，
AB＝x，AD＝y．则xy＝ ．
14．（2025•金凤区模拟）如图，小明在大楼30米高（即PH＝30米）的窗口P处进行观测，测得
山坡上A处的俯角为15°，山脚B处的俯角为60°，已知该山坡的坡度i（即tan∠ABC）为1：√3
，点P，H，B，C，A在同一个平面上，点H、B、C在同一条直线上，且PH丄HC．
（1）山坡坡角（即∠ABC）的度数等于 度；
（2）求A、B两点间的距离等于 （结果精确到0.1米，参考数据：√3≈1.732）．
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15．（2025•光泽县模拟）具有对称性且富有节奏感的正六边形，不仅为建筑和装饰增添了现代感，
还能与多种设计风格相融合．如图1是阅览室墙上设计的正六边形蜂窝状置物架，将该置物架抽
象成几何图形如图2所示，若每个正六边形的边长均为2，则该置物架所占用墙面的长度d的值
为 ．
三．解答题（共5小题）
16．（2025•天河区校级四模）人们经常使用电脑，若坐姿不正确，容易造成眼睛疲劳，腰酸颈痛．
使用电脑时一般正确的坐姿是：当眼睛望向显示器屏幕时，“视线角” 为20°（望向屏幕上边
缘的水平视线与望向屏幕中心的视线的夹角），小臂水平放在桌面上，肘α 部形成的“手肘角”
为100°，如图①所示． β
（1）如图②，当水平视线AB与屏幕BC垂直，“视线角” 为20°，BC＝24cm时，求眼睛与屏
幕的距离AB；（结果保留一位小数） α
（2）如图③，肩膀到水平地面的距离DG＝100cm，大臂DE＝30cm，小臂水平放在桌面EF上，
若要保证坐姿正确，即“手肘角” 为100°时，求当桌面EF到地面的距离FH为多少？（结果保
留一位小数） β
参考数据：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36，sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，tan80°≈5.67
17．（2025•永寿县校级模拟）“生命之树”（如图①）是以西安古观音禅寺的千年银杏树为原型，
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用建筑和自然结合的方式打造的城市特色建筑景观．如图②，由于“生命之树”主体底部不可直
接测量，小兴计划利用无人机测量该“生命之树”主体的高度，他先用无人机从地面上的点D处
竖直上升100m到达点C处，在点C处测得“生命之树”主体AB的顶点A处的俯角为22°，然后
操控无人机向主体AB的方向水平飞行65m至点E处，在点E处测得顶点A处的俯角为45°，点
B，D在同一水平线上，AB⊥BD，图中所有点均在同一平面内，求“生命之树”主体AB的高度．
（结果保留整数，参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40）
18．（2025•广东模拟）图1是某型号挖掘机，该挖掘机是由基座、主臂和伸展臂构成．图 2是某种
工作状态下的侧面结构示意图（MN是基座的高，MP是主臂，PQ是伸展臂，EM∥QN）．已知
3
基座高度MN为1m，主臂MP长为5m，测得主臂伸展角．∠PME＝37°．（参考数据：sin37°≈
5
3 4 4
，tan37°≈ ，sin53°≈ ，tan53°≈ ）
4 5 3
（1）求点P到地面的高度；
（2）若挖掘机能挖的最远处点Q，此时∠QPM＝90°，求Q点到N点的距离．
19．（2025•武安市二模）淇淇家位于学校正东方向200m处，周末她和同学约好去学校附近的体育
馆打篮球，已知体育馆位于学校北偏西53°方向，距离学校500m．
（1）请根据描述画出淇淇家、学校和体育馆的方位示意图；
（2）求体育馆到淇淇家的直线距离；
（3）若淇淇步行从家出发，先以50m/min的速度匀速走到学校，但到达学校后，发现忘带篮球，
于是立即以60m/min的速度原路返回家中．取到篮球后，为了赶时间，她以80m/min的速度从家
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直接走到体育馆，求淇淇全程所用的时长．（计算结果保留整数．参考数据：sin53°＝0.8，
cos53°≈0.6，√5≈2.2)
20．（2025•凌河区校级三模）如图1，某款线上教学设备由底座、支撑臂AB、连杆BC、悬臂CD
和安装在 D处的摄像头组成．如图 2是该款设备放置在水平桌面上的示意图．已知支撑臂
AB⊥l，AB＝18cm，CD＝44cm，固定∠ABC＝148°，可通过调试悬臂CD与连杆BC的夹角来提
高拍摄效果．悬臂端点C到桌面l的距离约为52cm．
（1）BC的长度为多少？
（2）已知摄像头点D到桌面l的距离为30cm时拍摄效果较好，那么此时悬臂CD与连杆BC的夹
角∠BCD的度数约为多少？（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60）
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2026年中考数学一轮复习 锐角三角函数
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025•港北区三模）一只杯子静止在斜面上，其受力分析如图所示，重力 G的方向竖直向下，
支持力F 的方向与斜面垂直，摩擦力F 的方向与斜面平行．若斜面的坡角 ＝25°，则摩擦力F
1 2 2
与重力G方向的夹角 的度数为（ ） α
β
A．155° B．125° C．115° D．65°
【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】C
【分析】根据题意结合图形可知 是重力G与斜面形成的三角形的外角，从而可求得 的度数．
【解答】解：∵重力G的方向竖直β 向下， β
∴重力G与水平方向夹角为90°，
由题意可得：
∴ ＝∠1＝ +90°＝115°，
故β选：C． α
【点评】本题考查了平行线的性质和三角形外角性质，正确进行计算是解题关键．
2．（2025•安庆二模）如图，在正方形网格中，△ABC的位置如图，其中点A、B、C分别在格点上，
则tanA的值是（ ）
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√10 1 √5 √5
A． B． C． D．
10 3 5 10
【考点】解直角三角形．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】B
【分析】取格点D，连接CD，设每个小正方形的边长为1，由勾股定理结合勾股定理逆定理可得
△ACD为直角三角形，且∠ADC＝90°，再由正切的定义计算即可得解．
【解答】解：如图所示：取格点D，连接CD，
设每个小正方形的边长为1，由勾股定理可得：
CD=√12+12=√2，AD=√32+32=3√2，AC=√22+42=2√5，
∴AC2＝AD2+CD2，
∴△ACD为Rt△，且∠ADC＝90°，
√2 1
∴tanA= = ，
3√2 3
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理、勾股定理逆定理、求角的正切值，熟练掌握以上知识点是关键．
1
3．（2025•旬邑县校级模拟）如图，在△ABC中，∠B＝45°，BC＝3，tanC= ，则中线AD的长为
2
（ ）
3 √5
A．√5 B．2 C． D．
2 2
【考点】解直角三角形．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
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【答案】D
【分析】过点A作AE⊥BC于点E，设AE＝x，分别在Rt△ABE和Rt△AEC中，利用锐角三角函
数的定义求出BE和CE的长，从而列出关于x的方程，进而求出BC的长，再利用三角形的中线
定义求出BD的长，从而求出DE的长，最后在Rt△ADE中，利用勾股定理进行计算即可解答．
【解答】解：过点A作AE⊥BC于点E，
设AE＝x，
在Rt△ABE中，∠B＝45°，
∴BE＝AE•tan45°＝x，
1
在Rt△AEC中，tanC=
2
AE 1
∴ = ，
CE 2
∴CE＝2AE＝2x，
∴BC＝BE+CE，
∴x+2x＝3，
解得：x＝1，
∴AE＝BE＝1，
∵AD是BC边上的中线，
1
∴BD＝CD= BC＝1.5，
2
∴DE＝BD﹣BE＝1.5﹣1＝0.5，
√5
在Rt△ADE中，AD=√AE2+DE2= ，
2
故选：D．
【点评】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．
4．（2025•莆田模拟）小媛在物理实验课上研究光的折射现象，了解到当光从空气射入介质时，折
sini
射率n= （i为入射角，r为折射角）．如图，一束光从空气射向横截面为直角三角形的硫系
sinr
玻璃透镜斜面，经折射后沿垂直AC边的方向射出．若i＝30°，AB＝20cm，BC＝5cm，则该玻璃
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透镜的折射率n为（ ）
A．2 B．1.6 C．1.5 D．1.4
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用．
【答案】A
BC 5 1
【分析】由题意得 +∠A＝90°，r+ ＝90°，则r＝∠A，所以sinr=sinA= = = ，然后通
AB 20 4
β β
sini sin30°
过折射率n= = 即可求解．
sinr sinA
【解答】解：如图，
∵折射光线沿垂直AC边的方向射出 +∠A＝90°，
∵法线垂直于AB， β
∴r+ ＝90°，
∴r＝β∠A，
BC 5 1
∴sinr=sinA= = = ，
AB 20 4
1
sini sin30° 2
∵折射率n= = = =2，
sinr sinA 1
4
故选：A．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，同角的余角相等，掌握知识点的应用是解题的关键．
5．（2025•南关区模拟）如图，小明在点C处测得树的顶端A仰角为 ，同时测得BC＝15m，则树
的高度AB为（ ） α
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15 15
A．15tan m B． m C．15sin m D． m
tanα sinα
α α
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．
【答案】A
AB
【分析】由锐角三角函数定义得tan = ，即可得出答案．
BC
α
AB
【解答】解：在Rt△ABC中，BC＝15m，∠ACB＝ ，tan = ，
BC
α α
∴AB＝BC•tan ＝15tan （m）．
故选：A． α α
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题及坡度坡角问题，熟练掌握锐角三角函数
的定义是解答本题的关键．
6．（2025•鲁山县一模）我国纸伞的制作工艺十分巧妙．如图，两条伞骨所成的角∠BAC＝130°，
点D在伞柄AP上，AE＝AF＝DE＝DF＝m，则AD的长度可表示为（ ）
A．msin65° B．mcos65° C．2msin65° D．2mcos65°
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】D
【分析】连接EF交AD于点O，根据已知易得：四边形AEDF是菱形，从而利用菱形的性质可得
1
OA＝OD= AD，∠AOF＝90°，∠FAD＝65°，然后在Rt△AOF中，利用锐角三角函数的定义求
2
出AO的长，从而求出AD的长，即可解答．
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【解答】解：连接EF交AD于点O，
∵AE＝AF＝DE＝DF＝m，
∴四边形AEDF是菱形，
1 1
∴OA＝OD= AD，∠AOF＝90°，∠FAD= ∠EAF＝65°，
2 2
在Rt△AOF中，AO＝AF•cos65°＝mcos65°，
∴AD＝2AO＝2mcos65°，
∴AD的长度可表示为2mcos65°，
故选：D．
【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．
7．（2025•长春模拟）许多大型商场购物中心为了引导人流前往目标楼层，会考虑使用“飞梯”
（可以跨楼层抵达的超高超长的自动扶梯）．上海大悦城的“飞梯”从 3层直达7层，“飞梯”
的截面如图，AB的长为50米，AB与AC的夹角为24°，则高BC是（ ）
A．50sin24°米 B．50cos24°米
50 50
C． 米 D． 米
sin24° cos24°
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；几何直观；运算能力．
【答案】A
【分析】根据图形和锐角三角函数，可以表示出BC的值．
【解答】解：∵∠BCA＝90°，AB＝50m，∠A＝24°，
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BC BC
∴sinA= = ，
AB 50
∴BC＝50sinA＝50sin24°（米），
故选：A．
【点评】本题考查解直角三角形的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
8．（2025•南关区校级三模）如图1是一种三角车位锁，其主体部分是由两条长度相等的钢条组成．
当位于顶端的小挂锁打开时，钢条可放入底盒中（底盒固定在地面下），此时汽车可以进入车位；
当车位锁上锁后，钢条按图1的方式立在地面上，以阻止底盘高度低于车位锁高度的汽车进入车
位．图2是其示意图经测量，钢条 AB＝AC＝a厘米，∠ABC＝ ．则车位锁的底盒长BC为（
） θ
A．a cos 厘米 B．a sin 厘米
C．2a coθs 厘米 D．2a siθn 厘米
【考点】解θ直角三角形的应用；等腰三角形的性质． θ
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】C
【分析】根据题意，结合图形，在Rt△ADB中利用三角函数得到BD，结合等腰三角形的性质得
到结果．
【解答】解：过A点作AD⊥BC于D点，
∵AB＝AC，△ABC是等腰三角形，
∴BD＝DC，
∵在Rt△ADB中，∠ADB＝90°，∠ABD＝ ，AB＝a厘米，
∴BD＝AB•cos∠ABD＝a•cos （厘米）， θ
∴BC＝2a•cos （厘米）， θ
故选：C． θ
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【点评】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形是解题的关键．
9．（2025•朝阳区校级二模）如图所示的是一段索道的示意图．已知A、B两点间的距离为500米，
∠BAC＝ ，则缆车从A点到B点上升的高度（即线段BC的长）为（ ）
α
500 500
A． 米 B．500sin 米 C． 米 D．500cos 米
sinα cosα
α α
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】B
【分析】根据题意可得：BC⊥AC，然后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，
即可解答．
【解答】解：由题意得：BC⊥AC，
在Rt△ABC中，∠BAC＝ ，AB＝500米，
∴BC＝AB•sin ＝500sin （α米），
∴缆车从A点到α B点上升α的高度为500sin 米，
故选：B． α
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，准确熟练地进行计算是解题的关键．
10．（2025•上蔡县三模）近年来，随着智能技术的发展，智能机器人已经应用于社会生活的各个方
面．如图是一款智能送货机器人的侧面示意图，现测得其矩形底座ABCD的高BC为20cm，上部
显示屏EF的长度为60cm，侧面支架EC的长度为130cm，∠ECD＝80°，∠FEC＝130°，则该机
器人的最高点F距地面AB的高度为（ ）
A．（30+130sin80°）cm B．（50+130cos80°）cm
130
C．(30√3+ )cm D．（50+130sin80°）cm
sin80°
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【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】D
【分析】过点E，F分别作EH⊥CD，FN⊥CD，垂足分别为H，N，过点E作EM⊥FN，垂足为
M，可得四边形EMNH为矩形，即得MN＝EH，再分别解Rt△EHC和Rt△FEM，求出EH、FM
即可求解．
【解答】解：过点E，F分别作EH⊥CD，FN⊥CD，垂足分别为H，N，过点E作EM⊥FN，垂
足为M，则四边形EMNH为矩形，
∴MN＝EH，
EH
∵sin∠ECH= ，
CE
∴EH＝CE•sin∠ECH＝130sin80°（cm），
∴MN＝130sin80°（cm），
∵∠EHC＝90°，
∴∠CEH＝90°﹣80°＝10°，
∴∠FEM＝∠FEC﹣∠MEH﹣∠CEH＝130°﹣90°﹣10°＝30°，
1
∴FM= EF=30(cm)，
2
∴点F距地面AB的高度为FM+MN+BC＝30+130sin80°+20＝（50+130sin80°）cm，
故选：D．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，矩形的判定和性质，正确进行计算是解题关键．
二．填空题（共5小题）
11．（2025•武汉）某科技小组用无人机测量一池塘水面两端 A，B的距离，具体过程如下：如图，
将无人机垂直上升至距水面120m的P处，测得A处的俯角为45°，B处的俯角为22°，则A，B之
间的距离是 18 0 m．（tan22°取0.4）
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【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】180．
【分析】根据题意可得：PD∥CB，从而可得∠PAC＝∠DPA＝45°，∠DPB＝∠PBC＝22°，然后
分别在Rt△PAC和Rt△PBC中，利用锐角三角函数的定义求出AC和BC的长，从而进行计算即
可解答．
【解答】解：如图：
由题意得：PD∥CB，
∴∠PAC＝∠DPA＝45°，∠DPB＝∠PBC＝22°，
在Rt△PAC中，PC＝120m，
PC
∴AC= =120（m），
tan45°
在Rt△PBC中，∠PBC＝22°，
PC 120
∴BC= ≈ =300（m），
tan22° 0.4
∴AB＝BC﹣AC＝300﹣120＝180（m），
∴A，B之间的距离约是180m，
故答案为：180．
【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进行
分析添加适当的辅助线是解题的关键．
12
12．（2025•广州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD平分∠CAB，已知cos∠CAD= ，AB
13
＝26，则点B到AD的距离为 1 0 ．
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【考点】解直角三角形；角平分线的性质．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】10．
【分析】过点D作DH⊥AB于点H．可以假设AC＝12k，AD＝13k，则CD＝5k，证明DH＝CD
＝5k，利用面积法求解．
【解答】解：过点D作DH⊥AB于点H．
AC 12
∵∠C＝90°，cos∠CAD= = ，
AD 13
∴可以假设AC＝12k，AD＝13k，则CD＝5k，
∵AD平分∠CAB，DC⊥AC，DH⊥AB，
∴DH＝DC＝5k，
1 1
设点B到AD的距离为h，则有 ×13k×h= ×26×5k，
2 2
解得h＝10．
故答案为：10．
【点评】本题考查解直角三角形，角平分线的性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问
题．
13．（2025•椒江区校级模拟）如图，四边形ABCD中，若∠B+∠D＝180°，BC＝CD＝3，AC＝8，
AB＝x，AD＝y．则xy＝ 5 5 ．
【考点】解直角三角形．
【专题】三角形；解直角三角形及其应用；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】55．
【分析】过点C作CE⊥AB于点E，CF⊥AD，交AD延长线于点F，证明∠B＝∠CDF＝ ，解
α
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Rt△BCE得CE＝3sin ，BE＝3cos ，则AE＝x﹣3cos ，由勾股定理得AE2+CE2＝AC2，则（x﹣
3cos ）2+（3sin ）2＝α82，整理得αx2﹣6xcos ＝55①，α 解Rt△CDF得CF＝3sin ，DF＝3cos ，
则 AαF＝y+3cos α，由勾股定理得 AF2+CF2＝α AC2，则（y+3cos ）2+（3sin ）α2＝82，整理α得
y2+6ycos ＝55②α ，由①②得x2﹣6xcos ＝y2+6ycos ，由此得αx﹣y＝6cosα，则x2+y2﹣2xy＝
36cos2 ，α再由①+②得x2+y2＝110+36cos2α，进而得1α10+36cos2 ﹣2xy＝36coαs2 ，由此即可得出
xy的值α． α α α
【解答】解：过点C作CE⊥AB于点E，CF⊥AD，交AD的延长线于点F，如图所示：
∵∠B+∠ADC＝180°，∠CDF+∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠CDF，
设∠B＝∠CDF＝ ，
在Rt△BCE中，∠αB＝ ，BC＝3，
CE BEα
∴sin = ，cos = ，
BC BC
α α
∴CE＝BC•sin ＝3sin ，BE＝BC•cos ＝3cos ，
∵AB＝x， α α α α
∴AE＝AB﹣BE＝x﹣3cos ，
在Rt△ACE中，AC＝8，α
由勾股定理得：AE2+CE2＝AC2，
∴（x﹣3cos ）2+（3sin ）2＝82，
整理得：x2﹣α6xcos +9（αsin2 +cos2 ）＝64，
∵sin2 +cos2 ＝1，α α α
∴x2﹣α6xcosα＝55①，
在Rt△CDFα中，∠CDF＝ ，CD＝3，
CF DF α
∴sin = ，cos = ，
CD CD
α α
∴CF＝CD•sin ＝3sin ，DF＝CD•cos ＝3cos ，
∵AD＝y， α α α α
∴AF＝AD+DF＝y+3cos ，
在Rt△ACF中，AC＝8，α
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由勾股定理得：AF2+CF2＝AC2，
∴（y+3cos ）2+（3sin ）2＝82，
整理得：y2+α6ycos +9（αsin2 +cos2 ）＝64，
∵sin2 +cos2 ＝1，α α α
∴y2+6αycos ＝α 55②，
由①②得α：x2﹣6xcos ＝y2+6ycos ，
∴（x+y）（x﹣y）＝6（α x+y）cos α，
∵x+y≠0， α
∴x﹣y＝6cos ，
∴（x﹣y）2＝α（6cos ）2，
∴x2+y2﹣2xy＝36cos2 α，
由①+②得：x2﹣6xcαos +y2+6ycos ＝110，
∴x2+y2＝110+6（x﹣y）αcos ＝110+α6×6cos ×cos ，
∴x2+y2＝110+36cos2 ， α α α
∴110+36cos2 ﹣2xy＝α36cos2 ，
∴xy＝55． α α
故答案为：55．
【点评】此题主要考查了解直角三角形，熟练掌握锐角三角函数的定义，勾股定理，完全平方公
式的结构特征是解决问题的关键．
14．（2025•金凤区模拟）如图，小明在大楼30米高（即PH＝30米）的窗口P处进行观测，测得
山坡上A处的俯角为15°，山脚B处的俯角为60°，已知该山坡的坡度i（即tan∠ABC）为1：√3
，点P，H，B，C，A在同一个平面上，点H、B、C在同一条直线上，且PH丄HC．
（1）山坡坡角（即∠ABC）的度数等于 3 0 度；
（2）求A、B两点间的距离等于 34. 6 （结果精确到0.1米，参考数据：√3≈1.732）．
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据俯角以及坡度的定义即可求解；
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（2）在直角△PHB中，根据三角函数即可求得PB的长，然后在直角△PBA中利用三角函数即可
求解．
【解答】解：（1）∵tan∠ABC＝1：√3，
∴∠ABC＝30°；
（2）由题意得：∠PBH＝60°，
∵∠ABC＝30°，
∴∠ABP＝90°，又∠APB＝45°，
∴△PAB为等腰直角三角形，
PH 30
= = =
在直角△PHB中，PB sin∠PBH √3 20√3．
2
在直角△PBA中，AB＝PB＝20√3≈34.6米．
故答案为30，34.6．
【点评】本题主要考查了俯角的问题以及坡度的定义，正确利用三角函数是解题的关键．
15．（2025•光泽县模拟）具有对称性且富有节奏感的正六边形，不仅为建筑和装饰增添了现代感，
还能与多种设计风格相融合．如图1是阅览室墙上设计的正六边形蜂窝状置物架，将该置物架抽
象成几何图形如图2所示，若每个正六边形的边长均为2，则该置物架所占用墙面的长度d的值
为 1 9 ．
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】19．
【分析】根据题意可得：点 A，B，C，D，E，F，G，H共线，连接 AB并延长到点 H，则
AH⊥HM，根据题意可得：AB＝CD＝EF＝4，BC＝DE＝FG＝GM＝2，然后在Rt△GHM中，利
用锐角三角函数的定义求出GH的长，最后进行计算即可解答．
【解答】解：如图：由题意得：点A，B，C，D，E，F，G，H共线，连接AB并延长到点H，则
AH⊥HM，
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由题意得：AB＝CD＝EF＝4，BC＝DE＝FG＝GM＝2，
在Rt△GHM中，∠MGH＝60°，
1
∴GH＝GM•cos60°＝2× =1，
2
∴AH＝AB+BC+CD+DE+EF+FG+GH＝4+2+4+2+4+2+1＝19，
∴该置物架所占用墙面的长度d的值为19，
故答案为：19．
【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适当的辅助线是解
题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2025•天河区校级四模）人们经常使用电脑，若坐姿不正确，容易造成眼睛疲劳，腰酸颈痛．
使用电脑时一般正确的坐姿是：当眼睛望向显示器屏幕时，“视线角” 为20°（望向屏幕上边
缘的水平视线与望向屏幕中心的视线的夹角），小臂水平放在桌面上，肘α 部形成的“手肘角”
为100°，如图①所示． β
（1）如图②，当水平视线AB与屏幕BC垂直，“视线角” 为20°，BC＝24cm时，求眼睛与屏
幕的距离AB；（结果保留一位小数） α
（2）如图③，肩膀到水平地面的距离DG＝100cm，大臂DE＝30cm，小臂水平放在桌面EF上，
若要保证坐姿正确，即“手肘角” 为100°时，求当桌面EF到地面的距离FH为多少？（结果保
留一位小数） β
参考数据：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36，sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，tan80°≈5.67
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．
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【答案】（1）眼睛与屏幕的距离AB约为66.7cm；
（2）桌面EF到地面的距离FH约为70.6cm．
【分析】（1）根据BC的长及20°的正切值可得AB的长；
（2）易得∠DEM＝80°，根据DE的长和80°的正弦值可得MG的长，取DG的长，减去MG的长
即为桌面EF到地面的距离．
【解答】解：（1）∵AB⊥BC，
∴∠B＝90°，
∵ ＝20°，BC＝24cm，
α BC 24
∴AB= ≈ ≈66.7（cm），
tanα 0.36
答：眼睛与屏幕的距离AB约为66.7cm；
（2）由题意得：四边形GMFH是矩形，∠DME＝90°，
∵ ＝100°，
∴β∠DEM＝80°，
∵DE＝30cm，
∴DM＝DE•sin80°≈30×0.98≈29.4（cm），
∵DG＝100cm，
∴GM＝100﹣29.4＝70.6（cm），
∴FH＝GM＝70.6cm．
答：桌面EF到地面的距离FH约为70.6cm．
【点评】本题考查解直角三角形的应用．掌握锐角三角函数的性质是解决本题的关键．
17．（2025•永寿县校级模拟）“生命之树”（如图①）是以西安古观音禅寺的千年银杏树为原型，
用建筑和自然结合的方式打造的城市特色建筑景观．如图②，由于“生命之树”主体底部不可直
接测量，小兴计划利用无人机测量该“生命之树”主体的高度，他先用无人机从地面上的点D处
竖直上升100m到达点C处，在点C处测得“生命之树”主体AB的顶点A处的俯角为22°，然后
操控无人机向主体AB的方向水平飞行65m至点E处，在点E处测得顶点A处的俯角为45°，点
B，D在同一水平线上，AB⊥BD，图中所有点均在同一平面内，求“生命之树”主体AB的高度．
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（结果保留整数，参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40）
【考点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．
【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．
【答案】“生命之树”主体AB的高度约为57m．
【分析】如图，过点A作 AF⊥CE，交CE的延长线于点F，根据矩形的性质得到BF＝CD＝
100m，由题意知∠ACF＝22°，∠AEF＝45°，CE＝65m，求得EF＝AF，设EF＝AF＝x m，则CF
＝CE+EF＝（65+x）m，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：如图，过点A作 AF⊥CE，交CE的延长线于点F，
∵点B，D在同一水平线上，AB⊥BD，
∴四边形CDBF为矩形，
∴BF＝CD＝100m，
由题意知∠ACF＝22°，∠AEF＝45°，CE＝65m，
∴EF＝AF，
设EF＝AF＝x m，则CF＝CE+EF＝（65+x）m，
AF
在Rt△ACF中，tan∠ACF= ，
CF
x
∴ ≈0.40，
65+x
解得x≈43.3，
∴AF＝43.3m，
∴AB＝100﹣43.3＝56.7＝57（m），
答：“生命之树”主体AB的高度约为57m．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，正确地作出辅助线是解题的关键．
18．（2025•广东模拟）图1是某型号挖掘机，该挖掘机是由基座、主臂和伸展臂构成．图 2是某种
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工作状态下的侧面结构示意图（MN是基座的高，MP是主臂，PQ是伸展臂，EM∥QN）．已知
3
基座高度MN为1m，主臂MP长为5m，测得主臂伸展角．∠PME＝37°．（参考数据：sin37°≈
5
3 4 4
，tan37°≈ ，sin53°≈ ，tan53°≈ ）
4 5 3
（1）求点P到地面的高度；
（2）若挖掘机能挖的最远处点Q，此时∠QPM＝90°，求Q点到N点的距离．
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】计算题；数形结合；解直角三角形及其应用；运算能力；应用意识．
【答案】（1）点P到地面的高度约为4m；
（2）Q点到N点的距离约为7m．
【分析】（1）作PB⊥QN于点B，延长ME交PB于点A．易得四边形ABNM是矩形，那么AB＝
MN，AM＝BN，根据37°的正弦值和PM的长可得PA的长，加上AB的长即为点P到地面的高度；
（2）根据勾股定理可得AM的长，也就是BN的长，根据∠QPM＝90°，可得∠QPB＝37°，根据
37°的正切值和PB的长可得QB的长，加上BN的长即为Q点到N点的距离．
【解答】解：（1）作PB⊥QN于点B，延长ME交PB于点A．
∴∠PBQ＝∠PBN＝90°．
∵EM∥QN，
∴∠BAE＝∠PAE＝90°．
由题意得：MN⊥BN，
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∴∠MNB＝90°．
∴四边形ABNM是矩形．
∴AB＝MN＝1（m），AM＝BN．
∵PM＝5m，∠PME＝37°，
3
∴PA＝PM•sin∠PME≈5× =3（m）．
5
∴PB＝PA+AB＝3+1＝4（m）．
答：点P到地面的高度约为4m；
（2）∵PA＝3m，PM＝5m，∠PAM＝90°，
∴AM＝4（m），∠APM+∠PME＝90°．
∴BN＝4（m）．
∵∠QPM＝90°，
∴∠QPB+∠APM＝90°．
∴∠QPB＝∠PME＝37°．
3
∴QB＝PB•tan∠QPB≈4× =3（m）．
4
∴QN＝QB+BN＝7（m）．
答：Q点到N点的距离约为7m．
【点评】本题考查解直角三角形的应用．把所给的线段和角整理到合适的直角三角形中是解决本
题的关键．
19．（2025•武安市二模）淇淇家位于学校正东方向200m处，周末她和同学约好去学校附近的体育
馆打篮球，已知体育馆位于学校北偏西53°方向，距离学校500m．
（1）请根据描述画出淇淇家、学校和体育馆的方位示意图；
（2）求体育馆到淇淇家的直线距离；
（3）若淇淇步行从家出发，先以50m/min的速度匀速走到学校，但到达学校后，发现忘带篮球，
于是立即以60m/min的速度原路返回家中．取到篮球后，为了赶时间，她以80m/min的速度从家
直接走到体育馆，求淇淇全程所用的时长．（计算结果保留整数．参考数据：sin53°＝0.8，
cos53°≈0.6，√5≈2.2)
【考点】解直角三角形的应用﹣方向角问题；作图—应用与设计作图．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】（1）方位示意图见解析部分；
（2）体育馆到淇淇家的直线距离约为660米；
（3）淇淇全程所用的时长为15.6min．
【分析】（1）根据题意，画出方位示意图即可；
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（2）结合图形，在Rt△ACD中求出AD，CD，在Rt△BCD中利用勾股定理即可求出BC；
（3）根据题意，分别计算出淇淇每段路程所用的时间，即可得到总用时．
【解答】解：（1）淇淇家、学校和体育馆的方位示意图如图1所示，
（2）如图2，过C点作CD⊥AB，并BA的延长线于点D，
依题意，∠DCA＝53°，AB＝200米，AC＝500米，
∴在Rt△ACD中，AD＝AC•sin∠DCA＝500×sin53°≈400（米），
CD＝AC•cos∠DCA＝500×cos53°≈300（米），
∴BD＝AD+AB＝400+200＝600（米），
∵在Rt△BCD中，BC2＝BD2+CD2＝6002+3002＝450000，
∴BC＝300√5≈660（米），
答：体育馆到淇淇家的直线距离约为660米；
（3）∵淇淇从家出发以50m/min的速度匀速走到学校，
∴所用时间为200÷50＝4（min），
∵以60m/min的速度原路返回家中，
10
∴所用时间为200÷60= （min），
3
∵以80m/min的速度从家直接走到体育馆，
∴所用时间为660÷80＝8.25（min），
10
∴淇淇全程所用的时长为4+ +8.25≈15.6（min），
3
答：淇淇全程所用的时长为15.6min．
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【点评】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形是解题的关键．
20．（2025•凌河区校级三模）如图1，某款线上教学设备由底座、支撑臂AB、连杆BC、悬臂CD
和安装在 D处的摄像头组成．如图 2是该款设备放置在水平桌面上的示意图．已知支撑臂
AB⊥l，AB＝18cm，CD＝44cm，固定∠ABC＝148°，可通过调试悬臂CD与连杆BC的夹角来提
高拍摄效果．悬臂端点C到桌面l的距离约为52cm．
（1）BC的长度为多少？
（2）已知摄像头点D到桌面l的距离为30cm时拍摄效果较好，那么此时悬臂CD与连杆BC的夹
角∠BCD的度数约为多少？（参考数据：sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60）
【考点】解直角三角形的应用．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】（1）BC的长度约为40cm；
（2）此时悬臂CD与连杆BC的夹角∠BCD的度数约为28°．
【分析】（1）过点C作CE⊥l，垂足为E，过点B作BF⊥CE，垂足为F，根据题意可得：
∠ABF＝90°，AB＝EF＝18cm，CE＝52cm，从而可得CF＝34cm，∠CBF＝58°，然后在Rt△CBF
中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答；
（2）过点D作DG⊥CE，垂足为G，根据题意可得：EG＝30cm，AB∥CE，从而可得∠BCE＝
1
32°，CG＝22cm，然后在Rt△CDG中，利用锐角三角函数的定义可得cos∠DCG= ，从而可得
2
∠DCG＝60°，最后利用角的和差关系进行计算即可解答．
【解答】解：（1）过点C作CE⊥l，垂足为E，过点B作BF⊥CE，垂足为F，
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由题意得：∠ABF＝90°，AB＝EF＝18cm，CE＝52cm，
∴CF＝CE﹣EF＝34（cm），
∵∠ABC＝148°，
∴∠CBF＝∠ABC﹣∠ABF＝58°，
CF 34
在Rt△CBF中，BC= ≈ =40（cm），
sin58° 0.85
∴BC的长度约为40cm；
（2）过点D作DG⊥CE，垂足为G，
由题意得：EG＝30cm，AB∥CE，
∴∠BCE＝180°﹣∠ABC＝32°，
∵CE＝52cm，
∴CG＝CE﹣EG＝52﹣30＝22（cm），
在Rt△CDG中，CD＝44cm，
CG 22 1
∴cos∠DCG= = = ，
CD 44 2
∴∠DCG＝60°，
∴∠DCB＝∠DCG﹣∠BCE＝28°，
∴此时悬臂CD与连杆BC的夹角∠BCD的度数约为28°．
【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．
29
