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一、选择题
1. 如图，小明在C处看到西北方向上有一凉亭A，北偏东$35°$的方向上有一棵大树B，已知凉亭A在大树B的正西方向，若$BC=100$米，则点A到点B的距离为 （
A.$100(\cos 35° + \sin 35°)$米
B.$100(\cos 35° - \sin 35°)$米
C.$(\frac{100}{\sin 35°} + \frac{100}{\cos 35°})$米
D.$(\frac{100}{\sin 35°} - \frac{100}{\cos 35°})$米
1. 如图，小明在C处看到西北方向上有一凉亭A，北偏东$35°$的方向上有一棵大树B，已知凉亭A在大树B的正西方向，若$BC=100$米，则点A到点B的距离为 （
A
）A.$100(\cos 35° + \sin 35°)$米
B.$100(\cos 35° - \sin 35°)$米
C.$(\frac{100}{\sin 35°} + \frac{100}{\cos 35°})$米
D.$(\frac{100}{\sin 35°} - \frac{100}{\cos 35°})$米
答案
1.A
解析
【分析】
遇到方向角的实际应用题，首先明确各方向角对应的角度，结合已知条件“凉亭A在大树B的正西方向”可知AB为水平线段，此时可过C作AB的垂线构造直角三角形，将AB拆分为AD、BD两段，分别在两个直角三角形中利用三角函数求出两段长度，求和即可得到AB的长度。第一步先作辅助线CD⊥AB于D，CD为南北方向线段，结合西北方向（北偏西45°）、北偏东35°的条件，可得△ACD是等腰直角三角形，△BCD是含35°角的直角三角形，再结合BC=100米的条件分别求BD、CD的长度，由AD=CD得到AD长度，最终AB=AD+BD即可算出结果。
【解析】
解：过点C作CD⊥AB，垂足为D。
由题意可知AB为东西方向线段，因此CD为南北方向线段，
可得∠ACD=45°（西北方向即北偏西45°），∠BCD=35°。
在Rt△BCD中，∠BDC=90°，BC=100米，
根据三角函数定义：$\sin∠ BCD=\frac{BD}{BC}$，$\cos∠ BCD=\frac{CD}{BC}$，
∴$BD=BC·\sin35°=100\sin35°$，$CD=BC·\cos35°=100\cos35°$。
在Rt△ACD中，∠ADC=90°，∠ACD=45°，
∴△ACD为等腰直角三角形，即$AD=CD=100\cos35°$。
∴$AB=AD+BD=100\cos35°+100\sin35°=100(\cos35°+\sin35°)$米。
故选A。
【答案】
A
【知识点】
解直角三角形的应用、方向角、等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是解直角三角形应用中方向角类的典型题，解题关键是正确作辅助线构造直角三角形，将所求线段转化为两个直角三角形的边长之和，结合三角函数性质即可求解，解题思路清晰，难度适中。
【难度系数】
0.7
遇到方向角的实际应用题，首先明确各方向角对应的角度，结合已知条件“凉亭A在大树B的正西方向”可知AB为水平线段，此时可过C作AB的垂线构造直角三角形，将AB拆分为AD、BD两段，分别在两个直角三角形中利用三角函数求出两段长度，求和即可得到AB的长度。第一步先作辅助线CD⊥AB于D，CD为南北方向线段，结合西北方向（北偏西45°）、北偏东35°的条件，可得△ACD是等腰直角三角形，△BCD是含35°角的直角三角形，再结合BC=100米的条件分别求BD、CD的长度，由AD=CD得到AD长度，最终AB=AD+BD即可算出结果。
【解析】
解：过点C作CD⊥AB，垂足为D。
由题意可知AB为东西方向线段，因此CD为南北方向线段，
可得∠ACD=45°（西北方向即北偏西45°），∠BCD=35°。
在Rt△BCD中，∠BDC=90°，BC=100米，
根据三角函数定义：$\sin∠ BCD=\frac{BD}{BC}$，$\cos∠ BCD=\frac{CD}{BC}$，
∴$BD=BC·\sin35°=100\sin35°$，$CD=BC·\cos35°=100\cos35°$。
在Rt△ACD中，∠ADC=90°，∠ACD=45°，
∴△ACD为等腰直角三角形，即$AD=CD=100\cos35°$。
∴$AB=AD+BD=100\cos35°+100\sin35°=100(\cos35°+\sin35°)$米。
故选A。
【答案】
A
【知识点】
解直角三角形的应用、方向角、等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是解直角三角形应用中方向角类的典型题，解题关键是正确作辅助线构造直角三角形，将所求线段转化为两个直角三角形的边长之和，结合三角函数性质即可求解，解题思路清晰，难度适中。
【难度系数】
0.7
2. 定滑轮能改变力的方向，使得施力方向转变为容易出力的方向.某班“综合与实践”小组的同学在课余时间测量“定滑轮距地面的高度”.如图，点O处放置一定滑轮，点A、B、$B'$、C、$C'$、O均在同一竖直平面内，在点B处测得定滑轮O的仰角为$30°$，小组成员站在A处，拉动绳子，使得物体移动至点$B'$处，在点$B'$处测得定滑轮O的仰角为$60°$，物体从点B移动到点$B'$处绳子收回的长度为4 m.已知物体的高度$BC=1$ m，则定滑轮O距地面的高度(定滑轮自身高度忽略不计)为 (
A.$(3-\sqrt{3})$m
B.$(3+\sqrt{3})$m
C.$(4+\sqrt{3})$m
D.$4(3-\sqrt{3})$m
C
)A.$(3-\sqrt{3})$m
B.$(3+\sqrt{3})$m
C.$(4+\sqrt{3})$m
D.$4(3-\sqrt{3})$m
答案
2.C
解析
【分析】
这是解直角三角形中仰角的实际应用问题，解题思路如下：1. 作辅助线构造直角三角形，过定滑轮O作地面的垂线，垂足为D，分别过B、B'作OD的垂线，可得两个含已知仰角的直角三角形△OBE、△OB'E'；2. 设定滑轮到地面高度OD为h m，可得两个直角三角形的公共竖直直角边OE=h-BC=(h-1)m；3. 分别在两个直角三角形中用正弦函数表示出绳子原长OB和收回后的长度OB'，根据“绳子收回长度为4m”即OB-OB'=4列方程求解即可。
【解析】
解：过点O作$OD⊥$地面于点D，过点B作$BE⊥ OD$于点E，过点$B'$作$B'E'⊥ OD$于点$E'$，
由题意得：$BC=B'C'=DE=DE'=1\ \mathrm{m}$，$∠ OBE=30°$，$∠ OB'E'=60°$，$OB - OB' = 4\ \mathrm{m}$，
设定滑轮O距地面的高度$OD=h\ \mathrm{m}$，则$OE=OD - DE=(h-1)\ \mathrm{m}$，
在$\mathrm{Rt}△ OBE$中，$\sin∠ OBE=\frac{OE}{OB}$，
$\therefore OB=\frac{OE}{\sin30°}=\frac{h-1}{\frac{1}{2}}=2(h-1)\ \mathrm{m}$，
在$\mathrm{Rt}△ OB'E'$中，$\sin∠ OB'E'=\frac{OE}{OB'}$，
$\therefore OB'=\frac{OE}{\sin60°}=\frac{h-1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2(h-1)}{\sqrt{3}}\ \mathrm{m}$，
根据绳子收回4m列方程：
$2(h-1)-\frac{2(h-1)}{\sqrt{3}}=4$，
提取公因式化简得：$(h-1)·\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}}=2$，
分母有理化求解：
$h-1=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}=\frac{2\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)}=3+\sqrt{3}$，
$\therefore h=3+\sqrt{3}+1=4+\sqrt{3}$，
即定滑轮距地面的高度为$(4+\sqrt{3})\ \mathrm{m}$。
【答案】
C
【知识点】
解直角三角形应用，锐角三角函数定义，分母有理化
【点评】
本题结合生活场景考查解直角三角形的实际应用，解题核心是通过作辅助线构造含特殊角的直角三角形，准确找到线段间的等量关系列方程，需熟练掌握特殊角三角函数值和二次根式化简的运算技巧。
【难度系数】
0.6
这是解直角三角形中仰角的实际应用问题，解题思路如下：1. 作辅助线构造直角三角形，过定滑轮O作地面的垂线，垂足为D，分别过B、B'作OD的垂线，可得两个含已知仰角的直角三角形△OBE、△OB'E'；2. 设定滑轮到地面高度OD为h m，可得两个直角三角形的公共竖直直角边OE=h-BC=(h-1)m；3. 分别在两个直角三角形中用正弦函数表示出绳子原长OB和收回后的长度OB'，根据“绳子收回长度为4m”即OB-OB'=4列方程求解即可。
【解析】
解：过点O作$OD⊥$地面于点D，过点B作$BE⊥ OD$于点E，过点$B'$作$B'E'⊥ OD$于点$E'$，
由题意得：$BC=B'C'=DE=DE'=1\ \mathrm{m}$，$∠ OBE=30°$，$∠ OB'E'=60°$，$OB - OB' = 4\ \mathrm{m}$，
设定滑轮O距地面的高度$OD=h\ \mathrm{m}$，则$OE=OD - DE=(h-1)\ \mathrm{m}$，
在$\mathrm{Rt}△ OBE$中，$\sin∠ OBE=\frac{OE}{OB}$，
$\therefore OB=\frac{OE}{\sin30°}=\frac{h-1}{\frac{1}{2}}=2(h-1)\ \mathrm{m}$，
在$\mathrm{Rt}△ OB'E'$中，$\sin∠ OB'E'=\frac{OE}{OB'}$，
$\therefore OB'=\frac{OE}{\sin60°}=\frac{h-1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2(h-1)}{\sqrt{3}}\ \mathrm{m}$，
根据绳子收回4m列方程：
$2(h-1)-\frac{2(h-1)}{\sqrt{3}}=4$，
提取公因式化简得：$(h-1)·\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}}=2$，
分母有理化求解：
$h-1=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}=\frac{2\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)}=3+\sqrt{3}$，
$\therefore h=3+\sqrt{3}+1=4+\sqrt{3}$，
即定滑轮距地面的高度为$(4+\sqrt{3})\ \mathrm{m}$。
【答案】
C
【知识点】
解直角三角形应用，锐角三角函数定义，分母有理化
【点评】
本题结合生活场景考查解直角三角形的实际应用，解题核心是通过作辅助线构造含特殊角的直角三角形，准确找到线段间的等量关系列方程，需熟练掌握特殊角三角函数值和二次根式化简的运算技巧。
【难度系数】
0.6
3. 如图,一束太阳光从天花板和落地窗交界处的点P射入,经过地板MN反射到天花板上形成光斑.中午和下午某时刻光线与地板的夹角分别为α、β.已知天花板与地面是平行的,且它们之间的距离为3 m,当$α=45°,β=30°$时,光斑移动的距离AB为 (
A.3 m
B.$(6\sqrt{3}-6)\mathrm{m}$
C.$(3\sqrt{3}-3)\mathrm{m}$
D.6 m
B
)A.3 m
B.$(6\sqrt{3}-6)\mathrm{m}$
C.$(3\sqrt{3}-3)\mathrm{m}$
D.6 m
答案
3.B
解析
【分析】
解题首先结合光的反射定律，明确入射光线与地板的夹角等于反射光线与地板的夹角；再利用天花板与地面平行的性质，通过作垂线构造出含特殊角的直角三角形，分别计算α、β两种情况下光斑对应的水平长度，二者的差值即为光斑移动的距离AB。
【解析】
过点P作PQ⊥MN于Q，分别过A、B作AC⊥MN于C、BD⊥MN于D，由题意得PQ=AC=BD=3m，且四边形PQCA、PQDB均为矩形，因此QC=PA，QD=PB，AB=QD-QC。
根据光的反射定律，入射光线与地板的夹角等于反射光线与地板的夹角：
1. 当α=45°时，反射光线与MN的夹角为45°，设此时反射点为O₁：
在Rt△PQO₁中，$\tan45°=\frac{PQ}{QO_1}$，得$QO_1=\frac{PQ}{\tan45°}=\frac{3}{1}=3\mathrm{m}$；
在Rt△ACO₁中，$\tan45°=\frac{AC}{CO_1}$，得$CO_1=\frac{AC}{\tan45°}=\frac{3}{1}=3\mathrm{m}$；
因此$QC=QO_1+CO_1=3+3=6\mathrm{m}$。
2. 当β=30°时，反射光线与MN的夹角为30°，设此时反射点为O₂：
在Rt△PQO₂中，$\tan30°=\frac{PQ}{QO_2}$，得$QO_2=\frac{PQ}{\tan30°}=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=3\sqrt{3}\mathrm{m}$；
在Rt△BDO₂中，$\tan30°=\frac{BD}{DO_2}$，得$DO_2=\frac{BD}{\tan30°}=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=3\sqrt{3}\mathrm{m}$；
因此$QD=QO_2+DO_2=3\sqrt{3}+3\sqrt{3}=6\sqrt{3}\mathrm{m}$。
综上，$AB=QD-QC=(6\sqrt{3}-6)\mathrm{m}$。
【答案】
B
【知识点】
解直角三角形的应用，光的反射定律，矩形的性质
【点评】
本题跨学科结合了物理反射规律与数学解直角三角形的知识，解题的核心是通过作垂线构造直角三角形，利用特殊角的三角函数值求出对应线段长度，再通过线段差得到最终结果。
【难度系数】
0.65
解题首先结合光的反射定律，明确入射光线与地板的夹角等于反射光线与地板的夹角；再利用天花板与地面平行的性质，通过作垂线构造出含特殊角的直角三角形，分别计算α、β两种情况下光斑对应的水平长度，二者的差值即为光斑移动的距离AB。
【解析】
过点P作PQ⊥MN于Q，分别过A、B作AC⊥MN于C、BD⊥MN于D，由题意得PQ=AC=BD=3m，且四边形PQCA、PQDB均为矩形，因此QC=PA，QD=PB，AB=QD-QC。
根据光的反射定律，入射光线与地板的夹角等于反射光线与地板的夹角：
1. 当α=45°时，反射光线与MN的夹角为45°，设此时反射点为O₁：
在Rt△PQO₁中，$\tan45°=\frac{PQ}{QO_1}$，得$QO_1=\frac{PQ}{\tan45°}=\frac{3}{1}=3\mathrm{m}$；
在Rt△ACO₁中，$\tan45°=\frac{AC}{CO_1}$，得$CO_1=\frac{AC}{\tan45°}=\frac{3}{1}=3\mathrm{m}$；
因此$QC=QO_1+CO_1=3+3=6\mathrm{m}$。
2. 当β=30°时，反射光线与MN的夹角为30°，设此时反射点为O₂：
在Rt△PQO₂中，$\tan30°=\frac{PQ}{QO_2}$，得$QO_2=\frac{PQ}{\tan30°}=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=3\sqrt{3}\mathrm{m}$；
在Rt△BDO₂中，$\tan30°=\frac{BD}{DO_2}$，得$DO_2=\frac{BD}{\tan30°}=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=3\sqrt{3}\mathrm{m}$；
因此$QD=QO_2+DO_2=3\sqrt{3}+3\sqrt{3}=6\sqrt{3}\mathrm{m}$。
综上，$AB=QD-QC=(6\sqrt{3}-6)\mathrm{m}$。
【答案】
B
【知识点】
解直角三角形的应用，光的反射定律，矩形的性质
【点评】
本题跨学科结合了物理反射规律与数学解直角三角形的知识，解题的核心是通过作垂线构造直角三角形，利用特殊角的三角函数值求出对应线段长度，再通过线段差得到最终结果。
【难度系数】
0.65
4 如图1是小红同学安装的化学实验装置，安装要求为试管略向下倾斜，试管夹应固定在距试管口的三分之一处.已知试管$AB=24\ \mathrm{cm}$，$BE=\frac{1}{3}AB$，试管倾斜角$α$为$10°$.实验时，为了保持装置稳定，导气管紧贴水槽壁$MN$，延长$BM$交$CN$的延长线于点$F$(点$C、D、N、F$在一条直线上).如图2，经测得$DE=27.36\ \mathrm{cm}$，$∠ ABM=145°$，则铁架台和点$F$的水平距离$DF$的长度约为 （
A.$33.0\ \mathrm{cm}$
B.$33.8\ \mathrm{cm}$
C.$26.0\ \mathrm{cm}$
D.$26.8\ \mathrm{cm}$
B
）（结果精确到$0.1\ \mathrm{cm}$，参考数据：$\sin 10°\approx0.17$，$\cos 10°\approx0.98$，$\tan 10°\approx0.18$）A.$33.0\ \mathrm{cm}$
B.$33.8\ \mathrm{cm}$
C.$26.0\ \mathrm{cm}$
D.$26.8\ \mathrm{cm}$
答案
4.B 解析:如图
,过点 B 作CF的平行线交 ED 于点 G,交 NM 的延长线于点 H,作$BT⊥CD$于点 T,则$∠EBG=α=10°,∠HBM=180°-(145°-α)=45°=∠BFT$,
则$△BFT$为等腰直角三角形,则$BT=TF=DG$.
$∵AB=24\ \mathrm{cm},∴BE=\frac{1}{3}AB=8\ \mathrm{cm}$,
在$△BEG$中,$GE=BE·\sin α≈8×0.17=1.36(\mathrm{cm})$,
$BG=BE·\cos α≈7.84\ \mathrm{cm}=DT$,
则$GD=DE-EG=27.36-1.36=26(\mathrm{cm})=BT=TF$,则$DF=DT+TF=7.84+26=33.84≈33.8(\mathrm{cm})$.
故选 B.
解析
【分析】
这是解直角三角形在实际场景中的应用问题，解题时首先要通过作辅助线构造直角三角形，将已知的倾斜角、线段长度等条件转化到直角三角形中：第一步先根据BE与AB的数量关系求出BE的长度；第二步通过角度关系推导得出△BFT为等腰直角三角形，得到BT=TF的关系；第三步在含10°角的直角三角形中利用三角函数求出GE、BG的长度；第四步结合已知DE的长度求出GD即TF的长度，最后将DT（即BG）与TF相加即可得到DF的长度。
【解析】
如图，过点B作CF的平行线交ED于点G，交NM的延长线于点H，作$BT⊥CD$于点T，
则$∠EBG=α=10°$，$∠HBM=180°-(145°-α)=45°=∠BFT$，
因此$△ BFT$为等腰直角三角形，故$BT=TF=DG$。
$\because AB=24\ \mathrm{cm}$，$\therefore BE=\frac{1}{3}AB=8\ \mathrm{cm}$，
在$\mathrm{Rt}△ BEG$中，$GE=BE·\sin α≈8×0.17=1.36(\mathrm{cm})$，
$BG=BE·\cos α≈8×0.98=7.84(\mathrm{cm})=DT$，
则$GD=DE-EG=27.36-1.36=26(\mathrm{cm})=BT=TF$，
$\therefore DF=DT+TF=7.84+26=33.84≈33.8(\mathrm{cm})$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
解直角三角形的应用，锐角三角函数的定义，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题以化学实验装置为背景，将几何知识和实际场景相结合，需要学生自主构造辅助线，推导角度关系，再结合锐角三角函数计算相关线段长度，综合考查了学生的逻辑推导能力和知识应用能力。
【难度系数】
0.6
这是解直角三角形在实际场景中的应用问题，解题时首先要通过作辅助线构造直角三角形，将已知的倾斜角、线段长度等条件转化到直角三角形中：第一步先根据BE与AB的数量关系求出BE的长度；第二步通过角度关系推导得出△BFT为等腰直角三角形，得到BT=TF的关系；第三步在含10°角的直角三角形中利用三角函数求出GE、BG的长度；第四步结合已知DE的长度求出GD即TF的长度，最后将DT（即BG）与TF相加即可得到DF的长度。
【解析】
如图
，过点B作CF的平行线交ED于点G，交NM的延长线于点H，作$BT⊥CD$于点T，则$∠EBG=α=10°$，$∠HBM=180°-(145°-α)=45°=∠BFT$，
因此$△ BFT$为等腰直角三角形，故$BT=TF=DG$。
$\because AB=24\ \mathrm{cm}$，$\therefore BE=\frac{1}{3}AB=8\ \mathrm{cm}$，
在$\mathrm{Rt}△ BEG$中，$GE=BE·\sin α≈8×0.17=1.36(\mathrm{cm})$，
$BG=BE·\cos α≈8×0.98=7.84(\mathrm{cm})=DT$，
则$GD=DE-EG=27.36-1.36=26(\mathrm{cm})=BT=TF$，
$\therefore DF=DT+TF=7.84+26=33.84≈33.8(\mathrm{cm})$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
解直角三角形的应用，锐角三角函数的定义，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题以化学实验装置为背景，将几何知识和实际场景相结合，需要学生自主构造辅助线，推导角度关系，再结合锐角三角函数计算相关线段长度，综合考查了学生的逻辑推导能力和知识应用能力。
【难度系数】
0.6
