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专题 28.4 解直角三角形的应用（五大题型总结）
【题型一：仰角俯角问题】
1．（24-25九年级上·河北保定·期中）某校学生开展综合实践活动，测量一建筑物CD的高度，如图所示，
在建筑物旁边有一高度为12米的小楼房AB，琪琪同学在小楼房楼底B处测得C处的仰角为60°，在小楼房
楼顶A处测得C处的仰角为45°．（AB、CD在同一平面内，B、D在同一水平面上），则需测量的建筑
物CD的高为（ ）
A．24米 B．18米 C．(16+6❑√3)米 D．(18+6❑√3)米
【思路点拨】
本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，设过点A的水平线于CD交于点E，在Rt△BCD中，用CD
表示BD，在Rt△ACE中，用CD表示AE，再利用AE=BD列方程即可求出CD．
【解题过程】
解：设过点A的水平线于CD交于点E，如图，
由题意知：四边形ABDE是矩形DE=AB=12米，AE=BD，
CD ❑√3
在Rt△BCD中，BD= = CD，
tan60° 3
❑√3
在Rt△ACE中，AE=BD= CD,
3
❑√3
∴CE=AE= CD,
3❑√3 3−❑√3
∴DE=CD−CE=CD− CD= CD,
3 3
3−❑√3
∴ CD=12，
3
解得CD=(18+6❑√3)（米），
故选：D．
2．（24-25九年级上·上海闵行·期中）如图，某兴趣小组用无人机进行航拍测高，无人机从相距20❑√3米的
1号楼和2号楼的地面正中间点B垂直起飞到点A处，测得1号楼顶部E的俯角为60°，测得2号楼顶部F
的俯角为45°．已知1号楼的高度为20米，那么2号楼的高度为 米（结果保留根号）．
【思路点拨】
本题考查了解直角三角形．过点E作EG⊥AB于G，FH⊥AB于H，先利用正切三角函数可求出AG的
值，在Rt△AFH中，求出AH的值，然后根据线段的和差即可得出答案．
【解题过程】
解：如图，过点E作EG⊥AB于G，FH⊥AB于H，
则四边形BCEG和四边形BDFH均为矩形，
∴BC=EG，HF=BD，DF=BH，
由题意得：CE=20米，CD=20❑√3米，BC=BD=10❑√3米，∠AEG=60°，∠AFH=45°，
AG AG
在Rt△AEG中，tan∠AEG= ，即 =tan60°=❑√3，
EG 10❑√3
解得AG=30（米），
∴HF=10❑√3米，在Rt△AFH中，∠AHF=90°，∠AFH=45°，∠FAH=90°−∠AFH=45°，
∴AH=HF=10❑√3米，
∴DF=BH=AG+BG−AH=30+20−10❑√3=50−10❑√3（米），
答：2号楼的高度是(50−10❑√3)米．
故答案为：(50−10❑√3)．
3．（2024·贵州·模拟预测）甲秀楼位于贵阳市南明河上，一座三层三檐四角攒尖顶的木结构建筑，始建于
明代，后经多次修缮，至今仍保持着古朴典雅的风貌，楼内雕梁画栋，美轮美奂．在综合与实践活动中，
某学习小组要利用测角仪测量甲秀楼的高度，如图，AB前有一座高为DE的观景台，已知CD=12m，
∠DCE=30° ，点E，C，A在同一条水平直线上．在观景台C处测得塔顶部B的仰角为45° ，在观景台
D处测得塔顶部B的仰角为27° ．
（1）求DE的长；
（2）求塔AB的高度．（tan27°≈0.5，❑√3≈1.73，结果保留整数）
【思路点拨】
本题主要考查解直角三角形的运用，掌握仰俯角解直角三角形的方法是解题的关键．
（1） 在Rt△DEC中，根据含30°角的直角三角形的性质即可求解；
（2） 根据勾股定理可得CE=6❑√3(m)，设AB= ℎm，由等腰三角形的性质可得EA=(6❑√3+ ℎ)m=DF
，在Rt△BDF中，根据解直角三角形的计算方法即可求解．
【解题过程】
（1）解：由题意得DE⊥EC，在Rt△DEC中，CD=12m，∠DCE=30° ，
1
∴DE= CD=6(m)，
2
∴DE的长为6m．
（2）解：由题意得BA⊥EA，
在Rt△DEC中，DE=6m，∠DCE=30° ，∴CE=❑√CD2−DE2=❑√122−62=6❑√3(m)，
在Rt△ABC中，设AB= ℎm，
∵∠BCA=45° ，
∴AC=AB= ℎm，
∴EA=CE+AC=(6❑√3+ ℎ)m，
如解图，过点D作DF⊥AB，垂足为F，
由题意得DF=EA=(6❑√3+ ℎ)m，DE=FA=6m，
∵AB= ℎm，
∴BF=AB−FA=(ℎ−6)m，
在Rt△BDF中，
∵∠BDF=27° ，
∴BF=DF⋅tan27∘≈0.5(6❑√3+ ℎ)m，
∴ℎ−6=0.5(6❑√3+ ℎ)，
解得ℎ =6❑√3+12≈22，
∴AB=22m，
∴ 塔AB的高度约为22m．
4．（24-25九年级上·山西长治·阶段练习）综合与实践：
【问题情境】
数学活动课上，老师要求九年级(2)班各学习小组的同学测量操场上不同旗杆的高度，活动过程如下：
【实地测量】（1）利用镜子测量：如图1，小康站在操场上点E处，前面水平放置镜面C，并通过镜面观测到旗杆顶端
A，∠DCE=∠ACB．小组中的同学测得小康的眼睛距地面高度DE=1.5米，小康到镜面的距离EC=3
米，镜面到旗杆的距离CB=15米．求旗杆的高度．
（2）利用标杆测量：如图2，小英站在操场上的点E处，她的眼睛D，标杆的顶端C和旗杆的顶端A在一
条直线上，小组中的同学测得小英的眼睛到地面的高度为1.5米，标杆高CF=4米，EF=3米，BF=9
米，DE，CF，AB均垂直于地面，DH与水平面平行．求旗杆的高度．
（3）利用侧角仪测量：小华所在的小组决定先在水平地面上选取观测点E，F（E，F，B在同一直线
上），分别测得旗杆顶端A的仰角∠α=39°，∠β=28°，再测得EF=6米，点C，D到地面的距离CF，
DE均为1.5米．求旗杆的高度（参考数据：tan28°≈0.5，tan39°≈0.8）．
【思路点拨】
本题主要考查相似三角形的判定和性质、解直角三角形．解决本题的关键是利用相似三角形对应边成比例
找到边之间的关系．
（1）首先根据∠DCE=∠ACB、∠DEC=∠ABC=90°，可以证明△DCE∽△ACB，根据相似三角
形对应边成比例可求旗杆的高度；
（2）根据DE，CF，AB均垂直于地面，可证△CDG∽△ADH，根据相似三角形对应边成比例可得
4−1.5 3
= ，解方程可求AH的高度，AH加上小英的眼睛到地面的高度就是旗杆的高度；
AH 3+9
AG AG AG AG
（3）利用tanβ= 、tanα= ，可得 − =6，解方程求出AG的高度，用AG加上CF即可求
CG DG 0.5 0.8
出旗杆的高度．
【解题过程】
（1）解：∵∠DCE=∠ACB，∠DEC=∠ABC=90°，
∴△DCE∽△ACB，
DE AB
∴ = ，
CE CB
1.5 AB
∴ = ，
3 15
∴AB=7.5．
答：旗杆的高度为7.5米；
（2）解：∵DE，CF，AB均垂直于地面，
∴∠CGD=∠AHD=90°，
∵∠CDG=∠ADH，∴△CDG∽△ADH，
CG DG
∴ = ，
AH DH
∵CG=CF−GF=4−1.5=2.5，DG=EF=3，DH=BF+EF=9+3，
4−1.5 3
∴ = ，
AH 3+9
解得：AH=10，
∴AB=10+1.5=11.5，
答：旗杆的高度为11.5米；
（3）解：由题意可得EF=6，DE=CF=GB=1.5，
AG AG
由题意得：tanβ= ，tanα= ，
CG DG
AG AG
∴CG= ，DG= ，
tanβ tanα
∵CD=CG−DG，CD=EF=6，
AG AG
∴EF= − ，
tanβ tanα
AG AG
∴ − =6，
0.5 0.8
解得：AG≈8，
∴AB=AG+GB=8+1.5=9.5．
答：旗杆的高度为9.5米．
5．（24-25九年级上·辽宁辽阳·阶段练习）图1是某学校教师办公楼的人脸识别考勤机（整个头部需在摄
像头视角范围内才能被识别），其示意图如图2，摄像头A的仰角、俯角均为20°，摄像头高度
OA=160cm，识别的最远水平距离OB=150cm．
（1）体育王老师的身高201cm，头部高度为25cm，若他正常站立，王老师能否在有效识别距离内被识
别？请计算说明．（2）数学张老师身高165cm，头部高度为20cm，若张老师正常站立被识别，则张老师离摄像头水平距离
的最小值是多少？请计算说明
（精确到0.1cm，参考数据sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36）
【思路点拨】
本题考查的是解直角三角形的应用，作出合适的辅助线构建直角三角形是解本题的关键；
（1）假定王老师站在考勤机前E处，头顶正好在仰角线上，过点E作OB的垂线分别交仰角、俯角线于点
PC
C，D，交水平线于点P，再利用锐角三角函数求解AP= ≈113.9，再进一步可得结论；
tan∠CAP
（2）假定张老师站在考勤机前F处，头部下颌正好在俯角线上，过点F作OB的垂线分别交仰角、俯角线
QN
于点M，N，交水平线于点Q，再利用锐角三角函数求解AQ= ≈41.7(cm)，再进一步可得结
tan∠NAQ
论．
【解题过程】
（1）解：王老师能在有效识别距离内被识别．
理由：假定王老师站在考勤机前E处，头顶正好在仰角线上，过点E作OB的垂线分别交仰角、俯角线于
点C，D，交水平线于点P，
由题意，得CE=201cm，EP=OA=160cm，
∴PC=CE−PE=201−160=41cm，
∵AP=AP，∠CAP=∠DAP，∠APC=∠APD=90°，
∴△ACP≌△ADP(ASA)，
∴PC=PD，
PC
在Rt△CAP中，AP= ≈113.9，
tan∠CAP
∴OE=113.9cm，
∵OB=150cm，113.9<150，
∴王老师能在有效识别距离内被识别；（2）解：假定张老师站在考勤机前F处，头部下颌正好在俯角线上，过点F作OB的垂线分别交仰角、俯
角线于点M，N，交水平线于点Q，
由题意，得QF=OA=160cm，NF=165−20=145(cm)，
QN=QF−NF=160−145=15(cm)，
同（1）MQ=NQ，
∴MN=30cm>20cm，即整个头部在摄像头视角范围内，
在Rt△NAQ中，∵QN=15cm，∠NAQ=20°，
QN
∴AQ= ≈41.7(cm)，
tan∠NAQ
∴OF≈41.7cm，
答：张老师离摄像头水平距离的最小值约为41.7cm．
【题型二：方位角问题】
6．（2024·山东济宁·一模）如图，一艘船由A港沿北偏东50°方向航行100km至C港，然后再沿北偏西
25°方向航行至B港，B港在A港北偏东20°方向，则A，B两港之间的距离为（ ）．
A．(50❑√3+50)km B．(50❑√3−50)km
C．50❑√3km D．50km
【思路点拨】
本题考查了解直角三角形的应用，方向角问题．过点C作CF⊥AB于点F，依题意，得∠BAC=30°，，设 ，根据三角函数得 ， ，再列方程求出 的值即可．
∠BCF=45° BF=CF=x AF=❑√3x AB=(❑√3+1)x x
【解题过程】
解：如图过点C作CF⊥AB于点F，
由题意，得∠DAC=50°，∠DAB=20°，∠BCE=25°，
∴∠BAC=∠DAC−∠DAB=30°，
∵AD//CG，
∴∠ACG=∠DAC=50°，
∴∠ACB=180°−∠ACG−∠BCE=105°，
在△ABC中∠B=180°−∠BAC−∠ACB=45°，
在△CFB中∠BCF=90°−∠B=45°，
∴∠B=∠BCF，
∴BF=CF，设BF=CF=x，
CF x
AF= = =❑√3x
∴ tan30° ❑√3 ，
3
∴ AB=AF+BF=(❑√3+1)x，AC=2CF=2x=100，
解得：x=50，
∴ AB=(❑√3+1)x=(50❑√3+50)km，
故选：A．
7．（24-25九年级上·福建泉州·期中）某区域平面示意图如图，点O在河的一侧，AC和BC表示两条互相
垂直的公路．甲侦测员在A处测得点O位于北偏东45°，乙勘测员在B处测得点O位于南偏西73.7°，测得
24 7
AC=840m,BC=500m，则点O到BC的距离为 m．（参考数据：sin73.7°≈ ， cos73.7°≈
26 2524
，tan73.7°≈ ）
7
【思路点拨】
本题考查的是解直角三角形的应用，掌握锐角三角函数的定义、正确标注方向角是解题的关键．
作OM⊥BC于M，ON⊥AC于N，设OM=x，根据矩形的性质用x表示出OM、MC，根据正切的定
义用x表示出BM，根据题意列式计算即可．
【解题过程】
解：作OM⊥BC于M，ON⊥AC于N，
则四边形ONCM为矩形，
∴ON=MC，OM=NC，
设OM=x，则NC=x，AN=840−x，
在Rt△ANO中，∠OAN=45°，
∴ON=AN=840−x，则MC=ON=840−x，
OM 7
在Rt△BOM中，BM= = x，
tan∠OBM 24
7
由题意得，840−x+ x=500，
24
解得，x=480，
答：点O到BC的距离为480m．
故答案为：480．
8．（24-25九年级上·山东泰安·阶段练习）如图，某小区有南北两个门，北门A在南门B的正北方向，小
红自小区北门A处出发，沿南偏西53°方向前往小区居民活动中心C处：小强自南门B处出发，沿正西方向行走300m到达D处，再沿北偏西；30°方向前往小区居民活动中心C处与小红汇合，两人所走的路程
相同，求该小区北门A与南门B之间的距离．（结果保留整数，参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6
，tan53°≈1.3，❑√3≈1.73）
【思路点拨】
本题考查了解直角三角形：方位角的应用；过点C作CM⊥AB于M，过D作DN⊥CM于N，则可得四
边形DBMN是矩形；设CN=xm，则可表示出CM，CD，DN，AC，利用两人所走的路程相同建立方
程，求得x，即可求出小区北门A与南门B之间的距离．
【解题过程】
解：过点C作CM⊥AB于M，过D作DN⊥CM于N，
又∵AB⊥BD，
∴四边形DBMN是矩形，
∴MN=BD=300m，DN=MB；
设CN=xm，则CM=CN+MN=(x+300)m；
∵DN⊥CM，∠CDN=30°，
∴CD=2xm，DN=CD⋅cos30°=❑√3xm，
∴MB=DN=❑√3xm；
∵CM⊥AB，∠MAC=53°，CM 5(x+300) CM x+300
∴AC= ≈ m，AM= ≈ m，
sin53° 4 tan53° 1.3
∵两人所走的路程相同，
5(x+300）
∴AC=CD+BD即 =300+2x，
4
解得：x=100；
x+300 4000
∵AM= = m，MB=❑√3x=100❑√3m
1.3 13
4000
∴AB=AM+BM= +100❑√3≈481(m)
13
即小区北门A与南门B之间的距离为481m．
9．（24-25九年级上·重庆开州·期中）为了满足市民健身需求，市政部门在某公园内沿湖边修建了四边形
ABCD循环步道，如图，经勘测，点B在点A的正南方，点C在点A的正东方，点D在点A的东北方向，点
B在点C的南偏西60°方向，点D在点C的北偏西30°方向500米处．（参考数据：❑√2≈1.414，
❑√3≈1.732，❑√6≈2.449）
（1）求AD的长度（结果精确到1米）；
（2）小西准备从点A跑步到点C去见小渝，小西决定选择一条较短线路，请计算说明小西应选择
A−B−C路线，还是A−D−C路线？
【思路点拨】
本题考查的是解直角三角形的应用－方向角问题，30°度所对的直角边为斜边的一半，掌握锐角三角函数
的定义是解题的关键．
（1）过点D作DM⊥AC交AC于点M，根据余弦的定义求出DM，根据等腰直角三角形的性质求出AD
；
（2）根据30°度所对的直角边为斜边的一半得出MC，正切的定义求出AB，根据余弦的定义求出BC，分
别求出路线A−B−C和A−D−C的距离，判断即可；
【解题过程】（1）解：过点D作DM⊥AC交AC于点M，如图，
由题意，得CD=500，∠DCM=60°，
在Rt△CMD中，∠CMD=90°，
❑√3
∴MD=sin∠DCM·CD=sin60°×500= ×500=250❑√3，
2
在Rt△AMD中，∠AMD=90°，且∠DAM=45°，
∴AD=❑√2DM=250❑√6，AM=DM=250❑√3；
又∵250❑√3≈250×2.449≈612，
∴AD的长度为612米；
（2）解：由（1）得：AM=DM=250❑√3，∠MDC=30°，
1
∴MC= CD=250，
2
∴AC=AM+MC=250❑√3+250，
在Rt△BAC中，∠BAC=90°，且∠ACB=30°，
❑√3 250❑√3
∴AB=tan∠ACB·AC=tan30°×(250❑√3+250)= ×(250❑√3+250)=250+ ，
3 3
500❑√3
BC=2AB=500+ ，
3
250❑√3 500❑√3 750❑√3
∴A−B−C路线长为：AB+BC=250+ +500+ =750+ ≈1183，
3 3 3
A−D−C路线长为：AD+DC≈612+500≈1112，
∵1112<1183，
∴小西应选择路线A−D−C．
10．（2024·四川眉山·二模）我国一艘巡航船在南海海域A处巡逻，B岛上的海军发现点A在点B的正西方
向，C岛上的海军发现点A在点C的南偏东30°的方向上，已知点C在点B的北偏西60°方向上，且B、C两
地相距120海里，如图所示．（1）求此时点A到C岛的距离；
（2）AC上的D处有一只渔船发出求救信号，希望A处的巡航船沿AC方向在2个小时赶到D处进行救援，
若巡航船以每小时15海里／小时的速度能提前到达吗？已知在D岛测得点B在D的南偏东75°的方向上．
（不计水流速度，结果保留根号）
【思路点拨】
本题考查解直角三角形的实际应用，解题的关键时添加辅助线，构造直角三角形：
（1）过点C作CE⊥AB，分别解Rt△BCE,Rt△ACE，求出AC的长即可；
（2）过点D作DF⊥AB,DH⊥BC，设AD=x，分别解Rt△ADF,△CDH，求出x的值，比较巡航船2
小时行驶的路程与AD的大小，即可得出结论．
【解题过程】
（1）解：过点C作CE⊥AB，则：∠BEC=∠AEC=90°，
由题意，得：∠ACE=30°,∠CBE=90°−60°=30°，BC=120，
在Rt△BEC中，CE=BC⋅sin30°=60，
❑√3
在Rt△AEC中，AC=CE÷cos30°=60÷ =40❑√3，
2
∴点A到C岛的距离为40❑√3海里；
（2）过点D作DF⊥AB,DH⊥BC，设AD=x，则：CD=AC−AD=40❑√3−x，由题意，得：∠BDF=75°,∠ADF=∠ACE=30°，∠ECB=60°，
∴∠DBA=15°，
∴∠CBD=∠CBA−∠ABD=15°，
∴BD平分∠ABC，
∴DF=DH，
❑√3
在Rt△DAF中，DF=AD⋅cos30°= x，
2
❑√3
∴DF=DH= x，
2
在Rt△DHC中，DH=CD⋅sin30°，
❑√3 1
∴ x= (40❑√3−x)，
2 2
解得：x=60−20❑√3，
∴AD=60−20❑√3，
∵15×2=30>60−20❑√3≈25，
∴巡航船以每小时15海里／小时的速度能提前到达．
【题型三：坡度坡比问题】
11．（2024·湖南·模拟预测）如图，在冬奥会滑雪场有一坡度为1:❑√3的滑雪道，滑雪道AC的长为150m，
则BC的长为（ ）
A．75m B．75❑√3m C．50❑√3m D．100❑√3m
【思路点拨】AB 1 ❑√3
本题考查勾股定义解应用题，涉及坡度定义，根据坡度定义得到 = = ，设AB=❑√3x，则
BC ❑√3 3
BC=3x，在Rt△ABC中，由勾股定理列方程求解即可得到答案．
【解题过程】
解：∵在冬奥会滑雪场有一坡度为1:❑√3的滑雪道，
AB 1 ❑√3
∴ = = ，
BC ❑√3 3
设AB=❑√3x，则BC=3x，
在Rt△ABC中，AC=150m，则由勾股定理可得(❑√3x) 2+(3x) 2=1502，解得x=25❑√3，
∴ BC=3x=75❑√3m，
故选：B．
12．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，坡角α=30°的斜坡上有一棵垂直于水平地面的大树AB，当
太阳光线与水平线成45°角沿斜坡照下时，在斜坡上的树影BC长为4米，则大树AB的高为 米．
【思路点拨】
本题考查了与坡角有关的解直角三角形的应用；过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于点D；在
Rt△BCD中，由三角函数求得BD，CD，再在Rt△ADC中，求得CD，即可求得结果．
【解题过程】
解：如图，过点C作CD⊥AB，交AB的延长线于点D，则∠BCD=α=30°．
在Rt△BCD中，BC=4米，
1 ❑√3
∴BD= BC=2米，CD=BC⋅cosα=4× =2❑√3（米）．
2 2
在Rt△ADC中，∠ACD=45°，
则∠CAD=45°，
∴AD=CD=2❑√3米，
∴AB=AD−BD=(2❑√3−2)米．
故答案为：(2❑√3−2)．
13．（24-25九年级上·安徽合肥·阶段练习）周末爬大蜀山是合肥市民的一项娱乐休闲、锻炼身体的方式之
一．上个周末小明同学从大蜀山西坡沿坡角为37°的山坡爬了300米到达E处，紧接着又爬了坡角为45°的
山坡148米到达山顶，请计算大蜀山的高度约为多少米．（结果精确到1米，参考数据：❑√2≈1.4，
❑√3≈1.7，sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75）
【思路点拨】
本题考查的是解直角三角形的应用中的坡度坡角问题．过点A作AD⊥BC于D，过点E作EF⊥AD于F
，EG⊥BC于G，根据正弦的定义可以分别求出AF和EG的长，然后结合矩形的对边相等即可得到答
案．
【解题过程】
解：过点A作AD⊥BC于D，过点E作EF⊥AD于F，EG⊥BC于G，则四边形EGDF为矩形，
∴EG=FD，
AF
在Rt△AEF中，sin∠AEF= ，
AE❑√2
则AF=AE⋅sin∠AEF=148× =74❑√2≈103.6（米），
2
EG
在Rt△EBG中，sinB= ，
BE
则EG=BE⋅sinB≈300×0.6=180（米），
∴AD=AF+EG=103.6+180=283.6≈284（米），
答：大蜀山的高度约为284米．
14．（24-25九年级上·山东烟台·期中）图1，2分别是某吊车在吊一物品时的实物图与示意图，已知吊车
底盘CD的高度为2米，支架BC的长为4米，BC的坡度为1:❑√3，吊绳AB与支架BC的夹角为80°，吊臂
AC与地面成70°角，求吊车的吊臂顶端A点距地面的高度是多少米？（精确到0.1米；参考数据：
sin10°=cos80°≈0.17，cos10°=sin80°≈0.98，sin20°=cos70°≈0.34，tan70°≈2.75，
sin70°≈0.94）
【思路点拨】
本题考查了解直角三角形和锐角三角函数，等腰三角形的性质，熟练掌握并灵活运用是解题的关键．
❑√3
根据题意可得tan∠BCH= ，即∠BCH=30°，在由平角可得∠ABC=∠ACB，即可求得AC=BC
3
CM
，过点A作AM⊥BC于M，根据等腰三角形的性质可得CM=BM=2，即可求出cos∠ACB= 的
AC
AE
值，从而求出AC的长，再根据 =sin∠ACE，可得AE的长，即可根据AE+CD，求得吊车的吊臂顶
AC
端A点距地面的高度的米数．
【解题过程】
解：如图，由题可知，BH⊥HE，AE⊥HE，CD=2米，BC=4米，∠ABC=80°，∠ACE=70°，∵BC的坡度为1:❑√3，
BH 1 ❑√3
∴tan∠BCH= = = ，
CH ❑√3 3
∴∠BCH=30°，
∵∠BCH+∠ACB+∠ACE=180°，∠ACE=70°
∴∠ACB=80°，
∵∠ABC=80°，
∴∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC，
过点A作AM⊥BC于M，
∴CM=BM=2米，
∵在Rt△ACM中，CM=2米，∠ACB=80°，
CM
∴cos∠ACB= =cos80°≈0.17，
AC
CM 2 200
∴AC= = = 米，
0.17 0.17 17
200
∵在Rt△ACE中，AC= 米，∠ACE=70°，
17
AE
∴ =sin∠ACE=sin70°≈0.94，
AC
200 188
∴AE= ×0.94= ≈11.1米，
17 17
∴AE+CD=11.1+2=13.1米，
∴点A到地面的距离为13.1米．
15．（2024·湖北宜昌·三模）如图是某地下停车库入口的设计示意图，延长CD与AB交于E点，已知坡道
AB的坡比i=1:2.4是指坡面的铅直高度CE与水平宽度AC的比，AC的长为7.2米，CD的长为0.4米．（1）请求出DE的长？
（2）按规定，车库坡道口上方需张贴限高标志，根据图中所给数据，确定该车库入口的限高数值（即点D
到AB的距离）．
【思路点拨】
本题主要考查了解直角三角形的应用，勾股定理，解题的关键是数形结合，作出辅助线．
1 5 CE 5
（1）根据i=1:2.4，得出tan∠CAB= = ，即 = ，求出CE=3米，得出DE=3−0.4=2.6
2.4 12 AC 12
（米）；
5
（2）过点D作DH⊥AB于H，证明∠EDH=∠CAB，得出tan∠EDH=tan∠CAB= ，设EH=5x
12
，DH=12x，根据勾股定理求出DE=❑√DH2+EH2=❑√(12x) 2+(5x) 2=13x，根据DE=2.6米，得出
x=0.2，最后求出结果即可．
【解题过程】
（1）解：如图，由题意可知，AC⊥CE，
∵i=1:2.4，
1 5
∴tan∠CAB= = ，
2.4 12
CE 5
∴ = ，
AC 12
∵AC=7.2米，
∴CE=3米，
∵CD=0.4米，
∴DE=3−0.4=2.6（米）；
（2）解：过点D作DH⊥AB于H，如图所示：∵∠EDH+∠DEH=∠CAB+∠DEH=90°，
∴∠EDH=∠CAB，
5
∵tan∠CAB= ，
12
5
∴tan∠EDH=tan∠CAB= ，
12
EH 5
∴ = ，
DH 12
∴设EH=5x，DH=12x，
∴DE=❑√DH2+EH2=❑√(12x) 2+(5x) 2=13x，
∵DE=2.6米，
∴13x=2.6，
解得：x=0.2，
∴DH=12x=12×0.2=2.4（米），
答：该车库入口的限高数值为2.4米．
【题型四：综合性问题】
16．（24-25九年级上·山东菏泽·期中）如图，无人机在距离地面30米的P处测得A处的俯角为15°，B处
的俯角为60°，若斜坡AB的坡度为1:❑√3，则斜坡AB的长为（ ）
A．15❑√3米 B．20❑√3米 C．25❑√3米 D．30❑√3米
【思路点拨】
此题主要考查了解直角三角形的应用－仰角俯角问题以及坡度坡角问题．过点A作AF⊥BC于点F，根据
三角函数的定义得到∠ABF=30°，根据已知条件得到∠HPB=30°，∠APB=45°，求得∠HBP=60°，解直角三角形即可得到结论．
【解题过程】
解：如图所示：过点A作AF⊥BC于点F，
∵斜面坡度为1:❑√3，
AF 1 ❑√3
∴tan∠ABF= = =
BF ❑√3 3
∴∠ABF=30°，
∵在P处进行观测，测得山坡上A处的俯角为15°，山脚B处的俯角为60°，
∴∠HPB=30°，∠APB=45°，
∴∠HBP=60°，
∴∠PBA=90°，∠BAP=45°，
∴PB=AB，
PH 30 ❑√3
∵PH=30，sin60°= = = ，
PB PB 2
解得：PB=20❑√3，
故AB=20❑√3米，
故选：B．
17．（24-25九年级上·山东烟台·期中）“十一”期间，小华和妈妈到某景区游玩，小华想利用所学的数学
知识估测基区里的观景塔DE的高度，他从点D处的观景塔出来走到点A处，沿着坡度为1:3的斜坡AB从
A点走了2❑√5米到达B点，此时回望观景塔，更显气势宏伟．在B点观察到观景塔顶端的仰角为45°；再
沿水平方向继续往前走到C处，回头观察到观察到观景塔顶端的仰角为30°，测得BC之间的水平距离为10
米，则观景塔DE的高度约为 米．（结果保留根号）【思路点拨】
本题考查的是解直角三角形的应用−仰角俯角、坡度坡角问题．延长CB交DE于F，则BF⊥DE，作
AH⊥BF于H，，根据等腰直角三角形的性质求出AH=❑√2，根据正切的定义用EF表示出CF、BF，
根据题意列式求出EF，结合图形计算，得到答案．
【解题过程】
解：延长CB交DE于F，则BF⊥DE，作AH⊥BF于H，
∵坡度为1:3的斜坡AB，
∴设AH=x，则BH=3x，
∴BH2+AH2=AB2，即(3x) 2+x2=(2❑√5) 2 ，
解得x=❑√2，
∴AH=❑√2，BH=3❑√2，
EF ❑√3
在Rt△ECF中，tan30°= = ，
CF 3
则CF=❑√3EF，
在Rt△EBF中，∠EBF=45°，
∴BF=EF，
由题意得，❑√3EF−EF=10，
解得，EF=5❑√3+5，
则DE=EF+DF=5❑√3+5+❑√2，
故答案为：5❑√3+5+❑√2．
18．（24-25九年级上·上海·阶段练习）如图，为测量学校旗杆AB的高度，小明从旗杆正前方3米处的点
C出发，沿坡度为i=1:❑√3的斜坡CD前进2❑√3米到达点D，在点D处放置测角仪，测得旗杆顶部A的仰角
为37°，量得测角仪DE的高为1.5米．A、B、C、D、E在同一平面内，且旗杆和测角仪都与地面垂直．
求旗杆AB的高度（精确到0.1）．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，
❑√3≈1.73．）【思路点拨】
本题主要考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题和坡度坡比问题，掌握仰角俯角和坡度坡比的定义，并根
据题意构建合适的直角三角形是解题的关键．
延长ED交射线BC于点H，过点E作EF⊥AB于点F，根据坡度比得出DH=❑√3，CH=3，再根据
AF
tan∠AEF=tan37°= ≈0.75求出AF的长即可求解．
EF
【解题过程】
解：延长ED交射线BC于点H，过点E作EF⊥AB于点F，
由题意得DH⊥BC，
在Rt△CDH中，∠DHC=90°，tan∠DCH=DH:CH=1:❑√3，
∴∠DCH=30°，
∴CD=2DH，
∵CD=2❑√3，
∴DH=❑√3，CH=3，
∴BH=BC+CH=3+3=6，
∵EF⊥AB，
∴∠AFE=∠BFE=∠B=∠BHE=90°，
∴四边形BHEF是矩形，
∴BH=EF=6，BF=HE=1.5+❑√3，
AF
∵tan∠AEF=tan37°= ≈0.75，
EF
∴AF=EF⋅tan37°≈6×0.75≈4.5，∴AB=AF+BF=4.5+1.5+❑√3≈7.7，
∴旗杆AB的高度为7.7米．
19．（24-25九年级上·重庆·期中）打铁花，是流传于豫晋地区民间传统的烟火，国家级非物质文化遗产之
一，铁花飞溅，寓意着生活多姿多彩．春节前夕，在渝北区龙湖天街广场举行了一次打铁花表演．小明家
在点A处，表演场地C在小明家北偏东53°．小明有两种方式去看表演，路线①从A经过一段楼梯AD到
5
达点D，tan∠DAB= ，再沿DC到达C处，已知点C在点D的东北方向1600❑√2m处；路线②从A出
12
发沿正东方向到达点B，再沿正北方向到点C处．（A、B、C、D在同一平面内）（参考数据：❑√2≈1.41
3 4 3
，sin37°≈ ，cos37°≈ ，tan37°≈ )
5 5 4
（1）求楼梯AD的长度；
（2）小明计划19:30出门，如果选择路线①只能走路，走路的最快速度是100m/min，如果选择路线②
则可以跑步，跑步的平均速度是200m/min，表演正式开始时间是20:00，小明能赶在表演前到达点C处
吗？如果能，选择哪条路线，如果不能，具体说明原因（数据保留1位小数）．
【思路点拨】
本题考查了解直角三角形的应用，掌握三角函数的意义，勾股定理是解题的关键．
（1）取点D，过D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，设DE=5xm，根据三角函数的定义得到
BC 1600+5x 3
tan∠CAB= = ≈ ，求得x=100，再利用勾股定理求解即可；
AB 1600+12x 4
（2）根据“时间=路程÷速度”列式计算．
【解题过程】
（1）解：如图：取点D，过D作DE⊥AB于E，DF⊥BC于F，连接CD，AD，由题意得：∠BCD=45°，∠CAB=90°−53°=37°，CD=1600❑√2m，∠B=90°，
∴CF=DF=1600m，四边形BEDF为矩形，
∴BE=DF=1600m，
设DE=5xm，
5
∵ tan∠DAB= ，
12
∴AE=12xm，BF=5xm，
BC 1600+5x 3
∵tan∠CAB= = ≈ ，
AB 1600+12x 4
解得：x=100，
∴AE=1200m，DE=500m，
∴AD=❑√AE2+DE2=1300m，
答：楼梯AD的长度为1300m；
（2）解：选择路线①能赶在表演前到达点C处．
1300+1600❑√2
理由：按照路线①需要： ≈35.6>30，
100
∴选择路线①不能赶在表演前到达点C处，
1600+500+1600+1200
按照路线②需要： =24.5<30，
200
∴选择路线①能赶在表演前到达点C处．
20．（24-25九年级上·重庆万州·期中）“天高云淡秋风炎，正是人间好游赏”，周末小明和小华决定到某
地登山游玩，如图，他们同时从A地出发，到达终点C地集合，点C在点A的正北方向，小明先沿着坡度
为i=1:❑√3的斜坡前进600米后达到B地，再沿B地的北偏东45°的方向爬坡到C地，小华沿着A地北偏东
45°的方向的爬坡到D地，再沿D地的北偏西75°方向爬坡到C地．（参考数据：❑√2≈1.41，❑√3≈1.73，
❑√6≈2.45）（1）求点B到点C的距离：（结果保留根号）
（2）已知小明的爬山平均速度为25米/分钟，小华的爬山平均速度为30米/分钟，请通过计算说明：小明
和小华谁先到达终点C处．
【思路点拨】
（1）过点B作BE⊥AC，交AC于点E，设水平线为MN，根据坡度比求出∠BAM=30°，进而易得BE
的长度，然后利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求解；
（2）过点D作DF⊥AC于点F，过点C作CQ⊥AD于点Q，利用（1）求出AC，根据等腰直角三角形
的性质和勾股定理求出CQ和AQ的长度，进而求得DQ，再分别求出小明和小华所走的总路程，然后比较
它们的大小来求解．
【解题过程】
（1）解：过点B作BE⊥AC，交AC于点E，设水平线为MN，
如下图．
∵AB=600m，AB的坡度为i=1:❑√3，
1 ❑√3
则tan∠BAM= =
,
❑√3 3
∴∠BAM=30°．
∵点C在A的正北方向，
∴CA⊥MN，
∴∠MAC=90°，∴∠BAC=60°．
∵BE⊥AC，
∴∠BEA=∠BEC=90°，
∴∠ABE=30°，
BE ❑√3
∴sin∠BAE= =sin60°= ，AE=300m，
AB 2
❑√3 ❑√3
∴BE= AB= ×600=300❑√3(m)．
2 2
∵C地在B地北偏东45°方向上，
∴∠CBE=45°，
∴∠BCE=90°−45°=45°，
∴CE=BE=300❑√3(m)，
∴BC=❑√BE2+CE2=❑√(300❑√3) 2+(300❑√3) 2=300❑√6(m)．
（2）解：过点D作DF⊥AC于点F，过点C作CQ⊥AD于点Q，如下图
∵D地在A地北偏东45°方向上，
∴∠DAC=45°．
由（1）可知CE=BE=300❑√3(m)，AB=600m，
∴AC=AE+CE=(300+300❑√3)．
∵CQ⊥AD，DF⊥AC，
∴∠CQA=∠CQD=∠DFA=∠DFC=90°，
∴∠ACQ=∠ADF=45°，
∴CQ=AQ．
∵AC2=CQ2+AQ2，∴(300+300❑√3) 2=2CQ2=2AQ2，
∴CQ=AQ=(150❑√2+150❑√6)．
∵C地在D地北偏西75°方向上，
∴∠CDF=90°−75°=15°，
∴∠CDQ=∠ADF+∠CDF=45°+15°=60°，
CQ
∴ =tan∠CDQ，
DQ
150❑√2+150❑√6
∴ =❑√3，
DQ
150❑√2+150❑√6
∴DQ= =(50❑√6+150❑√2)，
❑√3
∴AD=AQ+DQ=150❑√2+150❑√6+50❑√6+150❑√2=(300❑√2+200❑√6)．
CQ
∵ =sin∠CDQ，
CD
CQ 2
∴CD= =(150❑√2+150❑√6)× =(100❑√6+300❑√2)，
sin∠CDQ ❑√3
∴AD+CD=300❑√2+200❑√6+100❑√6+300❑√2=600❑√2+300❑√6．
∴AB+BC=600+300❑√6，
∴AB+BC=600+300×2.45=600+735=1335(m)，
AD+CD=600×1.41+300×2.45=1581(m)．
∵小明的爬山平均速度为25米/分钟，小华的爬山平均速度为30米/分钟，
1335
∴小明到终点C所用的时间为 =53.4（分钟），
25
1581
小华到终点C所用的时间为 =52.7（分钟）．
30
∵53.4>52.7，
∴小华先到达终点C处．
【题型五：其它问题】
21．（24-25九年级上·安徽滁州·阶段练习）如图，△ABC，△FED区域为驾驶员的盲区，驾驶员视线PB
与地面BE的夹角∠PBE=43°，视线PE与地面BE的夹角∠PEB=20°，点A,F为视线与车窗底端的交
点，AF∥BE，AC⊥BE，FD⊥BE．若A点到B点的距离AB=1.6m，则盲区中DE的长度是（参考数据：sin43°≈0.7，tan43°≈0.9，sin20°≈0.3，tan20°≈0.4）（ ）
A．2.6m B．2.8m C．3.4m D．4.5m
【思路点拨】
本题考查解直角三角形的应用，首先证明四边形ACDF是矩形，利用∠PBE的正弦值可求出AC的长，即
可得DF的长，利用∠PEB的正切值即可得答案．
【解题过程】
解：∵FD⊥EB,AC⊥EB，
∴DF∥AC，
∵AF∥EB，
∴四边形ACDF是平行四边形，
∵∠ACD=90°，
∴四边形ACDF是矩形，
∴DF=AC，
在Rt△ACB中,∠ACB=90°，
∴AC=AB·sin43°≈1.6×0.7=1.12(m)，
∴DF=AC=1.12(m)，
在Rt△≝¿中,∠FDE=90°，
DF
∴tanE= ，
DE
1.12
∴DE≈ =2.8(m)，
0.4
故选: B．
22．（24-25九年级上·安徽淮北·阶段练习）拉杆箱是外出旅行常用工具．某种拉杆箱示意图如图所示（滚
轮忽略不计），箱体截面是矩形BCDE，BC的长度为50cm，两节可调节的拉杆长度相等，且与BC在同
一条直线上．如图1，当拉杆伸出一节(AB)时，AC与地面夹角∠ACP=50°；如图2，当拉杆伸出两节
(AM,MB)时，AC与地面夹角∠ACP=35°，两种情况下拉杆把手A点距离地面高度相同．求每节拉杆
的长度．（结果保留整数．参考数据：sin50°≈0.77,tan50°≈1.19,sin35°≈0.57,tan35°≈0.70）【思路点拨】
本题考查了解直角三角形的应用，熟练运用锐角三角函数求线段的长是解题的关键．
AN
在图1中，过点A作AN⊥CP于N，设每节拉杆的长度为xcm，由sin∠ACN= ，得
CA
AH
AN=CA⋅sin∠MCN≈0.77(50+x)cm，在图2中，过点A作AH⊥CP于点H， 由sin∠ACH=
AC
，得AH=AC⋅sin∠ACH≈0.57(50+2x)cm，得0.77(50+x)=0.57(50+2x)，解得x≈27．
【解题过程】
解：如图1，过点A作AN⊥CP于N，
在Rt△ACN中，∠ACN=50°，CA=(50+x)cm，
AN
∵sin∠ACN= ，
CA
∴AN=CA⋅sin∠MCN≈0.77(50+x)cm，
如图2，过点A作AH⊥CP于点H，设每节拉杆的长度为xcm，
在Rt△ACH中，∠ACH=35°，CA=(50+2x)cm，
AH
∵sin∠ACH= ，
AC
∴AH=AC⋅sin∠ACH≈0.57(50+2x)cm，
由题意得，0.77(50+x)=0.57(50+2x)，
解得x≈27，
答：每节拉杆的长度约为27cm．
23．（24-25九年级上·河南开封·阶段练习）一款安装在家门口的摄像头，该设备能检测到一定范围的户外情况．如图，BF为水平地面，摄像头安装在门AB上的点A处，设置被检测人或物的高度．
DF=CE=1.7m，CD为监测范围，为了达到良好的效果，要求检测范围不低于2.9m．已知，
∠CAG=45°，∠DAG=72°，请计算摄像头的最低安装高度AB．（结果精确到0.1m，参考数据：
sin72°≈0.95，cos72°≈0.31，tan72°≈3.08）
【思路点拨】
本题考查的是解直角三角形的应用，先表示DG=AG⋅tan∠DAG≈3.08AG，
CD=DG−CG≈3.08AG−AG=2.08AG，结合CD≥2.9，从而可得答案．
【解题过程】
解：由题意可知，四边形BGDF、四边形BGCE是矩形，△AGC、△AGD是直角三角形．
∴BG=CE=1.7米，CD≥2.9米．
在Rt△AGC中，
∵∠CAG=45°，
∴CG=AG．
在Rt△AGD中，
DG
∵tan∠DAG= ，
AG
∴DG=AG⋅tan∠DAG≈3.08AG．
∵CD=DG−CG≈3.08AG−AG=2.08AG,CD≥2.9，
∴2.08AG≥2.9．
∴AG≥1.39（米）．∵AB=AG+BG =1.7+1.39 ≈3.1（米）．
∴摄像头的最低安装高度AB是3.1米．
24．（24-25九年级上·辽宁阜新·阶段练习）实验是培养学生创新能力的重要途径，如图是小亮同学安装的
化学实验装置，安装要求为试管口略向下倾斜，铁夹应固定在距试管口的三分之一处．现将左侧的实验置
1
图抽象成右侧示意图，已知试管AB=24cm，BE= AB，试管倾斜角∠ABG为12°．（参考数据：
3
sin12°≈0.21；cos12°≈0.98）．
（1）求试管口B与铁杆DE的水平距离BG的长度：
（2）实验时，导气管紧靠水槽壁MN，延长BM交CN的延长线于点F，且MN⊥CF于点N（点
C, D, N, F在一条直线上），经测得：DE=28cm，MN=8cm，∠ABM=147°，求线段DN的长度
（结果精确到0.1）．
【思路点拨】
本题考查了解直角三角形的应用，理解题意是解题的关键；
（1）由题意可求得BE的长，再由余弦函数定义即可求得BG的长；
（2）由正弦函数求得EG；延长GB，NM交于点H，则得四边形DNHG是矩形，求得NH，MH，再由
条件得BH=HM，最后由DN=GH=BG+BH即可求解．
【解题过程】
1
（1）解：∵AB=24cm，BE= AB，
3
1
∴BE= ×24=8cm，
3
BG
∵cos12°= ，
8
∴BG=8cos12°cm =8×0.98=7.84(cm)；
EG
（2）解：∵sin12∘= ，
BE
∴EG=8sin12°(cm)，延长GB，NM交于点H，
∴四边形DNHG是矩形，
∴NH=DG=DE−EG=(28−8sin12°)cm，DN=GH，
∴HM=NH−MN=(20−8sin12°)cm，
∵∠ABG=12°,∠ABM=147°，
∴∠FBG=135°，
∴∠MBH=45°，
∴∠MBH=∠BMH=45°，
∴BH=HM=(20−8sin12°)cm，
∴DN=GH=BG+BH
=8cos12°+20−8sin12°
=8×0.98+20−8×0.21
=26.2 (cm)；
答：线段DN的长度为26.2cm．
25．（24-25九年级上·上海·阶段练习）图1是某地下商业街的入口的玻璃顶，它是由立柱、斜杆、支撑杆
组成的支架撑起的，图2是它的示意图．经过测量，支架的立柱AB与地面垂直(∠BAC=90°)，AB=2.7
米，点A、C、M在同一水平线上，斜杆BC与水平线AC的夹角∠ACB=33°，支撑杆DE⊥BC，垂
足为E，该支架的边BD与BC的夹角∠DBE=66°，又测得CE=2.2米．
（1）求该支架的边BD的长；
（2）求支架的边BD的顶端D到地面AM的距离．（结果精确到0.1米）（参考数据：sin33°≈0.54,sin66°≈0.91,cos33°≈0.84,cos66°≈0.40,tan33°≈0.65,tan66°≈2.25）
【思路点拨】
本题主要考查了解直角三角形应用．熟练掌握锐角三角函数定义，矩形判定和性质，解直角三角形相关计
算，是解题的关键．
AB
（1）根据∠BAC=90°,AB=2.7，∠ACB=33°，得BC= =5．根据CE=2.2，得BE=2.8
sin∠ACB
BE
．根据∠BED=90°，∠DBE=66°，得BD= ≈7．
cos∠DBE
（2）过点D作DH⊥AM，垂足为H，过点B作BG⊥DH，垂足为G．则∠DGB=∠DHA=90°，证
明四边形GHAB是矩形，BG∥AM，得∠GBC=33°．得∠DBG=33°．得
DG=BD⋅sin∠DBG≈3.78，根据GH=2.7，得DH≈6.5．
【解题过程】
（1）解：由题意得，∠BAC=90°,AB=2.7，∠ACB=33°，
AB 2.7
∴BC= = =5．
sin∠ACB 0.54
∵CE=2.2
∴BE=BC−CE=5−2.2=2.8．
∵DE⊥BC，
∴∠BED=90°，
∵∠DBE=66°
BE 2.8
∴BD= = ≈7．
cos∠DBE 0.40
答：该支架的边BD的长7米．
（2）解：过点D作DH⊥AM，垂足为H，过点B作BG⊥DH，垂足为G．则∠DGB=∠DHA=90°，
∵∠A=90°，
∴四边形GHAB是矩形，
∵BG∥AM，
∴∠GBC=∠ACB=33°．
∵∠DBE=66°，
∴∠DBG=33°．
∴DG=BD⋅sin∠DBG=7×0.54≈3.78，
∵GH=AB=2.7，
∴DH=DG+GH=3.78+2.7=6.48≈6.5．
答：支架的边BD的顶端D到地面AM的距离为6.5米．
26．（24-25九年级上·上海青浦·期中）图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示
意图如图2所示，两支脚OC=OD=10分米，展开角∠COD=60°，晾衣臂OA=OB=10分米，晾衣臂支
架HG=FE=6分米，且HO=FO=4分米．（参考数据：❑√3≈1.73）
（1）当∠AOC=90°时，求点A离地的距离AM约为多少分米：（结果精确到0.1）
（2）当OB从水平状态旋转到OB′（在CO延长线上）时，点E烧点F随之旋转至OB′上的点E′处，则
B′E′=______．
【思路点拨】
（1）作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J，解直角三角形求出MQ、AQ
即可求出AM的长；
（2）在（1）所作辅助线的基础上，借助三角函数解Rt△OFK、Rt△FKE、Rt△OFJ、Rt△FJ E′，求
出B′E′即可．
【解题过程】
（1）解：如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J，∵AM⊥CD，
∴∠QMP=∠MPO=∠OQM=90°，
∴四边形OQMP为矩形，
∴QM=OP，
∵OC=OD=10，∠COD=60°，
∴△OCD为等边三角形，
∵OP⊥CD，
1 1
∴∠COP= ∠COD= ×60°=30°，
2 2
❑√3
∴OP=OC⋅cos30°=10× =5❑√3（分米），
2
∵∠AOC=∠QOP=90°，即∠AOQ+∠COQ=∠COQ+∠COP，
∴∠AOQ=∠COP=30°，
1 1
∴AQ= OA= ×10=5（分米），
2 2
∴AM=AQ+MQ=5+5❑√3≈13.7（分米）；
即点A离地面的距离AM约为13.7分米；
（2）∵OB∥CD，
∴∠BOD=∠ODC=60°，
1
∴在Rt△OFK中，KO=OF⋅cos60°=4× =2（分米），
2
❑√3
FK=OF⋅sin60°=4× =2❑√3（分米），
2
在Rt△FKE中，EK=❑√EF2−FK2=❑√62−(2❑√3) 2=2❑√6（分米），
∴BE=OB−OK−EK=10−2−2❑√6=(8−2❑√6)（分米），1
在Rt△OFJ中，OJ=OF⋅cos60°=4× =2（分米），
2
❑√3
FJ=OF⋅sin60°=4× =2❑√3（分米），
2
在Rt△FJ E′中，E′J=❑√E′F2−FJ2=❑√62−(2❑√3) 2=2❑√6（分米），
∴B′E′=OB′−(E′J−OJ)=10−(2❑√6−2)=(12−2❑√6)（分米）．
