专题 28.3 解直角三角形的应用
【典例1】如图（1）是一个创意台灯，图（2）是其抽象示意图，已知支架AB，CD交于点E，支架AB与
水平底座MN的夹角∠BAM=60°，AB=CD=30cm，BE:AE=2:3，ED=24cm，灯罩抽象为△DFG，
DF=DG=10cm，∠FDG=90°，GF∥MN．
（1）若支架AB⊥CD，
①求∠CDG的度数；
②求GF与水平底座之间的距离．（结果精确到0.1cm）
（2）若在（1）的条件下，将支架CD绕点E旋转，使GF与水平底座之间的距离为24.1cm，求支架CD的
旋转方向及角度．（参考数据：❑√2≈1.41，❑√3≈1.73，sin40.5°≈0.65，sin37°≈0.60）
【思路点拨】
（1）①过点D作DK⊥MN，交于点K，求出∠EDK,∠GDH的角度，即可解答；
②过点E分别作MN，DK的垂线，垂足为P,Q，则四边形EPKQ为矩形，根据特殊直角三角形的相关性
质，即可解答；
（2）旋转后，GF与水平底座之间的距离增加了3.6cm，即点D在竖直方向上上升了3.6cm，再根据解直
角三角形，即可解答．
【解题过程】
（1）①如图（1），过点D作DK⊥MN，交MN的延长线于点K，交GF于点H．
∵GF∥MN，
∴DH⊥GF．
∵DF=DG，∠FDG=90°，
∴∠G=∠GDH=45°．∵∠BAM=60°，
∴∠EAK=120°．
∵AB⊥CD，DK⊥MK，
∴∠EDK=360°−90°−120°−90°=60°，
∴∠CDG=∠EDK−∠GDH=15°．
②解：∵AB=30cm，BE:AE=2:3，
∴AE=18cm．
如图（1），过点E分别作MN，DK的垂线，垂足为P,Q，则四边形EPKQ为矩形，
∴∠DEQ=90°−60°=30°，EP=QK．
∵ED=24cm，
1
∴DQ= ED=12cm．
2
∵∠BAM=60°，
❑√3
∴EP=QK=AE×sin60°=18× =9❑√3(cm)
2
∵DG=10cm，DH⊥GF，∠G=45°，
❑√2
∴DH=DG×sin45°=10× =5❑√2(cm)．
2
∴HK=DQ+QK−DH=12+9❑√3−5❑√2≈20.5(cm)
答：GF与水平底座之间的距离约为20.5cm．
（2）解：由（1）②可知当AB⊥CD时，CF与水平底座之间的距离约为20.5cm，
∴若使GF与水平底座之间的距离为24.1cm，则需将支架CD绕点E逆时针旋转．
设需要将CD绕点E逆时针旋转α，旋转后点D的对应点为D′，如图（2）．∵24.1−20.5=3.6(cm)，
∴旋转后，GF与水平底座之间的距离增加了3.6cm，即点D在竖直方向上上升了3.6cm（关键点）．
过点D′作D′K′⊥MN，垂足为K′，过点E作EQ′⊥D′K′于点Q′．
结合（1）②可知D′Q′=DQ+3.6=12+3.6=15.6(cm)．
∵D′E=DE=24cm，
D′Q′ 15.6
∴sin∠D′EQ′= = =0.65，
D′E 24
∴∠D′EQ′≈40.5°，
∴α=∠D′EQ′−∠DEQ=40.5°−30°=10.5°
∴将支架CD绕点E逆时针旋转10.5°，GF与水平底座之间的距离为24.1cm．
1．（2023上·上海闵行·九年级统考期中）如图，海中有一小岛P，在以P为圆心，半径为16❑√2海里的圆
形海域内有暗礁．一轮船自西向东航行，它在A处测得小岛P位于北偏东60°方向上，且A，P之间的距离
为32海里．
（1）若轮船继续向正东方向航行，轮船有无触礁危险？
（2）如果轮船继续向正东方向航行有危险，轮船自A处开始改变航行方向，沿南偏东α度方向航行确保安
全通过这一海域，求α的取值范围．【思路点拨】
（1）过P作PB⊥于B，则PB的长是A沿方向距离P点的最短距离，求出最短距离，再比较比较即可；
（2）设轮船沿南偏东航向是射线AC，过点P作PD⊥AC于D，利用特殊角的三角函数值确定答案．
【解题过程】
（1）解：过点P作PB⊥轮船航线于B，则PB的长是A沿方向距离P点的最短距离，
由题意得∠PAB=90°−60°=30°，PA=32，
∴在Rt△PAB中，∠PBA=90°，
PB 1
∴sin∠PAB= = ，
AP 2
∴PB=16，
∵16<16❑√2，
答：若轮船继续向正东方向航行有触礁危险．
（2）解：设轮船沿南偏东航向是射线AC，过点P作PD⊥AC于D，
当PD=16❑√2时，角α的度数最大，
∵在Rt△PAD 中，AP=32，PD=16❑√2，
❑
PD ❑√2
∴sin∠PAD= = ，
AP 2
∴∠PAD=45°，
∴∠EAD=45°−30°=15°，
∴沿南偏东最大角度为90°−15°=75°方向航行确保安全通过这一海域，
即0<α<75°时，轮船能安全通过这一区域．2．（2023·河南周口·校考三模）郑州博物馆（新馆）位于郑州奥体中心附近，周边有郑州大剧院，郑州植
物园等，其主展馆以郑州出土的商代青铜方鼎为造型基础，整体建筑风格取鼎器粗犷与精美相统一的神韵，
让人叹为观止．某校数学小组的同学们使用卷尺和自制的测角仪测量郑州博物馆（新馆）的高度AB，如
图，他们在C处测得顶端A的仰角为38°，沿CB方向前进17m到达D处，又测得顶端A的仰角为45°．
已知测角仪的高度为1.5m，测量点C，D与郑州博物馆（新馆）的底部B在同一水平线上，求郑州博物馆
（新馆）的高度AB．（结果精确到1m．参考数据：sin38°≈0.62，cos38°≈0.79，tan38°≈0.78）
【思路点拨】
先延长EF，交AB于点G，再设AG的长为x，最后表示出FG，EG,最后用正切定义列出方程即可求出
AG的长，再求和即可得到AB的长．
【解题过程】
如图，延长EF，交AB于点G
设AG=x
∵∠AFG=45°,∠AGF=90°
∴GF=AG=x
∴¿=GF+EF=x+17
∵∠AEG=38°,∠AGF=90°
AG
∴tan38°= ≈0.78
EG
x
∴ ≈0.78
x+17∴x≈60（此时分母不为0）
∵∠BGF=90°,∠GBD=90°,∠BDF=90°
∴四边形GBDF是矩形
∴BG=DF=1.5
∴AB=AG+BG=60+1.5=61.5
故郑州博物馆（新馆）的高度AB为61.5m．
3．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆南开中学校考阶段练习）如图，某工厂准备开发一块四边形ABCD
的空地，点C在点D的南偏东45°方向上，点A在点D的北偏东60°方向上，点B在点A的正东方向，点
C在点B的正南方向．已知AB=2千米，CD=5❑√2千米．（参考数据： ❑√2≈1.414，❑√3≈1.732）
（1）如果要在空地四周建立防护栏，需要多少千米的防护栏？（精确到0.1千米）
（2）该工厂计划用380万元改造该地块，如果每平方千米的改造费用为20万元，通过计算，判断改造费
用是否充足？
【思路点拨】
（1）过点D作BC的垂线段，交BC于点F，过点A作DF的垂线段，交DF于点E，根据题意可得
∠FDC=45°,∠ADE=90°−60°=30°，解直角三角形求出AD,BC的值，即可解答；
（2）根据（1）求得数据，求出四边形ABCD的面积，即可解答．
【解题过程】
（1）解：如图，过点D作BC的垂线段，交BC于点F，过点A作DF的垂线段，交DF于点E，
据题意可得∠FDC=45°,∠ADE=90°−60°=30°，FC ❑√2
∴sin∠FDC=sin45°= = ，
DC 2
❑√2
∴FC=DF= DC=5千米，
2
∵∠AEF=∠EFB=∠B=90°，
∴四边形AEFB为矩形，
∴EF=AB=2千米，
∴DE=DF−EF=3千米，
DE ❑√3
∴cos∠ADE=cos30°= = ，
AD 2
DE
∴AD= =2❑√3
❑√3 ，
2
1
∴BF=AE= AD=❑√3，
2
∴四边形ABCD的周长=AB+BF+FC+CD+DA=7+5❑√2+3❑√3≈19.3千米，
答：需要19.3千米的防护栏；
3❑√3 25
（2）解：四边形ABCD的面积=S +S +S =2❑√3+ + ≈18.562平方千米，
矩形AEFB △ADE △DFC 2 2
∵18.562×20=371.24<380，
∴判断改造费用充足．
4．（2023·全国·九年级专题练习）2022年6月5日，“神舟十四号”载人航天飞船搭载“明星”机械臂成
功发射．如图是处于工作状态的某型号手臂机器人示意图，OA是垂直于工作台的移动基座，AB、BC为
机械臂，OA=1m，AB=5m，BC=2m，∠ABC=143°．机械臂端点C到工作台的距离CD=6m．
（1）求A、C两点之间的距离；
（2）求OD长．
【思路点拨】（1）延长AB，过点C作CE⊥AB，在Rt△BCE中，求出BE、CE的长，再在Rt△ACE中求出AC．
（2）过点A，作AF⊥CD于点F，则四边形AFDO为矩形，求出CF，在Rt△ACF中，求出AF．
【解题过程】
（1）如图，延长AB，过点C作CE⊥AB，
∵∠ABC=143°，
∴∠EBC=37°，
在Rt△BCE中，
BE=BC⋅cos37°=1.6m，
CE=BC⋅sin37°=1.2m，
∴AE=AB+BE=5+1.6=6.6m，
在Rt△ACE中，
AC=❑√AE2+CE2=3❑√5≈6.7m
∴A、C两点之间的距离为6.7m．
（2）过点A，作AF⊥CD于点F，
则四边形AFDO为矩形，
∴AF=DO，DF=OA=1m，
∴CF=6−1=5m在Rt△ACF中，
AF=❑√AC2−CF2=2❑√5≈4.5m，
∴OD=4.5m
5．（2023·江西九江·统考三模）如图1是某品牌的纸张打孔机的实物图，图2是从中抽象出的该打孔机处
于打孔前状态的侧面示意图，其中打孔机把柄OA=5cm，BE是底座，OA与BE所成的夹角为36.8°，O点
是把柄转轴所在的位咒，且O点到底座BE的距离OC=2cm．OD与一根套管相连，OD可绕O点转动，此
时，OD∥BE，套管内含打孔针MN，打孔针的顶端M触及到OA，但与OA不相连，MN始终与BE垂直，
且OM=1cm，MN=2cm．
（1）打孔针MN的针尖N离底座BE的距离是多少厘米?
（2）压下把柄OA，直到A点与B点重合，如图3，此时，M．D两点重合，把柄OA将压下打孔针MN并
将它锲入放在底座BE上的纸张与底座之内，从而完成纸张打孔，问：打孔针MN锲入底座BE有多少厘米？
3 4 3
（参考数据：sin36.8°≈ ，cos36.8°≈ ，tan36.8°≈ ）
5 5 4
【思路点拨】
（1）如答图1，连接CN，先说明四边形COMN是平行四边形可得CN=OM=1cm，再解直角三角形可得
NP≈0.6cm即可解答；
（2）如答图1，由题意可得四边形CODP是平行四边形可得OD=CP=0.8cm．如图3中，设MN与BE的
交点为Q，则OM=OD=0.8cm，BM=OB–OM=4.2cm．又MN∥OC可得△BMQ∼△BOC即
BM:OB=MQ:OC，进而求得MQ=1.68cm，最后根据线段的和差即可解答．
【解题过程】
（1）解：如答图1，连接CN，由题意可知，OC⊥BE，MN⊥BE，
∴OC∥MN
∵OC=MN=2cm，
∴四边形COMN是平行四边形．
∴CN=OM=1cm．
又∵OA与BE所成的夹角为36．8°，
∴∠NCP=36.8°．
在Rt△NCP中，NP=CN⋅sin∠NCP=1×sin36.8°≈0.6cm．
CP=CN⋅cos∠NCP=1×cos36.8°≈0.8cm．
∴打孔针MN的针尖N离底座BE的距离是0．6厘米．
（2）解：如答图1，
∵OD∥BE，OC∥MN，
∴四边形CODP是平行四边形．
∴OD=CP=0.8cm
如图3中，设MN与BE的交点为Q，则OM=OD=0.8cm，BM=OB–OM=4.2cm．
∵MN∥OC，
∴△BMQ∼△BOC
∴BM:OB=MQ:OC，
∴4.2:5=MQ:2，解得MQ=1.68cm．
∴QN=MN –MQ=2−1.68=0.32cm．
∴打孔针MN锲入底座BE有0．32厘米．
6．（2023·河南周口·校考三模）如图1是一个倾斜角为α的斜坡的截面示意图．已知斜坡顶端A到地面的距
1
离AB为2m,tanα= ．为了对这个斜坡上的绿植进行喷灌，在斜坡底端C处安装了一个喷头D，喷头D到
3
地面的距离DC为0.5m，水珠在距喷头D水平距离4m处达到最高，喷出的水珠可以看作抛物线的一部分．
建立如图2所示的平面直角坐标系，并设抛物线的表达式为y=ax2+bx+c，其中喷出水珠的竖直高度为y
（单位：m）（水珠的竖直高度是指水珠到水平地面的距离），水珠与AB的水平距离为x（单位：m）．（1）求抛物线的表达式．
（2）斜坡正中间有一棵高1m的树苗，通过计算判断从喷头D喷出的水珠能否越过这棵树苗．
4
（3）若有一个身高为 m的小朋友经过此斜坡，想要不被淋湿衣服，他到喷头D的水平距离s(m)应在什么
3
范围内？
【思路点拨】
（1）根据三角函数关系得到CB=6m，再由二次函数对称轴公式得到b=−4a，然后再利用待定系数法即
可解得；
（2）通过比较树苗的最高点与相应位置的抛物线函数值大小关系即可判断结果；
（3）利用s表示出对应函数值和小朋友高度值，根据题意列出不等式求解即可；
【解题过程】
（1）解：由题意可知，A(0,2)
AB 2
CB= = =6m
tanα 1 ，
3
( 1)
则点D坐标为D 6, ，
2
b
∵ − =6−4=2，
2a
∴ b=−4a，
将点A坐标代入y=ax2+bx+c得c=2，则y=ax2−4ax+2
1
将点D坐标代入y=ax2−4ax+2得 =36a−24a+2
2
1 1
解得a=− ，则b= ，
8 2
1 1
∴抛物线的表达式为y=− x2+ x+2；
8 2
1 1
（2）解：如图过BC中点F作BC垂线交AC于点E，则EF= AB=1m，BF= BC=3m，
2 21 1 1 3 19
将x=3代入y=− x2+ x+2得，y=− ×9+ +2=
8 2 8 2 8
19 3
∵ =2 >1+1，
8 8
∴从喷头D喷出的水珠能越过这棵树苗；
（3）解：如图过BC上一点H作BC垂线交AC于点G，
1 1 1 1 4
设CH=s，则BH=6−s，HG= s，由题意可得− (6−s) 2+ (6−s)+2> s+
3 8 2 3 3
化简得3s2−16s+20<0，
10
因式分解得(3s−10)(s−2)<0，解得2<s< ，
3
10
∴ 2<s< ．
3
7．（2022·海南·统考中考真题）无人机在实际生活中应用广泛．如图8所示，小明利用无人机测量大楼的
高度，无人机在空中P处，测得楼CD楼顶D处的俯角为45°，测得楼AB楼顶A处的俯角为60°．已知楼
AB和楼CD之间的距离BC为100米，楼AB的高度为10米，从楼AB的A处测得楼CD的D处的仰角为
30°（点A、B、C、D、P在同一平面内）．
（1）填空：∠APD=___________度，∠ADC=___________度；
（2）求楼CD的高度（结果保留根号）；（3）求此时无人机距离地面BC的高度．
【思路点拨】
（1）根据平角的定义求∠APD，过点A作AE⊥DC于点E，再利用三角形内角和求∠ADC；
（2）在Rt△AED中，∠DAE=30°求出DE的长度再根据CD=DE+EC计算即可；
（3）作PG⊥BC于点G，交AE于点F，证明△APF≌△DAE即可．
【解题过程】
（1）过点A作AE⊥DC于点E，
由题意得：∠MPA=60°,∠NPD=45°,∠DAE=30°,
∴∠APD=180°−∠MPA−∠NPD=75°
∠ADC=90°−∠DAE=60°
（2）由题意得：AE=BC=100米，EC=AB=10．
在Rt△AED中，∠DAE=30°，
❑√3 100
∴DE=AE⋅tan30°=100× = ❑√3(米)，
3 3
100
∴CD=DE+EC= ❑√3+10(米)
3
(100 )
∴楼CD的高度为 ❑√3+10 米．
3
（3）作PG⊥BC于点G，交AE于点F，则∠PFA=∠AED=90°,FG=AB=10(米)
∵MN∥AE，
∴∠PAF=∠MPA=60°．
∵∠ADE=60°，
∴∠PAF=∠ADE．
∵∠DAE=30°，
∴∠PAD=30°．
∵∠APD=75°，
∴∠ADP=75°．
∴∠ADP=∠APD．
∴AP=AD．
∴△APF≌△DAE（AAS）．
∴PF=AE=100．
∴PG=PF+FG=100+10=110(米)
∴无人机距离地面BC的高度为110米．
8．（2023·江西上饶·二模）火灾是最常见、最多发的威胁公众安全和社会发展的主要灾害之一，消防车是
消防救援的主要装备．图1是某种消防车云梯，图2是其侧面示意图，点D，B，O在同一直线上，DO可
绕着点O旋转，AB为云梯的液压杆，点O，A，C在同一水平线上，其中BD可伸缩，套管OB的长度不变，
在某种工作状态下测得液压杆AB=3m，∠BAC=53°，∠DOC=37°．（1）求BO的长．
（2）消防人员在云梯末端点D高空作业时，将BD伸长到最大长度6m，云梯DO绕着点O顺时针旋转一定
3
的角度，消防人员发现铅直高度升高了3m，求云梯OD旋转了多少度．（参考数据：sin37°≈ ，
5
3 4 4
tan37°≈ ，sin53°≈ ，tan53°≈ ，sin64°≈0.90，cos64°≈0.44）
4 5 3
【思路点拨】
（1）构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系进行计算即可解答；
（2）求出旋转前点D的高度DF，进而求出旋转后点D′的高度D′G，再根据锐角三角函数的定义求出
∠D′OG的大小即可解答．
【解题过程】
（1）解：如图，过点B作BE⊥OC于点E，
在Rt△ABE中，∠BAC=53°，AB=3m，
4 12
∴BE=AB⋅sin∠BAE=3×sin53°≈3× = ，
5 5
12
在Rt△BOE中，∠BOE=37°，BE= ，
5
BE
∵sin∠BOE= ，
OB12
BE 5
∴OB= = =4．
sin∠BOE 3
5
答：OB=4m．
（2）解：如图，过点D作DF⊥OC于点F，旋转后点D的对应点为D′，过点D′作D′G⊥OC于点G，
过点D作DH⊥D′G于点H，
在Rt△FOD中，OD=OB+BD=4+6=10，∠DOF=37°，
3
∴DF=OD⋅sin37°≈10× =6m，
5
∴D′G=D′H+HG=3+6=9m，
在Rt△D′OG中，OD′=10m,D′G=9m,
D′G 9
∴sin∠D′OG= = ，
D′O 10
∴∠D′OG≈64°，
∴∠D′OD=64°−37°=27°，即云梯OD大约旋转了27°．
9．（2023·海南海口·统考一模）如图，小明为了测量小河对岸大树BC的高度，他在点A处（点G、A、C
在同一水平线上）测得大树顶端B的仰角为45°，沿着坡度i=1:❑√3的斜坡AE走6米到达斜坡上点D处，
此时测得大树顶端B的仰角为31°，点A、B、C、D在同一平面内．（1）填空：∠EAG= °，∠ADB= °；
（2）求斜坡上点D到AG的距离；
（3）求大树BC的高度（结果精确到0.1米．参考数据：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60，
❑√3≈1.73，❑√2≈1.41）
【思路点拨】
（1）由坡度i=1:❑√3可求∠EAG，由平行线的性质和已知条件可求∠ADB；
（2）过D向AG作垂线，利用锐角三角函数进行求解；
（3）设BC=x，求出AF=3❑√3，利用两个直角三角形的锐角三角函数进行求解．
【解题过程】
（1）解：如图所示，作DF⊥AG、DH⊥BC
∵i=1:❑√3
DF
∴tan∠EAG= =1:❑√3
AF
∴∠EAG=30°
∵DH∥CG
∴∠ADB=∠ADH+∠BDH=30°+31°=61°
故答案为：30，61；
（2）在Rt△AFD中，∠DAF=30°,AD=6，
DF=AD⋅sin30°=3，答：点D到AG的距离为3米．
故答案为：3米；
（3）由图可知，四边形DFCH是矩形，
∴CH=DF=3
设BC=x，则BH=BC−CH=x−3，
在Rt△ACB中，∵∠BAC=45°，
∴AC=BC⋅tan45°=x；
在Rt△AFD中，AF=AD⋅cos30°=3❑√3
∴DH=FC=AC+AF=x+3❑√3；
BH
在Rt△BHD中，tan∠BDH=tan31°= ，
DH
x−3
∴ ≈0.60，
x+3❑√3
15+9❑√3
解得x= ≈15.3
2
答：大树BC的高度约为15.3米．
故答案为：15.3米．
10．（2023上·辽宁沈阳·九年级东北育才双语学校校考阶段练习）如图，一般轮船在A处测得灯塔M位于
A的北偏东30°方向上，轮船沿着正北方向航行10海里到达B处，测得灯塔M位于B的北偏东60°方向上，
测得港口C位于B的北偏东45°方向上：已知港口C在灯塔M的正北方向上．
（1）填空：∠AMB= ______度，∠BCM= ______度；
（2）求灯塔M到轮船航线AB的距离（结果保留根号）；
（3）求港口C与灯塔M的距离（❑√2≈1.414，❑√3≈1.732，结果精确到1海里）．
【思路点拨】（1）作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，由三角形外角的定义与性质可得∠AMB=30°，
再由平行线的性质可得∠BCM=45°，即可得解；
（2）作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，由（1）可得：∠A=∠BMA=30°，从而得到
BM=AB=10海里，再由EM=BM⋅sin∠EBM进行计算即可；
（3）作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，证明四边形CDEM是矩形，得到CD=EM=5❑√3
海里，DE=CM，由BE=BM⋅cos∠EBM计算出BE的长度，证明△CDB是等腰直角三角形，得到
CD=BD=5❑√3海里，即可得到答案．
【解题过程】
（1）解：如图，作CD⊥AB交AB于D，作ME⊥AB交AB于E，
，
∵∠DBM=∠A+∠AMB=30°+∠AMB=60°，
∴∠AMB=30°，
∵AB、CM都是正北方向，
∴AB∥CM，
∵∠DBC=45°，
∴∠BCM=45°，
故答案为：30，45；
（2）解：由（1）可得：∠A=∠BMA=30°，
∴BM=AB=10海里，
在Rt△BEM中，∠EBM=60°，BM=10海里，
❑√3
∴EM=BM⋅sin∠EBM=10×sin60°=10× =5❑√3海里；
2
∴灯塔M到轮船航线AB的距离为5❑√3海里；
（3）解：∵ CD⊥AB，ME⊥AB，AB、CM都是正北方向，∴四边形CDEM是矩形，
∴CD=EM=5❑√3海里，DE=CM，
在Rt△BEM中，∠EBM=60°，BM=10海里，
1
∴BE=BM⋅cos∠EBM=10×cos60°=10× =5海里，
2
∵在Rt△CDB中，∠DBC=45°，
∴△CDB是等腰直角三角形，
∴CD=BD=5❑√3海里，
∴CM=DE=BD−BE=5❑√3−5≈4海里，
∴港口C与灯塔M的距离约为4海里．
11．（2023上·重庆九龙坡·九年级重庆市育才中学校联考阶段练习）如图，四边形ABCD是某公园的休闲
步道．经测量，点B在A的正西方向，AB=200❑√3米，点D在A的正北方向，点C在B的西北方向，
BC=300❑√2米，点C在D的南偏西60°方向上．
（1）求步道AD的长度；（精确到个位数）；
（2）小亮以90米/分的速度沿A→B→C→D的方向步行，小明骑自行车以300米/分的速度沿
D→C→B→A的方向行驶．两人能否在4分钟内相遇？请说明理由．（参考数据：❑√2≈1.414，
❑√3≈1.732）
【思路点拨】
（1）过点B作BE⊥AB交CD于点E，过点E作EF⊥AD于点F，过点C作CG⊥BE于点G，证明四边
形ABEF为矩形，得出∠BEF=90°，EF=AB=200❑√3米，AF=BE，证明△BCG为等腰直角三角形，
❑√2 ❑√2
得出CG=BG= BC= ×300❑√2=300（米），根据三角函数得出
2 2
¿=CG×tan∠ECG=300×tan30°=100❑√3≈173（米），求出AF=BE=BG+≥=300+173=473
EF 200❑√3
（米），解直角三角形得出DF= = =200（米），即可求出结果；
tan∠EDF tan60°（2）根据直角三角形性质求出CE=2EG=2×173=346（米），DE=2DF=400米，求出
CD=CE+DE=346+400=746（米），根据AB=200❑√3≈346（米），BC=300❑√2≈423（米），得
出AB+BC+CD=346+423+746=1515（米），根据1515÷(90+300)≈3.9（分钟），即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：过点B作BE⊥AB交CD于点E，过点E作EF⊥AD于点F，过点C作CG⊥BE于点G，如图
所示：
根据作图和已知条件可知，∠A=∠AFE=∠ABE=90°，
∴四边形ABEF为矩形，
∴∠BEF=90°，EF=AB=200❑√3米，AF=BE，
∵∠BGC=90°，∠CBG=45°，
∴△BCG为等腰直角三角形，
❑√2 ❑√2
∴CG=BG= BC= ×300❑√2=300（米），
2 2
∵∠CGE=∠BEF=90°，
∴BG∥EF，
∴∠ECG=∠≝=90°−∠EDF=30°，
∴¿=CG×tan∠ECG=300×tan30°=100❑√3≈173（米），
∴AF=BE=BG+≥=300+173=473（米），
∵∠DFE=90°，∠EDF=60°，
EF 200❑√3
∴DF= = =200（米），
tan∠EDF tan60°
∴AD=AF+FD=473+200=673（米），
即步道AD的长度为673米．
（2）解：两人能在4分钟内相遇；理由如下：∵在Rt△CEG中∠ECG=30°，¿≈173米，
∴CE=2EG=2×173=346（米），
∵在Rt△≝¿中∠≝=30°，DF=200米，
∴DE=2DF=400米，
∴CD=CE+DE=346+400=746（米），
∵AB=200❑√3≈346（米），BC=300❑√2≈423（米），
∴AB+BC+CD=346+423+746=1515（米），
∵1515÷(90+300)≈3.9（分钟），
有∵3.9<4，
∴两人能在4分钟内相遇．
12．（2021下·江西景德镇·九年级统考期中）如图1是一个水龙头的示意图，类似于字母“F”的形状，
将其抽象成如图2所示的截面图形，线段BE是一根固定的轴，线段AB，CD均垂直于线段BE，出水口在
点D处，AB为自来水开关，AB⊥BC即为无水状态，将AB绕点B逆时针向上转动即是开水．若已知
BC=10cm，AB=20cm，CD=30cm．（参考数据，精确到0．1，sin34°=0.56，cos34°=0.83，
❑√2≈1.414，❑√3=1.732，25.0792=629）
（1）求出水龙头不开时，点A与出水口的距离；
（2）当BA向上旋转34°时，即是最大出水量，求出最大出水量时，点A与出水口的距离．
【思路点拨】
（1）连接AD，过点A作AF⊥CD于F，AB⊥BC，DC⊥BC，则四边形ABCF是矩形，在Rt△AFD中，AD2
= AF2 + DF2，勾股定理即可求解．
（2）连接 A′D， 过点 A′ 作 A′F′⊥CD 于 F′， 交 AB 于点 G， 则 AF′⊥AB，由
A′G=A′B⋅sin34∘，BG=A′B⋅cos34∘，进而由A′F′=A′G+GF′，根据CD=30cm，求得
DF′=CD−CF′，由勾股定理得出A′D2=A′F′2+DF′2，即可求解．
【解题过程】（1）连接AD，过点A作AF⊥CD于F，
由题意知：AB⊥BC，DC⊥BC，则四边形ABCF是矩形，
∴CF=AB=20cm， AF= BC=10cm ，
∵CD= 30cm，
∴DF =CD-CF =30-20 =10(cm) ，
在Rt△AFD中，∠AFD=90°，AF =10cm，DF =10cm ，
∵ AD2 = AF2 + DF2 = 102 + 102 =200 ，
∴AD=10❑√2 ≈10×1.414≈14.1 (cm)；
即出水龙头不开时，点A与出水口的距离约为 14.1 cm；
（2）连接 A′D， 过点 A′ 作 A′F′⊥CD 于 F′， 交 AB 于点 G， 则 AF′⊥AB
在 Rt△A′BG 中， ∠A′GB=90°，
∠GBA′=34°,A′B=AB=20cm，
A′G
∵sin∠A′BG=
，
A′B
∴A′G=A′B⋅sin34∘≈20×0.56=11.2(cm)，
BG
∵cos∠A′BG=
，
A′B
∴BG=A′B⋅cos34∘≈20×0.83=16.6(cm)，
∵AB⊥BC,DC⊥BC,A′F′⊥CD，∴四边形 BCFG是矩形，
∴GF′=BC=10cm,CF′=BG=16.6cm，
∴A′F'=A′G+GF′=11.2+10=21.2(cm)，
∵CD=30cm，
∴DF′=CD−CF′=30−16.6=13.4(cm)，
在Rt△A′F′D中，∠A′F′D=90°,
A′F′=21.2cm,DF′=13.4cm，
∵A′D2=A′F′2+DF′2=21.22+13.42=629，
∴A'D≈25.079≈25.1(cm)，
即出最大出水量时，点A与出水口的距离约为25.1cm．
13．（2023下·浙江金华·九年级浙江省义乌市稠江中学校考阶段练习）如图是某风车示意图，其相同的四
个叶片均匀分布，水平地面上的点M在旋转中心O的正下方．某一时刻，太阳光线恰好垂直照射叶片OA，
OB，此时各叶片影子在点M右侧成线段CD，测得MC=8.5m，CD=13m，设光线与地面夹角为α，测
2
得tanα= ．
3
（1）求点O，M之间的距离．
（2）转动时，求叶片外端离地面的最大高度．
【思路点拨】
（1）过点O作AC、BD的平行线，交CD于H，根据平行线分线段成比例得出点H是CD的中点，得出
MH=15m，再由正切函数求解即可；
（2）过点O作水平线OJ交BD于点J，过点B作BI⊥OJ，垂足为I，延长MO，使得OK=OB，利用相
BI OI 2
似三角形的判定和性质得出 = = ，确定四边形OHDJ是平行四边形，然后利用勾股定理求解即可．
IJ BI 3
【解题过程】
（1）如图，过点O作AC、BD的平行线，交CD于H，由题意可知，点O是AB的中点，
∵OH∥AC∥BD，
OA HC
∴ = =1，
OB HD
∴点H是CD的中点，
∵CD=13m，
1
∴CH=HD= CD=6.5m，
2
∴MH=MC+CH=8.5+6.5=15m，
又∵由题意可知：∠OHM=∠BDC=α
OM 2
∴tan∠OHM=tanα= = ，
MH 3
OM 2
∴ = ，
15 3
解得OM=10m，
∴点O、M之间的距离等于10m；
（2）过点O作水平线OJ交BD于点J，过点B作BI⊥OJ，垂足为I，延长MO，使得OK=OB，
∵BI⊥OJ，
∴∠BIO=∠BIJ=90°，
∵由题意可知：∠OBJ=∠OBI+∠JBI=90°，
又∵∠BOI+∠OBI=90°，
∴∠BOI=∠JBI，
∴△BIO∽△JIB，
BI OI 2
∴ = = ，
IJ BI 32 4
∴BI= IJ，OI= IJ，
3 9
∵OJ∥CD,OH∥DJ，
∴四边形OHDJ是平行四边形，
∴OJ=HD=6.5m，
4
∵OJ=OI+IJ= IJ+IJ=6.5m，
9
∴IJ=4.5m，BI=3m，OI=2m，
∵在Rt△OBI中，由勾股定理得：OB2=OI2+BI2，
∴OB=❑√OI2+BI2=❑√22+32=❑√13m，
∴OB=OK=❑√13m，
∴MK=MO+OK=(10+❑√13)m，
∴叶片外端离地面的最大高度等于(10+❑√13)m．
14．（2023·江西南昌·南昌市外国语学校校考一模）三折伞是我们生活中常用的一种伞，它的骨架是一个
“移动副”和多个“转动副”组成的连杆机构，如图1是三折伞一条骨架的结构图，当“移动副”（标号
1）沿着伞柄移动时，折伞的每条骨架都可以绕“转动副”（标号2－9）转动；图2是三折伞一条骨架的
示意图，其中四边形CDEF和四边形DGMN都是平行四边形，AC=BC=13cm，DE=2cm，DN=1cm．
（1）若关闭折伞后，点A、E、H三点重合，点B与点M重合，求BN的长度；
（2）在（1）的条件下，折伞完全撑开时，∠BAC=75°，则点H到伞柄AB距离为多少．
【思路点拨】
（1）由平行四边形的性质可得CD=EF，CF=DE，有关闭折伞后，点A、E、H三点重合，得到
AF=EF，则CD=AC−DE=11cm，BN=BC+CD−DN=23cm；
（2）先求出∠ACB=30°得到∠AFE=∠ACD=150°，即可得到∠EAF=∠AEF=15°，求出
MN=BN=23cm，EG=HG=25cm，过F作FR⊥AE于R，过G作¿⊥AH于T，在AE上取一点Q使1 ❑√3
得AQ=FQ，则∠FQR=30°，解直角三角形得到RF= QF，QR= QF，设AQ=QF=2xcm，则
2 2
AR=(2x+❑√3x)cm，RF=xcm，利用勾股定理得到112=x2+(2x+❑√3x) 2 ，
11 11❑√6+11❑√2 25❑√6+25❑√2
解得x= ，即可得到AE= cm，同理可得EH= cm，则
❑√6+❑√2 2 2
AH=AE+EH=(18❑√6+11❑√2)cm．
【解题过程】
（1）解：∵四边形CDEF是平行四边形，
∴CD=EF，CF=DE，
∵关闭折伞后，点A、E、H三点重合，
∴AF=EF，
∴AC=AF+CF=CD+DE ，
∴CD=AC−DE=11cm ，
∴BN=BC+CD−DN=23cm；
（2）解：由题意得，当伞完全撑开时，A、E、H三点共线，
∵∠BAC=75°，AC=BC=13cm ，
∴∠ABC=∠BAC=75°，
∴∠ACB=180°−∠ABC−∠BAC=30°
∴∠ACD=150°
∵EF∥CD，
∴∠AFE=∠ACD=150°，
∵AF=EF，
∴∠EAF=∠AEF=15°，
∵关闭折伞后，点A、E、H三点重合，点B与点M重合，
∴MN=BN=23cm，EG=HG=25cm，
过F作FR⊥AE于R，过G作¿⊥AH于T，在AE上取一点Q使得AQ=FQ，∴∠QAF=∠QFA=15°，
∴∠FQR=∠QAF+∠QFA=30°，
1 ❑√3
∴RF=QF⋅sin∠FQR= QF，QR=QF⋅cos∠FQR= QF，
2 2
设AQ=QF=2xcm，则AR=(2x+❑√3x)cm，RF=xcm，
在Rt△AFR中，由勾股定理得AF2=AR2+RF2，
∴112=x2+(2x+❑√3x) 2 ，
11
解得x= （负值舍去），
❑√6+❑√2
11❑√6+11❑√2
∴AR=2x+❑√3x= cm，
4
11❑√6+11❑√2
∴AE=2AR= cm，
2
25❑√6+25❑√2
同理可得EH= cm，
2
∴AH=AE+EH=(18❑√6+11❑√2)cm．
15．（22·23九年级下·江西南昌·阶段练习）图1是屏幕投影仪投屏情景图，图2是其侧面示意图，投影光
线AE、投影仪DA在同一直线上，且与三角支架中的A−F−C在同一平面上，点E位于屏幕BG的正中心，
FC=50cm，AF=12cm，AF垂直于水平地面HC，支架点F与水平地面HC的距离为30cm，若投影仪的
尾端D与支架点F所在直线恰好平行于水平地面HC，测得DF=15cm，CH=240cm．（1）求三角支架中的FC与地面的夹角．
（2）求投影点E与水平地面的距离．
（3）若投影仪后移1m，要正常投影，（投影光线射向点E）则投影仪的仰角须减小了多度？
（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，tan39°≈0.8，tan28°≈0.53）
【思路点拨】
FM 30
（1）如图1，过F作FM⊥CH于M，则FM=30，∠FMC=90°，sin∠DCH= = =0.6，即
CF 50
∠DCH=37°，然后作答即可；
（2）如图2，延长DF交BH于N，则∠DNH=90°，四边形HMFN是矩形，则NF=HM，
NH=FM=30，由题意知，CM=CD⋅cos∠DCH=40，则NF=HM=CH−CM=200，
AF DF 12 15
DN=DF+NF=215，证明△ADF∽△EDN，则 = ，即 = ，解得EN=172，根据
EN DN EN 215
EH=EN+NH，计算求解即可；
AF 12
（3）由题意知，tan∠ADF= = =0.8，则∠ADF=39°，当投影仪后移1m，如图3，则
DF 15
D′F′ A′F′ D′F′ 12
A′F′=AF=12，FF′=100cm，证明△A′D′F′∽△ED′N，则 = ，即 = ，
D′N EN 200+100+D′F′ 172
A′F′ 12
45 tan∠A′D′F′= = ≈0.53
解得D′F′= ， D′F′ 45 ，即∠A′D′F′=28°，根据∠ADF−∠A′D′F′，计
2
2
算求解投影仪的仰角减小的度数即可．
【解题过程】
（1）解：如图1，过F作FM⊥CH于M，则FM=30，∠FMC=90°，FM 30
∴sin∠DCH= = =0.6，
CF 50
∴∠DCH=37°，
∴三角支架中的FC与地面的夹角为37°．
（2）解：如图2，延长DF交BH于N，则∠DNH=90°，四边形HMFN是矩形，则NF=HM，
NH=FM=30，
由题意知，CM=CD⋅cos∠DCH=40，
∴NF=HM=CH−CM=200，DN=DF+NF=215，
∵∠ADF=∠EDN，∠AFD=∠END=90°，
∴△ADF∽△EDN，
AF DF 12 15
∴ = ，即 = ，解得EN=172，
EN DN EN 215
∴EH=EN+NH=202，
∴投影点E与水平地面的距离为202cm．
AF 12
（3）解：由题意知，tan∠ADF= = =0.8，
DF 15
∴∠ADF=39°，
当投影仪后移1m，如图3，则A′F′=AF=12，FF′=100cm，∵∠A′D′F′=∠ED′N，∠A′F′D′=∠EN D′=90°，
∴△A′D′F′∽△ED′N，
D′F′ A′F′ D′F′ 12 45
∴ = ，即 = ，解得D′F′= ，
D′N EN 200+100+D′F′ 172 2
A′F′ 12
tan∠A′D′F′= = ≈0.53
∴ D′F′ 45 ，
2
∴∠A′D′F′=28°，
∵∠ADF−∠A′D′F′=39°−28°=11°，
∴投影仪的仰角须减小11度．
16．（2022·河北石家庄·校联考三模）小明在一段斜坡OA−AB上进行跑步训练．在训练过程中，始终有
一架无人机在小明正上方随他一起运动，无人机速度为3m/s，距水平地面的高度总为15m（在直线y=15
上运动）现就小明训练中部分路段作出如图函数图象：已知OA=10❑√10m，斜坡OA的坡度i=1：3，斜
坡AB的坡角为22.5°．
（1）点A坐标为______，OA段y关于x的函数解析式为______；
（2）小明在斜坡AB上的跑步速度是______m/s，并求AB段y关于x的函数解析式；
（3）若小明沿O−A−B方向运动，求无人机与小明之间距离不超过10m的时长．（参考数据：5 12 5
sin22.5°≈ ，cos22.5°≈ ，tan22.5°≈ ）
13 13 12
【思路点拨】
（1）通过三角函数值和已知题意信息可以解出A点坐标，再通过A点坐标和原点进而确定OA段的函数解
析式．
（2）通过AB段对应的无人机飞行的路程和速度求出小明所花的时间，再由三角函数和（1）问得到小明
所走的路程，进而解出小明在AB段的速度，由A，B点确定AB段解析式．
（3）通过OA段和AB段的函数解析式分别求出无人机与小明之间距离为10m时所用的时长，进而计算出
无人机与小明之间距离不超过10m的时长．
【解题过程】
（1）解：如图，过A点作AC⊥OB于点C，
∵AC⊥OB，
∴∠ACO=∠ACB=90°，
∵OA=10❑√10m，斜坡OA的坡度i=AC：OC=1：3，
∴AC=10m，OC=30m，
∴点A坐标为(30,10)，
设OA段y关于x的函数解析式为y=kx（k≠0），
代入A(30，10)，30k=10，
1
解得：k= x，
3
∴OA段y关于x的函数解析式
1
y= x(0≤x≤30)，
3
1
故答案为：(30，10)；y= x(0≤x≤30)．
3
（2）解：在Rt△ABC中，AC=10m，∠ABC=22.5°，AC 5
∵sin∠ABC= =sin22.5°≈ ，
AB 13
AC 5
tan∠ABC= =tan22.5°≈ ，
BC 12
∴AB≈26m，BC≈24m，
∵在训练过程中，始终有一架无人机在小明正上方随他一起运动．无人机速度为3m/s，
∴小明在斜坡AB上跑步的时间为：24÷3=8（s），
13
∴小明在斜坡AB上的跑步速度是：26÷8= （m/s），
4
∵OC=30m，BC=24m，
∴OB=OC+BC=54m，
∴B(54，0)，
设AB段y关于x的函数解析式为：y=mx+n（m≠0）代入A（30，10），B（54，0），
得：¿，
解得：¿，
5 135
∴AB段y关于x的函数解析式为y=− x+ (30≤x≤54)；
12 6
13
故答案为： ．
4
（3）解：在OA段上无人机与小明之间的距离为10m时，
1
则有：15− x=10，
3
解得：x=15，
∴无人机飞行的时间为15÷3=5（s）；
5 135
在AB段上，无人机与小明之间距离为10m时，则有：15−（− x+ ）=10，
12 6
解得：x=42，
∴无人机飞行的时间为42÷3=14（s），
∴无人机与小明之间距离不超过10m的时长为：14−5=9（s）．
17．（2023·浙江温州·温州市第八中学校考三模）根据以下素材，探索完成任务：
素材一：图1是某款遮阳蓬，图2是其侧面示意图，点A，O为墙壁上的固定点，摇臂OB绕点O旋转过程
中，遮阳蓬AB可自由伸缩，蓬面始终保持平整.如图2，∠AOB=90°，OA=OB=1.5米．素材2：某地区某天下午不同时间的太阳高度角α（太阳光线与地面的夹角）的正切值参照表：
时刻 12点 13点 14点 15点
角α的正切 3
4 2 1
值 4
素材 3：小明身高（头顶到地面的距离）约为 1米，如图2，小明所站的位置离墙角的距离（QN）为 1.2
米.
问题解决
这天12点，小明所站位置刚好不被阳光照射到，请求固定点O到墙角的距离（OQ
任务1 确定高度
）的长.
如图2，为不被阳光照射到，旋转摇臂OB，B的对应点为B′，使得B′离墙壁距离为
判断是否
任务2 1.2米，在这天15点时，小明退至刚好不被阳光照射到的地方，请判断他的头顶是
碰到蓬面
否会碰到遮阳蓬面？
如图3，不改变B′的位置，小明打算在这天12-14点之间在遮阳蓬下休息，为使得全
探究合理
任务3 程不被阳光照射到，又不会碰到遮阳蓬面，求小明所站位置离墙角距离（QN）的
范围
范围．
【思路点拨】
任务1，作NM⊥OB于M，解直角三角形即可；任务2，类比任务1的方法，求出GN的长，和小明身高
比较即可；任务3，分别求出12点、14点时，小明所站位置离墙角距离（QN）即可．
【解题过程】
解：任务1，作NM⊥OB于M，所以，四边形QOMN是矩形，
根据题意得，OM=QN=1.2米，
因为OA=OB=1.5米，
所以MB=0.3米，
12点太阳高度角α（太阳光线与地面的夹角）的正切值是4，
MN
所以 =4，解得MN=OQ=1.2米．
BM
任务2，作B′F⊥AQ于F，NG⊥QN，交AB′于G，FB′于H，
∵OB′=OA=1.5米，FB′=1.2米，
∴OF=❑√1.52−1.22=0.9米，AF=AO+OF=2.4米，
∵OQ=1.2米，
∴FQ=0.3米，
由辅助线作法可知，四边形FQNH是矩形，
∴NH=0.3米，
3
∴tan∠α=tan∠NB′F=
，
4
HN 3
=
∴ ，
B′H 4
∴B′H=0.4米，∵HG∥AF，
∴△B′HG∽△B′FA，
HG B′H HG 0.4
∴ = ，即 = ，
AF B′F 2.4 1.2
∴GH=0.8米，
∵GH+HN=1.1>1，
∴他的头顶不会碰到遮阳蓬面．
任务3，由任务2可得，NH=0.3米，
∴tan∠α=tan∠NB′F=1，
∴B′H=0.3米，
GH 3
∵tan∠OB′F= =
，
B′H 4
∴GH=0.225米，
∵GH+HN=0.525米，小于1米，
设小明在点K位置时，头顶刚好碰到遮阳蓬面，
所以KI=1米，
IP=0.7米，
IP 3
∵tan∠OB′F= =
，
B′P 4
14
∴B′P=
米，
15
6 14 4
QK=FP= − −= 米，
5 15 154
QN的求值范围是0<QN< 米 ．
15
18．（2023·浙江温州·统考中考真题）根据背景素材，探索解决问题．
测算发射塔的高度
某兴趣小组在一幢楼房窗口测算远处小山坡上发射
塔的高度MN（如图1）．他们通过自制的测倾仪
（如图2）在A，B，C三个位置观测，测倾仪上的
示数如图3所示．
背
景
素
材
经讨论，只需选择其中两个合适的位置，通过测量、换算就能计算发射塔的高度．
问题解决
分析规划 选择两个观测位置：点_________和_________
任
务
写出所选位置观测角的正切值，并量出观测点
1 获取数据
之间的图上距离．
任
务 推理计算 计算发射塔的图上高度MN．
2
任
楼房实际宽度DE为12米，请通过测量换算发
务 换算高度
射塔的实际高度．
3
注：测量时，以答题纸上的图上距离为准，并精确到1mm．
【思路点拨】
规划一：[任务 1]选择点A和点B,根据正切的定义求得三个角的正切值，测得图上AB=4mm
[任务 2]如图1，过点A作AF⊥MN于点F，过点B作BG⊥MN于点G，设MF=x(mm)．根据x 1 x+4 1
tan∠MAF= = ，tan∠MBG= = ，得出AF=4x，BG=3x+12．由AF=BG，解得x=12，
AF 4 BG 3
FN 1
根据tan∠FAN= = ，得出FN=6mm，即可求解；
48 8
5 18
[任务3 ]测得图上DE=5mm，设发射塔的实际高度为ℎ米．由题意，得 = ，解得ℎ =43.2，
12 ℎ
规划二：[任务 1]选择点A和点C．根据正切的定义求得三个角的正切值，测得图上AC=12mm；
[任务 2]如图2，过点A作AF⊥MN于点F，过点C作CG⊥MN，交MN的延长线于点G，则
x 1 x+12 1
FG=AC=12mm，设MF=x(mm)．根据tan∠MAF= = ，tan∠MCG= = ，得出AF=4x，
AF 4 CG 2
FN 1
CG=2x+24．根据AF=CG，得出x=12，然后根据tan∠FAN= = ，得出FN=6mm，进而即可求
48 8
解．
5 18
[任务 3]测得图上DE=5mm，设发射塔的实际高度为ℎ米．由题意，得 = ，解得ℎ =43.2，即可求解．
12 ℎ
【解题过程】
解：有以下两种规划，任选一种作答即可．
规划一：
[任务 1]选择点A和点B．
1 1 1
tan∠1= ，tan∠2= ，tan∠3= ，测得图上AB=4mm．
8 4 3
[任务 2]如图1，过点A作AF⊥MN于点F，过点B作BG⊥MN于点G，
则FG=AB=4mm，设MF=x(mm)．x 1 x+4 1
∵tan∠MAF= = ，tan∠MBG= = ，
AF 4 BG 3
∴AF=4x，BG=3x+12．
∵AF=BG，
∴4x=3x+12
解得x=12，
∴AF=BG=4x=48mm．
FN 1
∵tan∠FAN= = ，
48 8
∴FN=6mm，
∴MN=MF+FN=12+6=18mm．
[任务3 ]测得图上DE=5mm，设发射塔的实际高度为ℎ米．
5 18
由题意，得 = ，解得ℎ =43.2，
12 ℎ
∴发射塔的实际高度为43.2米．
规划二：
[任务 1]选择点A和点C．
1 1 1
tan∠1= ，tan∠2= ，tan∠4= ，测得图上AC=12mm．
8 4 2
[任务 2]如图2，过点A作AF⊥MN于点F，过点C作CG⊥MN，交MN的延长线于点G，则
FG=AC=12mm，设MF=x(mm)．
x 1 x+12 1
∵tan∠MAF= = ，tan∠MCG= = ，
AF 4 CG 2
∴AF=4x，CG=2x+24．
∵AF=CG，∴4x=2x+24，解得x=12，
∴AF=CG=4x=48mm．
FN 1
∵tan∠FAN= = ，∴FN=6mm，
48 8
∴MN=MF+FN=12+6=18mm．
[任务 3]测得图上DE=5mm，设发射塔的实际高度为ℎ米．
5 18
由题意，得 = ，解得ℎ =43.2．
12 ℎ
∴发射塔的实际高度为43.2米．
19．（2023·江苏宿迁·中考真题）【问题背景】由光的反射定律知：反射角等于入射角（如图，即
∠CEF=∠AEF）．小军测量某建筑物高度的方法如下：在地面点E处平放一面镜子，经调整自己位置
后，在点D处恰好通过镜子看到建筑物AB的顶端A．经测得，小军的眼睛离地面的距离CD=1.7m，
BE=20m，DE=2m，求建筑物AB的高度．
【活动探究】
观察小军的操作后，小明提出了一个测量广告牌高度的做法（如图）：他让小军站在点D处不动，将镜子
移动至E 处，小军恰好通过镜子看到广告牌顶端G，测出DE =2m；再将镜子移动至E 处，恰好通过镜
1 1 2
子看到广告牌的底端A，测出DE =3.4m．经测得，小军的眼睛离地面距离CD=1.7m，BD=10m，求这
2
个广告牌AG的高度．
【应用拓展】
小军和小明讨论后，发现用此方法也可测量出斜坡上信号塔AB的高度．他们给出了如下测量步骤（如图）：①让小军站在斜坡的底端D处不动（小军眼睛离地面距离CD=1.7m），小明通过移动镜子（镜子
平放在坡面上）位置至E处，让小军恰好能看到塔顶B；②测出DE=2.8m；③测出坡长AD=17m；④测
8
出坡比为8:15（即tan∠ADG= ）．通过他们给出的方案，请你算出信号塔AB的高度（结果保留整
15
数）．
【思路点拨】
[问题背景]根据反射定理，结合两个三角形相似的判定与性质，列出相似比代值求解即可得到答案；
[活动探究] 根据反射定理，结合两个三角形相似的判定与性质，运用两次三角形相似，列出相似比代值，
作差求解即可得到答案；
AM AB
[应用拓展] 过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CN⊥AD于点N，证△DCN∽△ABM，得 = ，
DN CD
AM 8 15a 15b
再由锐角三角函数定义得tan∠ABM= = ，设DN=am，AM=bm，则CN= ，BM= ，
BM 15 8 8
BM EM
进而由勾股定理求出a=0.8m，然后由相似三角形的性质得 = ，即可解决问题．
CN EN
【解题过程】
解：[问题背景]如图所示：∵ ∠CEF=∠AEF，AB⊥BD,FE⊥BD,CD⊥BD，
∴∠AEB=∠CED,∠B=∠D=90°，
∴△ABE∽△CDE，
AB CD
∴ = ，
BE DE
∵ CD=1.7m，BE=20m，DE=2m，
AB 1.7
∴ = ，解得AB=17m；
20 2
[活动探究]如图所示：
∵ GB⊥BD,CD⊥BD，
∴∠B=∠D=90°，
∵∠GE B=∠CE D
1 1
∴△GBE ∽△CDE ，
1 1
GB CD
∴ = ，
BE DE
1 1
∵ DE =2m，BD=10m，
1
∴ BE =BD−DE =10−2=8m，
1 1
∵CD=1.7m，
GB 1.7
∴ = ，解得GB=6.8m；
8 2
∵ GB⊥BD,CD⊥BD，
∴∠B=∠D=90°，
∵∠AE B=∠CE D
2 2
∴△ABE ∽△CDE ，
2 2
AB CD
∴ = ，
BE DE
2 2
∵ DE =3.4m，BD=10m，
2∴ BE =BD−DE =10−3.4=6.6m，
2 2
∵CD=1.7m，
AB 1.7
∴ = ，解得GB=3.3m；
6.6 3.4
∴AG=GB−AB=6.8−3.3=3.5m；
[应用拓展] 如图，过点B作BM⊥AD于点M，过点C作CN⊥AD于点N，
由题意得：BG⊥DG，CD⊥DG，
∴∠AGD=∠CDG=∠BMA=∠CND=90°，
∵∠BAM=∠GAD，
∴90°−∠BAM=90°−∠GAD，
即∠ABM=∠ADG，
∵∠ADG+∠DAG=90°，∠ADG+∠CDN=90°，
∴∠CDN=∠DAG，
∴90°−∠CDN=90°−∠DAG，
即∠DCN=∠ADG，
∴∠DCN=∠ADG=∠ABM，
∴△DCN∽△ABM，
AM AB
∴ = ，
DN CD
由题意得：AE=AD−DE=17−2.8=14.2(m)，
8
∵tan∠ADG= ，
15
DN 8 AM 8
∴tan∠DCN= = ，tan∠ABM= = ，
CN 15 BM 1515a 15b
设DN=am，AM=bm，则CN= ，BM= ，
8 8
∵CN2+DN2=CD2，
∴
(15a) 2
+a2=1.72 ，
8
解得：a=0.8(m)（负值已舍去），
15×0.8
∴EN=DE−DN=2.8−0.8=2(m)，CN= =1.5(m)，
8
b AB
∴ = ，
0.8 1.7
17b
∴AB= ，
8
同【问题背景】得：△BME∽△CNE，
BM EM
∴ = ，
CN EN
15b
∴ 8 14.2+b，
=
1.5 2
426
解得：b= (m)，
45
17 426
∴AB= × ≈20(m)，
8 45
答：信号塔AB的高度约为20m．
20．（2023·浙江温州·统考一模）根据以下素材，设计落地窗的遮阳篷．
素材1：如图1，小浩家的窗户朝南，窗户的高度AB=2m，此地一年中的正午时刻，太阳光与地平面的最
小夹角为α，最大夹角为β．如图2，小浩设计直角形遮阳篷BCD，点C在AB的延长线上，CD⊥AC，
它既能最大限度地使冬天温暖的阳光射入室内（太阳光与BD平行），又能最大限度地遮挡夏天炎热的阳
光（太阳光与AD平行）．1 4
素材2：小浩查阅资料，计算出tanα= ，tanβ= （∠EAM=α，∠DAM=β，如图2）．
3 3
素材3：如图3，为了美观及实用性，小浩再设计出圆弧形可伸缩遮阳篷（劣弧CD延伸后经过点B，DF
段可伸缩，F为C´D的中点），BC，CD的长保持不变．
【任务1】如图2，求BC，CD的长．
【任务2】如图3，求劣弧CD的弓高．
2
【任务3】如图3，若某时太阳光与地平面的夹角γ的正切值tanγ= ，要最大限度地使阳光射入室内，求
3
遮阳篷点D上升高度的最小值（点D′到CD的距离）．
【思路点拨】
任务1：由题意得：CD∥AM，BD∥AE，∠C=∠CAM=90°，得到∠CDA=∠DAM=β，
∠BDA=∠EAD，进而推出∠CDB=∠EAM=α，在Rt△CBD中，∠C=90°，得到
BC 1 AC 4
tan∠CDB=tanα= = ，在Rt△ACD中，∠C=90°，得到tan∠CDA=tanβ= = ，结合
CD 3 CD 3
AC=AB+BC，AB=2，即可求得BC，CD的长；
任务2：已知∠BCD=90°，得到BD是直径，取BD的中点G，过点G作GH⊥CD交C´D于点I，即点G
2 2❑√10 ❑√10
是圆心，已知BC= ，CD=2，求得BD= ，根据G是BD的中点，求得BG=DG= ，已知
3 3 3
GH⊥CD，得到∠GHD=∠BCD=90°，结合∠HDG=∠CDB，得到△HGD∼△CBD，进而得到
GH HD DG 1
= = ，求得GH= ，DH=1，得到CH=1，结合BD是直径，点G是圆心，得到
BC CD DB 3
1 1
GI=GB=GD= BD，结合GH⊥CD，GH= ，即可得到HI即为劣弧CD的弓高，根据HI=GI−GH，
2 3
即可求得劣弧CD的弓高；任务3：过点B作BK∥CD，作∠D′BK使得∠D′BK=γ，交C´D于点D′，连接BD′，过点D′作
D′J⊥BK，BD′与CD相交于点Q，D′J与CD相交于点R，
根据BK∥CD，得到∠CQB=∠D′BK=γ，在△CBQ中，结合∠BCH=90°，得到
2
tan∠CQB=tanγ= ，进而得到CQ=1，结合CH=1，可知点Q与点H重合，连接D′G，过点G作
3
D′R 2
GS⊥D′S，得到 ∠D′QR=∠D′BJ=γ，在△D′QR中，得到tan∠D′QR= = ，设D′R=2m，
QR 3
则QR=3m，根据BK∥CD，D′J⊥BK，得到∠QRS=90°，同理得到∠GQR=90°，∠GSR=90°，
∠QRS=∠GQR=∠GSR，
1
即可证明四边形QGSR是矩形，进一步得到QG=RS，HG=RS= ，QR=GS，
3
1 ❑√10
GS=3m，D′S=D′R+RS=2m+ ，结合GD′是半径，得到GD′=
，
3 3
在Rt△D′GS中，根据勾股定理求出m的值，即可求得遮阳篷点D上升高度的最小值．
【解题过程】
任务1：
如图所示：
由题意得：CD∥AM，BD∥AE，∠C=∠CAM=90°，
∵CD∥AM，
∴∠CDA=∠DAM=β，
∵BD∥AE，
∴∠BDA=∠EAD，
∴∠CDA−∠BDA=∠DAM−∠EAD，
∴∠CDB=∠EAM=α，
在Rt△CBD中，∠C=90°，BC 1
∴tan∠CDB=tanα= = ，
CD 3
在Rt△ACD中，∠C=90°，
AC 4
∴tan∠CDA=tanβ= = ，
CD 3
又∵AC=AB+BC，AB=2，则AC=2+BC，
BC 1
{ = )
CD 3
∴ ，
2+BC 4
=
CD 3
{CD=2
)
∴ 2 ，
BC=
3
2
即BC= ，CD=2；
3
任务2：
如图所示：
∵∠BCD=90°，
∴BD是直径，
取BD的中点G，过点G作GH⊥CD交C´D于点I，即点G是圆心，
2
∵BC= ，CD=2，
3
√ 2 2 2❑√10
∴BD=❑√BC2+CD2=❑( ) +22= ，
3 3
∵G是BD的中点，❑√10
∴BG=DG= ，
3
∵GH⊥CD，
∴∠GHD=90°，
∴∠GHD=∠BCD=90°，
又∵∠HDG=∠CDB，
∴△HGD∼△CBD，
GH HD DG
∴ = = ，
BC CD DB
❑√10
GH HD 3 1
∴ = = = ，
2 2 2❑√10 2
3 3
1
∴GH= ，DH=1，
3
∴CH=CD−DH=2−1=1，
由题意可知：BD是直径，点G是圆心，
1 ❑√10
∴GI=GB=GD= BD= ，
2 3
∵GH⊥CD，
∴∠IHD=90°，
1
又∵GH= ，
3
∴HI即为劣弧CD的弓高，
❑√10 1 ❑√10−1
∴HI=GI−GH= − = ，
3 3 3
❑√10−1
∴劣弧CD的弓高为 米；
3
任务3：
如图所示：过点B作BK∥CD，作∠D′BK使得∠D′BK=γ，交C´D于点D′，连接BD′，过点D′作D′J⊥BK，
BD′与CD相交于点Q，D′J与CD相交于点R，
∵BK∥CD，
∴∠CQB=∠D′BK=γ，
在△CBQ中，
∵∠BCH=90°，
2
∴ BC 3 2，
tan∠CQB= = =tanγ=
CQ CQ 3
∴CQ=1，
又∵CH=1，
∴点Q与点H重合，
连接D′G，过点G作GS⊥D′S，
∵BK∥CD，
∴∠D′QR=∠D′BJ=γ，
D′R 2
在△D′QR中，tan∠D′QR= = ，
QR 3
设D′R=2m，则QR=3m，
∵BK∥CD，D′J⊥BK，
∴∠QRS=90°，
又∵GH⊥CD，
∴∠GQR=90°，
又∵GS⊥D′S，
∴∠GSR=90°，
∴∠QRS=∠GQR=∠GSR=90°，∴四边形QGSR是矩形，
∴QG=RS，
1
∴HG=RS= ，QR=GS，
3
1
∴GS=3m，D′S=D′R+RS=2m+
，
3
又∵GD′是半径，
❑√10
∴GD′=
，
3
在Rt△D′GS中，
❑√10 1
∵GD′= ，GS=3m，D′S=2m+
，
3 3
则D′S2+GS2=GD′2，
1 2 ❑√10 2
∴(2m+ ) +(3m) 2=( ) ，
3 3
1 3
解得：m =− （舍），m = ，
1 3 2 13
6
∴D′R=
，
13
6
∴遮阳篷点D上升高度的最小值为 米．
13
