专题18解直角三角形（10个高频考点）（举一反三）（全国通用）（解析版）_中考复习资料_语数英物化_2数学中考复习_2023年中考复习资料_专项复习

专题 18 解直角三角形（10 个高频考点）（举一反三）
【考点1 锐角三角函数的定义】...........................................................................................................................1
【考点2 锐角三角函数的增减性】.......................................................................................................................5
【考点3 同角三角函数的关系】...........................................................................................................................7
【考点4 互余两角三角函数的关系】...................................................................................................................9
【考点5 特殊角的三角函数】.............................................................................................................................13
【考点6 解直角三角形】.....................................................................................................................................16
【考点7 解直角三角形的应用之仰角俯角问题】..............................................................................................24
【考点8 解直角三角形的应用之方位角问题】.................................................................................................29
【考点9 解直角三角形的应用之坡度坡比问题】..............................................................................................35
【考点10 解直角三角形应用之其他问题】.........................................................................................................40
【要点1 锐角三角函数】
在 中， ，则 的三角函数为
定 义 表达式 取值范围 关 系
正弦 A的对边 a 0sin A1
sinA sinA
斜边 c (∠A为锐角) sin AcosB
余弦 A的邻边 b 0cosA1
cos AsinB
cosA cosA
斜边 c (∠A为锐角) sin2 Acos2 A1
正切 A的对边 a tanA 0
tanA tanA
A的邻边 b (∠A为锐角)
【考点1 锐角三角函数的定义】
【例1】（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A，B分别在x轴负半轴和y轴
正半轴上，点C在OB上，OC:BC=1:2，连接AC，过点O作OP∥AB交AC的延长线于P．若P(1,1)，
则tan∠OAP的值是（ ）√3 √2 1
A． B． C． D．3
3 2 3
【答案】C
【分析】由P(1,1)可知，OP与x轴的夹角为45°，又因为OP∥AB，则△OAB为等腰直角形，设OC=x，
OB=2x，用勾股定理求其他线段进而求解．
【详解】∵P点坐标为（1，1），
则OP与x轴正方向的夹角为45°，
又∵OP∥AB，
则∠BAO=45°，△OAB为等腰直角形，
∴OA=OB，
设OC=x，则OB=2OC=2x，
则OB=OA=3x，
OC x 1
∴tan∠OAP= = = ．
OA 3x 3
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、平行线的性质、勾股定理和锐角三角函数的求解，根据P点坐标
推出特殊角是解题的关键．
【变式1-1】（2022·上海·上海市进才中学校考一模）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=4．下列
四个选项，正确的是（ ）
3 4 4 4
A．tanB= B．sinB= C．sinB= D．cosB=
4 3 5 5
【答案】C
【分析】根据勾股定理求出BC的长，根据锐角三角函数的定义判断即可．
【详解】解：如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5，AC=4
∴根据勾股定理得：BC=√AB2−AC2=√52−42=3，
AC 4 AC 4 BC 3
∴tanB= = ，sinB= = ，cosB= = ，
BC 3 AB 5 AB 5
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，锐角三角函数的定义，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．
【变式1-2】（2022·山东滨州·阳信县实验中学校考模拟预测）如图所示，已知⊙O 是△ABC 的外接圆，
AD 是⊙O 的直径，连接CD ，若AD＝3，AC＝2，则cosD 的值为（ ）
√3 √5 √5 2
A． B． C． D．
2 3 2 3
【答案】B
CD
【分析】由直径所对圆周角为直角，得出：∠ACD=90°，再由勾股定理求得CD的长，由cosD= 即
AD
可求得结果．
【详解】解：∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∵AD=3，AC=2，
∴CD=√5，
CD √5
∴cosD= = ，
AD 3
故选：B．
【点睛】本题考查了圆中直径所对的圆周角是直角，勾股定理，灵活运用这些知识求锐角三角函数是关键．
【变式1-3】（2022·四川宜宾·统考中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=5，BC=3，将△BCD沿
BD折叠到△BED位置，DE交AB于点F，则cos∠ADF的值为（ ）8 7 15 8
A． B． C． D．
17 15 17 15
【答案】C
【分析】先根据矩形的性质和折叠的性质，利用“AAS”证明ΔAFD≌ΔEFB，得出AF=EF，DF=BF，
设AF=EF=x，则BF=5−x，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．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=5，AB=BC=3，∠A=∠C=90°，
根据折叠可知，BE=BC=3，DE=DE=5，∠E=∠C=90°，
∴在△AFD和△EFB中¿，
∴ΔAFD≌ΔEFB（AAS），
∴AF=EF，DF=BF，
设AF=EF=x，则BF=5−x，
在RtΔBEF中，BF2=EF2+BE2，
即(5−x) 2=x2+32，
8 8 17
解得：x= ，则DF=BF=5− = ，
5 5 5
AD 3 15
cos∠ADF= = =
∴ DF 17 17，故C正确．
5
故选：C．
【点睛】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ΔAFD≌ΔEFB，是解题的关键．【考点2 锐角三角函数的增减性】
【例2】（2022·上海静安·统考一模）如果0°<∠A<45°，那么sinA与cosA的差（ ）
A．大于0 B．小于0 C．等于0 D．不能确定
【答案】B
【分析】cosA=sin(90°−∠A)，再根据正弦函数随着角的增大而增大进行分析即可．
【详解】∵cosA=sin(90°−∠A)，正弦函数随着角的增大而增大，
∴当0°<∠A<45°时，45°<90°−∠A<90°，
∴sin A<cosA=sin(90°−∠A)，即sinA−cosA<0，
故选B．
【点睛】本题考查了锐角三角函数的增减性，正弦函数值随着角的增大而增大．
【变式2-1】（2022·上海·校考模拟预测）如果锐角A的度数是25°，那么下列结论中正确的是（ ）
1 √3
A．0<sin A< B．0<cosA<
2 2
√3
C． <tan A<1 D．1<cot A<√3
3
【答案】A
【分析】根据“正弦值随着角度的增大而增大”解答即可．
【详解】解：∵0°＜25°＜30°
1
∴0<sin25∘<
2
1
∴0<sin A< ．
2
故选A．
【点睛】本题主要考查了锐角三角形的增减性，当角度在0°~90°间变化时，①正弦值随着角度的增大（或
减小）而增大（或减小）；②余弦值随着角度的增大（或减小）而减小（或增大）；③正切值随着角度的
增大（或减小）而增大（或减小）．
【变式2-2】（2022·甘肃张掖·统考模拟预测）若0°<α<90°，则下列说法不正确的是（ ）
A．sinα随α的增大而增大 B．cosα随α的减小而减小 C．tanα随α的增大而增大 D．
0<sinα<1
【答案】B
【分析】如图，作半径为1的⊙O,CD⊥EF，CD,EF均为直径，BH⊥OC,AG⊥OC, A,B都在
⊙O上，利用锐角三角函数的定义分析可得答案．【详解】解：如图，作半径为1的⊙O,CD⊥EF，CD,EF均为直径，BH⊥OC,AG⊥OC,
A,B都在⊙O上，
∴OA=OB=1,
BH AG
由sin∠BOH= =BH,sin∠AOG= =AG,
OB OA
显然，∠BOH＜∠AOG，而BH＜AG，
所以当0°<α<90°时，sinα随α的增大而增大，故A正确；
同理可得：
当0°<α<90°时，cosα随α的减小而增大，故B错误；
当0°<α<90°时，tanα随α的增大而增大，故C正确；
当α=∠AOG，当点A逐渐向F移动，边AG逐渐接近OA，
AG
∴sinα=sin∠AOG= 逐渐接近1.
OA
当0°<α<90°时，0<sinα<1，故D正确；
故选B．
【点睛】本题考查的是锐角的正弦，余弦，正切的增减性，掌握利用辅助圆理解锐角三角函数的增减性是
解题的关键．
【变式2-3】（2022·浙江宁波·校联考一模）sin70°，cos70°，tan70°的大小关系是（ ）
A．tan70°＜cos70°＜sin70° B．cos70°＜tan70°＜sin70°
C．sin70°＜cos70°＜tan70° D．cos70°＜sin70°＜tan70°
【答案】D
【分析】首先根据锐角三角函数的概念，知：sin70°和cos70°都小于1，tan70°大于1，故tan70°最大；只需
比较sin70°和cos70°，又cos70°=sin20°，再根据正弦值随着角的增大而增大，进行比较.【详解】根据锐角三角函数的概念，知sin70°＜1，cos70°＜1，tan70°＞1．
又cos70°=sin20°，正弦值随着角的增大而增大，∴sin70°＞cos70°=sin20°．
故选D．
【考点3 同角三角函数的关系】
【例3】（2022春·湖南邵阳·九年级邵阳市第二中学校考自主招生）已知m为实数，且sinα，cosα是关于
x的方程4x2−mx+1=0的两根，则sin4α+cos4α的值为（ ）
1 3 7
A． B． C． D．1
8 4 8
【答案】C
1
sinα⋅cosα=
4
【分析】先由一元二次方程根与系数的关系得到{ ，再将原式变形为
m
sinα+cosα=
4
sin4α+cos4α=(sin2α+cos2α) 2−2sin2α⋅cos2α，再根据二倍角公式进行化简求值即可．
【详解】∵ sinα，cosα是关于x的方程4x2−mx+1=0的两根
1
sinα⋅cosα=
4
∴ 由一元二次方程根与系数的关系，可得{
m
sinα+cosα=
4
∴sin4α+cos4α=(sin2α+cos2α) 2−2sin2α⋅cos2α
=(sin2α+cos2α) 2−2(sinα⋅cosα) 2
1 2 1 7
=1−2×( ) =1− =
4 8 8
故选：C．
【点睛】本题属于初升高题目，考查了二倍角公式的运用，一元二次方程根与系数的关系，即如果方程
b c
ax2+bx+c=0(a≠0)的两个实数根是x ,x ，那么x +x =− ，x x = ；也就是说，对于任何一个有实
1 2 1 2 a 1 2 a
数根的一元二次方程，两根之和等于方程的一次项系数除以二次项系数所得的商的相反数；两根之积等于
常数项除以二次项系数所得的商．
2
【变式3-1】（2022·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）在Rt ABC中，∠C＝90°，若sinA＝ ，则
3
△cosA＝（ ）
√13 √13 √5 √5
A． B． C． D．
3 2 3 2
【答案】C
【分析】根据sin2A+cos2A＝1，进行计算即可解答．
【详解】解：由题意得：sin2A+cos2A＝1，
4 5
∴cos2A=1− = ，
9 9
√5
∴cosA= ，
3
故选C．
【点睛】本题考查了同角三角函数值的关系．解题的关键在于熟练掌握sin2A+cos2A＝1．
3sinαcosα
【变式3-2】（2022·陕西西安·交大附中分校校考模拟预测）已知tanα=5，则 = ________．
2sin2α+cos2α
5
【答案】
17
sinα 3sinαcosα
【分析】由于tanα= =5，则sinα=5cosα，然后把sinα=5cosα代入 中利用分式
cosα 2sin2α+cos2α
的性质计算即可．
sinα
【详解】解：∵tanα= =5，
cosα
∴sinα=5cosα，
3sinαcosα 15cos2α 15cos2α 5
∴ = = = ，
2sin2α+cos2α 50cos2α+cos2α 51cos2α 17
5
故答案是： ．
17
【点睛】本题考查了同角三角函数的关系：解题的关键是掌握平方关系：sin2A+cos2A=1；正余弦与正
sin A
切之间的关系（积的关系）：一个角的正切值等于这个角的正弦与余弦的比，即tan A= 或
cosA
sinA=tanA·cosA．
【变式3-3】（2022·湖北·校联考一模）已知：实常数a、b、c、d同时满足下列两个等式：⑴
asinθ+bcosθ−c=0；⑵acosθ−bsinθ+d=0（其中θ为任意锐角），则a、b、c、d之间的关系式
是：___________【答案】a2+b2=c2+d2
【分析】把两个式子移项后，两边平方，再相加，利用sin2θ+cos2θ=1，即可找到这四个数的关系．
【详解】由①得asinθ+bcosθ=c，
两边平方，a2sin2θ+b2cos2θ+2absinθcosθ=c2③，
由②得acosθ-bsinθ=-d，
两边平方，a2cos2θ+b2sin2θ-2absinθcosθ=d2④，
③+④得a2（sin2θ+cos2θ）+b2（sin2θ+cos2θ）=c2+d2，
∴a2+b2=c2+d2．
【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系式的应用，sin2θ+bcos2θ=1的应用是解题的关键，属于基础
题．
【考点4 互余两角三角函数的关系】
【例4】（2022·福建南平·统考二模）如图，将矩形ABCD放置在一组等距的平行线中，恰好四个顶点都在
平行线上，已知相邻平行线间的距离为1，若∠DCE=β，则矩形ABCD的周长可表示为（ ）
( 2 5 ) ( 2 5 )
A．2 + B．2 +
cosβ sinβ sinβ cosβ
( 2 5 ) ( 2 5 )
C．2 + D．2 +
sinβ tanβ tanβ cosβ
【答案】B
【分析】构造直角三角形，运用三角函数的定义求得线段BC和CD的表达式，进而求得矩形的周长．
【详解】解：如图，过D作DF⊥CE于点F，过B作BG⊥CE于点G，∵∠DFC=90°，∠DCE=β，DF=2，
DF 2
∴DC= = ，
sinβ sinβ
∵矩形ABCD，
∴∠BCD=90°，
∴∠BCG+∠DCF=90°，
∵∠BGC=90°，
∴∠GBC+∠BCG=90°，
∵∠BCG+∠DCF=90°，
∴∠DCF=∠GBC=β，
∵∠BGC=90°，∠GBC=β，BG=5，
BG 5
∴BC= = ，
cosβ cosβ
DF 2
∵DC= = ，
sinβ sinβ
( 5 2 )
∴矩形ABCD的周长为2(BC+DC)=2 +
cosβ sinβ
故选：B．
【点睛】本题考查了三角函数的定义，构造直角三角形，运用三角函数的定义求相应线段的表达式是解题
关键．
【变式4-1】（2022·安徽宣城·校联考一模）在Rt ABC中，∠C＝90°，下列式子不一定成立的是（ ）
A．sinA＝sinB B．△cosA＝sinB
C．sinA＝cosB D．sin（A+B）＝sinC
【答案】A
【分析】根据锐角三角函数的定义依次分析各项即可．
【详解】如图，a b
A. ∵sinA＝ ， sinB= ，∴当a≠b时，sinA≠sinB ，符合题意；
c c
b b
B. ∵cosA＝ ，sinB＝ ，∴cosA＝sinB，不符合题意；
c c
a a
C. ∵sinA= ，cosB＝ ，∴sinA＝cosB，不符合题意；
c c
D. ∵∠A+∠B=∠C，∴sin（A+B）＝sinC，不符合题意；
故选A.
【点睛】本题考查了锐角三角函数的定义，解答本题的关键是熟练掌握锐角三角函数的定义，在直角三角
形中，锐角的正弦为对边比斜边，余弦为邻边比斜边，正切为对边比邻边．
【变式4-2】（2022·湖北武汉·统考三模）如图，在 ABC中，tan∠BAC•tan∠ABC=1，⊙O经过A、B两点，
分别交AC、BC于D、E两点，若DE=10，AB=24，则△⊙O的半径为（ ）
A．10√2 B．8√3
25
C．13 D．
2
【答案】C
【分析】连接BO并延长，交圆O于点G，连接AG，AE，根据直径所对的圆周角是直角可得∠GAB=90°，
从而证出∠G＋∠GBA=90°，然后根据圆的内接四边形的性质可得∠AEC=∠G，根据锐角三角函数的性质可
得△ABC为直角三角形，∠C=90°，然后根据圆周角定理证出A´G=D´E，可得AG=DE=10，最后根据勾股定
理求出直径即可求出结论．
【详解】解：连接BO并延长，交圆O于点G，连接AG，AE∴∠GAB=90°
∴∠G＋∠GBA=90°
∵四边形AEBG是圆O的内接四边形
∴∠AEC=∠G
∴∠AEC＋∠GBA=90°
∵tan∠BAC•tan∠ABC=1，
∴△ABC为直角三角形，∠C=90°
∴∠AEC＋∠EAC=90°
∴∠GBA =∠EAC
∴A´G=D´E
∴AG=DE=10
在Rt△AGB中
BG=√AG2+AB2=26
1
∴⊙O的半径BO= BG=13
2
故选C．
【点睛】此题考查的是圆周角定理及推论、圆的内接四边形的性质、锐角三角函数的性质和勾股定理，掌
握圆周角定理及推论、圆的内接四边形的性质、锐角三角函数的性质和勾股定理是解决此题的关键．
【变式4-3】（2022·山东菏泽·中考真题）如图，△ABC与△A′B′C′都是等腰三角形，且AB=AC=5，
A′B′=A′C′=3，若∠B+∠B′=90°，则△ABC与△A′B′C′的面积比为（ ）A．25：9 B．5：3 C． ： D．5 ：3
【答案】A
【详解】试题分析：过A 作AD⊥BC于D，过A′作A′D′⊥B′C′于D′，∵△ABC与△A′B′C′都是等腰三角形，
∴∠B=∠C，∠B′=∠C′，BC=2BD，B′C′=2B′D′，∴AD=AB•sinB，A′D′=A′B′•sinB′，BC=2BD=2AB•cosB，
1 1
B′C′=2B′D′=2A′B′•cosB′，∵∠B+∠B′=90°，∴sinB=cosB′，sinB′=cosB，∵S = AD•BC=
BAC 2 2
△
1 1
AB•sinB•2AB•cosB=25sinB•cosB，S = A′D′•B′C′= A′B′•cosB′•2A′B′•sinB′=9sinB′•cosB′，∴S ：
A′B′C′ 2 2 BAC
△ △
S =25：9．故选A．
A′B′C′
△
考点：互余两角三角函数的关系．
【要点2 特殊角的三角函数值】
三角函数 30° 45° 60°
1 2 3
sin
2 2 2
cos 3 2 1
2 2 2
3
tan 1 3
3
【考点5 特殊角的三角函数】
【例5】（2022·山东济宁·校考二模）如图，在正方形ABCB 中，AB=√3，AB与直线l所夹锐角为60∘，
1
延长CB 交直线l于点A ，作正方形A B C B ，延长C B 交直线l于点A ，作正方形A B C B ，延长
1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 3
C B 交直线l于点A ，作正方形A B C B …，依次规律，则线段A A =（ ）
2 3 3 3 3 3 4 2021 20222019 2020 2021 2022
(√3) (√3) (√3) (√3)
A．2× B．2× C．2× D．2×
3 3 3 3
【答案】C
【分析】利用特殊角的三角函数值分别求出A B 、A B 、A B ，以此类推找到规律求出A B ，最
1 1 2 2 3 3 2022 2022
后根据Rt△A A B 中∠A B A =90°，∠A A B =30°，即可求解．
2021 2022 2022 2021 2022 2022 2022 2021 2022
【详解】解：∵AB与直线l所夹锐角为60°，且∠BAB 是正方形ABCB 的一个顶角，
1 1
∴∠B A A =180°−60°−90°=30°，
1 1
又∵∠AB A =90°，
1 1
∴在Rt△AB A 中，A B =AB ×tan∠A AB ，
1 1 1 1 1 1 1
∵正方形ABCB 的边长AB=√3，
1
√3
∴A B =AB ×tan∠A AB =√3× ，
1 1 1 1 1 3
2 3
(√3) (√3)
同理可求得： A B =√3× ，A B =√3× ，
2 2 3 3 3 3
2022 2021 2021
(√3) √3 (√3) (√3)
以此类推可知： A B =√3× =√3× × = ，
2022 2022 3 3 3 3
∵Rt△A A B 中∠A B A =90°，∠A A B =30°，
2021 2022 2022 2021 2022 2022 2022 2021 2022
2021
(√3)
∴A A =2A B =2× ，故C正确．
2021 2022 2022 2022 3
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、含特殊角的锐角三角函数等知识，含30°的直角三角形的性质．
利用从特殊到一般寻找规律是解题的关键．
【变式5-1】（2022·山东日照·统考中考真题）在实数√2，x0（x≠0），cos30°，√38中，有理数的个数是
（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据零指数幂，特殊角的三角函数值，实数的意义，即可解答．
√3
【详解】解：在实数√2，x0（x≠0）=1，cos30°= ，√38=2中，有理数是√38=2，x0=1，
2
所以，有理数的个数是2，故选：B．
【点睛】本题考查了零指数幂，特殊角的三角函数值，实数，熟练掌握这些数学概念是解题的关键．
【变式5-2】（2022·福建泉州·统考二模）如图，在菱形ABCD中，AC=CD，则cosB的值为（ ）
3 √3 1 1
A． B． C． D．
4 2 3 2
【答案】D
【分析】证明△ABC是等边三角形，得出∠B=60°，由特殊角的三角函数值，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD，
∵AC=CD，
∴AB=BC=AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
1
∴cosB=cos60°= ，
2
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，熟练掌握菱形的性质
是解题的关键．
【变式5-3】（2022·陕西渭南·统考二模）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，点H是高AD和BE的交点，
∠CAD＝30°，CD＝4，则线段BH的长度为（ ）
A．6 B．4√3 C．8 D．4√6
【答案】C
【分析】结合题意，根据直角三角形两锐角互余、三角函数、分式方程的性质，得AD=4√3，再根据等腰三角形和三角函数的性质分析，即可得到答案．
【详解】根据题意，得∠ADC=∠BEC=90°
∴∠CAD+∠ACD=∠CBE+∠ACD=90°
∴∠CBE=∠CAD=30°
∵CD＝4
CD 4 √3
∴tan∠CAD= = =
AD AD 3
∴AD=4√3
4 √3
经检验，AD=4√3是 = 的解
AD 3
∵∠ABC＝45°，∠CAD＝30°，
∴∠ABE=∠ABC−∠CBE=15°
∴∠BAE=90°−∠ABE=75°
∴∠BAD=∠BAE−∠CAD=45°
∴∠BAD=∠ABE=45°
∴BD=AD=4√3
BD 4√3 √3
∴cos∠CBE= = =
BH BH 2
∴BH=8
4√3 √3
经检验，BH=8是 = 的解
BH 2
故选：C．
【点睛】本题考查了三角函数、分式方程、等腰三角形、直角三角形的知识；解题的关键是熟练掌握三角
函数的性质，从而完成求解．
【要点3 解直角三角形的类型和解法】
已知条件 图形 解法
已知一直角边和一个锐
角
B
已知斜边和一个锐角
斜边 对
边
b
A C
邻边
已知两直角边
已知斜边和一条直角边【考点6 解直角三角形】
【例6】（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，点O是正方形ABCD的中心，AB=3√2．Rt△BEF中，
∠BEF=90°,EF过点D，BE,BF分别交AD,CD于点G，M，连接OE,OM,EM．若
1
BG=DF,tan∠ABG= ，则△OEM的周长为___________．
3
【答案】3+3√5
【分析】连接BD，则BD过正方形ABCD的中心点O，作FH⊥CD于点H，解直角三角形可得BG＝2√5
1 1 1
，AG＝ AB，然后证明 ABG≌ HFD（AAS），可得DH＝AG＝ AB＝ CD，BC＝HF，进而可证
3 3 3
△ △
1
BCM≌ FHM（AAS），得到MH＝MC＝ CD，BM＝FM，然后根据等腰三角形三线合一求出DF＝FM，
3
△ △
则BG＝DF＝FM＝BM＝2√5，再根据直角三角形斜边中线的性质和三角形中位线定理分别求出OM、EM
和OE即可解决问题．
【详解】解：如图，连接BD，则BD过正方形ABCD的中心点O，作FH⊥CD于点H，
1
∵AB=3√2，tan∠ABG= ，
3
AG 1
∴tan∠ABG= =
AB 3
1
∴AG＝ AB＝√2，
3
∴BG＝√AG2+AB2=2√5，
∵∠BEF＝90°，∠ADC＝90°，
∴∠EGD＋∠EDG＝90°，∠EDG＋∠HDF＝90°，
∴∠EGD＝∠HDF
∵∠AGB＝∠EGD，∴∠AGB＝∠HDF，
在 ABG和 HFD中，¿，
∴ △ABG≌ H△FD（AAS），
∴△AG＝DH△，AB＝HF，
∵在正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，∠C＝90°，
1 1
∴DH＝AG＝ AB＝ CD，BC＝HF，
3 3
在 BCM和 FHM中，¿，
∴ △BCM≌ F△HM（AAS），
△ △ 1
∴MH＝MC＝ CD，BM＝FM，
3
∴DH＝MH，
∵FH⊥CD，
∴DF＝FM，
∴BG＝DF＝FM＝BM＝2√5，
∴BF＝4√5，
∵M是BF中点，O是BD中点， BEF是直角三角形，
1 1 △
∴OM＝ DF=√5，EM＝ BF=2√5，
2 2
∵BD＝√2AB=6， BED是直角三角形，
1 △
∴EO＝ BD=3，
2
∴△OEM的周长＝EO＋OM＋EM＝3＋√5＋2√5=3+3√5，
故答案为：3+3√5．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角
形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质以及三角形中位线定理，综合性较强，能够作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．
【变式6-1】（2022·浙江嘉兴·统考中考真题）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_________．
2√3
【答案】
3
√3
【分析】先求解AB=√3,AD= , 再利用线段的和差可得答案．
3
【详解】解：由题意可得：DE=1,DC=15−12=3,
∵∠A=60°,∠ABC=90°,
BC 3
∴AB= = =√3,
tan60° √3
DE 1 √3
同理：AD= = = ,
tan60° √3 3
√3 2√3
∴BD=AB−AD=√3− = ,
3 3
2√3
故答案为：
3
【点睛】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．
【变式6-2】（2022·西藏·统考中考真题）如图，已知BC为⊙O的直径，点D为C´E的中点，过点D作
DG∥CE，交BC的延长线于点A，连接BD，交CE于点F．(1)求证：AD是⊙O的切线；
(2)若EF＝3，CF＝5，tan∠GDB＝2，求AC的长．
【答案】(1)见解析
10
(2)AC＝
3
【分析】（1）连接OD，BE，根据“同圆中，等弧所对的圆周角相等”及等腰三角形的性质得到
∠ODB=∠EBD，进而得到OD//BE，根据圆周角定理结合题意推出AD⊥OD，即可判定AD是⊙O
的切线；
（2）根据平行线的性质得到∠BFE=∠GDB，∠A=∠ECB，解直角三角形求出OC，OA的长，根据线段的
和差求解即可．
（1）
证明：如图，连接OD，BE，
∵点D为C´E的中点，
∴C´D=E´D，
∴OD⊥CE，∠CBD＝∠EBD，
∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠CBD，
∴∠ODB＝∠EBD，
∴OD//BE，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠CEB＝90°，
∴CE⊥BE，
∵AD//CE，OD⊥CE，∴AD⊥OD，
∵OD是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）
解：∵DG//CE，
∴∠BFE＝∠GDB，∠A＝∠ECB，
∵tan∠GDB＝2，
∴tan∠BFE＝2，
BF
在Rt BEF中，EF＝3，tan∠BFE＝ ，
EF
△
∴BE＝6，
∵EF＝3，CF＝5，
∴CE＝EF+CF＝8，
∴BC＝√CE2+BE2=10，
∴OD＝OC＝5，
BE 6 3
在Rt BCE中，sin∠ECB＝ = = ，
BC 10 5
△
3
∴sinA＝sin∠ECB＝ ，
5
OD 3
在Rt AOD中，sinA＝ = ，OD＝5，
OA 5
△
25
∴OA＝ ，
3
10
∴AC＝OA﹣OC＝ ．
3
【点睛】本题是圆的综合题，考查了平行线的性质、切线的判定、圆周角定理、等腰三角形的性质、解直
角三角形等知识，熟练掌握切线的判定、圆周角定理并作出合理的辅助线是解题的关键．
【变式6-3】（2022·辽宁抚顺·统考中考真题）在△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC，线段AB绕点A逆
时针旋转至AD（AD不与AC重合），旋转角记为α，∠DAC的平分线AE与射线BD相交于点E，连接
EC．(1)如图①，当α=20°时，∠AEB的度数是_____________；
(2)如图②，当0°<α<90°时，求证：BD+2CE=√2AE；
BD
(3)当0°<α<180°,AE=2CE时，请直接写出 的值．
ED
【答案】(1)45°
(2)见解析
(3)2√2+2或2√2−2
【分析】（1）根据旋转的性质可知AB=AD，当α=20°时可根据等腰三角形的性质计算∠ADB的角度，
再由∠BAC=90°，AE是∠DAC的平分线可知∠DAE=35°，由三角形外角的性质，通过
∠AEB=∠ADB−∠DAE即可得出答案；
（2）延长DB到F，使BF=CE，连接AF，先证明△ADE≌△ACE，可推导∠DEA=∠CEA、
∠ADE=∠ACE、∠DE=CE，再由已知条件及等腰三角形的性质推导∠DEA=∠CEA=45°，然后证
明△ABF≌△ACE，推导∠FAE=90°，在Rt△AFE中，由三角函数可计算EF=√2AE，即可证明
BD+2CE=√2AE；
BD
（3）分两种情况讨论：①当0°<α<90°时，借助（2）可知BD=(2√2−2)CE，再求 的值即可；②
ED
当90°≤α<180°时，在线段BD上取点F，使得BF=CE，结合（2）中△ADE≌△ACE，可知DE=CE、
∠ADE=∠ACE，易证明△ABF≌△ACE，可推导∠BAF=∠CAE、AE=AF、∠EAF=90°，
∠AEF=∠AFE=45°，在Rt△AFE中，由三角函数可计算EF=√2AE，即可推导BD=(2√2+2)CE，
BD
再求 的值即可．
ED
【详解】（1）解：由旋转可知，AB=AD，当α=20°时，180°−α 180°−20°
可知∠ABD=∠ADB= = =80°，
2 2
∵∠BAC=90°，AE是∠DAC的平分线，
∠BAC−α 90°−20°
∴∠DAE= = =35°，
2 2
∴∠AEB=∠ADB−∠DAE=80°−35°=45°．
故答案为：45°；
（2）证明：延长DB到F，使BF=CE，连接AF．
∵AB=AC，AD=AB，
∴AD=AC，
∵AE平分∠DAC，
∴∠DAE=∠CAE，
∵AE=AE，
∴△ADE≌△ACE，
∴∠DEA=∠CEA，∠ADE=∠ACE，∠DE=CE，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠ADE+∠ADB=180°，
∴∠ACE+∠ABD=180°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BEC=360°−(∠ACE+∠ABD)−∠BAC=360°−180°−90°=90°，
∵∠DEA=∠CEA
1
∴∠DEA=∠CEA= ×90°=45°，
2
∵∠ABF+∠ABD=180°，∠ACE+∠ABD=180°，
∴∠ABF=∠ACE，
∵AB=AC，BF=CE，∴△ABF≌△ACE，
∴AF=AE，∠AFB=∠AEC=45°，
∴∠FAE=180°−∠AFB−∠DEA=180°−45°−45°=90°，
在Rt△AFE中，∠FAE=90°，
AE
∵cos∠AEF= ，
EF
AE AE
∴EF= = =√2AE，
cos∠AEF cos45°
∵EF=BF+BD+DE=CE+BD+CE=BD+2CE，
∴BD+2CE=√2AE；
（3）①当0°<α<90°时，由（2）可知，
DE=CE，BD+2CE=√2AE，
∴BD=√2AE−2CE，
当AE=2CE时，可知BD=√2×2CE−2CE=(2√2−2)CE，
BD (2√2−2)CE (2√2−2)CE
∴ = = =2√2−2；
ED ED CE
②当90°≤α<180°时，如下图，在线段BD上取点F，使得BF=CE，
由（2）可知，△ADE≌△ACE，
∴DE=CE，∠ADE=∠ACE，
∵AB=AC，
∴∠ABF=∠ADE，
∴∠ABF=∠ACE，
∵BF=CE，
∴△ABF≌△ACE(SAS)，
∴∠BAF=∠CAE，AE=AF，
∴∠EAF=∠CAF+∠CAE=∠CAF+∠BAF=∠BAC=90°，
180°−∠EAF
∴∠AEF=∠AFE= =45°，
2AE
在Rt△AFE中，cos∠AEF= ，
EF
AE AE
∴EF= = =√2AE，
cos∠AEF cos45°
∴BD=BF+EF+DE=CE+√2AE+CE=√2AE+2CE，
当AE=2CE时，可知BD=√2×2CE+2CE=(2√2+2)CE，
BD (2√2+2)CE (2√2+2)CE
∴ = = =2√2+2．
ED ED CE
BD BD
综上所述，当0°<α<180°,AE=2CE时， =2√2+2或 =2√2−2．
ED ED
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质及三角函数解直角三
角形的知识，解题关键是熟练掌握相关性质，并通过作辅助线构建全等三角形．
【考点7 解直角三角形的应用之仰角俯角问题】
【例7】（2022·山东聊城·统考中考真题）我市某辖区内的兴国寺有一座宋代仿木楼阁式空心砖塔，塔旁有
一棵唐代古槐，称为“宋塔唐槐”（如图①）．数学兴趣小组利用无人机测量古槐的高度，如图②所示，
当无人机从位于塔基B点与古槐底D点之间的地面H点，竖直起飞到正上方45米E点处时，测得塔AB的
顶端A和古槐CD的顶端C的俯角分别为26.6°和76°（点B，H，D三点在同一直线上）．已知塔高为39
米，塔基B与树底D的水平距离为20米，求古槐的高度（结果精确到1米）．（参考数据：
sin26.6°≈0.45，cos26.6°≈0.89，tan26.6°≈0.50，sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4.01
）
【答案】古槐的高度约为13米
【分析】过点A作AM⊥EH于M，过点C作CN⊥EH于N，在Rt AME中，根据锐角三角函数求出AM=12
米，进而求出CN=8米，再在Rt ENC中，根据锐角三角函数求△出EN=32.08米，即可求出答案．
【详解】解：过点A作AM⊥EH△于M，过点C作CN⊥EH于N，由题意知，AM=BH，CN=DH，AB=MH，
在Rt△AME中，∠EAM=26.6°，
EM
∴tan∠EAM= ，
AM
EM EH−MH 45−39
∴AM= = ≈ =12米，
tan∠EAM tan26.6° 0.5
∴BH=AM=12米，
∵BD=20，
∴DH=BD−BH=8米，
∴CN=8米，
在Rt△ENC中，∠ECN=76°，
EN
∴tan∠ECN= ，
CN
∴EN=CN⋅tan∠ECN≈8×4.01=32.08米，
∴CD=NH=EH−EN=12.92≈13（米），
即古槐的高度约为13米．
【点睛】此题主要考查解直角三角形的应用——仰角俯角问题，作出辅助线构造出直角三角形是解本题的
关键．
【变式7-1】（2022·山东济南·统考中考真题）数学活动小组到某广场测量标志性建筑AB的高度．如图，
他们在地面上C点测得最高点A的仰角为22°，再向前70m至D点，又测得最高点A的仰角为58°，点C，
D，B在同一直线上，则该建筑物AB的高度约为（ ）（精确到1m．参考数据：sin22°≈0.37，
tan22°≈0.40，sin58°≈0.85，tan58°≈1.60）A．28m B．34m C．37m D．46m
【答案】C
5
【分析】在Rt ABD中，解直角三角形求出DB= AB，在Rt ABC中，解直角三角形可求出AB．
8
△ △
AB
【详解】解：在Rt ABD中，tan∠ADB＝ ，
DB
△
AB AB 5
∴DB= ≈ = AB，
tan58° 1.6 8
AB
在Rt ABC中，tan∠ACB＝ ，
CB
△
AB
tan22°= ≈0.4
∴ 5 ，
70+ AB
8
112
解得：AB= ≈37m，
3
故选：C．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握正切函数的定义是解题的关键．
【变式7-2】（2022·江苏泰州·模拟预测）如图，小明在大楼45m高（即PH=45m，且PH⊥HC）的窗口
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°，已知该山坡的坡度i（即
tan∠ABC）为1:√3（点P，H，B，C，A在同一个平面上，点H，B，C在同一条直线上）．
(1)∠PBA的度数等于________度（直接填空）
(2)求A，B两点间的距离（结果精确到0.1m，参考数据：√2≈1.414，√3≈1.732）
【答案】(1)90(2)A、B两点间的距离约为52.0米
【分析】（1）根据坡度求得∠ABF=30°，结合题意，得出∠HBP=60°，进而得出
∠PBA=90°,∠BAP=45°
（2）根据∠PBA=90°,∠BAP=45°，得出PB=AB，解△PHB即可求解．
【详解】（1）如解图所示；过点A作AF⊥BC于点F，
∵山坡的坡度i（即tan∠ABC）为1:√3，
AF 1 √3
∴tan∠ABF= = = ，
BF √3 3
∴∠ABF=30°，
∵在窗口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°，
故答案为：90；
（2）∵∠PBA=90°,∠BAP=45°
∴PB=AB，
PH 45 √3
∵PH=45米，sin60°= = = ，
PB PB 2
解得：PB=30√3，
故AB=30√3≈52.0 （米），
答：A、B两点间的距离约为52.0米．
【点睛】本题考查了解直角三角形的性质应用，掌握直角三角形中的边角关系是解题的关键．
【变式7-3】（2022·四川自贡·统考中考真题）某数学兴趣小组自制测角仪到公园进行实地测量，活动过程
如下：(1)探究原理：制作测角仪时，将细线一段固定在量角器圆心O处，另一端系小重物G．测量时，使支杆
OM、量角器90°刻度线ON与铅垂线OG相互重合（如图①），绕点O转动量角器，使观测目标P与直径
两端点A,B共线（如图②），此目标P的仰角∠POC=∠GON．请说明两个角相等的理由．
(2)实地测量：如图③，公园广场上有一棵树，为了测量树高，同学们在观测点K处测得顶端P的仰角
∠POQ=60∘，观测点与树的距离KH为5米，点O到地面的距离OK为1.5米；求树高PH．（√3≈1.73，
结果精确到0.1米）
(3)拓展探究：公园高台上有一凉亭，为测量凉亭顶端P距离地面高度PH（如图④），同学们讨论，决定
先在水平地面上选取观测点E,F （E,F,H在同一直线上），分别测得点P的仰角α,β，再测得E,F间的
距离m，点O ,O 到地面的距离O E,O F均为1.5米；求PH（用α,β,m表示）．
1 2 1 2
【答案】(1)证明见解析
(2)10.2米
(mtanαtanβ )
(3) +1.5 米
tanα−tanβ
【分析】（1）根据图形和同角或等角的余角相等可以证明出结果；（2）根据锐角三角函数和题意，可以计算出PH的长，注意最后的结果；
（3）根据锐角三角函数和题目中的数据，可以用含α、β、m的式子表示出PH．
【详解】（1）证明：∵∠COG=90°,∠AON=90°
∴∠POC+∠CON=∠GON+∠CON
∴∠POC=∠GON
（2）由题意得：KH=OQ=5米，OK=QH=1.5米，∠OQP=90°,∠POQ=60°，
在Rt△POQ中
PQ PQ
tan∠POQ= = =√3
OQ 5
∴PQ=5√3
∴PH=PQ+QH=5√3+1.5≈10.2（米）
故答案为：10.2米．
（3）由题意得：O O =EF=m,O E=O F=DH=1.5m，
1 2 1 2
PD PD
由图得：tanβ= ，tanα=
O D O D
2 1
PD PD
O D= ，O D= ，
2 tanβ 1 tanα
∴O O =O D−O D
1 2 2 1
PD PD
∴m= −
tanβ tanα
mtanαtanβ
∴PD=
tanα−tanβ
(mtanαtanβ )
∴PH=PD+DH= +1.5 米
tanα−tanβ
(mtanαtanβ )
故答案为： +1.5 米
tanα−tanβ
【点睛】本题考查解直角三角形中的仰角、俯角问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想
解答．
【考点8 解直角三角形的应用之方位角问题】
【例8】（2022·山东泰安·统考模拟预测）因东坡文化远近闻名的遗爱湖公园，“国庆黄金周”期间，游人
络绎不绝，现有一艘游船载着游客在遗爱湖中游览，当船在A处时，船上游客发现岸上P 处的临皋亭和P
1 2
处的遗爱亭都在东北方向；当游船向正东方向行驶600m到达B处时，游客发现遗爱亭在北偏西15°方向；
当游船继续向正东方向行驶400m到达C处时，游客发现临皋亭在北偏西60°方向．则临皋亭P 处与遗爱
1亭P 处之间的距离为 _____．（计算结果保留根号）
2
【答案】（800√2−400√6）m
【分析】如图，作PM⊥AC于M，设PM＝x，在两个直角三角形中，利用三角函数即可x表示出AM与
1 1
CM，根据AC＝AM+CM即可列方程，从而求得PM的长，进一步求得AP 的长，作BN⊥AP 于N，在两个
1 1 2
直角三角形中，利用三角函数即可求出AN与PN，求得PN，从而求得PP．
2 1 1 2
【详解】解：作PM⊥AC于M，
1
设PM＝xm，
1
在Rt△PAM中，∵∠PAB＝45°，
1 1
∴AM＝PM＝xm，
1
在Rt△PCM中，∵∠PCA＝30°，
1 1
∴MC=√3PM=√3xm，
1
∵AC＝1000 m，
∴x+√3=1000，解得x＝500（√3−1）（m），
∴PM＝500（√3−1）m，
1
P M
= 1 =
∴PA √2 500（√6−√2）m，
1
2
作BN⊥AP 于N，
2
∵∠PAB＝45°，∠PBA＝75°，
2 2
∴∠P＝60°，
2
在Rt△ABN中，
∵∠PAB＝45°，AB＝600 m
1
√2
∴BN＝AN= AB＝300√2（m），
2
∴PN＝500（√6−√2）﹣300√2=（500√6−800√2） （m），
1
在Rt△PBN中，
2
∵∠P＝60°，
2√3 √3
∴PN= BN= ×300√2=100√6 （m），
2 3 3
∴PP＝100√6−（500√6−800√2）＝（800√2−400√6） （m）．
1 2
故临摹亭P 处与遗爱亭P 处之间的距离是（800√2−400√6）m，
1 2
故答案为：（800√2−400√6）m．
【点睛】本题考查解直角三角形解决实际问题，解决问题的关键是构造直角三角形解决问题．
【变式8-1】（2022·辽宁朝阳·模拟预测）如图，B地在A地的北偏东56°方向上，C地在B地的北偏西19°
方向上，原来从A地到C地的路线为A→B→C，现在沿A地北偏东26°方向新修了一条直达C地的公路，
路程比原来少了20千米．求从A地直达C地的路程(结果保留整数．参考数据：√2≈1.4，√3≈1.7)．
【答案】从A地直达C地的路程约为77千米．
【分析】过点B作BD⊥AC于点D，设BD=x，依据沿A地北偏东26°方向新修了一条直达C地的分路，
路程比原来少了20千米，即可得到AB+BC−AC=20，进而得出2x+√2x−(√3x+x)=20，求得x的值
即可得到从A地直达C地的路程．
【详解】解：如图，过点B作BD⊥AC，垂足为D，设BD=x，
在Rt△ABD中，
∵∠BAD=56°−26°=30°，
BD BD
∴AB= =2x，AD= =√3x，
sin30° tan30°
在Rt△BCD中，
∵∠C=26°+19°=45°，
BD BD
∴BC= =√2x，CD= =x，
sin45° tan45°
∴AC=√3x+x，
由题意得AB+BC−AC=20，
∴2x+√2x−(√3x+x)=20，
解得x≈28.6，
∴AC≈2.7×28.6=77.22≈77（千米）．
∴从A地直达C地的路程约为77千米．
【点睛】本题考查了方向角，解直角三角形的综合运用，求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角
三角形的问题，解决的方法就是作高线．
【变式8-2】（2022·浙江宁波·一模）如图，某渔船沿正东方向以10海里／小时的速度航行，在A处测得
岛C在北偏东60°方向，1小时后渔船航行到B处，测得岛C在北偏东30°方向，已知该岛周围9海里内有
暗礁．参考数据：√3≈1.732，sin75°≈0.966，cos75°≈0.259．(1)B处离岛C有多远？如果渔船继续向东航行，有无触礁危险？
(2)如果渔船在B处改为向东偏南15°方向航行，有无触礁危险？
【答案】(1)B处离岛C有10海里；有触礁危险，证明见解析
(2)没有触礁危险，证明见解析
【分析】（1）过C作CO⊥AB于O，通过证明∠ACB=∠CAB=30°，即可求出CB的长；判断C到AB
的距离即CO是否大于9，如果大于则无触礁危险，反之则有；
（2）过C作CD⊥BF交BF于D，交BO于E，求出CD的长度即可作出判断．
【详解】（1）过C作CO⊥AB于O，CO为渔船向东航行到C的最短距离，
∵在A处测得岛C在北偏东的60°方向，
∴∠CAB=30°，
又∵B处测得岛C在北偏东30°方向，
∴∠CBO=60°，∠ABC=120°，
∴∠ACB=∠CAB=30°，
∴AB=BC=10×1=10（海里），
∵CO⊥AB，∠CBO=60°，
∴CO=5√3＜9，
∴如果渔船继续向东航行，有触礁危险；
（2）过C作CD⊥BF交BF于D，交BO于E，
CD=10×sin75°≈10×0.966＞9，
∴没有触礁危险．
【点睛】本题是将实际问题转化为直角三角形中的数学问题，可通过作辅助线构造直角三角形，再把条件和问题转化到这个直角三角形中，使问题解决．
【变式8-3】（2022·四川成都·校联考三模）如图，m，n为河流南北两岸的平行道路，北岸道路A，B和南
岸道路D点处各有一株古树．已知B，D两株古树间的距离为200米，为了测量A，B两株古树之间的距离，
在南岸道路C点处测得古树A位于北偏西42°方向，在D处测得古树B位于北偏西30°方向．已知CD=280
米，求A，B两株古树之间的距离．（结果保留整数）
27 3 9
参考数据：√2≈1.41，√3≈1.73，sin42°≈ ，cos42°≈ ，tan42°≈ ．
40 4 10
【答案】A，B两株古树之间的距离为336米
【分析】由题意可知四边形CDFE是矩形，在Rt BDF中，分别求出BF=100米，DF=100√3米，在
Rt ACE中，再利用三角函数求出AE即可． △
【△详解】解：如图，由题意可知：四边形CDFE是矩形，
∴CE=DF，CD=EF，
在Rt BDF中，∠BDF=30°，BD=200米，
△1
∴BF= BD=100米，
2
由勾股定理得：
DF=√BD2−BF2=100√3米，
在Rt△ACE中，∠ACE=42°，CE=DF=100√3米，
9
∴AE=tan42°×CE= ×100√3≈155.7（米），
10∴AB=AE+BE=AE+CD-BF=155.7+280-100≈336米，
∴A，B两株古树之间的距离为336米．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，解题的关键是明确题意，将实际问题转化为数学问题，利
用数形结合的思想解答问题．
【考点9 解直角三角形的应用之坡度坡比问题】
【例9】（2022·湖南郴州·统考中考真题）如图是某水库大坝的横截面，坝高CD=20m，背水坡BC的坡度
为i =1:1．为了对水库大坝进行升级加固，降低背水坡的倾斜程度，设计人员准备把背水坡的坡度改为
1
i =1:√3，求背水坡新起点A与原起点B之间的距离．（参考数据：√2≈1.41，√3≈1.73．结果精确到
2
0.1m）
【答案】背水坡新起点A与原起点B之间的距离约为14.6m
【分析】通过解直角三角形Rt△BCD和Rt ΔACD，分别求出AD和BD的长，由AB=AD−BD求出AB
的长．
【详解】解：在Rt△BCD中，∵背水坡BC的坡度i =1:1，
1
CD
∴ =1，
BD
∴BD=CD=20(m)．
在Rt ΔACD中，∵背水坡AC的坡度i =1:√3，
2
CD 1
∴ = ，
AD √3
∴AD=√3CD=20√3(m)，
∴AB=AD−BD=20√3−20≈14.6(m)．
答：背水坡新起点A与原起点B之间的距离约为14.6m．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解答本题的关键是理解坡度、坡比的含义，构造直角三角形，
利用三角函数表示相关线段的长度．【变式9-1】（2022·湖南株洲·统考中考真题）如图1所示，某登山运动爱好者由山坡①的山顶点A处沿线
段AC至山谷点C处，再从点C处沿线段CB至山坡②的山顶点B处．如图2所示，将直线l视为水平面，山
坡①的坡角∠ACM=30°，其高度AM为0.6千米，山坡②的坡度i=1:1，BN⊥l于N，且CN=√2千米．
(1)求∠ACB的度数；
(2)求在此过程中该登山运动爱好者走过的路程．
【答案】(1)105°
(2)3.2km
【分析】（1）根据山坡②的坡度i=1:1，可求∠BCN=45°，∠ACB=180°−∠BCN−∠ACM即可求
解；
（2）由余弦值和正弦值分别求出BC、AC即可求解；
（1）
解：∵山坡②的坡度i=1:1，
BN 1
∴tan∠BCN= = =1，
CN 1
∴∠BCN=45°，
∵∠ACM=30°，
∴∠ACB=180°−∠BCN−∠ACM=180°−45°−30°=105°，
（2）
∵∠BCN=45°，CN=√2km，
CN √2
∴cos∠BCN= = ，
BC 2
∴BC=2千米，
∵∠ACM=30°，AM=0.6km，
AM 1
∴sin∠ACM= = ，
AC 2
∴AC=1.2km，∴该登山运动爱好者走过的路程．AC+BC=1.2+2=3.2(km)．
【点睛】本题主要考查锐角三角函数的综合应用，掌握锐角三角函数的相关知识是解题的关键．
【变式9-2】（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
1
【答案】(1)(30,10)，y= x(0≤x≤30)
3
13 5 135
(2) ，y=− x+ (30≤x≤54)
4 12 6
(3)9秒
【分析】（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．
【详解】（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）．
【点睛】本题主要考查一次函数应用和解直角三角形，关键在于一次函数的应用和对题意的推断能力．
【变式9-3】（2022·重庆·西南大学附中校考模拟预测）如图是某大型商场一层到二层的自动扶梯侧面示意
图，小明在一层的A处用测角仪（测角仪高度忽略不计）测得天花板上的日光灯P的仰角为27°，他向正
前方走了5米来到扶梯起点B处，乘坐扶梯BD上行13米到达二层的D处，此时用测角仪测得日光灯P的
仰角为53°，已知自动扶梯BD的坡度为1∶2.4．
9 9 1 4 3 4
参考数据：sin27°≈ ，cos27°≈ ，tan27°≈ ，sin53°≈ ，cos53°≈ ，tan53°≈ ．
20 10 2 5 5 3
(1)求图中点D到一层地面的高度；
(2)根据规定，商场两层总楼高要大于10米，判断该商场楼高是否符合规定，并说明理由．
【答案】(1)5米
(2)该商场楼高符合规定；理由见解析【分析】（1）过点D作DF⊥AC于点F，过点P作PQ⊥AC于点Q，交DE于点M，在Rt△BDF中由
坡度的定义和勾股定理求解即可；
（2）先证明四边形DMQF是矩形，由题意知在D处用测角仪测得日光灯P的仰角为53°，有
PM 4
tan∠PDE= =tan53°≈ ，设PM=4x，则DM≈3x，然后利用矩形的性质可求出PQ=4x+5，
DM 3
AQ≈17+3x，接着再根据题意知：在A处用测角仪测得天花板上的日光灯P的仰角为27°，然后在
1
Rt△APQ中，利用三角函数得到PQ≈ AQ，最后建立关于x的方程，然后求出PQ的值和10米作比较即
2
可作出判断．
（1）如图，过点D作DF⊥AC于点F，过点P作PQ⊥AC于点Q，交DE于点M，∴
∠DFB=∠DFC=90°，又∵自动扶梯BD的坡度为1∶2.4，在Rt△BDF中，BD=13，DF∶BF＝
1∶2.4，∴BF=2.4DF，DF2+BF2=BD2，即：DF2+(2.4DF) 2=132，解得：DF=5或DF=−5（舍
去），∴BF=12．∴图中点D到一层地面的高度为5米．
（2）该商场楼高符合规定．理由：∵PQ⊥AC，DE∥AC，DF⊥AC，∴PQ⊥DE，DF∥MQ，
∠AQP=90°，∴四边形DMQF是平行四边形，∠PMD=∠QMD=90°，∴四边形DMQF是矩形，∴
MQ=DF，FQ=DM，由题意知：在D处用测角仪测得日光灯P的仰角为53°，∴
PM 4
tan∠PDE= =tan53°≈ ，设PM=4x，则DM≈3x，∵MQ=DF=5，∴
DM 3
PQ=PM+MQ=4x+5，∵AB=5，FQ=DM≈3x，∴AQ=AB+BF+FQ≈5+12+3x=17+3x，由
题意知：在A处用测角仪测得天花板上的日光灯P的仰角为27°，∴在Rt△APQ中，
PQ 1 1 1 7
tan A= =tan27°≈ ，∴PQ≈ AQ，∴4x+5≈ (17+3x)，解得：x≈ ，∴
AQ 2 2 2 5
7
PQ=4x+5≈4× +5=10.6>10．∴该商场楼高符合规定．
5【点睛】本题考查了解直角三角形的应用—仰角俯角问题、解直角三角形的应用—坡度坡角问题、勾股定
理、锐角三角函数定义、矩形的判定与性质、一元二次方程、一元一次方程等知识．正确作出辅助线构造
直角三角形是解题的关键．
【考点10 解直角三角形应用之其他问题】
【例10】（2022·辽宁盘锦·校考一模）如图1，图2分别是网上某种型号拉杆箱的实物图与示意图，根据商
品介绍，获得了如下信息：滑杆DE、箱长BC、拉杆AB的长度都相等，即DE＝BC＝AB，点B、F在线段
AC上，点C在DE上，支杆DF＝30cm，CE：CD＝1：3，∠DCF＝45°，∠CDF＝30°．请根据以上信息，
解决下列问题；参考数据：√2≈1．41，√3≈1．73，√6≈2．45．
(1)求AC的长度（结果保留根号）；
(2)求拉杆端点A到水平滑杆ED的距离（结果保留到1cm）．
【答案】(1)(40+40√3)cm
(2)77cm
【分析】（1）过F作FH⊥ED于H，解直角三角形即可得到结论；
（2）过A作AG⊥ED交ED的延长线于G，根据等腰直角三角形的性质即可得出结论．
【详解】（1）解：过F作FH⊥DE于H∴∠FHC=∠FHD=90°
∵∠FDC=30°，DF=30cm
1 √3
∴FH=sin⁡30°⋅DF= DF=15，DH=cos⁡30°⋅DF= DF=15√3
2 2
∵∠FCH=45°
∴CH=FH=15
∴CD=CH+DH=15+15√3
∵CE∶CD=1∶3
4
∴DE= CD=20+20√3
3
∵AB=BC=DE=20+20√3
∴AC=2AB=(40+40√3)cm
（2）解：过A作AG⊥ED交ED的延长线于G
∴∠ACG=45°，AC=40+40√3cm
√2
∴AG=sin⁡45°⋅AC= AC=20√2+20√6
2
∵√2≈1.41，√6≈2.45√2
∴AG= AC=20√2+20√6=20×1.41+20×2.45=77.2=77(cm)
2
答：拉杆箱点A到水平滑杆ED的距离为77cm
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，主要是三角形函数的基本概念和运算，关键是用数学知识解决
和实际问题．
【变式10-1】（2022·湖北荆门·统考中考真题）如图，一座金字塔被发现时，顶部已经淡然无存，但底部
未曾受损．已知该金字塔的下底面是一个边长为120m的正方形，且每一个侧面与地面成60°角，则金字塔
原来高度为( )
A．120m B．60√3m C．60√5m D．120√3m
【答案】B
【分析】根据题意作出图形，即求AC的长，求得∠BAC＝30°，进而解Rt△ABC即可求解．
【详解】如图，
∵底部是边长为120m的正方形，
1
∴BC＝ ×120＝60m，
2
∵AC⊥BC，∠ABC＝60°，
∴∠BAC＝30°，
BC BC
= =2BC
∴AB＝sin∠BAC 1 ＝120m，
2∴AC＝√1202−602＝60√3m．
答：这个金字塔原来有60√3米高．
故选：B．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，构造直角三角形是解题的关键．
【变式10-2】（2022·山东枣庄·校考模拟预测）一酒精消毒瓶如图1，AB为喷嘴，△BCD为按压柄，CE
为伸缩连杆，BE和EF为导管，其示意图如图2，∠DBE=∠BEF=108°，BD=6cm，BE=4cm．当按
压柄△BCD按压到底时，BD转动到BD′，此时BD′∥EF（如图3）．求点D到直线EF的距离（结果精
确到0.1cm）．（参考数据：
sin36°≈0.59，cos36°≈0.81，tan36°≈0.73，sin72°≈0.95，cos72°≈0.31，tan72°≈3.08）
【答案】点D到直线EF的距离约为7.3cm
【分析】过D作DG⊥BD′于G，过E作EH⊥BD′于H，在Rt△BDG中，求出DG=3.54(cm)，在
Rt△BEH中，HE=3.80(cm)，故DG+HE≈7.3cm，即点D到直线EF的距离为7.3cm．
【详解】解：过D作DG⊥BD′于G，过E作EH⊥BD′于H，如图：
∵BD′∥EF，
∴∠BEF+∠EBD′=180°，∵∠DBE=∠BEF=108°，
∴∠EBD′=72° ，∠DBG=108°−72°=36°，
在Rt△BDG中，DG=BD·sin36°≈6×0.59=3.54(cm)，
在Rt△BEH中，HE=BE·sin72°≈4×0.95=3.80(cm)，
∴DG+HE=3.54cm+3.80cm=7.34cm≈7.3cm，
∵BD′∥EF，
∴点D到直线EF的距离约为7.3cm，
答：点D到直线EF的距离约为7.3cm．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是熟练运用三角函数解直角三角形．
【变式10-3】（2022·江苏连云港·校考三模）桔槔俗称“吊杆”“称杆”（如图1），是我国古代农用工具，
始见于《墨子⋅备城门》，是一种利用杠杆原理的取水机械．如图2所示的是桔槔示意图，OM是垂直于
水平地面的支撑杆，OM=3米，AB是杠杆，且AB=6米，OA:OB=2:1．当点A位于最高点时，
∠AOM=127°．
(1)求点A位于最高点时到地面的距离；
(2)当点A从最高点逆时针旋转54.5°到达最低点A 时，求此时水桶B上升的高度．
1
（考数据：sin37°≈0.6，sin17.5°≈0.3，tan37°≈0.8）
【答案】(1)点A位于最高点时到地面的距离为5.4米；
(2)水桶B上升的高度为1.8米．
【分析】（1）作出如图的辅助线，在Rt△AOG中，利用正弦函数求解即可；
（2）作出如图的辅助线，在Rt△OBC中和在Rt△OB D中，分别利用三角函数求出BC和B D的长即可．
1 1
【详解】（1）解：过O作EF⊥OM，过A作AG⊥EF于G，
∵AB=6米，OA:OB=2:1，
∴OA=4米，OB=2米，
∵∠AOM=127°，∠EOM=90°，
∴∠AOE=127°−90°=37°，
在Rt△AOG中，AG=AO×sin37°≈4×0.6=2.4（米），点A位于最高点时到地面的距离为2.4+3=5.4（米），
答：点A位于最高点时到地面的距离为5.4米；
（2）解：过O作EF⊥OM，过B作BC⊥EF于C，过B 作B D⊥EF于D，
1 1
∵∠AOE=37°，
∴∠BOC=∠AOE=37°，∠B OD=∠A OE=17.5°，
1 1
∵OB =OB=2（米），
1
在Rt△OBC中，BC=sin∠OCB×OB=sin37°×OB≈0.6×2=1.2（米），
在Rt△OB D中，B D=sin17.5°×OB ≈0.3×2=0.6（米），
1 1 1
∴BC+B D=1.2+0.6=1.8（米），
1
∴此时水桶B上升的高度为1.6米．
．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，读懂题意，构造直角三角形是解题的关键．