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- 2021-05-13 发布
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解直角三角形的应用
一、选择题
1、(2013·曲阜市实验中学中考模拟)如图,将一个Rt△ABC形状的楔子从木桩的底端点P沿水平方向打入木桩底下,使木桩向上运动.已知楔子斜面的倾斜角为15°,若楔子沿水平方向前进6cm(如箭头所示),则木桩上升了( )
A.6sin15°cm B.6cos15°cm C.6tan15° cm D.cm
答案:C
二、解答题
1、(2013温州市一模)如图,某河堤的横断面是梯形ABCD,BC∥AD,BE⊥AD于点E,AB =50米,BC=30米,∠A=60°,∠D=30°.求AD的长度.
解:画CF⊥AD于点F.
∵BE⊥AD
F
∴
∴
∵BC∥AD,CF⊥AD
∴CF=BE,
,
EF=BC=30
∴米
2、(2013·吉林中考模拟)已知,如图,在坡顶A处的同一水平面上有一座古塔BC,数学兴趣小组的同学在斜坡底P处测得该塔的塔顶B的仰角为45°,然后他们沿着坡度为1∶2.4的斜坡AP攀行了26米,在坡顶A处又测得该塔的塔顶B的仰角为76°.
求:(1)坡顶A到地面PQ的距离;
(2)古塔BC的高度(结果精确到1米).
(参考数据:sin76°≈0.97,cos76°≈0.24,tan76°≈4.01)
答案:解:(1)过点A作AH⊥PQ,垂足为点H.
∵斜坡AP的坡度为1∶2.4,∴. …………… 2分
设AH=5k,则PH=12k,由勾股定理,得AP=13k.
∴13k=26.解得k=2.∴AH=10.
答:坡顶A到地面PQ的距离为10米. …………… 4分
(2)延长BC交PQ于点D.
∵BC⊥AC,AC∥PQ,∴BD⊥PQ.
∴四边形AHDC是矩形,CD=AH=10,AC=DH.
∵∠BPD=45°,∴PD=BD.
设BC=x,则x+10=24+DH.∴AC=DH=x-14.
在Rt△ABC中,,即. ………6分
解得,即. ………… 7分
答:古塔BC的高度约为19米. ………… 8分
3、(2013·曲阜市实验中学中考模拟)如图所示,A、B两城市相距100km. 现计划在这两座城市间修筑一条高速公路(即线段AB),经测量,森林保护中心P在A城市的北偏东30°和B城市的北偏西45°的方向上. 已知森林保护区的范围在以P点为圆心,50km为半径的圆形区域内. 请问:计划修筑的这条高速公路会不会穿越保护区. 为什么?(参考数据:,)
P
A
B
E
F
30º
45º
答案:解:作PD⊥AB于点D………………1分
4、(2013·温州市中考模拟)如图,小明在楼上点A处观察旗杆BC,测得旗杆顶部B的仰角为30°,测得旗杆底部C的俯角为60°,已知点A距地面的高AD为12m.求旗杆的高度.
答案:解:过点A作AE⊥BC,垂足为E,得矩形ADCE,∴CE=AD=12.
PC=PA·cos∠APC=30…………………………………2分
在Rt△PCB中,………………………1分 …………………………………2分
答:当渔船位于P南偏东45°方向时,渔船与P的距离是30海里。……1分
6、(2013年河北省一摸)|如图11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;
(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MNQP是否需要挪走,并说明理由.(≈1.4,≈1.7)
答案:(1)在Rt△ABD中,AD=ABsin45°=,……………………………2分
∴在Rt△ACD中,AC==2AD=8,
即新传送带AC的长度约为8米.……………………………………………4分
(2)结论:货物MNQP不需挪走. ……………………………………………5分
解:在Rt△ABD中,BD=ABcos45°=
在Rt△ACD中,CD=ACcos30°= ∴CB=CD—BD=
∵PC=PB—CB =5—()=9—≈2.2>2
∴货物MNQP不需挪走. ………………………………………………8分
7、(2013年河北三摸)如图,风车的支杆OE垂直于桌面,风车中心O到桌面的距离OE为25cm,风车在风吹动下绕着中心O不停地转动,转动过程中,叶片端点A、B、C、D在同一圆O上,已知⊙O的半径为10cm.。
(1)风车在转动过程中,点为A到桌面的最远距离为_____cm,最近距离为_____cm;
(2)风车在转动过程中,当∠AOE=45°时,求点A到桌面的距离(结果保留根号).
(3)在风车转动一周的过程中,求点A相对于桌面的高度不超过20cm所经过的路径长(结果保留π).
解:(1)35,15;………….2分
(2)点A运动到点A1的位置时∠AOE=45°.
作A1F⊥MN于点F,A1G⊥OE于点G,∴ A1F=GE.
在Rt△A1OG中,
∵∠A1OG=45°,OA1=10,
∴OG=OA1·cos45°=10×=5.
∵OE=25,∴GE=OE-OG=25-5. ∴A1F=GE=25-5.
答:点A到桌面的距离是(25-5)厘米………………5分
(3)点A在旋转过程中运动到点A2、A3的位置时,点A到桌面的距离等于20厘米.
作A2H⊥MN于H,则A2H=20. 作A2D⊥OE于点D,
∴DE=A2H.
∵OE=25,
∴OD=OE-DE=25-20=5.
在Rt△A2OD中,
∵OA2=10,
∴cos∠A2OD===.
∴∠A2OD=60°.
由圆的轴对称性可知,∠A3OA2=2∠A2OD=120°.
∴点A所经过的路径长为=.
答:点A所经过的路径长为厘米. . ………………………………………………10分
8、(2013年温州一摸)如图,小明在楼上点A处观察旗杆BC,测得旗杆顶部B的仰角为30°,测得旗杆底部C的俯角为60°,已知点A距地面的高AD为12m.求旗杆的高度.
答案:
解:过点A作AE⊥BC,垂足为E,得矩形ADCE,∴CE=AD=12.
Rt△ACE中,∵∠EAC=60°,CE=12,
∴AE=.
Rt△ABE中,∵∠BAE=30°,BE=AE.
∴BC=CE+BE=16m.
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