文档内容
专题 28.3 解直角三角形的应用【八大题型】
【人教版】
【题型1 仰角俯角问题】..........................................................................................................................................1
【题型2 坡度坡比问题】..........................................................................................................................................7
【题型3 方向角问题】............................................................................................................................................13
【题型4 物理模型问题】........................................................................................................................................21
【题型5 实物抽象模型问题】................................................................................................................................26
【题型6 坡度坡比与仰角俯角综合问题】...........................................................................................................31
【题型7 临界值问题】............................................................................................................................................36
【题型8 方案设计问题】........................................................................................................................................44
【题型1 仰角俯角问题】
【例1】（2024·广东广州·中考真题）2024年6月2日，嫦娥六号着陆器和上升器组合体（简称为“着上组
合体”）成功着陆在月球背面．某校综合实践小组制作了一个“着上组合体”的模拟装置，在一次试验中，
如图，该模拟装置在缓速下降阶段从A点垂直下降到B点，再垂直下降到着陆点C，从B点测得地面D点的
俯角为36.87°，AD=17米，BD=10米．
(1)求CD的长；
(2)若模拟装置从A点以每秒2米的速度匀速下降到B点，求模拟装置从A点下降到B点的时间．（参考数据：
sin36.87°≈0.60，cos36.87°≈0.80，tan36.87°≈0.75）
【答案】(1)CD的长约为8米；(2)模拟装置从A点下降到B点的时间为4.5秒．
【分析】本题考查了解直角三角形的应用——仰俯角问题，灵活运用锐角三角函数求边长是解题关键．
（1）过点B作BE∥CD交AD于点E，根据余弦值求出CD的长即可；
（2）先由勾股定理，求出AC的长，再利用正弦值求出BC的长，进而得到AB的长，然后除以速度，即可
求出下降时间．
【详解】（1）解：如图，过点B作BE∥CD交AD于点E，
由题意可知，∠DBE=36.87°，
∴∠BDC=36.87°，
在△BCD中，∠C=90°，BD=10米，
CD
∵cos∠BDC= ，
BD
∴CD=BD⋅cos36.87°≈10×0.80≈8米，
即CD的长约为8米；
（2）解：∵AD=17米，CD=8米，
∴AC=❑√AD2−CD2=15米，
在△BCD中，∠C=90°，BD=10米，
BC
∵sin∠BDC= ，
BD
∴BC=BD⋅sin36.87°≈10×0.60≈6米，
∴AB=AC−BC=15−6=9米，
∵模拟装置从A点以每秒2米的速度匀速下降到B点，
∴模拟装置从A点下降到B点的时间为9÷2=4.5秒，
即模拟装置从A点下降到B点的时间为4.5秒．【变式1-1】（2024·天津·中考真题）综合与实践活动中，要用测角仪测量天津海河上一座桥的桥塔AB的
高度（如图①）．某学习小组设计了一个方案：如图②，点C,D,E依次在同一条水平直线上，
DE=36m,EC⊥AB，垂足为C．在D处测得桥塔顶部B的仰角（∠CDB）为45°，测得桥塔底部A的俯
角（∠CDA）为6°，又在E处测得桥塔顶部B的仰角（∠CEB）为31°．
(1)求线段CD的长（结果取整数）；
(2)求桥塔AB的高度（结果取整数）．参考数据：tan31°≈0.6,tan6°≈0.1．
【答案】(1)54m
(2)59m
【分析】此题考查了解直角三角形的应用，数形结合是解题的关键．
（1）设CD=x，在Rt△BCD中，BC=CD⋅tan∠CDB=x⋅tan45°=x．在Rt△BCE中，
BC=CE⋅tan∠CEB=(x+36)⋅tan31°．则x=(x+36)⋅tan31°．解方程即可；
（2）求出AC，根据AB=AC+BC即可得到答案．
【详解】（1）解：设CD=x，由DE=36，得CE=CD+DE=x+36．
∵EC⊥AB，垂足为C，
∴∠BCE=∠ACD=90°．
BC
在Rt△BCD中，tan∠CDB= ，∠CDB=45°，
CD
∴BC=CD⋅tan∠CDB=x⋅tan45°=x．
BC
在Rt△BCE中，tan∠CEB= ，∠CEB=31°，
CE
∴BC=CE⋅tan∠CEB=(x+36)⋅tan31°．
∴x=(x+36)⋅tan31°．36×tan31° 36×0.6
得x= ≈ =54．
1−tan31° 1−0.6
答：线段CD的长约为54m．
AC
（2）在Rt△ACD中，tan∠CDA= ，∠CDA=6°，
CD
∴AC=CD⋅tan∠CDA≈54×tan6°≈54×0.1=5.4．
∴AB=AC+BC≈5.4+54≈59．
答：桥塔AB的高度约为59m．
【变式1-2】（2024·河南新乡·二模）甲乙两楼是两幢完全一样的房子，小明与小奇住在甲幢．为测量房子
的高度，制定如下方案：两幢房子截面图如图，AB= 14m，小明在离屋檐A处3m的点F处水平放置平面
镜（平面镜的大小忽略不计），小奇在离点F水平距离4m的点N处恰好在镜子中看到乙幢屋顶H，此时测
得小奇眼睛与镜面的竖直距离MN=0.8m．下楼后，小明在地面点E处测得点C的仰角为35°，点E与C，
H在一条直线上，点A，B，E，D，C在同一平面内，BE=5m，求房子的高度．（精确到0.1m，参考数
据：sin35°≈0.57,cos35°≈0.82,tan35°≈0.70）
【答案】16.8m
【分析】本题考查了解正三角形的应用，相似三角形的应用；延长NF分别交CE于点Q，过H作
HP⊥NQ于点P，解Rt△CDE得DE=20，设CR=x，则PF=x+25，在Rt△HRC，得出
HR=0.7CR=0.7x，进而求得HP，根据反射的性质，证明△MNF∽△HPF，进而根据相似三角形的性
质即可求解．
【详解】解：延长NF分别交CE于点Q，过H作HP⊥NQ于点P，CD
在Rt△CDE中，tan35°= ≈0.7,CD=14，
DE
14
∴ ≈0.7，
DE
解得DE=20，
∴BD=BE+ED=25
设CR=x，则PF=x+25
由题意可得：CR∥ED，
∴∠HCR=∠CED=35°
HR
在Rt△HRC中，tan35°= ≈0.7，
CR
∴HR=0.7CR=0.7x，
∴HP=HR+RP=HR+AF=0.7x+3
根据反射可知，∠MFN=∠HFP，
∵∠MNF=∠P=90°，
∴△MNF∽△HPF，
MN HP
∴ = ，
NF PF
0.8 0.7x+3
即 = ，
4 25+x
解得x=4，
∴HR=0.7x=2.8
∴HR+CD=HR+AB=2.8+14=16.8
答：房子的高度为16.8m．
【变式1-3】（2024·江西南昌·模拟预测）每年的3月5日是“学雷锋纪念日”，为弘扬雷锋精神，某校九
年级（1）班数学兴趣小组的同学们来到学校附近的雷锋像（图1）下敬献鲜花和花篮，集体朗诵《雷锋日
记》部分章节，高唱歌曲《学习雷锋好榜样》，如图2，该兴趣小组的同学们利用所学的数学知识测量雷
锋像的长度，AB表示底座高度，BC表示雷锋像人身的高度，在点D处测得点B的仰角22°，点C的仰角
45°，后退2米到达点E处后测得点C的仰角37°，点A、D、E在同一直线上，AC⊥DE．（参考数据：
sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40，
❑√2≈1.41）(1)求∠DCE+∠BDC的度数；
(2)①求AC的长；
②求BC的长．
【答案】(1)31°
(2)①AC的长约为6米；②BC的长约为3.6米．
【分析】本题考查了平行线的性质，解直角三角形的应用，灵活运用锐角三角函数是解题关键．
（1）连接AD，过点C作CF∥AE，由题意可知，∠ADB=22°，∠ADC=45°，∠AEC=37°，进而
得到∠BDC=23°，再根据平行线的性质，得出∠DCE=8°，即可求解；
（2）①由题意可知，△ACD是等腰直角三角形，则令米AC=AD=x，利用锐角三角函数列方程，求出
x≈6，即可求解；
②由①可知，AC=AD≈6米，再利用锐角三角函数求出AB≈2.4米，即可求解．
【详解】（1）解：如图，连接AD，过点C作CF∥AE，
由题意可知，∠ADB=22°，∠ADC=45°，∠AEC=37°，
∴∠BDC=∠ADC−∠ADB=45°−22°=23°，
∵CF∥AE，
∴∠DCF=∠ADC=45°，∠ECF=∠AEC=37°，
∴∠DCE=∠DCF−∠ECF=45°−37°=8°，
∴∠DCE+∠BDC=8°+23°=31°；
（2）解：①由题意可知，∠ADB=22°，∠ADC=45°，∠AEC=37°，CA⊥AE，DE=2米，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴AC=AD，
令AC=AD=x米，则AE=(x+2)米，
在Rt△CAE中，AC=AE⋅tan∠AEC=AE⋅tan37°，
∴x≈0.75(x+2)，
∴x≈6，即AC的长约为6米；
②由①可知，AC=AD≈6米，
在Rt△ADB中，AB=AD⋅tan∠ADB=AD⋅tan22°，
∴AB≈6×0.4=2.4米，
∴BC=AC−AB≈3.6米，
即BC的长约为3.6米．
【题型2 坡度坡比问题】
【例2】（2024·海南海口·一模）如图，5G时代，万物互联，助力数字经济发展，共建智慧生活．某移动
公司为了提升网络信号在坡度i=1:2.4（即DB:AB=1:2.4）的山坡AD上加装了信号塔PQ，信号塔底端
Q到坡底A的距离为13m．当太阳光线与水平线所成的夹角为53°时，且AM=8m,ME=9m．
(1)AQ= m，∠PEN= °；
(2)求信号塔PQ的高度大约为多少米？（参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3）
【答案】(1)13，37
(2)信号塔PQ的高度大约为30.0米
【分析】（1）根据题意即可求出AQ，作ES⊥PQ，垂足为S，根据题意∠PES=53°，即可求得
∠PEN=90−53°=37°；
（2）根据题意和作图可知四边形EMHS为矩形，根据坡度的定义设QH=5x米，在Rt△AQH中，由勾股
PS
定理可得QH2+AH2=AQ2，代入求出QH的长，利用锐角三角函数关系tan∠PES= ，得出PS的长，
ES进而得出答案．
【详解】（1）解：∵信号塔底端Q到坡底A的距离为13m，
∴ AQ=13m；
如图，作ES⊥PQ，垂足为S，
根据题意∠PES=53°，
∴∠PEN=90−53°=37°；
（2）解：根据题意和作图可知四边形EMHS为矩形，
∴SH=EM,ES=HM．
由i=1:2.4，可得QH:HA=5:12，
设QH=5x米，则HA=12x米，
在Rt△AQH中，由勾股定理可得QH2+AH2=AQ2，
∴(5x) 2+(12x) 2 ＝132，
解得x=1（负值舍去），
∴QH=5x=5（米），HA=12x=12（米），
∴ES=HA+AM=12+8=20，
∵∠PES=53°，
PS
在Rt△PES中， tan∠PES= ，
ES
PS
即tan53°= ，
ES
∴PS≈20×1.3=26.0（米），
∴PQ=PS+EM−QH=26.0+9−5=30.0（米），
答：信号塔PQ的高度大约为30.0米．
【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用，勾股定理，坡度的定义，矩形的判定和性质，正确作出辅助
线是解题关键．
【变式2-1】（2024·山东·模拟预测）如图，为一个斜面ABC，坡比i=1:❑√3．斜面的高AB=5cm．为了减小小球下滑的速度，将坡面AC换成新坡面AD，且∠ADB=15°．
(1)求新坡面AD的坡比以及新坡面AD的长；
(2)原坡面AC的底部距离铁板EF的距离为20cm．经过实验，坡面底部与铁板EF的距离必须大于12cm，
小球才不和铁板相撞．请你通过计算，判断小球从新坡面AD静止滑下，会不会与铁板相撞？
【答案】(1)新坡面AD的坡比i=1:(2+❑√3)，10❑√2+❑√3cm
(2)会，理由见解析
【分析】本题考查了解直角三角形的坡角即正切值，勾股定理，线段的和与差，三角形外角性质，等腰三
角形性质，理解坡角的概念是解题的关键．
（1）根据坡比i=1:❑√3得到∠ACB=30°，利用三角形外角性质得到∠ADB=∠DAC，利用等腰三角形
性质得到AC=DC，利用解直角三角形得到AC，BC，进而得到BD，即可得到新坡面AD的坡比以及新
坡面AD的长；
（2）根据题意得到ED，再与12cm进行比较判断，即可解题．
AB 1 ❑√3
【详解】（1）解：由题知，tan∠ACB= = = ，
BC ❑√3 3
∴ ∠ACB=30°，
∵ ∠ADB=15°，
∴ ∠DAC=∠ACB−∠ADB=15°，
∴∠ADB=∠DAC，
∴AC=DC，
∵ AB=5cm，
∴BC=5❑√3cm，
AB
∴ AC= =10cm，
sin30°
∴DC=10cm，
∴BD=(5❑√3+10)cm，∴新坡面AD的坡比i=AB:BD=1:(2+❑√3)；
新坡面AD的长为：❑√AB2+BD2=10❑√2+❑√3cm；
（2）解：由题知，EC=20cm，
∵CD=10cm，
∴ED=EC−CD=10cm，
∵10<12，
∴小球从新坡面AD静止滑下，会与铁板相撞．
【变式2-2】（23-24九年级·广东江门·阶段练习）如图，小张同学去黄山旅游时，发现太阳光线照射在立
柱AB（与水平地面BF垂直）上，其影子的一部分落在地面BC上，另一部分落在斜坡CE上，且
CD⊥AD，经测量，BC=2米，CD=8.5米，斜坡的坡角∠ECF=32°，求立柱AB的高．（结果精确到
0.1米，参考数据：sin32°≈0．53，cos32°≈0．85，tan32°≈0．62）
【答案】19.3米．
【分析】此题考查了解直角三角形的应用，过点D作DH⊥BF于点H，过点D作DG⊥AB于点G，证
明四边形BHDG是矩形，GD=BH=BC+CH,GB=DH，DG∥BH，进一步求出BG=DH=4.5，
DG 9.2
GD=BH=BC+CH=9.2，AG= = ≈14.8，即可得到立柱AB的高．
tan∠DAG tan32°
【详解】解：过点D作DH⊥BF于点H，过点D作DG⊥AB于点G，
则∠AGD=∠GBH=∠BGD=∠BHD=90°，∴四边形BHDG是矩形，
∴GD=BH=BC+CH,GB=DH，DG∥BH，
∴∠CDG=∠ECF=32°，
∵CD⊥AD
∴∠ADG=90°−∠CDG=58°，
∴∠DAG=90°−∠ADG=32°，
在Rt△CDH中，CD=8.5米，斜坡的坡角∠ECF=32°，
∴DH=CDsin∠ECF=8.5×sin32°≈4.5米，CH=CDcos∠ECF=8.5×cos32°≈7.2米，
∴BG=DH≈4.5米，GD=BH=BC+CH≈9.2米，
在Rt△ADG中，GD=9.2米，∠DAG=32°米，
DG 9.2
∴AG= ≈ ≈14.8米，
tan∠DAG tan32°
∴AB=AG+GB≈14.8+4.5=19.3米,
即立柱AB的高为19.3米．
【变式2-3】（2024·辽宁·模拟预测）如图1所示是斜坡处修建的一处水坝，对防御洪水灾害起到一定作用，
同时可以储存水资源．已知AB为水平地面，斜坡BC的坡角为θ=37°，AC⊥AB于点A．在斜坡BC的
正中央修建水坝DE，已知DE⊥AB，点E与点C在同一条水平线上．经测量AC=30m．
(1)求水坝DE的高度；
(2)夏季，汛期来临．如图2，为了更好的预防洪水，相关部门在水坝DE的下方又修建了临时防护栏FG．
已知C、E、G三点共线，∠FGB=23°．已知洪水越过了大坝DE后每分钟上涨4m，这一阶段持续时间为
6分钟，则在此阶段洪水是否能越过防护栏FG？（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，
5 12
sin23°≈ ，cos23°≈ ）
13 13
【答案】(1)15m
(2)在此阶段洪水能越过防护栏FG，理由见解析【分析】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．
AC 30
（1）首先得到∠ECD=∠B=37°，然后利用三角函数求出BC= = =50(m)，得到
sin37° 0.6
1
CD= BC=25(m)，进而利用三角函数求解即可；
2
5
（2）首先求出CG=AB=40m，过点F作FH⊥CG，设HF=x，表示出HG=HF⋅tan∠HFG= x，
12
HF x
CH= = ，然后根据CG=CH+HG列方程求解即可．
tan∠ECD 0.75
【详解】（1）解：根据题意得：CE∥AB,∠A=∠E=90°，
∴∠ECD=∠ABC=37°，
AC 30
在Rt△ABC中，BC= = =50(m)，
sin37° 0.6
1
∴CD= BC=25(m)，
2
在Rt△CDE中，DE=CD⋅sin37°=25×0.6=15(m)；
（2）解：根据题意得，BG=AC=30m，∠ABC=37°
∴AB=BC⋅cos∠ABC=50×0.8=40(m)
∴CG=AB=40m
如图所示，过点F作FH⊥CG
∵∠FGB=23°，HF∥BG
∴∠HFG=∠FGB=23°
5 12
∵sin23°≈ ，cos23°≈
13 13
5
∴tan23°≈
12
∵sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，
3
∴tan37°≈ =0.75，
4设HF=x，
5 HF x
∴HG=HF⋅tan∠HFG= x，CH= = ，
12 tan∠ECD 0.75
∵CG=CH+HG
x 5
∴40= + x
0.75 12
160
∴x=
7
160
∴HF=
7
∵洪水越过了大坝DE后每分钟上涨4m，这一阶段持续时间为6分钟，
∴洪水共上涨了4×6=24(m)
160
∵24>
7
∴在此阶段洪水能越过防护栏FG．
【题型3 方向角问题】
【例3】（2024·重庆·模拟预测）如图，我市在三角形公园ABC旁修建了两条骑行线路：①E—A—C；②E
—D—C．经勘测，点A在点B的正西方10千米处，点C在点B的正南方，点A在点C的北偏西45°方向，
点D在点C的正南方20千米处，点E在点D的正西方，点A在点E的北偏东30°方向．
（参考数据：❑√2≈1.41，❑√3≈1.73）
(1)求DE的长度．（结果精确到1千米）
(2)由于时间原因，小渝决定选择一条较短线路骑行，请计算说明他应该选择线路①还是线路②？
【答案】(1)27千米
(2)②【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，方向角问题，根据已知条件添加辅助线是解题的关键．
（1）过点E作EF⊥BA，交BA的延长线于点F，根据垂直的定义得到∠EFA=∠B=∠D=90°，证明
四边形EFBD是矩形，根据解直角三角形的相关计算进行计算即可得到答案；
（2）利用含30°的直角三角形的性质求出AE的长，再利用三角函数进行计算即可．
【详解】（1）解：过点E作EF⊥BA，交BA的延长线于点F，
∴∠EFA=90°，
根据题意得：∠B=∠D=90°，
∴四边形EFBD是矩形，
∴EF=BD,BF=DE，
在Rt△ABC中，∠ACB=45°,AB=10（千米），
AB
∴BC= =10（千米），
tan45°
∵CD=20（千米），
∴EF=BD=BC+CD=30（千米），
在Rt△AEF中，∠AEF=30°，
❑√3
∴AF=EF⋅tan30°=30× =10❑√3（千米），
3
∴DE=BF=AF+AB=10❑√3+10≈27（千米）；
（2）解：应该选择路线②；
在Rt△AEF中，∠AEF=30°，
BC 10
∴AC= = =10❑√2
cos45° ❑√2 ，
2
∴路线①总路程=AE+AC=20❑√3+10❑√2≈48.7（千米），
路线②总路程=ED+CD=10❑√3+10+20≈47.3（千米），
∵47.3<48.7，
故选路线②．【变式3-1】（2024·重庆·模拟预测）如图为某公园平面图，小明沿路线A→B→C→E跑步运动，小刚
沿路线G→D→E跑步运动，已知点G位于点A正东方向，点B位于点A正北方向，点C位于点B东北
方向，CE∥AG，点D位于点G北偏西60°方向，点E位于点D北偏西30°方向，且DG=DE，已知
AB=400米， AG=1900米， CE=300米，（参考数据 ❑√2≈1.4,❑√3≈1.7,❑√6≈2.5)
(1)求BC的距离．（结果保留到个位）
(2)若小明和小刚同时出发，小明刚开始以速度4米/秒匀速跑步，当跑步到点C时由于体力下降，此时小
明速度降为2米/秒继续匀速跑到点E，小刚以速度3米/秒匀速跑步至点E，请通过计算说明他们谁先到达
点E．
【答案】(1)BC的距离为840米
(2)小明先到达点E
【分析】（1）过点C作CF⊥AG交AG于点F，EH⊥AG交AG于点H，DI⊥AG交AG于点I，
DJ⊥EH交EH于点J，BK⊥CF于点K，证明四边形CEFH为矩形，四边形DIHJ为正方形，△BKC为
等腰直角三角形，设DI=x，根据相关性质以及勾股定理求出AF，FH，HI，IG的长根据
AG=AF+FH+HI+IG=1900，求出x的值，进而得出结果；
（2）利用他们没人所走的距离除以速度得出时间进行比较即可．
【详解】（1）解：如图，过点C作CF⊥AG交AG于点F，EH⊥AG交AG于点H，DI⊥AG交AG于
点I，DJ⊥EH交EH于点J，BK⊥CF于点K，
则四边形CEFH为矩形，设DI=x，
∵点D位于点G北偏西60°方向，点E位于点D北偏西30°方向且DG=DE，
∴∠DEJ=∠DGI=30°，
∵∠EJD=∠GID=90°，
∴△EJD≌△GID(AAS)，
∴DJ=DI=x，
∴四边形DIHJ为正方形，
∴DE=DG=2x，
∴EJ=IG=❑√(2x) 2−x2=❑√3x，
∴EH=❑√3x+x，
∴CF=❑√3x+x，
∵KF=AB=400米，
∴CK=(❑√3x+x−400)米，
∵点C位于点B东北方向，
∴∠CBK=45°，
∴BK=CK=AF=(❑√3x+x−400)米，
∵CE=FH=300米，
∴AG=AF+FH+HI+IG=❑√3x+x−400+300+x+❑√3x=1900，
解得：x=500(❑√3−1)，
CK
∵BC= =❑√2CK=❑√2[500(❑√3+1)(❑√3−1)−400)=600❑√2，
sin45°
∵❑√2≈1.4，
∴BC=600❑√2≈840米；
（2）由（1）可知BC=840米，
小明走到E点所用时间为(400+840)÷4+300÷2=460秒，
小刚走到E点所用时间为2×2×(500❑√3−500)÷3≈467秒，
∵460<467，
∴小明先到达点E．【点睛】本题考查了方位角，正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股
定理，解直角三角形的计算，等腰三角形的判定与性质，有理数混合运算的应用，准确作出辅助线，求出
相关边长是解题关键．
【变式3-2】（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°
16❑√3
方向，且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
3
北方向．
(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．
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°，
∴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），
221❑√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
【变式3-3】（2024·四川宜宾·中考真题）宜宾地标广场位于三江汇合口（如图1，左侧是岷江，右侧是金
沙江，正面是长江）．某同学在数学实践中测量长江口的宽度，他在长江口的两岸选择两个标点C、D，
在地标广场上选择两个观测点A、B（点A、B、C、D在同一水平面，且AB∥CD）．如图2所示，在点A
处测得点C在北偏西18.17°方向上，测得点D在北偏东21.34°方向上；在B处测得点C在北偏西21.34°
方向上，测得点D在北偏东18.17°方向上，测得AB=100米．求长江口的宽度CD的值（结果精确到1
米）．（参考数据：sin18.17°≈0.31，cos18.17°≈0.95，tan18.17°≈0.33，sin21.34°≈0.36，
cos21.34°≈0.93，tan21.34°≈0.39）
【答案】长江口的宽度CD为1200米.
【分析】如图，过C作CH⊥AB于H，过A作AG⊥CD于G，过B作BK⊥CD于K，而AB∥CD，可
得四边形AHCG，ABKG都是矩形，由题意可得：∠CAG=∠DBK=18.17°，
∠GAD=∠CBK=21.34°，证明△AGC≌△BKD，可得CG=DK，设AH=x，CH= y，再利用三角函
数建立方程组求解即可.
【详解】解：如图，过C作CH⊥AB于H，过A作AG⊥CD于G，过B作BK⊥CD于K，而AB∥CD，∴四边形AHCG，ABKG都是矩形，
∴GK=AB=100，CG=AH，CH=AG=BK，CH∥AG∥BK，
∵由题意可得：∠CAG=∠DBK=18.17°，∠GAD=∠CBK=21.34°，
∴∠ACH=∠CAG=18.17°，∠BCH=∠CBK=21.34°，
∵∠AGC=∠BKD=90°，
∴△AGC≌△BKD，
∴CG=DK，
设AH=x，CH= y，
AH x
∴ = =tan∠ACH=tan18.17°≈0.33，即x=0.33 y，
CH y
HB x+100
= =tan∠BCH=tan21.34°≈0.39，即x+100=0.39 y，
CH y
∴0.33 y+100=0.39 y，
5000
∴y= ，
3
5000
∴x=0.33× =550，
3
∴CG=DK=550，
∴CD=550×2+100=1200(m)；
∴长江口的宽度CD为1200米.
【点睛】本题考查的是解直角三角形的实际应用，矩形的判定于性质，全等三角形的判定与性质，作出合
适的辅助线是解本题的关键.
【题型4 物理模型问题】
【例4】（23-24九年级·江苏苏州·阶段练习）小强在物理课上学过平面镜成像知识后，在老师的带领下到某厂房做验证实验．如图，老师在该厂房顶部安装一平面镜MN，MN与墙面AB所成的角
∠MNB＝118°，厂房高AB＝8m，房顶AM与水平地面平行，小强在点M的正下方C处从平面镜观察，
能看到的水平地面上最远处D到他的距离是CD的长度．
(1)求∠D的度数；
(2)求CD的长度（结果精确到0.1m，参考数据：sin34°≈0.56，tan34°≈0.68，tan56°≈1.48）
【答案】(1)34°
(2)约为11.8米
【分析】（1）连接MC，过点M作HM⊥NM，根据题意可得∠DMC=2∠CMH，
∠MCD=∠HMN=90°，AB=MC=8m，AB∥MC，从而利用平行线的性质求出∠CMN=62°，进
而求出∠CMH=28°，然后由∠D=90°−∠DMC求解；
（2）在Rt△CMD中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【详解】（1）解：连接MC，过点M作HM⊥NM，
由题意得：
∠DMC=2∠CMH，∠MCD=∠HMN=90°，AB=MC=8m，AB∥MC，
∴∠CMN=180°−∠MNB=180°−118°=62°，
∴∠CMH=∠HMN−∠CMN=28°，
∴∠DMC=2∠CMH=56°，∴∠D=90°−∠DMC=90°−56°=34°．
（2）解：在Rt△CMD中，CD=CM⋅tan56°≈8×1.48≈11.8(米)，
∴能看到的水平地面上最远处D到他的距离CD约为11.8米．
【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．
【变式4-1】（2024·湖南·一模）小华同学在家看电视的时候因误触遥控器导致换台，但遥控器并没有对准
电视．小华想起物理课上学习过的光的反射，并猜想是遥控器的红外线信号在墙壁等其他光滑的地方发生
反射然后被信号传感器接收导致换台，小华在好奇心驱使下验证了自己的设想．如图所示，CD为竖直的
平面镜（CD足够长），AB的长度为信号传感器可接收信号的水平宽度，AB⊥CD，小华坐在距离AB距
离为d的点H，然后小华用遥控器水平对着平面镜CD持续按按钮，发现当α≤∠DQH≤β时电视可以换台
（假设红外线在Q点反射），求信号传感器可接收信号的水平范围AB．（结果含α,β,d）
【答案】AB=d(tanβ−tanα)
【分析】
本题考查了解直角三角形的应用，先读懂题意，得∠DQH=∠CQP=∠GQD=∠EGQ,≥=d，再结合
图形，运用数形结合思路，进行列式，化简得AB=EB−EA=d(tanβ−tanα)，可作答．
【详解】解：设信号接收点为P，延长PQ到点G且GH∥AB，过点G作GE垂直AB，垂足为E．
由题意，∠DQH=∠CQP=∠GQD=∠EGQ,≥=d，
当∠DQH为α时，点P与A重合，∠EGQ=α,EA=dtanα．
当∠DQH为β时，点P与B重合，∠EGQ=β,EB=dtanβ．
所以AB=EB−EA=d(tanβ−tanα)．
1
其中tanβ可以写成 ，
tan(90°−β)
1
tanα可以写成 ．
tan(90°−α)【变式4-2】（2024·福建·中考真题）无动力帆船是借助风力前行的．下图是帆船借助风力航行的平面示意
图，已知帆船航行方向与风向所在直线的夹角∠PDA为70°，帆与航行方向的夹角∠PDQ为30°，风对
帆的作用力F为400N．根据物理知识，F可以分解为两个力F 与F ，其中与帆平行的力F 不起作用，与
1 2 1
帆垂直的力F 仪可以分解为两个力f 与f ,f 与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；f 与航行方向一致，是真
2 1 2 1 2
正推动帆船前行的动力．在物理学上常用线段的长度表示力的大小，据此，建立数学模型：F=AD=400，
则f =CD= ．（单位：N）（参考数据：sin40°=0.64,cos40°=0.77）
2
【答案】128
【分析】此题考查了解直角三角形的应用，求出∠ADQ=40°，∠1=∠PDQ=30°，由AB∥QD得到
∠BAD=∠ADQ=40°，求出F =BD=AD⋅sin∠BAD=256，求出∠BDC=90°−∠1=60°在
❑2
Rt△BCD中，根据f =CD=BD⋅cos∠BDC即可求出答案．
2
【详解】解：如图，∵帆船航行方向与风向所在直线的夹角∠PDA为70°，帆与航行方向的夹角∠PDQ为30°，
∴∠ADQ=∠PDA−∠PDQ=70°−30°=40°，∠1=∠PDQ=30°，
∵AB∥QD，
∴∠BAD=∠ADQ=40°，
在Rt△ABD中，F=AD=400，∠ABD=90°，
∴F =BD=AD⋅sin∠BAD=400×sin40°=400×0.64=256，
❑2
由题意可知， BD⊥DQ，
∴∠BDC+∠1=90°，
∴∠BDC=90°−∠1=60°
在Rt△BCD中，BD=256,∠BCD=90°，
1
∴f =CD=BD⋅cos∠BDC=256×cos60°=256× =128，
2 2
故答案为：128
【变式4-3】（23-24九年级·江苏·期末）在苏科版九年级物理第十一章《简单机械和功》章节中有这样一
个问题：“如图1示意图所示，均匀杆AB长为8dm，杆AB可以绕转轴A点在竖直平面内自由转动，在A
点正上方距离为10dm处固定一个小定滑轮，细绳通过定滑轮与杆的另一端B相连，并将杆AB从水平位置
缓慢向上拉起．当杆AB与水平面夹角为30°时，求动力臂．”从数学角度看是这样一个问题：如图2，已
知∠BAD=30°,AB=8dm,CA⊥AD于点D且CA=10dm，连接CB，求点A到BC的距离．请写出解答
过程求出点A到BC的距离．（结果保留根号）
20❑√7
【答案】 dm
7
【分析】过点B作BF⊥AC于点F，过点A作AE⊥BC于点E，解Rt△ABF,Rt△BFC，根据等面积法
即可求解．【详解】解：如图所示，过点B作BF⊥AC于点F，过点A作AE⊥BC于点E，
∵∠BAD=30°,AB=8,CA⊥AD，
∴∠FAB=90°−30°=60°，
1 ❑√3
∴AF=AB⋅cos∠FAB= AB=4，BF=AB⋅sin∠FAB= ×8=4❑√3，
2 2
∴FC=AC−AF=10−4=6，
∴BC=❑√BF2+CF2=❑√(4❑√3) 2+62=❑√84=2❑√21，
1 1
∵ AE⋅BC= AC⋅BF
2 2
AC⋅BF 10×4❑√3 20❑√7
∴AE= = = ，
BC 2❑√21 7
20❑√7
∴AE= ，
7
20❑√7
即点A到BC的距离为 dm
7
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，构造直角三角形是解题的关键．
【题型5 实物抽象模型问题】
【例5】（2024·广东深圳·模拟预测）周末淘气一家开车外出旅游，车子突然向路边侧滑，幸亏淘气爸爸反
应及时，车子才慢慢停了下来．淘气一家人赶紧下车查看，原来是前轮爆胎了．爸爸说，只要把备胎换上
就行了．于是爸爸从后备厢取出备胎和工具，开始忙活，其中千斤顶引起了小光的注意．图（1）是一种
利用了四边形不稳定性设计的千斤顶．如图（2）所示，该千斤顶的基本形状是一个菱形，中间通过螺杆
连接，转动手柄可改变∠ADC的大小（菱形的边长不变），从而改变千斤顶的高度（即A，C之间的距
离）．已知AB=40cm，∠ADC=60°，当千斤顶升高 cm时，四边形ABCD为正方形．（参考
数据：❑√2≈1.414，❑√3≈1.732，结果保留整数）【答案】17
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，菱形的性质，正方形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，
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．连接AC，交BD于点O，根据菱形的性
质可得AD=CD=AB=BC=40cm，BD平分∠ADC，AC⊥BD，AC=2AO，然后分别求出当
∠ADC=60°时，当∠ADC=90°时，AC的长度，即可解答．
【详解】解：连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD=AB=BC=40cm，BD平分∠ADC，AC⊥BD，AC=2AO，
当∠ADC=60°，
∵AD=CD=40cm，
∴△ACD是等边三角形，
∴AC=AD=CD=40cm；
当∠ADC=90°时，菱形ABCD是正方形，
∵BD平分∠ADC，
1
∴∠ADO= ∠ADC=45°，
2
❑√2
在Rt△ADO中，AO=AD⋅sin45°=40× =20❑√2(cm)，
2
∴AC=2AO=40❑√2(cm)，
∴千斤顶升高的高度=40❑√2−40≈17(cm)，
∴千斤顶升高了17cm．
故答案为：17【变式5-1】（23-24九年级·湖南·期末）图（1）是一扇半开着的办公室门的照片，门框镶嵌在墙体中间，
门是向室内开的．图（2）画的是它的一个横断面．虚线表示门完全关好和开到最大限度（由于受到墙角
的阻碍，再也开不动了）时的两种情形，这时二者的夹角为120°，从室内看门框露在外面部分的宽为4cm，
求室内露出的墙的厚度a的值．（假设该门无论开到什么角度，门和门框之间基本都是无缝的．精确到
0.1cm，❑√3≈1.73）
【答案】室内露出的墙的厚度约为6.9cm
【分析】该题主要考查了解直角三角的应用，此题读懂题意，理解题目叙述的意义是解题的关键，理解实
际图形后才能把它转化成数学问题，然后利用三角函数解决问题．
宽为4cm的门框及开成120°的门之间构成了一个直角三角形，且其中有一个角为60°，根据已知条件解直
角三角形就可以求出a．
【详解】解：从图中可以看出，在室内厚为acm的墙面、宽为4cm的门框及开成120°的门之间构成了一个
直角三角形，且其中有一个角为60度．
从而a=4×tan60°
=4×❑√3≈6.9(cm)．
即室内露出的墙的厚度约为6.9cm．
【变式5-2】（23-24九年级·山东济南·期末）如图是某种云梯车的示意图，云梯OD升起时，OD与底盘
OC夹角为α，液压杆AB与底盘OC夹角为β．已知液压杆AB=3米，∠BEA=90°，当α=37°，β=58°
时．（结果精确到0.01米）（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin58°≈0.85，
cos58°≈0.53，tan58°≈1.60）(1)求液压杆顶端B到底盘OC的距离BE的长；
(2)求AO的长．
【答案】(1)2.55米
(2)1.81米
【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，
BE
（1）根据sinβ=sin58°= 即可求解；
AB
BE BE
（2）利用tanα=tan37°= ，先求出OE=3.4，再利用tanβ=tan58°= ，求出AE≈1.59，问题随
OE AE
之得解．
BE
【详解】（1）在Rt△ABE中，∵sinβ=sin58°= ，AB=3．
AB
BE
∴0.85≈ ，
3
∴BE=2.55，
即BE的长为2.55米；
BE
（2）在Rt△OBE中，∵tanα=tan37°= ，BE=2.55，
OE
2.55
∴0.75≈ ，
OE
∴OE=3.4，
BE
∵tanβ=tan58°= ，
AE
2.55
∴ ≈1.60，
AE
∴AE≈1.59，
∴AO=OE−AE=1.81（米），
即AO的长为1.81米．
【变式5-3】（2024·江西吉安·一模）如图1是某门禁自动识别系统，主要由可旋转摄像机和其下方固定的
显示屏构成．图2是其示意图，已知摄像机长AB=20cm，点O为摄像机旋转轴心，O为AB的中点，显示
屏的上沿CD与AB平行，CD=15cm，AB与CD连接，杆OE⊥AB，OE=10cm，CE=2ED，点C到地
面的距离为60cm．若AB与水平地面所成的角的度数为35°．(参考数据：sin35°≈0.574，cos35°≈0.819，tan35°≈0.700，结果精确到0.1cm)
(1)求显示屏所在部分的宽度CM；
(2)求镜头A到地面的距离．
【答案】(1)显示屏所在部分的宽度约为12.3cm
(2)镜头A到地面的距离约为68.2cm
【分析】本题考查了解直角三角形的应用；
（1）过点C作CM⊥DF，垂足为F，根据题意可得∠DCM=35°，然后在Rt△DCM中，利用锐角三角
函数的定义求出CM的长，即可解答；
（2）连接AC，过点A作AH⊥CM，交MC的延长线于点H，根据已知可求出AO=CE=10cm,从而可
证四边形ACEO是矩形，进而可得∠ACE=90°，AC=OE=10cm,然后利用平角定义求出
∠ACH=55°，从而求出∠HAC的度数，最后在Rt△AHC中，利用锐角三角函数的定义求出AH的长，
进行计算即可解答．
【详解】（1）解：∵ CD∥AB，AB与水平地面所成的角的度数为35°，
∴显示屏上沿CD与水平地面所成的角的度数为35°．
过点C作交点D所在铅垂线的垂线，垂足为M，则∠DCM=35°．
∵CD=15cm，
∴CM=CDcos∠DCM=15×0.819≈12.3(cm)，
（2）如图，连接AC，作AH垂直MC反向延长线于点H，∵AB=20cm,O AB
为 的中点，
∴AO=10cm，
∵CD=15cm,CE=2ED，
∴CE=10cm，
∵ CD∥AB，OE⊥AB，
∴四边形ACEO为矩形，AC=OE=10cm，
∵∠ACE=90°，
∴∠ACH+∠DCM=∠ACH+∠CAH=90°．
∴∠CAH=∠DCM=35°．
∴AH=AC⋅cos35°=10×0.819=8.19(cm)，
∴镜头A到地面的距离为60+8.19≈68.2cm．
【题型6 坡度坡比与仰角俯角综合问题】
【例6】（2024·广东中山·三模）王刚同学在学习了解直角三角形及其应用的知识后，尝试利用所学知识测
量河对岸大树AB的高度，他在点C处测得大树顶端A的仰角为45°，再从C点出发沿斜坡走❑√10米到达斜
坡上D点，在点D处测得树顶端A的仰角为30°，若斜面CF的坡度为i=1：3(点E、C、B在同一水平线上
)．
(1)求王刚同学从点C到点D的过程中上升的高度；
(2)求大树AB的高度（结果保留根号）．
【答案】(1)1米(2)(3+2❑√3)米
【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用、矩形的判定与性质、解直角三角形等知识点，灵活应用所
学知识成为解题的关键．
（1）如图：过点D作DH⊥CE交CE于点H，设DH=x米，CH=3x米，在Rt△CDH中运用勾股定理
列方程求解即可；
（2）如图，过点D作DG⊥AB交AB于点G，设BC= y米，再证四边形DHBG为矩形可得DH=BG=1
米、DG=BH= y+3， 进而得到AG= y−1，最后根据正切函数列方程求解即可．
【详解】（1）解：如图：过点D作DH⊥CE交CE于点H，
由题意知CD=❑√10米，
∵斜面CF的坡度为i=1:3，
DH 1
∴ = ，
CH 3
设DH=x米，CH=3x米，
∵在Rt△CDH中，DH2+CH2=CD2，
∴x2+(3x) 2=(❑√10) 2 ，解得：x =1，x =−1(舍)，
1 2
∴DH=1米．
答：王刚同学从点C到点D的过程中上升的高度为1米．
（2）解：如图，过点D作DG⊥AB交AB于点G，
设BC= y米，
∵∠DHB=∠DGB=∠ABC=90°，
∴四边形DHBG为矩形，
∴DH=BG=1米，DG=BH=BC+CH=(y+3)(米)，
∵∠ACB=45°，
∴BC=AB= y米，∴AG=(y−1)(米)，
∵∠ADG=30°，
AG
∴在Rt△ADG中，tan30°= ，
DG
y−1 ❑√3
∴ = ，解得：y=3+2❑√3，
y+3 3
∴AB=(3+2❑√3)米．
答：大树AB的高度是(3+2❑√3)米．
【变式6-1】（2024·重庆·模拟预测）在课外实践中，小明为了测量江中信号塔A离河边的距离AB，采取
了如下措施：如图在江边D处，测得信号塔A的俯角为40°，若DE=55米，DE⊥CE，CE=36米，CE
平行于AB，BC的坡度为i=1:0.75，坡长BC=140米，求AB的长（精确到0.1米，参考数据：
sin40°≈0.64，cos40°≈0.77，tan40°≈0.84）
【答案】AB的长78.8m
【分析】本题考查的是解直角三角形的应用，过点C作AB的垂线，交AB延长线于点F，延长DE交AB延
长线于点G，先在Rt△CBF中求得BF、CF的长，再利用Rt△ADG求AG的长，进而得到AB的长；
【详解】解：如图，过点C作AB的垂线，交AB延长线于点F，延长DE交AB延长线于点G
∵BC的坡度为i=1:0.75，
∴设CF为xm，则BF为0.75xm，
∵BC=140m，
∴在Rt△BCF中，x2+(0.75x) 2=1402，解得：x=112，∴CF=112m，BF=84m，
∵DE⊥CE，CE∥AB，
∴DG⊥AB，
∴△ADG是直角三角形
∵DE=55m，CE=FG=36m，
∴DG=167m，BG=120m，
设AB= ym，
∵∠DAB=40°，
DG 167
∴tan40°= = =0.84
AG y+120
解得：y=78.8
∴AB的长78.8m
【变式6-2】（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，某小山DE高412米，其斜坡DC的坡度为i=1:1，它的前
面有一座建筑物．为了测量建筑物AB的高度，在山顶D和坡底C测的建筑物顶端A的俯角和仰角分别为
30°，60°．求建筑物AB的高度．（结果精确到0.1米，❑√2≈1.41,❑√3≈1.73）
【答案】建筑物AB的高度约为130.8米．
【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，正确地作出辅助线是解题的关键．
由DE=412米，斜坡DC的坡度为i=1：1，得到CE=DE=412米，根据三角函数的定义得到
❑√3 ❑√3
BC= AB，过A作AH⊥DE于H，则AH=BE=412+ AB，HE=AB，根据三角函数的定义即
3 3
可解答．
【详解】解：在Rt△CDE中，
∵DE=412米，斜坡DC的坡度为i=1：1，
∴CE=DE=412米，
在Rt△ABC中，∵∠ACB=60°，
AB ❑√3
∴tan∠ACB= =tan60°=❑√3，即BC= AB,
BC 3
❑√3
过A作AH⊥DE于H，则AH=BE=412+ AB，HE=AB，
3
❑√3 ❑√3( ❑√3 )
在Rt△ADH中，DH= AH= 412+ AB ，
3 3 3
❑√3( ❑√3 )
∴DE=DH+HE= 412+ AB +AB=412，
3 3
∴AB≈130.8．
答：建筑物AB的高度约为130.8米．
【变式6-3】（2024·四川广安·中考真题）风电项目对于调整能源结构和转变经济发展方式具有重要意义．
某电力部门在某地安装了一批风力发电机，如图（1）某校实践活动小组对其中一架风力发电机的塔杆高
度进行了测量，图（2）为测量示意图（点A，B，C，D均在同一平面内，AB⊥BC）．已知斜坡CD长
为20米，斜坡CD的坡角为60°，在斜坡顶部D处测得风力发电机塔杆顶端A点的仰角为20°，坡底与塔
杆底的距离BC=30米，求该风力发电机塔杆AB的高度．
（结果精确到个位；参考数据：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36，❑√3≈1.73）
【答案】32m
【分析】本题考查的是矩形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，过点D作DF⊥AB于点F，作DH⊥BE于点H，先求解CH=CD⋅cos60°=10m，DH=CDsin60°≈17.3m，再证明
BH=BC+CH=40m，再利用锐角的正切可得AF=FD⋅tan20°=14.4m，从而可得答案.
【详解】解：过点D作DF⊥AB于点F，作DH⊥BE于点H
由题意得：DC=20m，∠DCH=60°
在Rt△DCH中，
CH DH
∵ cos60°= ，sin60°=
CD CD
∴ CH=CD⋅cos60°=10m，
DH=CDsin60°=10❑√3m≈17.3m
∵ ∠DFB=∠B=∠DHB=90°，
∴四边形DFBH为矩形，
∴ BH=FD，BF=DH，
∵ BH=BC+CH=(30+10)m=40m，
∴ FD=40m
在△AFD中.
AF
∵ =tan20°，
FD
∴AF=FD⋅tan20°≈40×0.36=14.4m
∴AB=AF+BF≈(17.3+14.4)m=31.7m≈32m
答：该风力发电机塔杆AB的高度为32m.
【题型7 临界值问题】
【例7】（23-24九年级·江苏南通·开学考试）如图，斜坡AB的坡角∠BAC=13°，计划在该坡面上安装两
排平行的光伏板．前排光伏板的一端位于点A，过其另一端D安装支架DE，DE所在的直线垂直于水平线
AC，垂足为点F，E为DF与AB的交点．已知AD=100cm，前排光伏板的坡角∠DAC=28°．(1)求AE的长（结果取整数）；
(2)冬至日正午，经过点D的太阳光线与AC所成的角∠DGA=32°．后排光伏板的前端H在AB上．此时，
若要后排光伏板的采光不受前排光伏板的影响，则EH的最小值为多少（结果取整数）？参考数据：
❑√2≈1.41，❑√3≈1.73，❑√6≈2.45，
三角函数锐角A 13° 28° 32°
sin A 0.22 0.47 0.53
cosA 0.97 0.88 0.85
tan A 0.23 0.53 0.62
【答案】(1)91cm
(2)32cm
【分析】（1）解Rt△ADF求出AF，再解Rt△AEF求出AE即可；
（2）设DG交AB一直在点M，作AN⊥GD延长线于点N，解Rt△ADF求出DF，Rt△DFG求出FG，
得到AG，解Rt△AMN求出AM，根据AM−AE可求出结论．
AF
【详解】（1）在Rt△ADF中，cos∠DAF= ，
AD
∴AF=ADcos∠DAF
=100×cos28°
=100×0.88
=88(cm)，
AF
在Rt△AEF中，cos∠EAF= ，
AE
AF 88 88
∴AE= = = ≈91(cm)；
cos∠EAF cos13° 0.97
（2）设DG交AB一直在点M，作AN⊥GD延长线于点N，如图，则∠AMN=∠MAC+∠MGA
∴∠AMN=13°+32°=45°
在Rt△ADF中，DF=AD⋅sin∠DAF=100×sin28°=100×0.47=47(cm)
DF
在Rt△DFG中， =tan∠DGF=tan32°=0.62
FG
DF
∴FG= ≈75.8(cm)
0.62
∴AG=AF+FG=88+75.8=163.8(cm)
∵AN⊥GD
∴∠ANG=90°
∴AN=AG×sin32°=163.8×0.53≈86.8(cm)
AN 86.8
在Rt△ANM中，sin45°= = ，
AM AM
86.8
AM= ≈123.1cm
∴ ❑√2 ，
2
∴EM=AM−AE=123.1−91=32.1(cm)≈32(cm)，
∴EH的最小值为32cm
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是构造直角三角形．
【变式7-1】（2024·福建泉州·二模）如图所示为单反照相机取景器的示意图，五边形ABCDE为五棱镜的
一个截面，AB⊥BC．光线垂直AB射入，且只在CD和EA上各发生一次反射，两次反射的入射角相等，
最后光线垂直BC射出．若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是（ ）（注：满足全反射的
1
条件为折射率n=
)
sinθ1 1 1 1
A． B． C． D．
cos22.5° cos45° sin45° sin22.5°
【答案】D
【分析】根据几何关系求出入射角，通过折射定律求出五棱镜折射率的最小值即可得到答案；
【详解】解：设入射到CD面上的入射角为θ，因为在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等，
根据光学几何关系可得，
∴两次反射的入射角相等，
∴∠FGK=∠HGK=∠GHM=∠MHN=θ，
∴4θ=90°，
解得：θ=22.5°，
1
∵sinθ= ，
n
1
∴最小折射率n= ，
sin22.5°
故选：D；
【点睛】本题主要考查解答几何光学问题，解题的关键是正确作出光路图．
【变式7-2】（23-24九年级·浙江金华·阶段练习）知识小提示：要想使人安全地攀上斜靠在墙面上的梯子
的顶端，梯子与地面所成的角α一般要满足53°≤α≤72°．如图，现有一架长4m的梯子AB斜靠在一竖直
的墙AO上．（参考数据：sin53°≈0.80,cos53°≈0.60,tan53°≈1.33，
sin72°≈0.95,cos72°≈0.31,tan72°≈3.08,sin56°≈0.83,cos56°≈0.56,tan56°≈1.48）(1)当人安全使用这架梯子时，求梯子底端B与墙AO距离（即BO）的最小值；
(2)当梯子顶端A与地面距离为3.32m时，计算∠ABO等于多少度？并判断此时人是否能安全使用这架梯子？
【答案】(1)1.24米
(2)∠ABO=56°，人能安全使用这架梯子
【分析】（1）根据53°≤α≤72°得出当α=72°时，BO取最小值，根据BO=AB⋅cos∠ABO求解即可；
AO
（2）根据sin∠ABO= 计算出∠ABO的正弦值，即可得出∠ABO的度数，最后判断∠ABO的度数
AB
是否在安全的角度范围之内，即可进行解答．
【详解】（1）解：∵53°≤α≤72°，
∴当α=72°时，BO取最小值，
BO
在Rt△AOB中，cos∠ABO= ，
AB
∴BO=AB⋅cos∠ABO=4×cos72°≈4×0.31=1.24（米），
∴梯子底端B与墙AO距离（即BO）的最小值为1.24米；
AO
（2）解：在Rt△AOB中，sin∠ABO= =3.32÷4=0.83，
AB
∵sin56°≈0.83，
∴∠ABO≈56°，
∵53°≤α≤72°，
∴人能安全使用这架梯子．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，解题的关键是熟练掌握解直角三角形的方法和步骤，
利用三角函数值进行计算．
【变式7-3】（23-24九年级·陕西西安·期中）【问题提出】
（1）如图①，在△ABC中，点O是边BC的中点，连接AO并延长至点D，连接BD，若OD>OA，△ABD的面积为S ，△ABC的面积为S ，则S ________S 的大小（填“>”“=”“<”）
1 2 1 2
【问题探究】
（2）如图②，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AC=30，BC=50，点D为BC边的中点，AE=10．问：
在BC边上是否存在一点F，使得线段EF恰好平分△ABC的面积？若存在，求出线段EF的长度，若不存
在，请说明理由．
【问题解决】
（3）我校有着丰富多彩的校园生活，为了让同学们进一步接触到更多的校园社团活动，提高空间利用率，
3
现计划对校园部分区域进行改造，某区域是如图③的四边形ABCD，∠C=90°，BC=24米，tanB= ，
4
点E、F分别在边AB、BC上，四边形EFCD为矩形，边FE、ED将这块区域分成了三部分，其中，矩形
EFCD的面积为108平方米．为了方便通行，学校准备在这块区域中修一条笔直的小路MN（小路的两端
M、N分别在AB和BC上，且小路的宽度忽略不计），使得MN将四边形ABCD分成两部分，同时平分矩
形EFCD的面积，且使得区域△BMN的面积最小．试问学校的想法能否实现？若能，请求出这条小路MN
的长及△BMN面积的最小值；若不能，请说明理由．5❑√145
【答案】（1）>；（2） ；（2）当这条小路MN的长为15m，△BMN面积有最小值108m2
2
【分析】（1）如图所示，在OD上取一点E使得OE=OA，连接BE，利用SAS证明△AOC≌△EOB，得
到S =S ，由此可证明S =S ，由S S ，
1 2
故答案为：>．
（2）如图所示，连接DE，过点A作AH∥DE交BC于H，连接HE交AD于O，
∵AH∥DE，
∴S =S ，
△AHE △AHD
∴S +S =S +S ，
△AOH △DOH △AOH △AOE
∴S =S ，
△DOH △AOE
∴S =S +S =S +S =S ，
△CHE △DOH 四边形ODCE △AOE 四边形ODCE △ACD
∵点D为BC的中点，
1
∴S = S ，
△ACD 2 △ABC
1
∴S = S ，
△CHE 2 △ABC
∴EH平分△ABC的面积，
∴当点F与点H重合时，EF平分△ABC的面积，
∵AC=30，AE=10，
∴CE=20，∵DE∥AH，
∴△ACH∽△ECD，
1
CD CE ×50
∴ = ，即2 20，
CH AC =
CH 30
∴CH=37.5，
过点E作EG⊥BC于G，
∵∠C=∠C，∠EGC=∠BAC=90°，
∴△EGC∽△BAC，
CG CE CG 20
∴ = ，即 = ，
AC BC 30 50
∴CG=12，
∴HG=CH−CG=25.5，EG=❑√CE2−CG2=16，
5❑√145
∴EF=EH=❑√EG2+HG2=
；
2
（3）如图所示，连接CE，DF交于O，过点O作直线PQ，分别交DE，CF于P、Q，
∵四边形CDEF是矩形，
∴DE∥CF，OE=OC，
∴∠OEP=∠OCQ，∠OPE=∠OQC，
∴△OPE≌△OQC(AAS)，
∴S =S ❑❑，
△OPE △OQC
∴S =S +S =S +S =S ，
四边形CDPQ △OQC 四边形CDPO △OPE 四边形CDPO △CDE
1
∵S = S ，
△CDE 2 矩形CDEF
1
∴S = S ，
四边形CDPQ 2 矩形CDEF
∴直线PQ平分矩形CDEF的面积，∴同理可证明，经过点O的直线都平分矩形CDEF的面积，
∴直线MN经过点O，
设BF=4xm，则CF=BC−BF=(24−4x)m，
EF 3
在Rt△BFE中，∠BFE=90°，tanB= = ，
BF 4
∴EF=3xm，
∵矩形EFCD的面积为108平方米，
∴3x(24−4x)=108，
解得x=3，
∴BF=12m，CF=12m，EF=9m，
1 1 1 1
∴S = BF⋅EF= ×9×12=54m2，S = S = ×12×9=54m2 ，
△BFE 2 2 四边形EFNP 2 矩形CDEF 2
∵S =S +S +S ，
△BNM △BEF 四边形NPEF △MEP
∴S =S +108，
△BNM △MEP
∴当S =0时，S 最小，即此时点M与点E重合，点N与点C重合，
△MEP △BNM
在Rt△ECF中，由勾股定理得CE=❑√EF2+CF2=15m，
∴当这条小路MN的长为15m，△BMN面积有最小值108m2．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，
矩形的性质等等，（1）通过倍长中线构造全等三角形进行求解；（2）通过构造相似三角形进行求解；
（3）通过证明直线MN经过点O，以及当S =0时，S 最小是解题的关键．
△MEP △BNM
【题型8 方案设计问题】
【例8】（23-24九年级·山东潍坊·阶段练习）根据以下素材，探索完成任务
探究纸伞中的数学问题我国纸伞制作工艺十分巧妙，如图1，伞不管是张开还
1
素 是收拢，AP是伞柄，伞骨AB=AC且AE= AB，
材 3
1 1
AF= AC，DE=DF，D点为伞圈．
3
伞圈D能沿着伞柄滑动，如图2是完全收拢时伞骨的
素
示意图，此时伞圈D滑动到D′的位置，且A、E、D′
材 三点共线．测得AD′=50cm，AE=20cm，伞完全张
2 开时∠BAC=120°，如图1所示（参考值：
❑√600≈24.49）．
项目化学习小组同学经过研究发现：雨往往是斜打
素 的，且都是平行的．如图3，某一天，雨线BM与地面
材 夹角为60°，小明同学站在伞圈D点的正下方点G
3 处，记为GH，此时发现身上被雨淋湿，测得
BN=150cm．
问题解决
任
务 判断AP位置 求证：AP平分∠BAC．
1
任
当伞从完全张开到完全收拢，求伞圈D移
务 探究伞圈移动距离
动的距离（精确到0.1）．
2
任
求伞至少向下移动距离 cm，使得人站在G
务 拟定撑伞方案
处身上不被雨淋湿．（直接写出答案）
3
【答案】任务一：见解析；任务二：约为15.5cm；任务三：60cm
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，弄清题意，将实际问题转化为数
学问题是解题的关键．
（1）利用SSS证明△ADE≌△ADF即可得到答案；
（2）过点E作EG⊥AD于点G，求出AD的长，即可利用DD′=AD′−AD求出答案；（3）设AG与BC交于点O，与BM交于点Q，先求出BO，可得NG，再求出MN，进而可求出QG，即为
问题的答案．
1 1
【详解】解：（1）∵AB=AC，且AE= AB，AF= AC，
3 3
∴AE=AF，
在△AED和△AFD中，
{AE=AF
)
DE=DF ，
AD=AD
∴△AED≌△AFD（SSS），
∴∠BAD=∠CAD，
∴AP平分∠BAC；
（2）过E做EQ⊥AP，
∵∠BAC=120°，
∴∠DAE=60°，
∴∠AEQ=30°，
∵AE=20cm，
1
∴AQ= AE=10cm，
2
由勾股定理，得EQ=❑√AE2−AQ2=❑√202−102=10❑√3(cm)，
∵DE=50−20=30cm，
∴DQ=❑√DE2−EQ2=❑√600(cm)，
∴AD=AQ+DQ=(10+❑√600)cm，
∵AD′=50cm，∴DD′=AD′−AD=50−(10+❑√600)=40−❑√600≈15.5(cm)(，
（3）解：设AG与BC交于点O，与BM交于点Q，如图，
在Rt△ABO中，
AB=3AE=60cm,∠BAO=60°，
∴BO=AB⋅sin∠BAO=60⋅sin60°=30❑√3(cm)，
∴NG=BO=30❑√3cm，
在Rt△BMN中，BN＝150cm,∠BMN＝60°，
BN 150
∴MN= = =50❑√3(cm)，
tan60° tan60°
∴MG=MN−NG=50❑√3−30❑√3=20❑√3(cm)，
在Rt△QGM中，
QG=MG⋅tan60°=20❑√3×❑√3=60(cm)，
故答案为：60．
【变式8-1】（2024·广东广州·一模）【项目式学习】为了测量某段河流的宽度，两个数学研学小组设计了
不同的方案，他们在河南岸的点A处测得河北岸的数H恰好在A的正北方向.测量方案与数据如表t
项目课
测量河流宽度
题
测量工
测量角度的仪器，皮尺等
具
测量小
第一小组 第二小组
组测量方
案
示意图
说明 点B，C在点A的正东方向 点B在点A正东方向，点C在点A正西方向
BC=200m，∠ABH=74°，
数据 BC=311m，∠ABH=74°，∠ACH=37°
∠ACH=37°
请选择其中一个方案及其数据：
(1)求∠AHB的度数；
(2)求出河宽(精确到1m).参考数据：sin74°≈0.96，sin37°≈0.60，tan74≈3.50，tan37°≈0.75
【答案】(1)16°
(2)河宽为192米
【分析】（1）本题考查了直角三角形两锐角互余，掌握定理即可解题．
（2）本题根据三角形外角性质得到∠BHC=∠C，根据等腰三角形性质推出BH=CH，再利用
AH
tan∠ABH= ，即可求解．
BH
【详解】（1）解：由题意可知HA⊥AC，在Rt△ABH中，∠AHB=90°−∠ABH=16°．
（2）解：如选第一组则求解如下：
∵∠ABH是△HBC的外角，
∴∠ABH=∠C+∠BHC
，
∴∠BHC=∠ABH−∠C=37°，
∴∠C=∠BHC，
∴BH=CH=200m，AH
在Rt△ABH在中，tan∠ABH= ，
BH
AH=200×0.96=192（米），
答：河宽为192米．
如选第二组则求解如下：
AH 4
设AH为a，在Rt△ACH中，tan∠C= ，AC= a，
AC 3
AH 2
在Rt△ABH中，tan∠ABH= ，AB= a，
AB 7
4 2
a+ a=311，a=192.1≈192（米），
3 7
答：河宽为192米．
【点睛】本题考查了三角形外角性质、直角三角形两锐角互余、等腰三角形性质和锐角三角函数，熟练掌
握相关性质定理即可解题 ．
【变式8-2】（23-24九年级·湖南娄底·期中）如图1，某人的一器官后面A处长了一个新生物，现需检测它
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
检测新生物到皮肤的距离
题
工
医疗仪器等
具
示
意
图如图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
说
MN的夹角为∠DBN；再在皮肤上选择距离B处7.5cm的C处照射新生物，检测射线与皮肤MN的
明
夹角为∠ECN．
测
量
∠DBN=35°，∠ECN=22°，BC=7.5cm
数
据
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）
【答案】新生物A处到皮肤的距离约为7cm
【分析】本题考查解直角三角形的应用，过点A作AH⊥MN，垂足为H，在Rt△AHB中，得到
AH AH AH AH AH AH
BH= = ≈ ，在Rt△AHC中，得到CH= = ≈ ，根据
tan∠ABH tan35° 0.70 tan∠ACH tan22° 0.40
CH−BH=BC，进行求解即可．
【详解】解：过点A作AH⊥MN，垂足为H．
由题意得，∠ABH=∠DBN=35°，∠ACH=∠ECN=22°，
AH AH AH
在Rt△AHB中，BH= = ≈ ．
tan∠ABH tan35° 0.70
AH AH AH
在Rt△AHC中，CH= = ≈ ．
tan∠ACH tan22° 0.40
∵CH−BH=BC，
AH AH
∴ − =7.5
0.40 0.70
∴AH=7(cm)．
答：新生物A处到皮肤的距离约为7cm．
【变式8-3】（2024·山西太原·二模）从2014年至今，“图说我们的价值观”公益广告通过绘画、书法、
雕塑、剪纸、刺绣、动画等形式来传播社会主义核心价值观，产生了良好的传播效果．在某校校园内有一
块“社会主义核心价值观”宣传牌，同学们用所学知识对宣传牌的有关数据进行了测量，并尝试提出问题、
解决问题．数学 将宣传牌抽象成如右图所示的图形，其中点A，B，C，D，E，F，G都在同一竖
抽象 直平面内，B，C两点在水平地面，点A，F所在直线与BC平行．
测量
老师教学用的量角器（可测角度与线段长，长度的最大量程为50cm）
工具
测量 ∠AFE=90°，∠CDE=59°，∠BCD=101°，DE=50cm，EF=48cm，点C到宣传牌右侧立
数据 柱的距离CM的长为30cm．
提出
…
问题
小华想根据上述方案与测量数据，求点A到地面的距离，请你帮他完成．（结果精确到1cm．参考数据：
sin70°=0.94，cos70°≈0.34，tan70°=2.75，sin79°≈0.98，cos79°=0.19，tan79°≈5.14）
【答案】点A到地面的距离为185cm．
【分析】本题考查了解直角三角形的应用．延长AF、MD交于点G，过点D作DN⊥EF于点N，证明四
边形FNDG是矩形，在Rt△CDM和Rt△DNE中，分别求得DM和NE的长，据此计算即可求解．
【详解】解：延长AF、MD交于点G，过点D作DN⊥EF于点N，
∵AF∥BC，
∴∠G+∠BMG=180°，
∵∠BMG=90°，
∴∠G=90°，
∵∠AFE=90°，
∴∠GFE=90°，∠DNF=90°，
∴四边形FNDG是矩形，
∴FG=DN，FN=DG，EF∥GM，
∵∠BCD=101°，
∴∠MCD=79°，∠CDM=90°−79°=11°，
DM
在Rt△CDM中，tan79°= ，
CM
∴DM=CM⋅tan79°≈30×5.14=154.2(cm)，∠NED=∠EDM=∠EDC+∠CDM=59°+11°=70°，在Rt△DNE中，NE=DE⋅cos70°≈50×0.34=17(cm)，
∴NF=EF−NE=48−17=31cm，
∴GM=GD+DM=NF+DM=31+154.2=185.2≈185(cm)，
答：点A到地面的距离为．
