蘇科版九年級數(shù)學(xué)下冊舉一反三專題7.2解直角三角形及其應(yīng)用【九大題型】(原卷版+解析)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc8088" 【題型1 網(wǎng)格中解直角三角形】 PAGEREF _Tc8088 \h 1
\l "_Tc4447" 【題型2 坐標(biāo)系中解直角三角形】 PAGEREF _Tc4447 \h 2
\l "_Tc5492" 【題型3 直接解直角三角形】 PAGEREF _Tc5492 \h 4
\l "_Tc31527" 【題型4 化斜為直解非直角三角形】 PAGEREF _Tc31527 \h 5
\l "_Tc14759" 【題型5 在四邊形中解直角三角形】 PAGEREF _Tc14759 \h 6
\l "_Tc7951" 【題型6 解直角三角形的應(yīng)用（坡度坡比問題）】 PAGEREF _Tc7951 \h 7
\l "_Tc32016" 【題型7 解直角三角形的應(yīng)用（俯角仰角問題）】 PAGEREF _Tc32016 \h 9
\l "_Tc9617" 【題型8 解直角三角形的應(yīng)用（方向角問題）】 PAGEREF _Tc9617 \h 11
\l "_Tc23795" 【題型9 解直角三角形的應(yīng)用（實物建模問題）】 PAGEREF _Tc23795 \h 13
【知識點1 直角三角形的邊角關(guān)系】
兩銳角關(guān)系：
（2）三邊關(guān)系：（勾股定理）
（3）邊角關(guān)系：，，
【知識點2 解直角三角形的類型和解法】
【題型1 網(wǎng)格中解直角三角形】
【例1】（江蘇省江陰市澄江片2022-2023學(xué)年九年級下學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題）如圖是由6個形狀、大小完全相同的菱形組成的網(wǎng)格，菱形的頂點稱為格點．已知菱形的一個角（∠O）為120°，A、B、C都在格點上，則tan∠ABC的值是________________．
【變式1-1】（2022年四川省廣元市萬達實驗學(xué)校中考模擬數(shù)學(xué)試題）如圖，A，B，C，D均為網(wǎng)格圖中的格點，線段AB與CD相交于點P，則∠APD的正切值為_______．
【變式1-2】（2022年福建省中考數(shù)學(xué)模擬試卷（六））如圖，△ABC的三個頂點在邊長為1的正方形網(wǎng)格的格點上，則sin∠BAC=____．
【變式1-3】（2022年中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講練測（北京））如圖所示的正方形網(wǎng)格中，A，B，C是網(wǎng)格線交點，∠CAB的度數(shù)為__．
【題型2 坐標(biāo)系中解直角三角形】
【例2】（2022·江蘇·九年級專題練習(xí)）如圖，直線y=34x+3交x軸于A點，將一塊等腰直角三角形紙板的直角頂點置于原點O，另兩個頂點M、N恰落在直線y=34x+3上，若N點在第二象限內(nèi)，則tan∠AON的值為（）
A．17B．16C．15D．18
【變式2-1】（2022年黑龍江省佳木斯市前進區(qū)九年級中考三模數(shù)學(xué)試題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A1的坐標(biāo)是(0,?1)，點A1，A2，A3，A4，A5…所在直線與x軸交于點B0(?2,0)，點B1，B2，B3，B4…都在x軸上，△A1B1B2，△A2B2B3，△A3B3B4，…都是等腰直角三角形，則等腰直角三角形A2022B2022B2023的腰長A2022B2022為_______________．
【變式2-2】（2022·四川瀘州·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形OABC的頂點B的坐標(biāo)為(10，4)，四邊形ABEF是菱形，且tan∠ABE=43．若直線l把矩形OABC和菱形ABEF組成的圖形的面積分成相等的兩部分，則直線l的解析式為（）
A．y=3xB．y=?34x+152
C．y=?2x+11D．y=?2x+12
【變式2-3】（2022·河南·模擬預(yù)測）在平面直角坐標(biāo)系中，點A，B分別在y軸和x軸上，∠ABO=60°,CD為△AOB的中位線，過點D向x軸作垂線段，垂足為E，可得矩形CDEO．將矩形CDEO沿著x軸向右平移，設(shè)斜邊AB所在直線與矩形所圍直角三角形的面積為S．已知點B的坐標(biāo)為(6,0)，當(dāng)S=23時，矩形CDEO頂點D的坐標(biāo)為__________．
【題型3 直接解直角三角形】
【例3】（2022年廣東省深圳市寶安區(qū)中考數(shù)學(xué)備考沖刺題--模擬卷（四））如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=60°，∠BAC的角平分線EA與∠BCA的角平分線CD相交于點O，已知BD=4，OC=22，則OE=_________．
【變式3-1】（2022-2023中考1年模擬數(shù)學(xué)分項匯編）如圖，在Rt△ABC中，AB=BC=4，以AB為邊作等邊三角形ABD，使點D與點C在AB同側(cè)，連接CD，則CD=______．
【變式3-2】（安徽省亳州市2022-2023學(xué)年九年級上學(xué)期教學(xué)質(zhì)量調(diào)研三數(shù)學(xué)試題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CE是斜邊AB上的中線，過點E作EF⊥AB交AC于點F．若BC＝4，tan∠CEF=34，則AC的長為__________．
【變式3-3】（2022·湖北武漢·一模）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，點D為AB上一點．
（1）如圖1，若CD⊥AB，求證：AC2=AD·AB；
（2）如圖2，若AC=BC，EF⊥CD交CD于H，交AC于F，且FHHE=49，求ADBD的值；
（3）如圖3，若AC=BC，點H在CD上，∠AHD=45°，CH=3DH，則tan∠ACH的值為________．
【題型4 化斜為直解非直角三角形】
【例4】（福建省泉州市第一中學(xué)2022-2023學(xué)年九年級上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題）如圖，在等腰△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC，點E在BA的延長線上，∠AEC=90°，ED=EC，DE交AC于點K，若EC=10，tan∠AED=12，則AK=_______．
【變式4-1】（2022·湖北武漢·中考真題）如圖．在△ABC中，∠ACB=60°，AC=1，D是邊AB的中點，E是邊BC上一點．若DE平分△ABC的周長，則DE的長是_____．
【變式4-2】（2022·江蘇省洪澤縣黃集中學(xué)一模））如圖，在△ABC中，∠C=150°，AC=4，tanB=18．
（1）求BC的長；
（2）利用此圖形求tan15°的值.
【變式4-3】（2022·四川廣元·模擬預(yù)測）從三角形（不是等腰三角形）一個頂點引出的一條射線與對邊相交，頂點與交點之間的線段把這個三角形分割成兩個小三角形，如果分得的兩個小三角形中一個為等腰三角形，另一個與原三角形有兩角對應(yīng)相等，我們把這條線段叫做這個三角形的“優(yōu)美分割線”．
（1）如圖，在△ABC中，CD為角平分線，∠A＝40°，∠B＝60°，求證：CD為△ABC的“優(yōu)美分割線”．
（2）在△ABC中，∠A＝46°，CD為△ABC的“優(yōu)美分割線”且△ACD為等腰三角形，求∠ACB的度數(shù)．
（3）在△ABC中，∠A＝30°，AC＝6，CD為△ABC的“優(yōu)美分割線”，且△ACD是等腰三角形，求線段BD的長．
【題型5 在四邊形中解直角三角形】
【例5】（2022年廣東省深圳市南山區(qū)南山外國語學(xué)校中考二模質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題（5月））如圖，在菱形ABCD中，AB＝30，∠BCD=120°，點E在CD上，且DE＝10，BE交AC于點F，連接DF．現(xiàn)給出以下結(jié)論：①△ABF≌△ADF；②AF:CF=3:2；③S△DEF=303；④sin∠AFD=55719正確的是（）
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【變式5-1】（2022·廣東·深圳市海濱中學(xué)模擬預(yù)測）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，CE⊥AB，且AE=BE，連接DE，若AB=CD=CE=2，則tan∠DEC=_____．
【變式5-2】（2022·上海市靜安區(qū)教育學(xué)院附屬學(xué)校九年級期中）如圖，在菱形紙片ABCD中，AB=2，∠A=60°，將菱形紙片翻折，使得點A落在CD的中點E處，折痕為FG，點F．G分別在邊AB．AD上，則sin∠EFG=__________ ．
【變式5-3】（河南省鄭州市中原區(qū)中原區(qū)第一中學(xué)2022-2023學(xué)年九年級上學(xué)期第一次月考數(shù)學(xué)試題）如圖，在矩形ABCD中，AB=5，AD=8，點E是線段AD上的一個動點，把△BAE沿BE折疊，點A落在A′處(A′在矩形內(nèi)部)，如果A′恰在矩形的某條對稱軸上，則AE的長為__________．
【題型6 解直角三角形的應(yīng)用（坡度坡比問題）】
【例6】（2022·重慶八中九年級期末）為了消防安全，學(xué)校在校園廣場步行梯（折線ABCD）處新建了學(xué)生宿舍安全通道（折線AEF），其剖面示意圖如圖所示，廣場步行梯AB，CD的坡角都是32°，且AB=6米，CD=4米，水平部分BC=2.4米；新建安全通道中水平部分AE=3.9米，步梯EF的坡度i≈0.62（即坡角的正切值）．新建安全通道頂端點F到廣場步行梯底部所在水平面DG的距離DF的長約為（）（結(jié)果精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)：sin32°≈0.53，cs32°≈0.85，tan32°≈0.63）
A．8.8米B．9.0米C．9.4米D．9.6米
【變式6-1】（2022·四川資陽·九年級期末）如圖，在操場上的A處，測得旗桿頂端N點的仰角是30°，前進20米后到達旗臺的底端B處，測得旗桿頂端N點的仰角是45°，繼續(xù)沿著坡比為1:3的斜坡BC上升到C處，此時又測得旗桿頂端N點的仰角是60°，旗桿MN垂直于水平線AD，點A、B、D在同一直線上，CM//AD，求旗桿MN的高度．
【變式6-2】（2022·浙江嘉興·九年級專題練習(xí)）為了監(jiān)控危險路段的車輛行駛情況，通常會設(shè)置電子眼進行區(qū)間測速．如圖電子眼位于點P處，離地面的鉛垂高度PQ為11米；離坡AB的最短距離是11.2米，坡AB的坡比為3：4；電子眼照射在A 處時，電子眼的俯角為30°，電子眼照射在坡角點B處時，電子眼的俯角為70°．（A、B、P、Q在同一平面內(nèi)）
(1)求路段BQ的長；（sin70°≈0.94，cs70°≈0.34，tan70°≈2.75）
(2)求路段AB的長；（3≈1.7，結(jié)果保留整數(shù)）
(3)如圖的這輛車看成矩形KLNM，車高2米，當(dāng)PA過M點時開始測速，PB過M點時結(jié)束測速，若在這個測速路段車輛所用的時間是1.5秒．該路段限速5米/秒，計算說明該車是否超速？
【變式6-3】（2022·上海市羅山中學(xué)九年級期中）圖1是某區(qū)規(guī)劃建設(shè)的過街天橋的側(cè)面示意圖，等腰梯形ABCD的上底BC表示主跨橋，兩腰AB，CD表示橋兩側(cè)的斜梯，A，D兩點在地面上，已知AD＝40m，設(shè)計橋高為4m，設(shè)計斜梯的坡度為1：2.4．點A左側(cè)25m點P處有一棵古樹，有關(guān)部門劃定了以P為圓心，半徑為3m的圓形保護區(qū)．
(1)求主跨橋與橋兩側(cè)斜梯的長度之和；
(2)為了保證橋下大貨車的安全通行，橋高要增加到5m，同時為了方便自行車及電動車上橋，新斜梯的坡度要減小到1：4，新方案主跨橋的水平位置和長度保持不變．另外，新方案要修建一個緩坡MN作為輪椅坡道，坡道終點N在左側(cè)的新斜梯上，并在點N處安裝無障礙電梯，坡道起點M在AP上，且不能影響到古樹的圓形保護區(qū)．已知點N距離地面的高度為0.9m，請利用表中的數(shù)據(jù)，通過計算判斷輪椅坡道的設(shè)計是否可行．
表：輪椅坡道的最大高度和水平長度
【題型7 解直角三角形的應(yīng)用（俯角仰角問題）】
【例7】（2022·重慶巴蜀中學(xué)九年級）如圖，巴蜀中學(xué)旁邊高36米的高樓AB正對著斜坡CD，點E在斜坡處．已知斜坡的坡角∠DCG為30°，AB⊥BC，若點A、B、C、D、E在同一平面內(nèi)，從點E處測得樓頂A的仰角α為37°，樓底B的俯角β為24°，現(xiàn)計劃在斜坡中點E處挖去部分斜坡，修建一個平行于水平線BC的平臺EF和一條新的斜坡DF，使新斜坡DF的坡比為3：1．某施工隊承接這項任務(wù)，為盡快完成任務(wù)，增加了人手，實際工作效率提高到原計劃的1.5倍，結(jié)果比原計劃提前2天完成任務(wù)，施工隊原計劃平均每天修建_________米？（結(jié)果保留1位小數(shù)）（參考數(shù)據(jù)：cs37°≈0.80，tan37°≈0.75，tan24°≈0.45，cs24°≈0.91）
【變式7-1】（2022·四川廣元·中考真題）如圖，某無人機愛好者在一小區(qū)外放飛無人機，當(dāng)無人機飛行到一定高度D點處時，無人機測得操控者A的俯角為75°，測得小區(qū)樓房BC頂端點C處的俯角為45°．已知操控者A和小區(qū)樓房BC之間的距離為45米，小區(qū)樓房BC的高度為153米．
（1）求此時無人機的高度；
（2）在（1）條件下，若無人機保持現(xiàn)有高度沿平行于AB的方向，并以5米/秒的速度繼續(xù)向前勻速飛行．問：經(jīng)過多少秒時，無人機剛好離開了操控者的視線？（假定點A，B，C，D都在同一平面內(nèi)．參考數(shù)據(jù)：tan75°=2+3，tan15°=2?3．計算結(jié)果保留根號）
【變式7-2】（2022·山東聊城·中考真題）我市某轄區(qū)內(nèi)的興國寺有一座宋代仿木樓閣式空心磚塔，塔旁有一棵唐代古槐，稱為“宋塔唐槐”（如圖①）．?dāng)?shù)學(xué)興趣小組利用無人機測量古槐的高度，如圖②所示，當(dāng)無人機從位于塔基B點與古槐底D點之間的地面H點，豎直起飛到正上方45米E點處時，測得塔AB的頂端A和古槐CD的頂端C的俯角分別為26.6°和76°（點B，H，D三點在同一直線上）．已知塔高為39米，塔基B與樹底D的水平距離為20米，求古槐的高度（結(jié)果精確到1米）．（參考數(shù)據(jù)：sin26.6°≈0.45，cs26.6°≈0.89，tan26.6°≈0.50，sin76°≈0.97，cs76°≈0.24，tan76°≈4.01）
【變式7-3】（2022·四川自貢·九年級專題練習(xí)）某水庫大壩的橫截面是如圖所示的四邊形ABCD，其中AB∥CD，大壩頂上有一瞭望臺PC，PC正前方有兩艘漁船M，N．觀察員在瞭望臺頂端P處觀測到漁船M的俯角α為31°，漁船N的俯角β為45°．已知MN所在直線與PC所在直線垂直，垂足為E，且PE長為30米．
(1)求兩漁船M，N之間的距離（結(jié)果精確到1米）；
(2)已知壩高24米，壩長100米，背水坡AD的坡度i=1:0.25，為提高大壩防洪能力，請施工隊將大壩的背水坡通過填筑土石方進行加固，壩底BA加寬后變?yōu)锽H，加固后背水坡DH的坡度i=1:1.75，完成這項工程需填筑土石方多少立方米？（參考數(shù)據(jù)：tan31°≈0.60，sin31°≈0.52）
【題型8 解直角三角形的應(yīng)用（方向角問題）】
【例8】（2022·河南·漯河市郾城區(qū)第二初級實驗中學(xué)一模）在南北方向的海岸線MN上，有A、B兩艘巡邏船，現(xiàn)均收到來自故障船C的求救信號，已知A、B相距1003+1海里，C在A的北偏東60°方向上，C在B的東南方向上，MN上有一觀測點D，測得C正好在觀測點D的南偏東75°方向上．
(1)求AC和AD（運算結(jié)果若有根號，保留根號）；
(2)已知距觀測點D處100海里范圍內(nèi)有暗礁，若巡邏船A沿直線AC去營救船C，在去營救的途中有無觸礁的危險？（參考數(shù)據(jù)：2≈1.41，3≈1.73）
【變式8-1】（2022·黑龍江·大慶市慶新中學(xué)九年級階段練習(xí)）如圖，一艘軍艦在A處測得小島P位于南偏東60°方向，向正東航行40海里后到達B處，此時測得小島P位于南偏西75°方向，求小島P離觀測點B的距離．
【變式8-2】（2022·內(nèi)蒙古·烏海市第二中學(xué)九年級期末）如圖，線段EF與MN表示某一段河的兩岸，EF平行MN．綜合實踐課上，同學(xué)們需要在河岸MN上測量這段河的寬度（EF與MN之間的距離），已知河對岸EF上有建筑物C、D，且CD＝30米，同學(xué)們首先在河岸MN上選取點A處，用測角儀測得C建筑物位于A北偏東45°方向，再沿河岸走10米到達B處，測得D建筑物位于B北偏東55°方向，請你根據(jù)所測數(shù)據(jù)求出該段河的寬度，（用非特殊角的三角函數(shù)或根式表示即可）
【變式8-3】（2022·山東泰安·模擬預(yù)測）因東坡文化遠近聞名的遺愛湖公園，“國慶黃金周”期間，游人絡(luò)繹不絕，現(xiàn)有一艘游船載著游客在遺愛湖中游覽，當(dāng)船在A處時，船上游客發(fā)現(xiàn)岸上P1處的臨皋亭和P2處的遺愛亭都在東北方向；當(dāng)游船向正東方向行駛600m到達B處時，游客發(fā)現(xiàn)遺愛亭在北偏西15°方向；當(dāng)游船繼續(xù)向正東方向行駛400m到達C處時，游客發(fā)現(xiàn)臨皋亭在北偏西60°方向．則臨皋亭P1處與遺愛亭P2處之間的距離為 _____．（計算結(jié)果保留根號）
【題型9 解直角三角形的應(yīng)用（實物建模問題）】
【例9】（2022·浙江溫州·八年級期中）圖1是一張可調(diào)節(jié)靠椅，調(diào)節(jié)示意圖如圖2，已知兩支腳AB＝AC＝10分米，BC＝12分米，O為AC上固定連接點，靠背OD＝10分米．檔位為Ⅰ檔時，OD∥AB．檔位為Ⅱ檔時，OD⊥AC．當(dāng)靠椅由Ⅰ檔調(diào)節(jié)為Ⅱ檔時，EF＝________分米．
【變式9-1】（2022·浙江·金華市南苑中學(xué)九年級期中）圖1是一種兒童可折疊滑板車，該滑板車完全展開后示意圖如圖2所示，由車架AB?CE?EF和兩個大小相同的車輪組成，已知CD=25cm，DE=17cm，cs∠ACD=45，當(dāng)A，E，F(xiàn)在同一水平高度上時，∠CEF=135°，則AC=______cm；為方便存放，將車架前部分繞著點D旋轉(zhuǎn)至AB//EF，如圖3所示，則d1?d2為______cm．
【變式9-2】（2022·江西景德鎮(zhèn)·九年級期中）如圖1是一個水龍頭的示意圖，類似于字母“F”的形狀，將其抽象成如圖2所示的截面圖形，線段BE是一根固定的軸，線段AB，CD均垂直于線段BE，出水口在點D處，AB為自來水開關(guān)，AB⊥BC即為無水狀態(tài)，將AB繞點B逆時針向上轉(zhuǎn)動即是開水．若已知BC=10cm，AB=20cm，CD=30cm．（參考數(shù)據(jù)，精確到0．1，sin34°=0.56，cs34°=0.83，2≈1.414，3=1.732，25.0792=629）
(1)求出水龍頭不開時，點A與出水口的距離；
(2)當(dāng)BA向上旋轉(zhuǎn)34°時，即是最大出水量，求出最大出水量時，點A與出水口的距離．
【變式9-3】（2022·江蘇宿遷·一模）如圖1是一種手機平板支架，由托板、支撐板和底座構(gòu)成，手機放置在托板上，如圖2是其側(cè)面結(jié)構(gòu)示意圖．量得托板長AB=120mm，支撐板長CD=80mm，底座長DE=90mm．托板AB固定在支撐板頂端點C處，且CB=40mm，托板AB可繞點C轉(zhuǎn)動，支撐板CD可繞點D轉(zhuǎn)動．
(1)若∠DCB=80°，∠CDE=60°，求點A到直線DE的距離；
(2)為了觀看舒適，在（1）的條件下，把AB繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)10°后，再將CD繞點D順時針旋轉(zhuǎn)，使點B落在直線DE上．畫出圖形，并求CD旋轉(zhuǎn)的角度；
（參考數(shù)據(jù)：sin40°≈0.643，cs40°≈0.766，tan40°≈0.839，sin26.6°≈0.448，cs26.6°≈0.894，tan26.6°≈0.500，3≈1.732．計算結(jié)果均精確到0.1）已知條件
圖形
解法
對邊
鄰邊
斜邊
A
C
B
b
已知一直角邊和一個銳角
已知斜邊和一個銳角
已知兩直角邊
已知斜邊和一條直角邊
坡度
1：20
1：16
1：12
1：10
1：8
最大高度（m）
1.20
0.90
0.75
0.60
0.30
水平長度（m）
24.00
14.40
9.00
6.00
2.40
專題7.2 解直角三角形及其應(yīng)用【九大題型】
【蘇科版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc8088" 【題型1 網(wǎng)格中解直角三角形】 PAGEREF _Tc8088 \h 2
\l "_Tc4447" 【題型2 坐標(biāo)系中解直角三角形】 PAGEREF _Tc4447 \h 5
\l "_Tc5492" 【題型3 直接解直角三角形】 PAGEREF _Tc5492 \h 12
\l "_Tc31527" 【題型4 化斜為直解非直角三角形】 PAGEREF _Tc31527 \h 19
\l "_Tc14759" 【題型5 在四邊形中解直角三角形】 PAGEREF _Tc14759 \h 27
\l "_Tc7951" 【題型6 解直角三角形的應(yīng)用（坡度坡比問題）】 PAGEREF _Tc7951 \h 35
\l "_Tc32016" 【題型7 解直角三角形的應(yīng)用（俯角仰角問題）】 PAGEREF _Tc32016 \h 42
\l "_Tc9617" 【題型8 解直角三角形的應(yīng)用（方向角問題）】 PAGEREF _Tc9617 \h 50
\l "_Tc23795" 【題型9 解直角三角形的應(yīng)用（實物建模問題）】 PAGEREF _Tc23795 \h 55
【知識點1 直角三角形的邊角關(guān)系】
兩銳角關(guān)系：
（2）三邊關(guān)系：（勾股定理）
（3）邊角關(guān)系：，，
【知識點2 解直角三角形的類型和解法】
【題型1 網(wǎng)格中解直角三角形】
【例1】（江蘇省江陰市澄江片2022-2023學(xué)年九年級下學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題）如圖是由6個形狀、大小完全相同的菱形組成的網(wǎng)格，菱形的頂點稱為格點．已知菱形的一個角（∠O）為120°，A、B、C都在格點上，則tan∠ABC的值是________________．
【答案】36
【分析】如圖，連接EA、EC，先證明∠AEC＝90°，E、A、B共線，再根據(jù)tan∠ABC＝ECEB，求出EC、EB即可解決問題．
【詳解】解：如圖，連接EA，EC，

設(shè)菱形的邊長為a，由題意得∠CEF＝60°，∠BEF＝30°，CE＝a，AE＝3a，EB＝23a，
∴∠AEC＝90°，
∵∠ACE＝∠AGF＝60°，
∴∠EAB＝180°，
∴E、A、B共線，
在Rt△CEB中，tan∠ABC＝ECEB=a23a=36．
故答案為：36．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)、三角函數(shù)、特殊三角形邊角關(guān)系等知識，解題的關(guān)鍵是添加輔助線構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．
【變式1-1】（2022年四川省廣元市萬達實驗學(xué)校中考模擬數(shù)學(xué)試題）如圖，A，B，C，D均為網(wǎng)格圖中的格點，線段AB與CD相交于點P，則∠APD的正切值為_______．
【答案】3
【分析】作M、N兩點，連接CM，DN，根據(jù)題意可得CM∥AB，從而可得∠APD＝∠NCD，然后先利用勾股定理的逆定理證明△CDN是直角三角形，然后再利用銳角三角函數(shù)的定義進行計算即可解答．
【詳解】解：如圖所示，作M、N點，連接CM、DN，
由題意得：CM∥AB，
∴∠APD＝∠NCD，
由題意得：CN2=12+12=2，DN2=32+32=18，CD2=22+42=20，
∴CN2+DN2=CD2，
∴△CDN是直角三角形，
∴tan∠DCN=DNCN=322=3，
∴∠APD的正切值為：3．
故答案為：3．
【點睛】本題考查了解直角三角形，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．
【變式1-2】（2022年福建省中考數(shù)學(xué)模擬試卷（六））如圖，△ABC的三個頂點在邊長為1的正方形網(wǎng)格的格點上，則sin∠BAC=____．
【答案】35
【分析】過點A作AD⊥BC于D，過點B作BE⊥AC于E，只需求得BE即可求得sin∠BAC．
【詳解】如圖，過點A作AD⊥BC于D，過點B作BE⊥AC于E，
由圖可得，AB=10，AC=10，BC=2，AD=3，
∵S△ABC=12?AD?BC=12?AC?BE，
∴12×3×2=12×10BE，
∴BE=3105，
∴sin∠BAC=BEAB=310510=35．
故答案為：35．
【點睛】本題主要是應(yīng)用三角函數(shù)定義來解直角三角形．要注意直角三角函數(shù)的性質(zhì)進行解題，本題易錯點在于學(xué)生誤認為sin∠BAC=2sin∠BAD．
【變式1-3】（2022年中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講練測（北京））如圖所示的正方形網(wǎng)格中，A，B，C是網(wǎng)格線交點，∠CAB的度數(shù)為__．
【答案】45°
【分析】根據(jù)勾股定理和等積法求出線段長，再根據(jù)三角函數(shù)求出角度即可．
【詳解】解：如圖，連接BC，過C作CD⊥AB于D，
根據(jù)勾股定理，得AB=62+22=210，AC=62+32=35．
∵SΔABC=6×6?12×6×3?12×6×2?12×4×3=15，
SΔABC=12AB?CD=12×210?CD=10CD，
∴ 10CD=15，
∴CD=3102．
在RtΔACD中，∵∠ADC=90°，
∴sin∠CAB=CDAC=310235=22，
∴∠CAB=45°．
故答案為：45°．
【點睛】本題考查了解直角三角形和等積法，解題關(guān)鍵是恰當(dāng)?shù)臉?gòu)造直角三角形，利用相關(guān)知識求解.
【題型2 坐標(biāo)系中解直角三角形】
【例2】（2022·江蘇·九年級專題練習(xí)）如圖，直線y=34x+3交x軸于A點，將一塊等腰直角三角形紙板的直角頂點置于原點O，另兩個頂點M、N恰落在直線y=34x+3上，若N點在第二象限內(nèi)，則tan∠AON的值為（）
A．17B．16C．15D．18
【答案】A
【分析】過O作OC⊥AB于C，過N作ND⊥OA于D，設(shè)N的坐標(biāo)是（x，34x+3），得出DN=34x+3，OD=-x，求出OA=4，OB=3，由勾股定理求出AB=5，由三角形的面積公式得出AO×OB=AB×OC，代入求出OC，根據(jù)sin45°=OCON，求出ON，在Rt△NDO中，由勾股定理得出（34x+3）2+（-x）2=(1225)2，求出N的坐標(biāo)，得出ND、OD，代入tan∠AON=NDOD求出即可．
【詳解】過O作OC⊥AB于C，過N作ND⊥OA于D，
∵N在直線y=34x+3上，
∴設(shè)N的坐標(biāo)是（x，34x+3），
則DN=34x+3，OD=-x，
y=34x+3，
當(dāng)x=0時，y=3，
當(dāng)y=0時，x=-4，
∴A（-4，0），B（0，3），
即OA=4，OB=3，
在△AOB中，由勾股定理得：AB=5，
∵在△AOB中，由三角形的面積公式得：AO×OB=AB×OC，
∴3×4=5OC，
OC=125，
∵在Rt△NOM中，OM=ON，∠MON=90°，
∴∠MNO=45°，
∴sin45°=OCON=125ON，
∴ON=1225，
在Rt△NDO中，由勾股定理得：ND2+DO2=ON2，
即（34x+3）2+（-x）2=(1225)2，
解得：x1=-8425，x2=1225，
∵N在第二象限，
∴x只能是-8425，
34x+3=1225，
即ND=1225，OD=8425，
tan∠AON=NDOD=17．
故選A．
【點睛】本題考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，勾股定理，三角形的面積，解直角三角形等知識點的運用，主要考查學(xué)生運用這些性質(zhì)進行計算的能力，題目比較典型，綜合性比較強．
【變式2-1】（2022年黑龍江省佳木斯市前進區(qū)九年級中考三模數(shù)學(xué)試題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A1的坐標(biāo)是(0,?1)，點A1，A2，A3，A4，A5…所在直線與x軸交于點B0(?2,0)，點B1，B2，B3，B4…都在x軸上，△A1B1B2，△A2B2B3，△A3B3B4，…都是等腰直角三角形，則等腰直角三角形A2022B2022B2023的腰長A2022B2022為_______________．
【答案】320222
【分析】過點A2作A2C1⊥x軸，設(shè)∠OB0A1 =α，tan∠OB0A1=A1OB0O=12，進而分別計算出A1B1=2，A2B2=32，A3B3=92……找到規(guī)律即可求解．
【詳解】解：∵B0(?2,0)，A1 (0,?1)
∴OB0=2,OA1=1
∴A1B0=5
∴tan∠OB0A1=A1OB0O=12
設(shè)∠OB0A1 =α
∵ △A1B1B2是等腰直角三角形，
∴A1B1O=45°
∴A1B1=2,B1B2=2A1B1=2,
∴B1?1,0，B21,0
∴B2B0=3
過點A2作A2C1⊥x軸，
∵ △A2B2B3是等腰直角三角形
∴A2C1=B2C1
則tanα=A2C1B0C1=12
即A2C1B2C1+B2B0=12,
∴A2C1=B2C1=3
∴A2B2=32
∴B2B3=2A2C1=6
∴B0B3=B0B2+B2B3=3+6=9
同理可得tanα=A3C2B0C2=12,得A3C2=9,
∴A3B3=92
……
∴ AnBn=3n2，
∴ A2022B2022=320222．
故答案為：320222．
【點睛】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，正切的定義，找到規(guī)律是解題的關(guān)鍵．
【變式2-2】（2022·四川瀘州·中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形OABC的頂點B的坐標(biāo)為(10，4)，四邊形ABEF是菱形，且tan∠ABE=43．若直線l把矩形OABC和菱形ABEF組成的圖形的面積分成相等的兩部分，則直線l的解析式為（）
A．y=3xB．y=?34x+152
C．y=?2x+11D．y=?2x+12
【答案】D
【分析】過點E作EG⊥AB于點G，利用三角函數(shù)求得EG=8，BG=6，AG=4，再求得點E的坐標(biāo)為(4，12)，根據(jù)題意，直線l經(jīng)過矩形OABC的對角線的交點H和菱形ABEF的對角線的交點D，根據(jù)中點坐標(biāo)公式以及待定系數(shù)法即可求解．
【詳解】解：過點E作EG⊥AB于點G，
∵矩形OABC的頂點B的坐標(biāo)為(10，4)，四邊形ABEF是菱形，
∴AB=BE=10，點A的坐標(biāo)為(0，4)，點C的坐標(biāo)為(10，0)，
在Rt△BEG中，tan∠ABE=43，BE=10，
∴sin∠ABE=45，即EGBE=45，
∴EG=8，BG=BE2?EG2=6，
∴AG=4，
∴點E的坐標(biāo)為(4，12)，
根據(jù)題意，直線l經(jīng)過矩形OABC的對角線的交點H和菱形ABEF的對角線的交點D，
點H的坐標(biāo)為(0+102，0+42)，點D的坐標(biāo)為(0+42，4+122)，
∴點H的坐標(biāo)為(5，2)，點D的坐標(biāo)為(2，8)，
設(shè)直線l的解析式為y=kx+b，
把(5，2)，(2，8)代入得5k+b=22k+b=8，
解得：k=?2b=12，
∴直線l的解析式為y=-2x+12，
故選：D．
【點睛】本題考查了解直角三角形，待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，矩形和菱形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題．
【變式2-3】（2022·河南·模擬預(yù)測）在平面直角坐標(biāo)系中，點A，B分別在y軸和x軸上，∠ABO=60°,CD為△AOB的中位線，過點D向x軸作垂線段，垂足為E，可得矩形CDEO．將矩形CDEO沿著x軸向右平移，設(shè)斜邊AB所在直線與矩形所圍直角三角形的面積為S．已知點B的坐標(biāo)為(6,0)，當(dāng)S=23時，矩形CDEO頂點D的坐標(biāo)為__________．
【答案】(5,33)；(7,33)
【分析】根據(jù)B（6，0）求得OB=6，又tan∠ABO=OAOB，求OA=63，再根據(jù)三角形中位線性質(zhì)得出CD∥OB，CD=12OB=3，OC=12OA=33，然后設(shè)D的坐標(biāo)為(m,33)，分兩種情況：當(dāng)AB與CD相交時，如圖1，當(dāng)AB與O′C、O′E相交時，如圖2，分別求出點D的坐標(biāo)即可；
【詳解】解：∵B（6，0），
∴OB=6，
∵tan∠ABO=OAOB，
∴OA=OB?tan∠ABO=6×tan60°=63，
∵CD是△AOB的中位線，
∴CD∥OB，CD=12OB=3，OC=12OA=33，
設(shè)D(m,33)，
當(dāng)AB與CD相交時，如圖1，
∴DG=m-3，
∵CD∥OB，
∴∠DGF=∠ABO=60°，
∵tan∠DGF=DFDG，
∴3=DFm?3，
∴DF=3（m-3），
∵S△DGF=12DG?DF=12(m?3)?3(m?3)=23
解得：m1=5，m2=1，
∵DG=m-3>0，
∴m=5,
∴點D的坐標(biāo)為(5,33)；
當(dāng)AB與O′C、O′E相交時，如圖2，
∴O′B=3-(m-6)=9-m，
∵tan∠ABO=O′FO′B，即3=O′F9?m
∴O′F=3（9-m）
∵S△DGF=12O′B?O′F=12(9?m)?3(9?m)=23
解得：m1=7，m2=11，
∵O′B=9-m>0，
∴m=7，
∴D的坐標(biāo)為(7,33)．
綜上，D的坐標(biāo)為(5,33)或(7,33)．
故答案為：(5,33)或(7,33)．
【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、勾股定理、平移的性質(zhì)、解直角三角形、三角形面積等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)和解直角三角形是解題的關(guān)鍵.
【題型3 直接解直角三角形】
【例3】（2022年廣東省深圳市寶安區(qū)中考數(shù)學(xué)備考沖刺題--模擬卷（四））如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠ABC=60°，∠BAC的角平分線EA與∠BCA的角平分線CD相交于點O，已知BD=4，OC=22，則OE=_________．
【答案】26?22
【分析】在CA上截取CF=CE，先證明△COE≌△COF，再證明△AOD≌△AOF，得到OD=OE，作DN⊥BC于N，OM⊥BC于M，可證△OCM∽△DCN，然后利用相似三角形的性質(zhì)求解即可．
【詳解】在CA上截取CF=CE，
∵CD平分∠BCA，∠AC B =90°，
∴∠ACD=∠BCD=12∠ACB=45°，
在△COE和△COF中
CE=CF∠ECO=∠FCOCO=CO，
∴△COE≌△COF（SAS），
∴OE=OF．
∵∠ABC=60°，
∴∠BAC=30°，
∵EF平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE=12∠BAC=15°，
∴∠COE=∠COF=∠AOD=45°+15°=60°．
∵∠AOC=180°-∠CAE-∠ACO
=180°-12(∠BAC+∠ACA)
=180°-12(180°-60°)
=120°，
∴∠AOF=120°-60°=60°，
∴∠AOD=∠AOF，
在△AOD和△AOF中
∠OAD=∠OAFAO=AO∠AOD=∠AOF，
∴△AOD≌△AOF（ASA），
∴OF=OD，
∴OE=OE．
作DN⊥BC于N，OM⊥BC于M，
∴∠CMO=∠CND=90°，
∵∠OCM=∠DCN，
∴△OCM∽△DCN，
∴OMDN=COCD．
∵sinB=DNBD， BD=4，
∴DN=23，
∵OC=22，∠OCM=45°，
∴CM=OM=2，
∴223=2222+OD，
∴OE=OD=26?22．
故答案為：26?22．
【點睛】本題考查了角平分線的定義，全等三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形，以及相似三角形的判定與性質(zhì)，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．
【變式3-1】（2022-2023中考1年模擬數(shù)學(xué)分項匯編）如圖，在Rt△ABC中，AB=BC=4，以AB為邊作等邊三角形ABD，使點D與點C在AB同側(cè)，連接CD，則CD=______．
【答案】26?22##?22+26
【分析】過點D作DE⊥BC于點E，由等邊三角形的性質(zhì)可知BD=AB=AD=4，∠ABD=60°，結(jié)合題意可求出∠DBC=30°，從而可求出DE=2，BE=23，進而可求出CE=4?23，最后根據(jù)勾股定理即可求出CD的長．
【詳解】如圖，過點D作DE⊥BC于點E，
∵△ABD是等邊三角形，
∴BD=AB=AD=4，∠ABD=60°．
∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=30°．
∵DE⊥BC，
∴DE=12BD=2．
∴BE=BD?cs30°=4×32=23．
∴CE=BC?BE=4?23．
∵DE⊥BC，
∴CD=CE2+DE2=26?22．
故答案為：26?22．
【點睛】本題考查等邊三角形的性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理等知識．正確的作出輔助線是解題關(guān)鍵．
【變式3-2】（安徽省亳州市2022-2023學(xué)年九年級上學(xué)期教學(xué)質(zhì)量調(diào)研三數(shù)學(xué)試題）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CE是斜邊AB上的中線，過點E作EF⊥AB交AC于點F．若BC＝4，tan∠CEF=34，則AC的長為__________．
【答案】8
【分析】連接BF，交CE于點D，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)可得CE＝AE，從而可得∠ECA＝∠A，再根據(jù)已知可知EF是AB的垂直平分線，從而可得BF＝AF，進而可得∠A＝∠ABF，然后可得∠ABF＝∠ACE，從而證明△CDF∽△BDE，進而可得∠CFD＝∠BED，最后利用等角的余角相等可得∠CBF＝∠CEF，從而在Rt△BCF中，利用銳角三角函數(shù)的定義和勾股定理求出CF，BF的長，從而求出AF的長，進行計算即可解答．
【詳解】解：連接BF，交CE于點D，
∵∠ACB＝90°，CE是斜邊AB上的中線，
∴CE=AE=12AB，
∴∠ECA＝∠A，
∵EF⊥AB，
∴EF是AB的垂直平分線，
∴BF＝AF，
∴∠A＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠ACE，
∵∠CDF＝∠BDE，
∴△CDF∽△BDE，
∴∠CFD＝∠BED，
∵∠CFD+∠CBF＝90°，∠BED+∠CEF＝90°，
∴∠CBF＝∠CEF，
∵tan∠CEF=34，
∴tan∠CBF=34，
∴CF=BC?tan∠CBF=4×34=3，
∴BF=CB2+CF2=42+32=5，
∴AF＝BF＝5，
∴AC＝CF+AF＝3+5＝8，
故答案為：8．
【點睛】本題考查了解直角三角形，直角三角形斜邊上的中線，相似三角形的判定和性質(zhì)，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．
【變式3-3】（2022·湖北武漢·一模）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，點D為AB上一點．
（1）如圖1，若CD⊥AB，求證：AC2=AD·AB；
（2）如圖2，若AC=BC，EF⊥CD交CD于H，交AC于F，且FHHE=49，求ADBD的值；
（3）如圖3，若AC=BC，點H在CD上，∠AHD=45°，CH=3DH，則tan∠ACH的值為________．
【答案】（1）見解析；（2）23；（3）77
【分析】（1）證出∠B=∠ACD，證明△CBD∽△ACD，得出CDAD=BDCD，即可得出結(jié)論；
（2）設(shè)FH=4a，則HE=9a（a>0），同（1）得CH2=HE?FH=36a2，則CH=6a，在Rt△CHF中，tan∠ACD=FHCH=23，過D作DP⊥AC于P，易證AP=DP，求出APPC=DPPC=23，再由平行線分線段成比例定理即可得出答案；
（3）過點D作DM⊥AH于M，設(shè)DH=2x，則CH=6x（x>0），CD=DH+CH=8x，證明△ADH∽△CDA，得出∠DAH=∠ACH，ADCD=DHAD，求出AD=4x，證明△HDM是等腰直角三角形，得出DM=HM=22DH=2x，由勾股定理得出AM=14x，由三角函數(shù)定義即可得出答案．
【詳解】（1）證明：∵CD⊥AB，∴∠ADC=∠CDB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠BCD=∠ACD+∠BCD=90°，
∴∠B=∠ACD，
∴△CBD∽△ACD，
∴CDAD=BDCD，
∴CD2=AD?DB；
（2）解：∵FHHE=49，
∴設(shè)FH=4a，則HE=9a（a>0），
∵∠ACB=90°，EF⊥CD，
同（1）得：CH2=HE?FH=9a×4a=36a2，
∴CH=6a，
在Rt△CHF中，tan∠ACD=FHCH=4a6a=23，
過D作DP⊥AC于P，如圖2所示：
則DP//BC，
在Rt△DPC中，tan∠ACD=DPPC=23，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠A=45°，
∴△ADP是等腰直角三角形，
∴AP=DP，
∴APPC=DPPC=23，
∵DP//BC，
∴ADBD=APPC=23；
（3）解：過點D作DM⊥AH于M，如圖3所示：
∵CH=3DH，
∴設(shè)DH=2x，則CH=6x（x>0），
∴CD=DH+CH=8x，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴∠BAC=45°，
∴∠BAC=∠AHD=45°
又∵∠ADH=∠CDA，
∴△ADH∽△CDA，
∴∠DAH=∠ACH，ADCD=DHAD，
∴AD2=DH?CD=16x2，
∴AD=4x，
∵DM⊥AH，
∴∠DMH=90°，
∵∠AHD=45°，
∴∠HDM=45°=∠AHD，
∴△HDM是等腰直角三角形，
∴DM=HM=22DH=2x，
∴AM=AD2?DM5=4x2?2x2=14x，
∴tan∠ACH=tan∠DAH=DMAM=2x14x=77；
故答案為：77．
【點睛】本題是相似形綜合題,主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、三角函數(shù)定義、平行線分線段成比例定理等知識；熟練掌握等腰直角三角形的判定與性質(zhì),證明三角形相似是解題的關(guān)鍵。
【題型4 化斜為直解非直角三角形】
【例4】（福建省泉州市第一中學(xué)2022-2023學(xué)年九年級上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題）如圖，在等腰△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC，點E在BA的延長線上，∠AEC=90°，ED=EC，DE交AC于點K，若EC=10，tan∠AED=12，則AK=_______．
【答案】5
【分析】過點K作KM⊥EC，過D作DN∥AC，設(shè)KM=m，∠BED=∠α，由邊角關(guān)系推導(dǎo)出CM=2m，KC=5m；利用平行線分線段成比例定理，進而得出KC=3AK，在Rt△AEC中，利用勾股定理求得m=3，進而得到AK的長．
【詳解】解：過點K作KM⊥EC，過D作DN∥AC，設(shè)KM=m，∠BED=α，
∵ED=EC=10，
∴∠ECD=∠EDC=∠B+α，
∵AB=AC，
∴∠ACB=∠B，
∴∠ECA=∠ECD-∠ACB=∠ECD-∠B=α，
∴∠ECA=∠AED=α，
∵tan∠AED=tanα=12，
∴CM=2m，KC=KM2+CM2=5m，
∵DN∥AC，D是BC的中點，
∴?BDN~?BCA，∠EAC=∠END，
∴DNAC=BDDC，
∴ND=12AC，
∵∠EAC=∠END，∠ECA=∠DEN，EC=ED，
∴△EAC≌△DNE（AAS），
∴AE=ND，
∵ND=12AC，
∴ND=12AB=AN=BN，
∴BN=AN=AE，
∴BN+AN=AN+AE，即AB=NE，
∴SΔABD=SΔEDN，
又∵△NDE≌△AEC，
∴SΔEDN=SΔAEC，
∴SΔABD=SΔEDN=SΔAEC=SΔADC=S，
∴SΔEBC=3S，
∵D為BC中點，
∴SΔDEC=12SΔEBC=32S，
同理可得SΔAED=12SΔΔEDN=12S，
∴AK:CK=SΔAED:SΔDEC=32S:12S=3:1，
∴AK=13CK=53m，
∵DN∥AC，
∴ANAE=DKEK=1
∴K是ED的中點，
∴EK=5，
在Rt△EKM中，EM=10-2m，KM=m，
∴52=m2+(10?2m)2，
∴m=3或m=5（舍），
∴AK=5；
故答案為：5．
【點睛】此題考查了等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，正切函數(shù)的定義，能夠通過作高構(gòu)造直角三角形，熟記性質(zhì)并準(zhǔn)確識圖是解題的關(guān)鍵．
【變式4-1】（2022·湖北武漢·中考真題）如圖．在△ABC中，∠ACB=60°，AC=1，D是邊AB的中點，E是邊BC上一點．若DE平分△ABC的周長，則DE的長是_____．
【答案】32
【詳解】【分析】如圖，延長BC至M，使CM=CA，連接AM，作CN⊥AM于N，根據(jù)題意得到ME=EB，根據(jù)三角形中位線定理得到DE=12AM，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出∠ACN，根據(jù)正弦的概念求出AN，計算即可．
【詳解】如圖，延長BC至M，使CM=CA，連接AM，作CN⊥AM于N，
∵DE平分△ABC的周長， AD=DB，
∴BE=CE+AC，
∴ME=EB，
又AD=DB，
∴DE=12AM，DE∥AM，
∵∠ACB=60°，
∴∠ACM=120°，
∵CM=CA，
∴∠ACN=60°，AN=MN，
∴AN=AC?sin∠ACN=32，
∴AM=3，
∴DE=32，
故答案為32．
【點睛】本題考查了三角形中位線定理、等腰三角形的性質(zhì)、解直角三角形，掌握三角形中位線定理、正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．
【變式4-2】（2022·江蘇省洪澤縣黃集中學(xué)一模））如圖，在△ABC中，∠C=150°，AC=4，tanB=18．
（1）求BC的長；
（2）利用此圖形求tan15°的值.
【答案】（1）16-23；（2）2-3
【詳解】試題分析：（1）過A作AD⊥BC，交BC的延長線于點D，由含30°的直角三角形性質(zhì)得AD=12AC=2，由三角函數(shù)求出CD=23，在Rt△ABD中，由三角函數(shù)求出BD=16，即可得出結(jié)果；
（2）在BC邊上取一點M，使得CM=AC，連接AM，求出∠AMC=∠MAC=15°，tan15°=tan∠AMD=ADMD即可得出結(jié)果．
試題解析：（1）過A作AD⊥BC，交BC的延長線于點D，如圖1所示：
在Rt△ADC中，AC=4，
∵∠C=150°，
∴∠ACD=30°，
∴AD=12AC=2，
CD=AC?cs30°=4×32=23，
在Rt△ABD中，tanB=ADBD=2BD=18，
∴BD=16，
∴BC=BD-CD=16-23；
（2）在BC邊上取一點M，使得CM=AC，連接AM，如圖2所示：
∵∠ACB=150°，
∴∠AMC=∠MAC=15°，
tan15°=tan∠AMD=ADMD=24+23=12+3=2-3.
【點睛】本題考查了銳角三角函數(shù)、含30°的直角三角形性質(zhì)、三角形的內(nèi)角和、等腰三角形的性質(zhì)等知識；熟練掌握三角函數(shù)運算是解決問題的關(guān)鍵．
【變式4-3】（2022·四川廣元·模擬預(yù)測）從三角形（不是等腰三角形）一個頂點引出的一條射線與對邊相交，頂點與交點之間的線段把這個三角形分割成兩個小三角形，如果分得的兩個小三角形中一個為等腰三角形，另一個與原三角形有兩角對應(yīng)相等，我們把這條線段叫做這個三角形的“優(yōu)美分割線”．
（1）如圖，在△ABC中，CD為角平分線，∠A＝40°，∠B＝60°，求證：CD為△ABC的“優(yōu)美分割線”．
（2）在△ABC中，∠A＝46°，CD為△ABC的“優(yōu)美分割線”且△ACD為等腰三角形，求∠ACB的度數(shù)．
（3）在△ABC中，∠A＝30°，AC＝6，CD為△ABC的“優(yōu)美分割線”，且△ACD是等腰三角形，求線段BD的長．
【答案】（1）見解析；（2）92°或113°；（3）3或33-3
【分析】（1）根據(jù)完美分割線的定義只要證明①△ABC不是等腰三角形，②△ACD是等腰三角形，③與原三角形有兩角對應(yīng)相等即可．
（2）分三種情形討論即可①如圖2，當(dāng)AD＝CD時，②如圖3中，當(dāng)AD＝AC時，③如圖4中，當(dāng)AC＝CD時，分別求出∠ACB即可．
（3）根據(jù)三角形的“優(yōu)美分割線”的定義求出∠B，再利用解直角三角形進行解答．
【詳解】解：（1）證明：如圖1中，
∵∠A＝40°，∠B＝60°，
∴∠ACB＝80°，
∴△ABC不是等腰三角形，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD＝12∠ACB＝40°，
∴∠ACD＝∠A＝40°，
∴△ACD為等腰三角形，
∵∠DCB＝∠A＝40°，∠CBD＝∠ABC，
∴CD是△ABC的完美分割線．
（2）①當(dāng)AD＝CD時，如圖2，
∠ACD＝∠A＝46°，∠ADC=88°，
∴∠BDC＝92°，
∵∠B＝∠B，
∴∠ACB＝∠BDC＝92°．
②當(dāng)AD＝AC時，如圖3，
∠ACD＝∠ADC＝180°?46°2＝67°，
∴∠BDC＝113°，
∵∠B＝∠B，
∴∠ACB＝∠BDC＝113°．
③當(dāng)AC＝CD時，如圖4，
∵∠ADC＝∠A＝46°，
∴∠BDC＝134°，
∵∠B＝∠B，
∴∠ACB＝∠BDC＝134°．
∴∠ACB+∠A=180°，與三角形內(nèi)角和定理矛盾，舍去．
∴∠ACB的度數(shù)是92°或113°．
（3）①若AD＝CD時，如圖5，
此時∠A＝∠ACD＝30°，∠BCD＝∠A＝30°，此時∠ACB＝60°，故∠B＝90°．
在直角△ABC中，∠A＝30°，AC＝6，則BC＝3.
在直角△BCD中，∠BCD＝30°，BC＝3，則BD＝BC?tan30°＝3．
②若AC＝AD時，如圖6，作CE⊥AB,垂足為E，∠ADC＝∠ACD＝75°，∠BDC＝105°，
此時∠ACB＝105°，∠B＝45°，
∵∠A＝30°，AC＝6，
∴EC＝3，AE＝EC?tan60°＝33．
∵∠B＝45°，
∴EC=BE＝3，
BA＝3+33，
BD＝BA-DA =3+33-6=33-3，
③當(dāng)AC＝CD時，由（2）可知，不成立，舍去．
【點睛】本題考查考查了幾何新定義問題，主要運用等腰三角形的性質(zhì)和解直角三角形等知識進行推理與判斷，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會分類討論思想，屬于中考常考題型．
【題型5 在四邊形中解直角三角形】
【例5】（2022年廣東省深圳市南山區(qū)南山外國語學(xué)校中考二模質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題（5月））如圖，在菱形ABCD中，AB＝30，∠BCD=120°，點E在CD上，且DE＝10，BE交AC于點F，連接DF．現(xiàn)給出以下結(jié)論：①△ABF≌△ADF；②AF:CF=3:2；③S△DEF=303；④sin∠AFD=55719正確的是（）
A．①②③B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】A
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，利用SAS證明△BAF≌△DAF，故①正確；由CE∥AB，得△ABF∽△CEF，可知AFCF=ABCE=3020=32，故②正確；首先證明△ABC是等邊三角形，從而得出面積，再利用等高的兩個三角形面積之比等于底之比可判斷③正確；連接BD交AC于O，設(shè)CF=2x，則AF=3x，得OC=52x，OF=12x，利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)得OD的長，再利用勾股定理可得DF的長，從而可判斷④錯誤．
【詳解】∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD=AB，∠BAF=∠DAF，
∵AF=AF，
∴△BAF≌△DAF（SAS），故①正確；
即同理可得，△BCF≌△DCF（SAS），
∵四邊形ABCD是菱形，AB=30，
∴CE∥AB，AB=DC=30，
∴△ABF∽△CEF，
∴AFCF=ABCE，
∵DE=10，
∴CE=CD?DE=20，
即AFCF=ABCE=3020=32，故②正確；
∵∠BCD=120°，
∴∠ACB=60°，∠ABC=60°，
∵AB=BC，
∴△ABC是等邊三角形，
等邊三角形的面積公式推導(dǎo)如下：
正△XYZ的邊長為u，過頂點x作XV⊥YZ，V為垂足，如圖，
在正△XYZ中，有∠Y=60°，XZ=XY=YZ=u，
∵XV⊥YZ，
∴YV=VZ=12YZ=12u，∠XVY=90°，
∴在Rt△XYV中，有XV=XY2?YV2=u2?12u2=32u，
∴正△XYZ的面積為：S=12×YZ×XV=34u2，
∴S△ABC=34×AB2=2253，
∵AFCF=32，
∴S△BCF=25S△ABC=903，
∵△BCF≌△DCF（SAS），
∴S△BCF=S△CDF=903，
∵DE=10，CE=20，
∴S△DEF=DECD×S△CDF=1030×903=303，故③正確；
連接BD交AC于O，
根據(jù)菱形的性質(zhì)有：AO=OC，BO=DO，AC⊥BD，
∵AFCF=32，
即設(shè)CF=2x，則AF=3x，AC=AB=CD=5x，
∴OC=12AC=52x，則OF=OC?FC=52x?2x=12x，
∵根據(jù)菱形的性質(zhì)有∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠ODC=30°，
∴DO=3OC=532x，
∵AC⊥BD，
∴∠DOC=90°，
∴DF=OD2+OF2=532x2+12x2=19x，
∴sin∠AFD=ODDF=532x19x=55738，
故④錯誤．
故選：A．
【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，三角函數(shù)，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握各性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式5-1】（2022·廣東·深圳市海濱中學(xué)模擬預(yù)測）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，CE⊥AB，且AE=BE，連接DE，若AB=CD=CE=2，則tan∠DEC=_____．
【答案】3
【分析】作AF⊥BC于點F，DL⊥BC于點L，DG⊥CE于點G交BC于點H，先證明四邊形ABHD是平行四邊形，得DH=AB=CD=CE=2，再證明BF=HL=CL，由BFAB=BEBC=tanB=15=55，求得CL=HL=BF=55AB=55×2=255，再根據(jù)ΔCHG∽ΔCBE，求出CG、HG的長，進而求出EG、DG的長，即可求出tan∠DEC的值．
【詳解】解：如圖，作AF⊥BC于點F，DL⊥BC于點L，DG⊥CE于點G交BC于點H，
∵CE⊥AB，
∴DH//AB，
∴AD//BC，
∴四邊形ABHD是平行四邊形，
∴DH=AB=CD=CE=2，
∴∠DCL=∠DHL=∠ABF，
∴CL=HL，
設(shè)∠DCL=∠DHL=∠ABF=α，
∵∠DLC=∠DLH=∠AFB=90°，
∴ BFAB=HLDH=CLCD=csα，
∴BF=HL=CH，
∵∠BEC=90°，AE=BE=12AB=1，
∴BC=BE2+CE2=12+22=5，
∴ BFAB=BEBC=tanB=15=55，
∴CL=HL=BF=55AB=55×2=255，
∴CH=255+255=455，
∵GH//BE，
∴ΔCHG∽ΔCBE，
∴ HGBE=CGCE=CHBC=4555=45，
∴HG=45BE=45×1=45，CG=45CE=45×2=85，
∴DG=DH?HG=2?45=65，EG=CE?CG=2?85=25，
∵∠DGE=90°，
∴tan∠DEC=DGEG=6525=3，
故答案為：3．
【點睛】此題重點考查平行四邊形的判定與性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)、解直角三角形等知識與方法，正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵．
【變式5-2】（2022·上海市靜安區(qū)教育學(xué)院附屬學(xué)校九年級期中）如圖，在菱形紙片ABCD中，AB=2，∠A=60°，將菱形紙片翻折，使得點A落在CD的中點E處，折痕為FG，點F．G分別在邊AB．AD上，則sin∠EFG=__________ ．
【答案】277
【分析】作GN⊥AB于N，作EM⊥AD交AD延長線于M，連接BE，BD．在RtΔDME，RtΔGME，RtΔAGN，RtΔEFB中，根據(jù)勾股定理可求DM，ME，AN，EF的長，即可求FN的長，即可得sin∠EFG值．
【詳解】解：如圖：作GN⊥AB于N，作EM⊥AD于M，連接BE，BD
∵四邊形ABCD是菱形，AB=2
∴CD=AD=AB=2，AB//DC
∵AB//CD
∴∠A=∠MDC=60°
∵E是CD中點
∴DE=1
∵ME⊥AD，∠MDC=60°
∴∠MED=30°，且ME⊥AD
∴DM=12，ME=3DM=32，
∵折疊，
∴AG=GE，∠AFG=∠EFG，
在RtΔGME中，GE2=GM2+ME2，
∴GE2=(2?GE+12)2+34，
∴GE=75，
在RtΔAGN中，∠A=60°，GN⊥AB，
∴AG=2AN
∴AN=710，
∴GN=7310，
∵BC=CD=2，∠C=60°，
∴ΔBCD是等邊三角形，
∵E點是CD中點，
∴BE⊥CD，DE=1，∠BDC=60°，
∴BE=3，
∵AB//DC，
∴∠ABE=90°，
在RtΔEFB中，EF2=BE2+BF2，
∴EF2=3+(2?EF)2，
∴EF=74，
∴AF=74，
∵NF=AF?AN，
∴NF=2120，
在RtΔGNF中，GF=GN2+FN2=72120，
∴sin∠EFG=sin∠GFN=GNFG=731072120=277．
【點睛】本題考查了折疊問題，解非直角三角形，菱形的性質(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，添加恰當(dāng)?shù)妮o助線構(gòu)造直角三角形是本題的關(guān)鍵.
【變式5-3】（河南省鄭州市中原區(qū)中原區(qū)第一中學(xué)2022-2023學(xué)年九年級上學(xué)期第一次月考數(shù)學(xué)試題）如圖，在矩形ABCD中，AB=5，AD=8，點E是線段AD上的一個動點，把△BAE沿BE折疊，點A落在A′處(A′在矩形內(nèi)部)，如果A′恰在矩形的某條對稱軸上，則AE的長為__________．
【答案】52或532
【分析】分兩種情況：①過A′作MN∥CD交AD于M，交BC于N，則直線MN是矩形ABCD的對稱軸，得出AM=BN=4，由勾股定理得到A′N=3，求得A′M=2，再由勾股定理解得A′E即可；②過A′作PQ∥AD交AB于P，交CD于Q；求出∠EBA′=30°，由含30°角的直角三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)果．
【詳解】解：分兩種情況：
①如圖1，過A′作MN∥CD交AD于M，交BC于N，
則直線MN是矩形ABCD的對稱軸，
∴AM=BN=12AD=4，MN=AB=5，
∵△ABE沿BE折疊得到△A′BE，
∴A′E=AE，A′B=AB=5，
∴A′N=A′B2?BN2=52?42=3，
∴A′M=MN?A′N=5?3=2，
由勾股定理得：A′E2=EM2+A′M2，
∴A′E2=(4?A′E)2+22，
解得：A′E=52，
∴AE=52；
②如圖2，過A′作PQ∥AD交AB于P，交CD于Q，
則直線PQ是矩形ABCD的對稱軸，
∴PQ⊥AB，AP=PB，AD∥PQ∥BC，
∴A′B=AB=2PB，
∴∠PA′B=30°，
∴∠A′BC=30°，
∴∠EBA′=12∠ABA′=12×90°?30°=30°，
∴AE=A′E=tan30°?A′B=533；
綜上所述：AE的長為52或533，
故答案為：52或533．
【點睛】本題考查了翻折變換??折疊問題，軸對稱圖形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識；正確理解折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，學(xué)會用分類討論的思想思考問題．
【題型6 解直角三角形的應(yīng)用（坡度坡比問題）】
【例6】（2022·重慶八中九年級期末）為了消防安全，學(xué)校在校園廣場步行梯（折線ABCD）處新建了學(xué)生宿舍安全通道（折線AEF），其剖面示意圖如圖所示，廣場步行梯AB，CD的坡角都是32°，且AB=6米，CD=4米，水平部分BC=2.4米；新建安全通道中水平部分AE=3.9米，步梯EF的坡度i≈0.62（即坡角的正切值）．新建安全通道頂端點F到廣場步行梯底部所在水平面DG的距離DF的長約為（）（結(jié)果精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)：sin32°≈0.53，cs32°≈0.85，tan32°≈0.63）
A．8.8米B．9.0米C．9.4米D．9.6米
【答案】D
【分析】過B作BH⊥AE于H，延長BC交DF于M，設(shè)AE交DF于N，則MN＝BH，HN＝BM，BM∥DG，先由銳角三角函數(shù)定義求出DM≈2.12（米），CM≈3.4（米），則HN＝BM＝5.8（米），再由銳角三角函數(shù)定義求出MN＝BH≈3.18（米），AH≈5.1（米），然后由坡度的定義求出FN≈4.34（米），即可求解．
【詳解】解：如圖所示：過B作BH⊥AE于H，延長BC交DF于M，設(shè)AE交DF于N，
則MN＝BH，HN＝BM，BM∥DG，
∴∠DCM＝∠CDG＝32°，
在Rt△CDM中，sin∠DCM＝DMCD，cs∠DCM＝CMCD，
∴DM＝CD?sin32°≈4×0.53＝2.12（米），
CM＝CD?cs32°≈4×0.85＝3.4（米），
∴HN＝BM＝BC＋CM＝2.4＋3.4＝5.8（米），
在Rt△ABH中，∠A＝32°，sinA＝BHAB，csA＝AHAB，
∴MN＝BH＝AB?sin32°≈6×0.53＝3.18（米），
AH＝AB?cs32°≈6×0.85＝5.1（米），
∴AN＝AH＋HN＝5.1＋5.8＝10.9（米），
∴EN＝AN?AE＝10.9?3.9＝7（米），
∵步梯EF的坡度i≈0.62＝FNEN，
∴FN≈0.62×7＝4.34（米），
∴DF＝DM＋MN＋FN＝2.12 ＋3.18＋4.34≈9.6（米），
故選：D．
【點睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用?坡度坡角問題，掌握坡度的概念、熟記銳角三角函數(shù)的定義是解題的關(guān)鍵．
【變式6-1】（2022·四川資陽·九年級期末）如圖，在操場上的A處，測得旗桿頂端N點的仰角是30°，前進20米后到達旗臺的底端B處，測得旗桿頂端N點的仰角是45°，繼續(xù)沿著坡比為1:3的斜坡BC上升到C處，此時又測得旗桿頂端N點的仰角是60°，旗桿MN垂直于水平線AD，點A、B、D在同一直線上，CM//AD，求旗桿MN的高度．
【答案】MN=103米
【分析】過點C作CE⊥AD于點E，先證CN＝CB，令CM＝x米，則CN＝CB＝2x米，MN=3x米，再由銳角三角函數(shù)定義得出方程，解方程即可．
【詳解】解：如圖，過點C作CE⊥AD于點E，
∵CM∥AD，∠D＝90°，
∴∠CMN＝∠D＝90°，
∵∠NCM＝60°，
∴∠CNM＝90°﹣∠NCM＝30°，
∴CN＝2CM，
又∵∠NBD＝45°，∠D＝90°，
∴∠BND＝90°﹣∠NBD＝45°，
∴∠BNC＝15°，
∵BC的坡比為1：3=CE：BE，
∴tan∠CBE=13=33，
∴∠CBE＝30°，
∴∠CBN＝15°＝∠BNC，
∴CN＝CB，
令CM＝x米，則CN＝CB＝2x米，MN=3x米，
又∵sin∠CBE=CECB=sin30°=12，
∴CE=12CB＝x（米），BE=3x（米），
∴ND＝MN+MD＝MN+CE＝（3+1）x（米），
∵AB＝20米，
∴AD＝AB+BE+ED＝AB+BE+CM＝[20+（1+3）x]（米），
又∵∠A＝30°，
∴tan∠NAD=NDAD=tan30°=33，
即(3+1)x20+(1+3)x=33，
解得：x＝10，
經(jīng)檢驗，x＝10是原方程的解，且符合題意，
∴MN=103米，
答：旗桿MN的高度為103米．
【點睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用—仰角俯角問題、坡度坡角問題，熟練掌握仰角俯角的定義和坡度坡角的定義，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
【變式6-2】（2022·浙江嘉興·九年級專題練習(xí)）為了監(jiān)控危險路段的車輛行駛情況，通常會設(shè)置電子眼進行區(qū)間測速．如圖電子眼位于點P處，離地面的鉛垂高度PQ為11米；離坡AB的最短距離是11.2米，坡AB的坡比為3：4；電子眼照射在A 處時，電子眼的俯角為30°，電子眼照射在坡角點B處時，電子眼的俯角為70°．（A、B、P、Q在同一平面內(nèi)）
(1)求路段BQ的長；（sin70°≈0.94，cs70°≈0.34，tan70°≈2.75）
(2)求路段AB的長；（3≈1.7，結(jié)果保留整數(shù)）
(3)如圖的這輛車看成矩形KLNM，車高2米，當(dāng)PA過M點時開始測速，PB過M點時結(jié)束測速，若在這個測速路段車輛所用的時間是1.5秒．該路段限速5米/秒，計算說明該車是否超速？
【答案】(1)4米
(2)8米
(3)不超速，計算過程見詳解
【分析】（1）先求出∠PBQ的度數(shù)，再利用三角函數(shù)求BQ的長；
（2）通過做輔助線構(gòu)造直角三角形PAE，結(jié)合所給坡度用勾股定理列方程，即可求出路段AB的長；
（3）通過做輔助線，構(gòu)造出Rt△PBQ和Rt△PDB，利用勾股定理求出PB、BD和AD的長，結(jié)合題意，再利用三角函數(shù)求出測速距離，進而求出車的平均速度，即可判斷出是否超速．
（1）
解：∵電子眼照射在坡角點B處時的俯角為70°，
∴ ∠QPB=90°?70°=20°，
∵∠PQB=90°，
∴∠PBQ=70°，
∵PQBQ=tan∠PBQ=tan70°，
∴BQ=PQtan70°≈112.75=4
即路段BQ的長為4米．
（2）
如圖，過點A作AE⊥PQ，垂足為E，
過點A作QB的垂線段，交QB的延長線于點G，
∵坡AB的坡比為3：4
設(shè)BG=4x，AG=3x,
在Rt△ABG中，根據(jù)勾股定理，
AB=AG2+BG2=5x，
∵AE=QG=4x+4，
EQ=AG=3x，
∴PE=PQ?EQ=11?3x，
∵電子眼照射在A 處時俯角為30°，
∠APE=60°
在Rt△PAE中，
AEPE=tan∠APE=tan60°，
∴AE=PE?tan60°，
即4x+4=3(11?3x)
解得x≈1.62，
∴AB=5x≈8
即路段AB的長為8米．
（3）
解：過點P作PD⊥AB，垂足為D，
在Rt△PBQ中，
PB=PQ2+BQ2=112+42=137，
在Rt△PDB中，
BD=PB2?PD2=137?(11.2)2=11.56=3.4，
∴AD=AB?BD=8?3.4=4.6
∵MKAK=PDAD=tan∠PAD，
∴2AK=11.24.6，AK≈0.82
又∵MKBK=PDBD=tan∠PBD，
∴2BK=11.23.4，BK≈0.61
車輛測速區(qū)間s=AB?AK?BK=8?0.82?0.61=6.57，
v=st=＜5
∴該車不超速．
【點睛】本題主要考查了三角函數(shù)、勾股定理和求直角三角形等有關(guān)知識，是一道實際問題，能正確做出輔助線并結(jié)合實際理解問題是做出本題的關(guān)鍵．
【變式6-3】（2022·上海市羅山中學(xué)九年級期中）圖1是某區(qū)規(guī)劃建設(shè)的過街天橋的側(cè)面示意圖，等腰梯形ABCD的上底BC表示主跨橋，兩腰AB，CD表示橋兩側(cè)的斜梯，A，D兩點在地面上，已知AD＝40m，設(shè)計橋高為4m，設(shè)計斜梯的坡度為1：2.4．點A左側(cè)25m點P處有一棵古樹，有關(guān)部門劃定了以P為圓心，半徑為3m的圓形保護區(qū)．
(1)求主跨橋與橋兩側(cè)斜梯的長度之和；
(2)為了保證橋下大貨車的安全通行，橋高要增加到5m，同時為了方便自行車及電動車上橋，新斜梯的坡度要減小到1：4，新方案主跨橋的水平位置和長度保持不變．另外，新方案要修建一個緩坡MN作為輪椅坡道，坡道終點N在左側(cè)的新斜梯上，并在點N處安裝無障礙電梯，坡道起點M在AP上，且不能影響到古樹的圓形保護區(qū)．已知點N距離地面的高度為0.9m，請利用表中的數(shù)據(jù)，通過計算判斷輪椅坡道的設(shè)計是否可行．
表：輪椅坡道的最大高度和水平長度
【答案】(1)主跨橋與橋兩側(cè)斜梯的長度之和為26.6m
(2)輪椅坡道的設(shè)計不可行，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)斜坡AB的坡度以及天橋的高度可求出AE，由勾股定理求出AB，進而求出EF＝BC的長，再計算主跨橋與橋兩側(cè)斜梯的長度之和；
（2）根據(jù)坡度的定義求出新方案斜坡A′B′ 的水平距離A′E進而求出點M到點G的最大距離，再由表格中輪椅坡道的最大高度和水平長度的對應(yīng)值進行判斷即可．
（1）
解：如圖，作直線AD，則AD過點A′ 和點D′，過點B、C分別作BE⊥AD，CF⊥AD，垂足為E、F，延長EB，延長FC，則射線EB過點B′，射線FC過點C′，由題意得，BE＝CF＝4m，AP＝25m，B′E＝5m，
∵斜坡AB的坡度為1：2.4，即BEAE＝1：2.4，
∴AE＝4×2.4＝9.6（m），
又∵四邊形ABCD是等腰梯形，
∴AE＝DF＝9.6m，
∴BC＝AD﹣AE﹣DF＝5.8（m），
AB＝AE2+BE2＝9.62+42＝10.4（m）＝CD，
∴主跨橋與橋兩側(cè)斜梯的長度之和為AB+BC+CD＝10.4+5.8+10.4＝26.6（m），
答：主跨橋與橋兩側(cè)斜梯的長度之和為26.6m．
（2）
解：∵斜坡A′B′的坡度為1：4，即B′EA′E＝1：4，
∴A′E＝5×4＝20（m），
∴AA′＝20﹣9.6＝11.4（m），
A′G＝4NG＝4×0.9＝3.6（m），
∴AG＝11.4﹣3.6＝7.8（m），
點M到點G的最多距離MG＝25﹣7.8﹣3＝14.2（m），
∵14.2＜14.4，
∴輪椅坡道的設(shè)計不可行．
【點睛】本題主要考查了解直角三角形的應(yīng)用，根據(jù)坡度和坡角構(gòu)造直角三角形，然后分別用解直角三角形的知識坡道的水平距離是解答本題的關(guān)鍵．
【題型7 解直角三角形的應(yīng)用（俯角仰角問題）】
【例7】（2022·重慶巴蜀中學(xué)九年級）如圖，巴蜀中學(xué)旁邊高36米的高樓AB正對著斜坡CD，點E在斜坡處．已知斜坡的坡角∠DCG為30°，AB⊥BC，若點A、B、C、D、E在同一平面內(nèi)，從點E處測得樓頂A的仰角α為37°，樓底B的俯角β為24°，現(xiàn)計劃在斜坡中點E處挖去部分斜坡，修建一個平行于水平線BC的平臺EF和一條新的斜坡DF，使新斜坡DF的坡比為3：1．某施工隊承接這項任務(wù)，為盡快完成任務(wù)，增加了人手，實際工作效率提高到原計劃的1.5倍，結(jié)果比原計劃提前2天完成任務(wù)，施工隊原計劃平均每天修建_________米？（結(jié)果保留1位小數(shù)）（參考數(shù)據(jù)：cs37°≈0.80，tan37°≈0.75，tan24°≈0.45，cs24°≈0.91）
【答案】33
【分析】延長FE交AB于M，設(shè)ME=x，根據(jù)直角三角形函數(shù)得出AM=tanα?x，BM=tanβ?x，然后根據(jù)tanα?x+tanβ?x=36，即可求得EM的長，根據(jù)BM=NG=DN，得到DN的長，然后解直角三角形函數(shù)求得EN和FN，進而求得EF和DF的長，然后根據(jù)題意列出方程，解方程即可求得．
【詳解】延長FE交AB于M，
∵EF∥BC，
∴MN⊥AB，MN⊥DG，
∴四邊形BMNG是矩形
∴BM=GN，BG=MN
設(shè)ME=x，
∴AM=tanα?x，BM=tanβ?x，
∵AB=36，
∴tanα?x+tanβ?x=36，
∴tan37°x+tan24°x=36，
0.75x+0.45x=36，
解得x=30，
∴ME=30（米）；
∵GN=BM=tan24°?30=13.5，DE=CE，EF∥BC，
∴DN=GN=13.5（米），
∵∠DCG=30°，
∴∠DEN=30°，
∴EN=DNtan30°=13.533=13.5×3
∵DNFN=31，
∴∠DFN=60°，
∴∠EDF=30°，F(xiàn)N=DNtan60°=13.5×33，
∴DF=EF=EN-FN=13.5×233，
∴EF+DF=27×233=183，
設(shè)施工隊原計劃平均每天修建y米，根據(jù)題意得，
183y=1831.5y+2，
解得y=33（米），
經(jīng)檢驗，是方程的根，
答：施工隊原計劃平均每天修建33米．
【點睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，題目中涉及到了仰俯角和坡度角的問題，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形．
【變式7-1】（2022·四川廣元·中考真題）如圖，某無人機愛好者在一小區(qū)外放飛無人機，當(dāng)無人機飛行到一定高度D點處時，無人機測得操控者A的俯角為75°，測得小區(qū)樓房BC頂端點C處的俯角為45°．已知操控者A和小區(qū)樓房BC之間的距離為45米，小區(qū)樓房BC的高度為153米．
（1）求此時無人機的高度；
（2）在（1）條件下，若無人機保持現(xiàn)有高度沿平行于AB的方向，并以5米/秒的速度繼續(xù)向前勻速飛行．問：經(jīng)過多少秒時，無人機剛好離開了操控者的視線？（假定點A，B，C，D都在同一平面內(nèi)．參考數(shù)據(jù)：tan75°=2+3，tan15°=2?3．計算結(jié)果保留根號）
【答案】（1）153+30米；（2）63+6秒
【分析】（1）通過作輔助線構(gòu)造直角三角形，解直角三角形即可求出DE的值，進而得到DH的值；
（2）先利用特殊角的三角函數(shù)值求出∠BAC的度數(shù)，接著求出∠GFA的度數(shù)，作輔助線構(gòu)造直角三角形求出DG和GF，進而得到DF的值，最后除以無人機速度即可．
【詳解】解：如圖1，過D點作DH⊥AB，垂足為點H，過C點作CE⊥DH，垂足為點E，
可知四邊形EHBC為矩形，
∴EH=CB，CE=HB，
∵無人機測得小區(qū)樓房BC頂端點C處的俯角為45°，測得操控者A的俯角為75°，DM∥AB，
∴∠ECD=45°，∠DAB=75°，
∴∠CDE=∠ECD=45°，
∴CE=DE，
設(shè)CE=DE=HB=x，
∴AH=45-x，DH=DE+EH=x+153，
在Rt△DAH中，DH=tan75°×AH=2+345?x，
即x+153=2+345?x，
解得：x=30，
∴DH= 153+30
∴此時無人機的高度為153+30米；
（2）如圖2所示，當(dāng)無人機飛行到圖中F點處時，操控者開始看不見無人機，此時AF剛好經(jīng)過點C，
過A點作AG⊥DF，垂足為點G，此時，由（1）知，AG=153+30（米），
∴DG=AGtan75°=30+1532+3=15；
∵tan∠CAB=BCAB=15345=33，
∴∠CAB=30°
∵DF∥AB，
∴∠DFA=∠CAB=30°，
∴GF=GAtan30°=303+45,
∴DF=GF?DG=303+30,
因為無人機速度為5米/秒，
所以所需時間為303+305=63+6（秒）；
所以經(jīng)過63+6秒時，無人機剛好離開了操控者的視線．
【點睛】本題綜合考查了解直角三角形的應(yīng)用，涉及到了等腰直角三角形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值、解直角三角形等知識，解決本題的關(guān)鍵是讀懂題意，能從題意與圖形中找出隱含條件，能構(gòu)造直角三角形求解等，本題蘊含了數(shù)形結(jié)合的思想方法等.
【變式7-2】（2022·山東聊城·中考真題）我市某轄區(qū)內(nèi)的興國寺有一座宋代仿木樓閣式空心磚塔，塔旁有一棵唐代古槐，稱為“宋塔唐槐”（如圖①）．?dāng)?shù)學(xué)興趣小組利用無人機測量古槐的高度，如圖②所示，當(dāng)無人機從位于塔基B點與古槐底D點之間的地面H點，豎直起飛到正上方45米E點處時，測得塔AB的頂端A和古槐CD的頂端C的俯角分別為26.6°和76°（點B，H，D三點在同一直線上）．已知塔高為39米，塔基B與樹底D的水平距離為20米，求古槐的高度（結(jié)果精確到1米）．（參考數(shù)據(jù)：sin26.6°≈0.45，cs26.6°≈0.89，tan26.6°≈0.50，sin76°≈0.97，cs76°≈0.24，tan76°≈4.01）
【答案】古槐的高度約為13米
【分析】過點A作AM⊥EH于M，過點C作CN⊥EH于N，在Rt△AME中，根據(jù)銳角三角函數(shù)求出AM=12米，進而求出CN=8米，再在Rt△ENC中，根據(jù)銳角三角函數(shù)求出EN=32.08米，即可求出答案．
【詳解】解：過點A作AM⊥EH于M，過點C作CN⊥EH于N，
由題意知，AM=BH，CN=DH，AB=MH，
在Rt△AME中，∠EAM=26.6°，
∴tan∠EAM=EMAM，
∴AM=EMtan∠EAM=EH?MHtan26.6°≈45?390.5=12米，
∴BH=AM=12米，
∵BD=20，
∴DH=BD?BH=8米，
∴CN=8米，
在Rt△ENC中，∠ECN=76°，
∴tan∠ECN=ENCN，
∴EN=CN?tan∠ECN≈8×4.01=32.08米，
∴CD=NH=EH?EN=12.92≈13（米），
即古槐的高度約為13米．
【點睛】此題主要考查解直角三角形的應(yīng)用——仰角俯角問題，作出輔助線構(gòu)造出直角三角形是解本題的關(guān)鍵．
【變式7-3】（2022·四川自貢·九年級專題練習(xí)）某水庫大壩的橫截面是如圖所示的四邊形ABCD，其中AB∥CD，大壩頂上有一瞭望臺PC，PC正前方有兩艘漁船M，N．觀察員在瞭望臺頂端P處觀測到漁船M的俯角α為31°，漁船N的俯角β為45°．已知MN所在直線與PC所在直線垂直，垂足為E，且PE長為30米．
(1)求兩漁船M，N之間的距離（結(jié)果精確到1米）；
(2)已知壩高24米，壩長100米，背水坡AD的坡度i=1:0.25，為提高大壩防洪能力，請施工隊將大壩的背水坡通過填筑土石方進行加固，壩底BA加寬后變?yōu)锽H，加固后背水坡DH的坡度i=1:1.75，完成這項工程需填筑土石方多少立方米？（參考數(shù)據(jù)：tan31°≈0.60，sin31°≈0.52）
【答案】(1)兩漁船M，N之間的距離約為20米
(2)需要填筑的土石方為43200立方米
【分析】（1）在Rt△PEN中，由等腰直角三角形的性質(zhì)解得PH的長，在Rt△PEM中，由正切定義解得ME的長，最后利用線段的和差解答；
（2）過點D作DG⊥AB于G，利用坡度的定義解得AG，GH的長，繼而解得AH的長，最后根據(jù)三角形面積公式解答．
（1）
解：由題意得∠E＝90°，∠PME=α=31°，∠PNE=β=45°，PE＝30米．
在Rt△PEN中，PE＝NE＝30米，
在Rt△PEM中，tan31°=PEME
∴ME≈300.60=50（米）．
∴MN＝EM－EN≈50－30＝20（米）
答：兩漁船M，N之間的距離約為20米
（2）
如圖，過點D作DG⊥AB于G，壩高DG＝24米，
∵背水坡AD的坡度i＝1：0.25，
∴DG：AG＝1：0.25，
∴AG＝24×0.25＝6（米），
∵背水坡DH的坡度i＝1∶1.75，
∴DG∶GH＝1∶1.75，
∴GH＝24×1.75＝42（米）
∴AH＝GH－GA＝42－6＝36（米）
∴SΔADH=12AH?DG=12×36×24=432（平方米）
∴需要填筑的土石方為432×100＝43200（立方米）
答：需要填筑的土石方為43200立方米．
【點睛】本題考查仰角的定義及坡度、正切定義等知識，是重要考點，要求學(xué)生能借助構(gòu)造直角三角形并解直角三角形，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．
【題型8 解直角三角形的應(yīng)用（方向角問題）】
【例8】（2022·河南·漯河市郾城區(qū)第二初級實驗中學(xué)一模）在南北方向的海岸線MN上，有A、B兩艘巡邏船，現(xiàn)均收到來自故障船C的求救信號，已知A、B相距1003+1海里，C在A的北偏東60°方向上，C在B的東南方向上，MN上有一觀測點D，測得C正好在觀測點D的南偏東75°方向上．
(1)求AC和AD（運算結(jié)果若有根號，保留根號）；
(2)已知距觀測點D處100海里范圍內(nèi)有暗礁，若巡邏船A沿直線AC去營救船C，在去營救的途中有無觸礁的危險？（參考數(shù)據(jù)：2≈1.41，3≈1.73）
【答案】(1)AC=200海里，AD=200(3-1)海里
(2)無觸礁的危險
【分析】（1）作CE⊥AB于E，設(shè)AE＝x海里，則BE＝CE=3x海里．根據(jù)AB＝AE＋BE＝x＋3x＝100（3＋1），求得x的值后即可求得AC的長；
（2）過點D作DF⊥AC于點F，設(shè)AF＝y(tǒng)，則DF＝CF＝3y，求出DF的長，再與100比較即可得到答案．
（1）如圖，作CE⊥AB于E，由題意得：∠ABC＝45°，∠BAC＝60°，設(shè)AE＝x海里，在Rt△AEC中，CE＝AE?tan60°=3x，在Rt△BCE中，BE＝CE＝3x，∴AE＋BE＝x＋3x＝100（3+1），解得：x＝100．∴AC＝2x＝200海里．∵∠ACB=180°-（∠ABC+∠BAC）=75°，∴∠ACB=∠ADC=75°，∵∠BAC=∠CAD，∴△ABC∽△ACD∴ABAC=ACAD，∴100(3+1)200=200AD，∴AD=200(3-1)
（2）在△ACD中，∠DAC＝60°，∠ADC＝75°，則∠ACD＝45°，過點D作DF⊥AC于點F，設(shè)AF＝y(tǒng)，則DF＝CF＝3y，∴AC＝y(tǒng)＋3y＝200，解得：y＝100（3?1），∴DF＝3y=3×100（3?1）≈126.8（海里），∵126.8＞100，∴巡邏船A沿直線AC航線，在去營救的途中沒有觸暗礁危險．
【點睛】本題考查的是解直角三角形的應(yīng)用?方向角問題，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關(guān)鍵．
【變式8-1】（2022·黑龍江·大慶市慶新中學(xué)九年級階段練習(xí)）如圖，一艘軍艦在A處測得小島P位于南偏東60°方向，向正東航行40海里后到達B處，此時測得小島P位于南偏西75°方向，求小島P離觀測點B的距離．
【答案】202海里
【分析】過點P作PD⊥AB于D，在AB上取一點C，使∠PCD=30°，則∠CPB=∠CBP=15°，CP=CB，先證PA=PC=BC，再證AD=CD， PD=12PA， AD=CD=3PD= 32PA=32 BC，設(shè)PD=x海里，則PA=2x海里，由AB=2AD+BC得出方程，解方程，即可解決問題．
【詳解】解∶過點P作PD⊥AB于D，在AB上取一點C，使∠PCD=30°，則∠CPB=∠CBP=15°，CP=CB，
∵∠PAC=90°- 60°=30°，
∴∠PCD=∠PAC=30°，
∴PA=PC=BC，
∵PD⊥AB，
∴AD=CD， PD=12PA， AD=CD=3PD= 32PA=32 BC，
設(shè)PD=x海里，則PA=2x海里， BD=CD+BC= (3x+2x )海里，
∵AB=2AD+BC=40，
∴40=23x+2x，
解得∶x=10(3-1)，
∴PA=20(3-1)= (203-20)海里，BD=3×10(3 -1 ) +203-20= ( 103+10)海里，
∴PB=PD2+BD2=(103?10)2+(103+10)2=202 (海里)，
【點睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用、等腰三角形的判定與性質(zhì)等知識，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．
【變式8-2】（2022·內(nèi)蒙古·烏海市第二中學(xué)九年級期末）如圖，線段EF與MN表示某一段河的兩岸，EF平行MN．綜合實踐課上，同學(xué)們需要在河岸MN上測量這段河的寬度（EF與MN之間的距離），已知河對岸EF上有建筑物C、D，且CD＝30米，同學(xué)們首先在河岸MN上選取點A處，用測角儀測得C建筑物位于A北偏東45°方向，再沿河岸走10米到達B處，測得D建筑物位于B北偏東55°方向，請你根據(jù)所測數(shù)據(jù)求出該段河的寬度，（用非特殊角的三角函數(shù)或根式表示即可）
【答案】20tan55°?1米
【分析】首先構(gòu)造直角三角形，作CP⊥MN、DQ⊥MN，垂足為P、Q，則四邊形CPQD為矩形，CD=PQ=30，設(shè)河寬CP為x，利用∠CAP=45°，得出AP=x，則BP=x?10，根據(jù)∠BDQ的正弦列出方程，求出x即可表示出河寬．
【詳解】解：如圖，過C、D分別作CP⊥MN、DQ⊥MN，垂足為P、Q,
設(shè)河寬為x米．
由題可知，∠CAN=45°,∠BDQ=55°,
∴△ACP為等腰直角三角形，
∴AP=CP=x，BP=x?10,
∵MN∥EF，CP⊥MN、DQ⊥MN，
∴∠CPQ=∠PQD=∠PCD=∠CDQ=90°,
∴四邊形CPQD為矩形，
∴CD=PQ=30,
在Rt△BDQ中，
∵∠BDQ=55°,
∴tan55°=BQDQ=BP+PQDQ=x?10+30x，
∴tan55°?x=x+20，
∴(tan55°?1)?x=20，
∴x=20tan55°?1，
所以河寬為20tan55°?1米．
【點睛】本題考查解直角三角形的應(yīng)用，方向角，三角函數(shù)，矩形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是添加輔助線構(gòu)造直角三角形，利用三角函數(shù)的定義，列出方程解決問題．
【變式8-3】（2022·山東泰安·模擬預(yù)測）因東坡文化遠近聞名的遺愛湖公園，“國慶黃金周”期間，游人絡(luò)繹不絕，現(xiàn)有一艘游船載著游客在遺愛湖中游覽，當(dāng)船在A處時，船上游客發(fā)現(xiàn)岸上P1處的臨皋亭和P2處的遺愛亭都在東北方向；當(dāng)游船向正東方向行駛600m到達B處時，游客發(fā)現(xiàn)遺愛亭在北偏西15°方向；當(dāng)游船繼續(xù)向正東方向行駛400m到達C處時，游客發(fā)現(xiàn)臨皋亭在北偏西60°方向．則臨皋亭P1處與遺愛亭P2處之間的距離為 _____．（計算結(jié)果保留根號）
【答案】（8002?4006）m
【分析】如圖，作P1M⊥AC于M，設(shè)P1M＝x，在兩個直角三角形中，利用三角函數(shù)即可x表示出AM與CM，根據(jù)AC＝AM+CM即可列方程，從而求得P1M的長，進一步求得AP1的長，作BN⊥AP2于N，在兩個直角三角形中，利用三角函數(shù)即可求出AN與P2N，求得P1N，從而求得P1P2．
【詳解】解：作P1M⊥AC于M，
設(shè)P1M＝xm，
在Rt△P1AM中，∵∠P1AB＝45°，
∴AM＝P1M＝xm，
在Rt△P1CM中，∵∠P1CA＝30°，
∴MC=3P1M=3xm，
∵AC＝1000 m，
∴x+3=1000，解得x＝500（3?1）（m），
∴P1M＝500（3?1）m，
∴P1A=P1M22=500（6?2）m，
作BN⊥AP2于N，
∵∠P2AB＝45°，∠P2BA＝75°，
∴∠P2＝60°，
在Rt△ABN中，
∵∠P1AB＝45°，AB＝600 m
∴BN＝AN=22AB＝3002（m），
∴P1N＝500（6?2）﹣3002=（5006?8002）（m），
在Rt△P2BN中，
∵∠P2＝60°，
∴P2N=33BN=33×3002=1006 （m），
∴P1P2＝1006?（5006?8002）＝（8002?4006）（m）．
故臨摹亭P1處與遺愛亭P2處之間的距離是（8002?4006）m，
故答案為：（8002?4006）m．
【點睛】本題考查解直角三角形解決實際問題，解決問題的關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形解決問題．
【題型9 解直角三角形的應(yīng)用（實物建模問題）】
【例9】（2022·浙江溫州·八年級期中）圖1是一張可調(diào)節(jié)靠椅，調(diào)節(jié)示意圖如圖2，已知兩支腳AB＝AC＝10分米，BC＝12分米，O為AC上固定連接點，靠背OD＝10分米．檔位為Ⅰ檔時，OD∥AB．檔位為Ⅱ檔時，OD⊥AC．當(dāng)靠椅由Ⅰ檔調(diào)節(jié)為Ⅱ檔時，EF＝________分米．
【答案】2
【分析】如圖，作AN⊥BC于點N，交PO于G點，延長GO，交DE于H，交D′F于M，
【詳解】如圖，作AN⊥BC于點N，交PO于G點，延長GO，交DE于H，交D′F于M，根據(jù)PO∥BC，DO∥AB，得到∠DOH=∠ABN，從而得到cs∠DOH=35，解直角三角形即可得到OH的長度；再根據(jù)OD′⊥AC，得到∠COM=∠ACB=∠D′，因為sin∠ACB=ANAC=45，從而得到sin∠D′=45，解直角三角形即可得到OM的長度，即可求出HM的長度，即EF的長度．
∵AB＝AC＝10，BC＝12，
∴BN=CN=6，AN=102?62=8，
∴cs∠ABN=BNAB=35，
由題意得：PO∥BC，DO∥AB
∴∠ABN=∠APO，∠DOH=∠APO，
∴∠DOH=∠ABN，
∴cs∠DOH=35，
∵OD=10，
∴OH=CD?cs∠DOH=10×35=6，
∵OD′⊥AC
∴∠D′OM+∠COM=90°，∠D′OM+∠D′=90°
∴∠COM=∠D′
∵PO∥BC，
∴∠COM=∠ACB=∠D′
∵sin∠ACB=ANAC=45
∴sin∠D′=45
∴OM=OD′?sin∠D′=10×45=8
∴HM=OM?OH=2
∴EF=2
故答案為：2．
【點睛】本題考查了解直角三角形的實際應(yīng)用，靈活掌握三角函數(shù)的知識，以及添加輔助線構(gòu)建直角三角形是本題的關(guān)鍵．
【變式9-1】（2022·浙江·金華市南苑中學(xué)九年級期中）圖1是一種兒童可折疊滑板車，該滑板車完全展開后示意圖如圖2所示，由車架AB?CE?EF和兩個大小相同的車輪組成，已知CD=25cm，DE=17cm，cs∠ACD=45，當(dāng)A，E，F(xiàn)在同一水平高度上時，∠CEF=135°，則AC=______cm；為方便存放，將車架前部分繞著點D旋轉(zhuǎn)至AB//EF，如圖3所示，則d1?d2為______cm．
【答案】 30 1922?10
【分析】連接AE，過點A作AH⊥CE于點H，由題意易得∠AEC=45°，然后根據(jù)三角函數(shù)可進行求解；過點A作AM⊥EF交其延長線于點M，過點D作DN⊥EF交其延長線于點N，并延長ND，交AB于點P，由題意易得d1?d2=AE?EM，然后根據(jù)三角函數(shù)可進行求解．
【詳解】解：連接AE，過點A作AH⊥CE于點H，如圖2，
∵A，E，F(xiàn)在同一水平高度上時，∠CEF=135°，
∴∠AEC=45°，
∵CD=25cm，DE=17cm，cs∠ACD=45，
∴CE=42cm，
設(shè)CH=4xcm，則AH=HE=3xcm，AC=5xcm，
∴4x+3x=42，解得：x=6，
∴AC=30cm，AH=HE=18cm，
∴AE=182cm，
過點A作AM⊥EF交其延長線于點M，過點D作DN⊥EF交其延長線于點N，并延長ND，交AB于點P，如圖3，
∵AB//EF，
∴∠M=∠PNM=∠APN=∠CPD=90°，
∴四邊形AMNP是矩形，
∴AP=MN，
∵CD=25cm，DE=17cm，cs∠ACD=45，∠DEM=45°，AC=30cm，
∴PC=CD?cs∠ACD=20cm，EN=DE?cs∠DEM=1722cm，
∴AP=MN=AC?PC=10cm，
∴EM=10+1722cm，
設(shè)車輪半徑為r，則有d1=2r+AE+EF,d2=2r+EM+EF，
∴d1?d2=AE?EM=182?10?1722=1922?10cm；
故答案為30；1922?10．
【點睛】本題主要考查三角函數(shù)及矩形的性質(zhì)與判定，熟練掌握三角函數(shù)及矩形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
【變式9-2】（2022·江西景德鎮(zhèn)·九年級期中）如圖1是一個水龍頭的示意圖，類似于字母“F”的形狀，將其抽象成如圖2所示的截面圖形，線段BE是一根固定的軸，線段AB，CD均垂直于線段BE，出水口在點D處，AB為自來水開關(guān)，AB⊥BC即為無水狀態(tài)，將AB繞點B逆時針向上轉(zhuǎn)動即是開水．若已知BC=10cm，AB=20cm，CD=30cm．（參考數(shù)據(jù)，精確到0．1，sin34°=0.56，cs34°=0.83，2≈1.414，3=1.732，25.0792=629）
(1)求出水龍頭不開時，點A與出水口的距離；
(2)當(dāng)BA向上旋轉(zhuǎn)34°時，即是最大出水量，求出最大出水量時，點A與出水口的距離．
【答案】(1)14.1cm
(2)25.1cm
【分析】（1）連接AD，過點A作AF⊥CD于F，AB⊥BC，DC⊥BC，則四邊形ABCF是矩形，在Rt△AFD中，AD2 = AF2 + DF2，勾股定理即可求解．
（2）連接 A′D，過點 A′ 作 A′F′⊥CD 于 F′，交 AB 于點 G，則 AF′⊥AB，由A′G=A′B?sin34°，BG=A′B?cs34°，進而由A′F′=A′G+GF′，根據(jù)CD=30cm，求得DF′=CD?CF′，由勾股定理得出A′D2=A′F′2+DF′2，即可求解．
（1）連接AD，過點A作AF⊥CD于F，由題意知：AB⊥BC，DC⊥BC，則四邊形ABCF是矩形，∴CF=AB=20cm， AF= BC=10cm ，∵CD= 30cm，∴DF =CD-CF =30-20 =10(cm) ，在Rt△AFD中，∠AFD=90°，AF =10cm，DF =10cm ，∵ AD2 = AF2 + DF2 = 102 + 102 =200 ，∴AD=102 ≈10×1.414≈14.1 (cm)；即出水龍頭不開時，點A與出水口的距離約為 14.1 cm；
（2）連接 A′D，過點 A′ 作 A′F′⊥CD 于 F′，交 AB 于點 G，則 AF′⊥AB
在 Rt△A′BG 中， ∠A′GB=90°，∠GBA′=34°,A′B=AB=20cm，∵sin∠A′BG=A′GA′B，∴A′G=A′B?sin34°≈20×0.56=11.2cm，∵cs∠A′BG=BGA′B，∴BG=A′B?cs34°≈20×0.83=16.6cm，∵AB⊥BC,DC⊥BC,A′F′⊥CD，∴四邊形 BCFG是矩形，∴GF′=BC=10cm,CF′=BG=16.6cm，∴A′F'=A′G+GF′=11.2+10=21.2cm，∵CD=30cm，∴DF′=CD?CF′=30?16.6=13.4cm，在Rt△A′F′D中，∠A′F′D=90°, A′F′=21.2cm,DF′=13.4cm，∵A′D2=A′F′2+DF′2=21.22+13.42=629，∴A'D≈25.079≈25.1cm，即出最大出水量時，點A與出水口的距離約為25.1cm．
【點睛】本題考查了解直角三角形的應(yīng)用，根據(jù)題意構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．
【變式9-3】（2022·江蘇宿遷·一模）如圖1是一種手機平板支架，由托板、支撐板和底座構(gòu)成，手機放置在托板上，如圖2是其側(cè)面結(jié)構(gòu)示意圖．量得托板長AB=120mm，支撐板長CD=80mm，底座長DE=90mm．托板AB固定在支撐板頂端點C處，且CB=40mm，托板AB可繞點C轉(zhuǎn)動，支撐板CD可繞點D轉(zhuǎn)動．
(1)若∠DCB=80°，∠CDE=60°，求點A到直線DE的距離；
(2)為了觀看舒適，在（1）的條件下，把AB繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)10°后，再將CD繞點D順時針旋轉(zhuǎn)，使點B落在直線DE上．畫出圖形，并求CD旋轉(zhuǎn)的角度；
（參考數(shù)據(jù)：sin40°≈0.643，cs40°≈0.766，tan40°≈0.839，sin26.6°≈0.448，cs26.6°≈0.894，tan26.6°≈0.500，3≈1.732．計算結(jié)果均精確到0.1）
【答案】(1)點A到直線DE的距離約為120.7mm
(2)畫圖見解析， CD旋轉(zhuǎn)的角度約為33.4°
【分析】（1）過A作AM⊥DE，交ED的延長線于點M，過點C作CF⊥AM，垂足為F，過點C作CN⊥DE，垂足為N，構(gòu)造出直角三角形后，利用直角三角形邊和角的關(guān)系即可求出CN、AF，最后即可求出點A到DE的距離；
（2）畫出圖形后，根據(jù)圖形，明確圖中的已知邊和已知角，再利用直角三角形邊和角之間的關(guān)系求出相應(yīng)的角度即可．
（1）
如圖2，過A作AM⊥DE，交ED的延長線于點M，過點C作CF⊥AM，垂足為F，過點C作CN⊥DE，垂足為N．
在Rt△CDN中，
CN=FM=CD?sin∠CDE
=80×32=403（mm），
∠DCN=90°﹣60°=30°．
又∵∠DCB=80°，
∴∠BCN=80°﹣30°=50°．
∵AM⊥DE，CN⊥DE，
∴AM∥CN．
∴∠A=∠BCN=50°．
∴∠ACF=90°﹣50°=40°．
在Rt△AFC中，AF=AC?sin40°=80×0．643≈51．44．
∴AM=AF+FM=51．44+403≈120．7（mm）．
答：點A到直線DE的距離約為120．7mm．
（2）
旋轉(zhuǎn)后，如圖3所示．
根據(jù)題意可知
∠DCB=80°+10°=90°．
在Rt△BCD中，CD=80，BC=40．
∴tan∠D=BCCD=0．500．
∴∠D=26．6°．
因此旋轉(zhuǎn)的角度為：
60°﹣26．6°=33．4°．
答：CD旋轉(zhuǎn)的角度約為33．4°．
【點睛】本題主要考查了直角三角形邊和角的關(guān)系以及銳角三角函數(shù)，正確地作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．已知條件
圖形
解法
對邊
鄰邊
斜邊
A
C
B
b
已知一直角邊和一個銳角
已知斜邊和一個銳角
已知兩直角邊
已知斜邊和一條直角邊
坡度
1：20
1：16
1：12
1：10
1：8
最大高度（m）
1.20
0.90
0.75
0.60
0.30
水平長度（m）
24.00
14.40
9.00
6.00
2.40

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