文档内容
专题第 01 讲 解直角三角形的实际应用
专题第 01 讲 解直角三角形的实际应用
1．（2023•绍兴）图1是某款篮球架，图2是其示意图，立柱OA垂直地面OB，支架CD与OA交于点A，
支架CG⊥CD交OA于点G，支架DE平行地面OB，篮筐EF与支架DE在同一直线上，OA＝2.5米，
AD＝0.8米．∠AGC＝32°．
（1）求∠GAC的度数；
（2）某运动员准备给篮筐挂上篮网，如果他站在凳子上，最高可以把篮网挂到离地面 3米处，那么他
能挂上篮网吗？请通过计算说明理由．（参考数据：sin32°≈0.53，cos32°≈0.85，tan32°≈0.62）
【分析】（1）根据垂直定义可得∠ACG＝90°，然后利用直角三角形的两个锐角互余进行计算，即可解
答；
（2）延长OA，ED交于点M，根据垂直定义可得∠AOB＝90°，从而利用平行线的性质可得∠DMA＝
∠AOB＝90°，再根据对顶角相等可得∠DAM＝∠GAC＝58°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得
∠ADM＝32°，然后在Rt△ADM中，利用锐角三角函数的定义求出AM的长，从而利用线段的和差关系
求出MO的长，比较即可解答．
【解答】解：（1）∵CG⊥CD，
∴∠ACG＝90°，
∵∠AGC＝32°，
∴∠GAC＝90°﹣∠AGC＝90°﹣32°＝58°，
∴∠GAC的度数为58°；
（2）该运动员能挂上篮网，
理由如下：延长OA，ED交于点M，∵OA⊥OB，
∴∠AOB＝90°，
∵DE∥OB，
∴∠DMA＝∠AOB＝90°，
∵∠GAC＝58°，
∴∠DAM＝∠GAC＝58°，
∴∠ADM＝90°﹣∠DAM＝32°，
在Rt△ADM中，AD＝0.8米，
∴AM＝AD•sin32°≈0.8×0.53＝0.42（米），
∴OM＝OA+AM＝2.5+0.424＝2.924（米），
∵2.924米＜3米，
∴该运动员能挂上篮网．
2．（2023•长沙）2023年5月30日9点31分，“神舟十六号”载人飞船在中国酒泉卫星发射中心点火发
射，成功把景海鹏、桂海潮、朱杨柱三名航天员送入到中国空间站．如图，在发射的过程中，飞船从地
面O处发射，当飞船到达A点时，从位于地面C处的雷达站测得AC的距离是8km，仰角为30°；10s后
飞船到达B处，此时测得仰角为45°．
（1）求点A离地面的高度AO；
（2）求飞船从A处到B处的平均速度．（结果精确到0.1km/s，参考数据： ≈1.73）
【分析】（1）根据直角三角形的性质即可得到结论；（2）在Rt△AOC中，根据直角三角形的性质得到OC＝ AC＝4 （km），在Rt△BOC中，根据等
腰直角三角形的性质得到OB＝OC＝4 km，于是得到结论．
【解答】解：（1）在Rt△AOC中，∵∠AOC＝90°，∠ACO＝30°，AC＝8km，
∴AO＝ AC＝ （km），
（2）在Rt△AOC中，∵∠AOC＝90°，∠ACO＝30°，AC＝8km，
∴OC＝ AC＝4 （km），
在Rt△BOC中，∵∠BOC＝90°，∠BCO＝45°，
∴∠BCO＝∠OBC＝45°，
∴OB＝OC＝4 （km），
∴AB＝OB﹣OA＝（4 ）km，
∴飞船从A处到B处的平均速度＝ ≈0.3（km/s）．
3．（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，
≈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．
4．（2023•陕西）小华想利用所学知识测量自家对面的两栋楼AB与CD的高度差．如图所示，她站在自家
阳台上发现，在阳台的点E处恰好可经过楼CD的顶端C看到楼AB的底端B，即点E，C，B在同一直
线上．此时，测得点B的俯角 ＝22°，点A的仰角 ＝16.7°，并测得EF＝48m，FD＝50m．已知，
EF⊥FB，CD⊥FB，AB⊥FB，点F，D，B在同一水平直线上．求楼AB与CD的高度差．（参考数据：
α β
sin16.7°≈0.29，cos16.7°≈0.96，tan16.7°≈0.30，sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40）
【分析】过点C作CG⊥EF于G，过点E作EH⊥AB于H，根据正切的定义分别求出EG、FB、AH，计
算即可．
【解答】解：如图，过点C作CG⊥EF于G，过点E作EH⊥AB于H，
∵EF⊥FB，CD⊥FB，AB⊥FB，∴得矩形CDFG，矩形EFBH，
∴CG＝FD＝50m，HB＝EF＝48m，
在Rt△CGE中，CG＝50m，∠ECG＝ ＝22°，
则EG＝CG•tan∠ECG≈50×0.40＝20.00（m），
α
∴CD＝FG＝EF﹣EG＝48﹣20.0＝28.00（m），
在Rt△EFB中，EF＝48m，∠EBF＝ ＝22°，
则EF＝FB•tan∠EBF，
α
∴48≈FB×0.40，
∴FB＝120.00（m），
在Rt△AHE中，EH＝FB＝120m，∠AEH＝ ＝16.7°，
则AH＝EH•tan∠AEH≈120×0.30＝36.00（m），
β
∴AB＝AH+BH＝AH+EF＝36.00+48＝84.00（m），
∴AB﹣CD＝84.00﹣28.00＝56.00（m），
答：楼AB与CD的高度差约为56.00m．
5．（2023•衡阳）随着科技的发展，无人机已广泛应用于生产生活，如代替人们在高空测量距离和高度，
圆圆要测量教学楼AB的高度，借助无人机设计了如下测量方案：如图，圆圆在离教学楼底部 24 米
的C处，遥控无人机旋停在点C的正上方的点D处，测得教学楼AB的顶部B处的俯角为30°，CD长为
49.6米．已知目高CE为1.6米．
（1）求教学楼AB的高度．
（2）若无人机保持现有高度沿平行于CA的方向，以4 米/秒的速度继续向前匀速飞行．求经过多少
秒时，无人机刚好离开圆圆的视线EB．
【分析】（1）过点B作BM⊥CD于点M，则∠DBM＝∠BDN＝30°，在Rt△BDM中，通过解直角三角
形可得出BM的长度，再结合AB＝CM＝CD﹣DM，即可求出结论；
（2）延长EB交DN于点G，则∠DGE＝∠MBE，在Rt△EMB中，利用锐角三角函数的定义求出
∠MBE＝30°，从而可得∠DEG＝60°，然后在Rt△EDG中，利用锐角三角函数的定义求出DG的长，最
后进行计算即可解答．
【解答】解：（1）过点B作BM⊥CD于点M，则∠DBM＝∠BDN＝30°，
在Rt△BDM中，BM＝AC＝24 米，∠DBM＝30°，
∴DM＝BM•tan∠DBM＝24 × ＝24（米），
∴AB＝CM＝CD﹣DM＝49.6﹣24＝25.6（米）．答：教学楼AB的高度为25.6米；
（2）延长EB交DN于点G，则∠DGE＝∠MBE，
在Rt△EMB中，BM＝AC＝24 米，EM＝CM﹣CE＝24米，
∴tan∠MBE＝ ＝ ＝ ，
∴∠MBE＝30°＝∠DGE，
∵∠EDG＝90°，
∴∠DEG＝90°﹣30°＝60°，
在Rt△EDG中，ED＝CD﹣CE＝48米，
∴DG＝ED•tan60°＝48 （米），
∴48 ÷4 ＝12（秒），
∴经过12秒时，无人机刚好离开了圆圆的视线．
6．（2023•辽宁）暑假期间，小明与小亮相约到某旅游风景区登山．需要登顶600m高的山峰，由山底A
处先步行300m到达B处，再由B处乘坐登山缆车到达山顶D处．已知点A，B，D，E，F在同一平面
内，山坡AB的坡角为30°，缆车行驶路线BD与水平面的夹角为53°（换乘登山缆车的时间忽略不计）．
（1）求登山缆车上升的高度DE；
（2）若步行速度为30m/min，登山缆车的速度为60m/min，求从山底A处到达山顶D处大约需要多少分
钟（结果精确到0.1min）．
（参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）
【分析】（1）根据直角三角形的边角关系求出BM，进而求出DE即可；
（2）利用直角三角形的边角关系，求出BD的长，再根据速度、路程、时间的关系进行计算即可．
【解答】解：（1）如图，过点B作BM⊥AF于点M，由题意可知，∠A＝30°，∠DBE＝53°，DF＝
600m，AB＝300m，
在Rt△ABM中，∠A＝30°，AB＝300m，
∴BM＝ AB＝150m＝EF，∴DE＝DF﹣EF＝600﹣150＝450（m），
答：登山缆车上升的高度DE为450m；
（2）在Rt△BDE中，∠DBE＝53°，DE＝450m，
∴BD＝
≈
＝562.5（m），
∴需要的时间t＝t步行+t缆车
＝ +
≈19.4（min），
答：从山底A处到达山顶D处大约需要19.4分钟．
7．（2023•苏州）四边形不具有稳定性，工程上可利用这一性质解决问题．如图是某篮球架的侧面示意图，
BE，CD，GF为长度固定的支架，支架在A，D，G处与立柱AH连接（AH垂直于MN，垂足为H），
在B，C处与篮板连接（BC所在直线垂直于MN），EF是可以调节长度的伸缩臂（旋转点F处的螺栓
改变EF的长度，使得支架BE绕点A旋转，从而改变四边形ABCD的形状，以此调节篮板的高度）．
已知AD＝BC，DH＝208cm，测得∠GAE＝60°时，点C离地面的高度为288cm．调节伸缩臂EF，将
∠GAE由60°调节为54°，判断点C离地面的高度升高还是降低了？升高（或降低）了多少？（参考数
据：sin54°≈0.8，cos54°≈0.6）
【分析】当∠GAE＝60°时，过点C作CK⊥HA，交HA的延长线于点K，根据已知易得BC∥AH，从而可得四边形ABCD是平行四边形，进而可得AB∥CD，然后利用平行线的性质可得∠ADC＝∠GAE＝
60°，再根据已知可得DK＝80cm，最后在Rt△CDK中，利用锐角三角函数的定义求出CD的长；当
∠GAE＝54°，过点C作CQ⊥HA，交HA的延长线于点Q，在Rt△CDQ中，利用锐角三角函数的定义
求出DQ的长，然后进行计算，即可解答．
【解答】解：点C离地面的高度升高了，
理由：如图，当∠GAE＝60°时，过点C作CK⊥HA，交HA的延长线于点K，
∵BC⊥MN，AH⊥MN，
∴BC∥AH，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ADC＝∠GAE＝60°，
∵点C离地面的高度为288cm，DH＝208cm，
∴DK＝288﹣208＝80（cm），
在Rt△CDK中，CD＝ ＝ ＝160（cm），
如图，当∠GAE＝54°，过点C作CQ⊥HA，交HA的延长线于点Q，在Rt△CDQ中，CD＝160cm，
∴DQ＝CD•cos54°≈160×0.6＝96（cm），
∴96﹣80＝16（cm），
∴点C离地面的高度升高约16cm．
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 ，
∴EF＝ ，
∴EG＝EF+FG＝ 1.8≈9.1m．
答：树EG的高度为9.1m．
9．（2023•丹东）一艘轮船由西向东航行，行驶到A岛时，测得灯塔B在它北偏东31°方向上，继续向东
航行10nmile到达C港，此时测得灯塔B在它北偏西61°方向上，求轮船在航行过程中与灯塔B的最短
距离．（结果精确到0.1nmile）（参考数据：sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60，sin61°≈0.87，
cos61°≈0.48，tan61°≈1.80）．
【分析】过B作BD⊥AC于D，则∠ADC＝∠ADB＝90°，设BD＝x nmile，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：过B作BD⊥AC于D，
则∠ADC＝∠ADB＝90°，
∵∠ABD＝31°，∠CBD＝61°，
设BD＝x nmile，
∴AD＝BD•tan31°，CD＝BD•tan61°，
∵AC＝10nmile，
∴x•tan31°+x•tan61°＝x（0.60+1.80）＝10，
∴x＝BD≈4.2nmile，
答：轮船在航行过程中与灯塔B的最短距离为4.2nmile．
10．（2020秋•苍梧县期末）如图，从水平面看一山坡上的通讯铁塔PC，在点A处用测角仪测得塔顶端点
P的仰角是45°，向前走9米到达B点，用测角仪测得塔顶端点P和塔底端点C的仰角分别是60°和30°．
（1）求∠BPC的度数；
（2）求该铁塔PC的高度．（结果精确到0.1米；参考数据： ≈1.73， ≈1.41）
【分析】（1）延长PC交直线AB于点F，根据直角三角形两锐角互余求得即可；
（2）设PC＝x米，根据AF＝PF，构建方程求出x即可．
【解答】解：（1）延长PC交直线AB于点F，则PF⊥AF，
依题意得：∠PAF＝45°，∠PBF＝60°，∠CBF＝30°，
∴∠BPC＝90°﹣60°＝30°；
（2）设PC＝x米，则CB＝CP＝x米，
在Rt△CBF中，BF＝x•cos30°＝ x米，CF＝ x米，
在Rt△APF中，FA＝FP，
∴9+ x＝ x+x，
∴x＝9+3 ，
∴PC＝9+3 ≈14.2（米），
即该铁塔PC的高度约为14.2米．
11．（2022秋•源汇区校级期末）近几年中学生近视的现象越来越严重，为响应国家的号召，某公司推出
了如图1所示的护眼灯，其侧面示意图（台灯底座高度忽略不计）如图2所示，其中灯柱BC＝18cm，
灯臂CD＝31cm，灯罩DE＝24cm，BC⊥AB，CD、DE分别可以绕点C、D上下调节一定的角度．经使
用发现：当∠DCB＝140°，且ED∥AB时，台灯光线最佳．求此时点D到桌面AB的距离．（精确到
0.1cm，参考数值：sin50°≈0.77，cos50°≈0.64，tan50°≈1.19）【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后根据锐角三角函数，即可得到 DF的长，再根据FG＝
CB，即可求得DG的长，从而可以解答本题．
【解答】解：过点D作DG⊥AB，垂足为G，过点C作CF⊥DG，垂足为F，如图所示，
∵CB⊥AB，FG⊥AB，CF⊥FG，
∴∠B＝∠BGF＝∠GFC＝90°，
∴四边形BCFG为矩形，
∴∠BCF＝90°，FG＝BC＝18cm，
又∵∠DCB＝140°，
∴∠DCF＝50°，
∵CD＝31cm，∠DFC＝90°，
∴DF＝CD•sin50°≈31×0.77＝23.87（cm），
∴DG≈23.87+18≈41.9（cm），
答：点D到桌面AB的距离约为41.9cm．
12．（2023春•巴南区期末）在海平面上有A，B，C三个标记点，其中A在C的北偏西54°方向上，与C
的距离是800海里，B在C的南偏西36°方向上，与C的距离是600海里．
（1）求点A与点B之间的距离；
（2）若在点C处有一灯塔，灯塔的信号有效覆盖半径为500海里，每隔半小时会发射一次信号，此时
在点B处有一艘轮船准备沿直线向点A处航行，轮船航行的速度为每小时20海里．轮船在驶向A处的
过程中，最多能收到多少次信号？（信号传播的时间忽略不计）．【分析】（1）由题意易得∠ACB是直角，由勾股定理即可求得点A与点B之间的距离；
（2）过C作CD⊥AB于D，由面积关系可求得CD的长，判断出CD＜500，分别在DB和DA上找点E
和点F使CF＝CE＝500，分别求得DE、DF的长，可求得此时无人机飞过EF时的时间，从而可求得最
多能收到的信号次数．
【解答】解：（1）依题意有：AC＝800，BC＝600，∠NCA＝54°，∠SCB＝36°，
∴∠ACB＝180°﹣54°﹣36°＝90°，
在Rt△ACB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，
∴AB＝ （米），
答：点A与点B之间的距离为1000米；
（2）过C作CD⊥AB于D，
∵S△ABC ＝ AC•BC＝ AB•CD，
∴CD＝ ＝480（米），
∵480＜500，
故分别在DB和DA上找点E和点F使CF＝CE＝500，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：CD2+DE2＝CE2，
∴DE＝ ＝140（米），
同理得：DF＝140（米），
当无人机处在EF段时能收到信号，由无人机的速度为10m/s，
则无人机飞过此段的时间为： ＝14（小时），
∴无人机收到信号次数最多为 +1＝29（次）．13．（2022秋•宁波期末）如图1是一个简易手机支架，由水平底板DE、侧支撑杆BD和手机托盘长AC
组成，侧面示意图如图2所示．已知手机托盘长AC＝10cm，侧支撑杆BD＝10cm，∠CBD＝75°，
∠BDE＝60°，其中点A为手机托盘最高点，支撑点B是AC的中点，手机托盘AC可绕点B转动，侧支
撑杆BD可绕点D转动．
（1）如图2，求手机托盘最高点A离水平底板DE的高度h（精确到0.1cm）．
（2）如图3，当手机托盘AC绕点B逆时针旋转15°后，再将BD绕点D顺时针旋转 ，使点C落在水
平底板DE上，求 （精确到0.1°）．（参考数据：tan26.6°≈0.5， ≈1.41， ≈1α.73）
α
【分析】（1）作BF⊥DE于点F，BG∥DE，AG⊥BG于点G，构造直角三角形，根据题中的已知条件，
可求出AG，BF的长，可得答案．
（2）由题意可得∠DBC＝90°，在Rt△DBC中，已知两直角边，可求得∠BDC的正切值，进而可求得
的度数．
【解答】解：（1）如图2，作BF⊥DE于点F，BG∥DE，AG⊥BG于点G，
α
∵∠BDE＝60°，
∴∠DBF＝30°，
又∵BD＝10cm，
∴ ，
∵∠CBD＝75°，
∴∠CBF＝45°，
∴∠ABG＝45°，
∵AC＝10cm，B是AC的中点，
∴AB＝5cm
∴ ，
∴ ；
（2）由条件，得：∠DBC＝90°，
又∵BD＝10cm，BC＝5cm，
∴ ，
∴∠BDC≈26.6°，∴ ＝60°﹣26.6°＝33.4°．
14．（2022秋•平昌县校级期末）如图，某渔船沿正东方向以 30海里/小时的速度航行，在A处测得岛C
α
在北偏东60°方向，20分钟后渔船航行到B处，测得岛C在北偏东30°方向，已知该岛C周围9海里内
有暗礁．
参考数据： ≈1.732，sin75°≈0.966，cos75°≈0.259．
（1）B处离岛C 1 0 海里．
（2）如果渔船继续向东航行，有无触礁危险？请说明理由．
（3）如果渔船在B处改为向东偏南15°方向航行，有无触礁危险？说明理由．
【分析】（1）根据方向角的定义以及等腰三角形的判断可得BC＝AB＝10即可；
（2）在Rt△BCD中，由锐角三角函数即可求出答案；
（3）构造直角三角形，由锐角三角函数可求出CD，比较得出结论．
【解答】解：（1）如图，过C作CO⊥AB于O，
由题意得，∠CAB＝90°﹣60°＝30°，∠CBO＝90°﹣30°＝60°，
∴∠ACB＝∠CAB＝30°，
∴ （海里），
故答案为10；
（2）由（1）知，CO为渔船向东航行到C的最短距离，∠CBO＝60°，
∵CO⊥AB，∠CBO＝60°，BC＝10，
∴ ，
∴如果渔船继续向东航行，有触礁危险；（3）过C作CD⊥BF交BF于D，交BO于E，
在Rt△BCD中，∠CBD＝∠CBO+∠DBO＝60°+15°＝75°，BC＝10，
∴CD＝sin75°⋅BC≈9.66＞9，
∴没有触礁的危险．
15．（2022秋•平城区校级期末）如图，某无人机爱好者在一小区外放飞无人机，当无人机飞行到一定高
度D点处时，无人机测得操控者A的俯角为75°，测得小区楼房BC顶端点C处的俯角为45°．已知操控
者A和小区楼房BC之间的距离为45米，无人机的高度为 米．（假定点A，B，C，D都在
同一平面内．参考数据： ， ．计算结果保留根号）
（1）求此时小区楼房BC的高度；
（2）在（1）条件下，若无人机保持现有高度沿平行于AB的方向，并以5米/秒的速度继续向右匀速飞
行．问：经过多少秒时，无人机刚好离开了操控者的视线？
【分析】（1）过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥DE于点F，由题意得AB＝45米，∠DAE＝
75°，∠DCF＝∠FDC＝45°，则CF＝DF，再由四边形 BCFE是矩形，得出 BE＝CF＝DF，在算出
∠DAE的正弦值用含BE的式子表示，求出BE，则DH﹣BE即为所求；
（2）求得AH，即可求得DG＝EH，进而即可求得无人机刚好离开操控者的视线所用的时间．
【解答】解：（1）过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥DE于点F，如图所示：
则四边形BCFE是矩形，
由题意得：AB＝45米，∠DAE＝75°，∠DCF＝∠FDC＝45°，
∵∠DCF＝∠FDC＝45°，∴CF＝DF，
∵四边形BCFE是矩形，
∴BE＝CF＝DF，
在Rt△ADE中，∠AED＝90°，
∴tan∠DAE＝ ＝ ＝2+ ，
∴BE＝30，
经检验，BE＝30是原方程的解，
∴EF＝DH﹣DF＝30+15 ﹣30＝15 （米），
答：此时小区楼房BC的高度为15 米．
（2）∵DE＝15（2+ ）米，
∴AE＝ ＝ ＝15（米），
过D点作DG∥AB，交AC的延长线于G，作GH⊥AB于H，
在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝45米，BC＝15 米，
∴tan∠BAC＝ ＝ ＝ ，
在Rt△AGH中，GH＝DE＝15（2+ ）米，
AH＝ ＝ ＝（30 +45）米，
∴DG＝EH＝AH﹣AE＝（30 +45）﹣15＝（30 +30）米，
（30 +30）÷5＝（6 +6）（秒），
答：经过（6 +6）秒时，无人机刚好离开了操控者的视线．
16．（2022秋•岳麓区校级期末）如图，在一笔直的海岸线 l上有A，B两个观测站，A在B的正东方向．
有一艘渔船在点P处，从A处测得渔船在北偏西60°的方向，从B处测得渔船在其东北方向，且测得
B，P两点之间的距离为20海里．
（1）求观测站A，B之间的距离（结果保留根号）；
（2）渔船从点P处沿射线AP的方向航行一段时间后，到点C处等待补给，此时，从B测得渔船在北
偏西15°的方向．在渔船到达C处的同时，一艘补给船从点B出发，以每小时20海里的速度前往C处，
请问补给船能否在83分钟之内到达C处？（参考数据： ≈1.73）【分析】（1）过点P作PD⊥AB于D点，可得∠BDP＝∠ADP＝90°，然后在Rt△PBD中，利用锐角
三角函数的定义求出BD，DP的长，再在Rt△PAD中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，进行计
算即可解答；
（2）过点B作BF⊥AC，垂足为F，根据题意得：∠ABC＝105°，∠PAD＝30°，从而求出∠C＝45°，然
后在Rt△ABF中，利用锐角三角函数的定义求出BF的长，再在Rt△BCF中，利用锐角三角函数的定义
求出BC的长，进行计算即可解答．
【解答】解：（1）过点P作PD⊥AB于D点，
∴∠BDP＝∠ADP＝90°，
在Rt△PBD中，∠PBD＝90°﹣45°＝45°，BP＝20海里，
∴DP＝BP•sin45°＝20× ＝10 （海里），
BD＝BP•cos45°＝20× ＝10 （海里），
在Rt△PAD中，∠PAD＝90°﹣60°＝30°，
∴AD＝ ＝ ＝10 （海里），
∴AB＝BD+AD＝（10 +10 ）海里，
∴观测站A，B之间的距离为（10 +10 ）海里；
（2）补给船能在83分钟之内到达C处，
理由：过点B作BF⊥AC，垂足为F，∴∠AFB＝∠CFB＝90°
由题意得：∠ABC＝90°+15°＝105°，∠PAD＝90°﹣60°＝30°，
∴∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠PAD＝45°，
在Rt△ABF中，∠BAF＝30°，
∴BF＝ AB＝（5 +5 ）海里，
在Rt△BCF中，∠C＝45°，
∴BC＝ ＝ ＝（10+10 ）海里，
∴补给船从B到C处的航行时间＝ ×60＝30+30 ≈81.9（分钟）＜83分钟，
∴补给船能在83分钟之内到达C处．
17．（2022秋•阳泉期末）“十一”期间，王红与家人开车去乡下看望爷爷和奶奶．她看到汽车尾部自动
升起的后备箱，于是根据实际情况画出了相关的示意图．图1是王红家私家车侧面示意图，其中矩形
ABCD表示该车的后备箱，图2是在打开后备箱的过程中，箱盖ADE可以绕点A顺时针方向旋转，当旋
转角为60°时，箱盖ADE落在AD'E'的位置的示意图．王红测得AD＝90厘米，DE＝30厘米，EC＝40
厘米．根据王红提供的信息解答下列问题：
（1）求点D'到BC的距离；
（2）求点E运动的距离．
【分析】（1）通过作高构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系以及旋转的性质求出D′H即可；
（2）根据勾股定理求出AE的长，再根据弧长的计算方法求出弧EE′的长即可．
【解答】解：（1）如图2，过点D′作D′H⊥AD于H，连接AE，AE′，由题意可知，D′E′＝DE＝30cm，AD′＝AD＝90cm，∠DAD′＝∠EAE′＝60°，
在Rt△AD′H中，AD′＝90cm，∠HAD′＝60°，
∴D′H＝ AD′＝45 （cm），
∴点D′到BC的距离为D′H+DC＝45 +30+40＝（70+45 ）cm，
答：点D'到BC的距离为（70+45 ）cm；
（2）在Rt△ADE中，AD＝90cm，DE＝30cm，
∴AE＝ ＝ ＝30 （cm），
∴弧EE′的长为 ＝10 （cm），
答：点E运动的距离为10 cm． π
π
18．（2022秋•鄞州区期末）小丽与爸妈在公园里荡秋千．如图，小丽坐在秋千的起始位置 A处，OA与地
面垂直，两脚在地面上用力一蹬，妈妈在距地面1.2m高的B处接住她后用力一推，爸爸在C处接住她．
若妈妈与爸爸到OA的水平距离BD、CE分别为1.8m和2.4m，∠BOC＝90°．
（1）△CEO与△ODB全等吗？请说明理由．
（2）爸爸在距离地面多高的地方接住小丽的？
（3）秋千的起始位置A处与距地面的高是 0. 6 m．
【分析】（1）由直角三角形的性质得出∠COE＝∠OBD，根据AAS可证明△COE≌△OBD；
（2）由全等三角形的性质得出CE＝OD，OE＝BD，求出DE的长则可得出答案；
（3）因为OA＝OB，由勾股定理求得OB，再根据AM＝OD+DM﹣OA便可求得结果．
【解答】解：（1）△OBD与△COE全等．
理由如下：由题意可知∠CEO＝∠BDO＝90°，OB＝OC，
∵∠BOC＝90°，
∴∠COE+∠BOD＝∠BOD+∠OBD＝90°．
∴∠COE＝∠OBD，
在△COE和△OBD中，
，
∴△COE≌△OBD（AAS）；
（2）∵△COE≌△OBD，
∴CE＝OD，OE＝BD，
∵BD、CE分别为1.8m和2.4m，
∴OD＝2.4m，OE＝1.8m，
∴DE＝OD﹣OE＝CE﹣BD＝2.4﹣1.8＝0.6（m），
∵妈妈在距地面1.2m高的B处，即DM＝1.2m，
∴EM＝DM+DE＝1.8（m），
答：爸爸是在距离地面1.8m的地方接住小丽的；
（3）∵OA＝OB＝ ＝3（m），
∴AM＝OD+DM﹣OA＝2.4+1.2﹣3＝0.6（m）．
∴秋千的起始位置A处与距地面的高0.6m．
故答案为：0.6．
19．（2022秋•蒙城县期末）北京时间2022年6月5日10时44分，神舟十四号载人飞船在酒泉发射升空，
为弘扬航天精神，某校在教学楼上从楼顶位置悬挂了一幅励志条幅GF．如图，已知楼顶到地面的距离
GE为18.5米，当小亮站在楼前点B处，在点B正上方点A处测得条幅顶端G的仰角为37°，然后向教
学楼方向前行15米到达点D处（楼底部点E与点B，D在一条直线上），在点D正上方点C处测得条
幅底端F的仰角为42°，若AB，CD均为1.7米（即四边形ABDC为矩形），请你帮助小亮计算：
（1）当小亮站在B处时离教学楼的距离BE；
（2）求条幅GF的长度．
（结果精确到 0.1m，参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin42°≈0.67，
cos42°≈0.74，tan42°≈0.90）【分析】（1）延长AC交EG于H，根据矩形的性质得到AB＝CD＝EH＝1.7米，AC＝BD，AH＝BE，
根据三角函数的定义即可得到结论；
（2）由（1）知CH＝7，4米，解直角三角形即可得到结论．
【解答】解：（1）延长AC交EG于H，
则AB＝CD＝EH＝1.7米，AC＝BD，AH＝BE，
∵GE＝18.5米，
∴HG＝EG﹣HE＝18.5﹣1.7＝16.8（米），
在Rt△AGH中，∠GAH＝37°，
∴tan37°＝ ＝ ≈0.75，
∴CH＝7.4，
∴BE＝AH＝15+7.4＝22.4（米），
答：小亮站在B处时离教学楼的距离BE为22.4米；
（2）由（1）知CH＝7.4米，
在Rt△FCH中，∵∠FCH＝42°，
∴tan42°＝ ＝ ≈0.90，
∴FH＝6.66，
∴FG＝GH﹣FH＝16.8﹣6.66≈10.1（米），
答：条幅GF的长度约为10.1米．
20．（2022秋•北碚区校级期末）如图，某工程队从A处沿正北方向铺设了184米轨道到达B处．某同学
在博物馆 C 测得 A处在博物馆 C 的南偏东 27°方向，B处在博物馆 C 的东南方向．（参考数据：
sin27°≈0.45，cos27°≈0.90，tan27°≈0.50， ≈2.45．）
（1）请计算博物馆C到B处的距离；（结果保留根号）
（2）博物馆C周围若干米内因有绿地不能铺设轨道．某同学通过计算后发现，轨道线路铺设到 B处时，
只需沿北偏东15°的BE方向继续铺设，就能使轨道线路恰好避开绿地．请计算博物馆C周围至少多少
米内不能铺设轨道．（结果精确到个位）【分析】（1）过点C作CG⊥AB于点G，证△BCG是等腰直角三角形，得CG＝BG，设CG＝BG＝x
米，则BC＝ x米，再由锐角三角函数定义得AG≈2CG＝2x米，则2x≈184+x，解得x≈184，即可解
决问题；
（2）过点C作CH⊥BE于点H，根据题意得∠CBE＝60°，在Rt△CBH中，利用锐角三角函数的定义求
出CH的长即可．
【解答】解：（1）如图1，过点C作CG⊥AB于点G，
在Rt△BCG中，∠CBG＝45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴CG＝BG，
设CG＝BG＝x米，则BC＝ x米，
在Rt△ACG中，∠CAG＝27°，tan∠CAG＝ ＝tan27°≈0.50，
∴AG≈2CG＝2x米，
∵AG＝AB+BG＝（184+x）米，
∴2x≈184+x，
解得：x≈184，
∴BC＝ x≈184 （米），
答：博物馆C到B处的距离约为184 米；
（2）如图2，过点C作CH⊥BE于点H，
由题意得：∠CBG＝45°，∠DBE＝15°，
∴∠CBE＝∠CBG+∠DBE＝60°，
由（1）可知，BC≈184 米，
在Rt△CBH中，CH＝BC•sin60°≈184 × ＝92 ≈225（米），
答：博物馆C周围至少225米内不能铺设轨道．
21．（2022秋•辽宁期末）“愚公移山”是我国著名寓言故事，它告诉了我们坚持不懈的道理．某日，小
张穿越至愚公的年代，碰到了移山的众人．
（1）在运输山石等杂物时，有两条路可行，已知A，B间的直线距离为50里（如图1所示）．
线路1：折线ACDB，已知点C在点A东北方向，点B在点D东偏南53°方向，CD∥AB，且C，D间的
距离为30里；线路2：以AB为直径的半圆．如果仅从远近考虑，小张应该告知愚公选取哪一条线路使得路程更短？
请你通过计算说明理由．
（2）愚公为了能够更精确地了解所移之山MN的高度，请求小张帮其测量．如图2所示，已知在山MN
的后方有一座高140米的小山PQ，小张站在线段QN上的点E处，EQ＝480米，此时小张测得点M的
仰角为60°，随后小张到达小山山顶点P处测得点M的仰角为21°，请你帮小张求出山高MN的值．
（结果保留 3 位有效数字，以下为参考三角比与数值） ； ；
sin39°≈0.63； ；
【分析】（1）过点C，D分别作AB的垂线，垂足分别为G，F，分别解Rt△ACG，Rt△DBF，计算
AC+CD+DB，以及半圆，即可求解；
（2）设PH⊥MN于点H，连接PE，过点E作ET⊥MP于点T，根据已知条件得出∠PEQ＝16°，解
Rt△PTE，Rt△MET，Rt△MNE，即可求解．
【解答】（1）解：如图，过点C，D分别作AB的垂线，垂足分别为G，F，
∵CD∥AB，CG⊥AB，DF⊥AB，
∴CG＝DF，
依题意，∠CAG＝45°，∠DBF＝53°，则∠BDF＝37°，AG＝CG＝DF，
∵ ，
∴ ，
在Rt△ACG中， ，
在Rt△DBF中， ， ，
∵CD＝30里，AB＝50里，∴ ，
解得： ，
∴ ， ，
∴AC+CD+DB＝16+30+14＝60里，
∵AB＝50里，
∴路线2，半圆的路程为 里，
所以线路1：折线ACDB的路程更短；
（2）如图，设PH⊥MN于点H，连接PE，过点E作ET⊥MP于点T，
则PQNH是矩形，
∴NH＝PQ＝140，PH＝QN，HP∥NQ，
依题意，∠MEN＝60°，∠MPH＝21°，
则∠NMP＝90°﹣21°＝69°，
在Rt△PQE中，PQ＝140，EQ＝480，
∴ m，
∴ ，
∵ ，
∴∠PEQ＝16°，
∵HP∥NQ，
∴∠HPE＝∠PEQ＝16°，
∴∠EPT＝∠EPH+∠HPT＝16°+21°＝37°，
在Rt△PTE中， m，
在Rt△NME中，∠MEN＝60°，
∴∠NME＝30°，
∴∠EMT＝∠NMP﹣∠NME＝69°﹣30°＝39°，在Rt△MET中， ，
在Rt△MNE中， （米），
∴山高MN为412米．
22．（2023春•通河县期末）如图，一艘轮船以每小时35海里的速度向东航行，在A处观测到在它的东北
方向（北偏东45°）点C处有一艘捕渔船，2小时后轮船到达点B处，突然收到渔船的求救信号，此时
观测到渔船C位于点B的北偏东15°方向上．
（1）求∠ACB的度数；
（2）轮船收到求救信号后，立即沿BC以每小时 海里的速度赶往C处救援，那么轮船需多少小时
赶到C处？
【分析】（1）根据三角形的内角和定理即可得到结论；
（2）作BF⊥AC于F，国家等腰三角形的性质得到AF＝BF，根据勾股定理得到，解直角三角形即可得
到结论．
【解答】解：（1）∵∠DAC＝45°，∠DAB＝90°，
∴∠CAB＝45°，
∵∠EBC＝15°，∠ABE＝90°，
∴∠ABC＝105°，
∴∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠CAB＝180°﹣105°﹣45°＝30°；
（2）过B作BF⊥AC于F，
∴∠FAB＝∠FBA＝45°，
∴AF＝BF，
∵AB＝35×2＝70（海里），AB2＝AF2+BF2，
∴ （海里），
∵∠ACB＝30°，
∴ （海里），
∵ ，
∴轮船需 小时赶到C处．23．（2022秋•静安区校级期末）某大型购物中心为方便顾客地铁换乘，准备在底层至B 层之间安装电梯，
1
截面图如图所示，底层与B 层平行，层高AD为9米，A、B间的距离为6米，∠ACD＝20°．
1
（1）请问身高1.9米的人在竖直站立的情况下搭乘电梯，在B处会不会碰到头？请说明理由．
（2）若采取中段平台设计（如图虚线所示）．已知平台EF∥DC，且AE段和FC段的坡度i＝1：2，求
平台EF的长度．
【参考数据：sin20°≈0.34，cos20°≈0.94，tan20°≈0.36】
【分析】（1）先过点B作GB⊥AB，交AC于点G，根据∠ACD＝20°，AB∥CD，得出∠BAG＝20°，
再根据正切定理求出BG的长，然后与人的身高进行比较，即可得出答案；
（2）根据AD的长求出CD，再过点F作FM⊥CD，垂足为点M，过点E作EN⊥AD，垂足为点N，设
FM＝x，则AN＝9﹣x，根据AE段和FC段的坡度i＝1：2，求出CM和NE的长，最后根据EF＝CD﹣
（CM﹣NE），即可求出答案．
【解答】解：（1）过点B作GB⊥AB，交AC于点G，
∵∠ACD＝20°，AB∥CD，
∴∠BAG＝20°，
∴BG＝tan20°×6＝0.36×6＝2.16＞1.9
∴不会碰到头部；
（2）∵AD＝9，
∴CD＝ ＝25，
过点F作FM⊥CD，垂足为点M，过点E作EN⊥AD，垂足为点N，
设FM＝x，则AN＝9﹣x，
∵AE段和FC段的坡度i＝1：2，∴CM＝2x，NE＝2（9﹣x）＝18﹣2x，
∴CM+NE＝2x+18﹣2x＝18，
∴EF＝CD﹣（CM﹣NE）≈25﹣18＝7（米）．
24．（2022秋•益阳期末）筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，唐代陈廷章在《水轮赋》中写道：
“水能利物，轮乃曲成”．如图，半径为3m的筒车 O按逆时针方向每分钟转 圈，筒车与水面分别
交于点A、B，筒车的轴心O距离水面的高度OC长为2.2m，筒车上均匀分布着若干个盛水筒．若以某
⊙
个盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间．
（1）经过多长时间，盛水筒P首次到达最高点？
（2）浮出水面3.4秒后，盛水筒P距离水面多高？
（3）若接水槽MN所在直线是 O的切线，且与直线AB交于点M，MO＝8m．求盛水筒P从最高点开
始，至少经过多长时间恰好在直线MN上．
⊙
（参考数据：cos43°＝sin47°≈ ，sin16°＝cos74°≈ ，sin22°＝cos68°≈ ）
【分析】（1）连接OA，根据cos∠AOC＝ ，得∠AOC＝43°，可得答案；
（2）根据题意知，∠AOP＝3.4×5°＝17°，得∠POC＝∠AOC+∠AOP＝43+17°＝60°，过点 P 作
PD⊥OC于D，利用三角函数求出OD的长；
（3）由题意知 OP⊥MN，利用 cos∠POM＝ ，得∠POM＝68°，在 Rt△COM 中，根据 cos，得∠COM＝74°，从而得出答案．
【解答】解：（1）如图，连接OA，
由题意知，筒车每秒旋转360°× ，
在Rt△ACO中，
cos∠AOC＝ ，
∴∠AOC＝43°，
∴盛水筒P首次到达最高点的时间： （秒）；
（2）如图，
∵盛水筒P浮出水面3.4秒后，∠AOP＝3.4×5°＝17°，
∴∠POC＝∠AOC+∠AOP＝43+17°＝60°，
过点P作PD⊥OC于D，
在Rt△POD中，
OD＝OP•cos60°＝3× ＝1.5（米），
∴盛水筒P距离水面距离为：2.2﹣1.5＝0.7（米）；
（3）如图，
∵点P在 O上，且MN与 O相切，
∴当点P在MN上时，此时点P是切点，连接OP，则OP⊥MN，
⊙ ⊙在Rt△OPM中，cos∠POM＝ ，
∴∠POM＝68°，
在Rt△COM中，cos ，
∴∠COM＝74°，
∵∠POH＝180°﹣68°﹣74°＝38°，
∴ ＝7.6（秒），
∴至少经过7.6秒恰好在直线MN上．
25．（2023•海南）如图，一艘轮船在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
20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＝ 3 0 度，∠BCM＝ 4 5 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（结果保留根号）．
【分析】（1）先说明AB∥CM，再利用外角与内角的关系、平行线的性质得结论；
（2）先利用等腰三角形的性质先说明BM与AB的关系，再在Rt△EBM中利用直角三角形的边角间关
系得结论；
（3）先说明四边形DEMC是矩形，再利用等腰三角形的性质、直角三角形的边角间关系得结论．
【解答】解：分别过点C、M，作CD⊥AB，ME⊥AB，垂足分别为D、E．
（1）∵∠DBM＝∠A+∠AMB＝60°，∠A＝30°，
∴∠AMB＝30°．
∵AB、CM都是正北方向，
∴AB∥CM．∵∠DBC＝45°，
∴∠BCM＝45°．
故答案为：30，45．
（2）由（1）知∠A＝∠AMB，
∴AB＝BM＝20海里．
在Rt△EBM中，
sin∠EBM＝ ，
∴EM＝sin∠EBM•BM
＝sin60°×20
＝ ×20
＝10 （海里）．
答：灯塔M到轮船航线AB的距离为10 海里．
（3）∵CD⊥AB，ME⊥AB，AB、CM都是正北方向，
∴四边形DEMC是矩形．
∴CD＝EM＝10 海里，DE＝CM．
在Rt△CDB中，
∵∠DBC＝45°，
∴∠DBC＝∠DCB．
∴DB＝DC＝10 海里．
在Rt△EMB中，
cos∠DBM＝ ，
∴EB＝cos∠DBM•BM
＝cos60°×20
＝ ×20
＝10（海里）．
∴CM＝DE＝DB﹣EB
＝10 ﹣10
＝10（ ﹣1）海里．
答：港口C与灯塔M的距离为10（ ﹣1）海里．26．（2023•阜新）如图，小颖家所在居民楼高AB为46m．从楼顶A处测得另一座大厦顶部C的仰角 是
45°，而大厦底部D的俯角 是37°．
α
（1）求两楼之间的距离BD．
β
（2）求大厦的高度CD．
（结果精确到0.1m，参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）
【分析】（1）过点 A作AE⊥CD，垂足为 E，根据题意可得：AE＝BD，AB＝DE＝46m，然后在
Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义求出AE的长，从而求出BD的长，即可解答；
（2）在Rt△ACE中，利用锐角三角函数的定义求出 CE的长，然后利用线段的和差关系求出 CD的长，
即可解答．
【解答】解：（1）过点A作AE⊥CD，垂足为E，由题意得：AE＝BD，AB＝DE＝46m，
在Rt△ADE中，∠EAD＝ ＝37°，
β
∴AE＝ ≈ ≈61.3（m），
∴AE＝BD≈61.3m，
∴两楼之间的距离BD约为61.3m；
（2）在Rt△ACE中，∠CAE＝45°，
∴CE＝AE•tan45°＝61.3（m），
∴CD＝CE+DE≈61.3+46＝107.3（m），
∴大厦的高度CD约为107.3m．
27．（2023•盘锦）如图，一人在道路上骑行，BD段是坡路，其余为平路，当他路过A，B两点时，一架
无人机从空中的C点处测得A，B两点的俯角分别为30°和45°，AB＝40m，BD＝20m，∠BDF＝159°，
点A，B，C，D，E，F在同一平面内，CE是无人机到平路DF的距离，求CE的长．（结果精确到整数，
参考数据： ≈1.73，sin21°≈0.36，cos21°≈0.93，tan21°≈0.38）
【分析】延长AB交CE于点H，过点B作BG⊥DF，垂足为G，根据题意可得：BG＝HE，CM∥AH，
从而可得∠CAH＝∠MCA＝30°，∠CBH＝∠MCB＝45°，然后设BH＝x m，则AH＝（x+40）m，分别
在Rt△ACH和Rt△CBH中，利用锐角三角函数的定义求出CH的长，从而列出关于x的方程，进行计
算可求出CH的长，最后利用平角定义可得∠BDG＝21°，从而在Rt△BDG中，利用锐角三角函数的定
义求出BG的长，再利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
【解答】解：如图：延长AB交CE于点H，过点B作BG⊥DF，垂足为G，由题意得：BG＝HE，CM∥AH，
∴∠CAH＝∠MCA＝30°，∠CBH＝∠MCB＝45°，
设BH＝x m，
∵AB＝40m，
∴AH＝AB+BH＝（x+40）m，
在Rt△ACH中，CH＝AH•tan30°＝ （x+40）m，
在Rt△CBH中，CH＝BH•tan45°＝x（m），
∴x＝ （x+40），
解得：x＝20 +20，
∴CH＝（20 +20）m，
∵∠BDF＝159°，
∴∠BDG＝180°﹣∠BDF＝21°，
在Rt△BDG中，BD＝20m，
∴BG＝BD•sin21°≈20×0.36＝7.2（m），
∴BG＝EH＝7.2m，
∴CE＝CH+HE＝20 +20+7.2≈62（m），
∴CE的长约为62m．
28．（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，打开后备箱，车后盖ABC落在AB'C'处，AB'与水平面的
夹角∠B'AD＝27°．
（1）求打开后备箱后，车后盖最高点B'到地面l的距离；
（2）若小琳爸爸的身高为1.8m，他从打开的车后盖C'处经过，有没有碰头的危险？请说明理由．（结
果精确到0.01m，参考数据：sin27°≈0.454，cos27°≈0.891，tan27°≈0.510， ≈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，
∵∠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．
29．（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）
（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× ＝ ，
∴AF＝AE+EF＝AE+BG＝AE+BC+CG＝576+50+ ≈1049（m），
即AF的长为1049m．
30．（2023•内蒙古）为了增强学生体质、锤炼学生意志，某校组织一次定向越野拉练活动．如图，A点为
出发点，途中设置两个检查点，分别为 B点和C点，行进路线为A→B→C→A．B点在A点的南偏东
25°方向3 km处，C点在A点的北偏东80°方向，行进路线AB和BC所在直线的夹角∠ABC为45°．
（1）求行进路线BC和CA所在直线的夹角∠BCA的度数；
（2）求检查点B和C之间的距离（结果保留根号）．
【分析】（1）根据题意可得：∠NAC＝80°，∠BAS＝25°，从而利用平角定义可得∠CAB＝75°，然后
利用三角形内角和定理进行计算即可解答；
（2）过点A作AD⊥BC，垂足为D，在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义求出AD和BD的长，再
在Rt△ADC中，利用锐角三角函数的定义求出CD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：∠NAC＝80°，∠BAS＝25°，
∴∠CAB＝180°﹣∠NAC﹣∠BAS＝75°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ACB＝180°﹣∠CAB﹣∠ABC＝60°，
∴行进路线BC和CA所在直线的夹角∠BCA的度数为60°；
（2）过点A作AD⊥BC，垂足为D，在Rt△ABD中，AB＝3 km，∠ABC＝45°，
∴AD＝AB•sin45°＝3 × ＝3（km），
BD＝AB•cos45°＝3 × ＝3（km），
在Rt△ADC中，∠ACB＝60°，
CD＝ ＝ ＝ （km），
∴BC＝BD+CD＝（3+ ）km，
∴检查点B和C之间的距离（3+ ）km．
