一、銳角三角函數(shù)的定義
在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=c，BC=a，AC=b，
正弦：sinA=；余弦：csA=；正切：tanA=．
根據(jù)定義求三角函數(shù)值時，一定根據(jù)題目圖形來理解，嚴格按照三角函數(shù)的定義求解，有時需要通過輔助線來構(gòu)造直角三角形.
二、特殊角的三角函數(shù)值
三、解直角三角形
1．在直角三角形中，除直角外，一共有五個元素，即三條邊和兩個銳角，由直角三角形中除直角外的已知元素求出所有未知元素的過程叫做解直角三角形．
2．解直角三角形的常用關(guān)系：在Rt△ABC中，∠C=90°，則：1）三邊關(guān)系：a2+b2=c2； 2）兩銳角關(guān)系：∠A+∠B=90°；3）邊與角關(guān)系：sinA=csB=，csA=sinB=，tanA=； 4）sin2A+cs2A=1．
3．科學(xué)選擇解直角三角形的方法口訣：
已知斜邊求直邊，正弦、余弦很方便；已知直邊求直邊，理所當(dāng)然用正切；
已知兩邊求一邊，勾股定理最方便；已知兩邊求一角，函數(shù)關(guān)系要記牢；
已知銳角求銳角，互余關(guān)系不能少；已知直邊求斜邊，用除還需正余弦.
四、解直角三角形的應(yīng)用
1）．仰角和俯角
仰角：在視線與水平線所成的角中，視線在水平線上方的角叫做仰角．
俯角：在視線與水平線所成的角中，視線在水平線下方的角叫做俯角．
2）．坡度和坡角
坡度：坡面的鉛直高度h和水平寬度l的比叫做坡面的坡度（或坡比），記作i=．
坡角：坡面與水平面的夾角叫做坡角，記作α，i=tanα．坡度越大，α角越大，坡面越陡．
3)．方向角（或方位角）
指北或指南方向線與目標方向線所成的小于90°的水平角叫做方向角．
4．解直角三角形中“雙直角三角形”的基本模型：

解題方法：這兩種模型種都有一條公共的直角邊，解題時，往往通過這條邊為中介在兩個三角形中依次求邊，或通過公共邊相等，列方程求解.
5．解直角三角形實際應(yīng)用的一般步驟
1）弄清題中名詞、術(shù)語，根據(jù)題意畫出圖形，建立數(shù)學(xué)模型；
2）將條件轉(zhuǎn)化為幾何圖形中的邊、角或它們之間的關(guān)系，把實際問題轉(zhuǎn)化為解直角三角形問題；
3）選擇合適的邊角關(guān)系式，使運算簡便、準確；
4）得出數(shù)學(xué)問題的答案并檢驗答案是否符合實際意義，從而得到問題的解．
真題演練
一．選擇題（共10小題）
1．（2021?開平區(qū)一模）如圖，臺風(fēng)在某海島（設(shè)為點O）的南偏東45°方向的B點生成，測得OB=1006km．臺風(fēng)中心從點B以40km/h的速度向正北方向移動，經(jīng)5h后到達海面上的點C處．因受氣旋影響，臺風(fēng)中心從點C開始以30km/h的速度向北偏西60°方向繼續(xù)移動，以O(shè)為原點建立如圖所示的直角坐標系．已知距臺風(fēng)中心20km的范圍內(nèi)均會受到臺風(fēng)的侵襲．如果某城市（設(shè)為點A）位于點O的正北方向且處于臺風(fēng)中心的移動路線上，那么臺風(fēng)從生成到最初侵襲該城要經(jīng)過的時間為（ ）
A．8小時B．9小時C．10小時D．11小時
【分析】先求出點B的坐標，再求出點C的坐標．過點C作CD⊥OA與點D，構(gòu)造直角三角形求出CA的長，然后再根據(jù)速度求臺風(fēng)從生成到最初侵襲該城要經(jīng)過的時間．
【解答】解：由題意可知，B（1003，﹣1003），C（1003，200﹣1003）；
過點C作CD⊥OA于點D，如圖，則CD＝1003 km．
在Rt△ACD中，∠ACD＝30°，CD＝1003 km，
∴CDCA=cs30°=32，
∴CA＝200 km．
∵200?2030=6（h），5+6＝11（h），
∴臺風(fēng)從生成到最初侵襲該城要經(jīng)過11小時，
故選：D．
2．（2021?海港區(qū)模擬）如圖，要得到從點D觀測點A的俯角，可以測量（ ）
A．∠DABB．∠DCEC．∠DCAD．∠ADC
【分析】根據(jù)俯角的定義直接回答即可．
【解答】解：從點D觀測點A的俯角即從點A觀測點D的仰角，即∠DAB．
故選：A．
3．（2021?遷西縣模擬）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，則sinB的值為（ ）
A．12B．1C．22D．32
【分析】直接利用三角形內(nèi)角和定理得出∠B＝60°，再利用特殊角的三角函數(shù)值得出答案．
【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝60°，
∴sinB=32．
故選：D．
4．（2021?遵化市模擬）如圖，在3×4的正方形網(wǎng)格圖中．小正方形的邊長為1，△ABC的頂點均在格點上，則下列關(guān)于△ABC的說法不正確的是（ ）
A．是直角三角形B．tanB＝1
C．面積為5D．BC邊上的高為102
【分析】先利用勾股定理計算三角形的邊長，再利用勾股定理的逆定理、三角形的面積公式、解直角三角形等知識點，逐個計算得結(jié)論．
【解答】解：由題圖知：AC=22+12=5，
AB=22+12=5，
BC=32+12=10．
∵AC2+AB2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，故選項A正確；
∵tanB=ACAB=1，
∴選項B正確；
∵S△ABC=12AB×AC=52，
∴BC邊上的高=510=102．故選項C錯誤，選項D正確．
故選：C．
5．（2021?邯鄲模擬）如圖是某廠家新開發(fā)的一款摩托車，它的大燈射出的光線AB，AC與地面MN的夾角分別為8°和10°，該大燈照亮地面的寬度BC的長為3.5米，則該大燈距地面的高度為（ ）
（參考數(shù)據(jù)：sin8°≈425，tan8°≈17，sin10°≈950，tan10°≈528）
A．3.5米B．2.5米C．4.5米D．5.5米
【分析】過點A作AD⊥MN于點D，由銳角三角函數(shù)的定義得出BD≈7AD，CD=285AD，再由BD﹣CD＝BC，得7AD?285AD＝3.5，即可得出答案．
【解答】解：過點A作AD⊥MN于點D，如圖所示：
在Rt△ADB與Rt△ACD中，tan∠ABD=ADDB=tan8°≈17，
tan∠ACD=ADCD=tan10°≈528，
∴BD≈7AD，CD≈285AD，
∵BD﹣CD＝BC，
∴7AD?285AD＝3.5，
解得：AD＝2.5，
即該大燈距地面的高度2.5米，
故選：B．
6．（2021?長安區(qū)二模）如圖為東西流向且河岸平行的一段河道，點A，B分別為兩岸上一點，且點B在點A正北方向，由點A向正東方向走a米到達點C，此時測得點B在點C的北偏西55°方向上，則河寬AB的長為（ ）
A．a(chǎn)tan55°米B．a(chǎn)cs55°米C．a(chǎn)tan35°米D．a(chǎn)tan55°米
【分析】連接AB，BC，根據(jù)三角函數(shù)的定義即可得到結(jié)論．
【解答】解：連接AB，BC，
由題意得，∠BAC＝90°，∠ABC＝55°，AC＝a米，
∴tan∠ABC＝tan55°=ACAB，
∴AB=ACtan55°=atan55°，
故選：D．
7．（2021?安次區(qū)二模）如圖，從點C觀測建筑物BD的仰角是（ ）
A．∠ADCB．∠DABC．∠DCAD．∠DCE
【分析】根據(jù)俯角的定義即可求解．
【解答】解：從點C觀測建筑物BD的仰角是∠DCE，
故選：D．
8．（2021?樂亭縣一模）如圖，電線桿的高度為CD＝m，兩根拉線AC與BC互相垂直（A，D，B在同一條直線上），若∠CBA＝α，則拉線AC的長度可以表示為（ ）
A．msinαB．mcsαC．mcsαD．mtanα
【分析】根據(jù)同角的余角相等得∠ACD＝∠CBD，由cs∠ACD=CDAC，即可求出AC的長度．
【解答】解：∵∠ACD+∠BCD＝90°，∠CBD+∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠CBD，
在Rt△ACD中，∵cs∠ACD=CDAC，
∴AC=CDcs∠ACD=mcsα，
故選：B．
9．（2021?槐蔭區(qū)二模）如圖，一般客輪從小島A沿東北方向航行，同時一艘補給船從小島A正東方向相距（100+1003）海里的港口B出發(fā)，沿北偏西60°方向航行，與客輪同時到達C處給客輪進行補給，則客輪與補給船的速度之比為（ ）
A．2：2B．2：1C．3：2D．3：1
【分析】過C作CD⊥AB于D，設(shè)AD＝x，根據(jù)特殊三角形的性質(zhì)，分別用含x的代數(shù)式表示出CD，BD，根據(jù)AB的長求出x，再根據(jù)勾股定理求出AC，BD，即可得到答案．
【解答】解：過C作CD⊥AB于D，
設(shè)AD＝x，
由題意得∠CAD＝45°，∠NBC＝60°，
在Rt△ACD中，∠ACD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ACD＝∠CAD，
∴CD＝AD＝x，
∴AC=CD2+AD2=2x，
在Rt△BCD中，∠CBD＝90°﹣60°＝30°，
∴BC＝2CD＝2x，
∴BD=BC2?CD2=3x，
∵AB＝100+1003，
∴AD+BD＝x+3x＝100+1003，
∴（1+3）x＝100（1+3），
∴x＝100，
即AD＝100海里，
∴AC＝1002海里，BC＝200海里，
∵時間一定時速度與路程成正比，
∴客輪與補給船的速度之比為1002：200=2：2，
故選：A．
10．（2021?河北模擬）如圖，創(chuàng)新小組要用架高AB＝1.6米的測角儀測量公園內(nèi)一棵樹的高度CD，其中一名小組成員站在距離樹4.8米的點B處，測得樹頂C的仰角為45°．則這棵樹的高度為（ ）
A．1.6米B．4.8米C．6.4米D．8米
【分析】過點A作AE⊥CD，垂足為E．利用矩形的性質(zhì)得到DE＝AB＝1.6米，AE＝BD＝4.8米，在Rt△ACE中，求出CE，由此即可解決問題．
【解答】解：如圖，過點A作AE⊥CD，垂足為E．則四邊形ABDE是矩形，DE＝AB＝1.6米，AE＝BD＝4.8米，
在Rt△ACE中，AE＝4.8米，∠CAE＝45°，
∴CE＝AE＝4.8米．
∴CD＝CE+DE＝4.8+1.6＝6.4（米）．
故樹的高度約為6.4米．
故選：C．
二．填空題（共5小題）
11．（2021?橋西區(qū)模擬）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，BC＝24，tanC=512．點P為BC邊上一點，則點P與點A的最短距離為 5 ；如圖2，連接AP，作∠APQ，使得∠APQ＝∠B，PQ交AC于Q，則當(dāng)BP＝11時，AQ的長為 2 ．
【分析】根據(jù)等腰三角形、直角三角形的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)進行解答即可．
【解答】解：如圖1，過點A作AM⊥BC，垂足為M，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝CM=12BC＝12，
又∵tanC=512=tanB，
∴AM＝BM?tanB＝12×512=5，
即當(dāng)點P與點M重合時，點A與點P的距離最小，此時PA＝AM＝5，
故答案為：5；
∴AB＝AC=AM2+BM2=52+122=13，
如圖2，
∵AB＝AC＝13，
∴∠B＝∠C，
又∵∠APQ＝∠B，
∴∠APQ＝∠C，
∵∠APB＝∠PAC+∠C，∠PQC＝∠PAC+∠APQ，
∴∠APB＝∠PQC，
∵BP＝11，
∴CP＝BC﹣BP＝13，
在△ABP和△PCQ中，
∠B=∠C∠APB=∠PQCAB=PC，
∴△ABP≌△PCQ（AAS），
∴BP＝CQ＝11，
∴AQ＝AC﹣CQ＝2，
故答案為：2．
12．（2021?咸寧模擬）如圖，小明在P處測得A處的俯角為15°，B處的俯角為60°，PB＝30m．若斜面AB坡度為1：3，則斜坡AB的長是 30 m．
【分析】根據(jù)三角函數(shù)的定義得到∠ABF＝30°，根據(jù)已知條件得到∠HPB＝30°，∠APB＝45°，求得∠HBP＝60°，進一步求得∠PBA＝90°，∠APB＝∠BAP＝45°，即可得到AB＝PB＝30m．
【解答】解：∵斜面坡度為1：3，
∴tan∠ABF=AFBF=13=33，
∴∠ABF＝30°，
∵在P處進行觀測，測得A處的俯角為15°，B處的俯角為60°，
∴∠HPB＝30°，∠APB＝45°，
∴∠HBP＝60°，
∴∠PBA＝90°，∠BAP＝45°，
∴∠APB＝∠BAP，
∴AB＝PB＝30m，
故答案為：30．
13．（2020?玉田縣二模）某體育看臺側(cè)面的示意圖如圖所示，觀眾區(qū)AC的坡度i為1：2，頂端C離水平地面AB的高度為10m，從頂棚的D處看E處的仰角α＝18°30'，豎直的立桿上C、D兩點間的距離為4m，E處到觀眾區(qū)底端A處的水平距離AF為3m．則觀眾區(qū)的水平寬度AB＝ 20 m；頂棚的E處離地面的高度EF＝ 21.6 m．（sin18°30'≈0.32，tan18°30'≈0.33，結(jié)果精確到0.1m）
【分析】根據(jù)坡度的概念計算AB的長；作CM⊥EF于M，DN⊥EF于N，根據(jù)正切的定義求出EN，結(jié)合圖形計算即可．
【解答】解：∵觀眾區(qū)AC的坡度i為1：2，頂端C離水平地面AB的高度為10m，
∴AB＝2BC＝20（m）；
如圖，作CM⊥EF于M，DN⊥EF于N，
則四邊形MFBC、MCDN為矩形，
∴MF＝BC＝10m，MN＝CD＝4m，DN＝MC＝BF＝23m，
在Rt△END中，tan∠EDN=ENDN，
則EN＝DN?tan∠EDN≈7.59（m），
∴EF＝EN+MN+MF＝7.59+4+10≈21.6（m），
答：頂棚的E處離地面的高度EF約為21.6m．
故答案為：20m；21.6m．
14．（2020?長安區(qū)二模）如圖2，有一塊四邊形的鐵板余料ABCD，經(jīng)測量AB＝50cm，BC＝108cm，CD＝60cm，且tanB＝tanC=43，若要從這塊余料中裁出頂點M、N在邊BC上且面積最大的矩形PQMN，則該矩形的面積為 1944 cm2．
【分析】延長BA、CD交于點E，過點E作EH⊥BC于點H，中位線PQ的兩端點在線段AB、CD上，在△ABC中，設(shè)BC＝a，BC邊上的高AD＝h，矩形PQMN的頂點P、N分別在邊AB、AC上，頂點Q、M在邊BC上，由△APN∽△ABC，設(shè)PQ＝x，則S矩形PQMN＝PQ?PN＝x（a?a?x）=?a?x2+ax=?a?（x??2）2+a?4，可得當(dāng)PQ=?2時，S矩形PQMN最大值為a?4，進而可得矩形PQMN的最大面積．
【解答】解：如圖，延長BA、CD交于點E，過點E作EH⊥BC于點H，
交PQ于點G，如圖，設(shè)矩形PQMN，
∵tanB＝tanC=43，
∴∠B＝∠C，
∴EB＝EC，
∵BC＝108cm，且EH⊥BC，
∴BH＝CH=12BC＝54cm，
∵tanB=EHBH=43，
∴EH=43BH=43×54＝72cm，
∴EG＝EH﹣GH＝72﹣QM，
∵PQ∥BC，
∴△EQP∽△EBC，
∴PQBC=EGEH，即PQ108=72?QM72，
∴PQ=32（72﹣QM），
設(shè)QM＝x，
則S矩形PQMN＝PQ?QM=32x（72﹣x）=?32（x﹣36）2+1944，
∴當(dāng)x＝36時，S矩形PQMN最大值為1944，
所以當(dāng)QM＝36時，矩形PQMN的最大面積為1944cm2，
答：該矩形的面積為1944cm2．
故答案為：1944．
15．（2020?長安區(qū)模擬）如圖，坡角為30°的斜坡上兩樹間的水平距離AC為2m，則兩樹間的坡面距離AB為 433m
【分析】根據(jù)余弦的定義計算，得到答案．
【解答】解：在Rt△ABC中，csA=ACAB，
∴AB=ACcs30°=433，
故答案為：433m．
三．解答題（共3小題）
16．（2021?順平縣二模）探究：如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，三個內(nèi)角A、B、C所對的邊長分別是a，b、c，由于sinA=ac，sinB=bc（已知sin90°＝1）．可以得到asinA=bsinB=csinC，即在直角三角形中，每條邊和它所對角的正弦值的比值相等．
（1）拓展：如圖2所示，在銳角三角形ABC中，三個內(nèi)角A、B、C所對的邊分別是a，b、c，AD⊥BC，BH⊥AC，試說明在銳角三角形中也有相同的結(jié)論．
（2）運用：請你運用拓展中的結(jié)論，完成下題．如圖3，在某海域一貨輪在C處測得燈塔A在貨輪的北偏西30°的方向上，隨后貨輪以60海里/小時的速度按北偏東32°的方向航行，半小時后到達B處，此時又測得燈塔A在貨輪的北偏西76°的方向上，求此時貨輪距燈塔A的距離AB．（計算結(jié)果保留一位小數(shù)）
（參考數(shù)據(jù)：sin46°≈0.72，sin32°≈0.53，sin62°≈0.88，sin76°≈0.97）
【分析】（1）如圖2，利用正弦的定義，在Rt△ABH中得到BH＝c?sinA，在Rt△BCH中得到BH＝a?sinC，于是得到asinA=bsinB=csinC；
（2）如圖3，先利用方向角計算出∠1＝15°，∠2＝60°，則∠ABC＝75°，由于∠ACB＝60°，則可計算出∠A＝45°，然后利用題中結(jié)論得到ABsin∠ACB=BCsinA，然后利用特殊角的三角函數(shù)值可計算出AB的長．
【解答】解：（1）在Rt△ABH中，
∵sin∠BAH=BHAB，
∴BH＝csin∠BAH，
在Rt△BCH中，
∵sinC=BHBC，
∴c?sin∠BAH＝a?sinC，
∴asin∠BAH=csinC，
同理可得csinC=bsin∠ABD，
∴asin∠BAH=bsin∠ABD=csinC；
（2）如圖3，BC＝60×12=30（海里），∠1＝90°﹣76°＝14°，∠2＝90°﹣32°＝58°，
∴∠ABC＝72°，
∵∠ACB＝62°，
∴∠A＝180°一62°一72°＝46°，
∵ABsin∠ACB=BCsinA，
∴ABsin62°=BCsin46°，
∴AB=30×≈36.7（海里），
此時貨輪距燈塔A的距離AB約為36.7海里．
17．（2021?河北）如圖是某機場監(jiān)控屏顯示兩飛機的飛行圖象，1號指揮機（看成點P）始終以3km/min的速度在離地面5km高的上空勻速向右飛行，2號試飛機（看成點Q）一直保持在1號機P的正下方．2號機從原點O處沿45°仰角爬升，到4km高的A處便立刻轉(zhuǎn)為水平飛行，再過1min到達B處開始沿直線BC降落，要求1min后到達C（10，3）處．
（1）求OA的h關(guān)于s的函數(shù)解析式，并直接寫出2號機的爬升速度；
（2）求BC的h關(guān)于s的函數(shù)解析式，并預(yù)計2號機著陸點的坐標；
（3）通過計算說明兩機距離PQ不超過3km的時長是多少．
[注：（1）及（2）中不必寫s的取值范圍]
【分析】（1）由爬升角度為45°，可知OA上的點的橫縱坐標相同，由此得到點A坐標，用待定系數(shù)法OA解析式可求；利用2號試飛機一直保持在1號機的正下方，可知它們的飛行的時間和飛行的水平距離相同，由此可求爬升速度；
（2）設(shè)BC的解析式為h＝ms+n，由題意將B，C坐標代入即可求得；令h＝0．求得s，即可得到結(jié)論；
（3）PQ不超過3km，得到5﹣h≤3，利用（1）（2）中的解析式得出關(guān)于s的不等式組，確定s的取值范圍，得出了兩機距離PQ不超過3km的飛行的水平距離，再除以1號飛機的飛行速度，結(jié)論可得．
【解答】解：（1）∵2號飛機爬升角度為45°，
∴OA上的點的橫縱坐標相同．
∴A（4，4）．
設(shè)OA的解析式為：h＝ks，
∴4k＝4．
∴k＝1．
∴OA的解析式為：h＝s．
∵2號試飛機一直保持在1號機的正下方，
∴它們的飛行的時間和飛行的水平距離相同．
∵2號機在爬升到A處時水平方向上移動了4km，飛行的距離為42km，
又1號機的飛行速度為3km/min，
∴2號機的爬升速度為：42÷43=32km/min．
（2）設(shè)BC的解析式為h＝ms+n，
由題意：B（7，4），
∴7m+n=410m+n=3，
解得：m=?13n=193．
∴BC的解析式為h=?13s+193．
令h＝0，則s＝19．
∴預(yù)計2號機著陸點的坐標為（19，0）．
（3）解法一：∵PQ不超過3km，
∴5﹣h≤3．
∴PQ=5?s≤3(0≤s≤4)1(4＜s＜7)5?(?13s+193)≤3(7≤s≤19)，
解得：2≤s≤13．
∴兩機距離PQ不超過3km的時長為：（13﹣2）÷3=113（min）．
解法二：當(dāng)PQ＝3km時，h＝5﹣3＝2（km），
∵h＝s，
∴s＝2．
由2=?13s+193得：s＝13，
∴兩機距離PQ不超過3km的時長為：13?23=113（min）．
18．（2021?黃梅縣模擬）數(shù)學(xué)活動課上，小明和小紅要測量小河對岸大樹BC的高度，小紅在點A測得大樹頂端B的仰角為45°，小明從A點出發(fā)沿斜坡走35米到達斜坡上點D，在此處測得樹頂端點B的仰角為31°，且斜坡AF的坡比為1：2．
（1）求小明從點A到點D的過程中，他上升的高度；
（2）依據(jù)他們測量的數(shù)據(jù)能否求出大樹BC的高度？若能，請計算；若不能，請說明理由．（參考數(shù)據(jù)：sin31°≈0.52，cs31°≈0.86，tan31°≈0.60）
【分析】（1）作DH⊥AE于H，解Rt△ADH，即可求出DH；
（2）延長BD交AE于點G，解Rt△GDH、Rt△ADH，求出GH、AH，得到AG；設(shè)BC＝x米，根據(jù)正切的概念用x表示出GC、AC，根據(jù)GC﹣AC＝AG列出方程，解方程得到答案．
【解答】解：（1）作DH⊥AE于H，如圖1所示：
在Rt△ADH中，DHAH=12，
∴AH＝2DH，
∵AH2+DH2＝AD2，
∴（2DH）2+DH2＝（35）2，
解得DH＝3．
答：小明從點A到點D的過程中，他上升的高度為3米；
（2）能，計算如下：
如圖2所示：延長BD交AE于點G，設(shè)BC＝x米，
由題意得，∠G＝31°，
∴GH=DHtan∠G≈30.60=5（米），
∵AH＝2DH＝6，
∴GA＝GH+AH＝5+6＝11（米），
在Rt△BGC中，tan∠G=BCGC，
∴CG=BCtan∠G≈x0.60=53x米，
在Rt△BAC中，∠BAC＝45°，
∴AC＝BC＝x米．
∵GC﹣AC＝AG，
∴53x﹣x＝11，
解得：x＝16.5．
答：大樹的高度約為16.5米．
α
sinα
csα
tanα
30°
45°
1
60°

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