《2.5三角函数的应用》解答专题突破训练 2021-2022学年鲁教版九年级数学上册（Word版 含答案）
文档属性
| 名称 | 《2.5三角函数的应用》解答专题突破训练 2021-2022学年鲁教版九年级数学上册（Word版 含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 533.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-10-08 10:23:16 | ||
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文档简介
2021-2022学年鲁教版九年级数学上册《2.5三角函数的应用》解答专题突破训练（附答案）
1．如图1，某社会实践活动小组实地测量两岸互相平行的一段河的宽度，在河的南岸边点A处，测得河的北岸边点B在其北偏东45°方向，然后向西走60m到达C点，测得点B在点C的北偏东60°方向，如图2．
（1）求∠CBA的度数．
（2）求出这段河的宽（结果精确到1m，备用数据≈1.41，≈1.73）．
2．如图，一艘轮船在海上以每小时36海里的速度向正西方向航行，上午8时，在B处测得小岛A在北偏东30°方向，之后轮船继续向正西方向航行，于上午9时到达C处，这时测得小岛A在北偏东60°方向．如果轮船仍继续向正西方向航行，于上午11时到达D处，这时轮船与小岛A相距多远？
3．如图，设计一个“奔跑”游戏：路线需经A、B、C、D四地．A、B、C三地在同一直线上，D地在A地北偏东30°方向，在C地北偏西45°方向，C地在A地北偏东75°方向，且BC＝CD＝2km．
（1）证明路程AB+BD+DC与AB+BC+CD相等；
（2）从A地跑到D地的路程大约是多少？（最后结果保留整数，参考数据：sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，≈1.4）
4．如图，在港口A处的正西方向有两个观测点B，C．一艘轮船从A处出发，沿北偏西26°方向航行60km至D处，在B，C处分别测得∠DBA＝45°，∠C＝37°．求两个观察点B，C相距的距离．（参考数据：sin26°≈0.44，cos26°≈0.90，tan26°≈0.49，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75．）
5．如图，禁止捕鱼期间，某海上稽查队在某海域巡逻，上午某一时刻在A处接到指挥部通知，在他们东北方向距离12海里的B处有一艘捕鱼船，正在沿南偏东75°方向以每小时10海里的速度航行，稽查队员立即乘坐巡逻船以每小时14海里的速度沿北偏东某一方向出发，在C处成功拦截捕鱼船，求巡逻船从出发到成功拦截捕鱼船所用的时间．
6．小明在A点测得C点在A点的北偏西75°方向，并由A点向南偏西45°方向行走到达B点测得C点在B点的北偏西45°方向，继续向正西方向行走2km后到达D点，测得C点在D点的北偏东22.5°方向，求A，C两点之间的距离．（结果保留0.1km．参数数据≈1.732）
7．在全民健身运动中，骑行运动颇受市民青睐．一市民骑自行车由A地出发，途经B地去往C地，如图．当他由A地出发时，发现他的北偏东45°方向有一信号发射塔P．他由A地沿正东方向骑行4km到达B地，此时发现信号塔P在他的北偏东15°方向，然后他由B地沿北偏东75°方向骑行12km到达C地．
（1）求A地与信号发射塔P之间的距离；
（2）求C地与信号发射塔P之间的距离．（计算结果保留根号）
8．我市的前三岛是众多海钓人的梦想之地．小明的爸爸周末去前三岛钓鱼，将鱼竿AB摆成如图1所示．已知AB＝4.8m，鱼竿尾端A离岸边0.4m，即AD＝0.4m．海面与地面AD平行且相距1.2m，即DH＝1.2m．
（1）如图1，在无鱼上钩时，海面上方的鱼线BC与海面HC的夹角∠BCH＝37°，海面下方的鱼线CO与海面HC垂直，鱼竿AB与地面AD的夹角∠BAD＝22°．求点O到岸边DH的距离；
（2）如图2，在有鱼上钩时，鱼竿与地面的夹角∠BAD＝53°，此时鱼线被拉直，鱼线BO＝5.46m，点O恰好位于海面．求点O到岸边DH的距离．
（参考数据：sin37°＝cos53°≈，cos37°＝sin53°≈，tan37°≈，sin22°≈，cos22°≈，tan22°≈）
9．如图，吊车在水平地面上吊起货物时，吊绳BC与地面保持垂直，吊臂AB与水平线的夹角为64°，吊臂底部A距地面1.5m．
（1）当吊臂底部A与货物的水平距离AC为5m时，求吊臂AB的长；
（2）如果该吊车吊臂的最大长度AD为20m，那么从地面上吊起货物的最大高度是多少？（吊钩的长度与货物的高度忽略不计，计算结果精确到0.1m，参考数据：sin64°≈0.90，cos64°≈0.44，tan64°≈2.05）
10．如图，山区某教学楼后面紧邻着一个土坡，坡面BC平行于地面AD，斜坡AB的坡比为i＝1：，且AB＝26米．为了防止山体滑坡，保障安全，学校决定对该土坡进行改造．经地质人员勘测，当坡角不超过53°时，可确保山体不滑坡．
（1）求改造前坡顶与地面的距离BE的长．
（2）为了消除安全隐患，学校计划将斜坡AB改造成AF（如图所示），那么BF至少是多少米？（结果精确到1米）
（参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.33，cot53°≈0.75）．
11．在2020年5月27日，我国派遣了一支登山队成功地登上了珠峰之巅，再次以中国人的身份，站上了珠峰顶部．已知一个人登山时的动作可以简化成下图所示，他的大腿长AB、AC为45cm，上坡时大腿之间的夹角∠BAC＝65°，某段山坡DF的坡度为i＝．问这名登山队员沿着这段山坡，大约走多少步才能将自己所处位置的海拔提高50米？
（结果保留整数，sin65°≈，tan65°≈，cos65°≈）
12．我市里运河有一座人行天桥如图所示，天桥高为6米，坡面BC的坡度为1：1，文化墙PM在天桥底部正前方8米处（PB的长），为了方便行人推车过天桥，有关部门决定降低坡度，使新坡面的坡度为1：．有关部门规定，文化墙距天桥底部小于3米时应拆除，天桥改造后，该文化墙PM是否需要拆除？请说明理由．（参考数据：≈1.414，≈1.732）
13．如图，水库大坝的横断面为四边形ABCD，其中AD∥BC，坝顶BC＝10米，坝高20米，斜坡AB的坡度i＝1：2.5，斜坡CD的坡角为30°．
（1）求坝底AD的长度（结果精确到1米）；
（2）若坝长100米，求建筑这个大坝需要的土石料（参考数据：）
14．如图，BC是路边坡角为30°，长为10米的一道斜坡，在坡顶灯杆CD的顶端D处有一探射灯，射出的边缘光线DA和DB与水平路面AB所成的夹角∠DAN和∠DBN分别是37°和60°（图中的点A、B、C、D、M、N均在同一平面内，CM∥AN）．
（1）求灯杆CD的高度；
（2）求AB的长度（结果精确到0.1米）．（参考数据：＝1.73．sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）
15．如图，为了将货物装入大型的集装箱卡车，需要利用传送带AB将货物从地面传送到高1.8米（即BD＝1.8米）的操作平台BC上．已知传送带AB与地面所成斜坡的坡角∠BAD＝37°．
（1）求传送带AB的长度；
（2）因实际需要，现在操作平台和传送带进行改造，如图中虚线所示，操作平台加高0.2米（即BF＝0.2米），传送带与地面所成斜坡的坡度i＝1：2．求改造后传送带EF的长度．（精确到0.1米）（参考数值：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，≈1.41，≈2.24）
16．如图①是一个新款水杯，水杯不盛水时在如图②所示的位置放置，这样可以快速晾干杯底，干净透气：将图②的主体部分抽象成图③，此时杯口与水平直线的夹角为35°，四边形ABCD可以看作矩形，测得AB＝20cm，BC＝16cm，过点A作AF⊥CE，交CE于点F．
（1）求∠BAF的度数；
（2）求点A到水平直线CE的距离AF的长．（精确到0.1cm，参考数据sin35°≈0.5736，cos35°≈0.8192，tan35°≈0.7002）
17．如图是某货站传送货物的平面示意图为了提高传送过程的安全性，工人师傅欲减小传送带与地面的夹角使其由45°改为30°，已知原传送带AB长为4米．
（1）求新传送带AC的长度；（结果保留根号）
（2）如果需要在货物着地点C的左侧留出2米的通道，试判断距离B点5米的货物DEFG是否需要挪走，并说明理由（结果精确到0.1米参考数据：≈1.41，≈1.73，≈2.45）
18．今年“五一”假期，某教学活动小组组织一次登山活动，他们从山脚下A点出发沿斜坡AB到达B点，再从B点沿斜坡BC到达山顶C点，路线如图所示，斜坡AB的长为200米，斜坡BC的长为200米，坡度是1：1，已知A点海拔121米，C点海拔721米
（1）求B点的海拔；
（2）求斜坡AB的坡度；
（3）为了方便上下山，若在A到C之间架设一条钢缆，求钢缆AC的长度．
19．如图，某数学兴趣小组为测量一颗古树BH和教学楼GC的高，先在A处用高1.5米的测角仪AF测得古树顶端H的仰角∠HFE为45°，此时教学楼顶端G恰好在视线FH上，再向前走10米到达B处，又测得教学楼顶端G的仰角∠GED为60°，点A、B、C三点在同一水平线上．
（1）求古树BH的高；
（2）求教学楼CG的高．（结果可保留根号）
20．如图，AB和CD是同一地面上的两座相距39米的楼房，在楼AB的楼顶A点测得楼CD的楼顶C的仰角为45°，楼底D的俯角为30°．求楼CD的高（结果保留根号）．
21．新冠状病毒疫情爆发，湖北武汉需要大量救援物资．如图小明站在一栋五层居民楼AB的第五层（每层高度相等），眼睛离五楼地面的距离EF＝1.6m．他发现楼外面停着一辆装载救援物资的货车，货车尾部C点到楼体的水平距离MC＝10.5m，车厢顶部C点与地面的垂直距离CG＝3.6m；在E点测得C点的俯角为45°，测得D点的俯角为30°，求小明所在楼层AF的高度和货车车厢CD的长度（结果保留小数点后一位）．（参考数据：≈1.73，≈1.41．）
参考答案
1．解：（1）由题意得，∠BAD＝45°，∠BCA＝30°，
∴∠CBA＝∠BAD﹣∠BCA＝15°；
（2）作BD⊥CA交CA的延长线于D，
设BD＝xm，
∵∠BCA＝30°，
∴CD＝＝x，
∵∠BAD＝45°，
∴AD＝BD＝x，
则x﹣x＝60，
解得x＝≈82，
答：这段河的宽约为82m．
2．解：作AE⊥BD于点E，
则∠ACB＝90°﹣60°＝30°，∠ABE＝90°﹣30°＝60°，
∵∠ABE＝∠ACB+∠CAB
∴∠CAB＝30°
∴∠ACB＝∠CAB
∴AB＝BC＝36海里，
在直角△ABE中，∠ABE＝60°，
∴AE＝AB＝18海里，BE＝AB＝18海里，
在直角△ADE中，DE＝126海里，
根据勾股定理得到AD＝＝＝36海里．
3．（1）证明：根据两直线平行，同旁内角互补可得，∠DCA+45°+75°＝180°，
∴∠DCA＝180°﹣75°﹣45°＝60°，
∵BC＝CD，
∴△BCD是等边三角形．
∴BC＝BD，
∴AB+BD+DC＝AB+BC+CD；
（2）解：过点B作BE垂直于AD，垂足为E，
由题意可知∠DAC＝75°﹣30°＝45°，
∵△BCD是等边三角形，
∴∠DBC＝60°，BD＝BC＝CD＝2km，
∵∠DBC＝∠DAC+∠ADB
∴∠ADB＝∠DBC﹣∠DAC＝15°，
在Rt△BDE中，sin∠ADB＝，
∴BE＝BD sin15°≈2×0.26≈0.52（km），
在Rt△ABE中，sin∠EAB＝，
∴AB＝＝0.52×≈0.52×1.4≈0.7（km），
∴AB+BC+CD≈0.7+2+2≈4.7（km）．
答：从A地跑到D地的路程大约是4.7km．
4．解：过点D作DE⊥AC，垂足为E，如图所示：
在Rt△ABE中，AD＝60km，∠ADE＝26°，
∴DE＝AD cos∠ADE＝60×cos26°≈60×0.9＝54（km），
∵∠DBE＝45°，∠DEB＝90°，
∴BE＝DE＝54km，
∵∠C＝37°，
∴，
∴CE＝．
∴CE≈54÷0.75＝72（km），
∴BC＝CE﹣BE＝72﹣54＝18（km），
答：两个观察点B，C相距的距离为18海里．
5．解：设巡逻船从出发到成功拦截所用时间为x小时；如图所示，
由题意得：∠ABC＝45°+75°＝120°，AB＝12，BC＝10x，AC＝14x，
过点A作AD⊥CB的延长线于点D，
在Rt△ABD中，AB＝12，∠ABD＝45°+（90°﹣75°）＝60°，
∴BD＝AB cos60°＝AB＝6，AD＝AB sin60°＝6，
∴CD＝10x+6．
在Rt△ACD中，由勾股定理得：，
解得：（不合题意舍去）．
答：巡逻船从出发到成功拦截所用时间为2小时．
6．解：过点A作AM∥BD，过B点作BM⊥BD，AM与BM交于点M，
∵在A点测得C点在A点的北偏西75°方向，
∴∠NAC＝75°，
∴∠CAM＝15°，
∵由A点向南偏西45°方向行走到达B点，
∴∠MAB＝45°，
∴∠MBA＝45°，
∵C点在B点的北偏西45°方向，
∴∠CBM＝45°，
∴∠CBA＝90°，∠CBD＝45°，
∵C点在D点的北偏东22.5°方向，
∴∠PDC＝22.5°，
∴∠DCB＝67.5°，
∴∠BDC＝180°﹣67.5°﹣45°＝67.5°，
∴BD＝BC，
由题可得DB＝2km，
∴BC＝2km，
在Rt△ABC中，∠CAB＝15°+45°＝60°，BC＝2，
∴AC＝≈1.3km．
7．解：（1）依题意知：∠PAB＝45°，∠PBG＝15°，∠GBC＝75°，
过点B作BD⊥AP于D点，
∵∠DAB＝45°，，
∴AD＝BD＝4，
∵∠ABD＝∠GBD＝45°，∠GBP＝15°，
∴∠PBD＝60°，
∵BD＝4，
∴，
∴PA＝（4+4）（km）；
（2）∵∠PBD＝60°，BD＝4，
∴PB＝8，
过点P作PE⊥BC于E，
∵∠PBG＝15°，∠GBC＝75°，
∴∠PBE＝60°，
∵PB＝8，
∴BE＝4，，
∵BC＝12，
∴CE＝8，
∴PC＝4（km）．
8.解：（1）过点B作BF⊥CH，垂足为F，延长AD交BF于E，垂足为E，则AE⊥BF，
由cos∠BAE＝，
∴cos22°＝，
∴，即AE＝4.5m，
∴DE＝AE﹣AD＝4.5﹣0.4＝4.1（m），
由sin∠BAE＝，
∴，
∴，即BE＝1.8m，
∴BF＝BE+EF＝1.8+1.2＝3（m），
又，
∴，即CF＝4m，
∴CH＝CF+HF＝CF+DE＝4+4.1＝8.1（m），即点O到岸边DH的距离为8.1m；
（2）过点B作BN⊥OH，垂足为N，延长AD交BN于点M，垂足为M，
由cos∠BAM＝，
∴，
∴，
即AM＝2.88m，
∴DM＝AM﹣AD＝2.88﹣0.4＝2.48（m），
由sin∠BAM＝，
∴，
∴，即BM＝3.84m，
∴BN＝BM+MN＝3.84+1.2＝5.04（m），
∴＝（m），
∴OH＝ON+HN＝ON+DM＝4.58（m），
即点O到岸边的距离为4.58m．
9．解：（1）在Rt△ABC中，
∵∠BAC＝64°，AC＝5m，
∴AB＝≈5÷0.44≈11.4（m）；
故答案为：11.4；
（2）过点D作DH⊥地面于H，交水平线于点E，
在Rt△ADE中，
∵AD＝20m，∠DAE＝64°，EH＝1.5m，
∴DE＝sin64°×AD≈20×0.9≈18（m），
即DH＝DE+EH＝18+1.5＝19.5（m），
答：如果该吊车吊臂的最大长度AD为20m，那么从地面上吊起货物的最大高度是19.5m．
10．解：（1）∵斜坡AB的坡比为i＝1：，
∴BE：EA＝12：5，
设BE＝12x，则EA＝5x，
由勾股定理得，BE2+EA2＝AB2，即（12x）2+（5x）2＝262，
解得，x＝2，
则BE＝12x＝24，AE＝5x＝10，
答：改造前坡顶与地面的距离BE的长为24米；
（2）作FH⊥AD于H，
则tan∠FAH＝，
∴AH＝≈18，
∴BF＝18﹣10＝8，
答：BF至少是8米．
11．解：如图，过点C作CH⊥AD于点H，延长CE交DG于点M，
得矩形CHDM，
∴CH＝DM，
根据题意可知：
山坡DF的坡度为i＝＝，AB＝AC＝45cm，∠BAC＝65°，
∴sin∠BAC＝sin65°＝＝≈，
∴CH≈45×＝（cm），
∴＝＝＝，
∴EM＝（cm），
∵登山队员每走一步，海拔提高大约提高cm，
∵50m＝5000cm，
∴5000÷≈231.48≈231（步）．
答：这名登山队员沿着这段山坡，大约走231步才能将自己所处位置的海拔提高50米．
12．解：该文化墙PM不需要拆除，
理由：设新坡面坡角为α，新坡面的坡度为1：，
∴tanα＝＝，
∴α＝30°．
作CD⊥AB于点D，则CD＝6米，
∵新坡面的坡度为1：，
∴tan∠CAD＝＝＝，
解得，AD＝6，
∵坡面BC的坡度为1：1，CD＝6米，
∴BD＝6米，
∴AB＝AD﹣BD＝（6﹣6）米，
又∵PB＝8米，
∴PA＝PB﹣AB＝8﹣（6﹣6）＝14﹣6≈14﹣6×1.732≈3.6米＞3米，
∴该文化墙PM不需要拆除．
13．解：（1）作BE⊥AD于E，CF⊥AD于F，
则四边形BEFC是矩形，
∴EF＝BC＝10米，
∵BE＝20米，斜坡AB的坡度i＝1：2.5，
∴AE＝50米，
∵CF＝20米，斜坡CD的坡角为30°，
∴DF＝＝20≈35米，
∴AD＝AE+EF+FD＝95米；
（2）建筑这个大坝需要的土石料：×（95+10）×20×100＝105000米3．
14．解：（1）延长DC交AN于H．
∵∠DBH＝60°，∠DHB＝90°，
∴∠BDH＝30°，
∵∠CBH＝30°，
∴∠CBD＝∠BDC＝30°，
∴BC＝CD＝10（米）．
（2）在Rt△BCH中，CH＝BC＝5米，BH＝5≈8.65（米），
∴DH＝15（米），
在Rt△ADH中，AH＝≈＝20（米），
∴AB＝AH﹣BH＝20﹣8.65≈11.4（米）．
答：AB的长度约为11.4米．
15．解：（1）在直角△ABD中，∵∠ADB＝90°，∠BAD＝37°，BD＝1.8米，
∴AB＝≈＝3（米）．
答：传送带AB的长度约为3米；
（2）∵DF＝BD+BF＝1.8+0.2＝2米，斜坡EF的坡度i＝1：2，
∴＝，
∴DE＝2DF＝4米，
∴EF＝＝＝2≈4.5（米）．
答：改造后传送带EF的长度约为4.5米．
16．解：（1）延长AB、FC相交于点G，
∵AF⊥EC，
∴∠AFG＝90°，
∴∠BAF+∠G＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°＝∠CBG，
∴∠BCG+∠G＝90°，
∴∠BAF＝∠BCG＝35°；
（2）Rt△BCG中，∠BCG＝35°，BC＝16cm，
∴BG＝tan35° BC≈11.2032（cm），
CG＝≈≈19.53125（cm），
∵∠AFG＝∠CBG＝90°，∠G＝∠G，
∴△AFG∽△CBG，
∴＝，
即＝，
解得AF≈25.6（cm），
答：点A到水平直线CE的距离AF的长约为25.6cm．
17．解：（1）如图，
在Rt△ABM中，AM＝ABsin45°＝2（米）．
在Rt△ACM中，
∵∠ACM＝30°，
∴AC＝2AM＝4（米）．
即新传送带AC的长度约为4米；
（2）结论：货物DEFG不用挪走．
解：在Rt△ABM中，BM＝ABcos45°＝2（米）．
在Rt△ACM中，CM＝AM＝2（米）．
∴CB＝CM﹣BM＝2﹣2≈2.08（米）．
∵DC＝DB﹣CB≈5﹣2.08＝2.92（米）＞2（米），
∴货物DEFG不应挪走．
18．解：（1）作CD⊥AM于点D，作BE⊥CD于点E，作BF⊥AM于点F，连接AC，
∵斜坡BC的长为200米，坡度是1：1，
∴BE＝CE＝200米，
∵A点海拔121米，C点海拔721米，
∴CD＝600米，
∴BF＝400米，
∵121+400＝521（米），
∴点B的海拔是521米；
（2）∵斜坡AB的长为200米，BF＝400米，
∴AF＝＝600米，
∴BF：AF＝400：600＝2：3，
即斜坡AB的坡度是2：3；
（3）∵CD＝600米，AD＝AF+FD＝AF+BE＝600+200＝800（米），
∴AC＝＝1000米，
即钢缆AC的长度是1000米．
19．解：（1）由题意得，∠HFE＝45°，EF＝10，AF＝BE＝CD＝1.5，∠GED＝60°，
在Rt△EFH中，
∵∠HFE＝45°，EF＝10，
∴EH＝EF＝10，
∴BH＝BE+EH＝1.5+10＝11.5，
答：古树BH的高为11.5米；
（2）在Rt△FGD中，
∵∠GFD＝45°，
∴GD＝FD，
在Rt△GED中，
∵∠GED＝60°，
设ED＝x，则GD＝x＝DF，
由DF﹣DE＝EF得，
x﹣x＝10，
解得x＝5+5，
∴GD＝x＝15+5，
∴教学楼CG的高为1.5+15+5＝16.5+5，
答：教学楼CG的高为（16.5+5）米．
20．解：延长过点A的水平线交CD于点E，则有AE⊥CD，四边形ABDE是矩形，AE＝BD＝39米．
∵∠CAE＝45°，
∴△AEC是等腰直角三角形，
∴CE＝AE＝39米．
在Rt△AED中，tan∠EAD＝，
∴ED＝39×tan30°＝13米，
∴CD＝CE+ED＝（39+13）米．
答：楼CD的高是（39+13）米．
21．解：由题意可得：∠ECM＝45°，∠EDM＝30°，
设居民楼每层楼高为xm，则EM＝BF+EF﹣BM＝4x+1.6﹣3.6＝（4x﹣2）m，
在Rt△ECM中，tan∠ECM＝，
∴，
∴MC＝4x﹣2，
∴4x﹣2＝10.5，
∴x＝3.125≈3.1（m），
在Rt△EDM中，tan∠EDM＝，
∴tan30°＝，
∴DM＝（4x﹣2），
∵DM﹣CM＝CD，
∴CD＝，
∴CD≈（1.73﹣1）×10.5＝7.665≈7.7（m），
答：小明所在楼层AF的高度约为3.1m，货车车厢CD的长度约为7.7m．
1．如图1，某社会实践活动小组实地测量两岸互相平行的一段河的宽度，在河的南岸边点A处，测得河的北岸边点B在其北偏东45°方向，然后向西走60m到达C点，测得点B在点C的北偏东60°方向，如图2．
（1）求∠CBA的度数．
（2）求出这段河的宽（结果精确到1m，备用数据≈1.41，≈1.73）．
2．如图，一艘轮船在海上以每小时36海里的速度向正西方向航行，上午8时，在B处测得小岛A在北偏东30°方向，之后轮船继续向正西方向航行，于上午9时到达C处，这时测得小岛A在北偏东60°方向．如果轮船仍继续向正西方向航行，于上午11时到达D处，这时轮船与小岛A相距多远？
3．如图，设计一个“奔跑”游戏：路线需经A、B、C、D四地．A、B、C三地在同一直线上，D地在A地北偏东30°方向，在C地北偏西45°方向，C地在A地北偏东75°方向，且BC＝CD＝2km．
（1）证明路程AB+BD+DC与AB+BC+CD相等；
（2）从A地跑到D地的路程大约是多少？（最后结果保留整数，参考数据：sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，≈1.4）
4．如图，在港口A处的正西方向有两个观测点B，C．一艘轮船从A处出发，沿北偏西26°方向航行60km至D处，在B，C处分别测得∠DBA＝45°，∠C＝37°．求两个观察点B，C相距的距离．（参考数据：sin26°≈0.44，cos26°≈0.90，tan26°≈0.49，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75．）
5．如图，禁止捕鱼期间，某海上稽查队在某海域巡逻，上午某一时刻在A处接到指挥部通知，在他们东北方向距离12海里的B处有一艘捕鱼船，正在沿南偏东75°方向以每小时10海里的速度航行，稽查队员立即乘坐巡逻船以每小时14海里的速度沿北偏东某一方向出发，在C处成功拦截捕鱼船，求巡逻船从出发到成功拦截捕鱼船所用的时间．
6．小明在A点测得C点在A点的北偏西75°方向，并由A点向南偏西45°方向行走到达B点测得C点在B点的北偏西45°方向，继续向正西方向行走2km后到达D点，测得C点在D点的北偏东22.5°方向，求A，C两点之间的距离．（结果保留0.1km．参数数据≈1.732）
7．在全民健身运动中，骑行运动颇受市民青睐．一市民骑自行车由A地出发，途经B地去往C地，如图．当他由A地出发时，发现他的北偏东45°方向有一信号发射塔P．他由A地沿正东方向骑行4km到达B地，此时发现信号塔P在他的北偏东15°方向，然后他由B地沿北偏东75°方向骑行12km到达C地．
（1）求A地与信号发射塔P之间的距离；
（2）求C地与信号发射塔P之间的距离．（计算结果保留根号）
8．我市的前三岛是众多海钓人的梦想之地．小明的爸爸周末去前三岛钓鱼，将鱼竿AB摆成如图1所示．已知AB＝4.8m，鱼竿尾端A离岸边0.4m，即AD＝0.4m．海面与地面AD平行且相距1.2m，即DH＝1.2m．
（1）如图1，在无鱼上钩时，海面上方的鱼线BC与海面HC的夹角∠BCH＝37°，海面下方的鱼线CO与海面HC垂直，鱼竿AB与地面AD的夹角∠BAD＝22°．求点O到岸边DH的距离；
（2）如图2，在有鱼上钩时，鱼竿与地面的夹角∠BAD＝53°，此时鱼线被拉直，鱼线BO＝5.46m，点O恰好位于海面．求点O到岸边DH的距离．
（参考数据：sin37°＝cos53°≈，cos37°＝sin53°≈，tan37°≈，sin22°≈，cos22°≈，tan22°≈）
9．如图，吊车在水平地面上吊起货物时，吊绳BC与地面保持垂直，吊臂AB与水平线的夹角为64°，吊臂底部A距地面1.5m．
（1）当吊臂底部A与货物的水平距离AC为5m时，求吊臂AB的长；
（2）如果该吊车吊臂的最大长度AD为20m，那么从地面上吊起货物的最大高度是多少？（吊钩的长度与货物的高度忽略不计，计算结果精确到0.1m，参考数据：sin64°≈0.90，cos64°≈0.44，tan64°≈2.05）
10．如图，山区某教学楼后面紧邻着一个土坡，坡面BC平行于地面AD，斜坡AB的坡比为i＝1：，且AB＝26米．为了防止山体滑坡，保障安全，学校决定对该土坡进行改造．经地质人员勘测，当坡角不超过53°时，可确保山体不滑坡．
（1）求改造前坡顶与地面的距离BE的长．
（2）为了消除安全隐患，学校计划将斜坡AB改造成AF（如图所示），那么BF至少是多少米？（结果精确到1米）
（参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.33，cot53°≈0.75）．
11．在2020年5月27日，我国派遣了一支登山队成功地登上了珠峰之巅，再次以中国人的身份，站上了珠峰顶部．已知一个人登山时的动作可以简化成下图所示，他的大腿长AB、AC为45cm，上坡时大腿之间的夹角∠BAC＝65°，某段山坡DF的坡度为i＝．问这名登山队员沿着这段山坡，大约走多少步才能将自己所处位置的海拔提高50米？
（结果保留整数，sin65°≈，tan65°≈，cos65°≈）
12．我市里运河有一座人行天桥如图所示，天桥高为6米，坡面BC的坡度为1：1，文化墙PM在天桥底部正前方8米处（PB的长），为了方便行人推车过天桥，有关部门决定降低坡度，使新坡面的坡度为1：．有关部门规定，文化墙距天桥底部小于3米时应拆除，天桥改造后，该文化墙PM是否需要拆除？请说明理由．（参考数据：≈1.414，≈1.732）
13．如图，水库大坝的横断面为四边形ABCD，其中AD∥BC，坝顶BC＝10米，坝高20米，斜坡AB的坡度i＝1：2.5，斜坡CD的坡角为30°．
（1）求坝底AD的长度（结果精确到1米）；
（2）若坝长100米，求建筑这个大坝需要的土石料（参考数据：）
14．如图，BC是路边坡角为30°，长为10米的一道斜坡，在坡顶灯杆CD的顶端D处有一探射灯，射出的边缘光线DA和DB与水平路面AB所成的夹角∠DAN和∠DBN分别是37°和60°（图中的点A、B、C、D、M、N均在同一平面内，CM∥AN）．
（1）求灯杆CD的高度；
（2）求AB的长度（结果精确到0.1米）．（参考数据：＝1.73．sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75）
15．如图，为了将货物装入大型的集装箱卡车，需要利用传送带AB将货物从地面传送到高1.8米（即BD＝1.8米）的操作平台BC上．已知传送带AB与地面所成斜坡的坡角∠BAD＝37°．
（1）求传送带AB的长度；
（2）因实际需要，现在操作平台和传送带进行改造，如图中虚线所示，操作平台加高0.2米（即BF＝0.2米），传送带与地面所成斜坡的坡度i＝1：2．求改造后传送带EF的长度．（精确到0.1米）（参考数值：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，tan37°≈0.75，≈1.41，≈2.24）
16．如图①是一个新款水杯，水杯不盛水时在如图②所示的位置放置，这样可以快速晾干杯底，干净透气：将图②的主体部分抽象成图③，此时杯口与水平直线的夹角为35°，四边形ABCD可以看作矩形，测得AB＝20cm，BC＝16cm，过点A作AF⊥CE，交CE于点F．
（1）求∠BAF的度数；
（2）求点A到水平直线CE的距离AF的长．（精确到0.1cm，参考数据sin35°≈0.5736，cos35°≈0.8192，tan35°≈0.7002）
17．如图是某货站传送货物的平面示意图为了提高传送过程的安全性，工人师傅欲减小传送带与地面的夹角使其由45°改为30°，已知原传送带AB长为4米．
（1）求新传送带AC的长度；（结果保留根号）
（2）如果需要在货物着地点C的左侧留出2米的通道，试判断距离B点5米的货物DEFG是否需要挪走，并说明理由（结果精确到0.1米参考数据：≈1.41，≈1.73，≈2.45）
18．今年“五一”假期，某教学活动小组组织一次登山活动，他们从山脚下A点出发沿斜坡AB到达B点，再从B点沿斜坡BC到达山顶C点，路线如图所示，斜坡AB的长为200米，斜坡BC的长为200米，坡度是1：1，已知A点海拔121米，C点海拔721米
（1）求B点的海拔；
（2）求斜坡AB的坡度；
（3）为了方便上下山，若在A到C之间架设一条钢缆，求钢缆AC的长度．
19．如图，某数学兴趣小组为测量一颗古树BH和教学楼GC的高，先在A处用高1.5米的测角仪AF测得古树顶端H的仰角∠HFE为45°，此时教学楼顶端G恰好在视线FH上，再向前走10米到达B处，又测得教学楼顶端G的仰角∠GED为60°，点A、B、C三点在同一水平线上．
（1）求古树BH的高；
（2）求教学楼CG的高．（结果可保留根号）
20．如图，AB和CD是同一地面上的两座相距39米的楼房，在楼AB的楼顶A点测得楼CD的楼顶C的仰角为45°，楼底D的俯角为30°．求楼CD的高（结果保留根号）．
21．新冠状病毒疫情爆发，湖北武汉需要大量救援物资．如图小明站在一栋五层居民楼AB的第五层（每层高度相等），眼睛离五楼地面的距离EF＝1.6m．他发现楼外面停着一辆装载救援物资的货车，货车尾部C点到楼体的水平距离MC＝10.5m，车厢顶部C点与地面的垂直距离CG＝3.6m；在E点测得C点的俯角为45°，测得D点的俯角为30°，求小明所在楼层AF的高度和货车车厢CD的长度（结果保留小数点后一位）．（参考数据：≈1.73，≈1.41．）
参考答案
1．解：（1）由题意得，∠BAD＝45°，∠BCA＝30°，
∴∠CBA＝∠BAD﹣∠BCA＝15°；
（2）作BD⊥CA交CA的延长线于D，
设BD＝xm，
∵∠BCA＝30°，
∴CD＝＝x，
∵∠BAD＝45°，
∴AD＝BD＝x，
则x﹣x＝60，
解得x＝≈82，
答：这段河的宽约为82m．
2．解：作AE⊥BD于点E，
则∠ACB＝90°﹣60°＝30°，∠ABE＝90°﹣30°＝60°，
∵∠ABE＝∠ACB+∠CAB
∴∠CAB＝30°
∴∠ACB＝∠CAB
∴AB＝BC＝36海里，
在直角△ABE中，∠ABE＝60°，
∴AE＝AB＝18海里，BE＝AB＝18海里，
在直角△ADE中，DE＝126海里，
根据勾股定理得到AD＝＝＝36海里．
3．（1）证明：根据两直线平行，同旁内角互补可得，∠DCA+45°+75°＝180°，
∴∠DCA＝180°﹣75°﹣45°＝60°，
∵BC＝CD，
∴△BCD是等边三角形．
∴BC＝BD，
∴AB+BD+DC＝AB+BC+CD；
（2）解：过点B作BE垂直于AD，垂足为E，
由题意可知∠DAC＝75°﹣30°＝45°，
∵△BCD是等边三角形，
∴∠DBC＝60°，BD＝BC＝CD＝2km，
∵∠DBC＝∠DAC+∠ADB
∴∠ADB＝∠DBC﹣∠DAC＝15°，
在Rt△BDE中，sin∠ADB＝，
∴BE＝BD sin15°≈2×0.26≈0.52（km），
在Rt△ABE中，sin∠EAB＝，
∴AB＝＝0.52×≈0.52×1.4≈0.7（km），
∴AB+BC+CD≈0.7+2+2≈4.7（km）．
答：从A地跑到D地的路程大约是4.7km．
4．解：过点D作DE⊥AC，垂足为E，如图所示：
在Rt△ABE中，AD＝60km，∠ADE＝26°，
∴DE＝AD cos∠ADE＝60×cos26°≈60×0.9＝54（km），
∵∠DBE＝45°，∠DEB＝90°，
∴BE＝DE＝54km，
∵∠C＝37°，
∴，
∴CE＝．
∴CE≈54÷0.75＝72（km），
∴BC＝CE﹣BE＝72﹣54＝18（km），
答：两个观察点B，C相距的距离为18海里．
5．解：设巡逻船从出发到成功拦截所用时间为x小时；如图所示，
由题意得：∠ABC＝45°+75°＝120°，AB＝12，BC＝10x，AC＝14x，
过点A作AD⊥CB的延长线于点D，
在Rt△ABD中，AB＝12，∠ABD＝45°+（90°﹣75°）＝60°，
∴BD＝AB cos60°＝AB＝6，AD＝AB sin60°＝6，
∴CD＝10x+6．
在Rt△ACD中，由勾股定理得：，
解得：（不合题意舍去）．
答：巡逻船从出发到成功拦截所用时间为2小时．
6．解：过点A作AM∥BD，过B点作BM⊥BD，AM与BM交于点M，
∵在A点测得C点在A点的北偏西75°方向，
∴∠NAC＝75°，
∴∠CAM＝15°，
∵由A点向南偏西45°方向行走到达B点，
∴∠MAB＝45°，
∴∠MBA＝45°，
∵C点在B点的北偏西45°方向，
∴∠CBM＝45°，
∴∠CBA＝90°，∠CBD＝45°，
∵C点在D点的北偏东22.5°方向，
∴∠PDC＝22.5°，
∴∠DCB＝67.5°，
∴∠BDC＝180°﹣67.5°﹣45°＝67.5°，
∴BD＝BC，
由题可得DB＝2km，
∴BC＝2km，
在Rt△ABC中，∠CAB＝15°+45°＝60°，BC＝2，
∴AC＝≈1.3km．
7．解：（1）依题意知：∠PAB＝45°，∠PBG＝15°，∠GBC＝75°，
过点B作BD⊥AP于D点，
∵∠DAB＝45°，，
∴AD＝BD＝4，
∵∠ABD＝∠GBD＝45°，∠GBP＝15°，
∴∠PBD＝60°，
∵BD＝4，
∴，
∴PA＝（4+4）（km）；
（2）∵∠PBD＝60°，BD＝4，
∴PB＝8，
过点P作PE⊥BC于E，
∵∠PBG＝15°，∠GBC＝75°，
∴∠PBE＝60°，
∵PB＝8，
∴BE＝4，，
∵BC＝12，
∴CE＝8，
∴PC＝4（km）．
8.解：（1）过点B作BF⊥CH，垂足为F，延长AD交BF于E，垂足为E，则AE⊥BF，
由cos∠BAE＝，
∴cos22°＝，
∴，即AE＝4.5m，
∴DE＝AE﹣AD＝4.5﹣0.4＝4.1（m），
由sin∠BAE＝，
∴，
∴，即BE＝1.8m，
∴BF＝BE+EF＝1.8+1.2＝3（m），
又，
∴，即CF＝4m，
∴CH＝CF+HF＝CF+DE＝4+4.1＝8.1（m），即点O到岸边DH的距离为8.1m；
（2）过点B作BN⊥OH，垂足为N，延长AD交BN于点M，垂足为M，
由cos∠BAM＝，
∴，
∴，
即AM＝2.88m，
∴DM＝AM﹣AD＝2.88﹣0.4＝2.48（m），
由sin∠BAM＝，
∴，
∴，即BM＝3.84m，
∴BN＝BM+MN＝3.84+1.2＝5.04（m），
∴＝（m），
∴OH＝ON+HN＝ON+DM＝4.58（m），
即点O到岸边的距离为4.58m．
9．解：（1）在Rt△ABC中，
∵∠BAC＝64°，AC＝5m，
∴AB＝≈5÷0.44≈11.4（m）；
故答案为：11.4；
（2）过点D作DH⊥地面于H，交水平线于点E，
在Rt△ADE中，
∵AD＝20m，∠DAE＝64°，EH＝1.5m，
∴DE＝sin64°×AD≈20×0.9≈18（m），
即DH＝DE+EH＝18+1.5＝19.5（m），
答：如果该吊车吊臂的最大长度AD为20m，那么从地面上吊起货物的最大高度是19.5m．
10．解：（1）∵斜坡AB的坡比为i＝1：，
∴BE：EA＝12：5，
设BE＝12x，则EA＝5x，
由勾股定理得，BE2+EA2＝AB2，即（12x）2+（5x）2＝262，
解得，x＝2，
则BE＝12x＝24，AE＝5x＝10，
答：改造前坡顶与地面的距离BE的长为24米；
（2）作FH⊥AD于H，
则tan∠FAH＝，
∴AH＝≈18，
∴BF＝18﹣10＝8，
答：BF至少是8米．
11．解：如图，过点C作CH⊥AD于点H，延长CE交DG于点M，
得矩形CHDM，
∴CH＝DM，
根据题意可知：
山坡DF的坡度为i＝＝，AB＝AC＝45cm，∠BAC＝65°，
∴sin∠BAC＝sin65°＝＝≈，
∴CH≈45×＝（cm），
∴＝＝＝，
∴EM＝（cm），
∵登山队员每走一步，海拔提高大约提高cm，
∵50m＝5000cm，
∴5000÷≈231.48≈231（步）．
答：这名登山队员沿着这段山坡，大约走231步才能将自己所处位置的海拔提高50米．
12．解：该文化墙PM不需要拆除，
理由：设新坡面坡角为α，新坡面的坡度为1：，
∴tanα＝＝，
∴α＝30°．
作CD⊥AB于点D，则CD＝6米，
∵新坡面的坡度为1：，
∴tan∠CAD＝＝＝，
解得，AD＝6，
∵坡面BC的坡度为1：1，CD＝6米，
∴BD＝6米，
∴AB＝AD﹣BD＝（6﹣6）米，
又∵PB＝8米，
∴PA＝PB﹣AB＝8﹣（6﹣6）＝14﹣6≈14﹣6×1.732≈3.6米＞3米，
∴该文化墙PM不需要拆除．
13．解：（1）作BE⊥AD于E，CF⊥AD于F，
则四边形BEFC是矩形，
∴EF＝BC＝10米，
∵BE＝20米，斜坡AB的坡度i＝1：2.5，
∴AE＝50米，
∵CF＝20米，斜坡CD的坡角为30°，
∴DF＝＝20≈35米，
∴AD＝AE+EF+FD＝95米；
（2）建筑这个大坝需要的土石料：×（95+10）×20×100＝105000米3．
14．解：（1）延长DC交AN于H．
∵∠DBH＝60°，∠DHB＝90°，
∴∠BDH＝30°，
∵∠CBH＝30°，
∴∠CBD＝∠BDC＝30°，
∴BC＝CD＝10（米）．
（2）在Rt△BCH中，CH＝BC＝5米，BH＝5≈8.65（米），
∴DH＝15（米），
在Rt△ADH中，AH＝≈＝20（米），
∴AB＝AH﹣BH＝20﹣8.65≈11.4（米）．
答：AB的长度约为11.4米．
15．解：（1）在直角△ABD中，∵∠ADB＝90°，∠BAD＝37°，BD＝1.8米，
∴AB＝≈＝3（米）．
答：传送带AB的长度约为3米；
（2）∵DF＝BD+BF＝1.8+0.2＝2米，斜坡EF的坡度i＝1：2，
∴＝，
∴DE＝2DF＝4米，
∴EF＝＝＝2≈4.5（米）．
答：改造后传送带EF的长度约为4.5米．
16．解：（1）延长AB、FC相交于点G，
∵AF⊥EC，
∴∠AFG＝90°，
∴∠BAF+∠G＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°＝∠CBG，
∴∠BCG+∠G＝90°，
∴∠BAF＝∠BCG＝35°；
（2）Rt△BCG中，∠BCG＝35°，BC＝16cm，
∴BG＝tan35° BC≈11.2032（cm），
CG＝≈≈19.53125（cm），
∵∠AFG＝∠CBG＝90°，∠G＝∠G，
∴△AFG∽△CBG，
∴＝，
即＝，
解得AF≈25.6（cm），
答：点A到水平直线CE的距离AF的长约为25.6cm．
17．解：（1）如图，
在Rt△ABM中，AM＝ABsin45°＝2（米）．
在Rt△ACM中，
∵∠ACM＝30°，
∴AC＝2AM＝4（米）．
即新传送带AC的长度约为4米；
（2）结论：货物DEFG不用挪走．
解：在Rt△ABM中，BM＝ABcos45°＝2（米）．
在Rt△ACM中，CM＝AM＝2（米）．
∴CB＝CM﹣BM＝2﹣2≈2.08（米）．
∵DC＝DB﹣CB≈5﹣2.08＝2.92（米）＞2（米），
∴货物DEFG不应挪走．
18．解：（1）作CD⊥AM于点D，作BE⊥CD于点E，作BF⊥AM于点F，连接AC，
∵斜坡BC的长为200米，坡度是1：1，
∴BE＝CE＝200米，
∵A点海拔121米，C点海拔721米，
∴CD＝600米，
∴BF＝400米，
∵121+400＝521（米），
∴点B的海拔是521米；
（2）∵斜坡AB的长为200米，BF＝400米，
∴AF＝＝600米，
∴BF：AF＝400：600＝2：3，
即斜坡AB的坡度是2：3；
（3）∵CD＝600米，AD＝AF+FD＝AF+BE＝600+200＝800（米），
∴AC＝＝1000米，
即钢缆AC的长度是1000米．
19．解：（1）由题意得，∠HFE＝45°，EF＝10，AF＝BE＝CD＝1.5，∠GED＝60°，
在Rt△EFH中，
∵∠HFE＝45°，EF＝10，
∴EH＝EF＝10，
∴BH＝BE+EH＝1.5+10＝11.5，
答：古树BH的高为11.5米；
（2）在Rt△FGD中，
∵∠GFD＝45°，
∴GD＝FD，
在Rt△GED中，
∵∠GED＝60°，
设ED＝x，则GD＝x＝DF，
由DF﹣DE＝EF得，
x﹣x＝10，
解得x＝5+5，
∴GD＝x＝15+5，
∴教学楼CG的高为1.5+15+5＝16.5+5，
答：教学楼CG的高为（16.5+5）米．
20．解：延长过点A的水平线交CD于点E，则有AE⊥CD，四边形ABDE是矩形，AE＝BD＝39米．
∵∠CAE＝45°，
∴△AEC是等腰直角三角形，
∴CE＝AE＝39米．
在Rt△AED中，tan∠EAD＝，
∴ED＝39×tan30°＝13米，
∴CD＝CE+ED＝（39+13）米．
答：楼CD的高是（39+13）米．
21．解：由题意可得：∠ECM＝45°，∠EDM＝30°，
设居民楼每层楼高为xm，则EM＝BF+EF﹣BM＝4x+1.6﹣3.6＝（4x﹣2）m，
在Rt△ECM中，tan∠ECM＝，
∴，
∴MC＝4x﹣2，
∴4x﹣2＝10.5，
∴x＝3.125≈3.1（m），
在Rt△EDM中，tan∠EDM＝，
∴tan30°＝，
∴DM＝（4x﹣2），
∵DM﹣CM＝CD，
∴CD＝，
∴CD≈（1.73﹣1）×10.5＝7.665≈7.7（m），
答：小明所在楼层AF的高度约为3.1m，货车车厢CD的长度约为7.7m．