專題1.2解直角三角形【十大題型】【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1直角三角形中直接解直角三角形】 1【題型2構(gòu)造直角三角形解直角三角形】 4【題型3網(wǎng)格中解直角三角形】 9【題型4坐標系中解直角三角形】 15【題型5四邊形中解直角三角形】 22【題型6利用解直角三角形求不規(guī)則圖形的面積】 26【題型7解直角三角形的應用之坡度坡比問題】 31【題型8解直角三角形的應用之俯角仰角問題】 37【題型9解直角三角形的應用之方向角問題】 41【題型10解直角三角形的應用之實物建模問題】 48【知識點解直角三角形】已知條件圖形解法對邊鄰邊斜邊對邊鄰邊斜邊ACBb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【題型1直角三角形中直接解直角三角形】【例1】（2023秋·上海青浦·九年級?？计谥校┤绻鸄D是Rt△ABC的斜邊BC上的高，BC=a，∠B=β，那么AD等于（

）A．a(chǎn)sinβcosβ B．a(chǎn)cos2【答案】A【分析】根據(jù)題意畫出圖形，再由銳角三角函數(shù)的定義及三角形的面積公式即可得出結(jié)論．【詳解】解：如圖所示，∵在Rt△ABC中，AD是斜邊BC上的高，BC=a，∠B=β∴AC=αcosβ，∵AD⊥BC，∴BC?AD=AC?AB，，∴AD=AC?AB故選：A．【點睛】本題考查的是解直角三角形，熟記銳角三角函數(shù)的定義是解答此題的關鍵．【變式1-1】（2023秋·陜西西安·九年級校考期中）如圖，在Rt△ABC中，∠B=90°，E是BC邊上一點，過點E作ED⊥AC，垂足為D，AB=4，DE=3，∠C=30°，求BE

【答案】4【分析】在Rt△CDE中，CE=DEsinBC=ABtan30°【詳解】解：在Rt△CDE中，sinC=DECE，∴CE=DE在Rt△ABC中，tanC=AB∴BC=AB∴BE=BC-CE=43【點睛】此題考查了解直角三角形，熟練掌握特殊角的三角函數(shù)值并準確計算是解題的關鍵．【變式1-2】（2023·福建泉州·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在△ABC中，∠B=90°，∠A=30°．D為線段AB上的動點．

(1)若D運動到某個位置時，∠CDB=60°，CD=10米，求BC的長度．(2)若點D運動到某個位置時，∠CDB=45°，AD=6米．求BC的長度．（結(jié)果可保留根號）【答案】(1)53(2)33【分析】（1）在△ABC中，在Rt△ABC（2）設BC=x，則CB=BD=x，在Rt△ABC【詳解】（1）解：在△ABC中，∠B=90°，sin∠CDB=BCCD則BC==答：此時BC長為53米（2）解：設BC=x，在Rt△CBD中，則△CBD是等腰直角三角形，CB=BD=x在Rt△ABC中，∠B=90°，tantan30°=則AB=AD=AB-BD=x=3答：BC的長度為33【點睛】本題主要考查了三角函數(shù)在解直角三角形中的應用，明確三角函數(shù)的定義式及其變形是解題的關鍵．【變式1-3】（2023秋·廣西梧州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，sinB=45，D為線段BC上一點，并且CD=2，求

【答案】BD=4，cos【分析】根據(jù)銳角三角函數(shù)關系得出AB的長，再利用勾股定理得出BC的長，即可得出BD的長，直接利用勾股定理得出AD的長，再根據(jù)銳角三角函數(shù)關系得出答案．【詳解】解：在Rt△ABC中，sin∵AC=8，∴AB=10，BC=A又∵BD=BC-CD，CD=2，∴BD=6-2=4，在Rt△ACD∴AD=A∴cos∠DAC=【點睛】此題主要考查了解直角三角形，正確利用銳角三角函數(shù)關系求出是解題關鍵．【題型2構(gòu)造直角三角形解直角三角形】【例2】（2023秋·廣西梧州·九年級統(tǒng)考期末）已知在△ABC中，AB=122，AC=13，cosB=22，則A．7 B．8 C．8或17 D．7或17【答案】D【分析】①過A作AD⊥BC交BC于D，可求BD122=22，AD=BD，從而可求BD=AD=12，CD=AC2-AD2=5，即可求解；【詳解】解：①如圖，過A作AD⊥BC交BC于D，

∵cosB=∵BDAB=∴BD122=∴BD=AD=12，∴CD==13∴BC=BD+CD=17；②如圖，過A作AD⊥BC交BC的延長線于D，

∴BD=AD=12，CD=5，∴BC=BD-CD=7；綜上所述：BC的長為7或17．故選：D．【點睛】本題考查了解直角三角形，掌握解法是解題的關鍵．【變式2-1】（2023秋·上海靜安·九年級上海市市北初級中學校考期末）如圖，已知將△ABC沿角平分線BE所在直線翻折，點A恰好落在邊BC的中點M處，且AM=BE，那么∠EBC的余弦值為.

【答案】3【分析】設AM與BE交點為D，過M作MF∥BE交AC于F，證出MF為△BCE的中位線，由三角形中位線定理得出MF=12BE，由翻折變換的性質(zhì)得出：AM⊥BE，AD=MD，同理由三角形中位線定理得出DE=12MF，設DE=a，則MF=2a，【詳解】解：設AM與BE交點為D，過M作MF∥BE交AC于

∵M為BC的中點，∴F為CE的中點，∴MF為△BCE的中位線，∴MF=1由翻折變換的性質(zhì)得：AM⊥BE，AD=MD，同理：DE是△AMF的中位線，∴DE=1設DE=a，則MF=2a，AM=BE=4a，∴BD=3a，MD=1∵∠BDM=90°，∴BM=B∴cos故答案為：313【點睛】本題考查了翻折變換的性質(zhì)、三角形中位線定理、平行線的性質(zhì)、三角函數(shù)；熟練掌握翻折變換的性質(zhì)，通過作輔助線由三角形中位線定理得出MF=12BE【變式2-2】（2023·江蘇·統(tǒng)考中考真題）如圖，3個大小完全相同的正六邊形無縫隙、不重疊的拼在一起，連接正六邊形的三個頂點得到△ABC，則tan∠ACB的值是

【答案】2【分析】如圖所示，補充一個與已知相同的正六邊形，根據(jù)正六邊形的內(nèi)角為120°，設正六邊形的邊長為1，求得CD,AD，根據(jù)正切的定義，即可求解．【詳解】解：如圖所示，補充一個與已知相同的正六邊形，

∵正六邊形對邊互相平行，且內(nèi)角為120°，∴∠EDF=30°,∠ADB=90°

過點E作EG⊥FD于G，∴FD=2FG=2EF×設正六邊形的邊長為1，則CD=3，AD=2FD=23∴tan故答案為：23【點睛】本題考查了正六邊形的性質(zhì)，解直角三角形，熟練掌握正六邊形的性質(zhì)是解題的關鍵．【變式2-3】（2023秋·上海靜安·九年級上海市民辦揚波中學校考期中）如圖，△ABC中，AB=AC=5，BC=6，BD⊥AC于點D，將△BCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角的大小與∠CBA相等，如果點C、D旋轉(zhuǎn)后分別落在點E、F的位置，那么∠EFD的正切值是．

【答案】1【分析】由題意畫圖如下，過A作AQ⊥BC于Q，過D作DP⊥BC于P，DH⊥BF于H，先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理求得∠CBA=∠BCA，BQ=CQ=3，AQ=4，利用三角形的面積公式求得BD=245，進而利用勾股定理和銳角三角函數(shù)求得CD=185，DP=7225，CP=5425，則BP=9625，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)和矩形的判定與性質(zhì)證明四邊形BPDH是矩形得到【詳解】解：由題意畫圖如下，過A作AQ⊥BC于Q，過D作DP⊥BC于P，DH⊥BF于H，

∵AB=AC=5，BC=6，∴∠CBA=∠BCA，BQ=CQ=3，則AQ=A由S△ABC=1∴CD=B∵sin∠C=AQAC∴DP=4×1855=由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得BF=BD=245，∠BFE=∠BDC=90°，∴∠FBC=∠DBF+∠CBD=∠CBA+∠CBD=∠C+∠CBD=90°，∴∠FBC=∠BPD=∠BHD=90°，∴四邊形BPDH是矩形，∴BH=DP=7225，∴FH=BF-BH=24∵∠BFE=∠BHD=90°，∴EF∥∴∠EFD=∠FDH，在Rt△FHD中，tan∴tan∠EFD=故答案為：12【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、解直角三角形、矩形的判定與性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握相關知識的聯(lián)系與運用，利用銳角三角函數(shù)尋求邊角關系是解答的關鍵．【題型3網(wǎng)格中解直角三角形】【例3】（2023·湖北武漢·統(tǒng)考三模）如圖是由小正方形組成的8×8網(wǎng)格，每個小正方形的頂點叫做格點，A，C兩個點是格點．僅用無刻度的直尺在給定網(wǎng)格中完成畫圖，畫圖過程用虛線表示．(1)在圖中，點B是格點，先畫線段AB的中點D，再在AC上畫點E，使AD=DE；

(2)在圖中，點B在格線上，過點C作AB的平行線CF；

(3)在圖中，點B在格線上，在AB上畫點G，使tan∠ACG=

【答案】(1)詳見解析(2)詳見解析(3)詳見解析【分析】（1）根據(jù)網(wǎng)格特點先作線段AB的中點D，然后作AC的垂線，交AC于點E，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可得出AD=DE；（2）連接BC，利用正方形網(wǎng)格確定BC中點，然后連接點A與中點，延長，利用網(wǎng)格及矩形的對角線即可確定點F；（3）根據(jù)網(wǎng)格的特點將線段AC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°，然后利用網(wǎng)格使得兩個相似三角形的比為4:3，連接點C與交點交AB于點G，則點G即為所求．【詳解】（1）解：解：如圖所示，點D,E即為所求；

（2）如圖所示：CF即為所求；

（3）如圖所示：點G即為所求；

【點睛】本題考查了正切的定義，無刻度直尺作圖，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的，正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合是解題的關鍵．【變式3-1】（2023秋·江蘇蘇州·九年級統(tǒng)考期中）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∴CN∴△CDN是直角三角形，∴tan∠DCN=∴∠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?shù)妮o助線是解題的關鍵．【變式3-2】（2023秋·福建泉州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，A、B、C、D是正方形網(wǎng)格的格點，AB、CD交于點O，則cos∠BOD的值為【答案】5【分析】連接AE、BE，利用正方形的性質(zhì)證明CD∥AE、∠AEB=90°，這樣把求∠BOD的余弦值轉(zhuǎn)化為求∠BAE【詳解】解：如圖，連接AE、根據(jù)勾股定理，得AE=2，AB=∵AE、∴∠BCD=∠CBD=45°，∴∠CDB=90°，同理∠AEB=90°，∴CD∥∴∠BOD＝在Rt△ABE中，cos∠BAE=故答案為：55【點睛】本題考查解直角三角形，平行線的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考常考題型．【變式3-3】（2023·湖北武漢·統(tǒng)考模擬預測）如圖是由小正方形組成的8×6網(wǎng)格，每個小正方形的頂點叫做格點，△ABC的三個頂點都是格點，僅用無刻度的直尺在給定網(wǎng)格中完成畫圖，畫圖過程用虛線表示．

(1)在圖（1）中，D，E分別是邊AB，AC與網(wǎng)格線的交點．先將點C繞點D旋轉(zhuǎn)180°得到點F，畫出點F；再在邊AB上畫點G，使EG∥(2)在圖（2）中，在邊AB上找一點P，使PA=PC；再在線段AC上找一點Q，使tan【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）點C繞點D旋轉(zhuǎn)180°即延長CD即可找到點F，最后構(gòu)造平行四邊形ABCF即可解決問題；（2）先構(gòu)造正方形，然后找到對角線交點和AC中點，連接兩點的直線與AB的交點即為所作點P；點Q就是△ABC邊AC高的垂足．【詳解】（1）如圖，

如圖（1），根據(jù)網(wǎng)格可知CD=DF,AD=BD，BH=CE，∴四邊形ACBF是平行四邊形，∴AC∥BF∴四邊形CEHB是平行四邊形，∴EH∥BC，即有EG∥BC，∴如圖（1）點F、G即為所求；（2）如圖，

如圖（2），根據(jù)網(wǎng)格可知，四邊形ABEF為正方形，AQ=CQ，∴OA=OC=OE=OF，∴點O在AC垂直平分線上，點S在AC垂直平分線上，∴MN垂直平分AC，∴PA=PC，根據(jù)網(wǎng)格易得：∠BAI=90°，AB=AI，H是AI的四等分點，連接BH交AC于點∴AH=在RtABH中，tan∠ABH=AH∴如圖（1）點P、Q即為所求；【點睛】本題考查無刻度直尺作圖，解題關鍵是熟練掌握平行四邊形，正方形的性質(zhì)和判定，垂直平分線的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應用．【題型4坐標系中解直角三角形】【例4】（2023·河南洛陽·校聯(lián)考一模）如圖，在平面直角坐標系中，菱形ABOC的頂點O在坐標原點，∠BOC=60°，頂點C的坐標為(a,3)，y=kx的圖象與菱形對角線AO交于點D，連接BD，當

A．-23 B．-33 C．-43【答案】C【分析】過點C作CE⊥x軸于點E，由∠BOC=60°，頂點C的坐標為(a,3)，可求得OC的長，進而根據(jù)菱形的性質(zhì)，可求得OB的長，且∠AOB=30°，繼而求得DB的長，則可求得點D的坐標，又由反比例函數(shù)y=kx的圖象與菱形對角線【詳解】解：過點C作CE⊥x軸于點E，

∵頂點C的坐標為(a,∴OE=-a，CE=3，∴OC=CE∵菱形ABOC中，∠BOC=60°，∴OB=OC=23，∠BOD=∵DB⊥x軸，∴DB=OB?tan∴點D的坐標為：-23∵反比例函數(shù)y=kx的圖象與菱形對角線AO交于點∴k=xy=-43故選：C．【點睛】此題考查了菱形的性質(zhì)，解直角三角形，反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征．注意準確作出輔助線，求出OC是解本題關鍵．【變式4-1】（2023·廣東湛江·嶺師附中校聯(lián)考一模）如圖，在△ABO中，AB⊥OB，AB=3，OB=1，把△ABO繞點O順時針旋轉(zhuǎn)120°后，得到△A1B1

【答案】1,-【分析】首先根據(jù)勾股定理得到AO=OB2+AB2=2，然后求出∠A=30°，∠AOB=60°，然后利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠AOA1【詳解】∵AB⊥OB，AB=3，OB=1∴AO=OB2∴sinA=∴∠A=30°，∠AOB=60°，∵如圖所示，把△ABO繞點O順時針旋轉(zhuǎn)120°后，得到△A

∴∠AOA1=120°∴∠A∴點A和點A1關于x∵A1,∴A1故答案為：1,-3【點睛】本題考查了坐標與圖形變化-旋轉(zhuǎn)：圖形或點旋轉(zhuǎn)之后要結(jié)合旋轉(zhuǎn)的角度和圖形的特殊性質(zhì)來求出旋轉(zhuǎn)后的點的坐標是解題的關鍵．【變式4-2】（2023秋·黑龍江哈爾濱·九年級哈爾濱市第十七中學校校考開學考試）如圖：已知一次函數(shù)圖像與x軸、y軸分別交于點A、點B．OB=3，tan∠BAO=

(1)求直線AB的解析式；(2)若點C在x軸上方的直線AB上，△AOC的面積為15，求tan∠BOC【答案】(1)y=(2)4【分析】（1）利用tan∠BAO=12求出OA（2）過點C作CH⊥x軸于點H，根據(jù)△AOC的面積求出CH，再根據(jù)一次函數(shù)的性質(zhì)求出OH，則tan∠BOC=【詳解】（1）解：∵OB=3，點B在y軸正半軸上，∴B0,3∵tan∠BAO=∴OA=OB∵點A在x軸的負半軸上，∴A-6,0設直線AB的解析式為y=kx+b，將A-6,0，B-6k+b=0b=3解得k=1∴直線AB的解析式為y=1（2）解：如圖，過點C作CH⊥x軸于點H，則CH∥

∵S△AOC∴CH=2∴點C的縱坐標為5，∵點C在直線y=12x+3上，將y=5解得x=4∴點C的橫坐標為4，即OH=4，∴tan∠OCH=∵CH∥∴∠OCH=∠BOC，∴tan∠BOC=【點睛】本題考查一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，解直角三角形，解題的關鍵是通過作輔助線構(gòu)造直角三角形．【變式4-3】（2023秋·黑龍江哈爾濱·九年級?？奸_學考試）在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，直線y=kx+6k交x軸于點B，交y軸于點A，AB=2AO．

(1)如圖1，求k的值；(2)如圖2，點H在AB上，點F在OB上，連接FH、OH，且FH=OH，過點F作AB的垂線，垂足為點S，設點H的橫坐標為t，-3<t<-1，線段SH的長為d，求d與t之間的函數(shù)關系式；(3)如圖3，在（2）的條件下，將線段OH繞點O順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段OE，連接AE并延長交x軸于C，連接HC，點K是HC的中點，連接EK，當tan∠SHF=310【答案】(1)k=(2)d=-(3)5【分析】（1）令y=0求得B(-6,0)，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得∠ABO=30°，在Rt△AOB中，利用銳角三角形函數(shù)求得OA=23，即A0,23，把點（2）過點H作HK⊥x軸，由（1）可知，OB=6，∠ABO=30°，由FH=OH，HK⊥x軸，可得FK=KO=-t，從而可得BK=6+t，BF=6+2t，在Rt△BKH和Rt△BFS中，利用銳角三角形求得BH=43（3）連接HE，連接OK并延長，交AC于點L，過點H作HG⊥AO于點G，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△OHE是等邊三角形，則A,H,O,E四點共圓，證明△AOB≌△AOC，根據(jù)點K是HC的中點，進而得出△AOL是等邊三角形，KL=12AH，證明△AHG≌△EKL得出EK=HG=-t【詳解】（1）解：令y=0可得，kx+6k=0，解得x=-6，∴B(-6,0)，∴OB=6，∵AB=2AO，∠AOB=90°，∴∠ABO=30°，在Rt△AOB中，tan∴OA=23∴A0,2將點A0,23代入直線y=kx+6k得，解得k=3（2）解：如圖，過點H作HK⊥x軸，∵點H的橫坐標為t，HK⊥x軸，∴KO=-t，又∵FH=OH，∴FK=KO=-t，由（1）可知，OB=6，∠ABO=30°，∴BK=6+t，BF=6+2t，在Rt△BKH中，cos∴BH=43在Rt△BFS中，cos∴BS=33∴d=HS=BH-BS=43

（3）解：連接HE，連接OK并延長，交AC于點L，過點H作HG⊥AO于點G，

∵線段OH繞點O順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段OE，∴∠HOE=60°，則△OHE是等邊三角形，∴∠HAO=∠HOE=60°，∴A,H,O,E四點共圓，∴∠OAC=∠OHE=60°在△AOB與△AOC中，∠BAO=∠CAO∴△AOB≌△AOC∴OB=OC，AC=AB，∵點K是HC的中點，∴OK=12BH=∴∵KL∥AB，K為則AL∴AL=LC則△AOL是等邊三角形，KL=1∵∠HAG=60°,AG⊥HG，∴∠AHG=30°∴AG=1又∠AGH=∠EKL=90°，∴△AHG≌△EKL，∴EK=HG=-t，∵BF=6+2t∴FS=1∵tan∠SHF=SFSH即3+t解得：t1∴SH=3+∴S【點睛】本題考查了一次函數(shù)與結(jié)合圖形，三角函數(shù)的定義，全等三角形的性質(zhì)與判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行線分線段成比例，解一元二次方程，同弧所對的圓周角相等，列函數(shù)關系式，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．【題型5四邊形中解直角三角形】【例5】（2023·海南儋州·海南華僑中學校聯(lián)考模擬預測）如圖，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，點E為對角線BD上一點，連接AE，過點E作EF⊥AE交BC于點F．連接AF交BE于點O，若AB=AE，則線段AF與BD的位置關系為；BF的長為

【答案】AF⊥BD9【分析】先證Rt△ABF≌Rt△AEF可得∠BAF=∠EAF，再根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得AF⊥BD，再由面積法可求AO=125【詳解】解：∵四邊形ABCD為矩形，∴∠ABC=∠BAD=90°．∵AB=3，∴BD=AB2∵EF⊥AE，∴∠AEF=90°．在Rt△ABF和RtAB=AE,∴△ABF≌△AEFHL∴∠BAF=∠EAF．又∵AB=AE，∴AF⊥BD．∴12∴AO=AB?AD∴BO=A∴cos∠CBD=∴BF=5故答案為AF⊥BD，94【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形性質(zhì)、勾股定理、解直角三角形等知識點，靈活運用相關判定、性質(zhì)是解答本題的關鍵．【變式5-1】（2023秋·陜西渭南·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在矩形ABCD中，點E在AD上，且EC平分∠BED，AB=3，∠ABE=30°，DE的長為（

A．1 B．2 C．3 D．2【答案】A【分析】由矩形性質(zhì)可得AB=CD=3，∠A=∠D=90°，由角平分線定義和直角三角形的性質(zhì)可得∠DCE=30°【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD=3，∠A=∠D=90°∵∠ABE=30°，∴∠AEB=60°，∴∠BED=180°-60°=120°，∵EC平分∠BED，∴∠DEC=1∴∠DCE=30°，∴tan∴DE=1．故選：A．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，角平分線的定義，直角三角形的性質(zhì)，靈活運用這些性質(zhì)進行推論是解答本題的關鍵．【變式5-2】（2023·浙江·模擬預測）已知菱形的一個內(nèi)角為60°，一條對角線的長為43，則另一條對角線的長為【答案】4或12【分析】題中沒有指明該對角線是較長的對角線還是較短的對角線，所以應分兩種情況進行分析求解．【詳解】解：如圖，菱形ABCD中，∠ABC=60°，若AC=43∵AC⊥BD，∠ABF=12∠ABC=30°∴BF=AF∴BD=2BF=12；若BD=43∵AC⊥BD，∠ABF=12∠ABC=30°∴AF=BF?tan∴AC=2AF=4；故答案為：4或12．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)和解直角三角形，熟練掌握菱形的性質(zhì)、靈活應用分類思想是關鍵．【變式5-3】（2023·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考模擬預測）如圖，已知平行四邊形ABCD中，E為BC邊上一點，連接AE、DE，若AD=DE，AE=DC，BE=4，tan∠B=3，則EC【答案】6【分析】作AF⊥BE,DG⊥AE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)結(jié)合tan∠B可求AE；根據(jù)AD∥CB可得∠B=∠AEB=∠DAE，再次利用等腰三角形的性質(zhì)結(jié)合tan∠DAE即可求【詳解】解：作AF⊥BE,DG⊥AE，如圖所示：∵AE=DC,AB=DC∴AB=AE,∠B=∠AEB∵AD∴∠AEB=∠DAE∴∠B=∠AEB=∠DAE∵BE=4∴BF=EF=2∵tan∴AF=6,AB=AE=∵AD=DE,DG⊥AE∴AG=EG=∵tan∴DG=3∴BC=AD=10∵BE=4∴EC=BC-BE=6故答案為：6【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、正切的定義，綜合性較強．作垂線構(gòu)造直角三角形是解題關鍵．【題型6利用解直角三角形求不規(guī)則圖形的面積】【例6】（2023春·江蘇·九年級專題練習）在△ABC中，∠B＝45°，AC＝4，則△ABC面積的最大值為（

）A．42 B．42＋4 C．8 D．82+8【答案】B【詳解】：∵∠B=45°，AC=b=4，∴由余弦定理cosB=a2+c2-∴2ac=a2+c2-16≥2ac-16∴ac≤162-∴△ABC面積S=12則△ABC面積的最大值為4+42故選B．【變式6-1】（2023秋·上?！ぞ拍昙壣虾Ｍ鈬Z大學附屬大境初級中學?？计谥校┮阎喝鐖D，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，D是邊AB上一點，且

(1)試求cosB(2)試求△BCD的面積．【答案】(1)cos(2)S【分析】（1）作AE⊥BC于E，得BE=CE=4，于是cosB=BE（2）作DF⊥BC于F，則tan∠DCF=DFCF=35，設DF=3x，則CF=5x，可求tanB=AEBE=3【詳解】（1）解：作AE⊥BC于E，如圖，

∵AB=AC，∴BE=CE=1在Rt△ABE中，cosB=（2）作DF⊥BC于F，如圖，在Rt△CDF中，tan設DF=3x，則CF=5x，

在Rt△ABE中，AE=5∴tanB=在Rt△BDF中t而DF=3x，∴BF=4x，∴BC=BF+CF=4x+5x=9x，即9x=8，解得x=8∴DF=3x=8∴S△BCD【點睛】本題考查銳角三角函數(shù)、解直角三角形，等腰三角形性質(zhì)；靈活運用解直角三角形求解線段是解題的關鍵．【變式6-2】（2023春·福建漳州·九年級統(tǒng)考期中）閱讀下列材料：如圖1.在△ABC中，∠A、∠B、∠C所對的邊分別為a、b、c，可以得到：S證明：過點A作AD⊥BC，垂足為D．在Rt△ABD中，sin∴AD=c?∴S同理：SSΔABC∴S（1）通過上述材料證明：a（2）運用（1）中的結(jié)論解決問題：如圖2，在ΔABC中，∠B=15°，∠C=60°，（3）如圖3，為了開發(fā)公路旁的城市荒地，測量人員選擇A、B、C三個測量點，在B點測得A在北偏東75°方向上，沿筆直公路向正東方向行駛18km到達C點，測得A在北偏西45°方向上，根據(jù)以上信息，求A、B、C三點圍成的三角形的面積．（本題參考數(shù)值：sin15°≈0.3，sin120°≈0.9，2≈1.4，結(jié)果取整數(shù)）【答案】（1）證明見解析

（2）12

（3）38【分析】（1）根據(jù)材料中的S△ABC=12absinC=12acsinB=（2）根據(jù)公式ABsinC（3）先根據(jù)公式計算AC的長，由S△ABC=12AC×BC×sin∠【詳解】（1）∵12absinC=12acsinB，∴bsinC=csinB，∴bsinB=c（2）由題意得：∠B=15°，∠C=60°，AB=203，∴ABsinC=ACsinB，即203sin60°=ACsin15°，（3）由題意得：∠ABC=90°﹣75°=15°，∠ACB=90°﹣45°=45°，∠A=180°﹣15°﹣45°=120°，由asinA=bsinB=csinC得：18sin120°=ACsin15°，∴AC=6，∴S△ABC=12AC×BC【點睛】本題是閱讀材料問題，考查了解直角三角形、三角形面積、比例的性質(zhì)，關鍵是理解并運用公式S△ABC=12absinC=12【變式6-3】（2023春·全國·九年級專題練習）已知在△ABC中，∠ACB＝135°，AC＝8，D、E分別是邊BC、AB上的一點，若tan∠DEA＝2，DE＝5，S△DEB＝4，求四邊形ACDE的面積．【答案】33629【分析】作DH⊥AB于H，CN⊥AB于N，BM⊥AC交AC的延長線于M．由題意易知tan∠DBH＝DHHB＝CNBN＝25，可以假設CN＝2k，BN＝5k，則BC＝29k，再根據(jù)tan∠A＝BM【詳解】解：如圖，作DH⊥AB于H，CN⊥AB于N，BM⊥AC交AC的延長線于M．在Rt△DHE中，∵tan∠DEH＝DHEH＝2，DE＝5∴DH＝2，EH＝1，∵S△DEB＝12?EB?DH∴4＝12×EB×2∴EB＝4，BH＝5，∵tan∠DBH＝DHHB＝CNBN＝∴可以假設CN＝2k，BN＝5k，則BC＝29k，∵∠ACB＝135°，∴∠MCB＝45°，∴CM＝BM＝22×29＝582∵tan∠A＝BMAM＝CN∴582k8+解得：k＝65829或﹣∴AB＝AN+BN＝282∴S四邊形ACDE＝S△ABC﹣S△DEB＝1＝33629【點睛】本題考查解直角三角形的應用，三角形的面積等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．【題型7解直角三角形的應用之坡度坡比問題】【例7】（2023·山西陽泉·校聯(lián)考模擬預測）根據(jù)山西省人民政府辦公廳印發(fā)的《山西省推進分布式可再生能源發(fā)展三年行動計劃（2023-2025年）》，從2023年開始，每年選擇2-3個左右鄉(xiāng)鎮(zhèn)，利用各類村閑置集體土地開發(fā)建設分散式風電幫扶小鎮(zhèn)，新增發(fā)電裝機100萬千瓦左右．如圖1，是某地山坡上新建的一臺風力發(fā)電機，數(shù)學活動小組的同學為測量這臺發(fā)電機AB的高度，如圖2，在C處測得發(fā)電機底端B的仰角為15°，沿水平地面前進30m到達D處，測得發(fā)電機頂端A的仰角為53°，若AB⊥DC于點E，圖中點A，B，C，D，E均在同一平面內(nèi)，測得山坡的坡角∠BDE=30°

(1)求斜坡BD的長；(2)求這臺風力發(fā)電機AB的高度（結(jié)果取整數(shù)）．（參考數(shù)據(jù)：sin53°≈0.8，cos53°【答案】(1)斜坡BD的長為30(2)這臺風力發(fā)電機AB的高度約為20米【分析】（1）根據(jù)等角對等邊性質(zhì)求解即可；（2）首先利用30°角直角三角形的性質(zhì)得到DE=3BE=153【詳解】（1）由題意，得∠BCE=15°，CD=30m∵∠BDE是△CDB的一個外角，∴∠CBD=∠BDE-∠BCE=15°．∴∠CBD=∠BCE=15°．∴CD=BD=30m答：斜坡BD的長為30m（2）在Rt△BDE中，∠BDE=30°，DB=30∴BE=1∴DE=3在Rt△AED中，∠ADE=53°∴AE=DE?tan∴AB=AE-BE=203答：這臺風力發(fā)電機AB的高度約為20米．【點睛】本題考查了解直角三角形的應用中仰角俯角問題，坡度坡角問題，解題關鍵是熟練掌握銳角三角函數(shù)的定義并正確運用．【變式7-1】（2023秋·廣西柳州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，某地下車庫的入口處有斜坡AB，它的坡度為i=1:2，斜坡AB的長為65m，斜坡的高度為AHAH⊥BC，為了讓行車更安全，現(xiàn)將斜坡的坡角改造為14°

(1)求車庫的高度AH；(2)求點B與點C之間的距離（結(jié)果精確到1m，參考數(shù)據(jù)：sin14°≈0.24，cos14°≈0.97【答案】(1)6(2)12【分析】（1）根據(jù)坡度，可求得sin∠ABH的值，根據(jù)AH=AB·（2）根據(jù)BH=2AH，CH=AHtan∠ACB，可分別求得BH【詳解】（1）根據(jù)題意，得AHBH所以，sin∠ABH=所以，AH=AB·sin所以，車庫的高度AH為6m（2）根據(jù)題意，得BH=2AH=12m，CH=所以，BC=CH-BH≈24-12≈12m所以，點B與點C之間的距離為12m【點睛】本題主要考查解直角三角形的應用，牢記銳角三角函數(shù)的定義是解題的關鍵．【變式7-2】（2023·河北滄州·統(tǒng)考二模）某場地的跑道分為上坡、平地、下坡三種類型．一架無人機始終以每分0.2km的速度在離水平地面500m的高度勻速向右飛行，在運動員的正上方進行跟蹤拍攝．如圖為無人機飛行以及運動員運動路徑的圖像．已知OA=103km，AB=1km，OA的坡度

(1)求坡面OA的垂直高度h；(2)求直線BC的函數(shù)解析式，并求運動員在下坡路段的速度；(3)通過計算說明運動員在O-A-B-C上運動的過程中，與無人機距離不超過300m【答案】(1)h=(2)y=-x+73(3)23【分析】（1）根據(jù)坡度的定義直接求解即可；（2）結(jié)合題意確定B點的坐標，然后利用幾何圖形性質(zhì)確定C點坐標，從而結(jié)合待定系數(shù)法求解析式即可；由于運動員在BC上的運動時間和無人機在EC水平方向上的運動時間相同，從而求出運動員的時間，再結(jié)合前序步驟結(jié)論求出BC的長度，即可求出速度；（3）用待定系數(shù)法求直線OA的解析式，然后求出運動員在線段OA上與無人機距離等于300m的時刻，再求出BC上與無人機距離等于300【詳解】（1）解：如圖所示，作AD⊥OC于D點，∵OA的坡度i=1:3，∴AD:OD=1:3，設AD=h，則OD=3h，根據(jù)勾股定理，OA=∵OA=10∴103=10∴坡面OA的垂直高度h=1（2）解：如圖所示，作BE⊥OC于E點，則四邊形ADEB為矩形，BE=AD=1由（1）可知，OD=3h=∵AB=1，∴DE=AB=1，∴OE=1+1=2，即：B點的坐標為B2,∵∠BCE=45°，∴BE=CE=13，即：C點坐標為C7設直線BC的解析式為：y=kx+bk≠0將B2,13，C∴直線BC的解析式為：y=-x+7由題意，運動員在BC上的運動時間和無人機在EC水平方向上的運動時間相同，∵CE=13km∴無人機在EC水平方向上的運動時間為：13即運動員在BC上的運動時間為53∵BE=CE=1∴BC=2∴運動員在BC上的速度為：23（3）解：由（1）可知，A點坐標為A1,設直線OA解析式為：y=axa≠0將A1,13∴直線OA解析式為：y=1當0.5-y=0.3時，即：0.5-13x=0.3∴0.6÷0.2=3min，即：運動員出發(fā)3min后，與無人機距離恰好為由（2）可知，直線BC的解析式為：y=-x+7當0.5-y=0.3時，即：0.5--x+73∴3215÷0.2=323min∴與無人機距離不超過300m的時長為：32∴與無人機距離不超過300m的時長為23

【點睛】本題考查一次函數(shù)的實際應用，解直角三角形的實際應用，理解函數(shù)圖像所對應的實際信息，準確求出各部分函數(shù)解析式是解題關鍵．【變式7-3】（2023·江蘇泰州·統(tǒng)考中考真題）如圖，堤壩AB長為10m，坡度i為1:0.75，底端A在地面上，堤壩與對面的山之間有一深溝，山頂D處立有高20m的鐵塔CD．小明欲測量山高DE，他在A處看到鐵塔頂端C剛好在視線AB上，又在壩頂B處測得塔底D的仰角α為26°35'．求堤壩高及山高DE．（sin26°35'

【答案】堤壩高為8米，山高DE為20米．【分析】過B作BH⊥AE于H，設BH=4x，AH=3x，根據(jù)勾股定理得到AB=AH2+BH2=5x=10，求得AH=6，BH=8，過B【詳解】解：過B作BH⊥AE于H，

∵坡度i為1:0.75，∴設BH=4x，AH=3x，∴AB=A∴x=2，∴AH=6，過B作BF⊥CE于F，則EF=BH=8，設DF=a，∵α=26°35∴BF=DF∴AE=6+2a，∵坡度i為1:0.75，∴CE：∴a=12，∴DF=12（米），∴DE=DF+EF=12+8=20（米），答：堤壩高為8米，山高DE為20米．【點睛】本題考查了解直角三角形的應用-俯角仰角，解直角三角形的應用-坡角坡度，正確地作出輔助線是解題的關鍵．【題型8解直角三角形的應用之俯角仰角問題】【例8】（2023春·湖南永州·九年級校考開學考試）如圖，建筑物AB后有一座小山，∠DCF=30°，測得小山坡腳C點與建筑物水平距離BC=25米，若山坡上E點處有一涼亭，且涼亭與坡腳距離CE=20米，某人從建筑物頂端A點測得E點處的俯角為48°．求建筑物AB的高（精確到0.1m）．（參考數(shù)據(jù)：3≈1.7，sin48°≈0.7，cos48°≈0.6，tan48°≈1.1，sin

【答案】57.0米【分析】過E作EM⊥BF于M，根據(jù)三角函數(shù)得出EM，過E作EN⊥AB，交AB于點N，根據(jù)三角函數(shù)得出CM，NE，AN，進而解答即可．【詳解】解：如圖，過E作EM⊥BF于M，

∵∠DCF=30°，CE=20米，∴EM=CE?sin過E作EN⊥AB，交AB于點N，BN=EM=10米，NE=BM，∠BNE=90°，在Rt△CME中，CM=CE?∴NE=BM=BC+CM=(25+103∵α=48°，∴∠EAN=90°-α=42°，在Rt△ANE中，AN=∴AB=AN+BN=57.0米，答：建筑物AB的高約為57.0米【點睛】本題考查的是解直角三角形的應用-坡度坡角問題，掌握坡度坡角的概念、熟記銳角三角函數(shù)的定義是解題的關鍵．【變式8-1】（2023·河南鄭州·校考三模）河南省登封市境內(nèi)的嵩岳寺塔是中國現(xiàn)存年代最久的佛塔，堪稱世界上最早的筒體建筑．某校數(shù)學社閉的同學利用所學知識來測量嵩岳寺塔的高度，如圖，CD是嵩岳寺塔附近不遠處的某建筑物，他們在建筑物CD底端D處利用測角儀測得嵩岳寺塔頂端B的仰角為60°，在建筑物CD頂端C處利用測角儀測得嵩岳寺塔底端A的俯角為35°，已知建筑物CD的高為15米，AB⊥AD，CD⊥AD，點A，D在同一水平線上，求嵩岳寺塔AB的高度．（結(jié)果精確到0.1m，參考數(shù)據(jù)：sin

【答案】約為37.1米【分析】由題意得CD=15米，∠BDA=60°，∠CAD=35°，在Rt△CAD中，tan∠CAD=CDAD，則AD=CDtan35°=【詳解】解：由題意得CD=15米，∠BDA=60°，在Rt△CAD中，tan∴AD=CD在Rt△ABD中，tan∴AB=AD·tan60°∴AB=15tan35°?答：嵩岳寺塔AB的高度約為37.1米．【點睛】本題考查了解直角三角形的應用——俯、仰角．解題的關鍵在于明確線段之間的數(shù)量關系．【變式8-2】（2023春·山東菏澤·九年級統(tǒng)考期中）某校數(shù)學興趣小組借助無人機測量一條河流的寬度CD，如圖所示，一架水平飛行的無人機在A處測得正前方河流的左岸C處的俯角為α，無人機沿水平線AF方向繼續(xù)飛行60米至B處，測得正前方河流右岸D處的俯角為30°．線段AM的長為無人機距地面的垂直高度，點M，C，D在同一條直線上，其中tanα=3，MC=60

(1)求無人機的飛行高度AM；（結(jié)果保留根號）(2)求河流的寬度CD．（結(jié)果精確到0.1米，參考數(shù)據(jù)：2≈1.41，3【答案】(1)1803(2)河流的寬度CD約為496米【分析】（1）根據(jù)題意可得AF∥DM，從而可得∠ACM＝α，然后在（2）過點B作BN⊥DM，垂足為N，根據(jù)題意可得AB=MN=60米，AM=BN=1803米，∠BDC=30°，然后在Rt△BDN中，利用銳角三角函數(shù)定義求出DN的長，從而求出【詳解】（1）解：解：由題意得：AF∥∴∠ACM=∠FAC=α，在Rt△AMC中，MC=603，∴AM=MC?tan∴無人機的飛行高度AM為1803（2）解：過點B作BN⊥DM，垂足為N，

則AB=MN=60，AM＝∵AF∥∴∠FBD=∠BDC=30°，在Rt△BDN中，DN=∴DM=MN+DN=60+540=600，∴CD=DM-MC=600-603∴河流的寬度CD約為496米．【點睛】本題考查了解直角三角形的應用?仰角俯角問題，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．【變式8-3】（2023秋·河南新鄉(xiāng)·九年級統(tǒng)考期末）二七紀念塔位于鄭州市二七廣場，是獨特的仿古聯(lián)體雙塔．學完解直角三角形的知識后，某校數(shù)學社團的王華和張亮決定用自己所學到的知識測量二七紀念塔AB的高度．如圖，CD是紀念塔附近不遠處的某建筑物，他們在建筑物CD底端D處測得二七紀念塔頂端B的仰角為60°，在建筑物CD頂端C處測得二七紀念塔底端A的俯角為28°，已知建筑物CD的高為19米，AB⊥AD，CD⊥AD，求二七紀念塔AB的高度．（結(jié)果精確到1米．參考數(shù)據(jù)：【答案】二七紀念塔AB的高度約為62米【分析】如圖所示，過點C作CE⊥AB于E，可證明四邊形ADCE是矩形，得到AD=CE，AE=CD=19m，解Rt△AEC得到AD=CE≈35.85m【詳解】解：如圖所示，過點C作CE⊥AB于E，∵AB⊥AD，CD⊥AD，∴四邊形ADCE是矩形，∴AD=CE，在Rt△AEC中，tan∴CE=AE∴AD=CE≈35.85m在Rt△ABD中，tan∴AB=AD?tan∴二七紀念塔AB的高度約為62米．

【點睛】本題主要考查了解直角三角形的實際應用，矩形的性質(zhì)與判定，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形是解題的關鍵．【題型9解直角三角形的應用之方向角問題】【例9】（2023·重慶·九年級專題練習）五一節(jié)日到來，重慶又一次成為全國火熱城市，小明和小亮兩人相約去觀賞洪崖洞夜景，小明從A地出發(fā)，小亮從B地出發(fā)，相約到C地觀景．在A處測得C在A的北偏東45°方向上，在B處測得C在B的正北方向上，且B在A的北偏東75°方向上．小明小亮同時分別從A、B兩地出發(fā)，他們約定先在AC上的D處匯合，小明沿著AC方向慢跑，小亮沿著北偏西60°以150m/min的速度跑了2分鐘到達D（參考數(shù)據(jù)：3≈1.73，

(1)求AB的長度（結(jié)果保留根號）；(2)他們在D處匯合的時間恰好為18：58，若他們匯合之后立即沿DC方向同行的速度為200m/min（匯合時間忽略不計）則他們能在19：00【答案】(1)1502+150(2)能，理由見解析【分析】（1）如圖所示，過點A作AE⊥BC交CB的延長線于點E，過點D作DF⊥AB于點F，根據(jù)題意得出∠CAE=45°,∠DAB=75°-45°=30°，∠BAE=90°-75°=15°，∠DBF=45°，得出BF=DF=22DB=1502m，在Rt△DAF（2）如圖所示，過點D作DG⊥CE于點G，得出CD=2DG，Rt△BDG中，得出DG=1503，進而求得CD的長，依題意，200×2=400>367.5，即能在【詳解】（1）解：如圖所示，過點A作AE⊥BC交CB的延長線于點E，過點D作DF⊥AB于點F，

∵在A的北偏東45°方向上，在B處測得C在B的正北方向上，且B在A的北偏東75°方向上．∴∠CAE=45°,∠DAB=75°-45°=30°，∠BAE=90°-75°=15°，在Rt△ABE中，∠ABE=90°-∠BAE=90°-15°=75°∵小亮從B地出發(fā)，小亮沿著北偏西60°以150m/min的速度跑了∴BD=150×2=300m，∠CBD=60°，∴∠DBF=45°，∴BF=DF=22DB=150在Rt△DAF中，AF=∴AB=AF+FB=1502+150（2）解：如圖所示，過點D作DG⊥CE于點G，

∵∠EAC=45°，∠E=90°，∴∠C=45°，∴CD=2∵Rt△BDG中，∴CD=2DG=1506∵200×2=400>367.5∴他們能在19：00之前到達C地．【點睛】本題考查了解直角三角形的應用，方向角問題，熟練掌握三角函數(shù)的定義是解題的關鍵．【變式9-1】（2023·江蘇宿遷·統(tǒng)考三模）宿遷駱馬湖兩岸風光如畫，大家都喜歡坐游船游覽觀光．如圖，在某兩段平行航道（不考慮其他因素），甲游船由西向東慢速航行，同時乙游船由東向西航行．喜愛數(shù)學的小華在甲游船到達點A處時測得C處的乙游船在甲游船的北偏東67.4°方向，向前行駛156m到點B處測得行駛到D處的乙游船在甲游船的北偏東37°方向，CD=240m，求第二次測量時甲、乙兩游船之間的距離．（參考數(shù)據(jù)sin22.6°≈513，cos22.6°≈1213，【答案】300【分析】根據(jù)題意構(gòu)造直角三角形，在直角三角形利用三角函數(shù)值求出對應的邊長關系，設參數(shù)建立方程求出參數(shù)，即可求出DM和BM長度，最后利用勾股定理即可求出答案.【詳解】解：過點D作DM⊥AB于點M，過點C作CN⊥AB于N，如圖所示，根據(jù)題意得：∠1=90°-67.4°=22.6°，∠2=90°-37°=53°，∵DM⊥AB，CN⊥AB，AB∥∴∠3=∠4=∠MDC=∠DCN=90°，∴四邊形CDMN為矩形.∴MN=CD=240m，DM=CN.∴在Rt△DBM中，tan設DM=4xm則BM=3xm，∴在Rt△ACN中，tan∴4x∴48x=1980+15x.∴x=60.∴DM=4×60=240m，BM=3×60=180∴在Rt△DBM中，BD=∴第二次測量時甲、乙兩游船之間的距離約是300m【點睛】本題考查的是解直角三角形中的實際應用，涉及到有銳角三角函數(shù)、勾股定理、矩形的面積，解題的關鍵在于正確理解題意，合理運用相關數(shù)學知識.【變式9-2】（2023春·安徽合肥·九年級校考開學考試）如圖，某巡邏艇在海上例行巡邏，上午10時在C處接到海上搜救中心從B處發(fā)來的救援任務，此時事故船位于B處的南偏東25°方向上的A處，巡邏艇位于B處的南偏西28°方向上1260米處，事故船位于巡邏艇的北偏東58°方向上，巡邏艇立刻前往A處救援，已知巡邏艇每分鐘行駛120米，請估計幾分鐘可以到達事故船A處．（結(jié)果保留整數(shù)．參考數(shù)據(jù)：3≈1.73，sin53°≈45，【答案】估計8分鐘可以到達事故船A處【分析】過點A作AD⊥BC，垂足為D，由題意得：BC=1260m，∠ABD=53°，∠ACB=30°，然后設AD=xm，分別在Rt△ABD和Rt△ADC中，利用銳角三角函數(shù)的定義求出BD和CD的長，從而根據(jù)CD+BD=BC，列出關于x的方程，進行計算可求出AD的長，進而求出【詳解】解：過點A作AD⊥BC，垂足為D，由題意得：BC=1260m，∠ABD=28°+25°=53°，∠ACB=58°-28°=30°設AD=xm在Rt△ABD中，BD=在Rt△ADC中，CD=∵CD+BD=BC，∴3x+解得：x≈508.1，∴AD≈508.1m在Rt△ADC中，∠ACD=30°∴AC=2AD=1016.2m∴1016.2÷120≈8（分鐘），∴估計8分鐘可以到達事故船A處．【點睛】本題考查了解直角三角形的應用?方位角問題，根據(jù)已知條件并結(jié)合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．【變式9-3】（2023秋·河北石家莊·九年級統(tǒng)考期末）期中測試臨近學生都在緊張的復習中，小甘和小西相約周末去圖書館復習，如圖，小甘從家A地沿著正東方向走900m到小西家B地，經(jīng)測量圖書館C地在B地的北偏東15°，C地在A地的東北方向．(1)求AC的距離：(2)兩人準備從B地出發(fā)，實然接到疾控中心通知，一名確診的新冠陽性患者昨天經(jīng)過了C地，并沿著C地南偏東22°走了1800m到達D地，根據(jù)相關要求，凡是確診者途徑之處800m區(qū)域以內(nèi)都會劃為管控區(qū)，問：小西家會被劃為管控區(qū)嗎？請說明理由（參考數(shù)據(jù)：3≈1.73,【答案】(1)1737(2)小西家會被劃為管控區(qū)，理由見解析．【分析】（1）過點B作BE⊥AC于點E，根據(jù)題意可得∠BAE=45°,∠CBA=90°+15°=105°,AB=900m，然后利用含30(2)過點B作BF⊥CD于點F，根據(jù)題意可得∠GBC=∠BCH=15°,∠DCH=22°，所以∠BCF=15°+22°=37°，然后根據(jù)銳角三角函數(shù)即可解決問題．【詳解】（1）如圖，過點B作BE⊥AC于點E，根據(jù)題意可知：∠BAE=45°，∠CBA=90°+15°=105°∴∠BCE=180∴BE=AE=2∴CE=3BE=4506∴AC的距離約為1737（2）小西家會被劃為管控區(qū)，理由如下：如圖，過點B作BF⊥CD于點F，根據(jù)題意可知∶∠GBC=∠BCH=15°,∠DCH=22°，∴∠BCF=15°+22°=37°在Rt△CBF中，CB=2BE=2×4502∴BF=CB?∵764<800∴小西家會被劃為管控區(qū)．【點睛】本題考查了解直角三角形的應用-方向角問題，解決本題的關鍵是掌握解直角三角形的應用．【題型10解直角三角形的應用之實物建模問題】【例10】（2023·河南南陽·校聯(lián)考三模）如圖1是某工廠生產(chǎn)的某種多功能兒童車，根據(jù)需要可變形為滑板車或三輪車，圖2、圖3是其示意圖，已知前后車輪半徑相同，車桿AB的長為60cm，點D是AB的中點，前支撐板DE=30cm，后支撐板EC=40cm，車桿AB與BC所成的

(1)如圖2，當支撐點E在水平線BC上時，支撐點E與前輪軸心B之間的距離BE的長；(2)如圖3，當座板DE與地面保持平行時，問變形前后兩軸心BC的長度有沒有發(fā)生變化？若不變，請通過計算說明；若變化，請求出變化量．（參考數(shù)據(jù)：sin53°≈45，cos【答案】(1)36cm；(2)變化了，長度增加了4cm．【分析】（1）如圖1，過點D作DF⊥BE于點F，由題意知BD=DE=30cm（2）如圖2，過點D作DM⊥BC于M，過點E作EN⊥BC于點N，由題意知四邊形DENM是矩形，求得MN=DE=30cm【詳解】（1）解：如圖1，過點D作DF⊥BE于點F，由題意知BD=DE=30cm∴BF=BDcos∠ABC=30×3∴BE=2BF=36cm（2）如