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重难点 08 解直角三角形及其应用
考点一：特殊角的三角函数值及其运算
锐角三角函数的定义和运算是中考数学中的必考考点，单独考察时虽然难度不大，但是也需要熟记对
应考点。其中特殊角的三角函数值是必须记住的。
题型01 锐角三角函数的定义
易错点：解直角三角形相关：
a2 +b2 =c2
三边关系：
在Rt△ABC中，
两锐角关系：
∠A＋∠B=90°
∠C=90°AB=c，
BC=a，AC=b a b a b
sinA=cosB= cosA=sinB= tanA= tanB=
c c b a
边与角关系： ， ， ，
锐角α是a、b的夹 1
S= absinα
角 面积： 2
【中考真题练】
1．（2023•攀枝花）△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（ ）
A． B． C． D．
【分析】先利用勾股定理的逆定理判断三角形的形状，再利用三角形的边角间关系得结论．
【解答】解：在△ABC中，
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∵a＝6，b＝8，c＝10，a2+b2＝62+82＝36+64＝100，c2＝100．
∴a2+b2＝c2．
∴△ABC是直角三角形．
∴cosA＝ ＝ ＝ ．
故选：C．
2．（2023•衢州）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 ，AB＝b，AB
的最大仰角为 ．当∠C＝45°时，则点A到桌面的最大高度是（ ）
α
A． B． C．a+bcos D．a+bsin
【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＝bsin ，BG＝
α α
a，根据点A到桌面的最大高度＝BG+AF，即可求得答案
α
【解答】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•sin ＝bsin ，
α α
在Rt△BCG中，BG＝BC•sin45°＝ a× ＝a，
∴点A到桌面的最大高度＝BG+AF＝a+bsin ，
故选：D．
α
3．（2023•益阳）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＝（ ）
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A． B． C． D．
【分析】过C作CD⊥AB交AB延长线于D，计算出CD、AC的长，根据正弦计算方法计算即可．
【解答】解：过C作CD⊥AB交AB延长线于D，
∵A（0，1），B（4，1），C（5，6），
∴D（5，1），
∴CD＝6﹣1＝5，AD＝5，
∴AC＝5 ，
∴sin∠BAC＝ ＝ ，
故选：C．
4．（2023•宿迁）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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【分析】连接AC，根据勾股定理的逆定理得到∠ACB＝90°，根据正弦的定义计算，得到答案．
【解答】解：如图，连接AC，
由勾股定理得：AB2＝22+42＝20，BC2＝12+32＝10，AC2＝12+32＝10，
则BC2+AC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴sin∠ABC＝ ＝ ＝ ，
故答案为： ．
5．（2023•常州）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，点D在边AB上，连接CD．若BD＝CD， ＝ ，
则tanB＝ ．
【分析】设AD＝t，根据已知表示出AC＝2 t，AB＝AD+BD＝4t，即可得tanB＝ ＝ ＝
．
【解答】解：设AD＝t，
∵BD＝CD， ＝ ，
∴BD＝CD＝3t，
∴AC＝ ＝2 t，AB＝AD+BD＝4t，
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∴tanB＝ ＝ ＝ ，
故答案为： ．
【中考模拟练】
1．（2024•绥化模拟）在△ABC中，∠C＝90°，设∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，则（ ）
A．c＝bsinB B．b＝csinB C．a＝btanB D．b＝ctanB
【分析】根据正弦、正切的定义计算，判断即可．
【解答】解：A、sinB＝ ，
则b＝csinB，本选项说法错误；
B、b＝csinB，本选项说法正确；
C、tanB＝ ，
则b＝atanB，本选项说法错误；
D、b＝atanB，本选项说法错误；
故选：B．
2．（2024•湖州一模）如图，小明想利用“∠A＝30°，AB＝6cm，BC＝4cm”这些条件作△ABC．他先作
出了∠A和AB，在用圆规作BC时，发现点C出现C 和C 两个位置，那么C C 的长是（ ）
1 2 1 2
A．3cm B．4cm C．2 cm D．2 cm
【分析】过点B作BM⊥AC 于点M，根据含30°角的直角三角形的性质求出BM＝3cm，根据等腰三角
2
形的性质、勾股定理求出C M＝C M＝ cm，根据线段的和差求解即可．
1 2
【解答】解：过点B作BM⊥AC 于点M，
2
∵∠A＝30°，BM⊥AC ，AB＝6cm，
2
∴BM＝ AB＝3cm，
∵BC ＝BC ＝4cm，BM⊥AC ，
1 2 2
∴C M＝C M＝ ＝ cm，
1 2
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∴C C ＝2 cm，
1 2
故选：D．
3．（2024•越秀区一模）如图所示的衣架可以近似看成一个等腰△ABC，其中AB＝AC，∠ABC＝27°，BC
＝40cm，则高AD为 10. 2 cm．
（参考数据：sin27°≈0.45，cos27°≈0.89，tan27°≈0.51）
【分析】先利用等腰三角形的三线合一性质可得BD＝20cm，然后在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的
定义进行计算，即可解答．
【解答】解：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝ BC＝20（cm），
在Rt△ABD中，∠ABC＝27°，
∴AD＝BD•tan27°≈20×0.51≈10.2（cm），
∴高AD约为10.2cm，
故答案为：10.2．
4．（2024•温州模拟）“圭表”是中国古代用来确定节气的仪器．某“圭表”示意图如图所示，
AC⊥BC，AC＝3米，测得某地夏至正午时“表”的影长CD＝1米，冬至时的正午太阳高度角∠ABC＝
，则夏至到冬至，影长差BD的长为（ ）
α
A．（3sin ﹣1）米 B． 米
α
C．（3tan ﹣1）米 D． 米
【分析】根据垂直定义可得∠ACB＝90°，然后在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，
α
从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：∵AC⊥BC，
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∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，∠ABC＝ ，AC＝3米，
α
∴BC＝ ＝ （米），
∵CD＝1米，
∴BD＝BC﹣CD＝（ ﹣1）米，
∴影长差BD的长为（ ﹣1）米，
故选：D．
5．（2024•西湖区一模）如图，在4×5的网格中，每个小正方形的边长均为1．若△ABC的顶点都在格点
上，则sinC的值为 ．
【分析】连接格点B、D，利用勾股定理先求出AB、AD、BD、BC的长，再利用勾股定理的逆定理判断
△ABD是直角三角形，最后利用直角三角形的边角间关系得结论．
【解答】解：连接格点B、D．
由题图知：AB＝ ＝ ，BC＝ ＝ ，
BD＝ ＝2 ，AD＝ ＝ ．
∵AD2+BD2＝2+8＝10，AB2＝10，
∴AD2+BD2＝AB2．
∴△ABD是直角三角形．
∴∠ADB＝90°．
∴∠BDC＝90°．
在Rt△BDC中，
sinC＝
＝
＝ ．
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故答案为： ．
6．（2024•雨花台区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，CD＝3，tanA＝ ，则AB
＝ 6. 5 ．
【分析】根据CD⊥AB，得出tan∠BCD＝ ，再根据∠A＝∠BCD，得出tan∠BCD＝ ，根据CD＝
3，则BD＝2，AD＝4.5，即可得出AB的长．
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴tan∠BCD＝ ，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠BCD，
∴tan∠BCD＝tanA＝ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴BD＝2，AD＝4.5，
∴BC＝AD+BD＝6.5．
故答案为：6.5．
题型02 含三角函数的实数的运算
易错点：特殊角的三角函数值表
α sinα cosα tanα
30° 1 √3 √3
2 2 3
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45° √2 √2 1
2 2
60° √3 1 √3
2 2
特殊角的三角函数值，可以直接记数值，也可以记定义，然后现退对应函数值，但显然，直接熟记对应
数值会便捷很多。
【中考真题练】
1．（2023•云南）计算：|﹣1|+（﹣2）2﹣（ ﹣1）0+（ ）﹣1﹣tan45°．
【分析】利用绝对值的性质，有理数的乘方，零指数幂，负整数指数幂，特殊角的三角函数值进行计算
π
即可．
【解答】解：原式＝1+4﹣1+3﹣1
＝4+3﹣1
＝6．
2．（2023•内蒙古）计算：| ﹣2|+（ ﹣2023）0+（﹣ ）﹣2﹣2cos60°．
【分析】根据绝对值的性质、零指数幂和负整数指数幂、特殊角的三角函数值计算即可．
π
【解答】解：原式＝2 ﹣2+1+4﹣2×
＝2 ﹣2+1+4﹣1
＝2 +2．
3．（2023•眉山）计算：（2 ）0﹣|1﹣ |+3tan30°+（﹣ ）﹣2．
【分析】原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，绝对值的代数意义，以及特殊角的三角函数值计算即
可求出值．
【解答】解：原式＝1﹣（ ﹣1）+3× +4
＝1﹣ +1+ +4
＝6．
4．（2023•泸州）计算：3﹣1+（ ﹣1）0+2sin30°﹣（﹣ ）．
【分析】原式利用零指数幂、负整数指数幂法则，特殊角的三角函数值，以及减法法则计算即可求出值．
【解答】解：原式＝ +1+2× +
＝ +1+1+
＝（ + ）+（1+1）
＝1+2
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＝3．
5．（2023•北京）计算：4sin60°+（ ）﹣1+|﹣2|﹣ ．
【分析】根据特殊角的三角函数值、负整数指数幂的运算法则、绝对值的性质、二次根式的性质计算．
【解答】解：原式＝4× +3+2﹣2
＝2 +3+2﹣2
＝5．
6．（2023•湘西州）计算：（ +2023）0+2sin45°﹣（ ）﹣1+| ﹣2|．
【分析】先计算零次幂，特殊角的正弦值，负指数幂，求解绝对值，再合并即可．
π
【解答】解：
＝
＝
＝1．
【中考模拟练】
1．（2024•历城区一模）计算： ．
【分析】首先计算零指数幂、特殊角的三角函数值、开平方和绝对值，然后计算乘法，最后从左向右依
次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：
＝1+4× + ﹣2
＝1+2 + ﹣2
＝ ．
2．（2024•雁塔区模拟）计算： ．
【分析】首先计算乘方、负整数指数幂、特殊角的三角函数值和绝对值，然后从左向右依次计算，求出
算式的值即可．
【解答】解：
＝ ﹣|2× ﹣2|﹣4
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＝3﹣| ﹣2|﹣4
＝3﹣（2﹣ ）﹣4
＝3﹣2+ ﹣4
＝ ﹣3．
3．（2024•南山区二模）计算 ．
【分析】直接利用负整数指数幂的性质以及特殊角的三角函数值、零指数幂的性质、绝对值的性质分别
化简，进而得出答案．
【解答】解：原式＝4﹣（3﹣ ）﹣2× +1
＝4﹣3+ ﹣ +1
＝2．
4．（2024•南山区二模）计算： ．
【分析】首先计算零指数幂、负整数指数幂、开平方、特殊角的三角函数值和绝对值，然后计算乘法，
最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
【解答】解：
＝2 ﹣1﹣3 + ﹣1+
＝﹣ ．
5．（2024•文山州一模）计算： ．
【分析】先化简各式，然后再进行计算即可解答．
【解答】解：
＝2 +1﹣2× +（﹣2）﹣1
＝2 +1﹣ ﹣2﹣1
＝ ﹣2．
考点二：解直角三角形及其应用
解直角三角形的应用主要包含解答题中的仰角、俯角问题；坡角问题；方位角问题等。另外还经常会
和圆、三角形、网格等几何图形结合，计算中需要更加仔细一点。
题型01 解直角三角形的计算
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解题大招01：解直角三角形口诀“直乘斜除，对正临余”——求直角三角形的直角边，多用乘法；求斜边，
多用除法。求已知角的对边，多用正弦或正切值；求已知角的临边，多用余弦值。
常见辅助线：做垂线
解题大招02：此类计算更多的是注意审题，因为题目中可能会要求精确位数，或者保留几位有效数字，这
时候要注意，一般计算到最后一步才带入参考数据计算，然后四舍五入。
【中考真题练】
1．（2023•广元）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轴上，且
点C在点A右方，连接AB，BC，若tan∠ABC＝ ，则点C的坐标为 （ ， 0 ） ．
【分析】设C（a，0），结合A，B两点的坐标利用两点间的距离可得OA＝1，AC＝a﹣1，OB＝3，BC
＝ ，通过解直角三角形可得∠OBA＝∠ABC，过C点作CD∥y轴交BA的延长线于点D，利用
平行线的性质可得△OBA∽△CDA，∠ABC＝∠D，列比例式再代入计算可求解a值，进而可求解．
【解答】解：设C（a，0），
∴OC＝a，
∵点A（1，0），点B（0，﹣3），
∴OA＝1，AC＝a﹣1，OB＝3，BC＝ ，
在Rt△OAB中，tan∠OBA＝ ，tan∠ABC＝ ，
∴∠OBA＝∠ABC，
过C点作CD∥y轴交BA的延长线于点D，
∴∠OBA＝∠D，∠AOB＝∠ACD，
∴△OBA∽△CDA，∠ABC＝∠D，
∴ ，CD＝BC，
∴ ，
∴ ，
解得a＝0（舍去）或a＝ ，
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∴C（ ，0），
故答案为：（ ，0）．
2．（2023•牡丹江）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 （ 2 +2 ） cm．
【分析】由等腰直角三角形的性质得到OB＝ BD＝2 cm，由平行线的性质推出BC＝OB，即可求
出CD长，得到OC与尺上沿的交点C在尺上的读数．
【解答】解：∵∠AOB＝45°，∠AOC＝22.5°，
∴∠BOC＝∠AOC，
∵BC∥OA，
∴∠BCO＝∠AOC，
∴∠BCO＝∠BOC，
∴BC＝OB，
∵△ODB是等腰直角三角形，
∴OB＝ BD＝2 cm，
∴CD＝BC+BD＝（2 +2）cm．
∴OC与尺上沿的交点C在尺上的读数为（2 +2）cm．
故答案为：（2 +2）．
3．（2023•丹东）如图，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，已知点A（3，0），B（0，4），点C
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在x轴负半轴上，连接AB，BC，若tan∠ABC＝2，以BC为边作等边三角形BCD，则点C的坐标为
（﹣ 2 ， 0 ） ；点D的坐标为 （﹣ 1 ﹣ 2 ， 2+ ）或（﹣ 1+ 2 ， 2 ﹣ ） ．
【分析】过点C作CE⊥AB于E，先求处AB＝5，再设BE＝t，由tan∠ABC＝2得CE＝2t，进而得BC
＝ ，由三角形的面积公式得S△ABC ＝ AC•OB＝ AB•CE，即5×2t＝4×（3+OC），则OC＝ ﹣
3，然后在Rt△BOC中由勾股定理得 ，由此解出t ＝2，t ＝10（不合题意，
1 2
舍去），此时OC＝ ﹣3＝2，故此可得点C的坐标；设点D的坐标为（m，n），由两点间的距离公
式得：BC2＝20，BD2＝（m﹣0）2+（n﹣4）2，CD2＝（m+2）2+（n﹣0）2，由△BCD为等边三角形得
，整理： ，②﹣①整理得m＝3﹣2n，将m＝3﹣2n代入
①整理得n2﹣4n+1＝0，解得n＝ ，进而再求出m即可得点D的坐标．
【解答】解：过点C作CE⊥AB于E，如图：
∵点A（3，0），B（0，4），
由两点间的距离公式得：AB＝ ＝5，
设BE＝t，
∵tan∠ABC＝2，
在Rt△BCE中，tan∠ABC＝ ，
∴ ＝2，
∴CE＝2t，
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由勾股定理得：BC＝ ＝ t，
∵CE⊥AB，OB⊥AC，AC＝OC+OA＝3+OC，
∴S△ABC ＝ AC•OB＝ AB•CE，
即：5×2t＝4×（3+OC），
∴OC＝ ﹣3，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC2﹣OB2＝OC2，
即 ，
整理得：t2﹣12t+20＝0，
解得：t ＝2，t ＝10（不合题意，舍去），
1 2
∴t＝2，此时OC＝ ﹣3＝2，
∴点C的坐标为（﹣2，0），
方法二：设BE＝2t，CE＝4t，
AE＝3t，AC＝BC＝5t，
∴点C的坐标为（﹣2，0），
设点D的坐标为（m，n），
由两点间的距离公式得：BC2＝（﹣2﹣0）2+（0﹣4）2＝20，BD2＝（m﹣0）2+（n﹣4）2，CD2＝
（m+2）2+（n﹣0）2，
∵△BCD为等边三角形，
∵BD＝CD＝BC，
∴ ，
整理得： ，
②﹣①得：4m+8n＝12，
∴m＝3﹣2n，
将m＝3﹣2n代入①得：（3﹣2n）2+n2﹣8n＝4，
整理得：n2﹣4n+1＝0，
解得：n＝ ，
当n＝ 时，m＝3﹣2n＝ ，
当n＝ 时，m＝3﹣2n＝ ，
∴点D的坐标为 或 ．
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D在BC左侧时，倍长BD，可得Rt△BCF，作FH⊥x轴于H，则CH＝4√3，FH＝2√3
F（﹣2﹣4√3，2√3），中点公式可求点D ，
在BC右侧的点D同理可求D ．
故答案为：（﹣2，0）； 或 ．
4．（2023•自贡）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（ ）
A． B． C． D．
【分析】作△AOB的外接圆 T，连接OT，TA，TB，取OT的中点K，连接KM．证明KM＝ TB＝2，
推出点M在以K为圆心，2为半径的圆上运动，当AM与 K相切时，∠OAM的值最大，此时
⊙
sin∠OAM的值最大．
⊙
【解答】解：如图，作△AOB的外接圆 T，连接OT，TA，TB，取OT的中点K，连接KM．
⊙
∵∠ATO＝2∠ABO＝60°，TO＝TA，
∴△OAT是等边三角形，
∵A（4，0），
∴TO＝TA＝TB＝4，
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∵OK＝KT，OM＝MB，
∴KM＝ TB＝2，
∴点M在以K为圆心，2为半径的圆上运动，
当AM与 K相切时，∠OAM的值最大，此时sin∠OAM的值最大，
∵△OTA是等边三角形，OK＝KT，
⊙
∴AK⊥OT，
∴AK＝ ＝ ＝2 ，
∵AM是切线，KM是半径，
∴AM⊥KM，
∴AM＝ ＝ ＝2 ，
过点M作ML⊥OA于点L，KR⊥OA于点R，MP⊥RK于点P．
∵∠PML＝∠AMK＝90°，
∴∠PMK＝∠LMA，
∵∠P＝∠MLA＝90°，
∴△MPK∽△MLA，
∴ ＝ ＝ ＝ ＝ ，
设PK＝x，PM＝y，则有ML＝ y，AL＝ x，
∴ y＝ +x①，y＝3﹣ x，
解得，x＝ ，y＝ ，
∴ML＝ y＝ ，
∴sin∠OAM＝ ＝ ＝ ．
故选：A．
【中考模拟练】
1．（2024•高青县一模）如图（1），在△ABC中，AB＝AC＝4，射线AN∥BC，D为AN上一点，过点D
作DE∥AB，交射线BC于点E．研究发现线段CE的长y与线段AD的长x之间的关系可用图（2）的图
象表示，已知点M（8，2），则∠B的正切值为（ ）
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A． B． C． D．
【分析】根据点M的坐标可求出BC的长，再过点A作BC的垂线，构造直角三角形即可解决问题．
【解答】解：因为点M的坐标为（8，2），如图所示，
AD′＝8，CE′＝2．
过点C作D′E′的平行线，交AN于点F，
∵CF∥D′E′，AN∥BC，
∴四边形CE′D′F是平行四边形，
∴D′F＝CE′＝2，
∴AF＝8﹣2＝6．
同理可得，
四边形ABCF是平行四边形，
∴BC＝AF＝6．
过点A作BC的垂线，垂足为M，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝ ．
在Rt△ABM中，
AM＝ ，
∴tan∠B＝ ．
故选：A．
2．（2024•雁塔区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝7， ，将△ABC沿BC方
向平移得到△A'B'C'，若AB'平分∠BAC，则B'C的长为（ ）
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A． B． C． D．
【分析】根据平移的性质可得：AB∥A′B′，从而可得∠BAC＝∠B′EC＝90°，∠BAB′＝
∠AB′E，∠B＝∠A′B′C，进而可得tan∠EB′C＝tanB＝ ，然后在Rt△B′EC中，利用锐角三角
函数的定义可设EC＝4x，则B′E＝3x，从而利用勾股定理可得B′C＝5x，再利用角平分线的定义和
平行线的性质可得△AEB′是等腰三角形，从而可得AE＝EB′＝3x，最后在Rt△ABC中，利用锐角三
角函数的定义进行计算，即可解答．
【解答】解：由平移得：AB∥A′B′，
∴∠BAC＝∠B′EC＝90°，∠BAB′＝∠AB′E，∠B＝∠A′B′C，
∵ ，
∴tan∠EB′C＝tanB＝ ，
在Rt△B′EC中，tan∠EB′C＝ ＝ ，
∴设EC＝4x，则B′E＝3x，
∴B′C＝ ＝ ＝5x，
∵AB′平分∠BAC，
∴∠BAB′＝∠B′AC，
∴∠AB′E＝∠B′AC，
∴AE＝EB′＝3x，
在Rt△ABC中，AB＝7，
∴tanB＝ ＝ ＝ ，
解得：x＝ ，
∴B′C＝5x＝ ，
故选：B．
3．（2024•松北区一模）我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫做顶角的正对（sad）．如图，在△ABC
中，AB＝AC，顶角A的正对记作sadA，这时 ，根据上述角的正对定义，则sad60°的值为（
）
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A． B． C． D．1
【分析】根据题意可知三角形是等边三角形，依据正对定义进行解答即可．
【解答】解：∵AB＝AC，顶角A的正对记作sadA，这时 ，且∠A＝60°，
∴AB＝BC＝AC，
∴sad60°＝ ＝1，
故选：D．
4．（2024•南通模拟）如图，在4×5的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1，△ABC的顶点都在这
些小正方形的格点上，那么sin∠BAC的值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】过点C作CM⊥AB于M，利用等面积法求出CM，然后利用正弦是定义求解即可．
【解答】解：如图，过点C作CM⊥AB于M，
由题意得AB＝ ，
AC＝ ，
∵S ，
即 ，
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解得CM＝ ，
∴sin∠BAC＝ ．
故选：C．
5．（2024•凉州区一模）如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上，则cosA的值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据勾股定理求出AC，根据锐角三角函数的定义求出即可．
【解答】解：如图，
从图形可知：AE＝4，CE＝2，
由勾股定理得：AC＝ ＝2 ，
cosA＝ ．
故选：D．
6．（2024•金牛区模拟）如图，已知点C为线段AB的中点，CD⊥AB且CD＝AB＝8，连接AD，
BE⊥AB，且交∠DAB的平分线AE于点E，AE与DC相交于点F，EH⊥DC于点G，交AD于点H，则
AH的长为 1 0 ﹣ 2 ．
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【分析】由∠ACD＝90°，CD＝AB＝8，AC＝BC＝ AB＝4，求得AD＝4 ，再证明四边形BCGE是
矩形，则EG＝BC＝4，EG∥BC，所以∠HEA＝∠BAE，而∠HAE＝∠BAE，则∠HEA＝∠HAE，所以
EH＝AH，由 ＝ ＝sinD，得 ＝ ，求得AH＝10﹣2 ，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴∠ACD＝90°，
∵点C为线段AB的中点，CD＝AB＝8，
∴AC＝BC＝ AB＝4，
∴AD＝ ＝4 ，
∵BE⊥AB，EH⊥DC，
∴∠B＝∠BCG＝∠CGE＝90°，
∴四边形BCGE是矩形，
∴EG＝BC＝4，EG∥BC，
∴∠HEA＝∠BAE，
∵AE平分∠DAB，
∴∠HAE＝∠BAE，
∴∠HEA＝∠HAE，
∴EH＝AH，
∴HG＝EH﹣EG＝AH﹣4，HD＝AD﹣AH＝4 ﹣AH，
∵∠HGD＝∠ACD＝90°，
∴ ＝ ＝sinD，
∴ ＝ ，
∴解得AH＝10﹣2 ，
故答案为：10﹣2 ．
7．（2024•张店区一模）如图，分别经过点A（﹣1，0）和点B（1，0）的动直线l ，l 交于点C，在线段
1 2
AC上取点D，连接BD．若∠ACB＝30°，且 ，则当tan∠ABD的值最大时，点C的坐标为
或 ．
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【分析】作△ABC的外接圆 M，连接AM，BM，CM，在AM上取点N，使 ，连接ND，
BD，BN，过点N做NK⊥AB于K，过D作DG⊥x轴于G，过C作CH⊥x轴于H，证明△ABM是等边
⊙
三角形，可得出AM＝AB，∠MAB＝60°，根据三线合一性质可判断M在y轴上，证明
△NAD∽△MAC，可求出 ，则点D在以N为圆心，ND为半径的 N上运动，当BD与 N相
⊙ ⊙
切时，∠ABD最大，即tan∠ABD的值最大，此时利用勾股定理可求出 ，设设D（m，n），
证明△ADG∽△ACH，可求出CH＝3n，AH＝3m+3，OH＝3m+2，则C（3m+2，3n），根据 ，
CM＝2，结合两点距离公式列方程组 ，然后解方程组即可求解．
【解答】解：作△ABC的外接圆 M，连接AM，BM，CM，在AM上取点N，使 ，连接ND，
BD，BN，过点N做NK⊥AB于K，过D作DG⊥x轴于G，过C作CH⊥x轴于H，
⊙
∵∠ACB＝30°，
∴∠AMB＝2∠ACB＝60°，
又AM＝BM，
∴△ABM是等边三角形，
∴AM＝AB，∠MAB＝60°，
∵A（﹣1，0），B（1，0），
∴AO＝BO＝1，AM＝AB＝2，
∴MO⊥AB， ，
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∴M在y轴上，
在Rt△ANK中， ，∠NAK＝60°，∠AKN＝90°，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∠NAD＝∠MAC，
∴△NAD∽△MAC
∴ ，即
∴ ，
∴点D在以N为圆心，ND为半径的 N上运动，
当BD与 N相切时，∠ABD最大，即tan∠ABD的值最大
⊙
此时∠BDN＝90°，
⊙
∴ ，
设D（m，n），
∵DG⊥x轴，CH⊥x轴，
∴DG∥CH，
∴△ADG∽△ACH，
∴ ，即 ，
解得CH＝3n，AH＝3m+3，
∴OH＝3m+2，
∴C（3m+2，3n），
∵ ，CM＝2，
∴ ，
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化简的 ，
①﹣②，得 ，
∴ ，即3n2＝（5m+3）2
把3n2＝（5m+3）2代入①，得3m2﹣6m+（5m+3）2＝5，
整理，得7m2+6m+1＝0，
解得 ， ，
当 时， ，
∴ ， ，
∴点C坐标为 ；
当 时， ，
∴ ， ，
∴点C坐标为 ；
综上，点C坐标为 或 ．
故答案为： 或 ．
题型02 解直角三角形的应用
解题大招01：解直角三角形应用常见辅助线
在实际测量高度、宽度、距离等问题中，常结合平面几何知识构造直角三角形，利用三角函数或
相似三角形来解决问题，常见的构造的基本图形有如下几种：
（1）不同地点看同一点，如图①
（2）同一地点看不同点，如图②
（3）利用反射构造相似，如图③
（4）常用结论：
【中考真题练】
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1．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 2 1 m（结
果取整数）．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【分析】根据等腰三角形的三线合一性质可得AD＝BD＝ AB，然后在Rt△ACD中，利用锐角三角函
数的定义求出AC，AD的长，从而求出AB的长，最后进行计算即可解答．
【解答】解：∵CA＝CB，CD⊥AB，
∴AD＝BD＝ AB，
在Rt△ACD中，∠CAD＝37°，CD＝3m，
∴AC＝ ≈ ＝5（m），AD＝ ≈ ＝4（m），
∴CA＝CB＝5m，AB＝2AD＝8（m），
∴共需钢材约＝AC+CB+AB+CD＝5+5+8+3＝21（m），
故答案为：21．
2．（2023•盐城）如图1，位于市区的“铁军”雕塑“大铜马”是盐城市标志性文化名片，如图2，线段
AB表示“铁军”雕塑的高，点B，C，D在同一条直线上，且∠ACB＝60°，∠ADB＝30°，CD＝
17.5m，则线段AB的长约为 1 5 m．（计算结果保留整数，参考数据： ≈1.7）
【分析】由外角的性质可求∠ADB＝∠CAD＝30°，可得AC＝CD＝17.5m，由锐角三角函数可求解．
【解答】解：∵∠ACB＝60°，∠ADB＝30°，∠ACB＝∠ADB+∠CAD，
∴∠ADB＝∠CAD＝30°，
∴AC＝CD＝17.5m，
∵∠ABC＝90°，∠ACB＝60°，
∴AB＝AC•sin∠ACB＝ AC≈15m，
故答案为：15．
3．（2023•枣庄）如图所示，桔槔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
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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
（ 3+ ） 米．（结果保留根号）
【分析】过点O作OC⊥BT，垂足为C，根据题意可得：BC∥OM，从而可得∠AOM＝∠OBC＝45°，
再根据已知易得AO＝4米，OB＝2米，然后在Rt△OBC中，利用锐角三角函数的定义求出BC的长，
从而利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：过点O作OC⊥BT，垂足为C，
由题意得：BC∥OM，
∴∠AOM＝∠OBC＝45°，
∵AB＝6米，AO：OB＝2：1，
∴AO＝4米，OB＝2米，
在Rt△OBC中，BC＝OB•cos45°＝2× ＝ （米），
∵OM＝3米，
∴此时点B到水平地面EF的距离＝BC+OM＝（3+ ）米，
故答案为：（3+ ）．
4．（2023•湘潭）问题情境：筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保．明朝科学家徐光
启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（如图①）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上
的每一个盛水筒都按逆时针做匀速圆周运动，每旋转一周用时120秒．
问题设置：把筒车抽象为一个半径为r的 O．如图②，OM始终垂直于水平面，设筒车半径为2米．
当t＝0时，某盛水筒恰好位于水面A处，此时∠AOM＝30°，经过95秒后该盛水筒运动到点B处．
⊙
问题解决：
（1）求该盛水筒从A处逆时针旋转到B处时，∠BOM的度数；
（2）求该盛水筒旋转至B处时，它到水面的距离．（结果精确到0.1米）（参考数据 ≈1.414，
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≈1.732）
【分析】（1）求出筒车每秒转过的度数，再根据周角的定义进行计算即可；
（2）根据直角三角形的边角关系分别求出OD、OC即可．
【解答】解：（1）由于筒车每旋转一周用时120秒．所以每秒转过360°÷120＝3°，
∴∠BOM＝360°﹣3°×95﹣30°＝45°；
（2）如图，过点B、点A分别作OM的垂线，垂足分别为点C、D，
在Rt△AOD中，∠AOD＝30°，OA＝2米，
∴OD＝ OA＝ （米）．
在Rt△BOC中，∠BOC＝45°，OB＝2米，
∴OC＝ OB＝ （米），
∴CD＝OD﹣OC＝ ﹣ ≈0.3（米），
即该盛水筒旋转至B处时到水面的距离约为0.3米．
5．（2023•贵州）贵州旅游资源丰富．某景区为给游客提供更好的游览体验，拟在如图①景区内修建观光
索道．设计示意图如图②所示，以山脚A为起点，沿途修建AB、CD两段长度相等的观光索道，最终
到达山顶D处，中途设计了一段与AF平行的观光平台BC为50m．索道AB与AF的夹角为15°，CD与
水平线夹角为45°，A、B两处的水平距离AE为576m，DF⊥AF，垂足为点F．（图中所有点都在同一
平面内，点A、E、F在同一水平线上）
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（1）求索道AB的长（结果精确到1m）；
（2）求水平距离AF的长（结果精确到1m）．
（参考数据：sin15°≈0.25，cos15°≈0.96，tan15°≈0.26， ）
【分析】（1）通过解Rt△ABE可求得AB的长；
（2）延长BC交DF于G，证明四边形BEFG是矩形，可得EF＝BG，∠CGD＝∠BGF＝90°，再解
Rt△CDG可求解CG的长，进而可求解．
【解答】解：（1）在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠A＝15°，AE＝576m，
∴AB＝ （m），
即AB的长约为600m；
（2）延长BC交DF于G，
∵BC∥AE，
∴∠CBE＝90°，
∵DF⊥AF，
∴∠AFD＝90°，
∴四边形BEFG为矩形，
∴EF＝BG，∠CGD＝∠BGF＝90°，
∵CD＝AB＝600m，∠DCG＝45°，
∴CG＝CD•cos∠DCG＝600×cos45°＝600× ＝ （m），
∴AF＝AE+EF＝AE+BG＝AE+BC+CG＝576+50+ ≈1049（m），
即AF的长为1049m．
6．（2023•金昌）如图1，某人的一器官后面A处长了一个新生物，现需检测其到皮肤的距离（图1）．为
避免伤害器官，可利用一种新型检测技术，检测射线可避开器官从侧面测量．某医疗小组制定方案，通
过医疗仪器的测量获得相关数据，并利用数据计算出新生物到皮肤的距离方案如下：
课题 检测新生物到皮肤的距离
工具 医疗仪器等
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示意图
说明 如图2，新生物在A处，先在皮肤上选择最大限度地避开器官的B处照射新生物，检测射线
与皮肤MN的夹角为∠DBN；再在皮肤上选择距离B处9cm的C处照射新生物，检测射线与
皮肤MN的夹角为∠ECN．
测量数据 ∠DBN＝35°，∠ECN＝22°，BC＝9cm
请你根据上表中的测量数据，计算新生物A处到皮肤的距离．（结果精确到0.1cm）
（参考数据：sin35°≈0.57，cos35°≈0.82，tan35°≈0.70，sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40）
【分析】过点A作AF⊥MN，垂足为F，设BF＝x cm，则CF＝（x+9）cm，然后在Rt△ABF中，利用
锐角三角函数的定义求出AF的长，再在Rt△ACF中，利用锐角三角函数的定义求出AF的长，从而列
出关于x的方程，进行计算即可解答．
【解答】解：过点A作AF⊥MN，垂足为F，
设BF＝x cm，
∵BC＝9cm，
∴CF＝BC+BF＝（x+9）cm，
在Rt△ABF中，∠ABF＝∠DBN＝35°，
∴AF＝BF•tan35°≈0.7x（cm），
在Rt△ACF中，∠ACF＝∠ECN＝22°，
∴AF＝CF•tan22°≈0.4（x+9）cm，
∴0.7x＝0.4（x+9），
解得：x＝12，
∴AF＝0.7x＝8.4（cm），
∴新生物A处到皮肤的距离约为8.4cm．
7．（2023•山西）2023年3月，水利部印发《母亲河复苏行动河湖名单（2022﹣2025年）》，我省境内有
汾河、桑干河、洋河、清漳河、浊漳河、沁河六条河流入选，在推进实施母亲河复苏行动中，需要砌筑
各种驳岸（也叫护坡）．某校“综合与实践”小组的同学把“母亲河驳岸的调研与计算”作为一项课题
活动，利用课余时间完成了实践调查，并形成了如下活动报告．请根据活动报告计算BC和AB的长度
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（结果精确到0.1m，参考数据： ≈1.73， ≈1.41 ）．
课题 母亲河驳岸的调研与计算
调查方式 资料查阅、水利部门走访、实地查看了解
功能 驳岸是用来保护河岸，阻止河岸崩塌或冲刷的构筑物
材料 所需材料为石料、混凝土等
驳岸时剖面图 相关数据及说明：图中，点A，B，C，D，E
调查内容
在同一竖直平面内，AE和CD均与地面平
行，岸墙AB⊥AE于点A，∠BCD＝135°，
∠EDC＝60°，ED＝6m，AE＝1.5m，CD＝
3.5m．
计算结果 …
交通展示 …
【分析】过E作EF⊥CD于F，延长AB，CD交于H，得到∠EFD＝90°，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：过E作EF⊥CD于F，延长AB，CD交于H，
∴∠EFD＝90°，
由题意得，在Rt△EFD中， ，cos ，
∴ （m），
∴FD＝ED•cos∠EDF＝6×cos60°＝6× ＝3（m），
由题意得，∠H＝90°，四边形AEFH是矩形，
∴ ，HF＝AE＝1.5m，
∵CF＝CD﹣FD＝3.5﹣3＝0.5（m），
∴CH＝HF﹣CF＝1.5﹣0.5＝1（m），
在Rt△BCH中，∠H＝90°，∠BCH＝180°﹣∠BCD＝180°﹣135°＝45°，
∵ ，
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∴ 1.4（m），
∴BH＝CH•tan∠BCH＝1×tan45°＝1（m），
∴AB＝AH﹣BH＝3 ．
答：BC的长度约为1.4m，AB的长度约为4.2m．
8．（2023•河南）综合实践活动中，某小组用木板自制了一个测高仪测量树高，测高仪ABCD为正方形，
AB＝30cm，顶点A处挂了一个铅锤M．如图是测量树高的示意图，测高仪上的点D，A与树顶E在一
条直线上，铅垂线AM交BC于点H．经测量，点A距地面1.8m，到树EG的距离AF＝11m，BH＝
20cm．求树EG的高度（结果精确到0.1m）．
【分析】由题意可知，∠BAE＝∠MAF＝∠BAD＝90°，FG＝1.8m，易知∠EAF＝∠BAH，可得
tan∠EAF＝ ＝tan∠BAH＝ ，进而求得 ，利用EG＝EF+FG即可求解．
【解答】解：由题意可知，∠BAE＝∠MAF＝∠BAD＝90°，FG＝1.8m，
则∠EAF+∠BAF＝∠BAF+∠BAH＝90°，
∴∠EAF＝∠BAH，
∵AB＝30cm，BH＝20cm，
则tan∠EAF＝ ＝ ，
∴tan∠EAF＝ ＝tan∠BAH＝ ，
∵AF＝11m，
则 ，
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∴EF＝ ，
∴EG＝EF+FG＝ 1.8≈9.1m．
答：树EG的高度约为9.1m．
9．（2023•济南）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，打开后备厢，车后盖ABC落在AB'C'处，AB'与水平面的
夹角∠B'AD＝27°．
（1）求打开后备厢后，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， ≈1.732）
【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°＝0.3m，从而得出C′到地面的距离为2.15﹣0.3＝1.85
（m），最后比较即可．
【解答】解：（1）如图，作B′E⊥AD，垂足为点E，
在Rt△AB′E中，
∵∠B′AD＝27°，AB′＝AB＝1m，
∴sin27°＝ ，
∴B′E＝AB′sin27°≈1×0.454＝0.454m，
∵平行线间的距离处处相等，
∴B′E+AO＝0.454+1.7＝2.154≈2.15m，
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：
如图，过C′作C′F⊥B′E，垂足为点F，
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∵∠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＝0.6m，
∴B′F＝B′C′•cos60°＝0.3m．
∵平行线间的距离处处相等，
∴C′到地面的距离为2.15﹣0.3＝1.85m．
∵1.85＞1.8，
∴没有危险．
【中考模拟练】
1．（2024•洛龙区一模）如图，某汽车车门的底边长为0.95m，车门侧开后的最大角度为72°，若将一扇车
门侧开，则这扇车门底边上所有点中到车身的最大距离是（ ）m．
A．0.95 B．0.95sin72°
C．0.95cos72° D．0.95tan72°
【分析】过点N作NH⊥OM于点H，则NH为最大距离，根据三角函数作答即可．
【解答】解：过点N作NH⊥OM于点H，则NH为最大距离，
在Rt△OMN中，
ON＝0.95m，∠NOH＝72°，
∴NH＝ON•sin∠NOH＝0.95sin72°，
故选：B．
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2．（2024•福田区二模）我校数学兴趣小组的同学要测量建筑物CD的高度，如图，建筑物CD前有一段
坡度为i＝1：2的斜坡BE，小明同学站在山坡上的B点处，用测角仪测得建筑物屋顶C的仰角为37°，
接着小明又向下走了 米，刚好到达坡底E处，这是测到建筑物屋顶C的仰角为45°，A、B、C、
D、E、F在同一平面内，若测角仪的高度AB＝EF＝1.5米，则建筑物CD的高度约为（ ）米．（精
确到0.1米，参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）
A．38.5米 B．39.0米 C．40.0米 D．41.5米
【分析】设CD＝x米．延长AB交DE于H，作AM⊥CD于M，FN⊥CD于N，求出BH＝4（米），EH
＝8（米），由矩形的性质得出AM＝DH，AH＝DM，FN＝DE，FE＝DN＝1.5（米），在Rt△CFN中，
求出CN＝FN＝DE＝（x﹣1.5）（米），AM＝DH＝（8+x﹣1.5）（米），CM＝（x﹣5.5）（米），在
Rt△ACM中，由AM＝ ≈ ，得出方程，解方程即可．
【解答】解：设CD＝x米．延长AB交DE于H，作AM⊥CD于M，FN⊥CD于N，如图所示：
在Rt△BHE中，∵BE＝4 米，BH：EH＝1：2，
∴BH＝4（米），EH＝8（米），
∵四边形AHDM是矩形，四边形FEDN是矩形，
∴AM＝DH，AH＝DM，FN＝DE，FE＝DN＝1.5（米），
在Rt△CFN中，∵∠CFN＝45°，
∴CN＝FN＝DE＝（x﹣1.5）（米），
∵AM＝DH＝（8+x﹣1.5）（米），CM＝（x﹣5.5）（米），
在Rt△ACM中，∵∠CAM＝37°，
∴AM＝ ≈ ，
∴8+x﹣1.5≈ ，
∴x≈41.5（米），
∴CD≈41.5米，
故选：D．
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3．（2024•光明区二模）如图，在坡比为 的斜坡上有一电线杆AB．某时刻身高1.7米的小明在水
平地面上的影长恰好与其身高相等，此时电线杆在斜坡上的影长BC为30米，则电线杆AB的高为（
）米．
A． B． C． D．
【分析】过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于点D，根据坡度的概念、勾股定理分别求出BD、CD，
根据平行投影求出AD，进而求出AB．
【解答】解：过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于点D，
设BD＝x米，
∵斜坡AB的坡度为1： ，
∴CD＝ x米，
由勾股定理得：BC2＝CD2+BD2，即302＝（ x）2+x2，
解得：x＝15（负值舍去），
则BD＝15米，CD＝15 米，
由题意可知：AD＝CD＝15 米，
∴AB＝AD﹣BD＝（15 ﹣15）米，
故选：C．
4．（2024•安丘市一模）如图，是矗立在高速公路水平地面上的交通警示牌，点M，A，B在同一条直线
上，经测量得到如下数据：AM＝5米，AB＝10米，∠MAD＝45°，∠MBC＝30°，则警示牌的高CD为
3.7 米．（结果精确到0.1米，参考数据： ≈1.73）
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【分析】根据题意可得：CM⊥MB，然后分别在Rt△ADM和Rt△CMB中，利用锐角三角函数的定义求
出DM和CM的长，从而利用线段的和差关系进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：CM⊥MB，
在Rt△ADM中，AM＝5米，∠MAD＝45°，
∴DM＝AM•tan45°＝5（米），
∵AB＝10米，
∴MB＝AM+AB＝15（米），
在Rt△CMB中，∠CBM＝30°，
∴CM＝BM•tan30°＝15× ＝5 （米），
∴CD＝CM﹣DM＝5 ﹣5≈3.7（米），
∴警示牌的高CD约为3.7米，
故答案为：3.7．
5．（2024•洪山区模拟）黄鹤楼位于湖北省武汉市，地处蛇山之巅，濒临万里长江，为武汉市地标建筑．
身高1.4m的小伟今天在司门口黄鹤楼地铁站C出口（图中点A处）观察黄鹤楼的仰角 ＝12.8°，前行
120m来到民主路上（图中点B处）后，观察黄鹤楼的仰角 ＝26.6°．那么据此可以估算出黄鹤楼的高
α
β
度为 51. 4 m．（精确到0.1米，参考数据： ， ）
【分析】在Rt△BEF中，根据三角函数求出BF，AF＝BF+AB，在Rt△AEF中，根据三角函数求出
EF，EF＝（ +120）×tan12.8°，EG＝EF+FG，进而作答即可．
【解答】解：如图，标记相关字母，
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在Rt△BEF中，
BF＝ ，
∴AF＝BF+AB＝ +120，
在Rt△AEF中，
EF＝AF•tan12.8°，
即EF＝（ +120）×tan12.8°，
∴EF＝120÷（ ）≈50（m），
EG＝EF+FG＝50+1.4＝51.4（m），
故答案为：51.4．
6．（2024•兴庆区校级一模）如图，图1是一辆电动车，图2为其示意图，点A为座垫，AB⊥BC，AB高
度可调节，其初始高度为35cm，CD为车前柱，CD＝122cm，∠C＝70°，根据该款车提供信息表明，当
骑行者手臂DE与车前柱DC夹角为80°时，骑行者最舒适，若某人手臂长60cm，肩膀到座垫的高度AE
＝42cm．若要想骑行最舒适，则座垫应调高的厘米数为 8 cm ．（结果按四舍五入法精确到1cm，
参考数据sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）
【分析】过点D作DF⊥CB，垂足为F，过点E作EG⊥DF，垂足为G，过点A作AH⊥DF，垂足为
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H，利用垂直定义可得∠DFC＝90°，再根据题意可得：EB＝GF，然后利用直角三角形的两个锐角互余
可得∠CDF＝20°，从而可得∠EDF＝60°，再在Rt△DCF中，利用锐角三角函数的定义求出DF的长，
最后在Rt△DEG中，利用锐角三角函数的定义求出DG的长，从而求出GF的长，进而求出AB的长，
即可解答．
【解答】解：过点D作DF⊥CB，垂足为F，过点E作EG⊥DF，垂足为G，过点A作AH⊥DF，垂足
为H，
∴∠DFC＝90°，
由题意得：EB＝GF，
∵∠C＝70°，
∴∠CDF＝90°﹣∠C＝20°，
∵∠CDE＝80°，
∴∠EDF＝∠CDE﹣∠CDF＝60°，
在Rt△DCF中，CD＝122cm，
∴DF＝CD•sin70°≈122×0.94＝114.68（cm），
在Rt△DEG中，DE＝60cm，
∴DG＝DE•cos60°＝60× ＝30（cm），
∴GF＝EB＝DF﹣DG＝114.68﹣30＝84.68（cm），
∵AE＝42cm，
∴AB＝EB﹣AE＝84.68﹣42＝42.68（cm），
∵初始高度为35cm，
∴42.68﹣35＝7.68≈8（cm），
∴座垫应调高的厘米数约为8cm，
故答案为：8cm．
7．（2024•广安二模）如图1，某款台灯由底座、支撑臂AB、连杆BC、悬臂CD和安装在D处的光源组
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成．如图2是该款台灯放置在水平桌面上的示意图，已知支撑臂AB⊥l，AB＝22cm，BC＝35cm，CD＝
40cm，固定∠ABC＝143°，可通过调试悬臂CD与连杆BC的夹角提高照明效果．
（1）求悬臂端点C到桌面l的距离约为多少？
（2）已知光源D到桌面l的距离为30cm时照明效果较好，那么此时悬臂CD与连杆BC的夹角∠BCD
的度数约为多少？（参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.33）
【分析】（1）过点C作l的垂线，垂足为点E，过点B作BF⊥CE于点F，则EF＝AB＝22cm，∠ABF
＝90°，得出∠CBF＝∠ABC﹣∠ABF＝53°，根据CF＝BC⋅sin53°，求出CF，最后根据CE＝CF+EF，
即可求解；
（2）过点D作DH⊥CE于点G，DG⊥l于点G，推出CH＝CE﹣HE＝20cm，则 ，
求出∠DCH＝60°，得出∠BCF＝37°，最后∠BCD＝∠DCH﹣∠BCF，即可求解．
【解答】解：（1）过点C作l的垂线，垂足为点E，过点B作BF⊥CE于点F，
∵AB⊥l，CE⊥l，BF⊥CE，
∴四边形ABFE为矩形，
∴EF＝AB＝22cm，∠ABF＝90°，
∵∠ABC＝143°，
∴∠CBF＝∠ABC﹣∠ABF＝53°，
∴CF＝BC⋅sin53°＝35×0.8＝28（cm），
∴CE＝CF+EF＝50（cm），
即悬臂端点C到桌面l的距离约为50cm；
（2）过点D作DH⊥CE于点G，DG⊥l于点G，
∵DH⊥CE，DG⊥l，CE⊥l，
∴四边形DHEG为矩形，
∴DG＝HE＝30cm，
∴CH＝CE﹣HE＝20cm，
∵CD＝40cm，
∴ ，
∴∠DCH＝60°，
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∵∠CBF＝53°，BF⊥CE，
∴∠BCF＝90°﹣53°＝37°，
∴∠BCD＝∠DCH﹣∠BCF＝23°．
8．（2024•湖州一模）用某型号拖把去拖沙发底部地面的截面示意图如图所示，拖把头为矩形ABCD，AB
＝16cm，DA＝2cm．该沙发与地面的空隙为矩形EFGH，EF＝55cm，HE＝12cm．拖把杆为线段OM，
长为45cm，O为DC的中点，OM与DC所成角 的可变范围是14°≤ ≤90°，当 大小固定时，若OM
经过点G，或点A与点E重合，则此时AF的长即为沙发底部可拖最大深度．
α α α
（1）如图1，当 ＝30°时，求沙发底部可拖最大深度AF的长．（结果保留根号）
（2）如图2，为了能将沙发底部地面拖干净，将 减小到14°，请通过计算，判断此时沙发底部可拖最
α
大深度AF的长能否达到55cm？（sin14°≈0.24，cos14°≈0.97，tan14°≈0.25）
α
【分析】（1）设DC的延长线交GF于点N．易得GN的长度，根据30°的正切值可得ON的长度，再加
上OD的长度即为DN的长度，也就是AF的长度；
（2）根据14°的正切值可得ON的长度，再加上OD的长度即为DN的长度，也就是AF的长度，即可
判断沙发底部可拖最大深度AF的长能否达到55cm．
【解答】解：（1）设DC的延长线交GF于点N．
∵四边形ABCD和四边形EFGH是矩形，HE＝12cm，AB＝16cm，
∴∠A＝∠D＝∠F＝90°，CD＝AB＝16（cm），GF＝HE＝12（cm）．
∴四边形ADNF是矩形．
∴NF＝AD＝2（cm），∠DNF＝90°，AF＝DN．
∴∠ONG＝90°，GN＝GF﹣NF＝10（cm）．
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∵∠GON＝∠ ＝30°，
∴ON＝10 （αcm）．
∵点O是CD的中点，
∴OD＝8（cm）．
∴DN＝OD+ON＝（8+10 ）cm．
∴AF＝（8+10 ）cm．
答：沙发底部可拖最大深度AF的长为（8+10 ）cm；
（2）由（1）得：∠ONG＝90°，GN＝10cm，OD＝8cm．
∵∠GON＝∠ ＝14°，
α
∴ON＝ ＝ ≈10÷0.25＝40（cm）．
∴DN＝OD+ON＝8+40＝48（cm）．
∵48＜55，
∴此时沙发底部可拖最大深度AF的长不能达到55cm．
9．（2024•海口一模）木栏头灯塔是矗立在海南岛文昌市的一座航标灯塔（如图1），被称为”亚洲第一
灯塔”，如图2，虎威岛A位于木栏头灯塔O的南偏西50°方向上．一艘轮船在B处测得灯塔O位于它
的北偏西45°方向上，轮船沿着正北方向航行3km后，到达位于灯塔O正东方向上的C处，该船继续向
北航行至直线AO上的点D处．
（1）填空：∠BOC＝ 4 5 度，∠D＝ 5 0 度．
（2）求点D到灯塔O的距离．
（3）若轮船的航行速度为20km/h，求轮船在BD段航行了多少小时．
（参考数据：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19， ≈1.73．结果精确到小数点后一位）
【分析】（1）根据方位角的，利用角的和差关系以及三角形内角和定理即可求出∠BOC和∠D的度数；
（2）先在Rt△BOC中，求出OC，再在Rt△DOC中，利用直角三角形的边角关系求出OD即可；
（3）在Rt△DOC中，利用直角三角形的边角关系求出CD，进而求出BD，再除以速度即可得到答案．
【解答】解：（1）由题意可知，OC⊥BD，
∵∠CBO＝45°，
∴∠BOC＝90°﹣∠CBO＝45°，
∴∠COD＝180°﹣50°﹣90°＝40°，
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∴∠D＝90°﹣∠COD＝50°，
故答案为：45，50；
（2）由题意可知：BC＝3km，
在Rt△BOC中，
∠CBO＝45°，
∴OC＝BC＝3km，
在Rt△DOC中，
∠D＝50°，
∴OD＝ ＝ ≈3.9（km），
答：点D到灯塔O的距离约为3.8km；
（3）在Rt△DOC中，
CD＝ ＝ ≈2.5（km），
∴BD＝BC+CD＝3+2.5＝5.5（km），
∵轮船的航行速度为20km/h，
∴轮船在BD段航行了 ≈0.3（小时）．
答：轮船在BD段航行了约0.3小时．
10．（2024•辽宁模拟）如图1，在水平桌面上摆放着一个主体部分为圆柱体的透明容器．容器的截面示意
图如图2所示，其中CE＝21cm，∠CEF＝90°．
（1）如图3，点C固定不动，将容器倾斜至A B CD 位置，液面刚好位于M E 处，点E 到直线l的距
1 1 1 1 1 1
离E K，记为h cm，测得∠E CK＝60°，求h的值；
1 1
（2）如图4，在（1）的条件下，再将容器缓慢倾斜倒出适量的液体，此时容器位于A B CD 位置，液
2 2 2
面刚好位于M E 处，E F ，E F 的延长线分别与直线l相交于点H，G，点C，G，H都在直线l上，测
2 2 1 1 2 2
得∠E CG＝37°，求GH的长．
2
（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80， ，结果精确到0.1cm）
【分析】（1）根据题意可得：E K⊥l，CE ＝CE＝21cm，然后在Rt△CKE 中，利用锐角三角函数的定
1 1 1
义进行计算，即可解答；
（2）先在Rt△CE H中，利用锐角三角函数的定义求出CH的长，再在Rt△CE G中，利用锐角三角函
1 2
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数的定义求出CG的长，然后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：（1）由题意得：E K⊥l，CE ＝CE＝21cm，
1 1
在Rt△CKE 中，∠E CK＝60°，
1 1
∴E K＝CE •sin60°＝21× ≈18.2（cm），
1 1
∴h的值约为18.2cm；
（2）在Rt△CE H中，∠E CH＝60°，CE ＝21cm，
1 1 1
∴CH＝ ＝ ＝42（cm），
在Rt△CE G中，∠E CG＝37°，CE ＝CE＝21cm，
2 2 2
∴CG＝ ≈ ＝26.25（cm），
∴GH＝CH﹣CG＝42﹣26.25≈15.8（cm），
∴GH的长约为15.8cm．
题型03 解直角三角形与几何的综合
【中考真题练】
1．（2023•淄博）勾股定理的证明方法丰富多样，其中我国古代数学家赵爽利用“弦图”的证明简明、直
观，是世界公认最巧妙的方法．“赵爽弦图”已成为我国古代数学成就的一个重要标志，千百年来倍受
人们的喜爱．小亮在如图所示的“赵爽弦图”中，连接EG，DG．若正方形ABCD与EFGH的边长之比
为 ：1，则sin∠DGE等于（ ）
A． B． C． D．
【分析】由题意得： ，解得： ，进而求解．
【解答】解：过点D作ND⊥GE交GE的延长线于点N，
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由题意知，两个正方形之间是4个相等的三角形，
设△ABG的长直角边为a，短直角边为b，大正方形的边长为 x，小正方形的边长为x，
即ED＝BG＝HC＝AF＝b，AG＝BH＝CE＝DF＝a，EG＝ b，
由题意得： ，解得： ，
在△GDE中，EG＝ GH＝ b，则NE＝ND＝ ED＝ b＝ x，EG＝ GH＝ （a﹣b）＝
x，
则tan∠DGE＝ ＝ ，
则sin∠DGE＝ ，
故选：A．
2．（2023•内蒙古）如图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 ，则
cos 的值为（ ）
α
α
A． B． C． 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较
短的直角边为a，则较长的直角边为a+1，再利用勾股定理得到关于a的方程，解方程可求出直角三角
形的两个个直角边的边长，最后根据锐角三角函数的定义可求出cos 的值．
【解答】解：∵小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，
α
∴小正方形的边长为 1，大正方形的边长为5，
设直角三角形中较短的直角边为a，则较长的直角边是a+1，其中a＞0，
由勾股定理得：a2+（a+1）2＝52，
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整理得：a2+a﹣12＝0
解得：a ＝3，a ＝﹣4（不合题意，舍去）．
1 2
∴a+1＝4，
∴ ．
故选：D．
3．（2023•杭州）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦
图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE，△ABF，△BCG，△CDH）和中间一个小正方形
EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF＞∠BAF，连接BE．设∠BAF＝ ，∠BEF＝ ，若正方形
EFGH与正方形ABCD的面积之比为1：n，tan ＝tan2 ，则n＝（ ）
α β
α β
A．5 B．4 C．3 D．2
【分析】设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，解直角三角形可得 ，化简可得（b﹣a）2
＝ab，a2+b2＝3ab，结合勾股定理及正方形的面积公式可求得S正方形EFGH ；S正方形ABCD ＝1：3，进而可求
解n的值．
【解答】解：设AE＝a，DE＝b，则BF＝a，AF＝b，
∵tan ＝ ，tan ＝ ，tan ＝tan2 ，
α β α β
∴ ，
∴（b﹣a）2＝ab，
∴a2+b2＝3ab，
∵a2+b2＝AD2＝S正方形ABCD ，（b﹣a）2＝S正方形EFGH ，
∴S正方形EFGH ：S正方形ABCD ＝ab：3ab＝1：3，
∵S正方形EFGH ：S正方形ABCD ＝1：n，
∴n＝3．
故选：C．
4．（2023•黄石）“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点记为Q
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点，已知PF＝ km，∠FOQ＝20°，cos20°≈0.9，则圆心角∠POQ所对的弧长约为 km
（结果保留 ）．
π
π
【分析】设OP＝OQ＝r km．由FQ是 O的切线，可得cos∠FOQ＝ ，由此构建方程求出r，再利
用弧长公式求解．
⊙
【解答】解：设OP＝OQ＝r km．
由题意，FQ是 O的切线，
∴FQ⊥OQ，
⊙
∵cos∠FOQ＝ ，
∴0.9＝ ，
∴r＝6400，
∴ 的长＝ ＝ （km）．
π
故答案为： ．
5．（2023•绥化）如图，直线MN和EF为河的两岸，且MN∥EF，为了测量河两岸之间的距离，某同学
π
在河岸FE的B点测得∠CBE＝30°，从B点沿河岸FE的方向走40米到达D点，测得∠CDE＝45°．
（1）求河两岸之间的距离是多少米？（结果保留根号）
（2）若从D点继续沿DE的方向走（12 +12）米到达P点．求tan∠CPE的值．
【分析】（1）根据直角三角形的边角关系得出 CH﹣CH＝40，进而求出答案；
（2）求出HP，根据锐角三角函数的定义进行计算即可．
【解答】解：如图，过点C作CH⊥EF于点H，
在Rt△CHB中，
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∵tan∠CBH＝ ＝ ，
∴HB＝ CH，
在Rt△CHD中，∠CDH＝45°，
∴CH＝DH，
又∵BH﹣DH＝BD＝40，
∴ CH﹣CH＝40，
解得CH＝20 +20，
即河两岸之间的距离是（20 +20）米；
（2）在Rt△CHP中，HP＝HD＝PD＝20 +20﹣（12 +12）＝8 +8，
∴tan∠CPE＝
＝
＝
＝ ．
6．（2023•乐至县）如图，在某机场的地面雷达观测站O，观测到空中点A处的一架飞机的仰角为45°，
飞机沿水平线MN方向飞行到达点B处，此时观测到飞机的仰角为60°，飞机继续沿与水平线MN成15°
角的方向爬升到点C处，此时观测到飞机的仰角为60°．已知OA＝9 千米．（A、B、C、O、M、N
在同一竖直平面内）
（1）求O、B两点之间的距离；
（2）若飞机的飞行速度保持12千米/分钟，求飞机从点B飞行到点C所用的时间是多少分钟？（
≈1.414，结果精确到0.01）
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【分析】（1）过点O作OD⊥AB，垂足为D，根据题意可得：∠AOM＝45°，∠BOM＝60°，
AD∥MN，从而可得∠A＝∠AOM＝45°，∠DBO＝∠BOM＝60°，然后在Rt△ADO中，利用锐角三角函
数的定义求出OD的长，再在Rt△BDO中，利用锐角三角函数的定义求出OB的长，即可解答；
（2）过点B作BE⊥OC，垂足为E，根据题意可得：∠CBD＝15°，∠BOM＝60°，∠CON＝60°，从而
利用平角定义可得∠BOC＝60°，∠CBO＝75°，然后利用三角形内角和定理可得∠C＝45°，从而在
Rt△BOE中，利用锐角三角函数的定义求出BE的长，再在Rt△BCE中，利用锐角三角函数的定义求出
BC的长，最后进行计算即可解答．
【解答】解：（1）过点O作OD⊥AB，垂足为D，
由题意得：∠AOM＝45°，∠BOM＝60°，AD∥MN，
∴∠A＝∠AOM＝45°，∠DBO＝∠BOM＝60°，
在Rt△ADO中，OA＝9 千米，
∴OD＝OA•sin45°＝9 × ＝9（千米），
在Rt△BDO中，OB＝ ＝ ＝6 （千米），
∴O、B两点之间的距离为6 千米；
（2）过点B作BE⊥OC，垂足为E，
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由题意得：∠CBD＝15°，∠BOM＝60°，∠CON＝60°，
∴∠BOC＝180°﹣∠BOM﹣∠CON＝60°，
∵∠DBO＝60°，
∴∠CBO＝∠CBD+∠DBO＝75°，
∴∠C＝180°﹣∠CBO﹣∠BOC＝45°，
在Rt△BOE中，OB＝6 千米，
∴BE＝OB•sin60°＝6 × ＝9（千米），
在Rt△BCE中，BC＝ ＝ ＝9 （千米），
∴飞机从点B飞行到点C所用的时间＝ ≈1.06（分钟），
∴飞机从点B飞行到点C所用的时间约为1.06分钟．
【中考模拟练】
1．（2024•高青县一模）如图（1），在△ABC中，AB＝AC＝4，射线AN∥BC，D为AN上一点，过点D
作DE∥AB，交射线BC于点E．研究发现线段CE的长y与线段AD的长x之间的关系可用图（2）的图
象表示，已知点M（8，2），则∠B的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】根据点M的坐标可求出BC的长，再过点A作BC的垂线，构造直角三角形即可解决问题．
【解答】解：因为点M的坐标为（8，2），如图所示，
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AD′＝8，CE′＝2．
过点C作D′E′的平行线，交AN于点F，
∵CF∥D′E′，AN∥BC，
∴四边形CE′D′F是平行四边形，
∴D′F＝CE′＝2，
∴AF＝8﹣2＝6．
同理可得，
四边形ABCF是平行四边形，
∴BC＝AF＝6．
过点A作BC的垂线，垂足为M，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝ ．
在Rt△ABM中，
AM＝ ，
∴tan∠B＝ ．
故选：A．
2．（2024•金牛区模拟）如图，已知点C为线段AB的中点，CD⊥AB且CD＝AB＝8，连接AD，
BE⊥AB，且交∠DAB的平分线AE于点E，AE与DC相交于点F，EH⊥DC于点G，交AD于点H，则
AH的长为 1 0 ﹣ 2 ．
【分析】由∠ACD＝90°，CD＝AB＝8，AC＝BC＝ AB＝4，求得AD＝4 ，再证明四边形BCGE是
矩形，则EG＝BC＝4，EG∥BC，所以∠HEA＝∠BAE，而∠HAE＝∠BAE，则∠HEA＝∠HAE，所以
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EH＝AH，由 ＝ ＝sinD，得 ＝ ，求得AH＝10﹣2 ，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵CD⊥AB，
∴∠ACD＝90°，
∵点C为线段AB的中点，CD＝AB＝8，
∴AC＝BC＝ AB＝4，
∴AD＝ ＝4 ，
∵BE⊥AB，EH⊥DC，
∴∠B＝∠BCG＝∠CGE＝90°，
∴四边形BCGE是矩形，
∴EG＝BC＝4，EG∥BC，
∴∠HEA＝∠BAE，
∵AE平分∠DAB，
∴∠HAE＝∠BAE，
∴∠HEA＝∠HAE，
∴EH＝AH，
∴HG＝EH﹣EG＝AH﹣4，HD＝AD﹣AH＝4 ﹣AH，
∵∠HGD＝∠ACD＝90°，
∴ ＝ ＝sinD，
∴ ＝ ，
∴解得AH＝10﹣2 ，
故答案为：10﹣2 ．
3．（2024•天河区校级一模）如图，在 Rt△ABC中，斜边AB＝10， ，点P为边AB上一动点
（不与A，B重合），PQ平分∠CPB交边BC于点Q，QM⊥AB 于M，QN⊥CP 于N．
（1）当AP＝CP时，线段CQ的长是 4 ；
（2）当CP⊥AB时，线段CQ的长是 ．
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【分析】（1）证明点P为AB的中点，由角分线证明PQ∥AC，根据平行线分线段成比例，得出CQ即
可．
（2）利用三角函数求出PC，求出sin∠PCQ的值，证明出∠QPN＝45°，设QN为4x，表示出PN为
4x、CN为3x，根据PC求出x即可．
【解答】解：（1）如图，
在 Rt△ABC中，AB＝10， ，
∴BC＝AB•sinA＝8，
∵AP＝CP，
∴∠PAC＝∠PCA，
∵∠A+∠B＝90°，∠PCA+∠PCB＝90°，
∴∠B＝∠PCB，
∴PB＝PC，
∴PA＝PB，
∵PQ平分∠CPB，
∴∠BPQ＝∠CPQ，
∴∠CPQ＝∠PCA，
∴PQ∥AC，
∴CQ＝BQ＝4，
故答案为：4．
（2）如图，∵CP⊥AB，
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∴PC＝AC•sinA＝ ，
∵∠A+∠PCA＝90°，∠PCA+∠PCQ＝90°，
∴∠PCQ＝∠A，即sin∠PCQ＝ ，
设PN＝4x，
∵QM⊥AB，
∴CQ＝5x，
∴NC＝3x，
∵PQ平分∠CPB，
∴∠QPN＝45°，
∴PN＝4x，
∴PC＝7x＝ ，
∴x＝ ，
∴CQ＝5x＝ ，
故答案为： ．
4．（2024•道里区一模）如图，在△ABC中，∠ABC＝2∠BAC，BD是△ABC的角平分线，过点D作BD
的垂线交BC的延长线于点E，过点E作AB的平行线交AC的延长线于点F，若BE+EF＝8，tan∠BAC
＝ ，则线段DE的长 ．
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【分析】根据tan∠BAC＝tan∠DBE＝ ＝ ，设DE＝x，BD＝2x，则BE＝ ＝ x，过点
D作DN⊥AB于点N，延长ED交AB于点M，结合EF∥AB，证明△ADM≌△FDE，得到AB＝BM+AM
＝BE+EF，结合BE+EF＝8，计算即可．
【解答】解：如图，延长ED交AB于点M，
∵ ，
∴△BDM≌△BDE（ASA）
∴BM＝BE，DM＝DE，
∵EF∥AB，
∴∠A＝∠F，∠AMD＝∠FED，
∵
∴△ADM≌△FDE（AAS），
∴AM＝FE，
∴AB＝BM+AM＝BE+EF，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠ABC＝2∠ABD＝2∠CBD，
∵∠ABC＝2∠BAC，
∴∠BAC＝∠ABD＝∠CBD，
∴AD＝BD，
∵tan∠BAC＝ ，BD⊥DE，
∴tan∠BAC＝tan∠DBE＝ ＝ ，
设DE＝x，BD＝2x，
则BE＝ ＝ x，
∴cos∠ABD＝cos∠DBE＝ ＝ x，
过点D作DN⊥AB于点N，
∵AD＝BD，
∴AN＝BN＝ AB，
∵cos∠ABD＝ ＝ x，
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∴BN＝ x，
∴AB＝2BN＝ x，
∵BE+EF＝8，
∴ x＝8，
解得x＝ ，
故DE＝ ，
故答案为： ．
5．（2024•海淀区校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD为BC边上的中线，点E为AD中点，过
点A作AF∥BC，交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：四边形ADCF为矩形；
（2）若BC＝6，sin ，求EF的长．
【分析】（1）先证△AFE≌△DBE（AAS），得出AF＝BD，则AF＝DC，得出四边形ADCF为平行四
边形，再证∠ADC＝90°，即可得出结论；
（2）BC＝6，AD为BC边上的中线，则 ，在Rt△ABD 中， ，求出
，则 ，又根据点E为AD中点，求出 ，则EF可根据
勾股定理可求．
【解答】（1）证明：∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，
∵点E是AD的中点，
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∴AE＝ED，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，∠FAE＝∠BDE，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS），
∴AF＝BD，
∴AF＝DC，
又∵AF∥BC，
∴四边形ADCF为平行四边形，
∵AB＝AC，AD为BC边上的中线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCF为矩形；
（2）解：∵BC＝6，AD为BC边上的中线，
∴ ，
∵在Rt△ABD 中， ，
∴ ，
∴ ，
又∵点E为AD中点，
∴ ，
∴在 Rt△EBD中， ，
∴ ．
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