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专题 28.18 锐角三角函数（中考常考考点专题）
（巩固篇）（专项练习）
一、单选题
【类型一】锐角三角函数
【考点一】（正弦✮✮余弦✮✮正切）概念➽➸辨析
1．（2021·浙江杭州·一模）在△ABC中，∠C＝90°， ，则（ ）
A．cosA＝ B．sinB＝ C．tanA＝ D．tanB＝
2．（2020·北京市第三十五中学模拟预测）把 三边的长度都扩大为原来的 倍，
则锐角 的余弦值（ ）
A．扩大为原来的 倍 B．缩小为原来的
C．扩大为原来的 倍 D．不变
【考点二】角➽➸（正弦✮✮余弦✮✮正切）函数值
3．（2021·广东广州·中考真题）如图，在 中， ， ， ，
将 绕点A逆时针旋转得到 ，使点 落在AB边上，连结 ，则
的值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中， ， ，将沿BD折叠到 位置，DE交AB于点F，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点三】（正弦✮✮余弦✮✮正切）函数值➽➸求边长
5．（2022·山东菏泽·中考真题）如图，在菱形ABCD中， ，M是
对角线BD上的一个动点， ，则 的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
6．（2022·四川乐山·中考真题）如图，在 中， ， ，点D是
AC上一点，连接BD．若 ， ，则CD的长为（ ）
A． B．3 C． D．2
【类型二】特殊锐角三角函数
【考点一】特殊锐角➽➸函数值7．（2021·浙江宁波·中考真题）如图，在 中， 于
点D， ．若E，F分别为 ， 的中点，则 的长为（ ）
A． B． C．1 D．
8．（2016·山东潍坊·中考真题）关于x的一元二次方程x2﹣ x+sinα=0有两个相等的
实数根，则锐角α等于（ ）
A．15° B．30° C．45° D．60°
【考点二】函数值➽➸特殊锐角
9．（2019·湖南怀化·中考真题）已知 为锐角，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
10．（2019·湖北荆州·中考真题）在平面直角坐标系中，点 的坐标为 ，以原
点为中心，将点 顺时针旋转 得到点 ，则点 的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【考点三】混合运算➽➸特殊锐角✮✮二次根式
11．（2013·湖北孝感·中考真题）式子 的值是（ ）
A． B．0 C． D．0
12．（2016·浙江杭州·二模）在实数 ，2π， ，sin45°中，是有理数的是（ ）
A． B．2π C． D．sin45°【考点四】特殊锐角值➽➸判断三角形形状
13．（2022·安徽淮南·模拟预测）在 ABC中， ，则
ABC一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形
14．（2019·天津天津·中考模拟）如图，等腰直角 中， ， ，
点 在斜边 上，且满足 ，将 绕 点顺时针方向旋转到 的位
置，则 的大小为（ ）
A． B．
C． D．
【类型三】解直角三角形
【考点一】解直角三角形➽➸直接解直角三角形
15．（2022·河北·顺平县腰山镇第一初级中学一模）如图，将边长6cm的正方形纸片
沿虚线剪开，剪成两个全等梯形．已知裁剪线与正方形的一边夹角为60°，则梯形纸片中
较短的底边长为（ ）
A．（3﹣ ）cmB．（3﹣2 ）cm C．（6﹣ ）cm D．（6﹣2 ）cm
16．（2022·四川·巴中市教育科学研究所中考真题）在平面直角坐标系中，直线与 轴交于点 ，与 轴交于点 ，将 绕 点逆时针旋转到如图
的位置， 的对应点 恰好落在直线 上，连接 ，则 的长度为（ ）
A． B． C．2 D．
【考点二】解非直角三角形➽➸转化为直角三角形并解之
17．（2020·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在 ABC中，sinB= ， tanC=2，
△
AB=3，则AC的长为（ ）
A． B． C． D．2
18．（2019·内蒙古赤峰·中考真题）如图，点 是反比例函数 的图象上任
意一点，过点 作 轴，垂足为 ．若 的面积等于2，则 的值等于（ ）．
A．-4 B．4 C．-2 D．2
【考点三】解不规则图形➽➸构造直角三角形并解之
19．（2020·内蒙古赤峰·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠ACB = 90°，AB = 5，AC=3，把Rt△ABC沿直线BC向右平移3个单位长度得到△A'B'C' ，则四边形ABC'A'的面积是
（ ）
A．15 B．18 C．20 D．22
20．（2019·四川达州·中考真题）如图，边长都为4的正方形ABCD和正三角形EFG
如图放置，AB与EF在一条直线上，点A与点F重合．现将△EFG沿AB方向以每秒1个
单位的速度匀速运动，当点F与B重合时停止．在这个运动过程中，正方形ABCD和
△EFG重叠部分的面积S与运动时间t的函数图象大致是（ ）
A． B． C． D．
【类型四】解直角三角形的应用
【考点一】解直角三角形➽➸仰角✮✮俯角
21．（2021·重庆·中考真题）如图，在建筑物AB左侧距楼底B点水平距离150米的C
处有一山坡，斜坡CD的坡度（或坡比）为 ，坡顶D到BC的垂直距离 米
（点A，B，C，D，E在同一平面内），在点D处测得建筑物顶A点的仰角为50°，则建筑
物AB的高度约为（参考数据： ； ； ）
A．69.2米 B．73.1米 C．80.0米 D．85.7米22．（2021·山东泰安·中考真题）如图，为了测量某建筑物 的高度，小颖采用了如
下的方法：先从与建筑物底端B在同一水平线上的A点出发，沿斜坡 行走130米至坡
顶D处，再从D处沿水平方向继续前行若干米后至点E处，在E点测得该建筑物顶端C的
仰角为60°，建筑物底端B的俯角为45°，点A、B、C、D、E在同一平面内，斜坡 的
坡度 ．根据小颖的测量数据，计算出建筑物 的高度约为（ ）（参考数据：
）
A．136.6米 B．86.7米 C．186.7米 D．86.6米
【考点二】解直角三角形➽➸方位角
23．（2022·河北石家庄·二模）如图，某渔船正在海上P处捕鱼，先向北偏东30°的方
向航行10km到A处．然后右转40°再航行 到B处，在点A的正南方向，点P的正东
方向的C处有一条船，也计划驶往B处，那么它的航向是（ ）
A．北偏东20° B．北偏东30° C．北偏东35° D．北偏东40°
24．（2022·广东深圳·三模）如图，在距离铁轨200米的B处，观察由深圳开往广州
的“和谐号”动车，当动车车头在A处时，恰好位于B处的北偏东60°方向上；一段时间
后，动车车头到达C处，恰好位于B处的西北方向上，则这时段动车的运动路程是（ ）
米（结果保留根号）A． B． C． D．
【考点三】解直角三角形➽➸坡度坡比
25．（2022·广东·广州市第一中学模拟预测）如图，某人在山坡坡脚C处测得一座建
筑物顶点A的仰角为 ，沿山坡向上走到P处再测得该建筑物顶点A的仰角为 ．已
知BC=90米，且B、C、D在同一条直线上，山坡坡度i=5：12，求此人从所在位置点P走
到建筑物底部B点的路程（ ）米.（结果精确到0.1米）（测倾器的高度忽略不计，参
考数据： ， ）
A． B． C． D．
【考点四】解直角三角形➽➸其他问题
26．（2021·四川乐山·二模）如图所示，某办公大楼正前方有一根高度是15米的旗杆
ED，从办公楼顶端A测得旗杆顶端E的俯角α是45°，旗杆底端D到大楼前梯坎底边的距
离DC是20米，梯坎坡长BC是12米，梯坎坡度i＝1： ，则大楼AB的高度为( )
（精确到0.1米，参考数据： ≈1.41， ≈1.73， ≈2.45）A．30.4 B．36.4 C．39.4 D．45.4
27．（2022·吉林·长春市绿园区教师进修学校二模）如图，一棵大树被台风拦腰刮断，
树根A到刮断点 的距离是4米，折断部分 与地面成 的夹角，那么原来这棵树的高
度是（ ）
A． 米B． 米 C． 米 D． 米
28．（2022·山东聊城·一模）如图，竖直放置的杆AB，在某一时刻形成的影子恰好落
在斜坡CD的D处，而此时1米的杆影长恰好为1米，现量得BC为10米，CD为8米，斜
坡CD与地面成30°角，则杆AB的高度为（ ）
A． 米 B． 米 C．8米 D．10米
二、填空题
【类型一】锐角三角函数
【考点一】（正弦✮✮余弦✮✮正切）概念➽➸辨析29．（2019·陕西师大附中二模）如图，已知第一象限内的点A在反比例函数
的图象上，第二象限内的点B在反比例数 的图象上且 ， .则k的值
为________.
30．（2021·江苏·宜兴市实验中学二模）如图，点 在 的正半轴上，且 于点
，将线段 绕点 逆时针旋转 到 的位置，且点 的坐标为 ．若反比例函数
的图象经过 点，则 ______．
【考点二】角➽➸（正弦✮✮余弦✮✮正切）函数值
31．（2020·山东菏泽·中考真题）如图，在 中， ，点 为 边的
中点，连接 ，若 ， ，则 的值为______．32．（2020·江苏常州·中考真题）如图，点C在线段 上，且 ，分别以
、 为边在线段 的同侧作正方形 、 ，连接 、 ，则
_________．
【考点三】（正弦✮✮余弦✮✮正切）函数值➽➸求边长
33．（2019·四川广元·中考真题）如图， 中， ， ，将
绕点C逆时针旋转 得到 ，连接BD，则 的值是___．
34．（2021·甘肃武威·中考真题）如图，在矩形 中， 是 边上一点，
是 边的中点， ，则 ________ ．
【类型二】特殊锐角三角函数
【考点一】特殊锐角➽➸函数值
35．（2020·上海·中考真题）如图，在△ABC中，AB=4，BC=7，∠B=60°，点D在边
BC上，CD=3，联结AD．如果将△ACD沿直线AD翻折后，点C的对应点为点E，那么点E到直线BD的距离为____．
36．（2020·贵州遵义·中考真题）如图，对折矩形纸片ABCD使AD与BC重合，得到
折痕MN，再把纸片展平．E是AD上一点，将 ABE沿BE折叠，使点A的对应点A′落在
MN上．若CD＝5，则BE的长是_____． △
【考点二】函数值➽➸特殊锐角
37．（2018·四川巴中·中考真题）已知|sinA﹣ |+ =0，那么∠A+∠B=
．
38．（2012·山东济宁·中考真题）在 中，若∠A、∠B满足|cosA－ |＋(sinB－
)2＝0，则∠C＝____．
【考点三】混合运算➽➸特殊锐角✮✮二次根式
39．（2022·广西·藤县教学研究室一模） +sin30°﹣
40．（2022·山东·潍坊市寒亭区教学研究室一模）计算 的结果
是____________．
【考点四】特殊锐角值➽➸判断三角形形状
41．（2021·贵州黔东南·二模）在 中， ，则为________三角形．
42．（2021·广东深圳·一模）若 ，那么 的形状是
_____．
【类型三】解直角三角形
【考点一】解直角三角形➽➸直接解直角三角形
43．（2022·辽宁大连·中考真题）如图，对折矩形纸片 ，使得 与 重合，
得到折痕 ，把纸片展平，再一次折叠纸片，使点A的对应点 落在 上，并使折痕经
过点B，得到折痕 ．连接 ，若 ， ，则 的长是____________
．
44．（2022·浙江嘉兴·中考真题）如图，在 ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝60°，直尺
的一边与BC重合，另一边分别交AB，AC于点D，E．点B，C，D，E处的读数分别为
15，12，0，1，则直尺宽BD的长为_________．
【考点二】解非直角三角形➽➸转化为直角三角形并解之
45．（2018·江苏无锡·中考真题）已知 ABC中，AB=10，AC=2 ，∠B=30°，则
△
ABC的面积等于_____．
△ 46．（2017·四川绵阳·中考真题）如图，过锐角△ABC的顶点A作DE∥BC，AB恰好平分∠DAC，AF平分∠EAC交BC的延长线于点F．在AF上取点M，使得AM= AF，连接
CM并延长交直线DE于点H．若AC=2，△AMH的面积是 ，则 的值是
_______．
【考点三】解不规则图形➽➸构造直角三角形并解之
47．（2010·云南红河·中考真题）如图，在△ABC中，∠B=45°，cos∠C= ，
AC=5a，则△ABC的面积用含ａ的式子表示是____ ．
48．（2012·黑龙江黑河·中考真题）Rt△ABC中，∠A=90°，BC=4，有一个内角为
60°，点P是直线AB上不同于A、B的一点，且∠ACP=30°，则PB的长为_______．
【类型四】解直角三角形的应用
【考点一】解直角三角形➽➸仰角✮✮俯角
49．（2022·湖北黄石·中考真题）某校数学兴趣小组开展无人机测旗杆的活动：已知
无人机的飞行高度为30m，当无人机飞行至A处时，观测旗杆顶部的俯角为30°，继续飞
行20m到达B处，测得旗杆顶部的俯角为60°，则旗杆的高度约为________m．（参考数
据： ，结果按四舍五八保留一位小数）50．（2022·江苏南通·中考真题）如图，B为地面上一点，测得B到树底部C的距离为
，在B处放置 高的测角仪 ，测得树顶A的仰角为 ，则树高 为
___________m（结果保留根号）．
【考点二】解直角三角形➽➸方位角
51．（2022·贵州黔西·中考真题）如图，我海军舰艇在某海域C岛附近巡航，计划从A
岛向北偏东80°方向的B岛直线行驶．测得C岛在A岛的北偏东50°方向，在B岛的北偏西
40°方向．A，B之间的距离为80nmile，则C岛到航线AB的最短距离是_____nmile．（参
考数据： ， ）
52．（2022·四川绵阳·中考真题）如图，测量船以20海里每小时的速度沿正东方向航
行并对某海岛进行测量，测量船在A处测得海岛上观测点D位于北偏东15°方向上，观测
点C位于北偏东45°方向上，航行半个小时到达B点，这时测得海岛上观测点C位于北偏
西45°方向上，若CD与AB平行，则CD＝_________海里（计算结果不取近似值）．【考点三】解直角三角形➽➸坡度坡比
53．（2022·山东泰安·模拟预测）如图，在一次数学实践活动中，小明同学要测量一
座与地面垂直的古塔 的高度，他从古塔底部点处前行 到达斜坡 的底部点C处，
然后沿斜坡 前行 到达最佳测量点D处，在点D处测得塔顶A的仰角为 ，已知
斜坡的斜面坡度 ，且点A，B，C，D，在同一平面内，小明同学测得古塔 的高
度是___________．
54．（2022·山东烟台·一模）一名高山滑雪运动员沿着斜坡 滑行，他在点D处相对
大树顶端A的仰角为 ，从D点再滑行 米到达坡底的C点，在点C处相对树顶端A
的仰角为 ，若斜坡 的坡比为 （点E，C，B在同一水平线上），则大树 的
高度___________米（结果保留根号）．
【考点四】解直角三角形➽➸其他问题
55．（2022·山西太原·二模）如图1是劳动课上同学们组装的一个智能机器臂．水平操作台为l，底座AB固定， ，AB长度为24cm，连杆BC长度为30cm，手臂CD长
度为28cm，点B，C是转动点，且AB，BC与CD始终在同一平面内．如图2，转动连杆
BC和手臂CD，当 ， 时，端点D离操作台l的高度DE为
______cm．
56．（2022·河北·石家庄市第四十一中学二模）操作：如图，将四边形纸片ABCD沿
过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处，折痕为AP；再将 ， 分
别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：
（1） 的大小为______°；
（2）当四边形APCD是平行四边形时 的值为______．参考答案
1．D
【分析】设AB=5a，BC=3a，则AC=4a，然后根据三角函数的定义逐项排查即可．
解：设AB=5a，BC=3a，则AC=4a，
则cosA＝ ＝ ，故A错误；
sinB＝ ＝ ，故B错误；
tanA＝ ，故C错误；
tanB＝ ＝ ，故D正确．
故选：D．
【点拨】本题主要考查了三角函数的定义和勾股定理，掌握并灵活运用三角函数的定
义成为解答本题的关键．
2．D
【分析】根据相似三角形的性质解答．
解：三边的长度都扩大为原来的3倍，
则所得的三角形与原三角形相似，
∴锐角A的大小不变，
∴锐角A的余弦值不变，
故选：D．
【点拨】此题考查相似三角形的判定和性质、锐角三角函数的定义，掌握相似三角形
的对应角相等是解题的关键．
3．C
【分析】由勾股定理求出 ，并利用旋转性质得出 ， ，
，则可求得 ，再根据勾股定理求出 ，最后由三角形函数的定义即可求得结果．
解：在 中， ， ， ，
由勾股定理得： ．
∵ 绕点A逆时针旋转得到 ，
∴ ， ， ．
∴ ．
∴在 中，由勾股定理得 ．
∴ ．
故选：C．
【点拨】本题考查了求角的三角形函数值，掌握三角形函数的概念并利用勾股定理及
旋转的性质求解是解题的关键．
4．C
【分析】先根据矩形的性质和折叠的性质，利用“AAS”证明 ，得出
， ，设 ，则 ，根据勾股定理列出关于x的方程，
解方程得出x的值，最后根据余弦函数的定义求出结果即可．
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=5，AB=BC=3， ，
根据折叠可知， ， ， ，
∴在△AFD和△EFB中 ，
∴ （AAS），
∴ ， ，
设 ，则 ，
在 中， ，
即 ，
解得： ，则 ，∴ ，故C正确．
故选：C．
【点拨】本题主要考查了矩形的折叠问题，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三
角函数的定义，根据题意证明 ，是解题的关键．
5．C
【分析】连接AF，则AF的长就是AM+FM的最小值，证明△ABC是等边三角形，AF
是高线，利用三角函数即可求解．
解：连接AF，则AF的长就是AM+FM的最小值．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
又∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵
∴F是BC的中点，
∴AF⊥BC．
则AF＝AB•sin60°＝2 ．
即 的最小值是 ．
故选：C
【点拨】本题考查了菱形的性质，等边三角形以及三角函数，确定AF的长就是
的最小值是关键．
6．C
【分析】先根据锐角三角函数值求出 ，再由勾股定理求出 过点D作于点E，依据三角函数值可得 从而得 ，再由
得AE=2，DE=1，由勾股定理得AD= ，从而可求出CD．
解：在 中， ， ，
∴
∴
由勾股定理得,
过点D作 于点E，如图，
∵ ， ，
∴
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴ ,
在 中,
∴∵
∴
故选：C
【点拨】本题主要考查了勾股定理，由锐角正切值求边长，正确作辅助线求出DE的
长是解答本题的关键．
7．C
【分析】根据条件可知△ABD为等腰直角三角形，则BD=AD，△ADC是30°、60°的
直角三角形，可求出AC长，再根据中位线定理可知EF= 。
解：因为AD垂直BC，
则△ABD和△ACD都是直角三角形，
又因为
所以AD= ，
因为sin∠C= ，
所以AC=2，
因为EF为△ABC的中位线，
所以EF= =1，
故选：C．
【点拨】本题主要考查了等腰直角三角形、锐角三角形函数值、中位线相关知识，根
据条件分析利用定理推导，是解决问题的关键．
8．B
【分析】根据判别式的意义得到Δ= ，从而可求出α的正弦值，然
后根据特殊角的三角函数值确定α的度数．
解：∵关于x的一元二次方程 有两个相等的实数根，
∴△= ，解得：sinα= ，
∵α为锐角，
∴α=30°．
故选B．
【点拨】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与Δ=b2-4ac
有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实
数根；当Δ＜0时，方程无实数根．也考查了特殊角的三角函数值．
9．A
【分析】根据特殊角的三角函数值解答．
解：∵ 为锐角，且 ，
∴ ．
故选A．
【点拨】此题考查的是特殊角的三角函数值，属较简单题目．
10．A
【分析】作 轴于 ， 轴于 ，再证明 即可求解.
解：如图，作 轴于 ， 轴于 ．
在Rt AOE中，点 的坐标为 ，
△
∴OE= ,AE=1,
∵tan∠AOE= ，
∴∠AOE=30°，
又∵∠AOA’=30°，∴∠A’OF=90°－30°－30°=30°.
，
，
，
， ，
．
故选 ．
【点拨】本题考查的是正切的应用，熟练掌握旋转和全等三角形的性质是解题的关键.
11．B
【分析】将特殊角的三角函数值代入后，化简即可得出答案：
.故选B.
解：请在此输入详解！
12．C
解：试题分析：选项A， =2 是无理数，故本选项错误；选项B，2π是无理数，
故本选项错误；选项C， =﹣3是有理数，故本选项正确；选项D，sin45°= 是无
理数，故本选项错误．故选C．
考点：实数；特殊角的三角函数值．
13．D
【分析】结合题意，根据乘方和绝对值的性质，得 ， ，
从而得 ， ，根据特殊角度三角函数的性质，得 ， ；根
据等腰三角形和三角形内角和性质计算，即可得到答案．
解：∵∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ABC一定是等腰直角三角形
故选：D．
【点拨】本题考查了绝对值、三角函数、三角形内角和、等腰三角形的知识；解题的
关键是熟练掌握绝对值、三角函数的性质，从而完成求解．
14．B
【分析】连接OQ，由旋转的性质可得，△BCO △ACQ,则有BO=AQ,
, 所以 ,则有
,得到 ,又因为OC=CQ,可求出 ,即可求
的大小.
解：连接OQ，
∵ ， ，
∴ ，
由旋转的性质可得，△BCO △ACQ,
∴ ，OC=CQ, BO=AQ, ,
∴ , ,
且 ，
∵ ,
∴ ，∴ .
故选B.
【点拨】主要考查了旋转的性质，特殊角的三角函数值等性质的综合应用，注意辅助
线的连接是关键.
15．A
【分析】过M点作ME⊥AD于E点，根据四边形ABCD是正方形，有AD=CD=6，
∠C=∠D=90°，由裁剪的两个梯形全等，可得AN=MC；再证明四边形MCDE是矩形，即有
MC=ED，ME=CD=6，进而有AN=ED，在Rt△MNE中，解直角三角形可得 ，则可
得 ，问题得解．
解：如图，过M点作ME⊥AD于E点，
∵四边形ABCD是正方形，边长为6，
∴AD=CD=6，∠C=∠D=90°，
∵裁剪的两个梯形全等，
∴AN=MC，
∵ME⊥AD，
∴四边形MCDE是矩形，
∴MC=ED，ME=CD=6，
∴AN=ED，
根据题意有∠MNE=60°，∴在Rt△MNE中， ，
∴ ，
∴ ，
即梯形中较短的底为 （cm），
故选：A．
【点拨】本题主要考查了正方形的、矩形的判定与性质、解直角三角形的应用等知识，
根据梯形全等得出AN=MC是解答本题的关键．
16．B
【分析】先求出点A、B的坐标，可求得OA、OB，进而可求得∠OAB=60°，利用旋转
的性质和等边三角形的判定与性质证明 和 为等边三角形得到 即可
求解.
解：对于 ，
当 时， ，当 时，由 得： ，
则A（1，0），B（0， ），
∴ ， ，
∴ ，则∠OAB=60°，
由旋转性质得： ， ， ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，又
∴ 是等边三角形，
∴ ，
故选：B．
【点拨】本题考查一次函数图象与坐标轴的交点问题、旋转性质、等边三角形的判定
与性质、解直角三角形，熟练掌握相关知识的联系与运用，证得 是等边三角形是解答的关键．
17．B
【分析】过A点作AH⊥BC于H点，先由sin∠B及AB=3算出AH的长，再由tan∠C
算出CH的长，最后在Rt△ACH中由勾股定理即可算出AC的长．
解：过A点作AH⊥BC于H点，如下图所示：
由 ，且 可知， ，
由 ，且 可知， ，
∴在 中，由勾股定理有： ．
故选：B．
【点拨】本题考查了解直角三角形及勾股定理等知识，如果图形中无直角三角形时，
可以通过作垂线构造直角三角形进而求解．
18．A
【分析】根据三角形的面积公式推出k的值即可.
解：∵ 的面积等于2，
∴ ，
而 ，
∴ ．
故选A．
【点拨】本题考查三角形，熟练掌握三角形的面积公式是解题关键.
19．A
【分析】在直角三角形ACB中，可用勾股定理求出BC边的长度，四边形ABC’A’的
面积为平行四边形ABB’A’和直角三角形A’C’B’面积之和，分别求出平行四边形ABB’A’和
直角三角形A’C’B’的面积，即可得出答案．解：在 ACB中，∠ACB=90°，AB=5，AC=3，
由勾股定理可得： ，
∵ A’C’B’是由 ACB平移得来，A’C’=AC=3，B’C’=BC=4，
∴ ，
又∵BB’=3，A’C’= 3，
∴ ，
∴ ，
故选：A．
【点拨】本题主要考察了勾股定理、平移的概念、平行四边形与直角三角形面积的计
算，解题的关键在于判断出所求面积为平行四边形与直角三角形的面积之和，且掌握平行
四边形的面积为底 高．
20．C
【分析】根据题意和函数图象可以写出各段对应的函数解析式，从而可以判断哪个选
项中的图象符合题意，本题得以解决．
解：当 时， ，即S与t是二次函数关系，有最小值 ，
开口向上，
当 时， ，即S与t是
二次函数关系，开口向下，
由上可得，选项C符合题意，
故选C．
【点拨】考查动点问题的函数过图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的
思想解答．
21．D
【分析】作DF⊥AB于F点，得到四边形DEBF为矩形，首先根据坡度的定义以及DE
的长度，求出CE，BE的长度，从而得到DF=BE，再在Rt ADF中利用三角函数求解即可
△得出结论．
解：如图所示，作DF⊥AB于F点，则四边形DEBF为矩形，
∴ ,
∵斜坡CD的坡度（或坡比）为 ，
∴在Rt CED中， ，
△
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在Rt ADF中，∠ADF=50°，
△
∴ ，
将 代入解得： ，
∴AB=AF+BF=35.7+50=85.7米，
故选：D．
【点拨】本题考查解直角三角形的实际应用，理解坡度的定义，准确构造直角三角形，
熟练运用锐角三角函数是解题关键．
22．A
【分析】作DF⊥AB于F点，EG⊥BC于G点，根据坡度求出DF=50，AF=120，从而
分别在 BEG和 CEG中求解即可．
解△：如图，△作DF⊥AB于F点，EG⊥BC于G点，
则四边形DFBG为矩形，DF=BG，
∵斜坡 的坡度 ，
∴ ，
∵AD=130，
∴DF=50，AF=120，∴BG=DF=50，
由题意，∠CEG=60°，∠BEG=45°，
∴ BEG为等腰直角三角形，BG=EG=50，
△
在Rt CEG中，CG= EG=50 ，
△
∴ 米，
故选：A．
【点拨】本题考查解直角三角形的实际应用，正确理解坡度的定义，准确构建合适的
直角三角形是解题关键．
23．C
【分析】连接BC，由锐角三角函数定义得AC= PA= km，则AC=AB，再由等
腰三角形的性质得∠ACB=∠ABC=35°，即可得出结论．
解：如图，连接BC，
由题意得：∠ACP=∠ACD=90°，∠PAC=30°，PA=10km，∠BAE=40°，AB= km，
∴∠BAC=180°—∠PAC—∠BAE=180°—30°—40°=110°，
∵cos∠PAC= =cos30°= ，
∴AC= PA= ×10= km，
∴AC=AB，
∴∠ACB=∠ABC= ×（180°—∠BAC）= ×（180°—110°）=35°，
即B处在C处的北偏东35°方向，故选：C．
【点拨】本题考查了解直角三角形的应用—方向角问题，等腰三角形的性质，锐角三
角函数定义等知识，由锐角三角函数定义求出AC的长是解题的关键．
24．B
【分析】作BC⊥AC于点D，在 中利用三角函数求得AD的长，在 中，
利用三角函数求得CD的长，则AC即可求得．
解：如图，作BD⊥AC于点D，
∵在 中， ，
∴ ， (米)，
∵在 中， ，
∴ （米），
则 (米)．
故选：B．
【点拨】本题主要考查了解直角三角形以及勾股定理的应用，用到的知识点是方向角，
关键是根据题意画出图形，作出辅助线，构造直角三角形，“化斜为直”是解三角形的基
本思路，常需作垂线（高），原则上不破坏特殊角．定理：直角三角形中 所对直角边是
斜边的一半．
25．D
【分析】首先过点P作PE⊥AB于E，PH⊥BD于H，由题意可知i=PH：CH=5：12，
然后设PH=5x米，CH=12x米，在Rt△ABC中， ，BC=90米，则可得，利用正切函数的知识可求AB，在Rt△AEP中， ，利用正切函
数可得关于x的方程，从而得出PH，在Rt△PHC中，利用勾股定理可求CP的长度，进一
步可求此人从所在位置点P走到建筑物底部B点的路程．
解：如图：过点P作PE⊥AB于E，PH⊥BD于H，
设PH=BE=5x米，CH=12x米，
在Rt△ABC中，
，BC=90米，则 ，
即 ，
∴AB=180(米)，
在Rt△AEP中， ，AE=AB-BE=180-5x，BH=EP=BC+CH=90+12x，
∴ ，
解得 ，
经检验 是原方程的解，且符合题意，
∴ (米)，
在Rt△PHC中， (米)，
故此人从所在位置点P走到建筑物底部B点的路程是： (米)，
故选：D．
【点拨】本题考查了仰角的定义，以及解直角三角形的实际应用问题，解题的关键是要能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的
作法．
26．C
【分析】延长AB交DC于H，作EG⊥AB于G，则GH=DE=15米，EG=DH，设BH=x
米，则CH= x米，在Rt△BCH中，BC=12米，由勾股定理得出方程，解方程求出BH=6
米，CH=6 米，得出BG、EG的长度，证明△AEG是等腰直角三角形，得出AG=EG=（6
+20）（米），即可得出大楼AB的高度．
解：如图，延长AB交DC于H，作EG⊥AB于G，
则GH＝DE＝15米，EG＝DH，
∵梯坎坡度i＝1： ，
∴BH：CH＝1： ，
设BH＝x米，则CH＝ x米，
在Rt△BCH中，BC＝12米，
由勾股定理得：x2+（ x）2＝122，
解得：x＝6，
∴BH＝6米，CH＝6 米，
∴BG＝GH﹣BH＝15﹣6＝9（米），EG＝DH＝CH+CD＝（6 +20）（米），
∵∠α＝45°，
∴∠EAG＝90°﹣45°＝45°，∴△AEG是等腰直角三角形，
∴AG＝EG＝（6 +20）（米），
∴AB＝AG+BG＝6 +20+9≈39.4（米）；
故选：C．
【点拨】本题考查了解直角三角形的应用-坡度、俯角问题；通过作辅助线运用勾股定
理求出BH，得出EG是解决问题的关键．
27．B
【分析】通过解直角三角形即可求得．
解：在 中， ，
故原来这棵树的高度为： (米)，
故选：B．
【点拨】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握和运用解直角三角形的方法是解
决本题的关键．
28．A
【分析】如图，延长AB交DT的延长线于E．首先证明AE=DE，然后在Rt△CDT中，
求出DT和CT，再根据AB＝AE﹣BE，即可得出结论，
解：如图，延长AB交DT的延长线于E．
∵1米的杆影长恰好为1米，
∴AE＝DE，
易得四边形BCTE是矩形，
∴BC＝ET＝10米，BE＝CT，
在Rt△CDT中，∵∠CTD＝90°，CD＝8米，∠CDT＝30°，∴DT＝CD•cos30°＝8× ＝4 （米），CT＝ CD＝4（米），
∴AE＝DE＝ET+DT＝ （米），BE＝CT＝4（米），
∴AB＝AE﹣BE＝ ﹣4＝ （米），
故选：A．
【点拨】本题考查解直角三角形的应用，平行投影等知识，解题的关键是理解题意，
灵活运用所学知识解决问题．
29．
【分析】作AN⊥x轴于N，BM⊥x轴于M，证明 ANO∽△OMB，可得 ，
△
然后由 求出 ，进而可得 ，利用反比例函数k的几何意义可得出k
的值．
解：如图，作AN⊥x轴于N，BM⊥x轴于M，
∵OA⊥OB，
∴∠AON＝90°−∠BOM＝∠OBM，∠ANO＝∠OMB＝90°，
∴△ANO∽△OMB，
∴ ，
∵ ，∴设OA= ，AB=3a，
由勾股定理得：OB= ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵反比例数 的图象过第二象限，
∴ ，
故答案为： ．
【点拨】本题主要考查反比例函数k的几何意义、相似三角形的判定和性质以及锐角
三角函数的定义等知识，解题的关键是作辅助线构造相似三角形，求出 OMB的面积．
△
30．
【分析】过点B′作B′D⊥x轴于点D，根据BA⊥OB于点B及图形旋转的性质求出
∠B′BD的度数，再由直角三角形的性质得出BD及BB′的长，故可得出点A的坐标，进而
可得出结论．
解：如图，过点B′作B′D⊥x轴于点D，
∵BA⊥OB于点B，∴∠ABD＝90°．
∵线段BA绕点B逆时针旋转60°到BB′的位置，
∴∠ABB′＝60°，
∴∠B′BD＝90°−60°＝30°．
∵点B′的坐标为（1，1），
∴OD＝ B′D＝1，
∴BB′＝2B′D＝2，BD＝
∴ ，AB＝BB′＝2，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点拨】本题考查的是坐标与图形变化−旋转，根据题意作出辅助线，利用锐角三角
函数的定义得出A点坐标是解答此题的关键．
31．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半得到DC=DB，∠DCB=∠B，根
据锐角三角函数的定义即可求解．
解：∵∠ACB=90°，BC=4，CD=3，点D是AB边的中点，
∴DC=DB，
∴∠DCB=∠B，AB=2CD=6，
∴ ，
故答案为： ．
【点拨】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，锐角三角函数的
定义，掌握直角三角形斜边上的中线是斜边的一半和三角函数的定义是解题的关键．
32．
【分析】设BC=a，则AC=2a，然后利用正方形的性质求得CE、CG的长、∠GCD=ECD=45°，进而说明△ECG为直角三角形，最后运用正切的定义即可解答．
解：设BC=a，则AC=2a
∵正方形
∴EC= ，∠ECD=
同理：CG= ,∠GCD=
∴ ．
故答案为 ．
【点拨】本题考查了正方形的性质和正切的定义，根据正方形的性质说明△ECG是直
角三角形是解答本题的关键．
33．
【分析】连接AD，由旋转的性质可得CA=CD，∠ACD=60°，得到 ACD为等边三角
△
形，由AB=BC，CD=AD，得出BD垂直平分AC，于是求出BO= AC= ，
OD=CD•sin60°= ，可得BD=BO+OD，即可求解．
解：如图，连接AD，设AC与BD交于点O，由题意得： ，
∴ 为等边三角形，
∴ ， ；
∵ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴BD垂直平分AC，
∴ ， ，
∴
∴ ，
故答案为
【点拨】本题考查了图形的变换-旋转，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和
性质，线段的垂直平分线的性质，准确把握旋转的性质是解题的关键．
34．6
【分析】先利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解 再利用锐角三角函
数依次求解 即可得到答案．
解： 是 边的中点， ，
矩形 ，故答案为：
【点拨】本题考查的是矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，锐角
三角函数的应用，掌握锐角三角函数的应用是解题的关键．
35． ．
【分析】过E点作EH⊥BC于H，证明△ABD是等边三角形，进而求得
∠ADC=120°，再由折叠得到∠ADE=∠ADC=120°，进而求出∠HDE=60°，最后在
Rt△HED中使用三角函数即可求出HE的长．
解：如图，过点E作EH⊥BC于H，
∵BC=7，CD=3，
∴BD=BC-CD=4，
∵AB=4=BD，∠B=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ADB=60°，
∴∠ADC=∠ADE=120°，
∴∠EDH=60°，
∵EH⊥BC，∴∠EHD=90°．
∵DE=DC=3，
∴EH=DE×sin∠HDE=3× = ，∴E到直线BD的距离为 ．
故答案为： ．
【点拨】本题考查了折叠问题，解直角三角形，点到直线的距离，本题的关键点是能
求出∠ADE=∠ADC=120°，另外需要重点掌握折叠问题的特点：折叠前后对应的边相等，
对应的角相等．
36．
【分析】在Rt A'BM中，利用轴对称的性质与锐角三角函数求出∠BA′M=30°，再证
明∠ABE=30°即可解△决问题．
解：∵将矩形纸片ABCD对折一次，使边AD与BC重合，得到折痕MN，
∴AB=2BM，∠A′MB=90°，MN∥BC．
∵将 ABE沿BE折叠，使点A的对应点A′落在MN上．
∴A′B△=AB=2BM．
在Rt A′MB中，∵∠A′MB=90°，
△
∴sin∠MA′B= ＝ ，
∴∠MA′B=30°，
∵MN∥BC，
∴∠CBA′=∠MA′B=30°，
∵∠ABC=90°， ∴∠ABA′=60°，
∴∠ABE=∠EBA′=30°，
故答案为： ．
【点拨】本题考查了矩形的性质，翻折变换，锐角三角函数的定义，平行线的性质，
熟练掌握并灵活运用翻折变换的性质是解题的关键．37．90°
【分析】根据特殊角锐角三角函数值即可求出答案．
解：由题意可知：sinA= ，tanB= ，
∴∠A=30°，∠B=60°，
∴∠A+∠B=90°
故答案为90°
【点拨】本题考查特殊角的锐角三角函数值，解题的关键是熟练运用特殊角的锐角三
角函数值，本题属于基础题型．
38．75°
解：由题意得cosA = ，sinB=
∴∠A=60°，∠B=45°
∴∠C＝180°-60°-45°=75°
39．-
【分析】根据二次根式的运算法则，特殊角的三角函数值，以及零指数幂的概念，正
确计算即可．
解：原式
.
【点拨】本题考查了二次根式的运算法则，特殊角的三角函数值，以及零指数幂的概
念，正确理解相关概念，按照正确的运算顺序进行计算，是解题的关键．
40．1
【分析】直接利用绝对值的性质、特殊角的三角函数值、负整数指数幂的性质分别化
简得出答案．
解：原式==
=1
【点拨】此题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题关键．
41．直角
【分析】根据两个非负数的和为0，则它们都为0，可得 ， ，
因而可求得∠A、∠B的度数，由此可判断△ABC的形状．
解：∵ ， ，且
∴ ，
∴ ，
∴∠A=60゜，∠B=30゜
∵∠A+∠B=90゜
∴△ABC是直角三角形
故答案为：直角．
【点拨】本题考查了几个非负数的和为0则它们都为0的性质，已知三角函数值求角，
直角三角形的判定等知识，关键是根据非负数和为0的性质求得∠A、∠B的三角函数值．
42．锐角三角形
【分析】根据二次根式和绝对值的非负数性质及特殊角的三角函数值可求出∠A和
∠B的度数，然后根据三角形内角和求出∠C的度数，即可得到答案．
解：∵ ，
∴cos2A- =0，tan- =0，
∴cosA= （负值舍去），tanB= ，
∴∠A=45°，∠B=60°，
∴∠C=180°-45°-60°=75°，
∴△ABC是锐角三角形，故答案为：锐角三角形
【点拨】本题考查了特殊角的三角函数值及非负数性质的应用，熟练掌握非负数的性
质，熟记特殊角的三角函数值是解题关键．
43．
【分析】根据直角三角形的中线定理，先证明四边形 是平行四边形，再证明
是等边三角形，分别根据直角三角形中的三角函数求出AM和DM，从而得到答案．
解：如下图所示，设 交BM于点O，连接AO，
∵点 是中点，
∴在 和 中， ,
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵
∴四边形 是平行四边形，
∴
∴ ,
∴ 是等边三角形，
∴
∴∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
【点拨】本题考查矩形的折叠、直角三角形、等边三角形的性质，解题的关键是证明
是等边三角形以及熟练掌握直角三角形中的三角函数．
44．
【分析】先求解 再利用线段的和差可得答案．
解：由题意可得：
同理：
故答案为：
【点拨】本题考查的是锐角的正切的应用，二次根式的减法运算，掌握“利用锐角的
正切求解三角形的边长”是解本题的关键．
45．15 或10【分析】作AD⊥BC交BC（或BC延长线）于点D，分AB、AC位于AD异侧和同侧
两种情况，先在Rt ABD中求得AD、BD的值，再在Rt ACD中利用勾股定理求得CD
的长，继而就两种情△况分别求出BC的长，根据三角形的△面积公式求解可得．
解：作AD⊥BC交BC（或BC延长线）于点D，
①如图1，当AB、AC位于AD异侧时，
在Rt ABD中，∵∠B=30°，AB=10，
△
∴AD=ABsinB=5，BD=ABcosB=5 ，
在Rt ACD中，∵AC=2 ，
△
∴CD= ，
则BC=BD+CD=6 ，
∴S = •BC•AD= ×6 ×5=15 ；
ABC
△
②如图2，当AB、AC在AD的同侧时，
由①知，BD=5 ，CD= ，
则BC=BD-CD=4 ，
∴S = •BC•AD= ×4 ×5=10 ．
ABC
△
综上， ABC的面积是15 或10 ，
△故答案为15 或10 ．
【点拨】本题主要考查解直角三角形，解题的关键是熟练掌握三角函数的运用、分类
讨论思想的运算及勾股定理．
46． ##
解：过点H作HG⊥AC于点G，
∵AF平分∠CAE，DE∥BF，
∴∠HAF=∠AFC=∠CAF，
∴AC=CF=2，
∵ ，
∴ ，
∵DE∥CF，
∴△AHM∽△FCM，
∴ ，
∴AH=1，设△AHM中，AH边上的高为m，△FCM中CF边上的高为n，
∴ ，
∵△AMH的面积为： ，
∴
∴ ，
∴ ，设△AHC的面积为S，
∴ =3，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∴由勾股定理可知：AG= ，
∴CG=AC﹣AG=2﹣ ，
∴
故答案为: ．
47．
解：过A作AD⊥BC交BC于D
∵AD⊥BC
∴∠ADC＝90°
∵cos∠C= ，AC＝5a
∴DC＝AC·cos∠C＝5a· ＝3a∴AD＝
∵∠B＝45°，∠ADB＝90°
∴∠DAB＝45°
∴BD=AD=4a
∴BC＝BD+DC＝4a＋3a＝7a
∴S =
ABC
△
48．4或 或 ．
解：分两种情况考虑：
当∠ABC=60°时，如图所示：
∵∠CAB=90°，∴∠BCA=30°．
又∵∠PCA=30°，∴∠PCB=∠PCA+∠ACB=60°．
又∵∠ABC=60°，∴△PCB为等边三角形．
又∵BC=4，∴PB=4．
当∠ABC=30°时，
（i）当P在A的右边时，如图所示：
∵∠PCA=30°，∠ACB=60°，∴∠PCB=90°．
又∠B=30°，BC=4，∴ ，即 ．
（ii）当P在A的左边时，如图所示：
∵∠PCA=30°，∠ACB=60°，∴∠BCP=30°．
又∠B=30°，∴∠BCP=∠B．∴CP=BP．
在Rt△ABC中，∠B=30°，BC=4，∴AC= BC=2．
根据勾股定理得： ，
∴AP=AB－PB= －PB．
在Rt△APC中，根据勾股定理得：AC2＋AP2=CP2=BP2，即22+（ －PB）2=BP2，
解得：BP= ．
综上所述，BP的长为4或 或 ．
49．12.7
【分析】设旗杆底部为点C，顶部为点D，过点D作DE⊥AB，交直线AB于点E．设
DE=x m，在Rt△BDE中， ，进而求得 ，在Rt△ADE中，
，求得 ，根据CD=CE-DE可得出答案．
解：设旗杆底部为点C，顶部为点D，延长CD交直线AB于点E，依题意则DE⊥AB，则CE=30m，AB=20m，∠EAD=30°，∠EBD=60°，
设DE=x m，
在Rt△BDE中，
解得
则 m，
在Rt△ADE中， ，
解得 m，
∴CD=CE-DE ．
故答案为：12.7．
【点拨】本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义
是解答本题的关键．
50． ##
【分析】在 中，利用 ，求出 ，再加上
1m即为AC的长．
解：过点D作 交于点E，如图：则四边形BCED是矩形，
∴BC=DE，BD=CE，
由题意可知： ， ，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：
【点拨】本题考查了解直角三角形，解直角三角形的应用—仰角俯角问题，要求学生
能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．
51．34
【分析】作 与点F，则CF为C岛到航线AB的最短距离，设 ，
表示出 ， ，利用 ，
解得： ．
解：作 与点F，则CF为C岛到航线AB的最短距离，由图可知： ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
设 ，则 ， ，
∵ ，解得： ．
∴C岛到航线AB的最短距离是34 nmile．
故答案为：34
【点拨】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是理解CF为C岛到航线AB的最
短距离，求出 ，利用 求解．
52． ##
【分析】过点D作DE上AB，垂足为E，根据题意求得 ，
进而求得 90°，然后在Rt△ACB中，
利用锐角三角函数的定义求出AC的长，设DE=x海里，再在Rt△ADE中，利用锐角
三角函数的定义求出AE的长，在Rt△DEC中，利用锐角三角函数的定义求出EC，DC的
长，最后根据AC=52海里，列出关于x的方程，进行计算即可解答．
解：如图：过点D作DE上AB，垂足为E，依题意得， ，
，
=90°，
在 中，
，
设 海里，
在 中， 海里，
，
，
在 中， 海里，
海里，
海里，
海里，海里，
故答案为： ．
【点拨】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．
53．
【分析】过D作DF⊥BC于F，DH⊥AB于H，设DF=x m，CF= x m，求出x=10，
则BH=DF= +30，CF= m，DH=BF，再求出AH= ，即可求解．
解：过D作DF⊥BC于F，DH⊥AB于H，
∴DH=BF，BH=DF，
∵斜坡的斜面坡度i=1： ，
∴ ，
设DF=x m，CF= x m，
∴CD= ，
∴x=10，
∴BH=DF=10m，CF= m，
∴DH=BF= +30（m），∵∠ADH=30°，
∴AH= （m），
∴AB=AH+BH= （m），
故答案为： ．
【点拨】本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题、坡角坡度问题，正确的作出
辅助线构造直角三角形是解题的关键．
54．6+4
【分析】作DH⊥CE于H，解Rt CDH，即可求出DH，CH，过点D作DG⊥AB于点
△
G，设BC＝a米，用a表示出AG、DG，根据tan∠ADG＝ 列式计算得到答案．
解：过点D作DH⊥CE于点H，过点D作DG⊥AB于点G，设BC＝a米，
由题意知CD＝ 米，
∵斜坡CF的坡比为i＝1：3，
∴ ，
设DH＝x米，则CH＝3x米，
∵DH2＋CH2＝DC2，
∴ ，
∴x＝2，
∴DH＝2米，CH＝6米，
∵∠DHB＝∠DGB＝∠ABC＝90°，∴四边形DHBG为矩形，
∴DH＝BG＝2米，DG＝BH＝（a＋6）米，
∵∠ACB＝45°，
∴BC＝AB＝a（米），
∴AG＝（a−2）米，
∵∠ADG＝30°，
∴ ，
∴ ，
∴a＝ ，
∴AB＝ ，
故答案为： ．
【点拨】本题考查的是解直角三角形的应用−仰角俯角问题，掌握锐角三角函数的定
义、仰角俯角的概念是解题的关键．
55．
【分析】作CF⊥DE于F，BG⊥DE于G，CH⊥AE于H交BG于K，易得四边形BAEG
是矩形，四边形CKGF是矩形，分别解Rt BCK和Rt DCF求出CK和DF即可解决问题．
解：如图，作CF⊥DE于F，BG⊥DE于△G，CH⊥A△E于H交BG于K，则CH∥DE，
CF∥BG，
∵AB⊥AE，AE⊥DE，BG⊥DE，
∴四边形BAEG是矩形，
∴GE＝AB＝24cm，∠ABG＝90°，
∴CBG＝135°－90°＝45°，
∵CH∥DE，CF∥BG，
∴四边形CKGF是平行四边形，
∵∠BGF＝90°，
∴平行四边形CKGF是矩形，∴∠BKC＝∠CKG＝90°，CK＝FG，
∴CK＝BC·sin45°＝30× cm，即FG＝ cm，
∴∠BCF＝45°＋90°＝135°，
∵ ，
∴∠DCF＝165°－135°＝30°，
∴DF＝ ，
∴端点D离操作台l的高度DE＝DF＋FG＋GE＝14＋ ＋24＝ cm，
故答案为： ．
【点拨】本题主要考查了解直角三角形的应用，作出合适的辅助线构造出直角三角形
是解题的关键．
56． 30
【分析】（1）根据折痕为AP，得出∠B=∠AQP，∠BAP=∠QAP，根据 ，
分别沿PQ，AQ折叠，得出∠DQA=∠RQA，∠CQP=∠RQP，
∠DQA+∠RQA+∠CQP+∠RQP=180°，∠D=∠QRA，∠C=∠QRP，∠QRA+∠QRP=180°，
∠DAQ=∠PAQ=∠BAP，然后可证∠B=∠RQA+∠RQP=90°，DA∥BC，根据两直线平行，同
旁内角互补求出∠DAB=180°-∠B=90°，然后根据直角列方程3∠PAQ=90°，求解即可；
（2）根据平行四边形的性质得出DC=AP，DQ=CQ=QR= ，然后利用锐角三角函数得出cos∠PAB= 即可求解．
（1）解： ∵点B落在CD上的点Q处，折痕为AP；
∴∠B=∠AQP，∠BAP=∠QAP，
∵ ， 分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处，
∴∠DQA=∠RQA，∠CQP=∠RQP，∠DQA+∠RQA+∠CQP+∠RQP=180°，∠D=∠QRA，
∠C=∠QRP，∠QRA+∠QRP=180°，∠DAQ=∠PAQ=∠BAP，
∴∠RQA+∠RQP=90°，∠D+∠C=180°，
∴∠B=∠RQA+∠RQP=90°，DA∥BC，
∴∠DAB=180°-∠B=90°，
∴3∠PAQ=90°，
∴∠PAQ=30°，
故答案为：30°；
（2）∵四边形APCD是平行四边形，
∴DC=AP，DQ=CQ=QR= ，
∵由（1）知∠PAB=30°，∠B=90°，
∴cos∠PAB= ，
∴ ．
故答案为： ．
【点拨】本题考查折叠问题，平角定义，邻补角性质，平行线判定，平行四边形性质，
锐角三角函数，一元一次方程，掌握折叠问题，平角定义，邻补角性质，平行线判定，平
行四边形性质，锐角三角函数，一元一次方程是解题关键．
