【备考2025】中考数学真题2022-2024分类精编精练16解直角三角形（含解析）

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【备考2025】中考数学真题2022-2024分类精编精练16解直角三角形
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．（2020·浙江温州·）如图，在离铁塔150米的A处，用测倾仪测得塔顶的仰角为，测倾仪高AD为1.5米，则铁塔的高BC为（ ）
A．(1.5＋150tan)米 B．(1.5＋)米
C．(1.5＋150sin)米 D．(1.5＋)米
2．（2021·浙江金华·）如图是一架人字梯，已知米，AC与地面BC的夹角为，则两梯脚之间的距离BC为（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
3．（2022·浙江金华·）一配电房示意图如图所示，它是一个轴对称图形，已知，，则房顶A离地面的高度为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2023·浙江杭州·）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（）和中间一个小正方形拼成的大正方形中，，连接．设，若正方形与正方形的面积之比为，则（ ）

A．5 B．4 C．3 D．2
5．（2021·浙江绍兴·）如图，中，，，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使，连接CE，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·浙江丽水·）如图，已知菱形的边长为4，E是的中点，平分交于点F， 交于点G，若，则的长是（ ）
A．3 B． C． D．
7．（2022·浙江湖州·）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则下列结论不正确的是（ ）
A．BD＝10 B．HG＝2 C． D．GF⊥BC
8．（2022·浙江杭州·）如图，已知△ABC内接于半径为1的⊙O，∠BAC=θ（θ是锐角），则△ABC的面积的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
9．（2023·浙江杭州·）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（ ）

A． B． C． D．
10．（2023·浙江衢州·）如图，一款可调节的笔记本电脑支架放置在水平桌面上，调节杆，，的最大仰角为.当时，则点到桌面的最大高度是（ ）

A． B． C． D．
二、填空题
11．（2023·浙江湖州·）某数学兴趣小组测量校园内一棵树的高度，采用以下方法：如图，把支架放在离树适当距离的水平地面上的点F处，再把镜子水平放在支架上的点E处，然后沿着直线后退至点D处，这时恰好在镜子里看到树的顶端A，再用皮尺分别测量，，观测者目高的长，利用测得的数据可以求出这棵树的高度．已知于点D，于点F，于点B，米，米，米，米，则这棵树的高度（的长）是 米．

12．（2022·浙江衢州·）希腊数学家海伦给出了挖掘直线隧道的方法：如图，是两侧山脚的入口，从出发任作线段，过作，然后依次作垂线段，直到接近点，作于点．每条线段可测量，长度如图所示．分别在，上任选点，作，，使得，此时点共线．挖隧道时始终能看见处的标志即可．
（1） km．
（2）= ．
13．（2021·浙江衢州·）图1是某折叠式靠背椅实物图，图2是椅子打开时的侧面示意图，椅面CE与地面平行，支撑杆AD，BC可绕连接点O转动，且，椅面底部有一根可以绕点H转动的连杆HD，点H是CD的中点，FA，EB均与地面垂直，测得，，．
（1）椅面CE的长度为 cm．
（2）如图3，椅子折叠时，连杆HD绕着支点H带动支撑杆AD，BC转动合拢，椅面和连杆夹角的度数达到最小值时，A，B两点间的距离为 cm（结果精确到0.1cm）．（参考数据：，，）
14．（2022·浙江金华·）图1是光伏发电场景，其示意图如图2，为吸热塔，在地平线上的点B，处各安装定日镜（介绍见图3）．绕各中心点旋转镜面，使过中心点的太阳光线经镜面反射后到达吸热器点F处．已知，在点A观测点F的仰角为．
（1）点F的高度为 m．
（2）设，则与的数量关系是 ．
15．（2022·浙江绍兴·）如图，，点在射线上的动点，连接，作，，动点在延长线上，，连接，，当，时，的长是 ．
16．（2023·浙江湖州·）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰和等腰，③和④分别是和，⑤是正方形，直角顶点E，F，G，H分别在边上．
（1）若，，则的长是 cm．
（2）若，则的值是 ．
三、解答题
17．（2023·浙江金华·）计算：．
18．（2023·浙江台州·）教室里的投影仪投影时，可以把投影光线，及在黑板上的投影图像高度抽象成如图所示的，．黑板上投影图像的高度，与的夹角，求的长．（结果精确到1cm．参考数据：，，）

19．（2022·浙江宁波·）每年的11月9日是我国的“全国消防安全教育宣传日”，为了提升全民防灾减灾意识，某消防大队进行了消防演习．如图1，架在消防车上的云梯AB可伸缩（最长可伸至20m），且可绕点B转动，其底部B离地面的距离BC为2m，当云梯顶端A在建筑物EF所在直线上时，底部B到EF的距离BD为9m．
(1)若∠ABD=53°，求此时云梯AB的长．
(2)如图2，若在建筑物底部E的正上方19m处突发险情，请问在该消防车不移动位置的前提下，云梯能否伸到险情处？请说明理由．
（参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6，tan53°≈1.3）
20．（2023·浙江绍兴·）图1是某款篮球架，图2是其示意图，立柱垂直地面，支架与交于点，支架交于点，支架平行地面，篮筺与支架在同一直线上，米，米，．

(1)求的度数．
(2)某运动员准备给篮筐挂上篮网，如果他站在凳子上，最高可以把篮网挂到离地面米处，那么他能挂上篮网吗？请通过计算说明理由．（参考数据：）
21．（2024·浙江·）如图，在中，，是边上的中线，．
(1)求的长；
(2)求的值．
22．（2022·浙江绍兴·）圭表（如图是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表” 和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭” ，当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据某市地理位置设计的圭表平面示意图，表垂直圭，已知该市冬至正午太阳高度角（即为，夏至正午太阳高度角（即为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即的长）为4米．
(1)求∠BAD的度数．
(2)求表AC的长（最后结果精确到0.1米）．（参考数据：sin37°≈，cos37°≈，tan37°≈，tan84°≈）
23．（2023·浙江嘉兴·）图1是某住宅单元楼的人脸识别系统（整个头部需在摄像头视角围内才能被识别），其示意图如图2，摄像头的仰角、俯角均为，摄像头高度，识别的最远水平距离．

(1)身高的小杜，头部高度为，他站在离摄像头水平距离的点C处，请问小杜最少需要下蹲多少厘米才能被识别．
(2)身高的小若，头部高度为，踮起脚尖可以增高，但仍无法被识别．社区及时将摄像头的仰角、俯角都调整为（如图3），此时小若能被识别吗？请计算说明．（精确到，参考数据）
24．（2023·浙江金华·）问题：如何设计“倍力桥”的结构？
图1是搭成的“倍力桥”，纵梁夹住横梁，使得横梁不能移动，结构稳固．图是长为，宽为的横梁侧面示意图，三个凹槽都是半径为的半圆．圆心分别为，纵梁是底面半径为的圆柱体．用相同规格的横梁、纵梁搭“桥”，间隙忽略不计．
探究：图是“桥”侧面示意图，为横梁与地面的交点，为圆心，是横梁侧面两边的交点．测得，点到的距离为．试判断四边形的形状，并求的值．
探究2：若搭成的“桥”刚好能绕成环，其侧面示意图的内部形成一个多边形．
①若有12根横梁绕成环，图4是其侧面示意图，内部形成十二边形，求的值；
②若有根横梁绕成的环（为偶数，且），试用关于的代数式表示内部形成的多边形的周长．

25．（2023·浙江宁波·）某综合实践研究小组为了测量观察目标时的仰角和俯角，利用量角器和铅锤自制了一个简易测角仪，如图1所示．

(1)如图2，在点观察所测物体最高点，当量角器零刻度线上两点均在视线上时，测得视线与铅垂线所夹的锐角为，设仰角为，请直接用含的代数式示．
(2)如图3，为了测量广场上空气球离地面的高度，该小组利用自制简易测角仪在点分别测得气球的仰角为，为，地面上点在同一水平直线上，，求气球离地面的高度．（参考数据：，）
26．（2023·浙江温州·）根据背景素材，探索解决问题．
测算发射塔的高度
背景素材 某兴趣小组在一幢楼房窗口测算远处小山坡上发射塔的高度（如图1）．他们通过自制的测倾仪（如图2）在，，三个位置观测，测倾仪上的示数如图3所示．

经讨论，只需选择其中两个合适的位置，通过测量、换算就能计算发射塔的高度．
问题解决
任务1 分析规划 选择两个观测位置：点_________和点_________
获取数据 写出所选位置观测角的正切值，并量出观测点之间的图上距离．
任务2 推理计算 计算发射塔的图上高度．
任务3 换算高度 楼房实际宽度为米，请通过测量换算发射塔的实际高度．
注：测量时，以答题纸上的图上距离为准，并精确到1．
参考答案
1．【考点】仰角俯角问题(解直角三角形的应用)
【分析】过点A作AE⊥BC于E，则BE可由仰角的正切值求得，再加上AD的长即为BC的长．
解：如图，过点A作AE⊥BC于E，
可知AE=DC=150，EC=AD=1.5，
∵塔顶的仰角为，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点评】本题考查仰角的定义，要求学生能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形．
2．【考点】其他问题（解直角三角形的应用）
【分析】根据等腰三角形的性质得到，根据余弦的定义即可，得到答案．
解：过点A作，如图所示：
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：A．
【点评】本题考查的是解直角三角形的应用，明确等腰三角形的性质是解题的关键．
3．【考点】其他问题（解直角三角形的应用）
【分析】过点A作AD⊥BC于D，根据轴对称图形得性质即可得BD=CD，从而利用锐角三角函数正切值即可求得答案．
解：过点A作AD⊥BC于D，如图所示：
∵它是一个轴对称图形，
∴m，
，即，
房顶A离地面的高度为，
故选B．
【点评】本题考查了解直角三角形，熟练掌握利用正切值及一条直角边求另一条直角边是解题的关键．
4．【考点】用勾股定理解三角形、以弦图为背景的计算题、解直角三角形的相关计算
【分析】设，，首先根据得到，然后表示出正方形的面积为，正方形的面积为，最后利用正方形与正方形的面积之比为求解即可．
解：设，，
∵，，
∴，即，
∴，整理得，
∴，
∵，
∴，
∴正方形的面积为，
∵正方形的面积为，
∵正方形与正方形的面积之比为，
∴，
∴解得．
故选：C．
【点评】此题考查了勾股定理，解直角三角形，赵爽“弦图”等知识，解题的关键是熟练掌握以上考点．
5．【考点】相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得出，在结合题意可得，即证明，从而得出，即易证，得出．再由等腰三角形的性质可知，，即证明，从而可间接推出．最后由，即可求出的值，即的值．
解：∵在中，点D是边BC的中点，
∴，
∴，
∴．
∴，
∴在和中，，
∴，
∴，
∵为等腰三角形，
∴，，
∴，
∴，即．
∵，
∴，
∴．
故选D．
【点评】本题考查直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定和性质，全等三角形与相似三角形的判定和性质以及解直角三角形．熟练掌握各考点并利用数形结合的思想是解答本题的关键．
6．【考点】角平分线的有关计算、等腰三角形的性质和判定、利用菱形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算
【分析】过点A作AH垂直BC于点H，延长FG交AB于点P，由题干所给条件可知，AG=FG，EG=GP，利用∠AGP=∠B可得到cos∠AGP=，即可得到FG的长；
解：过点A作AH垂直BC于点H，延长FG交AB于点P，
由题意可知，AB=BC=4，E是BC的中点，
∴BE=2，
又∵，
∴BH=1，即H是BE的中点，
∴AB=AE=4，
又∵AF是∠DAE的角平分线，，
∴∠FAG=∠AFG，即AG=FG，
又∵，，
∴PF=AD=4，
设FG=x，则AG=x，EG=PG=4-x，
∵，
∴∠AGP=∠AEB=∠B，
∴cos∠AGP===，
解得x=；
故选B．
【点评】本题考查菱形的性质、角平分线的性质、平行线的性质和解直角三角形，熟练掌握角平分线的性质和解直角三角形的方法是解决本题的关键．
7．【考点】勾股定理与折叠问题、矩形与折叠问题、由平行判断成比例的线段、求角的正切值
【分析】根据矩形的性质以及勾股定理即可判断A，根据折叠的性质即可求得，进而判断B，根据折叠的性质可得，进而判断C选项，根据勾股定理求得的长，根据平行线线段成比例，可判断D选项
解：BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，
故A选项正确，
将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，
，
,
故B选项正确，
,
∴EG∥HF，
故C正确
设，则，
，
即
，同理可得
若
则
，
，
不平行，
即不垂直，
故D不正确．
故选D
【点评】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，掌握以上知识是解题的关键．
8．【考点】其他问题（解直角三角形的应用）
【分析】要使△ABC的面积S=BC h的最大，则h要最大，当高经过圆心时最大．
解：当△ABC的高AD经过圆的圆心时，此时△ABC的面积最大，
如图所示，
∵A'D⊥BC，
∴BC=2BD，∠BOD=∠BAC=θ，
在Rt△BOD中，
sinθ= ，cosθ=，
∴BD=sinθ，OD=cosθ，
∴BC=2BD=2sinθ，
A'D=A'O+OD=1+cosθ，
∴S△A'BC=AD BC= 2sinθ（1+cosθ）=sinθ（1+cosθ）．
故选：D．
【点评】本题主要考查锐角三角函数的应用与三角形面积的求法．
9．【考点】特殊三角形的三角函数、根据矩形的性质求线段长、等边三角形的判定和性质
【分析】根据矩形性质得出，推出则有等边三角形，即，然后运用余切函数即可解答．
解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查了等边三角形性质和判定、矩形的性质、余切的定义等考点，求出是解答本题的关键．
10．【考点】仰角俯角问题(解直角三角形的应用)
【分析】过点作于，过点作于，利用解直角三角形可得，，根据点到桌面的最大高度，即可求得答案．
解：如图，过点作于，过点作于，
在中，，
在中，，
点到桌面的最大高度，
故选：D．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，解题关键是添加辅助线，构造直角三角形，利用解直角三角形解决问题．
11．【考点】其他问题（解直角三角形的应用）
【分析】
过点作水平线交于点，交于点，根据镜面反射的性质求出，再根据对应边成比例解答即可．
解：
过点作水平线交于点，交于点，如图，

∵是水平线，都是铅垂线．
∴米，米，米，
∴（米），
又根据题意，得，
∴，
，即 ，
解得：米，
∴(米)．
故答案为：．
【点评】本题考查的是相似三角形的应用，通过作辅助线构造相似三角形，并利用相似三角形的对应边成比例是解答此题的关键．
12．【考点】对顶角相等、求角的正切值
【分析】（1）由图可知CD＝5.5km，EF＝1km，GJ＝2.7km，代入CD－EF－GJ计算即可得到答案；
（2）连接AB，过点A作AT⊥CB，交CB的延长线于点T，∠ATB＝90°，共线,得到∠MBQ＝∠ABT，由题意可知BT和AT的长度，即可求得∠ABT的正切，进一步即可得到答案．
解：（1）由图可知，CD＝5.5km，EF＝1km，GJ＝2.7km，
∴CD－EF－GJ＝5.5－1－2.7＝1.8（km）；
故答案为：1.8
（2）连接AB，过点A作AT⊥CB，交CB的延长线于点T，∠ATB＝90°，
∵点共线,
∴∠MBQ＝∠ABT，
由题意可知，BT＝DE＋FG－CB－AJ＝4.9＋3.1－3－2.4＝2.6,
AT＝CD－EF－GJ＝5.5－1－2.7＝1.8，
∴tan∠ABT＝，
∴tan∠MBQ ＝＝，
∴k＝．
故答案为：
【点评】此题考查了锐角三角函数、对顶角相等知识，数形结合是解题的关键．
13．【考点】相似三角形的判定与性质综合、其他问题（解直角三角形的应用）
【分析】（1）过点C作CM垂直AF，垂足为M，，列比例求出CM长度，则CE=AB-CM；（2）根据图2可得，对应袋图3中求出CD长度，列比例求AB即可．
解：（1）过点C作CM垂直AF，垂足为M，
∵椅面CE与地面平行，
∴，
∴，
解得：CM=8cm，
∴CE=AB-CM=48-8=40cm；
故答案为：40；
（2）在图2中，
∵，椅面CE与地面平行，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵H是CD的中点，
∴，
∵椅面CE与地面平行，
∴，
∴，
图3中，过H点作CD的垂线，垂足为N，
因为 ，，
∴，
∴，
∴，
解得：，
故答案为：12.5．
【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质，锐角三角函数等考点，找到对应相似三角形并正确列出比例是解决本题的关键．
14．【考点】根据平行线的性质探究角的关系、根据特殊角三角函数值求角的度数、其他问题（解直角三角形的应用）
【分析】（1）过点A作AG⊥EF，垂足为G，证明四边形ABEG是矩形，解直角三角形AFG，确定FG，EG的长度即可．
（2）根据光的反射原理画出光路图，清楚光线是平行线，运用解直角三角形思想，平行线的性质求解即可．
解：（1）过点A作AG⊥EF，垂足为G．
∵∠ABE=∠BEG=∠EGA=90°，
∴四边形ABEG是矩形，
∴EG=AB=1m，AG=EB=8m，
∵∠AFG=45°，
∴FG=AG=EB=8m，
∴EF=FG+EG=9(m)．
故答案为：9；
（2）．理由如下：
∵∠E=∠EG=∠EG=90°，
∴四边形EG是矩形，
∴EG==1m，G=E=，
∴tan∠FG=，
∴∠FG=60°，∠FG=30°，
根据光的反射原理，不妨设∠FAN=2m，∠FM=2n，
∵ 光线是平行的，
∴AN∥M，
∴∠GAN=∠GM，
∴45°+2m=30°+2n，
解得n-m=7.5°，
根据光路图，得，
∴，
故，
故答案为： ．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，矩形的判定和性质，特殊角的三角函数值，光的反射原理，熟练掌握解直角三角形，灵活运用光的反射原理是解题的关键．
15．【考点】因式分解法解一元二次方程、用勾股定理解三角形、已知圆内接四边形求角度、解直角三角形的相关计算
【分析】过点C作CN⊥BE于N，过点D作DM⊥CN延长线于M，连接EM，设BN=x，则CN =3x，由△ACN≌△CDM可得AN=CM=10+x，CN=DM=3x，由点C、M、D、E四点共圆可得△NME是等腰直角三角形，于是NE=10-2x，由勾股定理求得AC可得CE，在Rt△CNE中由勾股定理建立方程求得x，进而可得BE；
解：如图，过点C作CN⊥BE于N，过点D作DM⊥CN延长线于M，连接EM，
设BN=x，则CN=BN tan∠CBN=3x，
∵△CAD，△ECD都是等腰直角三角形，
∴CA=CD，EC=ED，∠EDC=45°，
∠CAN+∠ACN=90°，∠DCM+∠ACN=90°，则∠CAN=∠DCM，
在△ACN和△CDM中：∠CAN=∠DCM，∠ANC=∠CMD=90°，AC=CD，
∴△ACN≌△CDM（AAS），
∴AN=CM=10+x，CN=DM=3x，
∵∠CMD=∠CED=90°，
∴点C、M、D、E四点共圆，
∴∠CME=∠CDE=45°，
∵∠ENM=90°，
∴△NME是等腰直角三角形，
∴NE=NM=CM-CN=10-2x，
Rt△ANC中，AC=，
Rt△ECD中，CD=AC，CE=CD，
Rt△CNE中，CE2=CN2+NE2，
∴，
，
，
x=5（舍去）或x=，
∵BE=BN+NE=x+10-2x=10-x，
∴BE=；
故答案为：；
【点评】本题考查了三角函数，全等三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，勾股定理，一元二次方程等知识；此题综合性较强，正确作出辅助线是解题关键．
16．【考点】因式分解法解一元二次方程、根据正方形的性质求线段长、求角的正切值
【分析】（1）将和用表示出来，再代入，即可求出的长；
（2）由已知条件可以证明，从而得到，设，，，用x和k的式子表示出，再利用列方程，解出x，从而求出的值．
解：（1）∵和都是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
即，
即，
∵，
∴，
故答案为：4；
（2）设，
∵，
∴可设，，
∵四边形是正方形，
∴，
∵和都是等腰直角三角形，
∴，
∴，
，
∵四边形对角互补，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
整理得：，
解得，（舍去），
∴．
故答案为：3．
【点评】本题考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角函数定义，一元二次方程的解法等，弄清图中线段间的关系是解题的关键．
17．【考点】求一个数的算术平方根、零指数幂、特殊三角形的三角函数
【分析】根据零指数幂、算术平方根的定义、特殊角的三角函数值、绝对值的意义，计算即可．
解：原式，
，
．
【点评】本题考查了零指数幂、算术平方根的定义、特殊角的三角函数值、绝对值的意义．本题的关键是注意各部分的运算法则，细心计算．
18．【考点】其他问题（解直角三角形的应用）
【分析】在中，由，再代入数据进行计算即可．
解：在中，，，，
∴
．
∴的长约为．
【点评】本题考查的是解直角三角形的实际应用，熟练的利用锐角的正切求解直角三角形的边长是解本题的关键．
19． (2)在该消防车不移动位置的前提下，云梯能够伸到险情处；理由见解析
【考点】其他问题（解直角三角形的应用）
【分析】（1）在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义求出AB的长，即可解答；
（2）根据题意可得DE=BC=2m，从而求出AD=17m，然后在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义求出AB的长，进行比较即可解答．
解：（1）解：在Rt△ABD中，∠ABD=53°，BD=9m，
∴AB==15（m），
∴此时云梯AB的长为15m；
（2）解：在该消防车不移动位置的前提下，云梯能伸到险情处，
理由：由题意得：
DE=BC=2m，
∵AE=19m，
∴AD=AE-DE=19-2=17（m），
在Rt△ABD中，BD=9m，
∴AB= （m），
∵m＜20m，
∴在该消防车不移动位置的前提下，云梯能伸到险情处．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
20． (2)该运动员能挂上篮网，理由见解析
【考点】其他问题（解直角三角形的应用）
【分析】（1）根据直角三角形的两个锐角互余即可求解；
（2）延长交于点，根据题意得出，解，求得，根据与比较即可求解．
解：（1）解：∵，
∴，
∵，
∴．
（2）该运动员能挂上篮网，理由如下．
如图，延长交于点，

∵，
∴，
又∵，
∴，
在中，，
∴，
∴该运动员能挂上篮网．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，直角三角形的两个锐角互余，熟练掌握三角函数的定义是解题的关键．
21．【考点】用勾股定理解三角形、解直角三角形的相关计算
【分析】本题考查了三角形的高、中线的定义，勾股定理，解直角三角形，分别解与，得出，是解题的关键．
（1）先由三角形的高的定义得出，再利用得出；在，根据勾股定理求出，然后根据即可求解．
（2）先由三角形的中线的定义求出的值，则，然后在中根据正弦函数的定义即可求解．
解：（1）解：在中，，
∴，
在中，，
∴，
∴；
（2）∵是边上的中线，
∴，
∴，
∴，
∴．
22．【考点】三角形的外角的定义及性质、其他问题（解直角三角形的应用）
【分析】（1）根据三角形的外角等于与它不相邻两个内角的和解答即可；
（2）分别求出和的正切值，用表示出和，得到一个只含有的关系式，再解答即可．
解：（1）解：，，
，
答：的度数是．
（2）解：在Rt△ABC中，，
∴．
同理，在Rt△ADC中，有．
∵，
∴．
∴，
∴（米）．
答：表AC的长是3.3米．
【点评】本题主要考查了三角形外角的性质和三角函数，解题的关键是熟练掌握建模思想来解决．
23．【考点】仰角俯角问题(解直角三角形的应用)
【分析】（1）根据正切值求出长度，再利用三角形全等可求出，最后利用矩形的性质求出的长度，从而求出蹲下的高度．
（2）根据正切值求出长度，再利用三角形全等可求出，最后利用矩形的性质求出的长度，即可求出长度，与踮起脚尖后的高度进行比较，即可求出答案．
解：（1）解：过点作的垂线分别交仰角、俯角线于点，，交水平线于点，如图所示，

在中，．
．
，
．
．
，，
小杜下蹲的最小距离．
（2）解：能，理由如下：
过点作的垂线分别交仰角、俯角线于点，，交水平线于点，如图所示，

在中，．
，
，
．
，
．
小若垫起脚尖后头顶的高度为．
小若头顶超出点N的高度．
小若垫起脚尖后能被识别．
【点评】本题考查的是解直角三角形的实际应用，涉及到的考点有锐角三角函数中的正切值、矩形的性质、三角形的全等，解题的关键在于是否能根据生活实际题结合数学相关知识．解题的重点在于熟练掌握相关概念、性质和全等方法．
24．【考点】用勾股定理解三角形、证明四边形是菱形、已知正切值求边长、其他问题（解直角三角形的应用）
【分析】探究1：根据图形即可判断出形状；根据等腰三角形性质可求出长度，利用勾股定理即可求出长度，从而求出值．
探究2：①根据十二边形的特性可知，利用特殊角正切值求出长度，最后利用菱形的性质求出的长度，从而求得值．②根据正多边形的特性可知的度数，利用特殊角正切值求出和长度，最后利用菱形的性质求出的长度，从而求得值．
解：探究1：四边形是菱形，理由如下：
由图1可知，，，
为平行四边形．
桥梁的规格是相同的，
∴桥梁的宽度相同，即四边形每条边上的高相等，
∵的面积等于边长乘这条边上的高，
每条边相等，
为菱形．
②如图1，过点作于点．

由题意，得，．
∴．
在中，，
∴．
∴．
故答案为：．
探究2：①如图2，过点作于点．

由题意，得，
．
．
又四边形是菱形，
∴．
∴．
故答案为：．
②如图3，过点作于点．

由题意，形成的多边形为正边形，
外角．
在中，．
又，
∴．
形成的多边形的周长为．
故答案为：．
【点评】本题是一道生活实际应用题，考查的是菱形的性质和判定、锐角三角函数、勾股定理，解题的关键在于将生活实际和有关数学知识有效结合以及熟练掌握相关性质．
25．【考点】仰角俯角问题(解直角三角形的应用)、解直角三角形的相关计算、等腰三角形的性质和判定、直角三角形的两个锐角互余
【分析】（1）如图所示，铅垂线与水平线相互垂直，从而利用直角三角形中两锐角互余即可得到答案；
（2）根据题意，，在中，，由等腰直角三角形性质得到；在中，，由，解方程即可得到答案．
解：（1）解：如图所示：

由题意知，
在中，，则，即，
；
（2）解：如图所示：
，
在中，，由等腰直角三角形性质得到，
在中，，
由，
即，
解得，
气球离地面的高度．
【点评】本题考查解直角三角形的实际应用，涉及直角三角形性质、等腰直角三角形性质和正切函数测高等，熟练掌握解直角三角形的方法及相关考点是解决问题的关键．
26．【考点】其他问题（解直角三角形的应用）
【分析】规划一：[任务 1]选择点和点,根据正切的定义求得三个角的正切值，测得图上
[任务 2]如图1，过点作于点，过点作于点，设．根据，，得出，．由，解得，根据，得出，即可求解；
[任务3 ]测得图上，设发射塔的实际高度为米．由题意，得，解得，
规划二：[任务 1]选择点和点．根据正切的定义求得三个角的正切值，测得图上；
[任务 2]如图2，过点作于点，过点作，交的延长线于点，则，设．根据，，得出，．根据，得出，然后根据，得出，进而即可求解．
[任务 3]测得图上，设发射塔的实际高度为米．由题意，得，解得，即可求解．
解：有以下两种规划，任选一种作答即可．
规划一：
[任务 1]选择点和点．
，，，测得图上．
[任务 2]如图1，过点作于点，过点作于点，

则，设．
∵，，
∴，．
∵，
∴
解得，
∴．
∵，
∴，
∴．
[任务3 ]测得图上，设发射塔的实际高度为米．
由题意，得，解得，
∴发射塔的实际高度为米．
规划二：
[任务 1]选择点和点．
，，，测得图上．
[任务 2]如图2，过点作于点，过点作，交的延长线于点，则，设．

∵，，
∴，．
∵，
∴，解得，
∴．
∵，∴，
∴．
[任务 3]测得图上，设发射塔的实际高度为米．
由题意，得，解得．
∴发射塔的实际高度为米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用，熟练掌握三角函数关系是解题的关键．
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