文档内容
第 04 讲 解直角三角形的应用举例
课程标准 学习目标
①解直角三角形在实际问题中的应用 1. 掌握解直角三角形在实际问题中的应用的基本步骤，并
②仰角、俯角问题 能够熟练的应用。
③方向角问题 2. 掌握仰角、俯角，方向角以及坡度、坡角的基本类型，
④坡度、坡角问题 并能够熟练的将实际问题转化为数学问题求解。
知识点01 解直角三角形在实际问题中的应用
1. 利用解直角三角形的知识解决实际问题的基本步骤：
（1）将实际问题抽象为数学问题（画出平面图形，转化为直角三角形解决问题）
（2）根据实际问题中的条件，选择适当的锐角三角函数解直角三角形。
（3）得到数学问题的答案。
（4）得到实际问题的答案。
注意：解直角三角形的辅助线通常为作垂线构造直角三角形。
【即学即练1】1．一辆汽车在城市公路上从西向东行驶，在距路边 C点25m处有一车速测速仪O，测得该车从点A行驶
到点B用时1.5秒，其中∠COB＝30°，∠COA＝60°．
（1）求该车从点A行驶到点B的平均速度？
（2）若小汽车在该城市公路上的行驶速度不得超过 70km/h，试说明该车是否超速？（参考数据：
）
【分析】（1）利用余角的性质可得∠OAC＝∠BOA＝30°，AB＝BO，然后根据三角函数可得答案；
（2）由（1）知点A行驶到点B的平均速度，然后根据速度、时间与路程的关系可得答案．
【解答】解：（1）∵∠COB＝30°，∠COA＝60°，OC＝25m，
∴∠OAC＝90°﹣∠COA＝30°，∠BOC＝90°﹣∠COB＝60°，
∴AB＝BO，∠OAC＝∠BOA＝30°，
cos∠COB＝ ，
∴ ，
∴ ，
∵用时1.5秒，
则 ，
则该车从点A行驶到点B的平均速度 ；
（2）不超速，过程如下：
由（1）知点A行驶到点B的平均速度 ，且结合 ，
则 ，
∵1m/s＝3.6km/h，
∴19.24×3.6＝69.26km/h＜70km/h，
∴该车不超速．
知识点02 仰角、俯角问题
1．仰角、俯角的认识：如图：向上看物体的视线与水平线的夹角叫 仰角 ；向下看物体的视线与水平线的夹角叫 俯
角 。
【即学即练1】
2．随着技术进步和成果转化，在我国无人机的用武之地越来越多，农林植保、应急救援、文物保护、电
力巡检…，加速赋能千行百业．如图，某农业示范基地用无人机对一块试验田进行监测作业时，无人机
在点A处，无人机距地面高度AO为120米，此时测得试验田一侧边界点C处俯角为52°，无人机垂直
下降40米至点B处，又测得试验田另一侧边界点D处俯角为40°，且点C，O，D在同一条直线上，求
点C与点D的距离．（参考数据：sin52°≈0.8，cos52°≈0.6，tan52°≈1.3，sin40°≈0.6，cos40°≈0.8，
tan40°≈0.8，结果保留整数）
【分析】根据题意得两个直角△AOC、△BOD，通过解这两个直角三角形求得OB、OC、OD的长度，
进而即可求出答案．
【解答】解：延长AB交CD于点O，
由题意得：∠C＝52°，∠D＝40°，AO＝120米，AB＝40米，
∴BO＝AO﹣AB＝80（米），
在Rt△AOC中，
tanC＝ ＝tan52°，
∴OC＝ ≈92.31（米），
在Rt△BOD中，
tanD＝ ＝tan40°，
∴OD＝ ≈100.0（米），
∴CD＝OC+OD＝92.31+100.0≈192（米）．答：点C与点D的距离为192米．
知识点03 方向角问题
1．方向角的认识：
在观察点作一天水平线和一条铅垂线，以上北下南，左西右东为方向，在观察点与目的地的连线与南
北方向的铅垂线行程的夹角叫做方向角。方向角一般是以 南北 方向为起始，向 东西 方向进行
转动形成。通常表示为方向加上角度。
【即学即练1】
3．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，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，有多少小时可以接收
到信号？
【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）过点C作CH⊥AB交AB于点H，在AB上取点M，N，使得CN＝CM＝500海里，分别求得NH、
MH的长，可求得此时轮船过MN时的时间，从而可求得最多能收到的信号次数．
【解答】解：（1）由题意，得：∠NCA＝54°，∠SCB＝36°；
∴∠ACB＝90°；
∵AC＝800海里，BC＝600海里；
∴AB＝ ＝ ＝1000（海里），
即：点A与点B之间的距离为1000海里；
（2）过点C作CH⊥AB交AB于点H，在AB上取点M，N，使得CN＝CM＝500海里．
∵CH⊥AB；∴∠CHB＝90°；
∵ ；
∴CH＝480海里；
∵CN＝CM＝500海里；
∴ 海里；
行驶时间为140×2÷20＝14（小时）．
答：有14个小时可以接收到信号．
知识点04 坡度、坡角问题
1. 坡角的概念：
斜坡与 水平面 的夹角叫做坡角。
2. 坡度（或坡比）：
斜坡的 铅垂高度 与 水平宽度 的比值，叫做坡度或者叫做坡比。它是一个比值，用字母i
来表示，常写成i＝ 的形式。坡度或者坡比等于坡角的 正切值 。
【即学即练1】
4．暑假期间，小明与小亮相约到某旅游风景区登山．需要登顶 534m高的山峰（即DF的长度为534m），
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．
（参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33）
【分析】（1）过B点作BC⊥AE于C，则四边形BEFC是矩形，在Rt△ABC中，利用含30度的直角三
角形的性质求得BC的值，结合山高534m即可求出DE的值；
（2）在Rt△BDE中，求得BD的长，再计算AB段和BD段所用时间和即得出答案．
【解答】解：（1）如图，过B点作BC⊥AE于C，则四边形BEFC是矩形，
由山底A处先步行300m到达B处，山坡AB的坡角为30°，DF的长度为534m，
∴∠A＝30°，AB＝300m，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴ ，
∴DE＝DF﹣EF＝384m，
答：登山缆车上升的高度384m；
（2）在Rt△BDE中，∠DEB＝90°，∠DBE＝53°，DE＝384m，
∴ （m），
∴ ，
答：从山底A处到达山顶处大约需要18min．
题型01 解直角三角形的实际应用
【典例1】周末，刘老师读到《行路难》中“闲来垂钓碧溪上，忽复乘舟梦日边．”邀约好友一起去江边
垂钓．如图，钓鱼竿AC的长为4m，露在水面上的鱼线BC的长为 ，刘老师想看看鱼钩上的情况，
把鱼竿AC逆时针转动15°到AC′的位置，此时露在水面上的鱼线B′C′的长度是（ ）
A．3m B．2 m C．2 m D．3 m
【分析】先在Rt△ABC中，利用锐角三角函数的定义求出∠CAB＝45°，从而求出∠C′AB＝60°，然后
在Rt△C′AB′中，利用锐角三角函数的定义求出B′C′的长，即可解答．
【解答】解：在Rt△ABC中，AC＝4m，BC＝2 m，∴sin∠CAB＝ ＝ ＝ ，
∴∠CAB＝45°，
∵∠CAC′＝15°，
∴∠C′AB＝∠C′AC+∠CAB＝60°，
在Rt△C′AB′中，AC′＝4m，
∴C′B′＝AC′•sin60°＝4× ＝2 （m），
∴露出水面的鱼线B′C′长度是2 m，
故选：C．
【变式1】7．在日常生活中我们经常会便用到订书机，如图MN是装订机的底座，AB是装订机的托板，
始终与底座平行，连接杆DE的D点固定，点E从A向B处滑动，压柄BC可绕着转轴B旋转．已知BC
＝AB＝12cm，BD＝5cm．当托板与压柄夹角∠ABC＝37°时，如图，点E从A点滑动了2cm，求连接杆
DE的长度．
（参考数据：sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，tan37°≈0.75）
【分析】如图，过点D作DH⊥AB于点H．解直角三角形求出DH，BH，Z再求出EH，可以利用勾股
定理求出DE．
【解答】解：如图，过点D作DH⊥AB于点H．
在Rt△DBH中，DB＝5cm，tan∠DBH＝ ＝0.75，
∴DH＝3cm，BH＝4cm，
∵AE＝2cm，AB＝12cm，
∴EH＝12﹣2﹣4＝6（cm），
∴DE＝ ＝ ＝3 （cm）．
【变式2】小明同学在物理课上学习了发声物体的振动实验后，对其作了进一步的探究：在一个支架的横杆点O处用一根细绳悬挂一个小球A，小球A可以自由摆动，如图，OA表示小球静止时的位置．当小
明用发声物体靠近小球时，小球从OA摆到OB位置，此时过点B作BD⊥OA于点D，当小球摆到OC
位置时，OB与OC恰好垂直（图中的A、B、O、C在同一平面上），过点C作CE⊥OA于点E，测得
BD＝7cm，OD＝15cm．
（1）小明认为∠COE与∠B一定相等，你同意他的看法吗？请说明理由；
（2）连接AC，若∠COE＝50°，求∠CAO的度数；
（3）求DE的长．
【分析】（1）根据“直角三角形两锐角互余”以及垂直的定义，即可证明结论；
（2）连接AC，易证△AOC是等腰三角形，再利用三角形内角和定理即可求解；
（3）证明△OCE≌△BOD（AAS），易得BD＝OE，然后由DE＝OD﹣OE求解即可．
【解答】解：（1）同意他的看法，理由如下：
∵OB⊥OC
∴∠COE+∠BOD＝90°
∵BD⊥OA
∴∠B+∠BOD＝90°
∴∠COE＝∠B；
（2）连接AC如图所示，
由题意可得：OC＝OA．
∴△AOC是等腰三角形，
∴∠CAO＝∠ACO．
∵∠COE＝50°，∠CAO+∠ACO+∠COE＝180°
∴ ；
（3）∵CE⊥OA，BD⊥OA
∴∠CEO＝∠ODB＝90°，又∵∠COE＝∠B，OC＝OB，
∴△OCE≌△BOD（AAS），
∴OE＝BD＝7cm，
∴DE＝OD﹣OE＝15﹣7＝8cm．
题型02 解直角三角形解决仰角俯角问题
【典例1】无人机在实际生活中的应用广泛，如图所示，某人利用无人机测大楼的高度BC，无人机在空中
点A处，测得点A与地面距离80米，测得C点的俯角∠EAC＝14°，控制无人机水平移动至点D，测得
AD＝21 米，楼顶 C 点的俯角∠EDC＝31°，点 A、B、C、D 在同一平面内，求大楼的高度 BC．
（sin14°≈0.24，cos14°≈0.97，tan14°≈0.25；sin31°≈0.52，cos31°≈0.86，tan31°≈0.60）
【分析】延长CB交AD于点F，根据题意可得：BF＝80米，∠AFC＝90°，然后设DF＝x米，则AF＝
（x+21）米，分别在Rt△ACF和Rt△CDF中，利用锐角三角函数的定义求出CF的长，从而列出关于x
的方程，进行计算即可解答．
【解答】解：延长CB交AD于点F，
由题意得：BF＝80米，∠AFC＝90°，
设DF＝x米，
∵AD＝21米，
∴AF＝AD+DF＝（x+21）米，在Rt△ACF中，∠CAE＝14°，
CF＝AF•tan∠CAE＝（21+x）•tan14°≈0.25（21+x）米，
在Rt△CDF中，∠EDC＝31°，
∴CF＝DF•tan∠CDE＝DF•tan31°≈0.6x（米），
∴0.25（21+x）＝0.6x，
解得：DF＝15，
∴CF≈0.6×15＝9（米），
∴BC＝BF﹣CF＝80﹣9＝71（米），
即大楼的高度BC为71米．
【变式1】某数学兴趣小组为测量一座古塔的高度（假定该塔AB与地面垂直），他们在与塔底B在同一
水平线上的C处测得塔顶A的仰角为60°，然后沿斜坡CE前行40m到达最佳测量点D处，在点D处测
得塔顶A的仰角为30°，已知斜坡CE的斜面坡度 ，且点A，B，C，D，E在同一平面内．
（1）求点D到直线BC的距离；
（2）求古塔AB的高度．
【分析】（1）过点D作DM⊥BC于点M，解直角三角形求出DM即可；
（2）证明∠ACD＝90°，解直角三角形求出AC，再求出BC即可．
【解答】解：（1）过点D作DM⊥BC于点M，
∵斜坡CE的斜面坡度 ，
∴ ，
∴∠DCM＝30°，∴ ．
即点D到直线BC的距离为20m；
（2）∵∠BCA＝60°，
∴∠ACD＝180°﹣30°﹣60°＝90°，
由（1）知，∠DCM＝30°，
∴∠ADC＝30°+30°＝60°，
在Rt△ACD中， ，
∴ ，
在Rt△ABC中， ，
∴ ，
答：振风塔AB的高度是60m．
【变式2】世博公园是魔都的一处宝藏之地，而双子山，就像是世博公园的璀璨明珠．这座人工打造的山
体别具一格，充满了独特的魅力．某数学兴趣小组用无人机垂直上升至距水平地面140米的P点，测得
双子山顶端A的俯角是15°，再将无人机沿水平方向飞行200米到达点Q，测得双子山底端的俯角是
45°，求双子山AB的高度．（结果精确到1米）参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27．
【分析】延长BA交PQ的延长线于C，则∠ACQ＝90°，先证明CQ＝BC＝140米，则PC＝PQ+CQ＝
340米，再由锐角三角函数定义求出AC的长，即可解决问题．
【解答】解：如图，延长BA交PQ的延长线于C，
则∠ACQ＝90°，
由题意可知，BC＝140米，PQ＝200米，
在Rt△BCQ中，∠BQC＝45°，
∴CQ＝BC＝140米，
∴PC＝PQ+CQ＝200+140＝340（米），
在Rt△PCA中，tan∠APC＝tan15°＝ ≈0.27，
∴AC≈0.27PC＝0.27×340＝91.8（米），
∴AB＝BC﹣AC＝140﹣91.8≈48（米），
答：双子山AB的高度约为48米．【变式3】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处的距离．（结果精确到0.1km，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），
答点A离地面的高度AO为4km；
（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，
答：飞船从A处到B处的距离为（4 ）km．题型03 解直角三角形解决方向角问题
【典例1】如图，轮船甲位于码头O的正西方向A处，轮船乙位于码头O的正北方向C处，并且测得
∠CAO＝45°．轮船甲自西向东匀速航行，同时轮船乙沿正北方向匀速航行，它们的速度分别为40km/h
和30km/h．经过0.2h，轮船甲航行至B处，轮船乙航行至D处，测得∠DBO＝68°，此时B处距离码头
O有多远？（精确到0.1km）（参考数据：sin68°≈0.93，cos68°≈0.37，tan68°≈2.48）
【分析】设B处与码头O相距x km，分别在Rt△CAO和Rt△DBO中，根据三角函数求得CO和DO，
再利用DC＝DO﹣CO列方程求解即可．
【解答】解：设B处与码头O相距x km，
在Rt△CAO中，∠CAO＝45°， ，
∴CO＝AO•tan∠CAO＝（40×0.2+x）•tan45°＝（8+x）km；
在Rt△DBO中，∠DBO＝68°， ，
∴DO＝BO•tan∠DBO＝x•tan68° km．
∵DC＝DO﹣CO，
∴30×0.2＝x•tan68°﹣（8+x），
∴ ，
∴B处距离码头O大约9.5km．
【变式1】如图，A，B，C分别是某公园三个景点，在景点之间计划修建健身跑道，C在A的正北方向
600米，B在A的北偏东60°方向，C在B的北偏西75°方向．（参考数据： ≈1.414， ≈1.732，
≈2.449）
（1）求BC的长度；（结果保留整数）
（2）其中跑道AC和跑道BC已经修好，准备修建跑道AB，为了改善健身环境，公园决定对健身跑道
进行修改扩建．计划将AB段绕A顺时针旋转30°并延伸至D处，修建新跑道AD和BD，且在D处测得
B在D的北偏西30°方向上．若修建步道的成本为每米200元，公园对扩建预算的费用为28万元，请通过计算说明预算费用是否够用？
【分析】（1）过点C作CE⊥AB于点E，首先根据已知条件可求出∠ABC＝45°，在Rt△ACE中，可求
得∠ACE＝30°，于是可得 米，根据勾股定理可求得 CE＝ ＝300 米，在
Rt△BCE中，可求得∠BCE＝45°，则∠BCE＝∠ABC，于是可得BE＝CE＝300 米，根据勾股定理可
求得BC＝ ＝300 米，然后根据 ≈2.449即可求出BC的近似长度；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质可得AD＝2BD，又由（1）知：AB＝AE+BE＝（300+300 ）
米，在Rt△ABD中，根据勾股定理可得AB＝ ＝ ，即300+300 ＝ BD，于是可
得BD＝（100 +300）米，进而可得 AD+BD＝3BD＝3（100 +300）米，据此可求出共需费用 3
（100 +300）×200＝283920元，于是可得出结论．
【解答】解：（1）C在A的正北方向600米，B在A的北偏东60°方向，C在B的北偏西75°方向．如
图，过点C作CE⊥AB于点E，
∴∠AEC＝∠BEC＝90°，
由题可知：∠ABC＝180°﹣75°﹣60°＝45°，
在Rt△ACE中，∠AEC＝90°，∠CAE＝60°，
∴∠ACE＝90°﹣∠CAE＝90°﹣60°＝30°，
∵AC＝600米，
∴AE＝ AC＝ ×600＝300（米），
CE＝ ＝ ＝300 （米），
在Rt△BCE中，∠BEC＝90°，∠ABC＝45°，
∴∠BCE＝90°﹣∠ABC＝90°﹣45°＝45°，
∴∠BCE＝∠ABC，
∴BE＝CE＝300 米，
BC＝ ＝ BE＝300 米，
∵ ≈2.449，∴BC＝300 ≈300×2.449＝734.7≈735（米），
∴BC的长度约为735米；
（2）由题可知∠BAD＝30°，∠ABD＝60°+30°＝90°，
∴AD＝2BD，
又由（1）知：AB＝AE+BE＝（300+300 ）米，
在Rt△ABD中，∠ABD＝90°，
∴AB＝ ＝ ＝ BD，
即：300+300 ＝ BD，
∴BD＝（100 +300）米，
∴AD+BD＝2BD+BD＝3BD＝3（100 +300）米，
∵成本每米200元，
∴共需费用＝
≈3×（100×1.732+300）×200
＝283920（元），
∵283920＞28万，
∴预算费用不够用，
答：预算费用不够用．
【变式2】 2023年7月4日四川卧龙熊猫基地D新诞生一对双胞胎熊猫宝宝，吸引了大批游客前往观看．
由于A、B之间的道路正在进行维护，暂时不能通行．游客由入口A进入园区之后可步行到达点C，然
后可以选择乘坐空中缆车从C→D，也可选择乘坐观光车从C→B→D．已知点C在点A的北偏东45°方
向上，点D在点C的正东方向，点B在点A的正东方向400米处，点D在点B的北偏东60°方向上，且
BD＝600米．（参考数据： ≈1.414， ≈1.732， ≈3.162）
（1）求CD的长度（精确到1）；
（2）已知空中缆车的速度是每分钟120米，观光车的速度是每分钟220米，若游客想尽快到达熊猫基
地D，应选择乘坐空中缆车还是观光车？（精确到0.1）
【分析】（1））作CM⊥AB于M，BN⊥CD于N，推出四边形MBNC是矩形，得到CM＝BN，CN＝MB，求出BN＝ BD＝ ×600＝300（米），由锐角的正切定义求出DN的长，由△AMC是等腰直角三
角形，得到AM＝CM＝BN，求出MB的长，即可解决问题；
（2）分别求出乘坐空中缆车，观光车所用的时间，即可判断．
【解答】解：（1）作CM⊥AB于M，BN⊥CD于N，
∵CD∥AB，
∴四边形MBNC是矩形，
∴CM＝BN，CN＝MB，
∵∠DBN＝60°，
∴BN＝ BD＝ ×600＝300（米），
∵tan∠NBD＝ ＝ ，
∴DN＝300 （米），
∵∠CAM＝45°，
∴△AMC是等腰直角三角形，
∴AM＝CM＝300（米），
∴MB＝AB﹣AM＝100（米），
∴CD＝CN+ND＝100+300 ≈619（米）；
（2）由勾股定理得到BC＝ ＝100 （米），
∴BC+BD＝600+100 ≈916.2（米），
∴乘坐观光车的时间是916.2÷220≈4.16（分钟），乘坐空中缆车的时间是619÷120＝5016（分钟），
∴应选择乘坐观光车．
【变式3】如图，小巴和小量两位同学假期一起去科技馆参观，两人同时从出入口A出发，先一起沿A的
北偏西75°方向走到国防科技厅C．接下来，小巴沿C的东南方向行走600m到达B继续参观交通科技
厅，再沿B的北偏东60°方向走回出入口A；小量则对D展厅的青少年梦工厂活动更感兴趣，他从C出
发先沿正东方向走到梦工厂 D，参加活动后沿 D 的正南方向行走回到出入口 A．（参考数据：， ， ）
（1）求A，C两地之间的距离（结果保留整数）；
（2）若小巴和小量匀速行走且速度相同（在B，D停留的时间相同），哪位同学先回到出入口A？请通
过计算说明．
【分析】（1）先确定各角的度数，作BE⊥AC，再根据 ， ，求出BE，
CE，然后根据AC＝CE+AE得出答案；
（2）过点B作CD的平行线，交DA的延长线于点G，作CH⊥BG，交BG于点H，再根据勾股定理求
出BH＝CH，AB，然后结合 ， ，求出BG，AG，即可求出小量行走的路
程和小巴行走的路程，再比较可得答案．
【解答】解：（1）由题意可知∠CAD＝75°，BC＝600m，∠BCD＝45°，∠ABF＝60°，
∴∠CBF＝45°，
∴∠ABC＝45°+60°＝105°，
∵∠ACD＝90°﹣75°＝15°，
∴∠ACB＝45°﹣15°＝30°，
∴∠BAC＝180°﹣105°﹣30°＝45°．
过点B作BE⊥AC，交AC于点E，
∵∠ECB＝30°，BC＝600m，
∴ ， ，
即 ， （m）．
在Rt△ABE中，∠EAB＝45°，BE＝300m，
∴AE＝BE＝300，
∴AC＝CE+AE＝300+300 ≈820（m）；
（2）小量先到．
理由：过点B作CD的平行线，交DA的延长线于点G，过点C作CH⊥BG，交BG于点H，
∴∠G＝∠CHB＝90°．
∵∠BCH＝45°，BC＝600m，
∴∠CBH＝∠BCH＝45°，∴BH＝CH，
根据勾股定理，得BH2+CH2＝BC2，
解得 （m）．
在Rt△ABE中，BE＝AE＝300，
根据勾股定理，得AB2＝AE2+BE2，
解得 ．
在Rt△ABG中， ，
∴ ， ，
即 （m）， （m），
∴ （m）， （m），
∴小量行走的路程是AC+AD+CD＝820+300 +150 +150 ≈1823.65（m），
小巴行走的路程是AC+BC+AB＝820+600+300 ≈1844.2（m）．
∵1844.2＞1823.65，
∴小量先回到入口．
题型04 解直角三角形解决坡度（坡角）问题
【典例1】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： ， ，sin37°≈0.6，
cos37°≈0.8，tan37°≈0.75）
【分析】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．
【解答】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，
依题意得：AE＝148米，BE＝300米，∠AEF＝45°，∠B＝37°，
在Rt△AEF中， ，
则 （米），
在Rt△EBG中， ，
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．
【变式1】过街天桥的出现，解决了“过街”难题，也已成为一道独特的风景线，如图是某过街天桥的截
横面，桥顶AD平行于地面BC，天桥斜面CD的坡度为 ，CD长10m，天桥另一斜面AB的坡
角∠ABC＝45°．
（1）求点D到地面BC的距离；
（2）为了更方便过路群众，若对该过街天桥进行改建，使斜面AB的坡角变为30°，改建后斜面为AF，
则斜面AF的坡角∠F＝30°，试计算此改建需占路面的宽度FB的长（结果精确到0.1m）（参考数据
）
【分析】（1）作DH⊥BC于点H，根据坡度的概念求出DH；
（2）过点A作AG⊥BC，根据坡角∠ABC的度数和铅直高DH的长求出水平宽BG、FG的长，进而可
由FB＝FG﹣BG求得BF的长．
【解答】解：（1）作DH⊥BC于点H，如图1，
AD∥BC，
∵斜面CD的坡度为 ，
∴ ，∴∠DCH＝30°，
∴ cm，
答：点D到地面BC的距离为5m；
（2）作 AG⊥BC于点G，如图2，
∵天桥斜面AB的坡角∠ABC＝45°，
∴BG＝AG＝DH＝5cm，
∵斜面AF的坡角∠F＝30°，
∴tanF＝ ，
∴ （cm），
∴FB＝FG﹣BG＝5 ﹣5≈3.7（m），
答：此改建需占路面的宽度FB的长约为3.7m．
【变式2】瑞天时代广场要修建一个地下停车场，停车场的入口设计示意图如图所示，其中斜坡的倾斜角
为18°，一楼到地下停车场地面的垂直高度CD＝3m，一楼到地平线的距离BC＝1m．
（1）为保证斜坡的倾斜角为18°，应在地面上距点B多远的A处开始斜坡的施工？
（2）如果给该购物广场送货的货车高度为2.6m，那么按这样的设计能否保证货车顺利进入地下停车场？
并 说 明 理 由 ． （ 参 考 数 据 ： sin18°≈ 0.31 ， cos18°≈ 0.95 ， tan18°≈ 0.32 ）
【分析】（1）根据题意可得∠BAD＝18°，再根据锐角三角函数即可求出结果；
（2）如图，过点C作CE⊥AD于点E，根据锐角三角函数求出CE的长，再进行比较即可得结论．
【解答】解：（1）由题意可知：∠BAD＝18°，
在Rt△ABD中，AB＝ ≈ ≈6.25（m），
答：应在地面上距点B约6.25m远的A处开始斜坡的施工；
（2）按这样的设计能保证货车顺利进入地下停车场；理由如下：
如图，过点C作CE⊥AD于点E，则∠ECD＝∠BAD＝18°，
在Rt△CED中，CE＝CD•cos18°≈3×0.95＝2.85（m），
∵2.85＞2.6，
∴按这样的设计能保证货车顺利进入地下停车场．
【变式3】某校组织初三学生到张家界国家森林公园开展研学旅行，同学们来到入口 A观测到山顶D在仰
角45°的地方（学生身高忽略不计），然后水平前行了27米，到达一个岔路口B处，从这里上山有两条
路线．路线一：沿着一个坡度 的斜坡步行到索道口C，然后乘坐一条长500米，且与水平线
夹角为53°的索道CD上山；路线二：继续沿水平路线前行到山脚E，然后乘坐山体电梯直达山顶D（山
体电梯DE与水平地面垂直）．（参考数据：sin53°≈0.80，cos53°≈0.60，tan53°≈1.33， ，
（1）求山顶D离水平地面AB的高度为多少米？（结果精确到1米）
（2）若师生的步行速度为50米/分，索道的运行速度为70米/分，山体电梯的运行速度为180米/分．张
老师带领部分同学选择路线一，李老师带领另一部分同学选择路线二，两队从 B点一起出发，请问哪个
队伍先到山顶？（结果精确到个位）
【分析】（1）过C的水平线交DE于M，过C的铅垂线交AE于N，设CN＝ME＝x米，则BN＝ x
（米），求出DM＝CD•sin∠DCM≈400（米），CM＝NE＝CD•cos∠DCM≈300（米），根据∠DAE
＝45°，可得327+ x＝400+x，解得x＝ ≈100（米）；即可得山顶D离水平地面AB的高
度约为500米；
（2）求出BC＝ ≈200（米），BE＝BN+NE≈473（米），再列式求出两条路线所需时间，
比较可得答案．
【解答】解：（1）过C的水平线交DE于M，过C的铅垂线交AE于N，如图：设CN＝ME＝x米，
∵i＝1： ＝ ，
∴BN＝ x（米），
在Rt△CDM中，
DM＝CD•sin∠DCM＝500×sin53°≈400（米），CM＝NE＝CD•cos∠DCM＝500×cos53°≈300（米），
∴DE＝DM+ME＝（400+x）米，BE＝NE+BN＝（300+ x）米，
∵AB＝27米，
∴AE＝AB+BE＝（327+ x）米，
∵∠DAE＝45°，
∴AE＝DE，即327+ x＝400+x，
解得x＝ ≈100（米）；
∴DE＝400+x≈500（米），
∴山顶D离水平地面AB的高度约为500米；
（2）由（1）知CN＝ME＝100米，BN＝ ×100≈173（米），
∴BC＝ ≈200（米），BE＝BN+NE≈473（米），
∵200÷50+500÷70≈11（分钟），473÷50+500÷180≈12（分钟），
∴张老师带领部分同学选择路线一先到山顶．
1．第14届国际数学教育大会（ICME﹣14）会标如图1所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽
的“弦图”．如图2所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（△ABE，△BCF，△CDG，△DAH）
和一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若EF：AH＝1：3，则sin∠BCF＝（ ）A． B． C． D．
【分析】设EF＝x，则AH＝3x，根据全等三角形，正方形的性质可得AE＝4x，再根据勾股定理可得AB
＝5x，即可求出sin∠ABE的值．
【解答】解：根据题意，设EF＝x，则AH＝3x，
∵△ABE≌△DAH≌△BCF，四边形EFGH为正方形，
∴AH＝BE＝3x，EF＝HE＝x，∠ABE＝∠BCF，
∴AE＝4x，
∵∠AEB＝90°，
在直角三角形ABE中，由勾股定理得： ，
∴ ，
∵∠ABE＝∠BCF，
∴sin∠BCF＝ ，
故选：C．
2．如图，一辆自行车竖直摆放在水平地面上，右边是它的部分示意图，现测得∠A＝88°，∠C＝42°，AB
＝60，则点A到BC的距离为（ ）
A．60sin50° B． C．60cos50° D．60tan50°
【分析】先求出∠B＝180°﹣88°﹣42°＝50°，再用三角函数定义，求出AD＝AB×sinB＝60×sin50°，即可
得出答案．
【解答】解：过点A作AD⊥BC于点D，如图所示：
∵∠BAC＝88°，∠C＝42°，
∴∠B＝180°﹣88°﹣42°＝50°，
在Rt△ABD中，AD＝AB×sinB＝60×sin50°，
∴点A到BC的距离为60sin50°，故A正确．故选：A．
3．某市在“旧城改造”中计划在市内一块如图所示的三角形空地上种植某种草皮以美化环境，已知这种
草皮每平方米售价为a元，则购买这种草皮至少需要（ ）
A．450a元 B．300a元 C．225a元 D．150a元
【分析】作BA边的高CD，设与BA的延长线交于点D，则∠DAC＝30°，由AC＝30m，即可求出CD＝
15m，然后根据三角形的面积公式即可推出△ABC的面积为150m2，最后根据每平方米的售价即可推出
结果．
【解答】解：如图，作BA边的高CD，设与BA的延长线交于点D，
∵∠BAC＝150°，
∴∠DAC＝30°，
∵CD⊥BD，AC＝30m，
∴CD＝15m，
∵AB＝20m，
∴S△ABC ＝ AB×CD＝ ×20×15＝150m2，
∵每平方米售价a元，
∴购买这种草皮的价格为150a元．
故选：D．
4．如图，坡角为27°的斜坡上两根电线杆间的坡面距离AB为80米，则这两根电线杆间的水平距离BC是
（ ）
A．80sin27°米 B．80cos27°米C．80tan27°米 D． 米
【分析】根据余弦的定义解答即可．
【解答】解：由题意得，∠ABC＝27°，
在Rt△ABC中，cos∠ABC＝ ，
∵AB＝80米，
∴BC＝AB•cos∠ABC＝80cos27°（米），
故选：B．
5．雪上项目占据了2022年北京冬奥会的大部分比赛项目，有自由式滑雪、越野滑雪、跳台滑雪、无舵雪
橇、有舵雪橇、高山滑雪等．如图，某滑雪运动员在坡度为5：12的雪道上下滑65m，则该滑雪运动员
沿竖直方向下降的高度为（ ）
A．13m B．25m C． m D．156 m
【分析】依据题意画出图形，再根据坡比可得BC的高度，
【解答】解：如图，
由题意得，AB＝65m，BC⊥AC于C，
∵斜坡AB的坡比是5：12，
∴设BC＝5a，则AC＝12a，
由勾股定理可得AB＝ ＝13a，
∴13a＝65，
解得a＝5，
∴BC＝5a＝25，
故选：B．
6．学校开放日即将来临，负责布置的林老师打算从学校图书馆的顶楼拉一条幅到地面，这就需要测量学
校图书馆的高度，如图，林老师用高1.8m的测量仪EF测得顶端A的仰角为45°，同学小军在林老师的
前面5m处用高1.5m的测量仪CD测得顶端A的仰角为53°，则图书馆AB的高度为（ ）（参考数据：sin53°≈ ，cos53°≈ ，tan53°≈ ）
A．22.7m B．22.4m C．21.2m D．23.0m
【分析】根据题意可得：EF＝BM＝1.8m，CD＝BN＝1.5m，EM＝FB，BD＝CN，DF＝5m，然后设BD
＝CN＝x m，则EM＝FB＝（x+5）m，分别在Rt△ACN和Rt△AEM中，利用锐角三角函数的定义求处
AN和AM的长，从而列出关于x的方程，进行计算即可解答．
【解答】解：由题意得：EF＝BM＝1.8m，CD＝BN＝1.5m，EM＝FB，BD＝CN，DF＝5m，
设BD＝CN＝x m，则EM＝FB＝DF+DB＝（x+5）m，
在Rt△ACN中，∠ACN＝53°，
∴AN＝CN•tan53°≈ x（m），
在Rt△AEM中，∠AEN＝45°，
∴AM＝EM•tan45°＝（x+5）m，
∵AM+BM＝AN+BN，
∴x+5+1.8＝ x+1.5，
解得：x＝15.9，
∴AM＝x+5＝20.9（m），
∴AB＝AM+BM＝20.9+1.8＝22.7（m），
∴图书馆AB的高度约为22.7m，
故选：A．
7．潮汐塔是万平口区域内的标志性建筑，在其塔顶可俯视景区全貌．某数学兴趣小组用无人机测量潮汐
塔AB的高度，测量方案如图所示：无人机在距水平地面 119m的点M处测得潮汐塔顶端A的俯角为
22°，再将无人机沿水平方向飞行74m到达点N，测得潮汐塔底端B的俯角为45°（点M，N，A，B在同
一平面内），则潮汐塔AB的高度为（ ）
（结果精确到1m．参考数据：sin22°≈0.37，cos22°≈0.93，tan22°≈0.40）A．41m B．42m C．48m D．51m
【分析】延长BA交MN于点C，根据等角对等边得出CN的长，得出CM的长，再结合tan∠AMC＝
≈0.40，即可得出结果．
【解答】解：如图，延长BA交MN于点C，
则∠ACN＝90°，
由题意可知，BC＝119m，MN＝74m，
∵∠BNC＝45°，∠BCN＝90°，
∴CN＝CB＝119m，
∴CM＝CN+MN＝119+74＝193（m），
∴tan∠AMC＝ ≈0.40，
∴AC≈77.2m，
∴AB＝BC﹣AC＝119﹣77.2＝41.8（m）≈42（m），
故选：B．
8．海面上有A、B、C三个灯塔，已知灯塔B位于灯塔A的北偏西60°方向，与灯塔A的距离为5千米；灯
塔C位于灯塔A的北偏东30°方向，与灯塔A的距离为3千米，那么灯塔B与灯塔C的距离为（ ）
A．3千米 B．4千米 C．5千米 D． 千米
【分析】根据题意，画出图形，易得∠BAC＝90°，由勾股定理求出BC的长即可．
【解答】解：由题意，画图如下：∵∠BAC＝60°+30°＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
在直角三角形ABC中，AB＝5千米，AC＝3千米，
由勾股定理得： （千米），
故灯塔B与灯塔C的距离为 千米；
故选：D．
9．现在手机导航极大方便了人们的出行，如图，嘉琪一家自驾到风景区C游玩，到达A地后，导航显示
车辆应沿北偏西45°方向行驶4千米至B地，再沿北偏东60°方向行驶一段距离到达风景区C，嘉琪发现
风景区C在A地的北偏东15°方向，那么B，C两地的距离为（ ）
A． 千米 B． 千米
C． 千米 D．5千米
【分析】图所示，过点B作BD⊥AC于D，由题意得，∠BAC＝60°，∠ABC＝75°，利用三角形内角和
定理求出∠C＝45°，再求出∠ABD＝30°，∠DBC＝45°＝∠C，得到 千米，CD＝BD，利用
勾股定理求出 千米，即可利用勾股定理求出BC的长．
【解答】解：如图所示，过点B作BD⊥AC于D，
由题意得，∠BAC＝60°，∠ABC＝75°，∴∠C＝180°﹣∠ABC﹣∠BAC＝45°，
∵BD⊥AC，
∴∠BDC＝∠BDA＝90°，
∴∠ABD＝30°，∠DBC＝45°＝∠C，
∴ （千米），CD＝BD，
∴ （千米），
∴ （千米），
故选：A．
10．图1是一个地铁站入口的双翼闸机．如图2，它的双翼展开时，双翼边缘的端点A与B之间的距离为
10cm，双翼的弧AP与弧BQ的长都为12 ，且与闸机侧立面夹角∠PCA＝∠BDQ＝30°．当双翼收起时，
可以通过闸机的物体的最大宽度为（ ）
π
A．72cm B． C． D．82cm
【分析】过点 A 作 AE⊥CP，过点 B 作 BF⊥DQ，在 Rt△ACE 中，可求得 ，同理可求得
，再由弧长公式可求得AE＝BF＝36cm，即可求解．
【解答】解：过点B作BF⊥DQ，过点A作AE⊥CP，如图，
∵∠PCA＝30°，∠BDQ＝30°，
∴ ， ，∵∠PCA＝∠BDQ＝30°，双翼的弧AP与弧BQ的长都为12 ，
π
∴ ， ，
∴AC＝BD＝72cm，
∴AE＝BF＝36cm，
∵双翼边缘的端点A与B之间的距离为10cm，
∴当双翼收起时，可以通过闸机的物体的最大宽度为36+36+10＝82（cm），
故选：D．
11．如图，矩形ABCD是供一辆机动车停放的车位示意图，已知BC＝2cm，CD＝5.5cm，∠DCF＝30°，则
车位所占的宽度EF为 4. 5 cm．（ ，结果精确到0.1）
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质求出DF，根据勾股定理求出DE，进而求出EF．
【解答】解：在Rt△DCF中，∠DCF＝30°，CD＝5.5cm，
∴∠CDF＝90°﹣∠DCF＝60°， ，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADC＝90°，AD＝BC＝2cm，
∴∠ADE＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：4.5．
12．如图，树AB垂直于地面，为测树高，小明在C处测得∠ACB＝15°，他沿CB方向走了20米，到达D
处，测得∠ADB＝30°，则计算出树的高度是 1 0 米．
【分析】根据三角形外角的性质得到∠CAD＝∠ADB﹣∠ACB＝15°，根据等腰三角形的性质得到AD＝
CD＝20米，由直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵∠ADB＝30°，∠ACB＝15°，∴∠CAD＝∠ADB﹣∠ACB＝15°，
∴∠ACB＝∠CAD，
∴AD＝CD＝20（米），
又∵∠ABD＝90°，
∴AB＝ AD＝10（米），
∴树的高度为10米．
故答案为：10．
13．如图，某防洪指挥部发现长江边一处坝高10米，背水坡的坡角为45°的防洪大堤（横断面为梯形
ABCD）急需加固．经调查论证，防洪指挥部专家组制定的加固方案是：背水坡面用土石进行加固，并
使上底加宽3米，加固后背水坡EF的坡度 ，则加固后坝底增加的宽度AF＝ （
）米 ．
【分析】过点 D 作 DH⊥AB 于点 H，过点 E 作 EG⊥AB 于点 G．解 Rt△ADH，Rt△EFG，得出
，根据FA＝FG+GH﹣AH即可求解．
【解答】解：过点D作DH⊥AB于点H，过点E作EG⊥AB于点G，
依题意：EG＝DH＝10（米），ED＝GH＝3（米），
在Rt△ADH中，∠AHD＝90°，∠DAH＝45°，
∴AH＝DH＝10（米），
在Rt△EFG中， ，
∴ （米），
∴ （米），
答：加固后坝底增加的宽度AF为（ ）米．
14．如图，小明在A处看见前面山上有个气象站C，仰角为15°，当笔直向山行4千米到达B处时，小明看
气象站C的仰角为30°．请你算出这个气象站离地面的高度CD是 2 千米 ．【分析】证明BC＝BA＝4千米，再利用直角三角形30度角的性质求解．
【解答】解：∵∠CBD＝∠A+∠BCA，∠A＝15°，∠CBD＝30°，
∴∠BCA＝30°﹣15°＝15°，
∴∠BCA＝∠A，
∴BC＝AB＝4（千米），
∵CD⊥AB，
∴CD＝ BC＝ ×4＝2（千米）．
故答案为：2千米．
15．“龙舟故里”赛龙舟．为了保证比赛在汉江市顺利举办，某部门工作人员乘快艇到汉江水域考察水情，
以每秒10米的速度沿平行于岸边的赛道AB由西向东行驶．在A处测得岸边一建筑物P在北偏东30°方
向上，继续行驶40秒到达B处时，测得建筑物P在北偏西60°方向上．如图，求建筑物P到赛道AB的
距离 米．（结果保留根号）
【分析】过P点作PC⊥AB于点C，构造出Rt△PAC与Rt△PBC，求出AB的长度，利用特殊角的三角
函数值进行求解即可得．
【解答】解：如图，过P点作PC⊥AB于点C，
由题意可知：∠PAC＝60°，∠PBC＝30°，
在Rt△PAC中， ，
∴ ，在Rt△PBC中， ，
∴ ，
∴ ，
解得 ，
答：建筑物P到赛道AB的距离为 米．
故答案为： ．
16．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 ，液压杆AB与底盘OC夹角
为 ．已知液压杆AB＝3米，∠BEA＝90°，当 ＝37°， ＝58°时．（结果精确到0.01米）（参考数据：
α
sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，sin58°≈0.85，cos58°≈0.53，tan58°≈1.60）
β α β
（1）求液压杆顶端B到底盘OC的距离BE的长；
（2）求AO的长．
【分析】（1）根据 即可求解；
（2）利用 ，先求出OE＝3.4米，再利用 ，求出AE≈1.59米，
问题得解．
【解答】解：（1）液压杆AB与底盘OC夹角为 ，液压杆AB＝3米，∠BEA＝90°，当 ＝58°时，
β β
在Rt△ABE中， ，
∴ ，
∴BE＝2.55米，
即BE的长为2.55米；
（2）在Rt△OBE中， ，BE＝2.55米，
∴ ，
∴OE＝3.4米，∵ ，
∴ ，
∴AE≈1.59米，
∴AO＝OE﹣AE＝3.4﹣1.59＝1.81（米），
即AO的长为1.81米．
17．新冠疫情期间，为了提高人民群众防疫意识，很多地方的宣讲车开起来了，大喇叭响起来了，宣传横
幅挂起来了，电子屏亮起来了，电视、广播、微信、短信齐上阵，防疫标语、宣传金句频出，这传递着
打赢疫情防控阻击战的坚定决心．某镇政府采用了宣讲车进行宣传动员．如图，宣讲车 P在笔直公路的
两个站点A、B来回宣传，点C是一个村庄，村庄C到A、B两站点的距离分别为600m、800m，且AB
＝1000m．宣讲车周围500m以内能听到广播宣传．
（1）求∠ACB的度数．
（2）宣讲车P宣传时，村庄C是否能听到？请说明理由．
（3）如果能听到，已知宣讲车P的速度是100米/分钟，那么宣讲车P沿AB方向行驶中，村庄C一共
能听到多少分钟的宣传？
【分析】（1）证明CA2+CB2＝AB2，则由勾股定理的逆定理可知∠ACB＝90°；
（2）利用等面积法求出CD＝480m，再由480＜500即可得到结论；
（3）在AB上取两点E、F使得CE＝CF＝500m，连接CE、CF，利用勾股定理求出DE，DF的长，进
而求出EF的长，再根据时间等于路程除以速度可得答案．
【解答】解：（1）∵村庄C到A、B两站点的距离分别为600m、800m，
∴CA＝600m，CB＝800m，
∵AB＝1000m，
∴CA2+CB2＝6002+8002＝1000000＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°；
（2）宣讲车P宣传时，村庄C能听到，理由如下：
如图1所示，过点C作CD⊥AB于D，
∵ ，∴ ，
∵480＜500，
∴宣讲车P宣传时，村庄C能听到；
（3）如图2所示，在AB上取两点E、F使得CE＝CF＝500m，连接CE、CF，
在Rt△CDE中，由勾股定理得 ，
同理可得DF＝140m，
∴EF＝280m，
∵ （分钟），
∴村庄C一共能听到2.8分钟的宣传．
18．如图1是某广场台阶（结合轮椅专用坡道）景观设计的模型，图2是该设计第一层的截面图，第一层
有十级台阶，每级台阶的高为0.15米，深为0.4米，轮椅专用坡道AB的顶端有一个长2米的水平面
BC．
《城市道路与建筑物无障碍设计规范》第17条，新建轮椅专用坡道在不同坡度的情况下，坡道高度应
符合以下表中的规定：
坡度 1：20 1：16 1：12
最大高度（米） 1.50 1.00 0.75
（1）选择哪个坡度建设轮椅专用坡道AB是符合要求的？说明理由；
（2）相关部门开展广场台阶的设计规划，现在设计每级台阶的宽度为 1.5米，那么第一层的台阶坡道
建造需要规划多少面积的用地？
【分析】（1）计算最大高度为：0.15×10＝1.5（米），由表格查对应的坡度为：1：20；
（2）作BG⊥CD，求出AG的长度即可得解．
【解答】解：（1）∵第一层有十级台阶，每级台阶的高为0.15米，∴最大高度为0.15×10＝1.5（米），
由表知建设轮椅专用坡道AB选择符合要求的坡度是1：20；
（2）如图，过B作BG⊥AD于点G，
由（1）可知BG＝1.5米，坡度是1：20，
∴ ，
∴AG＝30米，
∴S＝30×1.5＝45平方米．
即第一层的台阶坡道建造需要规划45平方米的用地．
19．某数学小组在郊外的水平空地上对无人机进行测高实验，如图，两台测角仪分别放在 A、B位置，且
离地面高均为1米（即AD＝BE＝1米），两台测角仪相距60米（即AB＝60米），在某一时刻无人机
位于点C（点C与点A、B在同一平面内），A处测得其仰角为30°，B处测得其仰角为45°．
【参考数据： ， ，sin40°≈0.64，cos40°≈0.77，tan40°≈0.84】
（1）求该时刻无人机的离地高度；（单位：米，结果保留整数）
（2）无人机沿水平方向向左飞行2秒后到达点F（点F与点A、B、C在同一平面内），此时A处测得
无人机的仰角为40°，求无人机水平飞行的平均速度．（单位：米/秒，结果保留整数）
【分析】（1）连接AB，过点C作CG⊥AB，垂足为G，根据题意可得：AB∥DE，设BG＝x米，则AG
＝（60﹣x）米，然后分别在Rt△BGC和Rt△ACG中，利用锐角三角函数的定义求出CG的长，从而列
出关于x的方程，进行计算即可解答；
（2）过点F作FH⊥AB，垂足为H，根据题意可得：FH＝CG＝（30 ﹣30）米，CF＝HG，然后在
Rt△AFH中，利用锐角三角函数的定义求出AH的长，再利用（1）的结论求出AG的长，从而利用线段
的和差关系求出CF＝HG＝12米，最后进行计算即可解答．
【解答】解：（1）连接AB，过点C作CG⊥AB，垂足为G，由题意得：AB∥DE，
设BG＝x米，
∵AB＝60米，
∴AG＝AB﹣BG＝（60﹣x）米，
在Rt△BGC中，∠CBG＝45°，
∴CG＝BG•tan45°＝x（米），
在Rt△ACG中，∠CAG＝30°，
∴CG＝AG•tan30°＝ （60﹣x）米，
∴x＝ （60﹣x），
解得：x＝30 ﹣30，
∴CG＝BG＝（30 ﹣30）米，
∵AD＝BE＝1米，
∴CG+AD＝30 ﹣30+1≈23（米），
∴该时刻无人机的离地高度约为23米；
（2）过点F作FH⊥AB，垂足为H，
由题意得：FH＝CG＝（30 ﹣30）米，CF＝HG，
在Rt△AFH中，∠FAH＝40°，
∴AH＝ ≈ ≈26.1（米），
∵AB＝60米，BG＝（30 ﹣30）米，
∴AG＝AB﹣BG＝60﹣（30 ﹣30）＝（90﹣30 ）米，
∴CF＝HG＝AG﹣AH＝90﹣30 ﹣26.1≈12（米），
∴12÷2＝6（米/秒），
∴无人机水平飞行的平均速度为6米/秒．
20．为进一步改善市民生活环境，某市修建了多个湿地公园．如图是已建成的环湖湿地公园，沿湖修建了
四边形ABCD人行步道．经测量，点B在点A的正东方向．点D在点A的正北方向，AD＝1000米．点
C正好在点B的东北方向，且在点D的北偏东60°方向，CD＝4000米．（参考数据：
≈1.73）
（1）求步道BC的长度（结果保留根号）；（2）体育爱好者小王从A跑到C有两条路线，分别是A→D→C与A→B→C．其中AD和AB都是下坡，
DC和BC都是上坡．若他下坡每米消耗热量0.07千卡，上坡每米消耗热量0.09千卡，问：他选择哪条
路线消耗的热量更多？
【分析】（1）过点C作CE⊥A交AD的延长线于点E，过点B作BG⊥CE于点G，则四边形ABGE是
矩形，得EG＝AB，BG＝AE，由含30°角的直角三角形的性质得DE＝2000米，则BG＝AE＝3000米，
再由等腰直角三角形的性质即可得出结论；
（2）由（1）可知，CE＝ DE＝2000 （米），CG＝BG＝3000米，求得EG＝AB＝CE﹣CG＝
（2000 ﹣3000）（米），于是得到路线A→D→C消耗的热量为1000×0.7+4000×0.9＝4300（千卡），
路线A→B→C＝（2000 ﹣3000）×0.7+3000 ×0.9≈6229（千卡），比较即可得到结论．
【解答】解：（1）如图，过点C作CE⊥A交AD的延长线于点E，过点B作BG⊥CE于点G，
则∠CED＝∠CGB＝90°，四边形ABGE是矩形，
∴EG＝AB，BG＝AE，
∵∠CDE＝60°，
∴∠DCE＝90°﹣∠CDE＝30°，
∴DE＝ CD＝ ×4000＝2000（米），
∴BG＝AE＝AD+DE＝1000+2000＝3000（米），∵∠CBG＝45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴BC＝ BG＝3000 （米），
答：步道BC的长度为3000 米；
（2）他选择路线A→B→C消耗的热量更多，理由如下：
由（1）可知，CE＝ DE＝2000 （米），CG＝BG＝3000米，
∴EG＝AB＝CE﹣CG＝（2000 ﹣3000）（米），
∴路线A→D→C消耗的热量为1000×0.07+4000×0.09＝430（千卡），
路线A→B→C＝（2000 ﹣3000）×0.07+3000 ×0.09≈412.9（千卡），
∵430＞412.9，
∴他选择路线A→D→C消耗的热量更多．
