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第 32 讲 锐角三角函数及其应用
目 录
题型01 理解正弦、余弦、正切的概念
题型02 求角的正弦值
题型03 求角的余弦值
题型04 求角的正切值
题型05 已知正弦值求边长
题型06 已知余弦值求边长
题型07 已知正切值求边长
题型08 含特殊角的三角函数值的混合运算
题型09 求特殊角的三角函数值
题型10 由特殊角的三角函数值判断三角形形状
题型11 用计算器求锐角三角函数值
题型12 根据特殊角的三角函数值求角的度数
题型13 已知角度比较三角函数值大小
题型14 根据三角函数值判断锐角的取值范围
题型15 利用同角三角函数关系求解
题型16 互余两角三角函数关系
题型17 构造直角三角形解直角三角形
题型18 网格中解直角三角形
题型19 在坐标系中解直角三角形
题型20 解直角三角形的相关计算
题型21 构造直角三角形求不规则图形的边长或面积
题型22 仰角、俯角问题
题型23 方位角问题
题型24 坡度坡比问题
题型25 坡度坡比与仰角俯角问题综合
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题型 01 理解正弦、余弦、正切的概念
1．（2022·湖北·统考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，BD是斜边AC上的高，AB≠BC，则下列比值中
等于sin A的是（ ）．
AD BD BD DC
A． B． C． D．
AB AD BC BC
【答案】D
【分析】由同角的余角相等求得∠A=∠DBC，根据正弦三角函数的定义判断即可；
【详解】解：∵∠ABD+∠A=90°，∠ABD+∠DBC=90°，
∴∠A=∠DBC，
AD
A． =cosA，不符合题意；
AB
BD
B． =tanA，不符合题意；
AD
BD
C． =cos∠DBC=cosA，不符合题意；
BC
DC
D． =sin∠DBC=sinA，符合题意；
BC
故选： D．
【点睛】本题考查了三角函数的概念，掌握直角三角形中锐角的正弦为对边比斜边是解题关键．
2．（2023·安徽合肥·一模）一个钢球沿坡角31°的斜坡向上滚动了5米，此时钢球距地面的高度是（单位：
米）（ ）
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5
A．5cos31° B．5sin31° C． D．5tan31°
sin31°
【答案】B
【分析】铁球上滚的距离，铁球距地面的高度，可看作直角三角形的斜边与已知角的对边，可利用正弦函
数求解．
【详解】∵铁球上滚的距离× sin31° =铁球距地面的高度，
∴铁球距地面的高度= 5sin31°．
故选：B．
【点睛】本题考查了一个角的正弦等于这个角的对边比斜边，熟知三角形的正弦函数是解题的关键．
3．（2023·湖北宜昌·统考二模）如图，在Rt ABC中，CD是斜边AB上的高，∠A≠45°，则下列比值中不
等于cosB的是（ ） △
CD BD CD CB
A． B． C． D．
AC CB CB AB
【答案】C
【分析】根据已知可得∠B=∠ACD，然后利用锐角三角函数的定义判断即可．
【详解】A．∵CD⊥AB，
∴∠CDB=∠ADB=90°，
∴∠B+∠BCD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠B=∠ACD，
CD
在Rt ACD中，cos∠ACD= ，
AC
△
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CD
∴cosB= ，
AC
故A不符合题意；
BD
B．在Rt DBC中，cosB= ，故B不符合题意；
CB
△
CD
C．在Rt DBC中，cos∠BCD= ，
CB
△
∵∠A≠45°，
∴∠B≠45°，
∴∠B≠∠BCD，
CD
∴cosB≠ ，
CB
故C符合题意；
CB
D．在Rt ABC中，cosB= ，故D不符合题意；
AB
△
故选：C．
【点睛】本题考查了锐角三角函数，熟练掌握锐角三角函数只与角度大小有关与角度位置无关是解题的关
键．
题型 02 求角的正弦值
1．（2022·山东济宁·统考二模）如图，AB为⊙O的直径，点P在AB的延长线上，PC,PD与⊙O相切，
切点分别为C，D．若AB=6,PC=4，则sin∠CAD等于（ ）
3 2 3 4
A． B． C． D．
5 5 4 5
【答案】D
【分析】连接OC，CP，DP是⊙O的切线，根据定理可知∠OCP＝90°，∠CAP＝∠PAD，利用三角形的
【4 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
一个外角等于与其不相邻的两个内角的和可求∠CAD=∠COP，在Rt△OCP中求出sin∠COP即可．
【详解】解：连接OC，
CP，DP是⊙O的切线，则∠OCP＝90°，∠CAP＝∠PAD，
∴∠CAD=2∠CAP，
∵OA=OC
∴∠OAC＝∠ACO，
∴∠COP＝2∠CAO
∴∠COP＝∠CAD
∵AB=6
∴OC=3
在Rt△COP中，OC=3，PC=4
∴OP=5．
4
∴sin∠CAD=sin∠COP=
5
故选：D．
【点睛】本题利用了切线的性质，锐角三角函数，三角形的外角与内角的关系求解．
2．（2017·广东东莞·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(4,3)，那么sinα的值是
（ ）
【5 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
3 4 4 3
A． B． C． D．
4 3 5 5
【答案】D
【分析】过A作AB⊥x轴于点B，在Rt△AOB中，利用勾股定理求出OA，再根据正弦的定义即可求解.
【详解】如图，过A作AB⊥x轴于点B，
∵A的坐标为(4,3)
∴OB=4，AB=3，
在Rt△AOB中，OA=√OB2+AB2=√42+32=5
AB 3
∴sinα= =
OA 5
故选：D．
【点睛】本题考查求正弦值，利用坐标求出直角三角形的边长是解题的关键．
3．（2023·浙江金华·校考一模）如图，在6×6正方形网格中，△ABC的顶点A、B、C都在网格线上，且
都是小正方形边的中点，则sin A= ．
【6 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
4
【答案】 /0.8
5
【分析】如图所示，过点C作CE⊥AB于E，先求出CE，AE的长，从而利用勾股定理求出AC的长，由此
求解即可．
【详解】解：如图所示，过点C作CE⊥AB于E，
由题意得CE=4，AE=3，
∴AC=√AE2+CE2=5，
CE 4
∴sinA= = ，
AC 5
4
故答案为： ．
5
【点睛】本题主要考查了求正弦值，勾股定理与网格问题正确作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
题型 03 求角的余弦值
1．（2022·吉林长春·校考模拟预测）如图，⊙O是△ABC的外接圆，CD是⊙O的直径．若CD=10，弦
AC=6，则cos∠ABC的值为（ ）
4 3 4 3
A． B． C． D．
5 5 3 4
【7 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】A
【分析】连接AD，根据直径所对的圆周角等于90°和勾股定理，可以求得AD的长，然后即可求得∠ADC
的余弦值，再根据同弧所对的圆周角相等，可以得到∠ABC=∠ADC，从而可以得到cos∠ABC的值．
【详解】解：连接AD，如右图所示，
∵CD是⊙O的直径，CD=10，弦AC=6，
∴∠DAC=90°，
∴AD=√CD2−AC2=8，
AD 8 4
∴cos∠ADC= = = ，
CD 10 5
∵∠ABC=∠ADC，
4
∴cos∠ABC的值为 ，
5
故选：A．
【点睛】本题考查三角形的外接圆与外心、圆周角、锐角三角函数、勾股定理，解答本题的关键是求出
cos∠ADC的值，利用数形结合的思想解答．
2．（2022·安徽合肥·统考二模）如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=36°，BD平分∠ABC，交AC于点D，
则cosA=（ ）
√5−1 √5+1 √5−1 3−√5
A． B． C． D．
4 4 2 2
【答案】B
【分析】过点D作DE⊥AB于E，设AB=AC=a，BC=b．根据等边对等角，三角形内角和定理求出∠ABC和
【8 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
∠C，根据角平分线的定义求出∠ABD和∠CBD，根据三角形外角的性质求出∠BDC，根据等角对等边确
定AD=BD=BC，并用b表示出AD的长度，进而表示出DC的长度，根据该等腰三角形的性质用a来表示
AE的长度，根据相似三角形的判定定理和性质列出比例式，并用a表示b，进而用a表示AD的长度，最
后根据余弦的定义即可求解．
【详解】解：如下图所示，过点D作DE⊥AB于E，设AB=AC=a，BC=b．
∵AB=AC，∠A=36°，
180°−∠A
∴∠ABC=∠C= =72°．
2
∵BD平分∠ABC，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=36°．
2
∴∠A=∠CBD=∠ABD，∠BDC=∠A+∠ABD=72°．
∴∠BDC=∠C，AD=BD．
∴AD=BD=BC=b．
∴DC=AC−AD=a−b．
∵DE⊥AB，
1 1
∴AE= AB= a．
2 2
∵∠ACB=∠BCD，
∴△ABC∽△BDC．
AB BC
∴ = ．
BD DC
a b
∴ = ．
b a−b
【9 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
√5−1 −1−√5
∴用a表示b得b = a，b = a（舍）．
1 2 2 2
√5−1
∴b= a．
2
√5−1
∴AD= a．
2
1
a
AE 2 √5+1
∴cosA= = = ．
AD √5−1 4
a
2
故选：B．
【点睛】本题考查三角形内角和定理，角平分线的定义，等边对等角，等角对等边，三角形外角的性质，
等腰三角形三线合一的性质，相似三角形的判定定理和性质，余弦的定义，综合应用这些知识点是解题关
键．
3．（2022·河北·模拟预测）在△ABC中，∠A＝90°，若tanB＝0.75，则cosC的值为（ ）
√3
A．0.5 B．0.6 C．0.8 D．
2
【答案】C
【分析】根据tanB的值，把AC、AB边长设为3t、4t，勾股定理求出BC边，再利用三角函数的定义求解
cosC．
【详解】在Rt△ABC中，∠A=90°，
AC 3
tanB= =0.75= ，
AB 4
设AC=3t，AB=4t，则BC=5t，
AC 4t
故，cosC= = =0.8.
BC 5t
故选C．
【点睛】本题考查了锐角三角函数的计算、勾股定理，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
题型 04 求角的正切值
1．（2022·广东广州·广东实验中学校考二模）如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C都
在格点上，以AB为直径的圆经过点C和点D，则tan∠ADC＝（ ）
【10淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
4 √3 3
A． B． C．1 D．
3 2 2
【答案】D
3
【分析】先利用圆周角定理得到∠ACB=90°，∠ADC=∠ABC，再利用正切的定义得到tan∠ABC= ，从而
2
得到tan∠ADC的值．
【详解】解：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
AC 3
在Rt△ABC中，tan∠ABC= = ，
BC 2
∵∠ADC=∠ABC，
3
∴tan∠ADC= ，
2
故选：D．
【点睛】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的
圆心角的一半；半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．也考查了解直角三角
形．
2．（2022·湖北省直辖县级单位·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在x轴负半轴和y
轴正半轴上，点C在OB上，OC:BC=1:2，连接AC，过点O作OP∥AB交AC的延长线于P．若
P(1,1)，则tan∠OAP的值是（ ）
【11淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
√3 √2 1
A． B． C． D．3
3 2 3
【答案】C
【分析】由P(1,1)可知，OP与x轴的夹角为45°，又因为OP∥AB，则△OAB为等腰直角形，设OC=x，
OB=2x，用勾股定理求其他线段进而求解．
【详解】∵P点坐标为（1，1），
则OP与x轴正方向的夹角为45°，
又∵OP∥AB，
则∠BAO=45°，△OAB为等腰直角形，
∴OA=OB，
设OC=x，则OB=2OC=2x，
则OB=OA=3x，
OC x 1
∴tan∠OAP= = = ．
OA 3x 3
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、平行线的性质、勾股定理和锐角三角函数的求解，根据P点坐标
推出特殊角是解题的关键．
3．（2023·山东枣庄·统考一模）如图，CD是平面镜，光线从A点出发经CD上点O反射后照射到B点，
若入射角为α，反射角为β（反射角等于入射角），AC⊥CD于点C，BD⊥CD于点D，且AC＝3，BD＝6，
CD＝12，则tanα的值为 ．
【12淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
4
【答案】
3
【分析】如图（见解析），先根据平行线的判定与性质可得∠A=α,∠B=β，从而可得∠A=∠B，再根
据相似三角形的判定证出△AOC∼△BOD，根据相似三角形的性质可得OC的长，然后根据正切的定义
即可得．
【详解】解：如图，由题意得：OP⊥CD，
∵AC⊥CD，
∴AC∥OP，
∴∠A=α，
同理可得：∠B=β，
∵α=β，
∴∠A=∠B，
在△AOC和△BOD中，¿，
∴△AOC∼△BOD，
OC AC
∴ = ，
OD BD
∵AC=3,BD=6,CD=12,OD=CD−OC，
OC 3
∴ = ，
12−OC 6
解得OC=4，
经检验，OC=4是所列分式方程的解，
OC 4
则tanα=tan A= = ，
AC 3
4
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、正切等知识点，正确找出两个相似三角形是解题关键．
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题型 05 已知正弦值求边长
1．（2022·安徽合肥·统考二模）图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CE是斜边AB上的中线，过点E作
3
EF⊥AB交AC于点F，若BC=4，sin∠CEF= ，则△AEF的面积为（ ）
5
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】连接BF，由已知CE=AE=BE得到∠A=∠FBA=∠ACE，再得出∠CEF与∠CBF的关系，
由三角函数关系求得CF、BF的值，通过BF=AF，用三角形面积公式计算即可．
【详解】解：连接BF，
∵CE是斜边AB上的中线，
1
∵CE=AE=BE= AB（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），
2
∴∠A=∠FBA=∠ACE，
又∵∠BCA=∠BEF=90°，
在△ABC中，∠CBF=180°−∠ACB−∠A−∠ABF=90°−2∠A，
在△AEC中，∠CEF=180°−∠AEF−∠A−∠ACE=90°−2∠A，
∴∠CEF=∠CBF，
3
∴sin∠CBF=sin∠CEF= ，
5
∵BC=4，设CF=3x,BF=5x，
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则BC2+CF2=BF2，即42+(3x) 2=(5x) 2，
解得x=1（负值舍掉），
∴CF=3,BF=5，
∴EF是AB的垂直平分线， ∴BF=AF=5，
1 1
∴S = AF·BC= ×5×4=10，
△AFB 2 2
1
∴S = S =5，
△AEF 2 △ABF
故选：C．
【点睛】本题综合考查了垂直平分线的性质、直角三角形和等腰三角形的性质、勾股定理及三角函数等相
关知识，熟练利用相关定理和性质进行计算是解决本题的关键．
2．（2020·山东潍坊·统考二模）如图，以直角坐标系的原点O为圆心，以1为半径作圆．若点P是该圆上
第一象限内的一点，且OP与x轴正方向组成的角为α，则点P的坐标为（ ）
A．(cosα,1) B．(1,sinα) C．(sinα,cosα) D．(cosα,sinα)
【答案】D
【分析】作PA⊥x轴于点A．那么OA是α的邻边，是点P的横坐标，为cosα；PA是α的对边，是点P的纵
坐标，为sinα．
【详解】解：如图，作PA⊥x轴于点A，
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PA
则∠POA=α，则sinα= ，
PO
∴PA=OPsinα，
AO
∵cosα= ，
PO
∴OA=OPcosα．
∵OP=1，
∴PA=sinα，OA=cosα．
∴P点的坐标为(cosα,sinα)，
故选D.
【点睛】解决本题的关键是得到点P的横纵坐标与相应的函数和半径之间的关系．
3．（2022·江苏扬州·统考一模）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC边为直径作⊙O交BC于点D，过点
D作DE⊥AB交AB于点E，交AC的延长线于点F．
(1)求证：DE是⊙O的切线；
3
(2)若EB=1，且sin∠CFD= ，求DF的长．
5
【答案】(1)见解析
10
(2)
3
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【分析】（1）连接OD，直接利用切线判定定理证明即可；
OD 6
（2）根据sin∠CFD= ，则设OD=3x，OF=5x，可得EB= x=1，解出x，用勾股定理即可．
OF 5
【详解】（1）(1)连接OD，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACD，
∵OD=OC，
∴∠ODC=∠OCD，
∴∠B=∠ODC，
∴OD//AB，
∵DE⊥AB，
∴OD⊥EF，
∴EF是⊙O的切线；
3
（2）∵ sin∠CFD= ，
5
设OD=3x，OF=5x，
则AB=AC=6x，AF=8x，
24
∴AE=AFsin∠AFE= x，
5
6
∴EB=AB−AE= x，
5
6
∴ x=1，
5
5
∴x= ，
6
5 25
∴OD= ，OF= ，
2 6
10
∴DF=√OF2−OD2=
．
3
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【点睛】本题是圆的综合问题，涉及到切线的判定和性质，三角函数，勾股定理等知识点，本题第二问关
键在于能够用表示OD的字母表示出EB．
题型 06 已知余弦值求边长
√3
1．（2022·广西南宁·南宁二中校考三模）如图，在△ABC中，∠C=90°,cosA= ,AC=4√3，则AB
2
长为（ ）
A．4 B．8 C．8√3 D．12
【答案】B
【分析】根据余弦的定义即可求解．
√3
【详解】解：∵ ∠C=90°,cosA= ,AC=4√3，
2
AC 4√3
∴AB= = =8
cosA √3 ，
2
故选B．
【点睛】本题考查了已知余弦求边长，掌握余弦的定义是解题的关键．
2．（2022·北京西城·统考二模）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点E，F分别在DA，BC
的延长线上，且BE⊥ED，CF=AE．
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(1)求证：四边形EBFD是矩形；
4
(2)若AB=5，cos∠OBC= ，求BF的长．
5
【答案】(1)见解析
32
(2)BF的长为 ．
5
【分析】（1）利用“SAS”证明 ABE≌ CDF，得到BE=DF，∠E=∠F=90°，即可证明四边形EBFD是矩
形； △ △
（2）在Rt BCO中，利用余弦函数求得OB的长，在Rt BDF中，再利用余弦函数即可求得BF的长．
【详解】（△1）证明：∵四边形ABCD是菱形， △
∴AB=CD，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠EAB=∠ADC，∠FCD=∠ADC，
∴∠EAB=∠FCD，
∵AE= CF，
∴ ABE≌ CDF(SAS)，
∴△BE=DF，△∠F=∠E=90°，
∴BE∥DF，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵∠E=90°，
∴四边形EBFD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AB=5，
∴OB=OD，AC⊥BD，AB=BC=5，
4
在Rt△BCO中，cos∠OBC= ，BC=5，
5
OB 4
∴ = ，
BC 5
∴OB=4，则BD=2OB=8，
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4
在Rt△BDF中，cos∠OBC= ，BD=8，
5
BF 4
∴ = ，
BD 5
4 32
∴BF= ×8= ．
5 5
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；
熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
3．（2022·陕西·校联考模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上且不与点A，B重合，CD是
⊙O的切线，过点B作BD⊥CD于点D，交⊙O于点E．
(1)证明：点C是A´E的中点；
1
(2)若BD=4，cos∠ABD= ，求⊙O的半径．
3
【答案】(1)见解析；
(2)3
【分析】（1）连接OC,AE，根据题意证明AE⊥OC，根据垂径定理即可求解；
1
（2）先证明四边形CDEF是矩形，根据cos∠ABD= ，设BE=a，则AB=3a，根据矩形的性质以及三
3
角形中位线的性质求得DE，根据DB=4，求得a的值，进而即可求解．
【详解】（1）如图，连接OC,AE，
∵ AB是⊙O的直径，
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∴∠AEB=90°,即AE⊥BD
∵ CD是⊙O的切线，
∴CO⊥CD，
∵ BD⊥CD，
∴AE∥CD，
∴CO⊥AE，
∴A´C=C´E，
∴点C是A´E的中点；
（2）如图，连接OC,AE，设AE,CO交于点F，
由（1）可知OC⊥CD,CO⊥AD,AE⊥BD，
∴四边形CDEF是矩形，
∴CF=DE，
1
∵ cos∠ABD= ，
3
设BE=a，则AB=3a，
∴AE=√AB2−BE2=2√2a，
∴AF=FE=CD=√2a，
∵AO=BO,AF=EF，
1 1
∴OF= BE= a，
2 2
3 1
∴DE=CF=CO−FO= a− a=a，
2 2
∴DB=DE+EB=a+a=2a，
∵DB=4，
∴a=2，
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∴AB=3a=6，
1
∴⊙O的半径为 AB=3．
2
【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角是直角，矩形的性质与判定，已知余弦求边长，勾股
定理，综合运用以上知识是解题的关键．
题型 07 已知正切值求边长
1
1．（2021·江苏无锡·统考一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，tan∠BAC＝ ，AD＝2，BD＝4，连接
2
CD，则CD长的最大值是（ ）
3 3
A．2√5+ B．2√5+1 C．2√5+ D．2√5＋2
4 2
【答案】B
【分析】过点A作∠DAP=∠BAC，过点D作AD⊥DP交AP于点P，分别求出PD，PC，在△PDC中，利
用三角形的三边关系即可求出CD长的最大值．
【详解】解：如图，过点A作∠DAP=∠BAC，过点D作AD⊥DP交AP于点P，
1
∵∠ABC=90°，tan∠BAC= ，
2
【22淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1
∴tan∠DAP=tan∠BAC= ，
2
DP 1
∴ = ，
AD 2
∵AD=2，
∴DP=1，
∵∠DAP=∠BAC，∠ADP=∠ABC，
∴△ADP∽△ABC，
AP AD
∴ = ，
AC AB
∵∠DAB=∠DAP+∠PAB，∠PAC=∠PAB+∠BAC，∠DAP=∠BAC，
AP AD
∴∠DAB=∠PAC， = ，
AC AB
∴△ADB∽△APC，
AD DB
∴ = ，
AP PC
∵AP=√AD2+DP2=√22+12=√5，
AP⋅DB √5×4
∴PC= = =2√5，
AD 2
∴PD+PC=1+2√5，PC−PD=2√5−1，
在△PDC中，∵PD+PC>DC，PC−PD∠B ，
∴可令∠A=60°,∠B=30°．
√3 1
A.sin A= ,sinB= ，所以sin A>sinB，故该选项错误；
2 2
1 √3
B.cosA= ,cosB= ，所以cosAtanB，故该选项错误；
3
√3 1
D.sin A= ,cosA= ，所以sin A>cosA，故该选项错误；
2 2
故选：B．
【点睛】本题主要考查锐角三角函数，掌握特殊值法在选择题中的应用是解题的关键．
2．（2020·四川成都·校考模拟预测）比较大小：sin54° cos35°（填“<”“>”）．
【答案】<
【分析】把余弦化成正弦,再通过角度大小比较正弦值的大小即可．
【详解】∵cos35°=sin(90°−35°)=sin55°．
在锐角范围内，sinα随α的增大而增大，
∴sin54°60°，
∴60°<∠A<90°.
故选：D.
√3
【点睛】本题考查特殊锐角三角函数值的应用，熟练掌握tan30°= ,tan45°=1,tan60°=√3是解题的关
3
键.
√2
2．（2021·安徽安庆·统考一模）若锐角α满足cosα＜ 且tanα＜√3，则α的范围是( )
2
A．30°＜α＜45° B．45°＜α＜60°
C．60°＜α＜90° D．30°＜α＜60°
【答案】B
【详解】∵α是锐角，
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∴cosα>0，
√2
∵cosα< ，
2
√2
∴00，
∵tanα<√3，
∴00)的一部分，椅面BD是一条
x
线段，点B(20,32)，沙发腿DE⊥x轴、BC与x轴夹角为α．请你根据图形解决以下问题：
（1）k＝ ；
（2）过点A作AF⊥x轴于点F．已知CF=4cm，DE=40cm，tanα=4，tanD=5．则
①A点坐标为 ；
②沙发的外包装箱是一个长方体，则这个包装箱的体积至少是 cm3（精确到万位，并用科学
记数法表示）．
【54淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】 640 (8,80) 2.5×105
【分析】（1）通过待定系数法可直接求出k的值；
（2）过点B作BM⊥x轴，垂足为M，过点D作BN⊥DE轴，垂足为N，通过tanα=4可求出CM=8
640
cm，当x=8时，y= =80，即可求得A点的坐标，通过tanD=5求出BN=40cm，即可求出FE，从而
8
求出体积．
【详解】解：（1）∵B(20,32)，
k
∴32= ，
20
∴k=640，
故答案为：640；
（2）过点B作BM⊥x轴，垂足为M，过点D作BN⊥DE轴，垂足为N，
BM
①∵tanα=4，tanα= ，BM=32，
CM
∴CM=8cm，
∵OM=20，FC=4,
∴OF=OM−CM−FC=20−4−8=8cm，
640
∵双曲线y= ，
x
640
∴当x=8时，y= =80，
8
∴A(8,80)，
故答案为：(8,80)；
【55淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
BN
②∵DN=DE−NE=DE−BM=40−32=8cm，tanD= =5，
DN
BN
∴ =5，
8
∴BN=40cm，
∴FE=BN+FC+CM=40+4+8=52cm，
∴包装箱的体积至少为60×AF×FE=60×80×52=249600cm3，
采用科学记数法，且精确到万位得2.5×105 cm3，
故答案为：2.5×105．
【点睛】本题考查反比例函数和直角三角函数的应用，解题的关键是熟练掌握反比例函数和直角三角函数
的相关知识．
题型 20 解直角三角形的相关计算
1．（2020·浙江杭州·统考中考真题）如图，已知AB是⊙O的直径，BC与⊙O相切于点B，连接AC，
1
OC．若sin∠BAC＝ ，则tan∠BOC＝ ．
3
√2
【答案】
2
【分析】根据切线的性质得到AB⊥BC，设BC＝x，AC＝3x，根据勾股定理得到AB＝√AC2−BC2＝
√(3x) 2−x2＝2√2x，于是得到结论．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，BC与⊙O相切于点B，
∴AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
【56淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
BC 1
∵sin∠BAC＝ ＝ ，
AC 3
∴设BC＝x，AC＝3x，
∴AB＝√AC2−BC2＝√(3x) 2−x2＝2√2x，
1
∴OB＝ AB＝√2x，
2
BC x √2
∴tan∠BOC＝ = ＝ ，
OB √2x 2
√2
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了切线的性质、解直角三角形，熟练掌握解直角三角形的相关知识是解决本题的关键．
2．（2022·广东广州·统考二模）如图，正方形ABCD边长为3，点E在边AB上，以E为旋转中心，将EC
1
逆时针旋转90°得到EF，AD与FE交于P点．若tan∠BCE= ，则PF的值为 ．
3
√10
【答案】
3
BE 1
【分析】先根据tan∠BCE= = 求出BE，即可求出AE，根据勾股定理求出CE，可知EF，然后在
BC 3
Rt△AEP中，求出AP，EP，即可得出答案．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=3，∠B=∠A=90°．
BE 1
在Rt△BCE中，tan∠BCE= = ，
BC 3
∵BC=3，
∴BE=1，
∴AE=AB-BE=2．
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在Rt△BCE中，CE=√BC2+BE2=√32+12=√10，
∴EF=CE=√10.
∵∠AEP=∠CEB=90°，∠CEB+∠BCE=90°，
∴∠AEP=∠BCE，
AP 1
∴tan∠AEP=tan∠BCE= = ．
AE 3
∵AE=2，
2
∴AP= ．
3
√ 2 2 2√10
在Rt△AEP中，PE=√AE2+AP2= 22+( ) = ，
3 3
2√10 √10
∴PF=EF−PE=√10− = ．
3 3
√10
故答案为： ．
3
1
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，锐角三角函数等，求出tan∠AEP=
3
是解题的关键．
3．（2020·浙江金华·统考中考真题）如图是小明画的卡通图形，每个正六边形的边长都相等，相邻两正六
边形的边重合，点A，B，C均为正六边形的顶点，AB与地面BC所成的锐角为β，则tanβ的值是 ．
19
【答案】 √3
15
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√3
【分析】作AT//BC，过点B作BH⊥AT于H，设正六边形的边长为a，则正六边形的半径为a，边心距=
2
a，然后再.求出BH、AH即可解答．
【详解】解：如图，作AT//BC，过点B作BH⊥AT于H，设正六边形的边长为a，则正六边形的半径为a，
√3
边心距= a
2
观察图像可知：
7 19
BH=6a+7a⋅sin30∘=6a+ a= a
2 2
5√3
AH=5×a⋅cos30∘= a
2
19
a
BH 2 19
所以tanβ＝ = = √3．
AH 5√3 15
2
19
故答案为 √3．
15
【点睛】本题考查了正六边形的性质和解直角三角形的应用，解题的关键在于正确添加常用辅助线、构造
直角三角形求解．
4．（2020·内蒙古·中考真题）如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD，垂足为E，连接CE．
若∠ADB=30°，则如tan∠DEC的值为 ．
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√3
【答案】
2
【分析】过C向BD作垂线，可以构造出一个30°直角三角 CDF，进而求出△AEB≌△CFD，设直角
△CDF最小边DF=a,并用a的代数式表示出其他边，即可求△出答案．
【详解】解：过C作CF⊥BD，垂足为F点
∵矩形ABCD, ∠ADB=30°
∴AD∥BC，∠ABC=∠BCD=90°,∠DBC=∠ADB=30°, AB=CD
∵AE⊥BD,CF⊥BD,
∴∠BAE+∠ABE=∠ABE+∠DBC=90°, ∠FBC+∠FCB=∠FCB+∠FCD=90°,
∴∠DBC=∠DCF=∠BAE=30°
设DF=a,则CF=√3a，CD=2a，BD=4a，
∵AE⊥BD
∴∠AEB=∠CFD=90°
∴△AEB≌△CFD，
∴EB=DF=a
∴EF=4a-a-a=2a
CF √3
∴tan∠DEC= =
EF 2
√3
故答案是 ．
2
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和解直角三角形知识点，三角形全等的判定与性质，掌握以上知识是
解题关键．
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题型 21 构造直角三角形求不规则图形的边长或面积
1．（2019·江苏苏州·统考中考真题）如图，一块含有45°角的直角三角板，外框的一条直角边长为10cm，
三角板的外框线和与其平行的内框线之间的距离均为√2cm，则图中阴影部分的面积为 cm2(结果
保留根号)
【答案】14+16√2
【分析】过顶点A作AB⊥大直角三角形底边，先求出CD，然后得到小等腰直角三角形的底和高，再利用
大直角三角形的面积减去小直角三角形面积即可
【详解】如图：过顶点A作AB⊥大直角三角形底边
由题意：EC=√2cm,AC=2cm
∴CD=5√2−(2+√2)
=4√2−2cm
∴小等腰直角三角形的直角边为√2CD=8−2√2cm
∴大等腰直角三角形面积为10×10÷2=50cm2
2
（8−2√2）
小等腰直角三角形面积为 =36-16√2cm2
2
∴S =50−（36−16√2)=14+16√2cm2
阴影
【点睛】本题主要考查阴影部分面积的计算，涉及到直角三角形的基本性质，本题关键在于做出正确的辅
助线进行计算
2．（2020下·浙江温州·九年级期末）如图1是一盏可调节台灯，图2，图3为示意图，AO为固定底座，
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且AO⊥OE于点O，AB为固定支撑杆，BC为可绕着点B旋转的调节杆，灯体CD始终保持垂直BC,MN
为台灯照射在桌面的区域，如图2，旋转调节杆使BC//OE，已知此时DM=DN，
4
tan∠B= ,AO=CD=1dm,AB=5dm,BC=7dm，点M恰好为ON的中点，此时cos∠DME= ，
3
如图3，旋转调节杆使BC⊥AB，则此时MN= dm．
√10 28
【答案】
10 3
【分析】如图1：延长OA交BC于点G，延长CD交ON于点H，可得四边形OHCG是矩形，从而得
AG=4，BG=3，结合DM=DN，点M恰好为ON的中点，即可求解；如图2，延长过点B作BH⊥OE于点
H，过点M作PF∥BC交BA的延长线于点P，交DN于点F，交CD的延长线于I，过点N作NJ⊥CD的延长
√10
线于点J，则∠AGO=∠MGP=∠CQM=∠NQJ，AO∥BH，BH=5，cos∠DMF= ，设MI=x，则MP=7-x，
10
7 IF DI
DM=√10x，DI=3x，根据BP=CI，列出方程，求出x的值，从而求得MQ= ，设NJ=y，根据 = ，
2 NJ DJ
35
列出方程，求出y的值，从而得NQ= ，进而即可求解．
6
【详解】解：如图1：延长OA交BC于点G，延长CD交ON于点H，
∵BC//OE，AO⊥OE，BC⊥CD，
∴OG⊥BC，CH⊥OE，
∴四边形OHCG是矩形，
AG 4
∵在Rt△ABG中，tanB= = ，
BG 3
又∵AB2=AG2+BG2=25，
∴AG=4，BG=3，
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∴OG=AO+AG=1+4=5，OH=CG=BC-BG=7-3=4，
∴CH=OG=5，
∴DH=5-1=4，
∵DM=DN，点M恰好为ON的中点，
1 1
∴MH= MN= OM，
2 2
1 1 4
∴MH= OH= ×4= ，
3 3 3
∴MD=√DH2+M H2=
√
42+
(4) 2
=
4√10
，
3 3
MH √10
∴cos∠DME= = ；
DM 10
如图2，延长过点B作BH⊥OE于点H，过点M作PF∥BC交BA的延长线于点P，交DN于点F，交CD的
延长线于I，过点N作NJ⊥CD的延长线于点J，则∠AGO=∠MGP=∠CQM=∠NQJ，AO∥BH，BH=5，
AG AO AG 1 5
∴ = ，即： = ，解得：AG= ，
BG BH 5+AG 5 4
∴OG=√AG2−AO2=
√ (5) 2
−12=
3
，
4 4
√10
由题意得：cos∠DMF= ，DJ是∠MDN的平分线，
10
设MI=x，则MP=7-x，DM=√10x，DI=3x，
MP MP 3
∴PG= = = (7−x)，
tan∠MGP tan∠AGO 4
∵BP=CI，
5 3 14
∴5+ + (7−x)=1+3x，解得：x= ，
4 4 5
14 14 42
∴MI=IF= ，DI= ×3= ，
5 5 5
MI MI 3 21 5 7
IQ= = = MI= ，MQ= MI= ，
tan∠CQM tan∠AGO 4 10 4 2
NJ NJ 3 5
设NJ=y，则QJ= = = y，NQ= y，
tan∠NQJ tan∠AGO 4 4
∵IF∥NJ，
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14 42
IF DI 5 5
∴ = ，即： = ，
NJ DJ y 42 21 3
+ + y
5 10 4
14
解得：y= ，
3
14
经检验：y= 是原方程的根，且符合题意，
3
5 14 35
∴NQ= × = ，
4 3 6
7 35 28
∴MN= + = ．
2 6 3
【点睛】本题主要考查解直角三角形的实际应用，添加辅助线，构造直角三角形，根据三角函数的定义，
列方程，是解题的关键．
3．（2019·浙江温州·统考二模）小明家的门框上装有一把防盗门锁(如图1)其平面结构图如图2所示，锁身
可以看成由两条等弧AD，BC和矩形ABCD组成，BC的圆心是倒锁按钮点M．其中A´D的弓高
GH=2cm, AD=8cm,EP=11cm．当锁柄PN绕着点N旋转至NQ位置时，门锁打开，此时直线PQ与
B´C所在圆相切，且PQ//DN,tan∠NQP=2,则AB的长度约为 cm．(结果精确到0.1cm，
参考数据:√3≈1.732,√5≈2.236)．
【答案】29.8
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【分析】作QT⊥PN于T，MW⊥NQ于W，连接BM，设HM交BC于K，求出BM＝5，MK＝3，然后
PQ∥DN,tan∠NQP=2，求出DE＝NG＝8，TQ＝12，NT＝9，TP＝6，PQ＝6√5，然后再根据平行线
分线段成比例定理和同角三角函数求出SN，SM即可解决问题．
【详解】解：如图，作QT⊥PN于T，MW⊥NQ于W，连接BM，设HM交BC于K．
由等弧AD，BC可知：B´C的弓高为2cm，BC=AD=8cm，
设BM＝rcm，在Rt BMK中，则有r2＝42＋（r−2）2，
解得r＝5， △
∴BM＝5，MK＝3，
∵DN∥PQ，
∴∠DNE＝∠P，
∵NP＝NQ，
∴∠P＝∠NQP，
∴∠DNE＝∠NQP，
DE
∴tan∠DNE＝tan∠NQP＝2＝ ，
NE
∵NE＝DG＝4cm，
∴DE＝NG＝8cm，
TQ
设PT＝xcm，则tan∠P＝tan∠NQP＝2＝ ，
PT
∴TQ＝2x，
在Rt NTQ中，则有152＝（15−x）2＋（2x）2，
解得△x＝6，
∴TQ＝12cm，NT＝9cm，TP＝6cm，PQ＝6√5cm，
∵直线PQ与B´C所在的圆相切，作MF⊥PQ于F，则MF＝5，
延长PQ交NM的延长线于S，
∵TQ∥SN，
TQ PT 12 6
∴ = ，即 = ，
SN PN SN 15
∴SN＝30cm，
MF PT
∵sin∠S＝ = ，
SM PQ
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5 6
∴ = ，
SM 6√5
∴SM＝5√5cm，
∴MN＝SN−SM＝（30−5√5）cm，
∴AB＝GN＋MN＋MK＝8＋30−5√5＋3＝41−5√5≈29.8cm，
故答案为：29.8．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，勾股定理，平行线分线段成比例定理，切线的性质，垂径定理等
知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考填空题中的压轴题．
4．（2022·重庆沙坪坝·统考一模）如图，某社区公园内有A，B，C，D四个休息座椅，并建有一条从
A−B−C−D−A的四边形循环健身步道．经测量知，∠ABC=75°，∠A=60°，∠D=60°，步道AB
长40米，步道CD长20米．（A，B，C，D在同一平面内，步道宽度忽略不计．结果保留整数，参考数据：
√3≈1.7，√6≈2.4）
(1)求步道BC的长；
(2)公园管理处准备将四边形ABCD的内部区域全部改建成儿童活动区，经调研，改建儿童活动区成本为每
平方米200元．社区公园目前可用资金为18万元，计算此次改建费用是否足够？
【答案】(1)步道BC的长为24米；
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(2)此次改建费用足够．
【分析】（1）过点B作BE⊥AD，垂足为E，过点C作CG⊥AD，垂足为G，过点C作CF⊥BE，垂足为
F，根据题意可得∠BFC=90°，EF=CG，先在Rt△ABE中，利用锐角三角函数的定义求出AE，BE的长，
再在Rt△GCD中，利用锐角三角函数的定义求出CG，DG的长，从而求出BF的长，最后在Rt△CBF中，
利用锐角三角函数的定义求出BC的长，即可解答；
（2）根据四边形ABCD的面积=△ABE的面积+梯形BEGC的面积+△CGD的面积，进行计算即可求出四边
形ABCD的面积，然后再求出此次改建费用，进行比较即可解答．
【详解】（1）过点B作BE⊥AD于点E，过C作CF⊥AD于点F，CG⊥BE于点G．
∴∠1=∠2=∠3=90°，
在Rt△ABE中，∠A=60°，
∴∠4=30°，
BE √3
∴sin∠A=sin60°= = ，
AB 2
√3
∴BE= AB=20√3，
2
在Rt△CDF中，∠2=90°，
CF √3 √3
∴sin∠D=sin60°= = ，CF= CD=10√3
CD 2 2
在矩形CGEF中，¿=CF=10√3，
∴BG=BE−≥=10√3，
在Rt△CBG，∠3=90°，且∠5=∠ABC−∠4=45°，
CG
∴tan∠5=tan45°= =1．
BG
∴CG=BG=10√3，
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∴BC=√BG2+CG2=10√6≈24．
答：步道BC的长为24米．
（2）在Rt△ABE中1，∠1=90°，
AE 1
∴cos∠A=cos60°= = ，
AB 2
1
∴AE= AB=20，
2
在Rt△CDF中，∠2=90°，
DF 1
∴cos∠D=cos60°= = ，
CD 2
1
∴DF= CD=10．
2
∴S =S +S +S +S
四边形ABCD △ABE △BGC 矩形CGEF △CDF
1 1 1
= ⋅BE⋅AE+ ⋅BG⋅CG+CG⋅CF+ ⋅CF⋅FD
2 2 2
1 1 1
= ×20√3×20+ ×10√3×10√3+10√3×10√3+ ×10√3×10≈875(m2)，
2 2 2
∴总共花费：200×875=175000，
∵180000>175000，
答：此次改建费用足够．
【点睛】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．
5．（2021·江苏连云港·统考中考真题）我市的前三岛是众多海钓人的梦想之地．小明的爸爸周末去前三岛
钓鱼，将鱼竿AB摆成如图1所示．已知AB=4.8m，鱼竿尾端A离岸边0.4m，即AD=0.4m．海面与地面
AD平行且相距1.2m，即DH=1.2m．
（1）如图1，在无鱼上钩时，海面上方的鱼线BC与海面HC的夹角∠BCH=37°，海面下方的鱼线CO与
海面HC垂直，鱼竿AB与地面AD的夹角∠BAD=22°．求点O到岸边DH的距离；
（2）如图2，在有鱼上钩时，鱼竿与地面的夹角∠BAD=53°，此时鱼线被拉直，鱼线BO=5.46m，点
3 4
O恰好位于海面．求点O到岸边DH的距离．（参考数据：sin37°=cos53°≈ ，cos37°=sin53°≈ ，
5 5
3 3 15 2
tan37°≈ ，sin22°≈ ，cos22°≈ ，tan22°≈ ）
4 8 16 5
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【答案】（1）8.1m；（2）4.58m
【分析】（1）过点B作BF⊥CH，垂足为F，延长AD交BF于点E，构建Rt△ABE和Rt△BFC，在
Rt△ABE中，根据三角函数的定义与三角函数值求出BE,AE;再用BE+EF求出BF，在Rt△BFC中，根据
三角函数的定义与三角函数值求出FC，用CF+AE−AD=CH;
（2）过点B作BN⊥OH，垂足为N，延长AD交BN于点M，构建Rt△ABM和Rt△BNO，在Rt△ABM
中，根据53°和AB的长求出BM和AM，利用BM+MN求出BN，在Rt△BNO中利用勾股定理求出ON，最
后用HN+ON求出OH．
【详解】
（1）过点B作BF⊥CH，垂足为F，延长AD交BF于点E，
则AE⊥BF，垂足为E．
AE AE
由cos∠BAE= ，∴cos22°= ，
AB 4.8
15 AE
∴ = ，即AE=4.5，
16 4.8
∴DE=AE−AD=4.5−0.4=4.1，
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BE BE
由sin∠BAE= ，∴sin22°= ，
AB 4.8
3 BE
∴ = ，即BE=1.8，
8 4.8
∴BF=BE+EF=1.8+1.2=3．
BF 3
又tan∠BCF= ，∴tan37°= ，
CF CF
3 3
∴ = ，即CF=4，
4 CF
∴CH=CF+HF=CF+DE=4+4.1=8.1，
即C到岸边的距离为8.1m．
（2）过点B作BN⊥OH，垂足为N，延长AD交BN于点M，
则AM⊥BN，垂足为M．
AM AM 3 AM
由cos∠BAM= ，∴cos53°= ，∴ = ，
AB 4.8 5 4.8
即AM=2.88，∴DM=AM−AD=2.88−0.4=2.48．
BM BM 4 BM
由sin∠BAM= ，∴sin53°= ，∴ = ，
AB 4.8 5 4.8
即BM=3.84，∴BN=BM+MN=3.84+1.2=5.04．
∴ON=√OB2−BN2=√5.462−5.042=√4.41=2.1，
∴OH=ON+HN=ON+DM=4.58，
即点O到岸边的距离为4.58m．
【点睛】本题以钓鱼为背景，考查了学生运用三角函数知识解决实际问题的能力，解题关键在于构造合适
的直角三角形，运用三角函数的运算，根据一边和一角的已知量，求其他边；再根据特殊的几何位置关系
求线段长度．
6．（2022上·重庆·九年级重庆一中校考期末）翠湖公园中有一四边形空地，如图1，已知空地边缘
AB∥CD，且AB、CD之间的距离为30米，经测量∠A=30°，∠C=45°，CD长度为42米．（参考数
据：√2≈1.41，√3≈1.73）
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(1)求空地边缘AB的长度；（结果精确到1米）
(2)为了打造更具观赏性、娱乐性、参与性的城市名片，如图2，公园管理处准备在四边形空地内修建宽度
为2米的园林卵石步道EFGH，其余地面铺成颗粒塑胶，经调研每平米卵石步道成本为80元，每平米颗
粒塑胶成本为45元，公园目前可用资金有75000元，请用（1）的结果计算此次修建费用是否足够？
【答案】(1)空地边缘AB的长度为64米；
(2)此次修建费用足够
【分析】（1）过D作DK⊥AB交AB于K，过C作CH⊥AB交AB的延长线于H，证得四边形DKHC是
矩形，从而CD=HK，分别在RtΔCBH和RtΔAKD中，利用正切三角函数求得AK、BH的值，即可求
解；
（2）分别求出▱EFGH和梯形ABCD的面积，从而S
塑胶地面
=S
梯形ABCD
−S
平行四边形EFGH
，再求出总费用，
比较即可.
【详解】（1）解：（1）如图，过D作DK⊥AB交AB于K，过C作CH⊥AB交AB的延长线于H，
∵DK⊥AB，CH⊥AB，
∴∠AKD=∠DKH=∠CHK=90°，
∵AB∥CD，
∴∠CDK=∠DKH=90°，∠DCB=∠CBH=45°，
∴四边形DKHC是矩形，
∴CD=HK=42，DK=CH=30，
在RtΔCBH中，∠4=90°，
CH
∴tan∠CBH=tan45°= =1，
BH
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∴CH=BH=30，
∴KB=KH−BH=42−30=12，
DK √3
在RtΔAKD中，∠3=90°，∴tan∠A=tan30°= = ，
AK 3
∴AK=√3DK=30√3，
∴AB=AK+KB=30√3+12≈64（米）
答：空地边缘AB的长度为64米．
（2）解：由题得，四边形EFGH为平行四边形，
∴S =EF⋅h=2×30=60，
平行四边形EFGH
(CD+AB)⋅h (42+64)×30
∴S = = =1590，
梯形ABCD 2 2
∴S =S −S =1590−60=1530，
塑胶地面 梯形ABCD 平行四边形EFGH
∴总花费为：60×80+1530×45=73650（元），
∵73650<75000
答：此次修建费用足够．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造出含有特殊角的直角三
角形，属于中考常考题型．
题型 22 仰角、俯角问题
1．（2022·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，航拍无人机从A处测得一幢建筑物顶部B
的仰角为30°，测得底部C的俯角为60°，此时航拍无人机与该建筑物的水平距离AD为90米，那么该建筑
物的高度BC为 米．
【答案】120√3
【分析】分别利用锐角三角函数关系得出BD，DC的长，进而求出该建筑物的高度．
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BD BD √3
【详解】解：由题意可得：tan30°＝ = = ，
AD 90 3
解得：BD＝30√3(米)，
DC DC
tan60°＝ = =√3，
AD 90
解得：DC＝90√3(米)，
故该建筑物的高度为：BC＝BD+DC＝120√3(米)
故答案为120√3．
【点睛】此题主要考查了解直角三角形的应用，熟练应用锐角三角函数关系是解题关键．
2．（2022·广东汕尾·统考二模）如图，从楼顶A处看楼下荷塘C处的俯角为45°，看楼下荷塘D处的俯角
为60°，已知楼高AB为30米，则荷塘的宽CD为 米．（结果保留根号）
【答案】30−10√3
【分析】由三角函数分别求出BC、BD，即可得出CD的长．
【详解】解：由题意知：∠BAC=90°-45°=45°，△ABC是直角三角形，
BC
在Rt△ABC中，tan∠BAC = ，AB=30米，
AB
∴BC=AB•tan45°=30米，
BD
∵∠BAD=90°-60°=30°，tan∠BAD = ，
AB
√3
∴BD=AB•tan30°=30× =10√3（米），
3
∴CD=BC-BD=30−10√3 （米）；
故答案为：30−10√3．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，由三角函数求出BC和BD是解决问题的关键解题的关键．
3．（2023·上海普陀·统考二模）如图，为了测量某风景区内一座古塔CD的高度，某校数学兴趣小组的同
学分别在古塔对面的高楼AB的底部B和顶部A处分别测得古塔项部C的仰角分别为45°和30°，已知高楼
AB的高为24m，则古塔CD的高度为是 m（√3≈1.732，√2≈1.414，结果保留一位小数）．
【73淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【答案】56.8
√3 √3
【分析】在Rt△ACH中，CH=AH×tan∠30°= AH= BD，在Rt△BDC中，CD=BD×tan∠45°=BD，根据
3 3
√3 √3
DH=CD-CH=BD- BD，可得BD- BD=24，即可求出BD，则问题得解．
3 3
【详解】如图，
根据题意可知四边形ABDH是矩形，AB=DH=24m，AH=BD，∠AHC=∠BDC=90°，
√3 √3
在Rt△ACH中，CH=AH×tan∠CAH=AH×tan∠30°= AH= BD，
3 3
在Rt△BDC中，CD=BD×tan∠CBD=BD×tan∠45°=BD，
√3
∵DH=CD-CH=BD- BD，
3
√3
∴BD- BD=24，
3
∴BD=36+12√3，
∴CD=36+12√3≈36+12×1.732=56.784≈56.8（m），
故答案为：56.8．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是理解仰角的含义．
4．（2021·陕西西安·模拟预测）如图，山顶上有一个信号塔AC，已知信号塔高AC=15米，在山脚下点B
处测得塔底C的仰角∠CBD=36.9°，塔顶A的仰角∠ABD=42°．求山高CD(点A,C,D在同一条竖直
线上)．
(参考数据：tan36.9°≈0.75,sin36.9°≈0.60,tan42.0°≈0.90 )
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【答案】75米
【分析】设山高CD=x米，先在Rt△BCD中利用三角函数用含x的代数式表示出BD，再在Rt△ABD中，
利用三角函数用含x的代数式表示出AD，然后可得关于x的方程，解方程即得结果．
CD x
【详解】解：设山高CD=x米，则在Rt△BCD中，tan∠CBD= ，即tan36.9°= ，
BD BD
x x 4
∴BD= ≈ = x，
tan36.9° 0.75 3
AD
AD tan42°=
在Rt△ABD中，tan∠ABD= ，即 4 ，
BD x
3
4 4
∴AD= x⋅tan42°≈ x⋅0.9=1.2x，
3 3
∵AD－CD=15，
∴1.2x－x=15，解得：x=75．
∴山高CD=75米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，属于常考题型，正确理解题意、熟练掌握三角函数的知识是解
题的关键．
5．（2022·河南·统考一模）如图，楼顶上有一个广告牌AB，从与楼BC相距15 m的D处观测广告牌顶部
A的仰角为37°，观测广告牌底部B的仰角为30°，求广告牌AB的高度（结果保留小数点后一位，参考数
据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，√2≈1.41，√3≈1.73）．
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【答案】2.6m
【分析】分别在Rt△ACD和Rt△BCD中，利用正切的定义即可分别求得AC、BC的长，从而可求得AB的
长．
【详解】在Rt△ACD中，AC=CD·tan37°≈15×0.75=11.25(m)
√3
在Rt△BCD中，BC=CD·tan30°=15× ≈8.65(m)
3
∴AB=AC-BC=11.25-8.65 2.6(m)
即广告牌AB的高度约为≈2.6m．
【点睛】本题考查了解直角三角形在实际测量中的应用，题目较简单，运用正切函数的定义即可解决．
6．（2023·安徽滁州·校考模拟预测）图1是某住宅单元楼的人脸识别系统（整个头部需在摄像头视角围内
才能被识别），其示意图如图2，摄像头A的仰角、俯角均为15°，摄像头高度OA=160cm，识别的最远
水平距离OB=150cm．
(1)身高208cm的小杜，头部高度为26cm，他站在离摄像头水平距离130cm的点C处，请问小杜最少需要
下蹲多少厘米才能被识别．
(2)身高120cm的小若，头部高度为15cm，踮起脚尖可以增高3cm，但仍无法被识别．社区及时将摄像头的
仰角、俯角都调整为20°（如图3），此时小若能被识别吗？请计算说明．（精确到0.1cm，参考数据
sin15°≈0.26,cos15°≈0.97,tan15°≈0.27,sin20°≈0.34,cos20°≈0.94,tan20°≈0.36）
【答案】(1)12.9cm
(2)能，见解析
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【分析】（1）根据正切值求出EF长度，再利用三角形全等可求出EF=DF=35.1(cm)，最后利用矩形的
性质求出CE的长度，从而求出蹲下的高度．
（2）根据正切值求出MP长度，再利用三角形全等可求出MP=PN=54.0(cm)，最后利用矩形的性质求
出BP的长度，即可求出BN长度，与踮起脚尖后的高度进行比较，即可求出答案．
【详解】（1）解：过点C作OB的垂线分别交仰角、俯角线于点E，D，交水平线于点F，如图所示，
EF
在Rt△AEF中，tan∠EAF= ．
AF
∴EF=AF⋅tan15°=130×0.27=35.1(cm)．
∵AF=AF,∠EAF=∠DAF,∠AFE=∠AFD=90°，
∴△ADF≌△AEF．
∴EF=DF=35.1(cm)．
∴CE=CF+EF=160+35.1=195.1(cm)，ED=2EF=35.1×2=70.2(cm)>26(cm)，
∴小杜下蹲的最小距离=208−195.1=12.9(cm)．
（2）解：能，理由如下：
过点B作OB的垂线分别交仰角、俯角线于点M，N，交水平线于点P，如图所示，
MP
在Rt△APM中，tan∠MAP= ．
AP
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∴MP=AP⋅tan20°=150×0.36=54.0(cm)，
∵AP=AP,∠MAP=∠NAP,∠APM=∠APN=90°，
∴△AMP≌△ANP．
∴PN=MP=54.0(cm)，
∴BN=BP−PN=160−54.0=106.0(cm)．
小若垫起脚尖后头顶的高度为120+3=123(cm)．
∴小若头顶超出点N的高度123−106.0=17.0(cm)>15(cm)．
∴小若垫起脚尖后能被识别．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的实际应用，涉及到的知识点有锐角三角函数中的正切值、矩形的性
质、三角形的全等，解题的关键在于是否能根据生活实际题结合数学相关知识．解题的重点在于熟练掌握
相关概念、性质和全等方法．
题型 23 方位角问题
1．（2023·广西·模拟预测）如图，我海军舰艇在某海域C岛附近巡航，计划从A岛向北偏东80°方向的B
岛直线行驶．测得C岛在A岛的北偏东50°方向，在B岛的北偏西40°方向．A，B之间的距离为80nmile，
则C岛到航线AB的最短距离是 nmile．（参考数据：√2≈1.4，√3≈1.7）
【答案】34
【分析】作CF⊥AB与点F，则CF为C岛到航线AB的最短距离，设CF=xnmile，表示出
CF CF √3 √3
AF= =√3xnmile，BF= = xnmile，利用AB=√3x+ x=80，解得：
tan30° tan60° 3 3
x=20√3≈34．
【详解】解：作CF⊥AB与点F，则CF为C岛到航线AB的最短距离，
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由图可知：∠CAF=80°−50°=30°，AD∥BE，
∵AD∥BE，∠DAB=80°，
∴∠EBA=100°，
∵∠EBC=40°，
∴∠CBF=60°，
CF CF √3
设CF=xnmile，则AF= =√3xnmile，BF= = xnmile，
tan30° tan60° 3
√3
∵AB=√3x+ x=80，解得：x=20√3≈34．
3
∴C岛到航线AB的最短距离是34 nmile．
故答案为：34
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是理解CF为C岛到航线AB的最短距离，求出
√3
∠CBF=60°，利用AB=√3x+ x=80求解．
3
2．（2022·重庆·重庆八中校考模拟预测）如图，一艘渔船位于小岛B的北偏东30°方向，距离小岛20千米
的点A处，它沿着点A的南偏东15°的方向航行．
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(1)渔船航行多远距离小岛B最近（结果保留根号）？
(2)渔船到达距离小岛B最近点后，按原航向继续航行10√6千米到点C处时突然发生事故，渔船马上向小
岛B上的救援队求救，问救援队从B处出发沿着哪个方向航行到达事故地点航程最短，最短航程是多少．
（结果精确到1千米，参考数据√2≈1.41,√3≈1.73,√6≈2.45）
【答案】(1)10√2km；
(2)从B处沿南偏东45∘出发，最短行程20√2km．
【分析】（1）过B点作AC的垂线BD交AC于点D，则AD为所求，根据已知条件得到∠BAD=45°即可
解答；
（2）根据特殊角的锐角三角函数值得到∠C=30°，∠DBC=60°，从而求出BC的长度，再求出
∠DBE的度数，即可得到∠EBC的度数．
【详解】（1）解：过B点作AC的垂线BD交AC于点D，
∵垂线段最短，AC上的D点距离B点最近，AD即为所求，
由题意可知：∠BAF=30°，∠CAF=15°，
√2
∴∠BAD=45°,AD=BD=AB×sin45°=20× =10√2(km)，
2
∴渔船航行10√2km时，距离小岛B最近．
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BD 10√2 √3
（2）解：在Rt△BDC中，tan∠C= = = ，
DC 10√6 3
∴∠C=30°，∠DBC=60°，
BD
∴BC= =20√2(km)，
sin30°
∵∠ABD=45°，∠ABE=90°−30°=60°，
∴∠DBE=15°，
∴∠EBC=∠DBC−∠DBE=45∘．
答：从B处沿南偏东45∘出发，最短行程20√2km．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用中的方向角问题，结合航海中的实际问题，将解直角三角形的相
关知识有机结合，体现了数学应用于实际生活的思想．
3．（2022·重庆沙坪坝·重庆一中校考二模）巫云开高速起于巫溪县， 经云阳县， 止于开州区， 是渝东
北地区与主城都市区联系的重要通道， 也是重庆过境大通道的重要组成部分， 预计在 2025 年建成通车．
为及时学握巫云开高速通车后是否会对沿途居民生活产生噪音影响， 施工单位派出了两名勘测师对已经
修建好的高速路段 DE 进行勘测． 如图， 勘测师甲在一段自西向东的的高速路上的 A 处发现民宿 C
在 A 处北偏西 45∘ 方向上， 与 A 处距离为 80 米， 民宿 B在 A 处北偏东 60∘ 方向上； 勘测师
乙在民宿 B 处测得民宿 C 在 B 处北偏西 75∘ 的方向上．
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(1)求 BC 的距离（结果保留一位小数）；
(2)当居住场所与高速路的距离不大于 30 米的时候， 人们的生活会被高速路上的噪声影响， 相关部门可
通过加装隔音堜来减少噪声污染， 每米隔音墙的单价为 158 元． 请判断民宿 B 是否会被高速路上的噪
声影响? 如果有被影响， 则在对民宿有噪音影响的高速路段上全部安装隔音墙， 请计算出安装隔音墙需
要资金多少元? 如果没有被影响， 请说明理由．（参考数据： √2≈1.414,√3≈1.732 ）
【答案】(1)109.3米
(2)3160元
【分析】（1）过点A作AT⊥DE，过点B作BK⊥DE于N，过点A作AM⊥BC于M，证△AMB是等腰直角
1
三角形得AM=BM，∠BAM=45°，再由含30°角的直角三角形的性质得AM= AC=40（米），然后由勾股定
2
理得CM=40√3（米），即可解决问题；
1
（2）由含30°角的直角三角形的性质得BN= AB=20√2（米），再由20√2米＜30米，得民宿B会被高速
2
路上的噪声影响，设在DE上从G到H处受影响，则BG=BH=30米，然后由勾股定理得GN=HN=10（米），
即可解决问题．
【详解】（1）如图，过点A作AT⊥DE，过点B作BK⊥DE于N，过点A作AM⊥BC于M，
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则AT∥KN，
∴∠ABN=∠BAT，
由题意得：∠CAT=45°，∠BAT=60°，∠CBK=75°，
∴∠ABN=60°，
∴∠ABC=180°-∠CBK-∠ABN=180°-75°-60°=45°，
∴△AMB是等腰直角三角形，
∴AM=BM，∠BAM=45°，
∴∠CAM=∠CAT+∠BAT-∠BAM=45°+60°-45°=60°，
∴∠C=30°，
1 1
∴AM= AC= ×80=40（米），
2 2
∴CM=√AC2−AM2=√802−402=40√3（米），
∴BC=BM+CM=AM+CM=40+40√3≈109.3（米）；
（2）由（1）得： AMB是等腰直角三角形，AM=40米，
∴AB=√2AM=40√2△ （米），
∵∠BAN=90°-∠BAT=90°-60°=30°，
1
∴BN= AB=20√2（米），
2
∵20√2米＜30米，
∴民宿B会被高速路上的噪声影响，
设在DE上从G到H处受影响，则BG=BH=30米，
∵BN⊥DE，
∴GN=HN=√BG2−BN2=√302−(20√2) 2=10（米），
∴GH=2×10=20（米），
∴安装隔音墙需要资金为：20×158=3160（元）．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用—方向角问题，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
4．（2022·重庆·模拟预测）某沿海城市O，每年都会受到几次台风侵袭，台风是一种自然灾害，它以台风
中心为圆心在数十千米范围内形成气旋风景，有极强的破坏力．某次，据气象观察，距该城市正南方向的
100
A处有一台风中心，中心最大风力为12级，每远离台风中心 千米，风力就会减弱一级，该台风中心正
3
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以20千米/时的速度沿北偏东45°方向向B处移动，且台风中心风力不变，若城市受到风力达到或超过6级，
则称受台风影响．
(1)若该城市受此次台风影响共持续了10小时（即台风中心从C处移动到D处），那么受到台风影响的最
大风力为几级?
(2)求该城市O到A处的距离．（注：结果四舍五入保留整数，参考数据：√2≈1.4，√3≈1.7）
【答案】(1)受到台风影响的最大风力为5级
(2)城市O到A处的距离为238千米
100
【分析】（1）如图，作OE⊥AB，由题意知CD=10×20=200千米，OC=OD= ×6=200千米，
3
有OC=OD=CD，∠OCD=60°，由OE=OC×sin60°，求解OE的值，由题意知，在台风中心位于E
100√3
点时，城市受到台风影响最大，此时的风力用 100 计算求解即可；
3
（2）由题意知∠OAC=45°，∠AOE=45°，AE=OE，AO=√2AE计算求解即可．
【详解】（1）解：如图，作OE⊥AB
由题意知CD=10×20=200千米
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100
OC=OD= ×6=200千米
3
∵OC=OD=CD
∴∠OCD=60°
∴OE=OC×sin60°=100√3
100√3
=3√3≈5.1
∵ 100
3
∴当台风中心位于E点时，城市受到台风影响最大，最大风力为5级．
（2）解：由题意知∠OAC=45°
∠AOE=45°
AE=OE
AO=√2AE=√2×100√3≈1.4×100×1.7=238千米
∴城市O到A处的距离为238千米．
【点睛】本题考查了解三角形的应用，等边三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的灵活运用．
5．（2023·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考三模）如图为某体育公园部分示意图，C为公园大门，A、B、D分
别为公园广场、健身器材区域、儿童乐园．经测量：A、B、C在同一直线上，且A、B在C的正北方向，
AB=240米，点D在点B的南偏东75°方向，在点A的东南方向．
(1)求B、D两地的距离；（结果精确到0.1m）
(2)大门C在儿童乐园D的南偏西60°方向，由于安全需要，现准备从儿童乐园D牵一条笔直的数据线到大
门C的控制室，请通过计算说明公园管理部门采购的380米数据线是否够用（接头忽略不计）．（参考数
据：√2≈1.414,√3≈1.732）
【答案】(1)B、D两地的距离为339.4m
(2)公园管理部门采购的380米数据线够用
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【分析】（1）过点B作BP⊥AD于点P，在Rt△ABP中，解直角三角形求出BP，根据含30度直角三角
形的性质即可求出BD；
（2）过点B作BM⊥CD于点M，在Rt△BDN和Rt△BCM中，根据三角函数的定义求出BD，BM，
DM，CM，继而求出DC，比较即可得到结论．
【详解】（1）解：过点B作BP⊥AD于点P，
由题意知∠BAD=45°，∠CBD=75°，
∴∠ADB=30°，∠ABP=45°=∠A，
∴BD=2BP，AP=BP，
在Rt△ABP中，AB=240，
AB
∴AP=BP= =120√2，
sin45°
∴BD=2BP=240√2≈339.4．
答：B、D两地的距离约为339.4m；
（2）解：过点B作BM⊥CD于点M，
由（1）得BD=2BP=240√2，
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∵∠CDB=180°−60°−75°=45°，∠CBD=75°，∠DCB=60°，
∴∠DBM=45°=∠CDB，
∴BM=DM，
BM
在Rt△BDN中，BD=240√2，sin45°= ，
BD
√2
∴BM=DM=BD⋅sin45°=240√2× =240，
2
在Rt△BCM中，∠CBM=75°−45°=30°，
∴CM=BM⋅tan30°=80√3，
∴DC=DM+CM=240+80√3≈378.56，
∵380>378.56，
答：公园管理部门采购的380米数据线够用．
【点睛】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．
题型 24 坡度坡比问题
1．（2022·新疆阿克苏·统考三模）一条上山直道的坡度为1：7，沿这条直道上山，则前进100米所上升的
高度为 米．
【答案】10√2
【分析】根据题意画出图形，设BC=x，则AB=7x，AC=√x2+(7x) 2=5√2x，列出方程，进而即可求解．
【详解】解：设BC=x，则AB=7x，
由题意得： x2+(7x) 2=1002，解得：x=10√2，
故答案为：10√2．
【点睛】u本题主要考查勾股定理和坡度，掌握坡度的定义，利用勾股定理列出方程，是解题的关键．
2．（2021·广东广州·统考一模）如图，某地修建一座高BC=5m的天桥，已知天桥斜面AB的坡度为1:√3，
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则斜坡AB的长度为（ ）
A．10m B．10√3m C．5m D．5√3m
【答案】A
【分析】直接利用坡度的定义得出AC的长，再利用勾股定理得出AB的长．
【详解】∵i=1:√3，BC=5m，
BC 5 1
∴ = = ，
AC AC √3
解得：AC=5√3m，
则AB=√BC2+AC2=√52+(5√3) 2=10m．
故选：A．
【点睛】本题考查解直角三角形和勾股定理的实际应用．由坡度的定义得出AC的长是解答本题的关键．
3．（2021·广西钦州·校考一模）如图，传送带和地面所成斜坡的坡度为1：3，若它把物体从地面点A处送
到离地面1米高的点B处，则物体从A到B所经过的路程为（ ）
A．3米 B．√10米 C．2√10米 D．3√10米
【答案】B
【分析】过点B作BC⊥AC于点C，构造直角 ABC解决问题．
【详解】解：过点B作BC⊥AC于点C， △
BC 1
∵ = ，
AC 3
∴AC=3，
在直角 ABC中，∠ACB=90°，
△
∴AB=√AC2+BC2=√32+12=√10米 ，
故选择B．
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【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用，解决问题的关键是构造直角三角形．
题型 25 坡度坡比与仰角俯角问题综合
1．（2023·江西南昌·统考一模）如图1是一座拱桥，图2是其侧面示意图，斜道AC的坡度i=1:2，斜道
BD的坡度i=1:1，测得湖宽AB=85米，AC=15√5米，BD=20√2米，已知弧CD所在圆的圆心O在AB
上．（备注：坡度即坡角的正切值，如AC的坡度i=tanA．）
(1)分别求拱桥部分C、D到直线AB的距离；
(2)求弧CD的长（结果保留π）．
【答案】(1)点C到直线AB的距离为15米，点D到直线AB的距离为20米
25π
(2) 米
2
【分析】（1）过点C作CE⊥AB于E，过点D作DF⊥AB于F，根据坡度的概念分别设出AC、AE、
DB、BF的长，再利用勾股定理即可求出结果；
（2）连接OC，OD，根据勾股定理求OE、OF，根据全等三角形的性质求出∠DOC=90°，再利用弧长
公式计算即可．
【详解】（1）解：过点C作CE⊥AB于E，过点D作DF⊥AB于F，
1
在Rt△ACE中， tan A= ，
2
∵
设CE=x（米），则AE=2x（米），
由勾股定理得x2+(2x) 2=(15√5) 2 ，
解得：x =15，x =−15（舍去），
1 2
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CE=15（米），AE=30（米），
∴同理可证，在Rt△BDF中，
BF=DF=20（米）
答：点C到直线AB的距离为15米，点D到直线AB的距离为20米．
（2）解：连接OC，OD，
AB=85（米），AE=30（米），BF=20（米），
∵EF=85−30−20=35（米）．
∴设OE=z米，则OF=(35−z)米，
152+z2=202+(35−z) 2．
∴
解得：z=20，即OE=20（米），OF=15（米）．
在Rt△CEO和Rt△OFD中，
¿
△CEO≌△OFD(HL)．
∴
∠COD=90°，CO=OD=√202+152=25．
∴
90°×2π⋅25 25π
弧CD的长= = （米）．
360° 2
∴
【点睛】本题考查解直角三角形的应用 坡度坡角问题、弧长的计算，掌握坡度坡角的概念并熟记锐角三
角函数的定义及弧长公式是解决问题的−关键．
2．（2023·陕西·模拟预测）2022年北京冬奥会的成功举办激发了人们对冰雪运动的热情．如图是某滑雪场
的横截面示意图，雪道分为AB，BC两部分，小明同学在C点测得雪道BC的坡度i=1：2.4，在A点测得B
点的俯角∠DAB=30°．若雪道AB长为270m，雪道BC长为260m．
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(1)求该滑雪场的高度h；
(2)据了解，该滑雪场要用两种不同的造雪设备来满足对于雪量和雪质的不同要求，其中甲设备每小时造雪
量比乙设备少35m3，且甲设备造雪150m3所用的时间与乙设备造雪500m3所用的时间相等．求甲、乙两种
设备每小时的造雪量．
【答案】(1)235m
(2)甲种设备每小时的造雪量是15m3，则乙种设备每小时的造雪量是50m3
【分析】（1）过B作BF∥AD，过D过AF⊥AD，两直线交于F，过B作BE垂直地面交地面于E，根据题
1
知∠ABF=∠DAB=30°，可得AF= AB=135(m)，由BC的坡度i=1：2.4，设BE=tm，则CE=2.4tm，可得
2
t2+（2.4t）2=2602，即可得h=AF+BE=235（m）；
150 500
（2）设甲种设备每小时的造雪量是xm3，可得： = ，即方程并检验可得甲种设备每小时的造雪
x x+35
量是15m3，则乙种设备每小时的造雪量是50m3．
【详解】（1）解：过B作BF∥AD，过A过AF⊥AD，两直线交于F，过B作BE垂直地面交地面于E，如
图：
根据题知∠ABF=∠DAB=30°，
1
∴AF= AB=135(m)，
2
∵BC的坡度i=1：2.4，
∴BE：CE=1：2.4，
设BE=tm，则CE=2.4tm，
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∵BE2+CE2=BC2，
∴t2+（2.4t）2=2602，
解得t=100（m），（负值已舍去），
∴h=AF+BE=235（m），
答：该滑雪场的高度h为235m；
（2）设甲种设备每小时的造雪量是xm3，则乙种设备每小时的造雪量是（x+35）m3，
150 500
根据题意得： = ，
x x+35
解得x=15，
经检验，x=15是原方程的解，也符合题意，
∴x+35=50，
答：甲种设备每小时的造雪量是15m3，则乙种设备每小时的造雪量是50m3．
【点睛】本题考查解直角三角形和分式方程的应用，解题的关键是构造直角三角形和列出分式方程．
3．（2023·山东聊城·统考一模）数学兴趣小组到一公园测量塔楼高度．如图所示，塔楼剖面和台阶的剖面
在同一平面，在台阶底部点A处测得塔楼顶端点E的仰角∠GAE=50.2°，台阶AB长26米，台阶坡面AB
的坡度i=5:12，然后在点B处测得塔楼顶端点E的仰角∠EBF=63.4°，则塔顶到地面的高度EF约为多
少米．
（参考数据：tan50.2°≈1.20，tan63.4°≈2.00，sin50.2°≈0.77，sin63.4°≈0.89）
【答案】塔顶到地面的高度EF约为47米
【分析】延长EF交AG于点H，则EH⊥AG，过点B作BP⊥AG于点P，则四边形BFHP为矩形，设
BP=5x，则AP=12x，根据解直角三角形建立方程求解即可．
【详解】如图，延长EF交AG于点H，则EH⊥AG，
过点B作BP⊥AG于点P，则四边形BFHP为矩形，
∴FB=HP，FH=BP．
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由i=5:12，可设BP=5x，则AP=12x，
由BP2+AP2=AB2可得(5x) 2+(12x) 2=262，
解得x=2或x=−2（舍去），
∴BP=FH=10，AP=24，
设EF=a米，BF=b米，
EF
在Rt△BEF中tan∠EBF= ，
BF
a
即tan63.4°= ≈2，则a=2b①
b
EH EF+FH EF+BP
在Rt△EAH中，tan∠EAH= = = ，
AH AP+PH AP+BF
a+10
即tan50.2°= ≈1.20②
24+b
由①②得a=47，b=23.5．
答：塔顶到地面的高度EF约为47米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的实际应用，准确理解题意，熟练掌握知识点是解题的关键．
4．（2023·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考一模）如图，在小晴家所住的高楼AD的正西方有一座小山坡，坡
面BC与水平面的夹角为30°，在B点处测得楼顶D的仰角为45°，在山顶C处测得楼顶D的仰角为15°，
B和C的水平距离为300米．（A，B，C，D在同一平面内，参考数据：√2≈1.41，√3≈1.73）
(1)求坡面BC的长度？（结果保留根号）
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(2)一天傍晚，小晴从A出发去山顶C散步，已知小晴从A到B的速度为每分钟50米，从B沿着BC上山的
速度为每分钟25米，若她6:00出发，请通过计算说明她在6:20前能否到达山顶C处？（结果精确到
0.1）
【答案】(1)BC=200√3米
(2)不能；计算过程见解析
【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E，根据∠CBE=30°，利用三角函数求出BC=200√3米即可；
（2）过点B作BF⊥CD于点F，根据平行线的性质得出∠BCG=∠CBE=30°，求出
BC 200√3
∠BCF=15°+30°=45°，得出CF=BF= = =100√6（米），求出
√2 √2
BF 100√6
BD= = =200√6
∠DBF=180°−30°−45°−45°=60°，解直角三角形得出 cos60° 1 （米），求
2
√2 200√3 200√3
出AB=BD×cos45°=200√6× =200√3（米），求出到达山顶的时间为 + ≈20.8
2 50 25
（分），根据20.8>20，得出结果即可．
【详解】（1）解：过点C作CE⊥AB于点E，如图所示：
∵B和C的水平距离为300米，
∴BE=300米，
∵∠CBE=30°，
BE 300
BC= = =200√3
∴ cos30° √3 （米）；
2
（2）解：如图，过点B作BF⊥CD于点F，
∵CG∥AB，
∴∠BCG=∠CBE=30°，
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∵∠GCF=15°，
∴∠BCF=15°+30°=45°，
∵∠BFC=90°，
∴△BCF为等腰直角三角形，
BC 200√3
∴CF=BF= = =100√6（米），∠CBF=∠BCF=45°，
√2 √2
∴∠DBF=180°−30°−45°−45°=60°，
∵∠BFD=90°，
BF 100√6
BD= = =200√6
∴ cos60° 1 （米），
2
∵∠ABD=45°，∠BAD=90°，
√2
∴AB=BD×cos45°=200√6× =200√3（米），
2
∴小晴从A出发去山顶C所用时间为：
200√3 200√3
+ ≈20.8（分），
50 25
∵20.8>20，
∴她在6:20前不能到达山顶C处．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，解题的关键是熟练掌握三角函数的定义，数形结合．
5．（2023·山西朔州·统考一模）如图，小开家所在居民楼AC，楼底C点的左侧30米处有一个山坡DE，
坡角为30°，E点处有一个图书馆，山坡坡底到图书馆的距离DE为40米，在图书馆E点处测得小开家的
窗户B点的仰角为45°，居民楼AC与山坡DE的剖面在同一平面内．
(1)求BC的高度；（结果精确到个位，参考数据：√3≈1．73）
(2)某天，小开到家后发现有资料落在图书馆，此时离图书馆闭馆仅剩5分钟，若小开在平地的速度为
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6m/s，上坡速度为4m/s，电梯速度为1．25m/s，等候电梯及上、下乘客所耽误时间共3分钟，请问小开能
否在闭馆前赶到图书馆？
【答案】(1)BC的高度约为85米
(2)小开能在闭馆前赶到图书馆
【分析】（1）如图，作EF⊥AC于F，作EG⊥CD，解直角三角形即可；
（2）根据题意，列算式计算出小开到图书馆所用时间即可．
【详解】（1）如图，作EF⊥AC于F，作EG⊥CD，交CD延长线于点G，
得矩形EFCG，
∴EF=CG，EG=FC，
根据题意可知：CD=30米，∠BEF=45°，DE=40米，∠EDG=30°，
1
∴EG= DE=20米，
2
∴DG=√3EG=20√3（米），
∴EF=GC=GD+CD=(20√3+30)米，
∴BF=EF=(20√3+30)米，
∴BC=BF+FC=BF+EG=20√3+30+20=20√3+50=85（米），
答：BC的高度约为85米；
（2）根据题意得：30÷6+40÷4+85÷1.25+3×60=263（秒），
∵263<300，
∴小开能在闭馆前赶到图书馆．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，通过添加辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
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一、单选题
1．（2023·广东深圳·统考中考真题）爬坡时坡角与水平面夹角为α，则每爬1m耗能(1.025−cosα)J，若
某人爬了1000m，该坡角为30°，则他耗能（参考数据：√3≈1.732，√2≈1.414）（ ）
A．58J B．159J C．1025J D．1732J
【答案】B
【分析】根据特殊角三角函数值计算求解．
【详解】1000(1.025−cosα)=1000(1.025−cos30°)=1025−500√3≈1025−500×1.732=159
故选：B．
【点睛】本题考查特殊角三角函数值，掌握特殊角三角函数值是解题的关键．
2．（2023·四川宜宾·统考中考真题）《梦溪笔谈》是我国古代科技著作，其中它记录了计算圆弧长度的
“会圆术”．如图，A´B是以点O为圆心、OA为半径的圆弧，N是AB的中点，MN⊥AB．“会圆术”
M N2
给出A´B的弧长l的近似值计算公式：l=AB+ ．当OA=4，∠AOB=60°时，则l的值为（ ）
OA
A．11−2√3 B．11−4√3 C．8−2√3 D．8−4√3
【答案】B
【分析】连接ON,根据等边三角形的性质，垂径定理，勾股定理，特殊角的三角函数，后代入公式计算即
可．
【详解】连接ON，根据题意，A´B是以点O为圆心、OA为半径的圆弧，N是AB的中点，MN⊥AB，
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得ON⊥AB，
∴点M，N，O三点共线，
∵OA=4，∠AOB=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA=AB=4,∠OAN=60°，ON=OAsin60°=2√3，
M N2 (4−2√3) 2
∴l=AB+ =4+ =11−4√3．
OA 4
故选B．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，垂径定理，勾股定理，特殊角的函数值，熟练掌握相关知识是解
题的关键．
3．（2023·吉林长春·统考中考真题）学校开放日即将来临，负责布置的林老师打算从学校图书馆的顶楼拉
出一条彩旗绳AB到地面，如图所示．已彩旗绳与地面形成25°角（即∠BAC=25°）、彩旗绳固定在地面
的位置与图书馆相距32米（即AC=32米），则彩旗绳AB的长度为（ ）
32 32
A．32sin25°米 B．32cos25°米 C． 米 D． 米
sin25° cos25°
【答案】D
【分析】根据余弦值的概念即邻边与斜边之比，即可求出答案.
【详解】解：∵ AC表示的是地面，BC表示是图书馆，
∴AC⊥BC，
∴△ABC为直角三角形，
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AC 32
∴AB= = （米）.
cos25° cos25°
故选：D.
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用，涉及到余弦值，解题的关键在于熟练掌握余弦值的概念.
4．（2023·山东日照·统考中考真题）日照灯塔是日照海滨港口城市的标志性建筑之一，主要为日照近海及
进出日照港的船舶提供导航服务．数学小组的同学要测量灯塔的高度，如图所示，在点B处测得灯塔最高
点A的仰角∠ABD=45°，再沿BD方向前进至C处测得最高点A的仰角∠ACD=60°，BC=15.3m，则
灯塔的高度AD大约是（ ）（结果精确到1m，参考数据：√2≈1.41，√3≈1.73）
A．31m B．36m C．42m D．53m
【答案】B
【分析】在Rt△ADB中，得出AD=BD，设AD=x，则BD=x，CD=x−15.3，在Rt△ADC中，根据
AD x
正切得出tan∠ACD= = =√3，求解即可得出答案．
CD x−15.3
【详解】解：在Rt△ADB中，∠ABD=45°，
∴AD=BD，
设AD=x，则BD=x，CD=x−15.3，
在Rt△ADC中，∠ACD=60°，
AD x
∴tan∠ACD= = =√3，
CD x−15.3
∴x≈36，
∴灯塔的高度AD大约是36m．
故选：B．
【点睛】本题考查了解直角三角形中的仰俯角问题，解题的关键是弄清有关的直角三角形中的有关角的度
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数．
5．（2023·山东潍坊·统考中考真题）如图，在直角坐标系中，菱形OABC的顶点A的坐标为(−2,0)，
∠AOC=60°．将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形
OA'B'C'，其中点B'的坐标为（ ）
A．(−2,√3−1) B．(−2,1) C．(−√3,1) D．(−√3,√3−1)
【答案】A
【分析】如图，过B作BH⊥x轴于H，求解OA=AB=2，AB∥OC，可得∠BAH=∠AOC=60°，求
解AH=OB⋅cos60°=1，BH=√22−12=√3，可得B(−3,√3)，再利用平移的性质可得B'(−2,√3−1)．
【详解】解：如图，过B作BH⊥x轴于H，
∵菱形OABC的顶点A的坐标为(−2,0)，∠AOC=60°．
∴OA=AB=2，AB∥OC，
∴∠BAH=∠AOC=60°，
∴AH=OB⋅cos60°=1，BH=√22−12=√3，
∴B(−3,√3)，
∵将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，
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∴B'(−2,√3−1)；
故选A
【点睛】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，图形的平移，熟练的求解B
的坐标是解本题的关键．
6．（2023·四川自贡·统考中考真题）如图，分别经过原点O和点A(4,0)的动直线a，b夹角∠OBA=30°，
点M是OB中点，连接AM，则sin∠OAM的最大值是（ ）
3+√6 √3 √6 5
A． B． C． D．
6 2 3 6
【答案】A
【分析】根据已知条件，∠OBA=30°，得出B的轨迹是圆，取点D(8,0)，则AM是△OBD的中位线，则
求得∠ODB的正弦的最大值即可求解，当BD与⊙C相切时，∠ODB最大，则正弦值最大，据此即可求
解．
【详解】解：如图所示，以OA为边向上作等边△OAC，过点C作CE⊥x轴于点E，则OC=OA=AC=4，
则C的横坐标为2，纵坐标为CE= OC×sin60°=2√3，
∴C(2,2√3)，
取点D(8,0)，则AM是△OBD的中位线，
∴CD=√ (8−2) 2+(2√3) 2=4√3，
∵∠OBA=30°，
∴点B在半径为4的⊙C上运动，
∵AM是△OBD的中位线，
∴AM∥BD，
∴∠OAM=∠ODB，当BD与⊙C相切时，∠ODB最大，则正弦值最大，
在Rt△BCD中，BD=√CD2−BC2=√(4√3) 2 −42=4√2，
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过点B作FB∥x轴，过点C作CF⊥FG于点F，过点D作DG⊥FG于点G， 则∠F=∠G
∵BD与⊙C相切，
∴BD⊥CB，
∴∠FBC+∠FCB=∠FBC+∠DBG=90°，
∴∠FCB=∠DBG，
∴△CFB∽△BGD，
CF FB BC 4 1
∴ = = = =
GB GD BD 4√2 √2
设CF=a，FB=b,
则BG=√2a,DG=√2b
∴F(2,2√3+a),G(8,√2b)
∴FG=8−2=6,DG=a+2√3
∴¿
2
解得：b=2+ √6
3
DG √2b 3+√6
∴sin∠ODB=sin∠GBD= = =
BD 4√2 6
3+√6
∴sin∠OAM的最大值为 ，
6
故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，求正弦，等边三角形的性质。圆周角定理，得出点B的轨
迹是解题的关键．
7．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图是源于我国汉代数学家赵爽的弦图，它是由四个全等直角三角形与
一个小正方形拼成的一个大正方形．若小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较小的
锐角为α，则cosα的值为（ ）
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3 4 3 4
A． B． C． D．
4 3 5 5
【答案】D
【分析】首先根据两个正方形的面积分别求出两个正方形的边长，然后结合题意进一步设直角三角形短的
直角边为a，则较长的直角边为a+1，再接着利用勾股定理得到关于a的方程，据此进一步求出直角三角形
各个直角边的边长，最后求出cosα的值即可.
【详解】∵小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，
∴小正方形的边长为1，大正方形的边长为5，
设直角三角形短的直角边为a，则较长的直角边为a+1，其中a>0，
∴a2+(a+1) 2=52，其中a>0，
解得：a=3，a+1=4，
4
∴cosα= ，
5
故选：D.
【点睛】本题主要考查了勾股定理与一元二次方程及三角函数的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键.
8．（2023·湖南益阳·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，有三点A(0,1)，B(4,1)，C(5,6)，
则sin∠BAC=（ ）
1 √13 √2 √3
A． B． C． D．
2 5 2 2
【答案】C
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【分析】如图，取格点D，连接CD，AD，则B在AD上，由A(0,1)，B(4,1)，C(5,6)，证明
√2
∠BAC=45°，可得sin∠BAC=sin45°= ．
2
【详解】解：如图，取格点D，连接CD，AD，则B在AD上，
∵A(0,1)，B(4,1)，C(5,6)，
∴AD=5，CD=5，∠ADC=90°，
∴∠BAC=45°，
√2
∴sin∠BAC=sin45°= ；
2
故选C
【点睛】本题考查的是坐标与图形，等腰直角三角形的判定与性质，特殊角的三角函数值，作出合适的辅
助线构建直角三角形是解本题的关键．
9．（2023·湖北十堰·统考中考真题）如图所示，有一天桥高AB为5米，BC是通向天桥的斜坡，
∠ACB=45°，市政部门启动“陡改缓”工程，决定将斜坡的底端C延伸到D处，使∠D=30°，则CD
的长度约为（参考数据：√2≈1.414,√3≈1.732）（ ）
A．1.59米 B．2.07米 C．3.55米 D．3.66米
【答案】D
【分析】在Rt△ABC中，求得AC=AB=5米，在Rt△ABD中，求得AD=5√3米，即可得到CD的长度．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠ACB=45°，∠BAC=90°，
∴AC=AB=5米，
在Rt△ABD中，∠ADB=30°，∠BAD=90°，
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AB
∴ =tan∠ADB，
AD
AB 5
AD= = =5√3
∴ tan30° √3 （米），
3
∴CD=AD−AC=5√3−5≈8.66−5=3.66（米）
故选：D．
【点睛】此题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
10．（2023·江苏南通·统考中考真题）如图，从航拍无人机A看一栋楼顶部B的仰角α为30°，看这栋楼底
部C的俯角β为60°，无人机与楼的水平距离为120m，则这栋楼的高度为（ ）
A．140√3m B．160√3m C．180√3m D．200√3m
【答案】B
【分析】过点A作AD⊥BC，垂足为D，根据题意可得AD=120m，然后分别在Rt△ABD和Rt△ACD
中，利用锐角三角函数的定义求出BD,CD的长，最后利用线段的和差关系进行计算即可解答．
【详解】解：过点A作AD⊥BC，垂足为D，
根据题意可得AD=120m，
在Rt△ABD中，∠BAD=30°，
√3
∴BD=AD⋅tan30°=120× =40√3m，
3
在Rt△ACD中，∠CAD=60°，
∴CD=AD⋅tan60°=120√3m，
∴BC=BD+CD=160√3m．
故则这栋楼的高度为160√3m．
故选：B．
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【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，锐角三角函数的定义，根据题目的已知条件作出正确的辅助线
是解题的关键．
11．（2023·山东·统考中考真题）如图，某商场有一自动扶梯，其倾斜角为28°，高为7米．用计算器求
AB的长，下列按键顺序正确的是（ ）
A． B． C．
D．
【答案】B
【分析】根据正弦的定义得出AB=7÷sin28°，进而可得答案．
7
【详解】解：由题意得sin28°= ，
AB
∴AB=7÷sin28°，
∴按键顺序为7÷sin28=，
故选：B．
【点睛】本题考查了正弦的定义，计算器的使用，正确理解三角函数的定义是解题的关键．
12．（2023·浙江衢州·统考中考真题）如图，一款可调节的笔记本电脑支架放置在水平桌面上，调节杆
BC=√2a，AB=b，AB的最大仰角为α.当∠C=45°时，则点A到桌面的最大高度是（ ）
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b b
A．a+ B．a+ C．a+bcosa D．a+bsinα
cosa sinα
【答案】D
【分析】过点A作AF⊥BE于F，过点B作BG⊥CD于G，利用解直角三角形可得AF=bsinα，BG=a，
根据点A到桌面的最大高度=BG+AF，即可求得答案．
【详解】如图，过点A作AF⊥BE于F，过点B作BG⊥CD于G，
在Rt△ABF中，AF=AB⋅sinα=bsinα，
√2
在Rt△BCG中，BG=BC⋅sin45°=√2a× =a，
2
∴点A到桌面的最大高度=BG+AF=a+bsinα，
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题关键是添加辅助线，构造直角三角形，利用解直角三角形
解决问题．
13．（2023·湖南娄底·统考中考真题）我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数学九章》一书中，给出
1√ (a2+b2−c2
)
2
了这样的一个结论：三边分别为a、b、c的△ABC的面积为S = a2b2− ．△ABC的
△ABC 2 2
1 1 1
边a、b、c所对的角分别是∠A、∠B、∠C，则S = absinC= acsinB= bcsinA．下列结论中
△ABC 2 2 2
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正确的是（ ）
a2+b2−c2 a2+b2−c2
A．cosC= B．cosC=−
2ab 2ab
a2+b2−c2 a2+b2−c2
C．cosC= D．cosC=
2ac 2bc
【答案】A
【分析】本题利用三角函数间的关系和面积相等进行变形解题即可．
【详解】解：∵S =
1√
a2b2−
(a2+b2−c2
)
2
，S =
1
absinC，
△ABC 2 2 △ABC 2
1√ (a2+b2−c2 ) 2 1
∴ a2b2− = absinC
2 2 2
(a2+b2−c2
)
2
即a2b2− =a2b2sin2C，
2
(a2+b2−c2
)
2
a2b2(1−sin2C)= ，
2
(a2+b2−c2
)
2
cos2C= ，
2ab
a2+b2−c2
cosC=
2ab
故选：A．
【点睛】本题考查等式利用等式的性质解题化简，熟悉sin2C+cos2C=1是解题的关键．
√3
14．（2023·四川德阳·统考中考真题）已知一个正多边形的边心距与边长之比为 ，则这个正多边形的边
2
数是（ ）
A．4 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】如图，A为正多边形的中心，BC为正多边形的边，AB，AC为正多边形的半径，AD为正多边形
AD √3 AD
的边心距，由 = 可得 =√3，可得∠B=60°，而AB=AC，可得△ABC为等边三角形，从而可
BC 2 BD
得答案．
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【详解】解：如图，A为正多边形的中心，BC为正多边形的边，AB，AC为正多边形的半径，AD为正多
边形的边心距，
AD √3
∴AB=AC，AD⊥BC， = ，
BC 2
1
∴BD=CD= BC，
2
AD √3 AD
∴ = ，即 =√3，
2BD 2 BD
AD
∴tan∠B= =√3，
BD
∴∠B=60°，而AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，
360
∴多边形的边数为： =6，
60
故选B
【点睛】本题考查的是正多边形与圆，锐角三角函数的应用，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．
15．（2023·四川攀枝花·统考中考真题）△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别为a、b、c．已知a=6，
b=8，c=10，则cos∠A的值为（ ）
3 3 4 4
A． B． C． D．
5 4 5 3
【答案】C
【分析】根据余弦的定义可直接进行求解．
b 4
【详解】解：由题意得：cos∠A= = ；
c 5
故选C．
【点睛】本题主要考查余弦，熟练掌握求一个角的余弦值是解题的关键．
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二、填空题
16．（2023·广西·统考中考真题）如图，焊接一个钢架，包括底角为37°的等腰三角形外框和3m高的支柱，
则共需钢材约 m（结果取整数）．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【答案】21
【分析】根据解直角三角形及等腰三角形的性质可进行求解．
【详解】解：∵△ABC是等腰三角形，且CD⊥AB，
∴AD=BD，
∵CD=3m，
CD CD
∴AC=BC= =5m,AD=BD= =4m，
sin37° tan37°
∴共需钢材约为2AC+2AD+CD=21m；
故答案为21．
【点睛】本题主要考查解直角三角形，熟练掌握三角函数是解题的关键．
17．（2023·甘肃武威·统考中考真题）如图，菱形ABCD中，∠DAB=60°，BE⊥AB，DF⊥CD，垂
足分别为B，D，若AB=6cm，则EF= cm．
【答案】2√3
【分析】根据菱形的性质，含30°直角三角形的性质，及三角函数即可得出结果．
【详解】解：在菱形ABCD中，∠DAB=60°，
1
∴∠DAB=∠DCB=60°,∠BAC=∠DAC=∠DCF= ∠DAB=30°，
2
∵DF⊥CD，
∴∠DFC=90°，
∴∠DFC=90°−∠DCF=60°，
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1
在Rt△CDF中，DF= CF，
2
∵∠ADF=∠DFC−∠DAF=60°−30°=30°,
∴∠FAD=∠ADF,
1 1
∴AF=DF= CF= AC,
2 3
1
同理，CE= AC，
3
1
∴EF=AC−AF−CE= AC，
3
1
∴EF= AE，
2
AB 6
AE= = =4√3,
在Rt△ABE中， cos30° √3
2
1
∴EF= AE=2√3．
2
故答案为：2√3．
【点睛】本题考查了菱形的性质，含30°直角三角形的性质，及三角函数等知识，熟练掌握菱形的性质是
解题的关键．
18．（2023·山东枣庄·统考中考真题）如图所示，桔棒是一种原始的汲水工具，它是在一根竖立的架子上
加上一根细长的杠杆，末端悬挂一重物，前端悬挂水桶．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，便能轻易把水提升至所需处，若已知：杠杆AB=6米，AO:OB=2:1，支架
OM⊥EF，OM=3米，AB可以绕着点O自由旋转，当点A旋转到如图所示位置时∠AOM=45°，此
时点B到水平地面EF的距离为 米．（结果保留根号）
【答案】(3+√2)/(√2+3)
【分析】过点B作BD⊥EF于点D，过点A作AC⊥BD交BD于点C，交OM于点N，易得四边形
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MDCN为矩形，分别解Rt△ANO，Rt△ACB，求出ON,BC,CD的长，利用BD=BC+CD进行求解即
可．
【详解】解：过点B作BD⊥EF于点D，过点A作AC⊥BD交BD于点C，交OM于点N，
∵OM⊥EF，
∴OM∥BC，
∴AN⊥OM，
∴四边形MDCN为矩形，
∴MN=CD，
∵AB=6，AO:OB=2:1，
2
∴AO= AB=4，
3
在Rt△ANO中，AO=4，∠AOM=45°，
√2
∴ON=OA⋅cos45°=4× =2√2；
2
∴CD=MN=OM−ON=3−2√2，
在Rt△ACB中，AB=6，∠AOM=45°，
√2
∴BC=AB⋅cos45°=6× =3√2；
2
∴BD=BC+CD=3√2+3−2√2=3+√2（米）；
故答案为：3+√2．
【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用，矩形的性质与判定．解题的关键是添加辅助线，构造直角三
角形．
19．（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点
称为格点．点A、B、C三点都在格点上，则sin∠ABC= ．
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√2
【答案】
2
【分析】取AB的中点D，连接AC,CD，先根据勾股定理可得AC=BC=√10,CD=√5，再根据等腰三
角形的三线合一可得CD⊥AB，然后根据正弦的定义即可得．
【详解】解：如图，取AB的中点D，连接AC,CD，
∵AC=√12+32=√10,BC=√12+32=√10,CD=√12+22=√5，
∴AC=BC，
又∵点D是AB的中点，
∴CD⊥AB，
CD √5 √2
∴sin∠ABC= = = ，
BC √10 2
√2
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了勾股定理与网格问题、等腰三角形的三线合一、正弦，熟练掌握正弦的求解方法是解
题关键．
20．（2023·四川·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知点A(1,0)，点B(0,−3)，点C在x轴
1
上，且点C在点A右方，连接AB，BC，若tan∠ABC= ，则点C的坐标为 ．
3
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(9 )
【答案】 ,0
4
AC CB
【分析】根据已知条件得出∠ABO=∠ABC，根据等面积法得出 = ，设C(m,0)，则AC=m−1，
OA OB
进而即可求解．
【详解】解：∵点A(1,0)，点B(0,−3)，
∴OA=1,OB=3，
1
tan∠OBA= ，
3
1
∵tan∠ABC= ，
3
∴∠ABO=∠ABC，
过点A作AD⊥BC于点D，
∵AO⊥BO,AD⊥BC，AB是∠OBC的角平分线，
∴AO=AD=1
1 1
OA×OB OB×OA
S 2 2
∵ △ABO= =
S 1 1
△ABC AC×OB BC×AD
2 2
AC CB
∴ =
OA OB
设C(m,0)，则AC=m−1，BC=√32+m2
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m−1 √32+m2
∴ =
1 3
9
解得：m= 或m=0（舍去）
4
(9 )
∴C ,0
4
(9 )
故答案为： ,0 ．
4
【点睛】本题考查了正切的定义，角平分线的性质，勾股定理，熟练掌握角平分线的定义是解题的关键．
21．（2023·山东·统考中考真题）某数学活动小组要测量一建筑物的高度，如图，他们在建筑物前的平地
上选择一点A，在点A和建筑物之间选择一点B，测得AB=30m．用高1m(AC=1m)的测角仪在A处测得
建筑物顶部E的仰角为30°，在B处测得仰角为60°，则该建筑物的高是 m．
【答案】(15√3+1)/(1+15√3)
【分析】结合三角形外角和等腰三角形的判定求得ED=CD，然后根据特殊角的三角函数值解直角三角形．
【详解】解：由题意可得：四边形MNBD，四边形DBAC，四边形MNAC均为矩形，
∴AB=CD=30，MN=AC=1，
在Rt△EMC中，∠ECD=30°，
在Rt△EDM中，∠EDM=60°，
∴∠DEC=∠EDM−∠ECD=30°，
∴∠DEC=∠ECD，
∴ED=CD=30，
【115淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
EM EM √3
在Rt△EDM中， =sin60°，即 = ，
ED 30 2
解得EM=15√3，
∴EN=EM+MN=(15√3+1)m
故答案为：(15√3+1)．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用--仰角俯角问题，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角
三角形．
22．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）综合实践课上，航模小组用航拍无人机进行测高实践．如图，无人
机从地面CD的中点A处竖直上升30米到达B处，测得博雅楼顶部E的俯角为45°，尚美楼顶部F的俯角
为30°，已知博雅楼高度CE为15米，则尚美楼高度DF为 米．（结果保留根号）
【答案】30−5√3/−5√3+30
【分析】过点E作EM⊥AB于点M，过点F作FN⊥AB于点N，首先证明出四边形ECAM是矩形，得
到AM=CE=15，然后根据等腰直角三角形的性质得到AC=EM=BM=15，进而得到AD=AC=15，
然后利用30°角直角三角形的性质和勾股定理求出BN=5√3，即可求解．
【详解】如图所示，过点E作EM⊥AB于点M，过点F作FN⊥AB于点N，
由题意可得，四边形ECAM是矩形，
∴AM=CE=15，
∵AB=30，
∴BM=AB−AM=15，
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∵博雅楼顶部E的俯角为45°，
∴∠EBM=45°，
∴∠BEM=45°，
∴AC=EM=BM=15，
∵点A是CD的中点，
∴AD=AC=15，
由题意可得四边形AMFN是矩形，
∴NF=AD=15，
∵尚美楼顶部F的俯角为30°，
∴∠NBF=60°，
∴∠BFN=30°，
∴BF=2BN，
∴在Rt△BNF中，BN2+N F2=BF2，
∴BN2+152=(2BN) 2，
∴解得BN=5√3，
∴FD=AN=AB−BN=30−5√3．
故答案为：30−5√3．
【点睛】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，勾股定理等知识，解题的关键是学
会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会用构建方程的思想思考问题．
23．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）2023年岳阳举办以“跃马江湖”为主题的马拉松赛事．如图，某校
数学兴趣小组在A处用仪器测得赛场一宣传气球顶部E处的仰角为21.8°，仪器与气球的水平距离BC为20
米，且距地面高度AB为1.5米，则气球顶部离地面的高度EC是 米（结果精确到0.1米，
sin21.8°≈0.3714,cos21.8°≈0.9285,tan21.8°≈0.4000）．
【答案】9.5
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【分析】通过解直角三角形ADE，求出DE，再根据EC=ED+DC求出结论即可．
【详解】解：根据题意得，四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=20m,DC=AB=1.5m,
DE
在Rt△ADE中，tan∠DAE= ,
AD
∴DE=ADtan∠DAE≈20×0.400=8.0m,
∴EC=ED+DC=8.0+1.5=9.5m
故答案为：9.5
【点睛】此题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题．此题难度适中，注意能借助仰角构造直角三角形
并解直角三角形是解此题的关键．
24．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）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，
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∴BC=BO=2√2cm，
∴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．
25．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）为发展城乡经济，建设美丽乡村，某乡对A地和B地之间的一处垃
圾填埋场进行改造，把原来A地去往B地需要绕行到C地的路线，改造成可以直线通行的公路AB．如图，
经勘测，AC=6千米，∠CAB=60°，∠CBA=37°，则改造后公路AB的长是 千米（精确到
0.1千米；参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，√3≈1.73）．
【答案】9.9
【分析】如图所示，过点C作CD⊥AB于点D，分别解Rt△ACD,Rt△BCD，求得AD,DB，进而即可
求解．
【详解】解：如图所示，过点C作CD⊥AB于点D，
AD CD
在Rt△ADC中，AC=6，∠CAB=60°，cosA= ，sinA=
AC AC
1 √3
∴AD=AC×cosA= ×6=3，CD=AC×sin A= ×6=3√3
2 2
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CD
在Rt△CDB中，∠CBA=37°，CD=3√3，tan∠CBD= ，
DB
CD 3√3 3√3
∴DB= = ≈ =4√3，
tan∠CBD tan37° 0.75
∴AB=AD+DB=3+4√3=3+4×1.73≈9.9（千米）
改造后公路AB的长是9.9千米，
故答案为：9.9．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．
三、解答题
26．（2023·湖南·统考中考真题）2023年5月30日9点31分，“神舟十六号”载人飞船在中国酒泉卫星发
射中心点火发射，成功把景海鹏、桂海潮、朱杨柱三名航天员送入到中国空间站．如图，在发射的过程中，
飞船从地面O处发射，当飞船到达A点时，从位于地面C处的雷达站测得AC的距离是8km，仰角为30°；
10s后飞船到达B处，此时测得仰角为45°．
(1)求点A离地面的高度AO；
(2)求飞船从A处到B处的平均速度．(结果精确到0.1km/s，参考数据：√3 ≈1.73)
【答案】(1)4km
(2)飞船从A处到B处的平均速度约为0.3km/s
【分析】（1）根据含30度角的直角三角形的性质即可得到结论；
√3
（2）在Rt△AOC中，根据直角三角形的性质得到OC= AC=4 √3 (km)，在Rt△BOC中，根据等
2
腰直角三角形的性质得到OB=OC=4 √3 km，于是得到结论．
【详解】（1）解：在Rt△AOC中，∵∠AOC=90°，∠ACO=30°，AC=8km，
1 1
∴AO= AC= ×8=4 (km)，
2 2
（2）在Rt△AOC中，∵∠AOC=90°，∠ACO=30°，AC=8km，
√3
∴OC= AC=4 √3 (km)，
2
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在Rt△BOC中，∵∠BOC=90°，∠BCO=45°，
∴∠BCO=∠OBC=45°，
∴OB=OC=4 √3 km，
∴AB=OB−OA=(4 √3−4 )km，
4√3−4
∴飞船从A处到B处的平均速度= ≈0.3(km/s)．
10
【点睛】本题考查了解直角三角形-俯角仰角问题，准确识图，熟练运用相关知识是解题的关键．
27．（2023·重庆·统考中考真题）人工海产养殖合作社安排甲、乙两组人员分别前往海面A，B养殖场捕捞
海产品，经测量，A在灯塔C的南偏西60°方向，B在灯塔C的南偏东45°方向，且在A的正东方向，
AC=3600米．
(1)求B养殖场与灯塔C的距离（结果精确到个位）；
(2)甲组完成捕捞后，乙组还未完成捕捞，甲组决定前往B处协助捕捞，若甲组航行的平均速度为600米/每
分钟，请计算说明甲组能否在9分钟内到达B处？（参考数据：√2≈1.414，√3≈1.732）
【答案】(1)2545米
(2)能，说明过程见解析
【分析】（1）过点C作CD⊥AB于点D，先根据含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的判定可得
1
BD=CD= AC=1800米，再解直角三角形即可得；
2
（2）先解直角三角形求出AD的长，从而可得AB的长，再根据时间等于路程除以速度即可得．
【详解】（1）解：如图，过点C作CD⊥AB于点D，
由题意得：∠ACD=60°,∠BCD=45°，
∴∠A=30°,∠B=∠BCD=45°，
1
∴BD=CD= AC=1800米，
2
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CD
∴BC= ≈2545米，
sin45°
答：B养殖场与灯塔C的距离为2545米．
（2）解：AD=AC⋅sin60°=1800√3米，
∴AB=AD+BD=(1800√3+1800)米，
则甲组到达B处所需时间为(1800√3+1800)÷600=3√3+3≈8.196（分钟）<9分钟，
所以甲组能在9分钟内到达B处．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键．
28．（2023·山东济南·统考中考真题）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．
29．（2023·河北·统考中考真题）如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，
AB=8,BC=2√11,CD=12,DA=6,∠A=90°，点M在AD边上，且DM=2．将线段MA绕点M顺时
针旋转n°(00)，连接A'P．
(1)若点P在AB上，求证：A'P=AP；
(2)如图2．连接BD．
①求∠CBD的度数，并直接写出当n=180时，x的值；
②若点P到BD的距离为2，求tan∠A'MP的值；
(3)当0
