專題7.1 解直角三角形的應用（壓軸題專項講練）（蘇科版）（解析版）

專題7.1解直角三角形的應用【典例1】如圖是一種手機三腳架，它通過改變鎖扣C在主軸AB上的位置調節(jié)三腳架的高度，其它支架長度固定不變，已知支腳DE＝AB．底座CD⊥AB，BG⊥AB，且CD＝BG，F是DE上的固定點，且EF：DF＝2：3．（1）當點B，G，E三點在同一直線上（如圖1所示）時，測得tan∠BED＝2．設BC＝5a，則FG＝__（用含a的代數式表示）；（2）在（1）的條件下，若將點C向下移動24cm，則點B，G，F三點在同一直線上（如圖2），此時點A離地面的高度是__cm．【思路點撥】（1）如圖1中，連接DG，EG，過點F作FH⊥BE于H，則四邊形CDGB是矩形．可得BC＝DG＝5a，根據勾股定理和已知條件可得EG和DE，再證明△EFH∽△EDG，可得DF，根據勾股定理即可解決問題；（2）如圖1中，連接DG，EG，過點F作FH⊥BE于H，則四邊形CDGB是矩形．如圖2中，連接DG．作EJ⊥BF交BF的延長線于J．利用勾股定理構建方程求出x即可．【解題過程】解：（1）如圖，連接DG，EG，過點F作FH⊥BE于H，則四邊形CDGB是矩形．∴BC＝DG＝5a，在Rt△DEG中，tan∠DEB＝DGEG＝2∴EG=5a2，∵FH∥DG，∴EFDF∴△EFH∽△EDG，∴EFDE∴EF=2∴DF＝352a，EH＝25EG＝25×52a＝a，HG＝EG∴FH=E∴FG=F（2）如圖1中，連接DG，EG，過點F作FH⊥BE于H，則四邊形CDGB是矩形．設BC＝DG＝2xcm，在Rt△DEG中，tan∠DEB＝DGEG＝2∴EG＝x（cm），DE=EG2∵FH∥DG，∴EFDF∴DF＝355x（cm），EH＝25x（cm），HG∴FH=EF2∴FG=FH2如圖2中，連接DG．∵DF2＝DG2+FG2，∴35解得x=15+35或x=15-3∴AB=DE=5x=作EJ⊥BF交BF的延長線于J．則EJ＝EF?sin∠EFJ＝（4+45）cm，∴點A離地面的高度＝AB+EJ＝（19+195）cm．1．（2022春·四川瀘州·九年級專題練習）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（1）求兩漁船M，N之間的距離（結果精確到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？（參考數據：tan31°≈0.60，sin【思路點撥】（1）在Rt△PEN中，由等腰直角三角形的性質解得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，最后根據三角形面積公式解答．【解題過程】（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，tan∴ME≈30∴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）∴SΔ∴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．2．（2022·山東聊城·統(tǒng)考二模）從2019年底以來，新冠疫情一直困擾著我們的日常生活，今年為進一步加強疫情防控工作，某公司決定安裝紅外線體溫檢測儀，這種設備的原理是采用非接觸式測溫法，只要用紅外體溫測試儀的鏡頭對準被測對象進行掃描，其體溫就可立刻在顯示屏上顯示出來，從而有效地避免了其他常規(guī)測溫法所可能造成的交叉感染，測溫區(qū)域示意圖如圖所示，已知最大探測角∠PAO＝75°，最小探測角∠PBO＝30°．（參考數據：2＝1.414，3＝1.732，5＝2.236）（1）若該設備安裝在離水平地面距離為2.2m的P處，即OP＝2.2m，請求出圖中OB的長度；（結果精確到0.1m）（2）若該公司要求測溫區(qū)域AB的長度為4m，請求出該設備的安裝高度OP的高度．（結果精確到0.1m）【思路點撥】（1）根據tan∠PBO=OPOB（2）在OP上取一點M，使∠OAM=60°，則可得AM=PM=2x，OM=3【解題過程】（1）解：在Rt△OBP中，tan∠PBO=∴OB=OP∴OB=2.2÷3答：OB的長度為3.8米；（2）解：在OP上取一點M，使∠OAM=60°，∴∠OMA=30°，∵∠PAO＝75°，∴∠APO＝15°，∠PAM＝15°，∴AM=PM，在Rt△OBP中，設OA=x，則AM=PM=2x，OM=3又∵tan∠PBO=OPOB=3∴3(2x+解得：x=4∴OP=OM+PM=(2+3答：設備的安裝高度OP的高度為2.7米3．（2023·全國·九年級專題練習）2022年6月5日，“神舟十四號”載人航天飛船搭載“明星”機械臂成功發(fā)射．如圖是處于工作狀態(tài)的某型號手臂機器人示意圖，OA是垂直于工作臺的移動基座，AB、BC為機械臂，OA=1m，AB=5m，BC=2m，∠ABC=143°．機械臂端點C到工作臺的距離CD=6m．（1）求A、C兩點之間的距離；（2）求OD長．【思路點撥】（1）延長AB，過點C作CE⊥AB，在Rt△BCE中，求出BE、CE的長，再在Rt△ACE中求出AC（2）過點A，作AF⊥CD于點F，則四邊形AFDO為矩形，求出CF，在Rt△ACF中，求出AF．【解題過程】解：（1）如圖，延長AB，過點C作CE⊥AB，∵∠ABC=143°，∴∠EBC=37°，在Rt△BCE中，BE=BC?cosCE=BC?sin∴AE=AB+BE=5+1.6=6.6m在Rt△ACEAC=∴A、C兩點之間的距離為6.7m（2）過點A，作AF⊥CD于點F，則四邊形AFDO為矩形，∴AF=DO，DF=OA=1m∴CF=6-1=5在Rt△ACF中，AF=A∴OD=4.54．（2022·安徽·校聯(lián)考二模）如圖①是某公園的一個上肢牽引器，圖②是其靜止狀態(tài)下的簡化示意圖（CE、DF分別在同一水平線上），立柱AB與水平地面MN垂直，挑桿AC＝AE，手拉鏈CD＝EF，且始終與地面垂直．經查詢，挑桿AC＝AE＝0.33m，∠CAE＝130°．當運動者做上肢牽引運動時，將牽引器由靜止狀態(tài)拉至如圖③所示的狀態(tài)，此時∠CAB＝52°，求點E上升的高度．（結果精確到0.01m，參考數據：sin65°≈0.91，cos65°≈0.42，tan65°≈2.14，sin78°≈0.98，cos78°≈0.21，tan78°≈4.70）【思路點撥】先在圖2中，設AB與CE相交于點Q利用等腰三角形的三線合一性質求出∠CAQ＝65°，然后在Rt△ACQ中，求出AQ，再在圖3中，過點E作EP⊥AB，垂足為P，先求出∠EAP＝78°，然后在Rt△APE中，求出AP，然后進行計算即可解答．【解題過程】解：設AB與CE相交于點Q，如圖：∵CE∥MN，AB⊥MN，∴AQ⊥CE，∵AC＝AE，∴∠CAQ=12∠CAE=12在Rt△ACQ中，AQ＝ACcos65°＝0.33×0.42＝0.1386m，過點E作EP⊥AB，垂足為P，∵∠CAB＝52°，∠CAE＝130°，∴∠EAP＝∠CAE﹣∠CAB＝130°﹣52°＝78°，在Rt△APE中，AP＝AEcos78°＝0.33×0.21＝0.0693m，∴AQ﹣AP＝0.1386﹣0.0693≈0.07（m），∴點E上升的高度為0.07m．5．（2022·安徽蚌埠·統(tǒng)考二模）某校初中數學綜合實踐開展了多彩的活動．在一次活動中，某興趣小組學習了以下史料：魏晉時劉徽撰寫的《海島算經》是有關測量的數學著作，其中第一題是測海島的高：如圖，點E，H，G在水平線AC上，DE和FG是兩個垂直于水平面且等高的測量標桿的高度，稱為“表高”，EG稱為“表距”，GC和EH都稱為“表目距”，GC與EH的差稱為“表目距的差”，則海島的高AB=表高（1）該興趣小組學過解直角三角形后，對該問題的測量方法進行了改良：測得兩次測量點之間的距離CH=140m，且∠BHA=30°，∠BCA=20°，請求出海島的高AB（其中AB⊥AC）．（結果保留兩位小數，參考數據：3≈1.732，（2）證明：海島的高AB=表高【思路點撥】（1）設AB=x，Rt△ABH和Rt△ABC中，根據∠AHB和∠ACB的正切分別得到tan∠AHB=tan30°=ABAH=33和（2）證明△HDE∽△HBA，△CFG∽△CBA，推出DEAB=EHAH，FGAB=CGAC，根據【解題過程】（1）解：（1）設AB=x，在Rt△ABH中，tan∴AH=3在Rt△ABC中，tan∴AC=xCH=AC-AH=x2.778x-1.732x=140，解得x≈133.84．答：海島的高AB為133.84m．（2）（2）證明：∵AB⊥AC，DE∥AC，FG∥AC，∴DE∥AB，FG∥AB，∴△HDE∽△HBA，△CFG∽△CBA，∴DEAB=EH∵DE=FG，∴DEAB∵CH=CE-EH=CG-EH+EG，∴AB=CG-EH+EG6．（2022·山東青島·統(tǒng)考一模）如圖是小明洗漱時的側面示意圖，洗漱臺（矩形ABCD）靠墻擺放，高AD=80cm，寬AB=48cm，小明身高166cm，下半身FG=100cm，洗漱時下半身與地面的夾角為∠FGK=80°，上半身前傾與水平面的夾角為∠EFM=45°，腳與洗漱臺距離GC=15cm（點D，C，G，K在同一直線上）．小明希望他的頭部E恰好在洗漱盆AB的中點O的正上方，他應向前或后退多少cm？（sin80°≈0.98，cos80°≈0.18，2≈1.41【思路點撥】過點F作FN⊥DK于N，過點E作EQ⊥FN于Q，過點E作EP⊥AB于點P，延長OB交QN于點H，先說明△EQF是直角三角形，然后利用銳角三角函數求出EQ=66×sin45°，進一步說明四邊形EQHP為矩形，得出PH=EQ；同理可證四邊形BHNC為矩形，然后在Rt△FGH中，利用銳角三角函數求出NG=100×cos80°，得出HB=NC，利用OH=OB+HB求出OH，最后利用【解題過程】解：過點F作FN⊥DK于N，過點E作EQ⊥FN于Q，過點E作EP⊥AB于點P，延長OB交QN于點H，∵AB=48，O為AB的中點，∴OA=OB=24，∵小明上半身前傾與水平面的夾角為∠EFM=45°且EQ⊥FN，∴EQ//FM，∴∠QEF=45°，

∵小明身高166cm，下半身FG=100cm，∴EF=166-100=66，∵sin45°=∴EQ=66×sin∵EQ⊥FN，EP⊥AB，PH⊥QF，∴∠EQH=∠QHP=∠EPH=90°，∴四邊形EQHP為矩形，∴HP=EQ≈46.53，同理可證四邊形BHNC為矩形，在Rt△FGN中，∵cos80°=∴NG=100×cos∴HB=NC=NG+CG≈18+15=33，∴OH=OB+HB≈24+33=57，∴OP=OH-HP≈57-46.53=10.47≈10.5cm答：他應該向前10.5cm．7．（2022·四川自貢·九年級專題練習）圖1為某大型商場的自動扶梯，圖2中的AB為從一樓到二樓的扶梯的側面示意圖．小明站在扶梯起點A處時，測得天花板上日光燈C的仰角為37°，此時他的眼睛D與地面MN的距離AD=1.8m，之后他沿一樓扶梯到達頂端B后又沿BLBL∥MN向正前方走了2m，發(fā)現日光燈C剛好在他的正上方．已知自動扶梯AB的坡度為（1）求一樓扶梯頂端B到一樓地面的高度；（2）求日光燈C到一樓地面的高度．（結果保留一位小數）（參考數據：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，【思路點撥】（1）過點B作BE⊥MN于點E，設AE=xm（2）過點C作CF⊥MN于點F，交BL于點G，過點D作DJ⊥CF于點J，交BE于點H，根據矩形性質得四邊形BEFG，ADJF是矩形，結合（1）的結論，根據三角函數的性質，得CJ，從而完成求解．【解題過程】解：（1）如圖，過點B作BE⊥MN于點E．設AE=x∵AB的坡度為1∶2.4，∴BEAE∴BE=5在Rt△ABE中，由勾股定理，得x解得：x=-12（舍去）或12，∴AE=12m，BE=5∴一樓扶梯頂端B到一樓地面的高度為5m．（2）如圖，過點C作CF⊥MN于點F，交BL于點G，過點D作DJ⊥CF于點J，交BE于點H，∴四邊形BEFG，ADJF是矩形，根據題意，得：BG=2m，∠CDJ=37°∴EF=BG=2m，AD=FJ=1.8m由（1）可知，AF=AE+EF=12+2=14（m），∴DJ=14m在Rt△CDJ中，tan∴CJ=DJ?tan37°≈14×0.75=10.5（∴CF=CJ+FJ≈10.5+1.8=12.3（m）∴日光燈C到一樓地面的高度約為12.3m．8．（2022·浙江舟山·九年級專題練習）海綿拖把一般由長桿、U型擠壓器、海綿及連桿（含拉桿）裝置組成（如圖），拉動拉桿可帶動海綿進入擠壓器的兩壓桿間，起到擠水的作用．圖1，圖2，圖3是其擠水原理示意圖，A、B是拖把上的兩個固定點，拉桿AP一端固定在點A，點P與點B重合（如圖1），拉動點P可使拉桿繞著點A轉動，此時點C沿著AB所在直線上下移動（如圖2）．已知AB＝10cm，連桿PC為40cm，FG＝4cm，MN＝8cm．當P點轉動到射線BA上時（如圖3），FG落在MN上，此時點D與點E重合，點I與點H重合．（1）求ME的長；（2）轉動AP，當∠PAC＝53°時，①求點C的上升高度；②求點D與點I之間的距離（結果精確到0.1）．（sin53°≈45，cos53°≈35，6≈2.45，101【思路點撥】（1）由圖1可知，PA＝AB＝10（cm），圖3中，PG＝PC＝40（cm），由此求解即可；（2）①如圖2，過點P作PQ⊥AC于點Q．然后解直角三角形得到PQ＝PQ?sin53°≈10×0.8＝8cm，AQ＝AP?cos53°≈10×0.6＝6cm．求得CO≈39.2cm得到AC＝35.2cm，則C上升了4.8cm．②當P點轉動到射線BA上時（如圖3），FG落在MN上，此時點D與點E重合，點I與點H重合，根據勾股定理得：DF＝202+22≈20.1（cm），求出FS＝4.8cm，得到EF＝4.82+22【解題過程】（1）解：由圖1可知，PA＝AB＝10（cm），圖3中，PG＝PC＝40（cm），∴ME＝40+10+10﹣40＝20（cm），∴ME的長為20cm；（2）解：①如圖2，過點P作PQ⊥AC于點Q．∵∠A＝53°，AP＝10cm，∴PQ＝PA?sin53°≈10×0.8＝8cm，AQ＝AP?cos53°≈10×0.6＝6cm．∴CQ=P∴AC＝45.2cm，∴C上升了4.8cm．②根據題意如圖：當P點轉動到射線BA上時（如圖3），FG落在MN上，此時點D與點E重合，點I與點H重合，根據勾股定理得：DF＝202+2∵C上升了4.8cm，∴FS＝4.8cm，∴EF＝4.82+2∵EH∥DI，∴△FES∽△FDT，∴EFDF∴5.220.1∴DT≈7.7cm，由對稱性可知：DI＝2DT+FG＝2×7.7+4＝19.4（cm），∴點D與點I之間的距離為19.4cm．9．（2022秋·四川資陽·九年級統(tǒng)考期末）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//【思路點撥】過點C作CE⊥AD于點E，先證CN＝CB，令CM＝x米，則CN＝CB＝2x米，MN=3【解題過程】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∴tan∠CBE=1∴∠CBE＝30°，∴∠CBN＝15°＝∠BNC，∴CN＝CB，令CM＝x米，則CN＝CB＝2x米，MN=3又∵sin∠CBE=∴CE=12CB＝x（米），BE∴ND＝MN+MD＝MN+CE＝（3+1）x∵AB＝20米，∴AD＝AB+BE+ED＝AB+BE+CM＝[20+（1+3）x]又∵∠A＝30°，∴tan∠NAD=即(3解得：x＝10，經檢驗，x＝10是原方程的解，且符合題意，∴MN=103答：旗桿MN的高度為10310．（2022·江蘇連云港·東海實驗中學校考三模）如圖，AB是一條筆直的長為500m的滑雪坡道，某運動員從坡頂A滑出，沿直線滑向坡底B，她的滑行距離y（單位：m）與滑行時間x（單位：s）的部分對應值如下表．x01234…y04.51428.548…（1）用所學過的函數知識猜想y是x的什么函數，并求出y與x之間的函數表達式；（2）一架無人機在AB上空距地面292m的P處懸停，此時在A處測得無人機的仰角為53°．無人機和該運動員同時開始運動，無人機以6.3m/s的速度勻速水平飛行拍攝，離A處越來越遠．已知無人機（看成一個點）與AB（看成一條線段）所確定的平面始終垂直于地面，AB與地面MN的夾角為26°．求該運動員滑行多久時，她恰在無人機的正下方．（參考數據：tan53°≈43，sin26≈0.44，cos26°≈0.90，tan26°≈0.49【思路點撥】（1）觀察表格中的數據，y應該是x的二次函數，利用待定系數法求解即可；（2）作出如圖的輔助線，設運動員滑行了ts，恰好在無人機的正下方，則AC=2.5t2+2t，利用三角函數分別用t表示出PE、AE的長，在Rt△APE中，利用正切函數列出方程，解方程即可求解．【解題過程】（1）解：觀察表格中的數據，y應該是x的二次函數，且經過原點(0，0)，設此函數的解析式為y=ax2把(1，4.5)，(2，14)，代入得a+b=4.54a+2b=14，解得a=2.5∴函數的解析式為y=2.5x2+2x，當x=3時，y=2.5x2+2x=28.5，當x=4時，y=2.5x2+2x=48，∴函數的解析式y(tǒng)=2.5x2+2x符合題意；（2）解：設運動員滑行了ts，恰好在無人機的正下方，此時運動員滑行了(2.5t2+2t)m，無人機飛行了6.3tm到達點P1，過點P1作P1D⊥MN交AB于點C，此時運動員滑行到達點C，BC=AB-AC=500-(2.5t2+2t)，過點A作AF⊥MN于點F，過點A作AG⊥P1D于點G，過點P作PE⊥AG于點E，∴四邊形AFDG和四邊形PEGP1都是矩形，∵AB=500，∠ABF=26°，∴AF=GD=AB?sin26°≈220(m)，∠GAC=∠ABF=26°，∵無人機在AB上空距地面292m的P處懸停，∴PE=P1G=292-AF=72(m)，∴AG=AC?cos26°≈2.25t2+1.8t，∴AE=AG-EG=2.25t2+1.8t-6.3t=2.25t2-4.5t，在Rt△APE中，∵tan53°=PEAE∴3×72=4(2.25t2-4.5t)，整理得：t2-2t-24=0，解得：t1=6，t2=-4(舍去)，∴該運動員滑行6s時，她恰在無人機的正下方．11．（2022春·全國·九年級專題練習）【閱讀材料】關于三角函數有如下的公式：①cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ【學以致用】根據上面的知識，你可以選擇適當的公式解決下面的實際問題：（1）求cos75°（2）如圖，一架直升機在一建筑物CD上方的點A處測得建筑物頂端點D的俯角α為60°，底端點C的俯角β為75°，此時直升機與建筑物CD的水平距離BC為42m，求建筑物CD（3）疫情封控期間，直升機給該建筑物的居民投放物資，試求飛機從點A處往正東方向飛多遠，居民在點D處看飛機的仰角恰好是30°．【思路點撥】（1）根據cos(α+β)=（2）根據AB=BC?tanβ求得AB，再根據ED=BC?tanα=423求得A、E（3）延長CD交AE于點E，作∠GDF交AE于點F，并使∠GDF=30°，根據tan∠EDF=EFDE【解題過程】（1）解：cos75==6（2）解：如圖，延長CD交AE于點E，∵β=75°，BC=42米，∴AB=BC?=42=42×=42×=42(3∵α=60°，BC=AE=42米∴A、D垂直距離為ED=BC?tan∴CD=AB-423答：建筑物CD的高為84米．（3）解：延長CD交AE于點E，作∠GDF交AE于點F，并使∠GDF=30°，∴AE=BC=42米，由（2）得A、D垂直距離DE=423∵∠EDF=90°-∠GDF=60°，tan∠EDF=EF∴tan∠EDF=60°=∴EF=126米，∴AF=AE+EF=42+126=168米．答：飛機再飛168米可使點D看飛機的仰角為30°．12．（2022春·浙江紹興·九年級專題練習）我市的白沙島是眾多海釣人的夢想之地．小明的爸爸周末去白沙島釣魚，將魚竿AB擺成如圖1所示．已知AB＝4.8m，魚竿尾端A離岸邊0.4m，即AD＝0.4m．海面與地面AD平行且相距1.2m，即DH＝1.2m．（1）如圖1，在無魚上鉤時，魚竿AB與地面AD的夾角∠BAD＝22°，海面上方的魚線BC與海面HC成一定角度，求點B到海面HC的距離；（2）如圖2，在有魚上鉤時，魚竿與地面的夾角∠BAD＝53°，此時魚線被拉直，魚線BO＝5.46m，點O恰好位于海面．求點O到岸邊DH的距離．（參考數據：sin37°＝cos53°≈35，cos37°＝sin53°≈45，tan37°≈34，sin22°＝38，cos22°≈15【思路點撥】(1)過點B作BF⊥CH，垂足為F，延長AD交BF于點E，構建Rt△ABE和Rt△BFC，在Rt△ABE中，根據三角函數的定義與三角函數值求出BE、AE，再用BE+EF求出BH．(2)過點B作BN⊥OH，垂足為N，延長AD交BN于點M，構建Rt△ABM和Rt△BNO，在Rt△ABM中，根據53°和AB的長求出BM和AM，利用BM+MN求出BN，在Rt△BNO中利用勾股定理求出ON，最后用HN+ON求出OH．【解題過程】（1）解：過點B作BF⊥CH，垂足為F，延長AD交BF于點E，則AE⊥BF，垂足于E，由cos∠BAE=AEAB∴cos22°=AE4.8∴1516=AE4.8∴DE=AE-AD=4.5-0.4=4.1，由sin∠BAE=BEAB∴sin22°=BE4.8∴38=BE4.8，即BE∴BF=BE+EF=1.8+1.2=3．答：點B到海面HC的距離為3米．（2）解：過點B作BN⊥OH，垂足為N，延長AD交BN于點M，則AM⊥BN，垂足為M．由cos∠BAM=AMAB∴cos53°=AM4.8∴35即AM=2.88，∴DM=AM-AD=2.88-0.4=2.48,由sin∠BAM=BMAB∴sin53°=BM4.8∴45即BM=3.84，∴BN=BM+MN=3.84+1.2=5.04,∴ON=OB2∴OH=ON+HN=ON+DM=4.58,答：點O到岸邊DH的距離為4.58米．13．（2022·河北石家莊·統(tǒng)考一模）如圖1是一個手機支架的截面圖，由底座MN、連桿A-B-C-D和托架組成，AB⊥MN，BC可以繞點B自由轉動，CD的長度可以進行伸縮調節(jié)，已知∠BCD=143°，AB=12cm，BC=6（1）如圖2，若AB，BC在同條直線上，CD=9.5cm，求點D（2）如圖3，調節(jié)CD長度為12cm，并轉動連桿BC使AD∥BC時，達到最佳視覺狀態(tài)，求∠ABC的度數．（參考數據：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，【思路點撥】（1）過點D作DE⊥MN于E，點C作CF⊥DE于F，證明出四邊形AEFC是矩形，在Rt△CDF中，得出DF=CD?sin∠DCF≈9.5×0.8=7.6，根據（2）作BE⊥AD于點E，CF⊥AD于點F，在Rt△CDF中，CD=12，∠DCF=53°，算出CF=7.2，證明四邊形BCFE是矩形，得出BE=CF=7.2，在Rt△ABE中求解即可．【解題過程】（1）解：如圖2，過點D作DE⊥MN于E，點C作CF⊥DE于F，則∠AEF=∠CFE=∠CAN=90°，∴四邊形AEFC是矩形，∴EF=AC=AB+BC=12+6=18．在Rt△CDF中，CD=9.5，∠DCF=143°-90°=53°，∴DF=CD?sin∴DE=DF+EF=7.6+18=25.6≈26，∴點D到底座MN的距離為26cm．（2）解：如圖3，作BE⊥AD于點E，CF⊥AD于點F，在Rt△CDF中，CD=12，∠DCF=53°，∴CF=CD?cos∵BC∥AD，∴∠BCF=∠EFC=90°,∠CBE=∠FEB=90°，∴四邊形BCFE是矩形，∴BE=CF=7.2，在Rt△ABE中，cos∠ABE=∴∠ABE≈53°，∴∠ABC=90°+∠ABE=143°．14．（2022·海南·統(tǒng)考中考真題）無人機在實際生活中應用廣泛．如圖8所示，小明利用無人機測量大樓的高度，無人機在空中P處，測得樓CD樓頂D處的俯角為45°，測得樓AB樓頂A處的俯角為60°．已知樓AB和樓CD之間的距離BC為100米，樓AB的高度為10米，從樓AB的A處測得樓CD的D處的仰角為30°（點A、B、C、D、P在同一平面內）．（1）填空：∠APD=___________度，∠ADC=___________度；（2）求樓CD的高度（結果保留根號）；（3）求此時無人機距離地面BC的高度．【思路點撥】（1）根據平角的定義求∠APD，過點A作AE⊥DC于點E，再利用三角形內角和求∠ADC；（2）在Rt△AED中，∠DAE=30°求出DE的長度再根據CD=DE+EC計算即可；（3）作PG⊥BC于點G，交AE于點F，證明△APF≌△DAE即可．【解題過程】解：（1）過點A作AE⊥DC于點E，由題意得：∠MPA=60°,∠NPD=45°,∠DAE=30°,∴∠APD=180°-∠MPA-∠NPD=75°∠ADC=90°-∠DAE=60°（2）由題意得：AE=BC=100米，EC=AB=10．在Rt△AED中，∠DAE=30°，∴DE=AE?tan∴CD=DE+EC=∴樓CD的高度為1003（3）作PG⊥BC于點G，交AE于點F，則∠PFA=∠AED=90°,FG=AB=10∵MN∥AE，∴∠PAF=∠MPA=60°．∵∠ADE=60°，∴∠PAF=∠ADE．∵∠DAE=30°，∴∠PAD=30°．∵∠APD=75°，∴∠ADP=75°．∴∠ADP=∠APD．∴AP=AD．∴△APF≌△DAE（AAS）．∴PF=AE=100．∴PG=PF+FG=100+10=110∴無人機距離地面BC的高度為110米．15．（2022·浙江·統(tǒng)考一模）三折傘是我們生活中常用的一種傘，它的骨架是一個“移動副”和多個“轉動副”組成的連桿機構，如圖1是三折傘一條骨架的結構圖，當“移動副”（標號1）沿著傘柄移動時，折傘的每條骨架都可以繞“轉動副”（標號2—9）轉動；圖2是三折傘一條骨架的示意圖，其中四邊形CDEF和四邊形DGMN都是平行四邊形，AC=BC=13cm，DE=2cm，DN=1cm．（1）若關閉折傘后，點A、E、H三點重合，點B與點M重合，則BN=_________cm；（2）在（1）的條件下，折傘完全撐開時，∠BAC=75°，則點H到傘柄AB距離是_________cm．（參考數據：sin75°≈0.97，cos75°≈0.26，tan75°≈3.73【思路點撥】（1）根據點A、E、H三點重合，得到AF=EF=11，利用平行四邊形的性質，即可求解；（2）作出如圖的輔助線，解直角三角形求解即可．【解題過程】解：（1）∵四邊形CDEF是平行四邊形，∴CF=DE=2cm，∵AC=BC=13cm，∴AF=AC-CD=11(cm)，又∵關閉折傘后，點A、E、H三點重合，∴AF=EF=11(cm)，CD=EF=11(cm)，又∵DN=1cm，∴CN=CD-DN=10(cm)，∴BN=BC+CN=23(cm)；故答案為：23；（2）如圖：連接AH，過點F作FP⊥AE于點P，過點G作GQ⊥EH于點Q，過點C作CL⊥AB于點L，過點M作MK∥AH與過點H作MK的垂線于點K，由（1）知：AF=EF=11(cm)，則AP=EP，∵∠BAC=75°，∴∠PFA=75°，∴AP=AFsin75°≈11×0.97=10.67(cm)，∴AE=2AP=21.34(cm)，在Rt△ACL中，cos∠BAC=ALAC∵∠BAC=75°，AC=13cm，∴AL≈13×0.26=3.38(cm)，AB=2AL=6.76(cm)，∵AB∥PF，∴∠AFP=∠BAC=75°，由題意知：GH=GE，∴∠GHE=∠GEH=15°，∵AH∥MK，∴∠HMK=∠GHE=15°，∴∠MHK=75°，又∵HK=AB=6.76(cm)，在Rt△MHK中，cos∠MHK=HKMH∴MH≈26(cm)，又∵DN=1cm，四邊形DGMN是平行四邊形，∴DN=GM=1cm，∴GH=MH-MG=25(cm)，又∵∠QGH=∠MHK=75°，在Rt△QGH中，sin∠QGH=HQGH，∴QH≈24.25(cm)，EH=2QH=48.5(cm)，∴AH=AE+EH=21.34+48.5≈69.8(cm)，

∴點H到傘柄AB距離是69.8cm．故答案為：69.8．16．（2022·江西宜春·統(tǒng)考一模）長嘴壺茶藝表演是一項深受群眾喜愛的民俗文化，是我國茶文化的一部分，所用到的長嘴壺更是歷史悠久，源遠流長．圖①是現今使用的某款長嘴壺放置在水平桌面上的照片，圖②是其抽象示意圖，l是水平桌面，測得壺身AD=BC=3AE=24cm，AB=30cm，CD=22cm，且CD∥AB．壺嘴EF=80cm，∠FED=70°（1）求FE與水平桌面l的夾角（2）如圖③，若長嘴壺中裝有若干茶水，繞點A轉動壺身，當恰好倒出茶水時，EF∥l，求此時點F下落的高度．（結果保留一位小數）．參考數據：sin80°≈0.98，cos80°≈0.17，tan80°≈5.67，sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75．【思路點撥】（1）延長FE交l于點O，分別過點D、C作DM⊥AB,CN⊥AB，垂足為M、N，先證明四邊形CDMN是平行四邊形得到DM=CN，MN=CD=22cm，再證明Rt△ADM≌Rt△BCN，求得AM=BN=AB-MN2=30-222=4cm，最后在Rt△ADM中，由cos∠DAM（2）如圖2中，分別過點E、F作直線l的垂線段EG、FH，先求得四邊形PEGH是平行四邊形，FH⊥PE，∠FEP=∠AOE=30°，求出FH=FP+PH≈40+7.84=47.84cm，再在如圖3中，過點E作EQ⊥l于點Q，由Rt△AEQ，AE=8cm，求得EQ=AE·sin∠EAQ≈8×0.94=7.52cm，進而求出點F下落的高度．【解題過程】（1）解：延長FE交l于點O，分別過點D、C作DM⊥AB,CN⊥AB，垂足為M、N，如圖1所示，則∠AEO=∠FED=70°，∠AMD=∠BNC=90°，DM∥CN，∵CD//AB，∴四邊形CDMN是平行四邊形，∴DM=CN，MN=CD=22cm，∵在Rt△ADM和Rt△BCN中，AD=BC=24cm∴Rt△ADM≌Rt△BCN，∴AM=BN=AB-MN2=∵在Rt△ADM中，cos∠DAM=AMAD∴∠DAM≈80°，∴∠AOE=180°-∠AEO-∠DAM=30°，即FE與水平桌面l的夾角約為30°；（2）如圖2中，分別過點E、F作直線l的垂線段EG、FH，FH交過點E的水平線于點P，則∠EGH=∠FHG=90°，EG//FH∵PE//l，∴四邊形PEGH是平行四邊形，FH⊥PE，∠FEP=∠AOE=30°，∴PH=EG，∵3AE=24cm，∴AE=8cm，∵在Rt△AEG中，∠EAG=80°，∴EG=AE·sin∠EAG≈8×0.98=7.84(cm)，∴PH=EG=7.84cm，∵在Rt△EFP中，EF=80cm，∠FEP=30°，∴FP=12EF=40cm∴FH=FP+PH≈40+7.84=47.84(cm)如圖3中，過點E作EQ⊥l于點Q，∵EF//l，∴∠EAQ=∠FED=70°，∵在Rt△AEQ中，AE=8cm，∴EQ=AE·sin∠EAQ≈8×0.94=7.52(cm)∴FH-EQ≈47.84-7.52=40.32≈40.3(cm)即此時點F下落的高度約為40.3cm．17．（2022·浙江嘉興·九年級專題練習）為了監(jiān)控危險路段的車輛行駛情況，通常會設置電子眼進行區(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）（1）求路段BQ的長；（sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）（2）求路段AB的長；（3≈1.7，結果保留整數）（3）如圖的這輛車看成矩形KLNM，車高2米，當PA過M點時開始測速，PB過M點時結束測速，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？【思路點撥】（1）先求出∠PBQ的度數，再利用三角函數求BQ的長；（2）通過做輔助線構造直角三角形PAE，結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，構造出Rt△PBQ和Rt△PDB，利用勾股定理求出PB、BD和AD的長，結合題意，再利用三角函數求出測速距離，進而求出車的平均速度，即可判斷出是否超速．【解題過程】（1）解：∵電子眼照射在坡角點B處時的俯角為70°，∴∠QPB=90∵∠PQB=90∴∠PBQ=70∵PQ∴BQ=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BG=4x，AG=3x,在Rt△ABG中，根據勾股定理，AB=A∵AE=QG=4x+4，EQ=AG=3x，∴PE=PQ-EQ=11-3x，∵電子眼照射在A處時俯