文档内容
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模块二 图形与几何基础
第 07 讲 几何图形与相关实际问题
（思维导图+2考点+13种题型+命题预测）
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
03核心精讲·题型突破
考点一 几何图形与相关实际问题
►题型01 平行线的性质在实际生活中的应用
►题型02 三角形的性质在实际生活中的应用
►题型03 特殊三角形的性质在实际生活中的应用
►题型04 勾股定理的应用
►题型05 勾股定理的应用（最短路径）
►题型06 特殊平行四边形的性质与判定在实际生活中的应用
►题型07 圆的性质在实际生活中的应用
►题型08 全等三角形在实际生活中的应用
►题型09 相似三角形在实际生活中的应用
考点二 解直角三角形与实际问题
►题型01 仰角俯角问题
►题型02 坡度坡比问题
►题型03 方向角问题
►题型04 其它问题
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01考情透视·目标导航
中考考点 命题预测
【考情分析】中考数学中，几何图形的考察一直是重点内容之一，其题型多样，涵盖面
广，不仅考查学生对基础知识的掌握，还注重考查学生的逻辑思维、空间想象能力和问
题解决能力。几何计算问题涵盖求线段长度、角度、图形的面积等，常与实际应用问题
相结合。例如，利用几何知识求解实际问题中的最短路径、最大面积等问题。解题时需
将实际问题转化为几何模型，并运用勾股定理、相似比例、三角函数等知识进行求解。
近年来，几何图形与实际问题的结合愈发紧密，使得题目更具灵活性和实用性。
【考情趋势】中考几何题型越来越注重基础知识的考察与实际应用相结合。题目往往从
生活实际或具体情境出发，要求学生运用几何知识解决实际问题。这不仅考查学生对基
础知识的掌握，还考查学生的知识应用能力和问题解决能力。
【备考建议】
几何图形与相关 1. 夯实基础，系统复习. 备考过程中，学生应注重基础知识的掌握和系统复习。要熟练
实际问题 掌握几何图形的定义、性质、定理及其应用，特别是对于常见的几何模型要深入理解并
能够灵活运用。
2. 加强练习，注重总结. 要多做真题和模拟题，通过练习提高解题能力和应试技巧。同
时，要注重总结解题方法和经验，特别是对于错题要进行分析和反思，找出自己的薄弱
环节并进行有针对性的改进。
3. 培养空间想象能力和逻辑思维能力. 几何题型要求学生具备较强的空间想象能力和逻
辑思维能力。备考过程中，可以通过观察实物、绘制图形、进行空间变换等方式来培养
自己的空间想象能力；通过推理证明、分析问题等方式来培养自己的逻辑思维能力。
4. 关注生活实际，提高知识应用能力. 要关注生活实际，将几何知识与实际生活联系起
来，提高知识应用能力。可以尝试用几何知识解决生活中的实际问题，如测量物体的高
度、计算图形的面积等，从而加深对几何知识的理解和掌握。
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02知识导图·思维引航
03 核心精讲 · 题型突破
考点一 几何图形与相关实际问题
►题型01 平行线的性质在实际生活中的应用
1．（2024·山西·中考真题）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α=25°，则摩擦力F 与重力G方向
1 2 2
的夹角β的度数为（ ）
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A．155° B．125° C．115° D．65°
【答案】C
【分析】本题考查了平行线的性质和三角形外角性质，根据题意结合图形可知β是重力G与斜面形成的三
角形的外角，从而可求得β的度数．
【详解】解：∵重力G的方向竖直向下，
∴重力G与水平方向夹角为90°，
∵摩擦力F 的方向与斜面平行，α=25°，
2
∴β=∠1=α+90°=115°
，
故选：C．
2．（2024·甘肃·模拟预测）如图1，是我国具有自主知识产权、用于探索宇宙的单口径球面射电望远镜
“中国天眼”．如图2，是“中国天眼”接收来自宇宙的电磁波的原理图，其中EG为竖直方向的馈源（反
射面），入射波AO经过三次反射后沿O' A'水平射出，且OA∥O' A'，已知入射波AO与法线的夹角
∠1=35°，则∠A'O'F=（ ）
A．70° B．60° C．45° D．35°
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【答案】A
【分析】本题考查了平行线的性质，过点F作CC'∥OA，可得CC'∥OA∥O' A'，根据题意得到
∠AOF=70°，再由平行线的性质得到∠A'O'F=∠CFO'=∠CFO=70°，得出答案，掌握平行线的性
质是解题的关键．
【详解】解：过点F作CC'∥OA，OH为法线，如图：
∵OA∥O' A'，
∴CC'∥OA∥O' A'，
∴CC'⊥EG，
∴CC'为法线，
∴∠CFO=∠CFO'，
∵OH为法线，∠1=35°，
∴∠FOH=∠1=35°，
∴∠AOF=70°，
∵CC'∥OA，
∴∠AOF=∠CFO=∠CFO'=70°，
∵CC'∥O' A'，
∴∠A'O'F=∠CFO'=70°，
故选：A．
3．（2024·全国·模拟预测）【综合与实践】
如图1，光线从空气射入水中会发生折射现象，其中α代表入射角，β代表折射角．学习小组查阅资料了解
sinα 4 3 4
到，若n= ，则把n称为折射率．（参考数据：sin53°≈ ,cos53°≈ ，tan53°≈ ）
sinβ 5 5 3
【实践操作】如图2，为了进一步研究光的折射现象，学习小组设计了如下实验：将激光笔固定在MN处，
光线可沿PD照射到空容器底部B处，将水加至D处，且BF=12cm时，光点移动到C处，此时测得
DF=16cm,BC=7cm，四边形ABFE是矩形，GH是法线．
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【问题解决】
(1)求入射角∠PDG的度数；
(2)请求出光线从空气射入水中的折射率n．
【答案】(1)53°
4
(2)n=
3
【分析】（1）根据平行线的性质，利用正切函数解答即可；
（2）作DT⊥AB于点T，利用勾股定理，折射率的定义解答即可．
【详解】（1）解：如图1，∵GH∥FB，
∴∠DBF=∠PDG,
∵BF=12cm,DF=16cm,
DF 16 4
∴tan∠DBF= = = ,
BF 12 3
4
∵tan53°≈ ，
3
∴入射角∠PDG约为53°．
图1
（2）解：如图2，作DM⊥AB于点T，
在Rt△BDF中，BF=12cm,DF=16cm，
∴BD=√DF2+BF2=20cm,
在Rt△DTC中，TC=DF−BC=16−7=9cm,DT=BF=12cm，
∴CD=√DT2+TC2=√122+92=15cm,
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BT 16
sin∠PDG BD 20 4
∴光线从空气射入水中的折射率，n= = = =
sin∠MDC TC 9 3
DC 15
4
∴光线从空气射入水中的折射率n= ．
3
【点睛】本题考查了跨学科综合，平行线的性质，勾股定理，三角函数的应用，与物理的融合，熟练掌握
相关知识是解题的关键．
►题型02 三角形的性质在实际生活中的应用
4．（2024·贵州黔东南·二模）某校九年级学生计划前往贵州省博物馆开展一天的研学活动，出发前每班需
要准备一个三角形形状的队旗，下列给出的三边长规格中，可以实现三角形队旗制作的是（ ）
A．6dm,6dm,12dm B．8dm,4dm,2dm
C．6dm,3dm,10dm D．6dm,8dm,7dm
【答案】D
【分析】本题考查了三角形三边关系定理，熟练掌握三角形三边关系并运用是解题的关键．根据三角形三
边关系定理，即“三角形任意两边之和大于第三边”、“三角形任意两边之差小于第三边”进行计算，逐
一判断即可解答．
【详解】解：A、∵6+6=12，∴不能组成三角形，故此选项不符合题意；
B、∵2+4<8，∴不能组成三角形，故此选项不符合题意；
C、∵3+6<10，∴不能组成三角形，故此选项不符合题意；
D、∵6+7>8，8−6<7，∴能组成三角形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
5．（2023·湖北荆州·中考真题）如图所示的“箭头”图形中，AB∥CD，∠B=∠D=80∘，
∠E=∠F=47∘，则图中∠G的度数是（ ）
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A．80∘ B．76∘ C．66∘ D．56∘
【答案】C
【分析】延长AB交EG于点M，延长CD交GF于点N，过点G作AB的平行线GH，根据平行线的性质即
可解答．
【详解】解：如图，延长AB交EG于点M，延长CD交GF于点N，过点G作AB的平行线GH，
∵∠E=∠F=47∘,∠EBA=∠FDC=80∘
，
∴∠EMA=∠EBA−∠E=33°，∠FNC=∠FDC−∠F=33°，
∵AB∥CD,AB∥HG，
∴HG∥CD，
∴∠MGH=∠EMA=33°，∠NGH=∠FND=33°，
∴∠EGF=33°+33°=66°，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的判定及性质，三角形外角的定义和性质，作出正确的辅助线是解题的关键．
6．（2023·山西·中考真题）如图，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心
O的光线相交于点P，点F为焦点．若∠1=155°,∠2=30°，则∠3的度数为（ ）
A．45° B．50° C．55° D．60°
【答案】C
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【分析】利用平行线的性质及三角形外角的性质即可求解．
【详解】解：∵AB∥OF，
∴∠1+∠BFO=180°，
∴∠BFO=180°−155°=25°，
∵∠POF=∠2=30°，
∴∠3=∠POF+∠BFO=30°+25°=55°；
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质，三角形外角的性质等知识，掌握这两个知识点是关键．
7．（2024·上海宝山·一模）如图1是某款篮球架，图2是其示意图，立柱OA垂直地面OB，支架CD与OA
交于点A，支架CG⊥CD交OA于点G，支架DE平行地面OB，篮筺EF与支架DE在同一直线上，
OA=2.5m，AD=0.8m，∠AGC=32°．
(1)求：∠GAC的度数．
(2)某运动员准备给篮筐挂上篮网，如果他站在凳子上，最高可以把篮网挂到离地面3米处，那么他能挂上
篮网吗？请通过计算说明理由．（参考数据：sin32°≈0.53）
【答案】(1)58°
(2)该运动员能挂上篮网，理由见解析
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，直角三角形的两个锐角互余，熟练掌握三角函数的定义是解题
的关键．
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（1）根据直角三角形的两个锐角互余即可求解；
（2）延长OA，ED交于点M，根据题意得出∠ADM=32°，通过解Rt△ADM求得AM，根据
OM=OA+AM与3比较即可得解．
【详解】（1）解：∵CG⊥CD，
∴∠ACG=90°，
∵∠AGC=32°，
∴∠GAC=90°−32°=58°；
（2）解：该运动员能挂上篮网，理由如下．
如图，延长OA，ED交于点M，
∵OA⊥OB DE∥OB
， ，
∴∠DMA=∠O=90°，
又∵∠DAM=∠GAC=58°，
∴∠ADM=32°，
在Rt△ADM中，AM=ADsin32°≈0.8×0.53=0.424，
∴OM=OA+AM=2.5+0.424=2.924<3，
∴该运动员能挂上篮网．
8．（2024·海南·中考真题）木兰灯塔是亚洲最高、世界第二高的航标灯塔，位于海南岛的最北端，是海南
岛东北部最重要的航标．某天，一艘渔船自西向东（沿AC方向）以每小时10海里的速度在琼州海峡航行，
如图所示．
航行记录记录一：上午8时，渔船到达木兰灯塔P北偏西60°方向上的A处．
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记录二：上午8时30分，渔船到达木兰灯塔P北偏西45°方向上的B处．
记录三：根据气象观测，当天凌晨4时到上午9时，受天文大潮和天气影响，琼州海峡
C点周围5海里内，会出现异常海况，点C位于木兰灯塔P北偏东15°方向．
请你根据以上信息解决下列问题：
(1)填空：∠PAB=________°，∠APC=________°，AB= ________海里；
(2)若该渔船不改变航线与速度，是否会进入“海况异常”区，请计算说明．
（参考数据：√2≈1.41，√3≈1.73，√6≈2.45）
【答案】(1)30；75；5
(2)该渔船不改变航线与速度，会进入“海况异常”区
【分析】本题主要考查了方位角的计算，解直角三角形的实际应用，三角形内角和定理：
（1）根据方位角的描述和三角形内角和定理可求出两个角的度数，根据路程等于速度乘以时间可以计算
出对应线段的长度；
PD
（2）设PD=x海里，先解Rt△PDB得到BD=x，再解Rt△APD得到AD= =√3x海里，
tanA
PD
AP= =2x海里，据此可得x+5=√3x，解得AP=2x=(5√3+5)海里；证明∠C=∠APC，则
sinA
AC=AP=(5√3+5)海里；再求出上午9时时船与C点的距离即可得到结论．
【详解】（1）解：如图所示，过点P作PD⊥AC于D，
由题意得，∠APD=60°，∠BPD=45°，∠CPD=15° ，
∴∠PAB=90°−∠APD=30°，∠APC=∠APD+∠CPD=75°；
∵一艘渔船自西向东（沿AC方向）以每小时10海里的速度在琼州海峡航行，上午8时从A出发到上午8
时30分到达B，
∴AB=10×0.5=5海里．
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（2）解：设PD=x海里，
在Rt△PDB中，BD=PD⋅tan∠DPB=x海里，
PD PD
在Rt△APD中，AD= =√3x海里，AP= =2x海里，
tan A sin A
∵AD=AB+BD，
∴x+5=√3x，
5 5√3+5
解得x= = ，
√3−1 2
∴AP=2x=(5√3+5)海里，
∵∠C=180°−∠A−∠APC=75°，
∴∠C=∠APC，
∴AC=AP=(5√3+5)海里；
上午9时时，船距离A的距离为10×1=10海里，
∵5√3+5−10=5√3−5≈5×1.73−5=3.65<5，
∴该渔船不改变航线与速度，会进入“海况异常”区．
►题型03 特殊三角形的性质在实际生活中的应用
9．（2023·贵州·中考真题）5月26日，“2023中国国际大数据产业博览会”在贵阳开幕，在“自动化立
体库”中有许多几何元素，其中有一个等腰三角形模型（示意图如图所示），它的顶角为120°，腰长为
12m，则底边上的高是（ ）
A．4m B．6m C．10m D．12m
【答案】B
【分析】作AD⊥BC于点D，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可得
1
∠B=∠C= (180°−∠BAC)=30°，再根据含30度角的直角三角形的性质即可得出答案．
2
【详解】解：如图，作AD⊥BC于点D，
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∵ △ABC ∠BAC=120° AB=AC
中, ， ，
1
∴ ∠B=∠C= (180°−∠BAC)=30°，
2
∵ AD⊥BC，
1 1
∴ AD= AB= ×12=6m，
2 2
故选B．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理，含30度角的直角三角形的性质等，解题的关键
是掌握30度角所对的直角边等于斜边的一半．
10．（2024·四川自贡·中考真题）如图，等边△ABC钢架的立柱CD⊥AB于点D，AB长12m．现将钢架
立柱缩短成DE，∠BED=60°．则新钢架减少用钢（ ）
A．(24−12√3)m B．(24−8√3)m C．(24−6√3)m D．(24−4√3)m
【答案】D
【分析】本题考查了等边三角形的性质，解直角三角形的应用．利用三角函数的定义分别求得DE=2√3，
BE=4√3=AE，CD=6√3，利用新钢架减少用钢=AC+BC+CD−AE−BE−DE，代入数据计算即可
求解．
【详解】解：∵等边△ABC，CD⊥AB于点D，AB长12m，
1
∴AD=BD= AB=6m，
2
∵∠BED=60°，
BD
∴tan60°= =√3，
DE
∴DE=2√3，
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∴BE=√DE2+BD2=4√3=AE，
∵∠CBD=60°，
∴CD=BD·tan∠CBD=√3BD=6√3m，BC=AC=AB=12m，
∴新钢架减少用钢=AC+BC+CD−AE−BE−DE
=24+6√3−8√3−2√3=(24−4√3)m，
故选：D．
11．（2024·四川遂宁·中考真题）工人师傅在检查排污管道时发现淤泥堆积．如图所示，排污管道的横截
面是直径为2米的圆，为预估淤泥量，测得淤泥横截面（图中阴影部分）宽AB为1米，请计算出淤泥横截
面的面积（ ）
1 √3 1 √3 2 1 1
A． π− B． π− C． π−√3 D． π−
6 4 6 2 3 6 4
【答案】A
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，等边三角形的判定和性质，求不规则图形的面积，过点O作
1 1 √3
OD⊥AB于D，由垂径定理得AD=BD= AB= m，由勾股定理得OD= m，又根据圆的直径为2米
2 2 2
可得OA=OB=AB，得到△AOB为等边三角形，即得∠AOB=60°，再根据淤泥横截面的面积
=S −S 即可求解，掌握垂径定理及扇形面积计算公式是解题的关键．
扇形AOB △AOB
1 1
【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，则AD=BD= AB= m，∠ADO=90°，
2 2
∵圆的直径为2米，
∴OA=OB=1m，
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∴在Rt△AOD中，OD=√OA2−AD2=
√
12−
(1) 2
=
√3
m，
2 2
∵OA=OB=AB，
∴△AOB为等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴淤泥横截面的面积=S −S =
60π×12
−
1
×1×
√3
=
(1
π−
√3)
m2 ，
扇形AOB △AOB 360 2 2 6 4
故选：A．
12．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，将45°的∠AOB按下面的方式放置在一把刻度尺上：顶点O
与尺下沿的端点重合，OA与尺下沿重合，OB与尺上沿的交点B在尺上的读数恰为2cm，若按相同的方式
将22.5°的∠AOC放置在该刻度尺上，则OC与尺上沿的交点C在尺上的读数为 cm．
【答案】(2√2+2)
【分析】根据平行线的性质得到∠DBO=∠AOB=45°，解直角三角形求出OB=2√2cm，再推出
∠BOC=∠BCO，进而得到BC=BO=2√2cm，再求出CD的长即可得到答案．
【详解】解：由题意得，BC∥OA，∠BDO=90°，OB=2cm，
∴∠DBO=∠AOB=45°，
BD
∴OB= =2√2cm
cos∠DBO
∵∠AOC=22.5°，
∴∠BOC=∠AOB−∠AOC=22.5°，∠BCO=∠AOC=22.5°，
∴∠BOC=∠BCO，
∴BC=BO=2√2cm，
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∴CD=BD+BC=(2√2+2)cm，
∴OC与尺上沿的交点C在尺上的读数为(2√2+2)cm，
故答案为：(2√2+2)．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形，平行线的性质，等腰三角形的判定，正确求出BC的长是解题的
关键．
13．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在徐州云龙湖旅游景区，点A为“彭城风华”观演场地，点B为
“水族展览馆”，点C为“徐州汉画像石艺术馆”．已知∠BAC=60°，∠BCA=45°，AC=1640m．
求“彭城风华”观演场地与“水族展览馆”之间的距离AB（精确到1m）．（参考数据：√2≈1.41，
√3≈1.73）
【答案】“彭城风华”观演场地与“水族展览馆”之间的距离AB约是1201m
【分析】本题考查解直角三角形的应用，关键是过B作BH⊥AC于H，构造包含特殊角的直角三角形，
用解直角三角形的方法来解决问题．
过B作BH⊥AC于H，设AH=xm，由含30度角的直角三角形的性质得到AB=2AH=2x，由锐角的正
切定义得到BH= √3 xm，判定△BHC是等腰直角三角形，因此CH=BH= √3 xm，得到√3
x+x=1640，求出x≈600.7，即可得到AB的长．
【详解】解：过B作BH⊥AC于H，
设AH=xm，
∵∠BAC=60°，
∴∠ABH=90°−60°=30°，
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∴AB=2AH=2xm，
BH
∴tanA=tan60°= =√3，
AH
∴BH= √3 xm，
∵∠BCA=45°，∠BHC=90°，
∴△BHC是等腰直角三角形，
∴CH=BH= √3 xm，
∵AH+CH= √3 x+x=AC=1640，
1640
∴x= ≈600.7，
√3+1
∴AB=2x≈1201(m)．
答：“彭城风华”观演场地与“水族展览馆”之间的距离AB约是1201m．
►题型04 勾股定理的应用
14．（2024·上海宝山·一模）在马拉松比赛过程中，嘉琪和李明之间一直用最远对讲距离为300米的对讲
设备联系．嘉琪运动到A点时，嘉琪用对讲机与朋友李明联系，李明告知嘉琪正在通过路口B向C运动后，
就失去了联系，已知嘉琪的跑步速度为2m/s，李明的跑步速度为4m/s，∠ABC=90°，BC足够长，多
少秒后他们再次取得联系？（ ）
A．150s B．60s C．100s D．不会再取得联系
【答案】B
【分析】本题考查了一元二次方程的应用及勾股定理的应用，理解题意并画出相应的图形是解题的关键．
设x秒后他们再次取得联系，依题意，AB=PQ=300m，然后用含x的代数式表示出BP和BQ，利用勾股
定理列方程求解．
【详解】解：如图，设x秒后他们再次取得联系，此时嘉琪运动到点P，李明运动到点Q，
依题意：AB=300m，
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则BP=(300−2x)m，BQ=4xm，PQ=300m
由勾股定理有BP2+BQ2=PQ2，
即(300−2x) 2+(4x) 2=3002，
解得x=60或x=0（不合题意 ，舍去），
∴60秒后他们再次取得联系．
故选：B．
15．（2024·四川乐山·中考真题）我国明朝数学家程大位写过一本数学著作《直指算法统宗》，其中有一
道与荡秋千有关的数学问题是使用《西江月》词牌写的：
平地秋千未起，踏板一尺离地．
送行二步与人齐，五尺人高曾记．
仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉．
良工高士素好奇，算出索长有几？
词写得很优美，翻译成现代汉语的大意是：有一架秋千，当它静止时，踏板离地1尺，将它往前推进10尺
（5尺为一步），秋千的踏板就和某人一样高，这个人的身高为5尺．（假设秋千的绳索拉的很直）
(1)如图1，请你根据词意计算秋千绳索OA的长度；
(2)如图2，将秋千从与竖直方向夹角为α的位置OA'释放，秋千摆动到另一侧与竖直方向夹角为β的地方
OA″，两次位置的高度差PQ=h．根据上述条件能否求出秋千绳索OA的长度？如果能，请用含α、β和h
的式子表示；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)秋千绳索的长度为14.5尺
h
(2)能，OA=
cosβ−cosα
【分析】该题主要考查了勾股定理的应用以及解直角三角形的应用，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）如图，过点A'作A'B⊥OA，垂足为点B．设秋千绳索的长度为x尺．由题可知，OA=OA'=x，
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AB=4，A'B=10，得出OB=x−4．在Rt△OA'B中，由勾股定理解得x=14.5，即可求解；
（2）由题可知，∠OPA'=∠OQA″=90°，OA'=OA″=OA．在Rt△OA'P中，得出OP=OA⋅cosα，
同理，OQ=OA⋅cosβ．再根据OQ−OP=h，列等式即可求出OA．
【详解】（1）解：如图，过点A'作A'B⊥OA，垂足为点B．
设秋千绳索的长度为x尺．
由题可知，OA=OA'=x，AB=4，A'B=10，
∴OB=OA−AB=x−4．
在Rt△OA'B中，由勾股定理得：A'B2+OB2=OA'2
∴102+(x−4) 2=x2．
解得x=14.5．
答：秋千绳索的长度为14.5尺．
（2）能．
由题可知，∠OPA'=∠OQA″=90°，OA'=OA″=OA．
在Rt△OA'P中，OP=OA' ⋅cosα=OA⋅cosα，
同理，OQ=OA″ ⋅cosβ=OA⋅cosβ．
∵OQ−OP=h，
∴OA⋅cosβ−OA⋅cosα=h．
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h
∴OA= ．
cosβ−cosα
16．（2024·贵州贵阳·一模）如图，一艘船由A岛沿北偏东30°方向航行20km至B岛，然后再沿北偏西
60°方向航行20km至C岛．
(1)求A，C两岛之间的距离；
(2)确定C岛在A岛的什么方向？
【答案】(1)20√2km
(2)北偏西15°
【分析】本题考查勾股定理的应用，解题的关键是对方向角的熟练掌握．
（1）根据AN∥BH，∠ABH=∠NAB，推出∠CBA=180°−30°−60°=90°，在Rt△ABC中，利用
勾股定理即可求出距离；
（2）证明∠CAB=∠ACB=45°，根据∠NAC=∠CAB−∠BAN即可求解．
【详解】（1）如图，由题意可知：∠NAB=30°,∠CBM=60°，
∵AN∥BH，
∴∠ABH=∠NAB=30°，
∴∠CBA=180°−30°−60°=90°，
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在Rt△ABC中，AC=√202+202=20√2(km)，
答：A，C两岛之间的距离是20√2km；
（2）又∵AB=20km,BC=20km，∠CBA=90°，
∴∠CAB=∠ACB=45°，
∵∠BAN=30°，
∴∠NAC=∠CAB−∠BAN=45°−30°=15°，
∴C岛在A岛北偏西15°的方向上．
►题型05 勾股定理的应用（最短路径）
17．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）某班学生表演课本剧，要制作一顶圆锥形的小丑帽．如图，这个圆锥
的底面圆周长为20π cm，母线AB长为30cm，为了使帽子更美观，要粘贴彩带进行装饰，其中需要粘贴
一条从点A处开始，绕侧面一周又回到点A的彩带（彩带宽度忽略不计），这条彩带的最短长度是（ ）
v
A．30 cm B．30√3 cm C．60 cm D．20π cm
【答案】B
【分析】根据圆锥的底面圆周长求得半径为10，根据母线长求得展开后的扇形的圆心角为120°，进而即
可求解．
【详解】解：∵这个圆锥的底面圆周长为20π cm，
∴2πr=20π
解得：r=10
nπ×30
∵ =20π
180
解得：n=120
∴侧面展开图的圆心角为120°
如图所示，AC即为所求，过点B作BD⊥AC，
∵∠ABC=120°，BA=BC，则∠BAC=30°
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∵AB=30，则BD=15
∴AD=15√3，AC=2AD=30√3，
故选：B．
【点睛】本题考查了圆锥侧面展开图的圆心角的度数，勾股定理解直角三角形，求得侧面展开图的圆心角
为120°解题的关键．
18．（2023·四川德阳·中考真题）如图，在底面为正三角形的直三棱柱ABC−A B C 中，
1 1 1
AB=2√3,A A =2，点M为AC的中点，一只小虫从B 沿三棱柱ABC−A B C 的表面爬行到M处，则
1 1 1 1 1
小虫爬行的最短路程等于 ．
【答案】√19
【分析】：如图，连接B M，由题意可得：底面为正三角形的直三棱柱ABC−A B C ，
1 1 1 1
AB=2√3,A A =2，点M为AC的中点，当B 在右侧处时，可得MB =√22+(3√3) 2=√31，当B 在下方
1 1 1 1
时，由等边三角形的性质可得：B K=√(2√3) 2 −(√3) 2=3，此时B M=3+2=5，如图，当按下图方式展
1 1
开时，延长AC，过C 作C N⊥AC于N，作B T⊥AC于T，作C K⊥B T于K，则C K∥AC，四
1 1 1 1 1 1
1
边形KTNC 为矩形，可得C N=1，CN=√3，C K= B C =√3，B K=√(2√3) 2 −(√3) 2=3，此时
1 1 1 2 1 1 1
C,T重合，可得B M=√(√3) 2+42=√19，从而可得答案．
1
【详解】解：如图，连接B M，由题意可得：底面为正三角形的直三棱柱ABC−A B C ，
1 1 1 1
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，点M为 的中点，
AB=2√3,A A =2 AC
1
当B 在右侧处时，
1
∴BB =A A =2，MB=2√3+√3=3√3，
1 1
∴MB =√22+(3√3) 2=√31，
1
当B 在下方时，由等边三角形的性质可得：B K=√(2√3) 2 −(√3) 2=3，
1 1
此时B M=3+2=5，
1
如图，当按下图方式展开时，延长AC，过C 作C N⊥AC于N，作B T⊥AC于T，作C K⊥B T于K，
1 1 1 1 1
则C K∥AC，四边形KTNC 为矩形，
1 1
∴C N=KT，KC =TN，
1 1
则∠C CN=180°−60°−90°=30°=∠KC C，
1 1
∴∠B C K=90°−30°=60°，
1 1
∵B C =2√3，CC =2，
1 1 1
1
∴C N=1，CN=√3，C K= B C =√3，B K=√(2√3) 2 −(√3) 2=3，
1 1 2 1 1 1
∴此时C,T重合，
∴B T=3+1=4，MT=2√3−√3=√3，
1
∴B M=√(√3) 2+42=√19，
1
∵√31>5>√19，
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∴小虫爬行的最短路程等于√19．
故答案为：√19．
【点睛】本题考查的是三棱柱的展开图，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，等边三角形的性质，含
30°的直角三角形的性质，最短路径的理解，清晰的分类讨论是解本题的关键．
19．（2024·广东·模拟预测）综合与实践
“转化”是一种重要的数学思想，将空间问题转化为平面问题是转化思想的一个重要方面．为了让同学们
探究“转化”思想在数学中的应用，在数学活动课上，老师带领学生研究几何体的最短路线问题：
问题情境：
如图1，一只蚂蚁从点A出发沿圆柱侧面爬行到点C，其最短路线正是侧面展开图中的线段AC，若圆柱的
高AB为2cm．底面直径BC为8cm．
问题解决：
（1）判断最短路线的依据是______；
（2）求出蚂蚁沿圆柱侧面爬行的最短路线AC的长（结果保留根号和π）；
拓展迁移：
如图2，O为圆锥的顶点，M为底面圆周上一点，点P是OM的中点，母线OM=8，底面圆半径为2，粗
线为蚂蚁从点P出发绕圆锥侧面爬行回到点P时所经过的路径的痕迹．
（3）请求出蚂蚁爬行的最短距离．
【答案】（1）两点之间线段最短；（2）最短路线AC的长为2√1+4π2cm；（3）蚂蚁爬行的最短距离
为4√2cm
【分析】本题主要考查了求曲面上两点之间的最短距离问题和勾股定理，关键是化曲为直，把空间问题转
化为平面问题是解题的关键．
（1）两点之间线段最短；（2）把圆柱的侧面沿母线剪开，得所求的路线为线段，利用勾股定理求解；
（3）把圆锥的侧面沿母线剪开，得所求的路线为线段，先利用弧长公式求圆心角度数，再用中位线定理
和勾股定理求解．
【详解】解：（1）两点之间线段最短；
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1
（2）剪开后，AB=2cm，BC= ×8π=4π(cm)，
2
∴AC=√AB2+BC2=√22+(4π) 2=√4+16π2=2√1+4π2 (cm)
∴最短路线AC的长为2√1+4π2cm；
（3）∵圆锥的底面周长为2π×2=4π，
设侧面展开图的圆心角度数为n°，
nπ×8
∴ =4π，解得n=90，
180
∴如答图，该圆锥的侧面展开图是圆心角为90°的扇形，
线段PP'的长为蚂蚁爬行的最短距离，
∴在Rt△MOM'中，M M'=√OM2+OM'2=√82+82=8√2,
∵点P为OM中点，
∴PP'是△OM M'的中位线，
1
∴PP'= M M'=4√2,
2
∴蚂蚁爬行的最短距离为4√2．
►题型06 特殊平行四边形的性质与判定在实际生活中的应用
20．（2024·广东·模拟预测）如图所示，一种活动衣帽架由三个相同菱形组成，调整菱形的内角A，可使
衣帽架拉伸或收缩． 若菱形的边长为10cm，∠A=90°， 则AD的长为（ ）
A．30cm B．40cm C．30√2cm D．30√3cm
【答案】C
【分析】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题关键．连接AD，则
点B、C在AD上，且AD=3AB，结合菱形的性质可得AE=BE，∠E=90°，然后利用勾股定理解得AB
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的值，即可获得答案．
【详解】解：如下图，连接AD，则点B、C在AD上，且AD=3AB，
∵四边形为菱形，边长为10cm，∠EAF=90°，
∴AE=BE=10cm，∠E=180°−∠EAF=90°，
∴AB=√AE2+BE2=√102+102=10√2cm，
∴AD=3AB=30√2cm．
故选：C．
21．（2024·西藏·中考真题）在数学综合实践活动中，次仁和格桑自主设计了“测量家附近的一座小山高
度”的探究作业．如图，次仁在A处测得山顶C的仰角为30°；格桑在B处测得山顶C的仰角为45°．已
知两人所处位置的水平距离MN=210米，A处距地面的垂直高度AM=30米，B处距地面的垂直高度
BN=20米，点M，F，N在同一条直线上，求小山CF的高度．（结果保留根号）
【答案】(100√3−70)米
【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，解直角三角形的应用，证明四边形AMFD和四边形BNFE为
矩形，得出DF=AM=30米，BN=EF=20米，MF=AD，FN=BE，设CD=x，则
CD x
AD= = =√3x
CE=CD+DE=(x+10)米，解直角三角形得出 tan30° √3 ，
3
CE x+10
BE= = =x+10，根据MN=210米，得出√3x+x+10=210，求出x=100√3−100，最后
tan45° 1
得出答案即可．
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【详解】解：根据题意可得：∠AMF=∠DFM=∠ADF=90°，∠BEF=∠EFN=∠BNF=90°，
∴四边形AMFD和四边形BNFE为矩形，
∴DF=AM=30米，BN=EF=20米，MF=AD，FN=BE，
∴DE=DF−EF=30−20=10（米），
设CD=x，则CE=CD+DE=(x+10)米，
∵∠CAD=30°，∠ADC=90°，
CD x
AD= = =√3x
∴ tan30° √3 ，
3
∵∠CBE=45°，∠CEB=90°，
CE x+10
∴BE= = =x+10，
tan45° 1
∴MF=AD=√3x，FN=BE=x+10，
∵MN=210米，
∴√3x+x+10=210，
解得：x=100√3−100，
∴CF=CD+DF=100√3−100+30=(100√3−70)米．
22．（2024·内蒙古·中考真题）实验是培养学生创新能力的重要途径．如图是小亮同学安装的化学实验装
置，安装要求为试管口略向下倾斜，铁夹应固定在距试管口的三分之一处．现将左侧的实验装置图抽象成
1
右侧示意图，已知试管AB=24cm,BE= AB，试管倾斜角∠ABG为12°．
3
(1)求试管口B与铁杆DE的水平距离BG的长度；（结果用含非特殊角的三角函数表示）
(2)实验时，导气管紧靠水槽壁MN，延长BM交CN的延长线于点F，且MN⊥CF于点N（点C，D，N，
F在一条直线上），经测得：DE=28cm，MN=8cm，∠ABM=147°，求线段DN的长度．（结果用
含非特殊角的三角函数表示）
【答案】(1)8cos12°cm
(2)(8cos12°+20−8sin12°)cm
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【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，通过作辅助线构造直角三角形，掌握直角三角形中的边角
关系是解题关键．
（1）先求出BE=8cm，再在Rt△BEG中，利用余弦的定义求解即可得；
（2）过点B作BP⊥CF于点P，过点M作MQ⊥BP于点Q，先解直角三角形可得EG的长，从而可得
DP,BQ的长，再判断出Rt△BMQ是等腰直角三角形，从而可得QM,PN的长，最后根据DN=DP+PN
求解即可得．
1
【详解】（1）解：∵AB=24cm,BE= AB，
3
∴BE=8cm，
由题意可知，BG⊥DE，
在Rt△BEG中，∠ABG=12°，
∴BG=BE⋅cos∠ABG=8cos12°cm，
答：试管口B与铁杆DE的水平距离BG的长度8cos12°cm．
（2）解：如图，过点B作BP⊥CF于点P，过点M作MQ⊥BP于点Q，
则四边形BPDG和四边形MNPQ都是矩形，
∴∠PBG=90°,DP=BG=8cos12°cm,BP=DG,PQ=MN=8cm,PN=QM，
在Rt△BEG中，∠ABG=12°，BE=8cm，
∴EG=BE⋅sin∠ABG=8sin12°cm，
∵DE=28cm，
∴BP=DG=DE−EG=(28−8sin12°)cm，
∴BQ=BP−PQ=(20−8sin12°)cm，
∵∠ABM=147°，∠ABG=12°，∠PBG=90°，
∴∠MBQ=45°，
∴Rt△BMQ是等腰直角三角形，
∴QM=BQ=(20−8sin12°)cm，
∴DN=DP+PN=DP+QM=(8cos12°+20−8sin12°)cm，
答：线段DN的长度为(8cos12°+20−8sin12°)cm．
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23．（2024·广东·中考真题）中国新能源汽车为全球应对气候变化和绿色低碳转型作出了巨大贡献．为满
足新能源汽车的充电需求，某小区增设了充电站，如图是矩形PQMN充电站的平面示意图，矩形ABCD
是其中一个停车位．经测量，∠ABQ=60°，AB=5.4m，CE=1.6m，GH⊥CD，GH是另一个车位的
宽，所有车位的长宽相同，按图示并列划定．
根据以上信息回答下列问题：（结果精确到0.1m，参考数据√3≈1.73）
(1)求PQ的长；
(2)该充电站有20个停车位，求PN的长．
【答案】(1)6.1m
(2)66.7m
【分析】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形的实际应用：
27√3
（1）先由矩形的性质得到∠Q=∠P=90°，再解Rt△ABQ得到AQ= m，接着解直角三角形得到
10
8√3 4√3
BC= m，进而求出AP= m，据此可得答案；
5 5
（2）解Rt△BCE得到BE=3.2m，解Rt△ABQ得到BQ=2.7m，再根据有20个停车位计算出QM的长即
可得到答案．
【详解】（1）解：∵四边形PQMN是矩形，
∴∠Q=∠P=90°，
在Rt△ABQ中，∠ABQ=60°，AB=5.4m，
27√3
∴AQ=AB⋅sin∠ABQ= m，∠QAB=30°，
10
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠BCE=90°，
∴∠CBE=30°，
CE 8√3
∴BC= = m，
tan∠CBE 5
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8√3
∴AD= m；
5
∵∠PAD=180°−30°−90°=60°，
4√3
∴AP=AD⋅cos∠PAD= m，
5
35√3
∴PQ=AP+AQ= ≈6.1m
10
CE
（2）解：在Rt△BCE中，BE= =3.2m，
sin∠CBE
在Rt△ABQ中，BQ=AB⋅cos∠ABQ=2.7m，
∵该充电站有20个停车位，
∴QM=QB+20BE=66.7m，
∵四边形ABCD是矩形，
∴PN=QM=66.7m．
24．（2024·安徽·模拟预测）某海域有两个海拔均为200米的海岛A和海岛B，一勘测飞机在距离海平面垂
直高度为1100米的空中飞行，飞行到点C处时测得正前方一海岛顶端A的俯角是60°，然后沿平行与AB
的方向水平飞行1.99×104米到达点D处，在D处测得正前方另一海岛顶端B的俯角是45°，求两海岛间的
距离AB．
【答案】(20800−300√3)米
【分析】此题考查了解直角三角形应用——俯角．借助俯角构造直角三角形，熟练掌握矩形的性质，锐角
三角函数定义解直角三角形，是解此题的关键．
首先过点A作AE⊥CD于点E，过点B作BF⊥CD于点F，易得四边形ABFE为矩形，根据矩形的性质，
可得AB=EF，AE=BF，由题意可知：AE=BF=900米，CD=1.99×104米，然后分别在Rt△AEC与
Rt△BFD中，利用三角函数即可求得CE与DF的长，继而求得两海岛间的距离AB．
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【详解】解：过点A作AE⊥CD于点E，过点B作BF⊥CD于点F，
∵AB∥CD，
∴∠AEF=∠EFB=∠ABF=90°，
∴四边形ABFE为矩形．
∴AB=EF，AE=BF．
由题意可知：AE=BF=1100−200=900（米），CD=1.99×104=19900（米）
在Rt△AEC中，∠C=60°，AE=900米．
AE
∴CE= =300√3（米）．
tan60°
在Rt△BFD中，∠BDF=45°，BF=900米．
BF 900
∴DF= = =900（米）．
tan45° 1
∴AB=EF=CD+DF−CE=19900−300√3+900=20800−300√3（米）．
答：两海岛间的距离AB为(20800−300√3)米．
25．（2024·吉林长春·中考真题）【问题呈现】
小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边△ABC中，AB=3，点M、N分别在边
AC、BC上，且AM=CN，试探究线段MN长度的最小值．
【问题分析】
小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运动路径，进而
解决上述几何问题．
【问题解决】
如图②，过点C、M分别作MN、BC的平行线，并交于点P，作射线AP．在【问题呈现】的条件下，完
成下列问题：
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（1）证明：AM=MP；
（2）∠CAP的大小为 度，线段MN长度的最小值为________．
【方法应用】
某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数据，并画出了
示意图，如图④，△ABC是等腰三角形，四边形BCDE是矩形，AB=AC=CD=2米，∠ACB=30°．
MN是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点M在AC上，点N在DE上．在调整钢丝绳端点位置时，
其长度也随之改变，但需始终保持AM=DN．钢丝绳MN长度的最小值为多少米．
3
【答案】问题解决：（1）见解析（2）30， ；方法应用：线段MN长度的最小值为√6米
2
【分析】（1）过点C、M分别作MN、BC的平行线，并交于点P，作射线AP，根据平行四边形性质证明
结论即可；
（2）先证明∠CAP=∠MPA=30°，根据垂线段最短求出最小值；
（3）过点D、M分别作MN、ED的平行线，并交于点H，作射线AH，连接AD，求出∠MAH=15°，
进而得∠DAH=45°，利用垂线段最短求出即可．
【详解】解：问题解决：（1）证明：过点C、M分别作MN、BC的平行线，并交于点P，作射线AP，
∴ MNCP
四边形 是平行四边形，
∴NC=MP，MN=PC
∵AM=NC
∴AM=MP；
（2）在等边△ABC中，∠ACB=60°，
∵MP∥CN
∴∠PMC=∠ACB=60°
∵AM=MP
∴∠CAP=∠MPA=30°；
当CP⊥AP时，CP最小，此时MN最小，
在Rt△ACP中，AC=3,∠CAP=30°
1 3
∴CP= ×3= ，
2 2
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3
∴线段MN长度的最小值为 ；
2
方法应用：过点D、M分别作MN、ED的平行线，并交于点H，作射线AH，连接AD，
∴四边形MNDH是平行四边形，
∴ND=MH，MN=DH,MH∥ED
∵AM=ND
∴AM=MH，
∵四边形BCDE是矩形，
∴BC∥ED,∠BCD=90°
∴BC∥MH
∴∠ACB=∠CMH=30°
∵AM=MH
∴∠MAH=15°
∵AC=CD=3m,∠ACD=∠ACB+∠BCD=120°
∴∠DAC=30°
∴∠DAH=45°
∴当DH⊥AH时，DH最小，此时MN最小，
作CR⊥AD于点R，
在Rt△ACR中，AC=2,∠CAR=30°
1
∴CR= ×2=1，
2
∴AR=√3
∴AD=2AR=2√3
在Rt△ADH中，AD=2√3,∠DAH=45°
√2
∴DH=AH= ×2√3=√6，
2
∴线段MN长度的最小值为√6米．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的性质，垂线段最
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短及矩形性质，熟练掌握相关性质是解题关键．
►题型07 圆的性质在实际生活中的应用
26．（2024·四川凉山·中考真题）数学活动课上，同学们要测一个如图所示的残缺圆形工件的半径，小明
的解决方案是：在工件圆弧上任取两点A,B，连接AB，作AB的垂直平分线CD交AB于点D，交A´B于点
C，测出AB=40cm,CD=10cm，则圆形工件的半径为（ ）
A．50cm B．35cm C．25cm D．20cm
【答案】C
【分析】本题考查垂径定理，勾股定理等知识．由垂径定理，可得出BD的长；设圆心为O，连接OB，在
Rt△OBD中，可用半径OB表示出OD的长，进而可根据勾股定理求出得出轮子的半径，即可得出轮子的
直径长．
【详解】解：∵CD是线段AB的垂直平分线，
∴直线CD经过圆心，设圆心为O，连接OB．
1
Rt△OBD BD= AB=20cm
2
中， ，
根据勾股定理得：
OD2+BD2=OB2，即：
(OB−10) 2+202=OB2，
解得：OB=25；
故轮子的半径为25cm，
故选：C．
27．（2024·浙江绍兴·二模）某项目化研究小组只用一张矩形纸条和刻度尺，来测量一次性纸杯杯底的直
径．小敏同学想到了如下方法：如图，将纸条拉直并紧贴杯底，纸条的上下边沿分别与杯底相交于A、B、
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C、D四点，然后利用刻度尺量得该纸条的宽为3.5cm，AB=4cm，CD=3cm．请你帮忙计算纸杯杯底的
直径为（ ）
A．4.8cm B．5cm C．5.2cm D．6cm
【答案】B
【分析】本题考查垂径定理的应用，勾股定理．由垂径定理求出BN，CM的长，设ON=x，由勾股定理
得到x2+22=(3.5−x) 2+1.52，求出x的值，得到ON的长，由勾股定理求出OB长，即可求出纸杯的直径
长．
【详解】解：如图，MN⊥AB，MN过圆心O，连接OD，OB，
∴MN=3.5cm
，
∵AB∥CD，
∴MN⊥CD，
1 1 1 1
∴CM= CD= ×3=1.5(cm)，BN= AB= ×4=2(cm)，
2 2 2 2
设ON=xcm，
∴OM=MN−ON=(3.5−x)cm，
∵OM2+MC2=OC2，ON2+BN2=OB2，
∴OM2+MC2=ON2+BN2，
∴(3.5−x) 2+1.52=x2+22，
∴x=1.5，
∴ON=1.5(cm)，
∴OB=√ON2+MB2=√1.52+22=2.5(cm)，
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∴纸杯的直径为2.5×2=5(cm)．
故选：B．
28．（2023·浙江衢州·中考真题）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽ABCD是矩形．
当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与BC边相切，则此餐盘的半径等于 cm．
【答案】10
【分析】连接OA，过点O作OE⊥BC，交BC于点E，交AD于点F，则点E为餐盘与BC边的切点，由矩
形的性质得AD=BC=16，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°，则四边形CDFE是矩形，OE⊥AD，
得CD=EF=4，∠AFO=90°，AF=DF=8，设餐盘的半径为x cm，则OA=OE=x，OF=x−4，然
后由勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】由题意得：BC=16，CD=4，
如图，连接OA，过点O作OE⊥BC，交BC于点E，交AD于点F，
∠OEC=90°
则 ，
∵餐盘与BC边相切，
∴点E为切点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=16，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°，
∴四边形CDFE是矩形，OE⊥AD，
1 1
∴CD=EF=4，∠AFO=90°，AF=DF= AD= ×16=8，
2 2
设餐盘的半径为x，
则OA=OE=x，
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∴OF=OE−EF=x−4，
在Rt△AFO中，由勾股定理得：AF2+OF2=OA2，
即82+(x−4) 2=x2，
解得：x=10，
∴餐盘的半径为10，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
29．（2023·内蒙古通辽·中考真题）某款“不倒翁”（如图1）的主视图是图2，PA,PB分别与AM´ B所在
圆相切于点A，B，若该圆半径是10cm,∠P=60°，则主视图的面积为 cm2．
200π
【答案】(100√3+ )
3
【分析】根据题意，先找到圆心O，然后根据PA，PB分别与AM´ B所在圆相切于点A，B．∠P=60°可以
得到∠AOB的度数，然后即可得到优弧AMB对应的圆心角，再根据主视图的面积为
S +S +S 计算即可．
△PAO △PBO 扇形AMB
【详解】解：设圆心为O，过O作AO⊥PA，BO⊥AB，AO和BO相交于点O，连接OP，如图，
∵PA，PB分别与AM´ B所在圆相切于点A，B．
∴∠OAP=∠OBP=90°，
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∵∠P=60°，
∴∠AOB=120°，∠AOP=∠BOP=60°，
∴优弧AMB对应的圆心角为360°−120°=240°，∠APO=∠BPO=30°，
∵该圆半径是10cm，
∴PB=PA=√3OA=10√3，
∴主视图的面积为S +S +S
△PAO △PBO 扇形AMB
1 240π×102
=2× ×10×10√3+
2 360
200π
=(100√3+ )cm2 ，
3
200π
故答案为：(100√3+ )．
3
【点睛】本题考查了切线的性质，含30度角的直角三角形的性质，求扇形面积，牢记扇形面积公式是解题
的关键．
30．（2024·甘肃兰州·中考真题）“轮动发石车”是我国古代的一种投石工具，在春秋战国时期被广泛应
用，图1是陈列在展览馆的仿真模型，图2是模型驱动部分的示意图，其中⊙M，⊙N的半径分别是1cm
和10cm，当⊙M顺时针转动3周时，⊙N上的点P随之旋转n°，则n= ．
【答案】108
【分析】本题主要考查了求弧长．先求出点P移动的距离，再根据弧长公式计算，即可求解．
【详解】解：根据题意得：点P移动的距离为3×2π×1=6πcm，
n°×π×10
∴ =6π，
180
解得：n=108．
故答案为：108
31．（2023·湖北黄石·中考真题）“神舟”十四号载人飞行任务是中国空间站建造阶段的首次载人飞行任
务，也是空间站在轨建造以来情况最复杂、技术难度最高、航天员乘组工作量最大的一次载人飞行任务．
如图，当“神舟”十四号运行到地球表面P点的正上方的F点处时，从点F能直接看到的地球表面最远的
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6400
点记为Q点，已知PF≈ km，∠FOQ=20°,cos20°≈0.9，则圆心角∠POQ所对的弧长约为
9
km（结果保留π）．
6400
【答案】 π
9
OQ
【分析】设OP=OQ=rkm，由FQ是⊙O的切线，可得cos∠FOQ= ，由此构建方程求出r,再利用弧
OF
长公式求解．
【详解】解：设OP=OQ=rkm，
由题意，FQ是⊙O的切线，
∴FQ⊥OQ，
OQ
∵cos∠FOQ= ，
OF
r
0.9=
∴ 6400，
r+
9
∴r=6400，
20×π×6400 6400
∴P´Q的长= = π．
180 9
6400
故答案为： π．
9
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，弧长公式等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程求解．
32．（2024·河北邯郸·模拟预测）粒子加速器是当今高能物理学中研究有关宇宙的基本问题的重要工具．
图1，图2是某环形粒子加速器的实景图和构造原理图，图3是粒子加速器的俯视示意图，⊙O是粒子真
空室，C、D是两个加速电极，高速飞行的粒子J在A点注入，在粒子真空室内做环形运动，每次经过C´D
时被加速，达到一定的速度在B点引出，粒子注入和引出路径都与⊙O相切．已知：AB=16km，粒子注
入路径与AB夹角α=53°，C´D所对的圆心角是60°．
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(1)求∠ABE的度数；
(2)通过计算，比较C´D与A´B的长度哪个更长；
3
(3)直接写出粒子J在环形运动过程中，粒子J到AB的最远距离．（相关数据： tan37°≈ ）
4
【答案】(1)∠ABE=53°
(2)A´B的长度更长，见解析
(3)粒子J到AB的最远距离是16km
【分析】（1）如图，延长AF，BE交于G，根据切线长定理和等腰三角形的性质即可得到结论；
（2）根据弧长公式求出C´D的长，再进行比较即可；
（3）如图，当粒子J运动到P点时，离AB的距离最远，根据切线的性质得到∠FAO=90°，再根据垂径
定理和三角函数得出AO的长，进而解答即可
【详解】（1）解：如图，延长AF，BE交于G，
由题意得，AF，BE是⊙O的切线，
∴AG=BG，
∴∠ABE=∠FAB=α=53°；
（2）解：AB的长度更长，
∵C´D所对的圆心角为60°，OC=OA=10km，
60π×10 10
∴C´D的长度约为 = π≈10.5km，
180 3
∵10.5<16，
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∴AB的长度更长；
（3）解：如图，过点O作OE⊥AB于点E，延长EO交⊙O于点P，连接AO，BO，
∵AF是⊙O的切线，
∴∠FAO=90°，
∵α=53°，
∴∠EAO=90°−53°=37°，
∵AB是⊙O的弦，OE是弦心距，OE⊥AB，AB=16km，
1
∴AE=BE= AB=8km，∠AEO=90°，
2
OE 3
∴tan∠EAO= =tan37°≈ ，
AE 4
3 3
∴OE≈ AE= ×8=6km，
4 4
∴AO=√AE2+OE2=10km，
如图，当粒子J运动到P点时，离AB的距离最远，
∴EP=OE+OP=6+10=16km，
即粒子J到AB的最远距离是16km．
【点睛】本题是圆的综合题，涉及圆周角定理，圆切线的性质，垂径定理，解直角三角形，弧长公式，正
确作出辅助线是解题关键．
►题型08 全等三角形在实际生活中的应用
33．（2024·四川资阳·中考真题）第14届国际数学教育大会（JCME−14）会标如图1所示，会标中心的
图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图2所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（△ABE，
△BCF，△CDG，△DAH）和一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若EF：AH=1：3，则
sin∠ABE=（ ）
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√5 3 4 2√5
A． B． C． D．
5 5 5 5
【答案】C
【分析】设EF=x，则AH=3x，根据全等三角形，正方形的性质可得AE=4x，再根据勾股定理可得
AB=5x，即可求出sin∠ABE的值．
【详解】解：根据题意，设EF=x，则AH=3x，
∵△ABE≌△DAH，四边形EFGH为正方形，
∴AH=BE=3x，EF=HE=x，
∴AE=4x，
∵∠AEB=90°，
∴AB=√AE2+BE2=5x，
AE 4x 4
∴sin∠ABE= = = ，
AB 5x 5
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形，正方形的性质，三角函数值的知识，熟练掌握以上知识是解
题的关键．
34．（24-25八年级上·山西太原·阶段练习）如图是一所大型游乐场，工人在对游乐设施进行测试．大摆锤
从高为9m的房屋A处，划过90°到达与房屋A水平距离为17m，高为2m的房屋B处，求大摆锤的长度
ON= m．
【答案】13
【分析】如图所示，作AE⊥OM，BF⊥AC，交OM于点G，连接AB，可得BD=GM=FC=2m，
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AF=EG=7m,FG=AE，在Rt△ABF中，根据勾股定理可得AB的值，在等腰直角△AOB中可得
OA=OB=13m，即可得出结果．
【详解】解：如图所示，OA=OB，∠AOB=90°，过点A作AE⊥OM于点E，过点B作BF⊥AC于点
F，交OM于点G，连接AB，
∴∠AEO=∠OGB=∠AOB=90°，
∵∠OAE+∠AOE=∠AOE+∠GOB=90°，
∴∠OAE=∠BOG，
∴△AOE≌△OBG(AAS)，
∴AE=OG，OE=BG，
∵AE⊥OM，FG⊥OM，AE⊥AF，
∴四边形AEGF，BDCF是矩形，
∴CF=GM=BD=2m,AE=FG,AF=EG=AC−BD=9−2=7m，
在Rt△ABF中，AF=7m,BF=17m，
∴AB=√AF2+BF2=√72+172=13√2m，
在等腰直角△AOB中，OA=OB，
∴AB=√OA2+OB2=13√2m，即√2OA=√2OB=AB=13√2cm，
√2
∴OA=OB= AB=13cm，
2
∴ON=OA=OB=13m，
故答案为：13．
【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的性质，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质，
理解图示，勾股直角三角形，掌握勾股定理的运用是解题的关键．
35．（2024·山东·中考真题）【实践课题】测量湖边观测点A和湖心岛上鸟类栖息点P之间的距离
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【实践工具】皮尺、测角仪等测量工具
【实践活动】某班甲小组根据湖岸地形状况，在岸边选取合适的点B．测量A，B两点间的距离以及
∠PAB和∠PBA，测量三次取平均值，得到数据：AB=60米，∠PAB=79°，∠PBA=64°．画出示意
图，如图
【问题解决】（1）计算A，P两点间的距离．
（参考数据：sin64°≈0.90，sin79°≈0.98，cos79°≈0.19，sin37°≈0.60，tan37°≈0.75）
【交流研讨】甲小组回班汇报后，乙小组提出了另一种方案：
如图2，选择合适的点D，E，F，使得A，D，E在同一条直线上，且AD=DE，∠≝=∠DAP，当F，
D，P在同一条直线上时，只需测量EF即可．
（2）乙小组的方案用到了________．（填写正确答案的序号）
①解直角三角形 ②三角形全等
【教师评价】甲、乙两小组的方案都很好，对于实际测量，要根据现场地形状况选择可实施的方案．
【答案】（1）A，P两点间的距离为89.8米；（2）②
【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质的应用，解直角三角形的应用，灵活应用知识点是解本题
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的关键；
（1）如图，过B作BH⊥AP于H，先求解AH=AB⋅cos79°≈60×0.19=11.4，
BH=AB⋅sin79°≈60×0.98=58.8，再求解∠APB=37°及PH即可；
（2）由全等三角形的判定方法可得△ADP≌△EDF(ASA)，可得AP=EF，从而可得答案.
【详解】解：如图，过B作BH⊥AP于H，
∵AB=60米，∠PAB=79°，sin79°≈0.98，cos79°≈0.19，
∴AH=AB⋅cos79°≈60×0.19=11.4，
BH=AB⋅sin79°≈60×0.98=58.8，
∵∠PAB=79°，∠PBA=64°，
∴∠APB=180°−79°−64°=37°，
BH
∴tan∠APB=tan37°= ≈0.75，
PH
58.8
∴PH≈ =78.4，
0.75
∴AP=AH+PH=11.4+78.4=89.8（米）；
即A，P两点间的距离为89.8米；
（2）∵AD=DE，∠≝=∠DAP，当F，D，P在同一条直线上时，
∴∠ADP=∠EDF，
∴△ADP≌△EFD(ASA)，
∴AP=EF，
∴只需测量EF即可得到AP长度；
∴乙小组的方案用到了②；
►题型09 相似三角形在实际生活中的应用
36．（2023·四川攀枝花·中考真题）拜寺口双塔，分为东西两塔，位于宁夏回族自治区银川市贺兰县拜寺
口内，是保存最为完整的西夏佛塔，已有近1000年历史，是中国佛塔建筑史上不可多得的艺术珍品．某数
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学兴趣小组决定采用我国古代数学家赵爽利用影子对物体进行测量的原理，来测量东塔的高度．东塔的高
度为AB，选取与塔底B在同一水平地面上的E、G两点，分别垂直地面竖立两根高为1.5m的标杆EF和
GH，两标杆间隔EG为46m，并且东塔AB、标杆EF和GH在同一竖直平面内．从标杆EF后退2m到D处
（即ED=2m），从D处观察A点，A、F、D在一直线上；从标杆GH后退4m到C处（即CG=4m），从
C处观察A点，A、H、C三点也在一直线上，且B、E、D、G、C在同一直线上，请你根据以上测量数
据，帮助兴趣小组求出东塔AB的高度．
【答案】36m
EF DE 1.5 2
【分析】设BD=xm，则BC=(x+48)m，通过证明△ABD∽△FED，得到 = ，即 = ，同理
AB BD AB x
1.5 4 2 4
得到 = ，则可建立方程 = ，解方程即可得到答案．
AB x+48 x x+48
【详解】解：设BD=xm，则BC=BD+DG+CG=(x+48)m
∵AB⊥BC，EF⊥BC，
∴AB∥EF，
∴△ABD∽△FED，
EF DE 1.5 2
∴ = ，即 = ，
AB BD AB x
同理可证△ABC∽△HGC，
GH CG 1.5 4
∴ = ，即 = ，
AB BC AB x+48
2 4
∴ = ，
x x+48
解得x=48，
经检验，x=48是原方程的解，
1.5 2
∴ = ，
AB 48
∴AB=36，
∴该古建筑AB的高度为36m．
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【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，利用相似三角形的性质建立方程是解题的关键．
37．（2023·江苏南京·中考真题）如图，玻璃桌面与地面平行、桌面上有一盏台灯和一支铅笔，点光源O
与铅笔AB所确定的平面垂直于桌面．在灯光照射下，AB在地面上形成的影子为CD（不计折射），
AB∥CD．
(1)在桌面上沿着AB方向平移铅笔，试说明CD的长度不变．
(2)桌面上一点P恰在点O的正下方，且OP=36cm，PA=18cm，AB=18cm，桌面的高度为60cm．在点
O与AB所确定的平面内，将AB绕点A旋转，使得CD的长度最大．
①画出此时AB所在位置的示意图；
②CD的长度的最大值为 cm．
【答案】(1)见解析
(2) 见解析；②80
【分①析】本题考查了相似三角形的应用举例，勾股定理的实际应用，正确写出比例式，并进行换算是解题
关键．
（1）设AB平移到EF，EF在地面上形成的影子为MN．利用平行相似即可；
（2）①以A为圆心，AB长为半径画圆，当OQ与⊙A相切于H时，此时CD最大为CQ．②先证明
OP AG
△GHA∽△GPO，再利用勾股定理求出AG=30，由 = ，即可求出CD的长度的最大值．
OR CQ
【详解】（1）解：设AB平移到EF，EF在地面上形成的影子为MN．
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∵AB∥CD
，
∴△OAB∽△OCD，△OEF∽OMN，△OEB∽△OMD，
AB OB EF OE OB OE
∴ = ， = ， = ，
CD OD MN OM OD OM
EF AB
∴ = ，
MN CD
∵EF=AB，
∴MN=CD，
∴沿着AB方向平移时，CD长度不变．
（2）解：①以A为圆心，AB长为半径画圆，
当OQ与⊙A相切于H时，此时CD最大为CQ．
此时AB所在位置为AH．
②∵∠HGA=∠PGO，∠AHG=∠OPG=90°，
∴△GHA∽△GPO，
GA AH 18 1
∴ = = = ，
GO OP 36 2
∴设GA=x，则GO=2x，
在Rt△OPG中，
OP2+PG2=OG2，
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∴362+(18+x) 2=(2x) 2，
∴x2−12x−540=0，
∴x =30，x =−18（舍去），
1 2
∴AG=30，
OP AG
由① = ，
OR CQ
36 30
∴ = ，
36+60 CQ
∴CQ=80，
即CD的长度的最大值为80cm，
故答案为：80．
38．（2024·四川自贡·中考真题）为测量水平操场上旗杆的高度，九（2）班各学习小组运用了多种测量方
法．
(1)如图1，小张在测量时发现，自己在操场上的影长EF恰好等于自己的身高DE．此时，小组同学测得旗
杆AB的影长BC为11.3m，据此可得旗杆高度为________m；
(2)如图2，小李站在操场上E点处，前面水平放置镜面C，并通过镜面观测到旗杆顶部A．小组同学测得
小李的眼睛距地面高度DE=1.5m，小李到镜面距离EC=2m，镜面到旗杆的距离CB=16m．求旗杆高度；
(3)小王所在小组采用图3的方法测量，结果误差较大．在更新测量工具，优化测量方法后，测量精度明显
提高，研学旅行时，他们利用自制工具，成功测量了江姐故里广场雕塑的高度．方法如下：
如图4，在透明的塑料软管内注入适量的水，利用连通器原理，保持管内水面M，N两点始终处于同一水
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平线上．
如图5，在支架上端P处，用细线系小重物Q，标高线PQ始终垂直于水平地面．
如图6，在江姐故里广场上E点处，同学们用注水管确定与雕塑底部B处于同一水平线的D，G两点，并
标记观测视线DA与标高线交点C，测得标高CG=1.8m，DG=1.5m．将观测点D后移24m到D'处，采用
同样方法，测得C'G'=1.2m，D'G'=2m．求雕塑高度（结果精确到1m）．
【答案】(1)11.3
(2)旗杆高度为12m；
(3)雕塑高度为29m．
【分析】本题考查平行投影，相似三角形的应用．
（1）根据同一时刻物高与影长对应成比例，进行求解即可；
（2）根据镜面反射性质，可求出∠ACB=∠ECD，得出△ACB∽△DCE，最后根据三角形相似的性质，
即可求出答案；
（3）BG=xm，由题意得：△DGC∽△DBA，△D'G'C'∽△D'BA，利用相似三角形的性质列出式子，
计算即可求解．
DE EF
【详解】（1）解：由题意得DE=EF，由题意得： = ，
AB BC
∴AB=BC=11.3m，
故答案为：11.3；
（2）解：如图，由题意得，DE=1.5m，EC=2m，BC=16m，
根据镜面反射可知：∠ACB=∠ECD，
∵AB⊥BE，DE⊥BE，
∴∠ABC=∠DEC=90°，
∴△ACB∽△DCE，
AB CB AB 16
∴ = ，即 = ，
DE CE 1.5 2
∴AB=12，
答：旗杆高度为12m；
（3）解：设BG=xm，
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由题意得：△DGC∽△DBA，△D'G'C'∽△D'BA，
CG DG C'G' D'G'
∴ = ， = ，
AB DG+x AB D'D+DG+x
1.8 1.5 1.2 2
即 = ， = ，
AB 1.5+x AB 24+1.5+x
1.8 1.5
AB 1.5+x
∴ = ，
1.2 2
AB 24+1.5+x
整理得3.6(1.5+x)=1.8(25.5+x)，
解得x=22.5，经检验符合他
∴AB=1.8×(1.5+22.5)÷1.5=28.8≈29(m)，
答：雕塑高度为29m．
1.理解问题
1）明确已知条件：仔细阅读题目，理解并列出所有已知的几何条件和数据。
2）确定求解目标：明确需要求解的几何量或需要证明的几何关系。1
2.分析问题
1）图形分析：画出准确的图形，标记已知条件和待求量，帮助直观理解问题。
3）选择方法：根据问题的特点，选择合适的解题方法，如代数法、几何法等。
3.解决问题
1）应用几何性质：利用几何图形的性质，如三角形的内角和、勾股定理、相似图形的性质等，进行推导
和计算。
2）建立方程：对于复杂的几何问题，可以通过建立坐标系，将几何问题转化为代数问题，利用方程求解。
3）证明与计算：根据已知条件和选择的解题方法，进行逻辑推理和计算，得出最终答案。
4.验证答案
1）检查计算：确保计算过程无误，结果合理。
2）回顾解题过程：检查每一步推理是否合理，确保解题过程的正确性。
5.总结与反思
1）总结经验：总结解题过程中的关键步骤和所用到的几何知识，加深理解。
2）反思不足：思考在解题过程中遇到的困难，寻找改进的方法，提高解题能力。
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1．（2025·河南安阳·模拟预测）如图，矩形草地的长为12m，宽为5m，有人从点A绕过点B直接到点C，
管理员坚一标语牌：“芳草茵茵，少走几步路，踏之何忍？”则“几步路”指的路程为（ ）
A．2√2m B．2√3m C．5m D．4m
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理的应用；根据勾股定理求得AC，进而根据AB+BC−AC，即
可求解．
【详解】解：∵矩形草地的长为12m，宽为5m，
∴∠ABC=90°，AC=√AB2+BC2=√52+122=13
∴AB+BC−AC =5+12−13=4，
故选：D．
2．（2025·江西南昌·模拟预测）图1是实验室利用过滤法除杂的装置图，图2是其简化示意图，在图2中，
若AB∥CD，AC∥OD，OD=OC，∠BAC=50°，则∠DOC的度数为（ ）
A．50° B．60° C．70° D．80°
【答案】D
【分析】本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理．先利用平行线的性质可得∠BAC=∠ACD=50°，
∠ODC=∠ACD=50°，然后根据等边对等角求得∠ODC=∠OCD=50°，利用三角形内角和定理即可
解答．
【详解】解：∵AB∥CD，∠BAC=50°，
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∴∠BAC=∠ACD=50°，
∵AC∥OD，
∴∠ODC=∠ACD=50°，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD=50°，
∴∠DOC=180°−50°−50°=80°，
故选：D．
3．（2025·广东揭阳·一模）如图，AB和CD为两个同高的晾衣柱，AB高2.2m，一无弹性的绳子一端系在
A点，另一端P系在柱子CD上（不计绳结的长度），现有一裤子晾在上面，已知挂钩挂在绳子的O点处，
竖直方向上O点到裤子最下方的距离为1m，绳子长度为2.5m，两个柱子间距BD=2m，某位同学通过课
外物理知识对图中衣服进行受力分析，并且得到一个结论：∠BAO=∠OPD，则为了保证裤子不沾地，
点P离地面的距离至少为（ ）
A．1.6m B．1.2m C．1.5m D．1.3m
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质与判定，勾股定理，正确掌握相关性质内容是
解题的关键．先证明四边形BDFE是矩形，根据∠BAO=∠OPD，∠AEF=∠EFC=90°，得出
x y
△AEO∽△PFO，故 = ，则x=1.25 y，运用勾股定理列式AO2=AE2+EO2，解得y=1.6，
2.5−x 2−y
即可作答．
【详解】解：过点O作EF∥BD，分别交AB,CD于点E,F，如图所示：
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依题意，∠B=∠D=90°，
∵EF∥BD
∴∠BEF=∠EFD=90°
∴四边形BDFE是矩形
∴EF=BD=2m，
设AO=xm,EO= ym,
∴OP=2.5−x,OF=2−y
∵∠BAO=∠OPD，∠AEF=∠EFC=90°
∴△AEO∽△PFO，
AO EO AE
∴ = =
OP OF PF
x y
则 =
2.5−x 2−y
∴x=1.25 y，
当保证裤子恰好沾地时，则AE=AE−EB=2.2−1=1.2(m)
在Rt△AEO中，AO2=AE2+EO2
即x2=1.44+ y2
∵x=1.25 y
∴解得y=1.6
y 1.6
∴ = =4
2−y 2−1.6
AE
∴ =4
PF
∴PF=0.3
∴1+0.3=1.3(m)，
则为了保证裤子不沾地，点P离地面的距离至少为1.3m
故选：C．
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4．（2025·湖北十堰·一模）“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（图
①）的形状示意图A´B是⊙O的一部分，D是A´B的中点，连接OD，与弦AB交于点C，连接OA，OB．
已知AB=24cm，碗深CD=8cm，则⊙O的半径OA为（ ）
A．13cm B．16cm C．17cm D．26cm
【答案】A
【分析】本题主要考查了垂径定理、等腰三角形的性质、勾股定理的应用等知识点，设⊙O的半径OA为
Rcm，并根据勾股定理列出关于R的方程是解题的关键．
1
先利用垂径定理的推论得出OD⊥AB，AC=BC= AB=12cm，再设⊙O的半径OA为Rcm，则
2
OC=(R−8)cm．在Rt△OAC中根据勾股定理列出方程R2=122+(R−8) 2，然后解方程即可．
【详解】解：∵D是A´B的中点，
A´D=B´D,
∴∠AOD=∠BOD,
∴OA=OB,AB=24cm，
∵ 1
∴OD⊥AB，AC=BC= AB=12cm，
2
设⊙O的半径OA为Rcm，则OC=OD−CD=(R−8)cm，
在Rt△OAC中，∠OCA=90°，
∴OA2=AC2+OC2，
∴R2=122+(R−8) 2，解得：R=13，即⊙O的半径OA为13cm．
故选：A．
5．（24-25九年级上·吉林长春·期中）为倡导全民健身，某小区在公共活动区域安装了健身器材，其中跷
跷板很受欢迎．如图，点O为跷跷板AB中点，支柱OC垂直于地面，垂足为C，AC=0.7m，跷跷板的一
端A落到地面时与地面的夹角∠OAC=α，则点B离地面的距离是（ ）
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0.7 1.4
A． m B．0.7tanαm C． m D．1.4tanαm
sinα cosα
【答案】D
【分析】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，相似三角形的判定与性质，解
直角三角形等知识．求出OC=ACtan∠OAC=0.7tanα(m)，过点B作BD垂直底面于点D，判断出OC
是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得BD=2OC，即可得
到答案．
【详解】解：由题意可得，OC⊥AC, AC=0.7m，
在Rt△AOC中，OC=ACtan∠OAC=0.7tanα(m)，
如图，过点B作BD垂直底面于点D，
∵ BD⊥AD，OC⊥AD
，
∴BD∥OC，
∴△AOC∽△ABD，
AO AC
∴ = ，
AB AD
∵点O为跷跷板AB的中点，
1
∴AC= AD，
2
∴ OC是△ABD的中位线，
∴ BD=2OC=1.4tanαm，
故选：D．
6．（2025·湖南娄底·模拟预测）派对帽（如实物图）可以看做一个圆锥，它是由纸制作而成．它的底面直
径是16cm，将它的侧面展开（如图），已知∠BAC=120°，则需要面积为 的纸去制作它．
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【答案】192πcm2
nπr
【分析】本题考查求圆锥的面积，根据圆锥的底面周长等于扇形的弧长，再根据l= 求出半径，再根
180°
1
据S= lr求解即可得到答案．
2
【详解】解：∵底面直径是16cm，
∴l=C=16πcm，
16π×180°
∴r= =24cm，
120°π
1
∴S= ×16π×24=192πcm2 ，
2
故答案为：192πcm2．
7．（2025·甘肃·模拟预测）一种玻璃水杯的截面如图①所示，其左右轮廓线AC，BD为某一抛物线的一部
分，杯口AB=8cm，杯底CD=4cm，且AB∥CD，杯深12cm，如图②若盛有部分水的水杯倾斜45°
（即∠ABP=45°），水面正好经过点B，则此时点P到杯口AB的距离为 cm．
【答案】7
【分析】先以AB的中点O为原点建立平面直角坐标系，然后求解轮廓线AC、BD所在抛物线的解析式，
再求解直线PB的解析式，最后求解抛物线与直线PB的交点P的坐标即可．
【详解】解：如图，以AB的中点O为原点，AB所在直线为x轴，垂直AB的直线为y轴，建立平面直角坐
标系，
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∴A(−4,0)，B(4,0)，C(−2,−12)，D(2,−12)，
设轮廓线AC、BD所在抛物线的解析式为y=ax2+k，记BP与y轴的交点为E，
把A(−4,0)、C(−2,−12)代入抛物线解析式，得：
¿，
解得：¿，
∴轮廓线AC、BD所在抛物线的解析式为：y=x2−16，
∵∠ABP=45°，
∴∠OEB=90°−∠ABP=45°，
∴∠OEB=∠ABP，
∴OE=OB=4−0=4，
∴E(0,−4)，
设直线PB的解析式为y=mx+n，
把B(4,0)、E(0,−4)代入直线PB的解析式，得：
¿，
解得：¿，
∴直线PB的解析式为：y=x−4，
解方程组¿得：¿，¿，
∴P(−3,−7)，
此时点P到杯口AB的距离为7cm，
故答案为：7．
【点睛】本题主要考查了二次函数的实际应用，待定系数法求二次函数解析式，解二元一次方程组，直角
三角形的两个锐角互余，等角对等边，求一次函数解析式，因式分解法解一元二次方程等知识点，熟练掌
握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键．
8．（2025·山东青岛·一模）如图，一个三阶魔方由27个边长为1的正方体组成，把魔方的中间一层转动
了45°之后，表面积增加了 cm2
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【答案】108−72√2
【分析】利用截面图，得出魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，再利用几何关系求出多出的一
个小三角形的面积，进而求出答案．
本题主要考查几何体的表面积．
【详解】解：转动了45°之后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，显然小三角形为等腰
直角三角形，
设直角边为x，则斜边为√2x，
则有2x+√2x=3 ，
3√2
得到x=3−
2
由几何关系得：阴影部分的面积为
2
1( 3√2) 27 9√2
S = 3− = −
1 2 2 4 2
所以增加的面积为S=16S
1
(27 9√2)
=16 −
4 2
= 108−72√2
故答案为：108−72√2．
9．（24-25九年级上·江苏镇江·期中）杭州西湖十景是杭州市西湖上的十处特色风景，一游客在去西湖游
5π
玩时买了一把印有西湖十景的折扇，打开后，如图，小扇形OAB的半径为2cm，弧长为 cm，大扇形
3
OCD的半径为26cm，扇面的宽度CE为12cm，则扇面的面积（阴影部分）是 cm2（结果保留
π）．
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【答案】200π
5π
【分析】本题考查了求扇形面积，先根据小扇形OAB的半径为2cm，弧长为 cm，求出∠BOAD的度
3
数，根据S =S −S 列式代入数值进行计算，即可作答．
阴影 扇形ADC 扇形AFE
【详解】解：设∠BOA=n°
5π
小扇形OAB的半径为2cm，弧长为 cm，
3
∵
5π nπ×2
= ，
3 180
∴
则n=150，
则∠FOE=∠BOA=150°，
大扇形OCD的半径为26cm，扇面的宽度CE为12cm，
∵OF=26−12=14(cm)，
∴则S =S −S
阴影 扇形ADC 扇形AFE
150×π×262 150×π×142
= −
360 360
=200π(cm2)
故答案为：200π
10．（2025·江西·模拟预测）图1是某城市一座造型独特的桥梁，该桥因索塔为圆形而被称为“戒指桥”，
图2是该桥索塔示意图，已知桥面在圆形索塔上的部分AB=20m，C为A´B的中点，O为圆心，连接OC．
(1)求证：OC⊥AB；
(2)经测量，C到AB的距离为2m，求该⊙O的半径．
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【答案】(1)见解析
(2)⊙O的半径为26cm
【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键是掌握吹经定理．
（1）设AB与OC交于点D，由C为A´B的中点，可得A´C=B´C，推出AD=BD，即可证明；
1
（2）连接OB，由题意可得：CD=2cm，根据垂径定理可得BD= AB=10cm，设⊙O的半径为r，则
2
OD=r−2，在Rt△OBD中，根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：设AB与OC交于点D，
∵ C为A´B的中点，
∴ A´C=B´C，
∴ AD=BD，
∴ OC⊥AB；
（2）连接OB，
由题意可得：CD=2cm，
∵ OC⊥AB，
1
∴ BD= AB=10cm，
2
设⊙O的半径为r，则OB=OC=r，OD=OC−CD=r−2，
在Rt△OBD中，由勾股定理可得：OD2+BD2=OB2，即(r−2) 2+102=r2，
解得：r=26，
∴ ⊙O的半径为26cm．
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11．（2025·江苏·一模）某段河流的两岸是平行的，某数学老师带领甲，乙两个数学兴趣小组，在不用涉
水过河的情况下，去测得河的宽度，结果都获得了准确的答案．
组别 方案
①在河岸边点B处，选对岸正对的一棵
树A，即AB垂直河岸；②沿河岸直行
15m处有一棵树C，继续前行15m到达
点D处；③从点D处沿河岸垂直的DE方
甲组
向行走，当到达A树正好被C树遮挡住
的点E处时（即点A、C、E在同一直
线上），停止行走；④测得DE的长为
10m．
①在河岸边点B处，选对岸正对的一棵
树A，即AB垂直河岸；②从点B出发，
沿着与直线AB成50°角的BC方向前进
乙组
到C处，在C处测得∠C=25°，③量出
BC的长，它就是河宽（即点A、B之
间的距离）
问题解决
（1）根据甲组的方案，
①河的宽度是 m；
②请说明他们做法的正确性（需写出必要的过程）
（2）根据乙组的方案，请写出在判断过程中，他们都用到了哪些数学几何知识？（至少
2条）
【答案】（1）①10，②见解析；（2）见解析
【分析】本题主要考查了三角形的外角的定义和性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知
识，正确理解题意，熟练掌握相关知识是解题关键．
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（1）①根据题意，易得DE=AB，即可获得答案，②利用“ASA”证明△ABC≌△EDC， 由全等三角
形的性质易得AB=ED；
（2）根据“三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和”，结合题意可证明∠C=∠BAC，再根
据等腰三角形“等角对等边”的性质可得AB=BC，即可获得答案．
【详解】结：（1）①由题意知，DE=AB=10米，即河的宽度是10米；
故答案为：10；
②证明：∵AB⊥BD，DE⊥BD
∴∠ABC=∠EDC=90°，
在△ABC与△EDC中，
¿，
∴△ABC≌△EDC(ASA)，
∴AB=ED=10；
（2）根据题意，∠CBD=50°，∠C=25°，
∵∠CBD=∠C+∠BAC，
∴∠BAC=∠CBD−∠C=50°−25°=25°，
∴∠C=∠BAC，
∴AB=BC．
所以，根据乙组的方案，他们用到的数学几何知识可有：在同一个三角形中，等角对等边；三角形的一个
外角等于与它不相邻的两个内角的和．
12．（2025·江西·模拟预测）如图1，是某物体的三角支架实物图，由竖杆、支杆和连接杆组成，图2是其
右侧部分抽象后的几何图形，其中点C是支干PD上一可转动点，点P是中间竖杆BA上的一动点，当点P
沿BA滑动时，点D随之在地面上滑动，点A是动点P能到达的最顶端位置，当P运动到点A时，PC与
BC重合于竖干BA，经测量PC=BC=50cm，CD=60cm．
(1)当∠BCD=60°时，求竖杆最下端B到地面的距离BO；
(2)点P从点A滑动至AB的中点的过程中，∠BCD变化的度数是多少？（参考数据：√3≈1.73，结果精确
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到0.1cm）
【答案】(1)8.7cm
(2)120°
【分析】该题主要考查了等边三角形的性质和判定，解直角三角形等知识点，解题的关键是理解题意．
（1）如图①，过点C作CE⊥PB于点E．根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠EPC=30°，
再根据解直角三角形求出PE，PB，OP，即可求解．
（2）如图②，当点P位于点A时，B,C ,D 三点共线，即∠BC D =0°．
0 0 0 0
求出AB，再求出当点P滑动至AB的中点时，∠BCD=120°，即可求解．
【详解】（1）解：如图①，过点C作CE⊥PB于点E．
∵∠BCD=60°
，
∴∠PCB=120°，
∵PC=BC，
1
∴∠PCE=∠BCE= ∠PCB=60°，
2
∴∠EPC=90°−60°=30°，
√3
∴PE=PC⋅cos∠EPC=50× =25√3(cm)，
2
∴PB=PE+BE=2PE=50√3cm，
√3
∵OP=PD⋅cos∠OPD=(PC+CD)cos∠OPD=110× =55√3(cm)，
2
∴OB=OP−PB=55√3−50√3=5√3≈8.7(cm)．
（2）解：如图②，当点P位于点A时，B,C ,D 三点共线，即∠BC D =0°．
0 0 0 0
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由题意，得AB=PC+BC=100cm．
1
当点P滑动至AB的中点时，PB=PA= AB=PC=BC=50cm，
2
∴△PCB为等边三角形，
∴∠PCB=60°，
∴∠BCD=120°，
即∠BCD变化了120°．
13．（2025·上海徐汇·模拟预测）如图1所示的圆弧形混凝土管片是构成圆形隧道的重要部件．管片的横
截面（阴影部分）是同心圆环的一部分，左右两边沿的延长线交于圆心，
(1)如图1，BA，CD的延长线交于圆心O，若甲组测得AB=0.6m，AD=3m，BC=4m，求OB的长；
(2)如图2，有一混凝土管片放置在水平地面上，底部用两个完全相同的长方体木块固定，管片与地面的接
触点L为弧MP的中点，若丙组测得MN=PQ=0.5m，NL=LQ=2m，求：该混凝土管片的外圆弧半径．
【答案】(1)OB=2.4m
(2)4.25m
【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，垂径定理，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键，
（1）由OA=OD，OB=OC，推出∠OAD=∠OBC，即可证得△AOD∽△BOC，再根据相似三角形
对应边成比例解答即可；
（2）连接OP、OM、OL、MP、OL与PM相交于点T，由垂径定理可得∠OTM=90°，再结合勾股定
理得到OM2=OT2+MT2，据此解答即可．
【详解】（1）解：∵OA=OD，OB=OC，
180°−∠O
∴∠OAD= =∠OBC，
2
∴△AOD∽△BOC，
OA AD 3
∴ = = ，
OB BC 4
设OB=xm，则OA=(x−0.6)m，
x−0.6 3
∴ = ，
x 4
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解得：x=2.4，
经检验，x=2.4是原方程的根，即OB=2.4m．
答：OB的长为2.4m；
（2）解：如图，设圆心为点O，连接OP、OM、OL、MP、OL与PM相交于点T，
则∠OTM=90°，MT=NL=2m，
设外半径为rm，则OT=(r−0.5)m，
在Rt△OMT中，由勾股定理可得：OM2=OT2+MT2，
即r2=(r−0.5) 2+22，
解得：r=4.25，
答：该混凝土管片的外圆弧半径为4.25m．
考点二 解直角三角形与实际问题
►题型01 仰角俯角问题
1．（2024·山西·中考真题）研学实践：为重温解放军东渡黄河“红色记忆”，学校组织研学活动．同学们
来到毛主席东渡黄河纪念碑所在地，在了解相关历史背景后，利用航模搭载的3D扫描仪采集纪念碑的相
关数据．
数据采集：如图，点A是纪念碑顶部一点，AB的长表示点A到水平地面的距离．航模从纪念碑前水平地面
的点M处竖直上升，飞行至距离地面20米的点C处时，测得点A的仰角∠ACD=18.4°；然后沿CN方向
继续飞行，飞行方向与水平线的夹角∠NCD=37°，当到达点A正上方的点E处时，测得AE=9米；…
数据应用：已知图中各点均在同一竖直平面内，E，A，B三点在同一直线上．请根据上述数据，计算纪
念碑顶部点A到地面的距离AB的长（结果精确到1米．参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，
tan37°≈0.75，sin18.4°≈0.32，cos18.4°≈0.95，tan18.4°≈0.33)．
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【答案】点A到地面的距离AB的长约为27米
【分析】本题考查解直角三角形的应用—仰角俯角问题、锐角三角函数，解答本题的关键是明确题意，利
用数形结合的思想解答．
延长CD交AB于点H，根据矩形的性质得到CM=HB=20，解直角三角形即可得到结论．
【详解】解：延长CD交AB于点H，
由题意得，四边形CMBH为矩形，
∴CM=HB=20，
在Rt△ACH中，∠AHC=90°，∠ACH=18.4°，
AH
∴ tan∠ACH= ，
CH
AH AH AH
∴ CH= = ≈ ，
tan∠ACH tan18.4° 0.33
在Rt△ECH中，∠EHC=90°，∠ECH=37°，
EH
∴ tan∠ECH= ，
CH
EH EH EH
∴ CH= = ≈ ，
tan∠ECH tan37° 0.75
设AH=x米．
∵AE=9，
∴EH=x+9，
x x+9
∴ = ，
0.33 0.75
解得x≈7.1，
∴AB=AH+HB≈7.1+20=27.1≈27（米）；
答：点A到地面的距离AB的长约为27米．
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2．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，学校数学兴趣小组开展“实地测量教学楼AB的高度”的实践活
动．教学楼周围是开阔平整的地面，可供使用的测量工具有皮尺、测角仪（皮尺的功能是直接测量任意可
到达的两点间的距离；测角仪的功能是测量角的大小）．
(1)请你设计测量教学楼AB的高度的方案，方案包括画出测量平面图，把应测数据标记在所画的图形上
（测出的距离用m,n等表示，测出的角用α,β等表示），并对设计进行说明；
(2)根据你测量的数据，计算教学楼AB的高度（用字母表示）．
【答案】(1)见解析
(2)m(tanα+tanβ)
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是：
（1）将测角仪放在D处，用皮尺测量出D到AB的距离为m，用测角仪测出A的仰角为α，测出B的俯角
为β即可；
（2）过C作CE⊥AB于E，分别在Rt△BCE和Rt△ACE中，利用正切的定义求出BE、AE，即可求解．
【详解】（1）解：如图，将测角仪放在D处，用皮尺测量出D到AB的距离为m，用测角仪测出A的仰角
为α，测出B的俯角为β；
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（2）解：如图，过C作CE⊥AB于E，
则四边形CDBE是矩形，∠ACE=α，∠BCE=β，
∴CE=BD=m，BE=CD，
在Rt△BCE中，BE=CE⋅tan∠ECB=mtanβ，
在Rt△ACE中，BE=CE⋅tan∠ECA=mtanα，
∴AB=AE+BE=m(tanα+tanβ)，
答：教学楼AB的高度为m(tanα+tanβ)．
3．（2024·河南·中考真题）如图1，塑像AB在底座BC上，点D是人眼所在的位置．当点B高于人的水平
视线DE时，由远及近看塑像，会在某处感觉看到的塑像最大，此时视角最大．数学家研究发现：当经过
A，B两点的圆与水平视线DE相切时（如图2），在切点P处感觉看到的塑像最大，此时∠APB为最大视
角．
(1)请仅就图2的情形证明∠APB>∠ADB．
(2)经测量，最大视角∠APB为30°，在点P处看塑像顶部点A的仰角∠APE为60°，点P到塑像的水平
距离PH为6m．求塑像AB的高（结果精确到0.1m．参考数据：√3≈1.73）．
【答案】(1)见解析
(2)塑像AB的高约为6.9m
【分析】本题考查了圆周角定理，三角形外角的性质，解直角三角形的应用等知识，解题的关键是：
（1）连接BM，根据圆周角定理得出∠AMB=∠APB，根据三角形外角的性质得出∠AMB>∠ADB，
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然后等量代换即可得证；
（2）在Rt△AHP中，利用正切的定义求出AH，在Rt△BHP中，利用正切的定义求出BH，即可求解．
【详解】（1）证明：如图，连接BM．
则∠AMB=∠APB．
∵∠AMB>∠ADB，
∴∠APB>∠ADB．
（2）解：在Rt△AHP中，∠APH=60°，PH=6．
AH
∵tan∠APH= ，
PH
∴AH=PH⋅tan60°=6×√3=6√3．
∵∠APB=30°，
∴∠BPH=∠APH−∠APB=60°−30°=30°．
BH
在Rt△BHP中，tan∠BPH= ，
PH
√3
∴BH=PH⋅tan30°=6× =2√3．
3
∴AB=AH−BH=6√3−2√3=4√3≈4×1.73≈6.9(m)．
答：塑像AB的高约为6.9m．
4．（2024·湖南·中考真题）某数学研究性学习小组在老师的指导下，利用课余时间进行测量活动．
活动主题 测算某水池中雕塑底座的底面积
测量工具 皮尺、测角仪、计算器等
活动 模型抽象
某休闲广场的水池中有一雕塑，其底座的底面为矩形ABCD，其
过程 示意图如下：
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①在水池外取一点E，使得点C，B，E在同一条直线上；
②过点E作GH⊥CE，并沿EH方向前进到点F，用皮尺测得EF
的长为4米；
测绘过程
③在点F处用测角仪测得∠CFG=60.3°，∠BFG=45°，
与数据信
息
∠AFG=21.8°；
④用计算器计算得：sin60.3°≈0.87，cos60.3°≈0.50，
tan60.3°≈1.75．sin21.8°≈0.37，cos21.8°≈0.93，
tan21.8°≈0.40．
请根据表格中提供的信息，解决下列问题（结果保留整数）：
(1)求线段CE和BC的长度：
(2)求底座的底面ABCD的面积．
【答案】(1)7米；3米
(2)18平方米
【分析】题目主要考查解三角形的应用，理解题意，结合图形求解是解题关键．
CE
（1）根据题意得tan∠CFE=tan60.3°= ≈1.75，即可确定CE长度，再由∠BFG=45°得出
EF
BE=EF=4米，即可求解；
（2）过点A作AM⊥GH于点M，继续利用正切函数确定AB=ME=6米，即可求解面积．
【详解】（1）解：∵GH⊥CE，EF的长为4米，∠CFG=60.3°，
CE
∴tan∠CFE=tan60.3°= ≈1.75，
EF
∴CE=7米；
∵∠BFG=45°，
∴BE=EF=4米，
∴CB=CE−BE=3米；
（2）过点A作AM⊥GH于点M，如图所示：
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∵∠AFG=21.8°，
AM
∴tan∠AFG=tan21.8°= ≈0.4，
MF
∵AM=BE=4米，
∴MF=10米，
∴AB=ME=10−4=6米，
∴底座的底面ABCD的面积为：3×6=18平方米．
►题型02 坡度坡比问题
5．（2024·四川巴中·中考真题）某兴趣小组开展了测量电线塔高度的实践活动．如图所示，斜坡BE的坡
度i=1:√3，BE=6m，在B处测得电线塔CD顶部D的仰角为45°，在E处测得电线塔CD顶部D的仰角为
60°．
(1)求点B离水平地面的高度AB．
(2)求电线塔CD的高度（结果保留根号）．
【答案】(1)AB=3m；
(2)电线塔CD的高度(6√3+9)m．
【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用．
AB 1 √3
（1）由斜坡BE的坡度i=1:√3，求得 = = ，利用正切函数的定义得到∠BEA=30°，据此求解
AE √3 3
即可；
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√3
（2）作BF⊥CD于点F，设DF=x，先解Rt△DBF得到BF=x，解Rt△DCE得到EC= (x+3)米，
3
√3
进而得到方程3√3+ (x+3)=x，解方程即可得到答案．
3
【详解】（1）解：∵斜坡BE的坡度i=1:√3，
AB 1 √3
∴ = = ，
AE √3 3
AB √3
∵tan∠BEA= = ，
AE 3
∴∠BEA=30°，
∵BE=6m，
1
∴AB= BE=3(m)；
2
（2）解：作BF⊥CD于点F，则四边形ABFC是矩形，AB=CF=3m，BF=AC，
设DF=xm，
DF
在Rt△DBF中，tan∠DBF= ，
BF
DF
∴BF= =xm，
tan∠DBF
在Rt△ABE中，AE=√BE2−AB2=3√3，
DC
在Rt△DCE中，DC=DF+CF=(x+3)m，tan∠DEC= ，
EC
x+3 √3
∴EC= = (x+3)，
tan60° 3
∴BF=AE+EC，
√3
∴3√3+ (x+3)=x，
3
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∴x=6√3+6，
∴CD=6√3+6+3=x=6√3+9
答：电线塔CD的高度(6√3+9)m．
6．（2023·湖北·中考真题）为了防洪需要，某地决定新建一座拦水坝，如图，拦水坝的横断面为梯形
ABCD，斜面坡度i=3:4是指坡面的铅直高度AF与水平宽度BF的比．已知斜坡CD长度为20米，
∠C=18°，求斜坡AB的长．（结果精确到米）（参考数据：
sin18°≈0.31,cos18°≈0.95,tan18°≈0.32）
【答案】斜坡AB的长约为10米
【分析】过点D作DE⊥BC于点E，在Rt△DEC中，利用正弦函数求得DE=6.2，在Rt△ABF中，利用
勾股定理即可求解．
【详解】解：过点D作DE⊥BC于点E，则四边形ADEF是矩形，
在Rt△DEC中，CD=20，∠C=18°，
DE=CD⋅sin∠C=20×sin18°≈20×0.31=6.2．
∴AF=DE=6.2．
AF 3
∵ = ，
BF 4
5 5
∴在Rt△ABF中，AB=√AF2+BF2= AF= ×6.2≈10（米）．
3 3
答：斜坡AB的长约为10米．
【点睛】此题考查的是解直角三角形的应用-坡度坡角问题，掌握坡度坡角的概念、熟记锐角三角函数的定
义是解题的关键．
7．（2023·湖北恩施·中考真题）小王同学学习了锐角三角函数后，通过观察广场的台阶与信号塔之间的相
对位置，他认为利用台阶的可测数据与在点A，B处测出点D的仰角度数，可以求出信号塔DE的高．如图，
AB的长为5m，高BC为3m．他在点A处测得点D的仰角为45°，在点B处测得点D的仰角为38.7°，
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A，B，C，D，E在同一平面内．你认为小王同学能求出信号塔DE的高吗？若能，请求出信号塔DE
的高；若不能，请说明理由．（参考数据：sin38.7°≈0.625，cos38.7°≈0.780，tan38.7°≈0.80，结
果保留整数）
【答案】能求出信号塔DE的高，信号塔DE的高为31m；
【分析】过B作BF⊥DE，垂足为F，根据勾股定理及等腰直角三角形的性质AE=DE，进而设DE=xm
根据锐角三角函数解答即可．
【详解】解：过B作BF⊥DE，垂足为F，
∵∠ACB=90°，∠EDA=90°，
∴四边形BCEF是矩形，
∴CE=BF，EF=BC．
∵AB的长为5m，高BC为3m，
∴EF=BC=3m．
∴在Rt△ABC中，AC=√AB2−BC2=√52−32=4(m)．
∵∠DEA=90°，∠DAE=45°，
∴∠ADE=45°．
∴AE=DE．
∴设AE=DE=xm．
∴DF=(x−3)m，CE=BF=(x+4)m．
DF
∴tan∠DBF= ．
BF
∵∠DBF=38.7°，tan38.7°≈0.80，
x−3
∴tan38.7°= ．
x+4
x−3
∴0.8= ．
x+4
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∴x=31．
即信号塔的DE高为31m．
∴能求出信号塔DE的高，信号塔DE的高为31m．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形性质，锐角三角函数，掌握锐角三角函数是解题的关键．
►题型03 方向角问题
8．（2024·四川资阳·中考真题）如图，某海域有两灯塔A，B，其中灯塔B在灯塔A的南偏东30°方向，且
16√3
A，B相距 海里．一渔船在C处捕鱼，测得C处在灯塔A的北偏东30°方向、灯塔B的正北方向．
3
(1)求B，C两处的距离；
(2)该渔船从C处沿北偏东65°方向航行一段时间后，突发故障滞留于D处，并发出求救信号．此时，在灯
塔B处的渔政船测得D处在北偏东27°方向，便立即以18海里/小时的速度沿BD方向航行至D处救援，求
渔政船的航行时间．
（注：点A，B，C，D在同一水平面内；参考数据：tan65°≈2.1，tan27°≈0.5）
【答案】(1)B，C两处的距离为16海里
7√5
(2)渔政船的航行时间为 小时
12
【分析】本题考查了解直角三角形的实际应用，解题的关键是正确画出辅助线，构造直角三角形．
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AB
（1）根据题意易得AC=AB，则CE=BE，再求出BE=CE= =8（海里），即可解答；
cos30°
（2）过点D作DF⊥BC于点F，设CF=x海里，则DF=CFtan65°=2.1x，
DF=BFtan27°=0.5(16+x)，则2.1x=0.5(16+x)，求出x=5，进而得出BF=BC+CF=21海里，
21√5
DF=CFtan65°=10.5海里，根据勾股定理可得：BD=√DF2+BF2=
（海里），即可解答．
2
【详解】（1）解：过点A作AE⊥BC于点E，
∵灯塔B在灯塔A的南偏东30°方向，C处在灯塔A的北偏东30°方向、灯塔B的正北方向．
∴∠ACE=∠ABE=30°，
∴AC=AB，
∵AE⊥BC，
∴CE=BE，
16√3
∵AB= 海里，
3
AB
∴BE=CE= =8（海里），
cos30°
∴BC=8×2=16（海里），
∴B，C两处的距离为16海里．
（2）解：过点D作DF⊥BC于点F，
设CF=x海里，
∵∠DCF=65°，
∴DF=CFtan65°=2.1x，
由（1）可知，BC=16海里，
∴BF=(16+x)海里，
∵∠DBF=27°，
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∴DF=BFtan27°=0.5(16+x)，
∴2.1x=0.5(16+x)，
解得：x=5，
∴BF=BC+CF=21海里，DF=CFtan65°=10.5海里，
21√5
根据勾股定理可得：BD=√DF2+BF2=
（海里），
2
21√5 7√5
∴渔政船的航行时间为 ÷18= （小时），
2 12
7√5
答：渔政船的航行时间为 小时．
12
9．（2024·江苏连云港·中考真题）图1是古代数学家杨辉在《详解九章算法》中对“邑的计算”的相关研
究．数学兴趣小组也类比进行了如下探究：如图2，正八边形游乐城A A A A A A A A 的边长为
1 2 3 4 5 6 7 8
√2
km，南门O设立在A A 边的正中央，游乐城南侧有一条东西走向的道路BM，A A 在BM上（门宽
2 6 7 6 7
及门与道路间距离忽略不计），东侧有一条南北走向的道路BC，C处有一座雕塑．在A 处测得雕塑在北
1
偏东45°方向上，在A 处测得雕塑在北偏东59°方向上．
2
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(1)∠C A A =__________°，∠C A A =__________°；
1 2 2 1
(2)求点A 到道路BC的距离；
1
(3)若该小组成员小李出南门O后沿道路MB向东行走，求她离B处不超过多少千米，才能确保观察雕塑不
会受到游乐城的影响？（结果精确到0.1km，参考数据：√2≈1.41，sin76°≈0.97，tan76°≈4.00，
sin59°≈0.86，tan59°≈1.66）
【答案】(1)∠C A A =90°，∠C A A =76°
1 2 2 1
(2)2.0千米
(3)2.4km
【分析】本题考查正多边形的外角，解直角三角形，相似三角形的判定和性质：
（1）求出正八边形的一个外角的度数，再根据角的和差关系进行求解即可；
√2
（2）过点A 作A D⊥BC，垂足为D，解Rt△C A A ，求出C A =A A ⋅tan76°≈ ×4.00=2√2，
1 1 2 1 1 1 2 2
√2
解Rt△C A D，求出A D=C A ⋅cos45°=2√2× =2.0km，即可；
1 1 1 2
（3）连接C A 并延长交BM于点E，延长A A 交BE于点G，过点A 作A F⊥BC，垂足为F，解
8 1 8 8 8
Rt△A A G，求出A G，证明Rt△C A F∽Rt△CEB，列出比例式进行求解即可．
7 8 8 8
360°
【详解】（1）解：∵正八边形的一个外角的度数为： =45°，
8
∴∠C A A =45°+45°=90°，∠C A A =180°−45°−59°=76°；
1 2 2 1
故答案为：90,76；
（2）过点A 作A D⊥BC，垂足为D．
1 1
√2
在Rt△C A A 中，A A = ，∠C A A =76°，
2 1 2 1 2 2 1
√2
∴C A =A A ⋅tan76°≈ ×4.00=2√2．
1 1 2 2
在Rt△C A D中，∠C A D=90°−45°=45°，
1 1
√2
∴A D=C A ⋅cos45°=2√2× =2.0km．
1 1 2
答：点A 到道路BC的距离为2.0千米．
1
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（3）连接C A 并延长交BM于点E，延长A A 交BE于点G，过点A 作A F⊥BC，垂足为F．
8 1 8 8 8
∵正八边形的外角均为45°，
1
∴在Rt△A A G中，A G= ．
7 8 8 2
1
∴FB=A G= ．
8 2
√2
又∵A F=A D=CD=2，DF=A A = ，
8 1 1 8 2
5+√2
∴CB=CD+DF+FB= ．
2
∵∠CF A =∠B,∠FC A =∠BCE，
8 8
∴Rt△C A F∽Rt△CEB，
8
√2
2+
CF A F 2 2
∴ = 8 ，即 = ，
CB EB 5+√2 EB
2
∵√2≈1.41，
∴EB≈2.4km．
答：小李离点B不超过2.4km，才能确保观察雕塑不会受到游乐城的影响．
10．（2024·重庆·中考真题）如图，A，B，C，D分别是某公园四个景点，B在A的正东方向，D在A的
正北方向，且在C的北偏西60°方向，C在A的北偏东30°方向，且在B的北偏西15°方向，AB=2千米．
（参考数据：√2≈1.41，√3≈1.73，√6≈2.45）
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(1)求BC的长度（结果精确到0.1千米）；
(2)甲、乙两人从景点D出发去景点B，甲选择的路线为：D−C−B，乙选择的路线为：D−A−B．请计
算说明谁选择的路线较近？
【答案】(1)2.5千米
(2)甲选择的路线较近
【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用：
（1）过点B作BE⊥AC于E，先求出∠ACB=45°，再解Rt△ABE得到BE=√3千米，进一步解
BE
Rt△BCE即可得到BC= =√6≈2.5千米；
sin∠BCE
（2）过点C作CF⊥AD于D，先解Rt△ABE得到AE=1千米，则AC=AE+CE=(1+√3)千米，再
1+√3 3+√3 3+√3
Rt△AFC得到CF= 千米，AF= 千米，最后解Rt△DCF 得到DF= 千米，
2 2 6
3+√3 3+√3
CD= 千米，即可得到CD+BC= +√6≈4.03千米，AD+AB≈5.15千米，据此可得答案．
3 3
【详解】（1）解：如图所示，过点B作BE⊥AC于E，
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由题意得，∠CAB=90°−30°=60°，∠ABC=90°−15°=75°，
∴∠ACB=180°−∠CAB−∠ABC=45°，
在Rt△ABE中，∠AEB=90°，AB=2千米，
∴BE=AB⋅cos∠BAE=2⋅cos60°=√3千米，
BE √3
在Rt△BCE中，BC= = =√6≈2.5千米，
sin∠BCE sin45°
∴BC的长度约为2.5千米；
（2）解：如图所示，过点C作CF⊥AD于D，
在Rt△ABE中，AE=AB⋅cos∠BAE=2⋅cos60°=1千米，
∴AC=AE+CE=(1+√3)千米，
1+√3
在Rt△AFC中，CF=AC⋅sin∠CAF=(1+√3)⋅sin30°= 千米，
2
3+√3
AF=AC⋅cos∠CAF=(1+√3)⋅cos30°= 千米，
2
在Rt△DCF中，∠DCF=30°，∠DFC=90°，
1+√3 3+√3
∴DF=CF⋅tan∠DCF= ⋅tan30°= 千米，
2 6
1+√3
CF 2 3+√3千米，
CD= = =
cos∠DCF cos30° 3
3+√3 3+√3 3+√3
∴CD+BC= +√6≈4.03千米，AD+AB=DF+AF+AB=2+ + ≈5.15千米，
3 6 2
∵4.03<5.15，
∴甲选择的路线较近．
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►题型04 其它问题
11．（2024·甘肃兰州·中考真题）单摆是一种能够产生往复摆动的装置，某兴趣小组利用摆球和摆线进行
与单摆相关的实验探究，并撰写实验报告如下．
实
验
探究摆球运动过程中高度的变化
主
题
实
验
摆球，摆线，支架，摄像机等
用
具
如图1，在支架的横杆点O处用摆线悬挂一个摆球，将摆球拉高后松手，摆球开
实 始往复运动．（摆线的长度变化忽略不计）
验
如图2，摆球静止时的位置为点A，拉紧摆线将摆球拉至点B处，BD⊥OA，
说
明
∠BOA=64°，BD=20.5cm；当摆球运动至点C时，∠COA=37°，
CE⊥OA．（点O，A，B，C，D，E在同一平面内）
实
验
图
示
解决问题：根据以上信息，求ED的长．（结果精确到0.1cm）
参考数据：sin37°≈0.60,cos37°≈0.80,tan37°≈0.75，sin64°≈0.90,cos64°≈0.44,tan64°≈2.05．
【答案】ED的长为8.2cm
【分析】本题考查的是解直角三角形的实际应用，先求解OD,OB,OC，再求解OE，从而可得答案；
【详解】解：∵BD⊥OA，∠BOA=64°，BD=20.5cm；
BD 20.5
∴OD= ≈ =10，
tan64° 2.05
OD 10
OB= ≈ ≈22.73，
cos64° 0.44
∴OB=OC=22.73，
∵∠COA=37°，CE⊥OA，
∴OE=OC⋅cos37°≈22.73×0.8≈18.2，
∴DE=OE−OD=18.2−10=8.2；
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∴ED的长为8.2cm；
12．（2024·辽宁·中考真题）如图1，在水平地面上，一辆小车用一根绕过定滑轮的绳子将物体竖直向上提
起．起始位置示意图如图2，此时测得点A到BC所在直线的距离AC=3m，∠CAB=60°；停止位置示意
图如图3，此时测得∠CDB=37°（点C，A，D在同一直线上，且直线CD与平面平行，图3中所有点在
同一平面内．定滑轮半径忽略不计，运动过程中绳子总长不变．（参考数据：sin37°≈0.60，
cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，√3≈1.73）
(1)求AB的长；
(2)求物体上升的高度CE（结果精确到0.1m）．
【答案】(1)6m
(2)2.7m
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）解Rt△ABC即可求解；
（2）在Rt△ABC中，由勾股定理得，BC=3√3，解Rt△BCD求得BD=5√3，由题意得，
BC+AB=BE+BD，故BE=BC+AB−BD=6−2√3，则CE=BC−BE≈2.7m．
【详解】（1）解：由题意得，∠BCA=90°，
∵AC=3m，∠CAB=60°，
AC
∴在Rt△ABC中，由cos∠A= ，
AB
3 1
得： =cos60°= ，
AB 2
∴AB=6m,
答：AB=6m；
（2）解：在Rt△ABC中，由勾股定理得，BC=√AB2−AC2=3√3，
BC
在Rt△BCD中，sin∠CDB= ，
BD
3√3
∴sin37°= =0.6，
BD
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∴BD=5√3，
由题意得，BC+AB=BE+BD，
∴BE=BC+AB−BD=3√3+6−5√3=6−2√3，
∴CE=BC−BE=3√3−(6−2√3)=5√3−6≈2.7m，
答：物体上升的高度约为2.7m．
13．（2024·贵州·中考真题）综合与实践：小星学习解直角三角形知识后，结合光的折射规律进行了如下
综合性学习．
【实验操作】
第一步：将长方体空水槽放置在水平桌面上，一束光线从水槽边沿A处投射到底部B处，入射光线与水槽
内壁AC的夹角为∠A；
第二步：向水槽注水，水面上升到AC的中点E处时，停止注水．（直线N N'为法线，AO为入射光线，
OD为折射光线．）
【测量数据】
如图，点A，B，C，D，E，F，O，N，N'在同一平面内，测得AC=20cm，∠A=45°，折射角
∠DON=32°．
【问题解决】
根据以上实验操作和测量的数据，解答下列问题：
(1)求BC的长；
(2)求B，D之间的距离（结果精确到0.1cm）．
（参考数据：sin32°≈0.52，cos32°≈0.84，tan32°≈0.62）
【答案】(1)20cm
(2)3.8cm
【分析】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．
（1）根据等腰三角形的性质计算出的值；
（2）利用锐角三角函数求出DN长，然后根据BD=BN−DN计算即可．
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【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∠A=45°，
∴∠B=45°，
∴BC=AC=20cm，
1
（2）解：由题可知ON=EC= AC=10cm，
2
∴NB=ON=10cm，
又∵∠DON=32°，
∴DN=ON⋅tan∠DON=10×tan32°≈10×0.62=6.2cm，
∴BD=BN−DN=10−6.2=3.8cm．
14．（2023·山东济南·中考真题）图1是某越野车的侧面示意图，折线段ABC表示车后盖，已知AB=1m，
BC=0.6m，∠ABC=123°，该车的高度AO=1.7m．如图2，打开后备箱，车后盖ABC落在AB'C'处，
AB'与水平面的夹角∠B' AD=27°．
(1)求打开后备箱后，车后盖最高点B'到地面l的距离；
(2)若小琳爸爸的身高为1.8m，他从打开的车后盖C'处经过，有没有碰头的危险?请说明理由．
（结果精确到0．01m，参考数据：sin27°≈0.454，cos27°≈0.891，tan27°≈0.510，√3≈1.732）
【答案】(1)车后盖最高点B'到地面的距离为2.15m
(2)没有危险,详见解析
【分析】（1）作B'E⊥AD，垂足为点E，先求出B'E的长，再求出B'E+AO的长即可；
（2）过C'作C'F⊥B'E，垂足为点F，先求得∠AB'E=63°，再得到
∠C'B'F=∠AB'C'−∠AB'E=60°，再求得B'F=B'C' ⋅cos60°=0.3，从而得出C'到地面的距离为
2.15−0.3=1.85，最后比较即可．
【详解】（1）如图，作B'E⊥AD，垂足为点E
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在Rt△AB'E中
∵∠B' AD=27°，AB'=AB=1
B'E
∴sin27°=
AB'
∴B'E=AB'sin27°≈1×0.454=0.454
∵平行线间的距离处处相等
∴B'E+AO=0.454+1.7=2.154≈2.15
答：车后盖最高点B'到地面的距离为2.15m．
（2）没有危险，理由如下：
过C'作C'F⊥B'E，垂足为点F
∵∠B' AD=27°，∠B'EA=90°
∴∠AB'E=63°
∵∠AB'C'=∠ABC=123°
∴∠C'B'F=∠AB'C'−∠AB'E=60°
在Rt△B'FC'中，B'C'=BC=0.6
∴B'F=B'C' ⋅cos60°=0.3．
∵平行线间的距离处处相等
∴C'到地面的距离为2.15−0.3=1.85．
∵1.85>1.8
∴没有危险．
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【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是解题的关键．
解直角三角形实际应用的一般步骤
①弄清题中名词、术语，根据题意画出图形，建立数学模型；
②将条件转化为几何图形中的边、角或它们之间的关系，把实际问题转化为解直角三角形问题；当有些图
形不是直角三角形时，可适当添加辅助线，把它们分割成直角三角形或矩形.
③选择合适的边角关系式，使运算简便、准确；
④得出数学问题的答案并检验答案是否符合实际意义，从而得到问题的解．
【常见类型】航海、建桥修路、测量楼高、塔高等.
1．（2025·陕西西安·一模）新能源风力发电是一种利用自然风力来产生电能的环保发电方式，它将风的动
能转换为机械能，再通过发电机将机械能转换为电能，某校实践活动小组到当地电力部门安装的一批风力
发电机场地进行实地调研，并对其中一架风力发电机的塔杆（如图①）高度进行了测量数据采集：如图②
是其测量示意图，在这架风力发电机附近的一幢建筑物楼顶D处测得塔杆顶端A处的仰角为45°，底部B
处的俯角为29°，已知AB⊥BC，图中点A、B、C、D均在同一平面内，建筑物的高CD为11米，请计
算该风力发电机的塔杆高度AB．（参考数据：sin29°≈0.48，cos29°≈0.87，tan29°≈0.55）
【答案】31米
【分析】本题考查了解直角三角形的应用——仰角俯角问题．熟练掌握解直角三角形是解题的关键．
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过点D作DE⊥AB于点D，可得四边形DCBE是矩形，得BE=CD=11，得DE=20根据∠ADE=45°，
得AE=DE=20，即得AB=31．
【详解】解：过点D作DE⊥AB于点D，
则∠DEA=∠DEB=90°，
∵AB⊥BC，DC⊥BC，
∴∠ABC=∠BCD=90°，
∴四边形DCBE是矩形，
∴BE=CD=11，
BE 11
∴DE= ≈ =20，
tan∠BDE 0.55
∵∠ADE=45°，
∴∠A=90°−∠ADE=45°，
∴AE=DE=20，
∴AB=AE+BE=31．
故塔杆高31米．
2．（2025·安徽马鞍山·一模）为践行“绿水青山就是金山银山”的重要思想，某森林保护区开展了寻找古
树活动．如图，在一个坡度i=1:2.4的山坡AB上发现有一棵古树CD．测得古树底端C到山脚点A的距离
AC=20m，在距山脚点A水平距离10m的E处，测得古树顶端D的仰角∠AED=48°，（古树CD与山坡
AB的剖面、点E在同一平面上，古树CD与直线AE垂直），求古树CD的高度．（结果保留整数，参考数
据：sin48°≈0.73，cos48°≈0.67，tan48°≈1.1．）
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【答案】古树CD的高度约为23m
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，掌握解法是解题的关键．延长DC交EA的延长线于点F，则
20 100
CF⊥EF，可求CF:AF=5:12，设CF=5k，则AF=12k，可求k= ，从而可求CF= m，
13 13
240 370 DF
AF= m，EF= m，由tan∠AED= ，求出DF，即可求解．
13 13 EF
【详解】解：如图，延长DC交EA的延长线于点F，则CF⊥EF，
∵ AC i=1:2.4
山坡 上坡度 ，
∴CF:AF=1:2.4，
∴CF:AF=5:12，
∴设CF=5k，则AF=12k，
在Rt△ACF中，
AC=√CF2+AF2
=√(5k) 2+(12k) 2=13k，
∴13k=20，
20
解得：k= ，
13
20 100 20 240
∴CF=5× = m，AF=12× = m，
13 13 13 13
240 370
∴EF=AE+AF=10+ = m，
13 13
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DF
在Rt△DFE中，tan∠AED= ，
EF
370
∴DF= ×tan48°≈31m
13
100 303
∴CD=DF−CF=31− = ≈23m
13 13
答：古树CD的高度约为23m．
3．（2025·甘肃定西·一模）安定区某学校无人机兴趣小组在飞行物限高50米的某区域内举行无人机试飞
比赛，该兴趣小组利用所学知识对某同学的无人机高度进行了测量，如图，他们先在点E处用高1.5m的测
角仪EF测得无入机A的仰角为30，然后沿水平方向EB前行20m到点C处，在点C处测得无人机A的仰
角为60°．请你根据该小组的测量方法和数据，求无人机的位置点A距离地面的高度？（结果精确到0.1，
参考数据：√3=1.732）
【答案】76.5m
【分析】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添加适当的辅助
线是解题的关键．设DG=xm，AG=√3x，由FG=(x+50)=√3AG，求得x，进而求得AG，最后求得
求无人机的位置高度．
【详解】
.
由题意得：FE=CD=BG=1.5m，
FD=CE=50m,FG⊥AB，
设DG=xm，
∴FG=DF+DG=(x+50)m
在Rt△ADG中，∠ADG=60°，
∴AD=2DG=2x，
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∴AG=√AD2−DG2=√3x(m)，
在Rt△AFG中，∠AFG=30°，
∴AF=2AG=2√3x，
∴FG=√AF2−AG2=3x=x+50，
解得：x=25，
∴AG=25+50=75(m)
∴AB=AG+BG=75+1.5=76.5(m)，
4．（2025·河北秦皇岛·一模）如图，甲、乙两艘货轮同时从A港出发，分别向B，D两港运送物资，最后
到达A港正东方向的C港装运新的物资．甲货轮沿A港的东南方向航行10海里后到达B港，再沿北偏东60∘
万向航行一定距离到达C港．乙货轮沿A港的北偏东60∘方向航行一定距离到达D港，再沿南偏东30∘方向
航行一定距离到达C港．（参考数据：√2≈1.41，√3≈1.73，√6≈2.45）
(1)求A，C两港之间的距离（结果保留小数点后一位）；
(2)若甲、乙两艘货轮的速度相同（停靠B、D两港的时间相同），哪艘货轮先到达C港？请通过计算说明．
【答案】(1)77.2海里
(2)甲货轮先到达C港，计算说明见解析
【分析】本题考查了解直角三角形的应用-方向角问题，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．
（1）过点B作BE⊥AC，垂足为E，先在Rt△ABE中，利用锐角三角函数的定义求出AE和BE的长，再
在Rt△BCE中，利用锐角三角函数的定义求出CE的长，从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答；
（2）根据题意可得：∠CDF=30°，DF∥AG，从而可得∠GAD=∠ADF=60°，然后利用角的和差
关系可得∠ADC=90°，从而在Rt△ACD中，利用含30度角的直角三角形的性质求出CD和AD的长，
再在Rt△BCE中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，最后进行计算比较即可解答．
【详解】（1）解：过点B作BE⊥AC，垂足为E，如图所示：
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在Rt△ABE中，∠BAE=90°−45°=45°，AB=40海里，
√2 √2
∴AE=AB⋅cos45°=40× =20√2（海里），BE=AB⋅sin45°=40× =20√2（海里），
2 2
在Rt△BCE中，∠CBE=60°，
∴CE=BE⋅tan60°=20√2×√3=20√6（海里），
∴AC=AE+CE=20√2+20√6≈77.2（海里），
∴A，C两港之间的距离约为77.2海里；
（2）解：甲货轮先到达C港，
理由如下：
如图所示：
由题意得∠CDF=30°，DF∥AG，
∴∠GAD=∠ADF=60°，
∴∠ADC=∠ADF+∠CDF=90°，
在Rt△ACD中，∠CAD=90°−∠GAD=30°，
1
∴CD= AC=(10√2+10√6)海里，AD=√3CD=(10√6+30√2)海里，
2
在Rt△BCE中，∠CBE=60°，BE=20√2海里，
BE 20√2
BC= = =40√2
∴ cos60° 1 （海里），
2
∴甲货轮航行的路程=AB+BC=40+40√2≈96.4（海里），
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乙货轮航行的路程=AD+CD=10√6+30√2+10√2+10√6=20√6+40√2≈105.4（海里），
96.4海里＜105.4海里，
∵
∴甲货轮先到达C港．
5．（2025·广东佛山·一模）如图所示是广东醒狮，它是国家级非物质文化遗产之一，其中高桩醒狮更是由
现代艺术演出转变而来的体育竞技．如图2，三根梅花桩AM，BP，CN垂直于地面放置，醒狮少年从点
A跳跃到点B，随后纵身跃至点C，已知∠A=59°，∠C=45°，MP=0.25m，NP=1.35m．（参考数据：
sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60）
(1)在图2中，∠ABC=________；
(2)醒狮少年在某次演出时需要从点A直接腾跃至点C进行“采青”，请求出“采青”路径AC的长度；
(3)醒狮少年在休息时发现，在太阳光下梅花桩AM的影子顶端恰好落在点B处，梅花桩BP的影子顶端恰好
与点N重合，请在图3中画出梅花桩AM，BP的影子并计算出BP的高度；
(4)如图4，保持BP不变，通过调整梅花桩AM的高度，使得AC+AB的值最小，请求出此时AM的高度
（结果精确到0.01m）．
【答案】(1)104°
(2)AC的长度约为2m
(3)见解析，BP的高度约为0.81m
(4)AM的高度约为0.99m
【分析】（1）延长PB至H，根据平行线的性质可得∠ABH=∠A=59°，∠CBH=∠C=45°，即可得
解；
（2）过点B作直线EF∥MN，分别交AM，CN于点E，F，过点A作直线AD∥MN，交CN于点D，连
接AC，则四边形AMND，四边形AEFD，四边形EMPB，四边形BPNF均是矩形，由矩形的性质可得
EB=MP=0.25m，BF=NP=1.35m，DF=AE，再解直角三角形结合勾股定理计算即可得解；
（3）线段MP，PB为梅花桩AM的影子，线段PN为梅花桩BP的影子．再利用相似三角形的性质求解即
可；
（4）作点B关于AM的对称点B'，连接B'C交AM于A'，连接A'B，A'C，则
A'B+A'C=A'B'+A'C=B'C，则B'C就是AC+AB的最小值，由（2）得CH=1.35m，由轴对称得
B'G=BG=0.25m，再利用相似三角形的性质计算即可得解．
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【详解】（1）解：如图：延长PB至H，
由题意可得：AM∥PH∥CN，
∴∠ABH=∠A=59°，∠CBH=∠C=45°，
∴∠ABC=∠ABH+∠CBH=104°；
（2）解：如图，过点B作直线EF∥MN，分别交AM，CN于点E，F，过点A作直线AD∥MN，交CN
于点D，连接AC．
由题意得∠EMN=∠FNM=∠MAD=∠ADN=∠MEF=∠NFE=∠BPM=∠BPN=90°，
∴四边形AMND，四边形AEFD，四边形EMPB，四边形BPNF均是矩形，
∴EB=MP=0.25m，BF=NP=1.35m，DF=AE，
∴AD=EF=1.6m．
∵∠EAB=59°，∠BCF=45°，
∴∠EBA=90°−59°=31°，∠CBF=90°−45°=45°=∠BCF，
∴AE=EB⋅tan31°≈0.15m，CF=BF=1.35m，
∴CD=CF−DF=CF−AE=1.2m，
∵在Rt△ACD中，AD=1.6m，CD=1.2m，
∴AC=√AD2+CD2=2m．
即“采青”路径AC的长度约为2m．
（3）解：如图，线段MP，PB为梅花桩AM的影子，线段PN为梅花桩BP的影子．
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∵∠BPN=∠AMN=90°，∠BNP=∠ANM，
∴△BNP∽△ANM，
BP PN
∴ = ．
AM MN
由（1）得AM≈0.15+BP，
BP 1.35
∴ = ，
0.15+BP 1.6
解得BP=0.81m．
经检验BP=0.81且符合题意，所以BP的高度约为0.81米．
（4）解：如图，作点B关于AM的对称点B'，连接B'C交AM于A'，连接B'B并延长交CN于H，连接
A'B，A'C，
∴A'B+A'C=A'B'+A'C=B'C，则B'C就是AC+AB的最小值，
由对称性质可知：B'B⊥AM，
同理（2）得CH=1.35m，
由轴对称得B'G=BG=0.25m，
∴B'H=1.85m．
∵A'G∥CH
∴△A'B'G'∽△CB'H，
A'G B'G
∴ = ．
CH B'H
A'G 0.25
即 = ，
1.35 1.85
解得A'G≈0.18m，
∴A'M=0.18+GM=0.18+BP=0.99m，
∴此时AM的高度约为0.99m．
【点睛】本题考查了平行线的性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练
掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
6．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，有一建筑物FD在小山BC上，小山的斜坡AB的坡角为1:√3，在建
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筑物顶部有一座避雷塔EF，在坡底A处测得避雷塔顶端E的仰角为45°，在山顶B处测得建筑物顶端F的
仰角为60°，已知E、F、D在同一条垂直于地面的直线上，BD∥AC，AB=1000m，BD=250m．
(1)求小山BC的高度；
(2)求避雷塔EF的高度．（结果精确到0.1m，√2≈1.41，√3≈1.73）
【答案】(1)小山BC的高度为500m；
(2)避雷塔EF的高度约为182.5m．
【分析】本题考查了解直角三角形的应用—坡度坡角问题，仰角俯角问题，矩形的判定与性质，等腰三角
形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键．
（1）由小山的斜坡AB的坡度为1:√3，则可得出∠BAC=30°，故有BC=sin30°⋅AB，然后代入求解
即可；
（2）过点D作DG⊥AC，垂足为点G，证明四边形BCGD是矩形，则BC=DG=500m，
CG=BD=250m，在Rt△ABC中求出AC=500√3m，则有AG=(500√3+250)m，然后证明△AGE是
等腰直角三角形，则EG=AG=(500√3+250)m，在Rt△BDF中，
FD=tan60°⋅BD=√3×250=250√3m，最后由EF=EG−FD−DG，代入求解即可．
【详解】（1）解：∵小山的斜坡AB的坡度为1:√3，BC⊥AC，AB=1000m，
∴tan∠BAC=1:√3，
∴∠BAC=30°，
1
∴Rt△ABC中，BC=sin30°⋅AB= ×1000=500(m)，
2
则小山BC的高度为500m；
（2）解：如图，过点D作DG⊥AC，垂足为点G，
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∴∠DGA=∠BCA=90°则BC∥DG，
又∵BD∥AC，
∴四边形BCGD是矩形，
∴BC=DG=500m，CG=BD=250m，
√3
又∵在Rt△ABC中，AC=cos30°⋅AB= ×1000=500√3m，
2
∴AG=(500√3+250)m，
又∵E、F、D在同一条垂直于地面的直线上，∠EAC=45°，
∴EG⊥AC，
∴△AGE是等腰直角三角形，
∴EG=AG=(500√3+250)m，
又∵在Rt△BDF中，FD=tan60°⋅BD=√3×250=250√3m，
∴EF=EG−FD−DG=500√3+250−250√3−500=250(√3−1)≈182.5(m)，
则避雷塔EF的高度约为182.5m．
7．（2025·上海奉贤·一模）桔槔(gao)是古代汉族的一种农用工具，也是一种原始的汲水工具，它的工作
原理基于杠杆原理，通过一根竖立的支架加上一根杠杆，当中是支点，末端悬挂一个重物，前段悬挂水桶．
当人把水桶放入水中打满水以后，由于杠杆末端的重力作用，便能轻易把水提拉至所需处．这种工具可以
省力地进行汲水，减轻劳动者的劳动强度．
如图所示，线段OM代表固定支架，点D、点C分别代表重物和水桶，线段BD、AC是无弹力、固定长
度的麻绳，绳长AC=3米，木质杠杆AB=6米．
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(1)当水桶C的位置低于地面0.5米（如图1所示），支架OM与绳子BD之间的距离OH是1.6米，且
cotB=0.75，求这个桔槔支架OM的高度；
(2)向上提水桶C上升到地面上方0.6米（如图2所示），求此时重物D相对于（1）中的位置下降的高度．
【答案】(1)4.9米
(2)0.55米
【分析】（1）过点A作AN⊥OM于点N，利用余切函数的定义，平行线的性质，矩形的判定和性质，勾
股定理，余弦函数，解直角三角形的即可．
（2）如图2，过点A作AQ⊥OM于点Q，过点C作CP⊥OM于点P，过点O作OK⊥BD于点K，则
PM=0.6米，四边形ACPQ是矩形，解直角三角形解答即可．
【详解】（1）解：如图1，过点A作AN⊥OM于点N，
BH 3
∵cotB= =0.75= ，OH=1.6，
OH 4
3
∴BH=1.6× =1.2（米），
4
∴BO=√BH2+OH2=2（米），
BH 3
∴cosB= = ，
OB 5
∵OM∥BD，AB=6米，
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∴∠B=∠AON，OA=AB−OB=4米，
3
∴ON=OAcos∠AON=4× =2.4米，
5
设AC与地面的交点为G，
则GC=0.5米，四边形AGMN是矩形，
∴MN=AG，
∵AC=3米，
∴AG=2.5米，
∴OM=ON+MN=ON+AG=2.5+2.4=4.9米．
（2）解：如图2，过点A作AQ⊥OM于点Q，过点C作CP⊥OM于点P，
过点O作OK⊥BD于点K，
则PM=0.6米，四边形ACPQ是矩形，
∴PQ=AC=3米，
∵OM=4.9米，
∴OQ=OM−PQ−MP=1.3米，
OQ 1.3 13
∴cos∠AOQ= = = ，
OA 4 40
∵OM∥BD，
∴∠B=∠AOQ，
BK 13
∴cosB= = ，
OB 40
13
∴BK=OBcosB=2× =0.65米，
40
3
根据（1）得BH=1.6× =1.2（米），
4
∴此时重物D相对于（1）中的位置下降的高度为1.2−0.65=0.55米．
【点睛】本题考查了余切函数，余弦函数，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握三角
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函数的应用是解题的关键．
8．（2025·河南·模拟预测）某综合实践研究小组为了测量目标物体的仰角和俯角，利用量角器和铅锤自制
了一个简易测角仪（图1）．
(1)如图2，在点P处观察到目标物体的最高点为点C，当量角器零刻度线上的A，B两点均在视线PC上时，
测得视线与铅垂线所夹的锐角为α，设仰角为β，请直接写出α与β之间的关系；
(2)如图3，为了测量广场上气球A离地面的高度，该小组利用自制简易测角仪在点B，C两处分别测得视线
与铅垂线的所夹的锐角为53°，45°，地面上点B，C，D在同一水平直线上，BC=10m，求气球A离地面
的高度AD．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【答案】(1)α+β=90°；
(2)气球A离地面的高度AD约为30m．
【分析】本题考查解直角三角形的实际应用．熟练掌握解直角三角形的方法及相关知识点是解决问题的关
键．
(1)根据铅垂线与水平线互相垂直可得∠PDO=90°，根据直角三角形的两个锐角互余，α+β=90°；
(2)根据在点B，C两处分别测得视线与铅垂线的所夹的锐角为53°，45°，可得∠ACD=45°，设AD=x，
利用锐角三角函数可得CD=x，所以可知BD=10+x，在Rt△ABD中利用锐角三角函数可得关于x的方程，
解方程求出x的值即可．
【详解】（1）解：如下图所示，
∵OD⊥PD，
∴∠PDO=90°，
∵直角三角形的两个锐角互余，
∴α+β=90°；
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（2）解：根据题意，可得∠ABD=90°−53°=37°，∠ACD=90°−45°=45°，
设AD=x，
在Rt△ACD中，∠ACD=45°，
AD
∴CD= =x，
tan45°
∵BC=10，
∴BD=10+x，
在Rt△ABD中，∠ABD=37°，
AD x
∴tan37°= = ≈0.75，
BD x+10
解得x≈30，
经检验，x≈30是方程的根，且符合题意，
∴AD≈30m，
答：气球A离地面的高度AD约为30m．
9．（2024·陕西西安·模拟预测）家用洗手盆上常装有一种抬启式水龙头（如图1），完全开启后，把手
AM与水平线的夹角为37°，此时把手端点A、出水口点B和落水点C在同一直线上，洗手盆及水龙头示意
图如图2，M，D，E在一条直线上，ME⊥EC，其相关数据为AM=10cm，ME=27cm，求EC的长
3 4 3
（结果精确到1cm，参考数据：sin37°≈ ，cos37°≈ ，tan37°≈ ，√3≈1.73）．
5 5 4
【答案】27cm
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【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，矩形的判定与性质，过点A作AT⊥EH于T，交MN
于R，判定四边形METR是矩形，可得ET=MR，RT=ME=27cm，解Rt△AMR得到AR≈6cm，
MR≈8cm，进而得到ET=MR=8cm，AT=AR+RT=33cm，再解Rt△ATC求出CT的长，最后根据
EC=ET+CT得出答案即可，熟练掌握解直角三角形、正确计算是解题的关键．
【详解】解：如图，过点A作AT⊥EH于T，交MN于R，
∴∠MDT=∠RTE=∠EMR=90°，
∴四边形METR是矩形，
∴ET=MR，RT=ME=27cm，
在Rt△AMR中，∠ARM=90°，∠AMR=37°，AM=10cm，
∴AR=AM⋅sin∠AMR=10×sin37°≈6cm，MR=AM⋅cos∠AMR=10×cos37°≈8cm，
∴ET=MR=8cm，AT=AR+RT=33cm，
在Rt△ATC中，∠ATC=90°，观察图形得：∠ACT=60°，
AT 33
∴CT= = =33÷√3≈19cm，
tan∠ACT tan60°
∴EC=ET+CT=27cm，
∴EC的长约为27cm．
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