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例3 如图,为了测量某条河的对岸C,D两点间的距离,在河的岸边与CD平行的直线EF上取两点A,B,测得∠BAC=45°,∠ABC=37°,∠DBF=60°,量得AB的长为70米。求C,D两点间的距离。(参考数据:$\sin 37° \approx \frac{3}{5}$, $\cos 37° \approx \frac{4}{5}$, $\tan 37° \approx \frac{3}{4}$)
答案
解:如图
,过点 C,D 分别作 $CM⊥EF$,$DN⊥EF$,垂足分别为点 M,N。在 $\mathrm{Rt}△AMC$ 中, 因为 $∠BAC=45°$, 所以 $AM=CM$。
在 $\mathrm{Rt}△BMC$ 中, 因为 $∠ABC=37°$, $\tan∠ABC=\frac{CM}{BM}$,
所以 $BM=\frac{CM}{\tan 37°}=\frac{4}{3}CM$。
因为 $AB=AM+BM=CM+\frac{4}{3}CM=70$(米),所以 $CM=DN=30$(米)。
在 $\mathrm{Rt}△BDN$ 中,因为$∠DBN=60°$,
所以 $BN=\frac{DN}{\tan 60°}=\frac{30}{\sqrt{3}}=10\sqrt{3}$(米),
所以 $CD=MN=MB+BN=\frac{4}{3}×30+10\sqrt{3}=(40+10\sqrt{3})$米。
答:C,D 两点间的距离约为$(40+10\sqrt{3})$米。
解析
【分析】
要测量河对岸与岸边EF平行的CD的长度，我们可以通过作垂线构造矩形和直角三角形，将未知的CD转化为岸边EF上的线段MN求解：首先过C、D分别作EF的垂线，可得两条高CM=DN，且CD=MN；接下来利用已知的∠BAC=45°、∠ABC=37°，结合AB的长度，通过锐角三角函数表示AM、BM的长度，列方程求出高CM的长度；再利用∠DBF=60°求出BN的长度，最后将MB和BN相加即可得到CD的长度。
【解析】
如图，过点C,D分别作 $CM⊥EF$，$DN⊥EF$，垂足分别为点M,N。
∵CD//EF，
∴四边形CMND为矩形，
∴CM=DN，CD=MN。
在 $\mathrm{Rt}△AMC$ 中，$∠ BAC=45°$，因此 $AM=CM$。
在 $\mathrm{Rt}△BMC$ 中，$∠ ABC=37°$，$\tan∠ ABC=\frac{CM}{BM}$，
因此 $BM=\frac{CM}{\tan 37°}\approx\frac{CM}{\frac{3}{4}}=\frac{4}{3}CM$。
∵$AB=AM+BM=CM+\frac{4}{3}CM=70$米，解得 $CM=30$米，因此 $DN=CM=30$米。
在 $\mathrm{Rt}△BDN$ 中，$∠ DBN=60°$，
因此 $BN=\frac{DN}{\tan 60°}=\frac{30}{\sqrt{3}}=10\sqrt{3}$米，
因此 $CD=MN=MB+BN=\frac{4}{3}×30+10\sqrt{3}=(40+10\sqrt{3})$米。
【答案】
C,D两点间的距离为$\boldsymbol{(40+10\sqrt{3})}$米。
【知识点】
解直角三角形的应用，锐角三角函数，平行线的性质
【点评】
本题是锐角三角函数解决实际测量问题的典型题型，核心是通过作辅助线构造直角三角形和矩形，将难以直接测量的跨河距离转化为可计算的岸边线段长度，考查了转化思想和对三角函数的实际运用能力。
【难度系数】
0.6
要测量河对岸与岸边EF平行的CD的长度，我们可以通过作垂线构造矩形和直角三角形，将未知的CD转化为岸边EF上的线段MN求解：首先过C、D分别作EF的垂线，可得两条高CM=DN，且CD=MN；接下来利用已知的∠BAC=45°、∠ABC=37°，结合AB的长度，通过锐角三角函数表示AM、BM的长度，列方程求出高CM的长度；再利用∠DBF=60°求出BN的长度，最后将MB和BN相加即可得到CD的长度。
【解析】
如图
，过点C,D分别作 $CM⊥EF$，$DN⊥EF$，垂足分别为点M,N。∵CD//EF，
∴四边形CMND为矩形，
∴CM=DN，CD=MN。
在 $\mathrm{Rt}△AMC$ 中，$∠ BAC=45°$，因此 $AM=CM$。
在 $\mathrm{Rt}△BMC$ 中，$∠ ABC=37°$，$\tan∠ ABC=\frac{CM}{BM}$，
因此 $BM=\frac{CM}{\tan 37°}\approx\frac{CM}{\frac{3}{4}}=\frac{4}{3}CM$。
∵$AB=AM+BM=CM+\frac{4}{3}CM=70$米，解得 $CM=30$米，因此 $DN=CM=30$米。
在 $\mathrm{Rt}△BDN$ 中，$∠ DBN=60°$，
因此 $BN=\frac{DN}{\tan 60°}=\frac{30}{\sqrt{3}}=10\sqrt{3}$米，
因此 $CD=MN=MB+BN=\frac{4}{3}×30+10\sqrt{3}=(40+10\sqrt{3})$米。
【答案】
C,D两点间的距离为$\boldsymbol{(40+10\sqrt{3})}$米。
【知识点】
解直角三角形的应用，锐角三角函数，平行线的性质
【点评】
本题是锐角三角函数解决实际测量问题的典型题型，核心是通过作辅助线构造直角三角形和矩形，将难以直接测量的跨河距离转化为可计算的岸边线段长度，考查了转化思想和对三角函数的实际运用能力。
【难度系数】
0.6
变式 如图，AB是$\odot O$的直径，延长AB至点P，使$BP=OB$，BD垂直于弦BC，垂足为B，点D在PC上。设$∠ PCB=α$，$∠ POC=β$。求证：$\tan α \tan \frac{β}{2}=\frac{1}{3}$。
答案
证明:如图
,连结 AC,则$∠A=\frac{1}{2}∠POC=\frac{β}{2}$。
因为 AB 是$\odot O$的直径,
所以$∠ACB=90°$,所以 $AC⊥BC$。
因为 $BD⊥BC$,所以 $BD// AC$,所以$∠PBD=∠A$。
因为$∠P=∠P$,所以$△PBD∽△PAC$,所以$\frac{BD}{AC}=\frac{PB}{PA}$。
因为 $PB=OB=OA$,所以$\frac{PB}{PA}=\frac{1}{3}$,所以$\frac{BD}{AC}=\frac{1}{3}$,
所以 $\tan α \tan \frac{β}{2}=\frac{BD}{BC}·\frac{BC}{AC}=\frac{BD}{AC}=\frac{1}{3}$。
解析
【分析】
要证明$\tan α \tan \frac{β}{2}=\frac{1}{3}$，首先需将两个正切值转化为线段比：1. 利用圆周角定理，同弧所对圆周角是圆心角的一半，连接AC可得$\frac{β}{2}$对应的圆周角$∠A$，在直径所对的直角$△ ACB$中，$\tan \frac{β}{2}=\tan A=\frac{BC}{AC}$；2. 由$BD⊥BC$，在$Rt△ BCD$中$\tan α=\frac{BD}{BC}$，两者相乘可约去$BC$，只需证明$\frac{BD}{AC}=\frac{1}{3}$即可。观察到$BD$和$AC$均垂直于$BC$，故$BD// AC$，可证$△ PBD ∽ △ PAC$，结合$BP=OB$的条件即可求出相似比为$\frac{1}{3}$，最终得证。
【解析】
证明：如图，连结AC，
则$∠A=\frac{1}{2}∠POC=\frac{β}{2}$。
因为AB是$\odot O$的直径，
所以$∠ACB=90°$，所以 $AC⊥BC$。
因为 $BD⊥BC$，所以 $BD// AC$，所以$∠PBD=∠A$。
因为$∠P=∠P$，所以$△PBD∽△PAC$，所以$\frac{BD}{AC}=\frac{PB}{PA}$。
因为 $PB=OB=OA$，所以$\frac{PB}{PA}=\frac{1}{3}$，所以$\frac{BD}{AC}=\frac{1}{3}$，
所以 $\tan α \tan \frac{β}{2}=\frac{BD}{BC}·\frac{BC}{AC}=\frac{BD}{AC}=\frac{1}{3}$。
【答案】
证明:如图,连结 AC,
则$∠A=\frac{1}{2}∠POC=\frac{β}{2}$。
因为 AB 是$\odot O$的直径,
所以$∠ACB=90°$,所以 $AC⊥BC$。
因为 $BD⊥BC$,所以 $BD// AC$,所以$∠PBD=∠A$。
因为$∠P=∠P$,所以$△PBD∽△PAC$,所以$\frac{BD}{AC}=\frac{PB}{PA}$。
因为 $PB=OB=OA$,所以$\frac{PB}{PA}=\frac{1}{3}$,所以$\frac{BD}{AC}=\frac{1}{3}$,
所以 $\tan α \tan \frac{β}{2}=\frac{BD}{BC}·\frac{BC}{AC}=\frac{BD}{AC}=\frac{1}{3}$。
【知识点】
圆周角定理；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【点评】
本题是圆、相似三角形与三角函数结合的典型综合题，解题核心是通过添加辅助线构造圆周角和相似三角形，将三角函数的乘积运算转化为线段比例计算，能有效考查知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
要证明$\tan α \tan \frac{β}{2}=\frac{1}{3}$，首先需将两个正切值转化为线段比：1. 利用圆周角定理，同弧所对圆周角是圆心角的一半，连接AC可得$\frac{β}{2}$对应的圆周角$∠A$，在直径所对的直角$△ ACB$中，$\tan \frac{β}{2}=\tan A=\frac{BC}{AC}$；2. 由$BD⊥BC$，在$Rt△ BCD$中$\tan α=\frac{BD}{BC}$，两者相乘可约去$BC$，只需证明$\frac{BD}{AC}=\frac{1}{3}$即可。观察到$BD$和$AC$均垂直于$BC$，故$BD// AC$，可证$△ PBD ∽ △ PAC$，结合$BP=OB$的条件即可求出相似比为$\frac{1}{3}$，最终得证。
【解析】
证明：如图
，连结AC，则$∠A=\frac{1}{2}∠POC=\frac{β}{2}$。
因为AB是$\odot O$的直径，
所以$∠ACB=90°$，所以 $AC⊥BC$。
因为 $BD⊥BC$，所以 $BD// AC$，所以$∠PBD=∠A$。
因为$∠P=∠P$，所以$△PBD∽△PAC$，所以$\frac{BD}{AC}=\frac{PB}{PA}$。
因为 $PB=OB=OA$，所以$\frac{PB}{PA}=\frac{1}{3}$，所以$\frac{BD}{AC}=\frac{1}{3}$，
所以 $\tan α \tan \frac{β}{2}=\frac{BD}{BC}·\frac{BC}{AC}=\frac{BD}{AC}=\frac{1}{3}$。
【答案】
证明:如图
,连结 AC,则$∠A=\frac{1}{2}∠POC=\frac{β}{2}$。
因为 AB 是$\odot O$的直径,
所以$∠ACB=90°$,所以 $AC⊥BC$。
因为 $BD⊥BC$,所以 $BD// AC$,所以$∠PBD=∠A$。
因为$∠P=∠P$,所以$△PBD∽△PAC$,所以$\frac{BD}{AC}=\frac{PB}{PA}$。
因为 $PB=OB=OA$,所以$\frac{PB}{PA}=\frac{1}{3}$,所以$\frac{BD}{AC}=\frac{1}{3}$,
所以 $\tan α \tan \frac{β}{2}=\frac{BD}{BC}·\frac{BC}{AC}=\frac{BD}{AC}=\frac{1}{3}$。
【知识点】
圆周角定理；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【点评】
本题是圆、相似三角形与三角函数结合的典型综合题，解题核心是通过添加辅助线构造圆周角和相似三角形，将三角函数的乘积运算转化为线段比例计算，能有效考查知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
例4 如图，在一笔直的海岸线上有A，B两个观测站，A在B的正西方向，AB＝2 km，从观测站A测得船C在北偏东45°的方向，从观测站B测得船C在北偏西30°的方向。求船C离观测站A的距离。
答案
解:如图
,过点 C 作 $CD⊥AB$ 于点 D,则$∠CAD=∠ACD=45°$,
所以 $AD=CD$。
设 $AD=x\ \mathrm{km}$,
则 $AC=\sqrt{2}x\ \mathrm{km}$,
所以 $BD=AB-AD=(2-x)\mathrm{km}$。
在 $\mathrm{Rt}△BCD$ 中,
因为$∠CBD=60°$,$\tan∠CBD=\frac{CD}{BD}$,
所以$\frac{x}{2-x}=\sqrt{3}$,解得 $x=3-\sqrt{3}$。
经检验,$x=3-\sqrt{3}$是原方程的根。
所以 $AC=\sqrt{2}x=\sqrt{2}(3-\sqrt{3})=(3\sqrt{2}-\sqrt{6})\mathrm{km}$。
答:船 C 离观测站 A 的距离为$(3\sqrt{2}-\sqrt{6})\mathrm{km}$。
解析
【分析】
这是一道方位角相关的解直角三角形实际应用题，解题可按以下思路进行：首先，已知的△ABC是斜三角形，没有直角，所以需要过点C作AB的垂线，构造出两个含特殊角的直角三角形；其次，利用A点测得的北偏东45°，可知得到的直角△ACD是等腰直角三角形，两直角边AD和CD相等，我们可以设其长度为x，用含x的式子表示出AC、BD的长度；最后，结合B点测得的北偏西30°，在另一个直角△BCD中利用正切函数列出关于x的方程，解出x后就能求出AC的长度。
【解析】
如图，过点 C 作 $CD⊥AB$ 于点 D，
由方位角可得$∠ CAD=90°-45°=45°$，因此$∠ ACD=∠ CAD=45°$，所以 $AD=CD$。
设 $AD=x\ \mathrm{km}$，在$\mathrm{Rt}△ACD$中，由勾股定理得$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{2}x\ \mathrm{km}$，
已知$AB=2\ \mathrm{km}$，因此$BD=AB-AD=(2-x)\mathrm{km}$。
由方位角可得$∠ CBD=90°-30°=60°$，在$\mathrm{Rt}△BCD$中，$\tan∠ CBD=\frac{CD}{BD}$，
代入边长得$\frac{x}{2-x}=\sqrt{3}$，
解方程得：$x=\sqrt{3}(2-x)$，整理得$x(1+\sqrt{3})=2\sqrt{3}$，分母有理化后得$x=3-\sqrt{3}$，
经检验，$x=3-\sqrt{3}$是原方程的根。
因此$AC=\sqrt{2}x=\sqrt{2}(3-\sqrt{3})=(3\sqrt{2}-\sqrt{6})\mathrm{km}$。
【答案】
船C离观测站A的距离为$(3\sqrt{2}-\sqrt{6})\mathrm{km}$
【知识点】
解直角三角形应用，方位角，特殊角三角函数
【点评】
本题是三角函数实际应用的常规题型，核心解题思想是转化思想，通过作高将非直角三角形转化为可解的直角三角形，结合特殊角的三角函数值建立方程求解，解题时要注意方位角到直角三角形内角的正确转化，以及根式计算的准确性。
【难度系数】
0.7
这是一道方位角相关的解直角三角形实际应用题，解题可按以下思路进行：首先，已知的△ABC是斜三角形，没有直角，所以需要过点C作AB的垂线，构造出两个含特殊角的直角三角形；其次，利用A点测得的北偏东45°，可知得到的直角△ACD是等腰直角三角形，两直角边AD和CD相等，我们可以设其长度为x，用含x的式子表示出AC、BD的长度；最后，结合B点测得的北偏西30°，在另一个直角△BCD中利用正切函数列出关于x的方程，解出x后就能求出AC的长度。
【解析】
如图
，过点 C 作 $CD⊥AB$ 于点 D，由方位角可得$∠ CAD=90°-45°=45°$，因此$∠ ACD=∠ CAD=45°$，所以 $AD=CD$。
设 $AD=x\ \mathrm{km}$，在$\mathrm{Rt}△ACD$中，由勾股定理得$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{2}x\ \mathrm{km}$，
已知$AB=2\ \mathrm{km}$，因此$BD=AB-AD=(2-x)\mathrm{km}$。
由方位角可得$∠ CBD=90°-30°=60°$，在$\mathrm{Rt}△BCD$中，$\tan∠ CBD=\frac{CD}{BD}$，
代入边长得$\frac{x}{2-x}=\sqrt{3}$，
解方程得：$x=\sqrt{3}(2-x)$，整理得$x(1+\sqrt{3})=2\sqrt{3}$，分母有理化后得$x=3-\sqrt{3}$，
经检验，$x=3-\sqrt{3}$是原方程的根。
因此$AC=\sqrt{2}x=\sqrt{2}(3-\sqrt{3})=(3\sqrt{2}-\sqrt{6})\mathrm{km}$。
【答案】
船C离观测站A的距离为$(3\sqrt{2}-\sqrt{6})\mathrm{km}$
【知识点】
解直角三角形应用，方位角，特殊角三角函数
【点评】
本题是三角函数实际应用的常规题型，核心解题思想是转化思想，通过作高将非直角三角形转化为可解的直角三角形，结合特殊角的三角函数值建立方程求解，解题时要注意方位角到直角三角形内角的正确转化，以及根式计算的准确性。
【难度系数】
0.7
变式 某运载火箭的发射示意图如下，火箭从地面O处发射，当火箭到达点A时，地面D处的雷达站测得$AD=4\ 000$米，仰角为$30°$。3秒后，火箭直线上升到达点B处，此时地面C处的雷达站测得B处的仰角为$45°$。已知C，D两处相距460米，求火箭从A到B处的平均速度。（结果精确到1米/秒，参考数据：$\sqrt{3}\approx1.732$，$\sqrt{2}\approx1.414$）
答案
解:设火箭从 A 到 B 处的平均速度为 x 米/秒,
根据题意可知 $AB=3x$ 米,
在 $\mathrm{Rt}△ADO$ 中,$∠ADO=30°$,$AD=4\ 000$ 米,
所以 $AO=2\ 000$ 米,$DO=2\ 000\sqrt{3}$米。
因为 $CD=460$ 米,所以 $OC=OD-CD=(2\ 000\sqrt{3}-460)$米。
在 $\mathrm{Rt}△BOC$ 中,$∠BCO=45°$,所以 $BO=OC$。
因为 $OB=OA+AB=(2\ 000+3x)$米,
所以 $2\ 000+3x=2\ 000\sqrt{3}-460$,解得 $x≈335$。
答:火箭从 A 到 B 处的平均速度约为 335 米/秒。
根据题意可知 $AB=3x$ 米,
在 $\mathrm{Rt}△ADO$ 中,$∠ADO=30°$,$AD=4\ 000$ 米,
所以 $AO=2\ 000$ 米,$DO=2\ 000\sqrt{3}$米。
因为 $CD=460$ 米,所以 $OC=OD-CD=(2\ 000\sqrt{3}-460)$米。
在 $\mathrm{Rt}△BOC$ 中,$∠BCO=45°$,所以 $BO=OC$。
因为 $OB=OA+AB=(2\ 000+3x)$米,
所以 $2\ 000+3x=2\ 000\sqrt{3}-460$,解得 $x≈335$。
答:火箭从 A 到 B 处的平均速度约为 335 米/秒。
解析
【分析】
这是三角函数结合实际场景的应用问题，解题思路如下：首先找到仰角对应的两个直角三角形，先在Rt△ADO中利用30°直角三角形的边的关系求出AO、OD的长度；再结合CD的长度算出OC的长度；接着在Rt△BOC中利用45°角对应的等腰直角三角形两直角边相等的性质，得到BO=OC；最后结合BO=AO+AB，其中AB是火箭3秒运动的路程，设速度为未知数列方程，即可求解出平均速度。
【解析】
设火箭从A到B处的平均速度为x米/秒，根据题意可得AB=3x米。
在$\mathrm{Rt}△ADO$中，$∠ADO=30°$，$AD=4\ 000$米，
∴$AO=\frac{1}{2}AD=2\ 000$米，$DO=AD·\cos30°=2\ 000\sqrt{3}$米。
∵$CD=460$米，
∴$OC=OD-CD=(2\ 000\sqrt{3}-460)$米。
在$\mathrm{Rt}△BOC$中，$∠BCO=45°$，
∴$BO=OC$。
又
∵$OB=OA+AB=(2\ 000+3x)$米，
∴$2\ 000+3x=2\ 000\sqrt{3}-460$，
代入$\sqrt{3}\approx1.732$计算得：$3x=1004$，解得$x≈335$。
【答案】
火箭从A到B处的平均速度约为335米/秒。
【知识点】
解直角三角形应用，含30°角直角三角形性质，等腰直角三角形性质
【点评】
本题是仰角类三角函数应用的典型习题，核心是从实际图形中抽象出直角三角形，结合特殊角的三角函数值得到边的等量关系，通过列方程求解，考查了将实际问题转化为数学问题的能力。
【难度系数】
0.6
这是三角函数结合实际场景的应用问题，解题思路如下：首先找到仰角对应的两个直角三角形，先在Rt△ADO中利用30°直角三角形的边的关系求出AO、OD的长度；再结合CD的长度算出OC的长度；接着在Rt△BOC中利用45°角对应的等腰直角三角形两直角边相等的性质，得到BO=OC；最后结合BO=AO+AB，其中AB是火箭3秒运动的路程，设速度为未知数列方程，即可求解出平均速度。
【解析】
设火箭从A到B处的平均速度为x米/秒，根据题意可得AB=3x米。
在$\mathrm{Rt}△ADO$中，$∠ADO=30°$，$AD=4\ 000$米，
∴$AO=\frac{1}{2}AD=2\ 000$米，$DO=AD·\cos30°=2\ 000\sqrt{3}$米。
∵$CD=460$米，
∴$OC=OD-CD=(2\ 000\sqrt{3}-460)$米。
在$\mathrm{Rt}△BOC$中，$∠BCO=45°$，
∴$BO=OC$。
又
∵$OB=OA+AB=(2\ 000+3x)$米，
∴$2\ 000+3x=2\ 000\sqrt{3}-460$，
代入$\sqrt{3}\approx1.732$计算得：$3x=1004$，解得$x≈335$。
【答案】
火箭从A到B处的平均速度约为335米/秒。
【知识点】
解直角三角形应用，含30°角直角三角形性质，等腰直角三角形性质
【点评】
本题是仰角类三角函数应用的典型习题，核心是从实际图形中抽象出直角三角形，结合特殊角的三角函数值得到边的等量关系，通过列方程求解，考查了将实际问题转化为数学问题的能力。
【难度系数】
0.6
