5. 如图，为了测量一条河流的宽度，一测量员在河岸边相距 $200$ 米的 $P$，$Q$ 两点分别测定对岸一棵树 $T$ 的位置，$T$ 在 $P$ 的正北方向，且 $T$ 在 $Q$ 的北偏西 $70^{\circ}$ 方向，则河宽($PT$ 的长)可以表示为(
A.$200\tan 70^{\circ}$ 米
B.$\frac{200}{\tan 70^{\circ}}$ 米
C.$200\sin 70^{\circ}$ 米
D.$\frac{200}{\sin 70^{\circ}}$ 米
B
)A.$200\tan 70^{\circ}$ 米
B.$\frac{200}{\tan 70^{\circ}}$ 米
C.$200\sin 70^{\circ}$ 米
D.$\frac{200}{\sin 70^{\circ}}$ 米
答案
B
解析
在Rt△TPQ中，∠TPQ=90°，∠TQP=90°-70°=20°，PQ=200米。tan∠TQP=PT/PQ，即tan20°=PT/200，PT=200tan20°。又因为tan20°=cot70°=1/tan70°，所以PT=200/tan70°。
6. 如图，某处河堤的横断面是直角三角形，斜坡 $AB$ 的坡度 $i = 1:\sqrt{3}$，$BC = 4$ m，则 $AB$ 的长为(
A.$\frac{4\sqrt{3}}{3}$ m
B.$4\sqrt{3}$ m
C.$8$ m
D.$8\sqrt{3}$ m
C
)A.$\frac{4\sqrt{3}}{3}$ m
B.$4\sqrt{3}$ m
C.$8$ m
D.$8\sqrt{3}$ m
答案
C
解析
由题意，斜坡 $ AB $ 的坡度 $ i = 1:\sqrt{3} $，即 $ \tan \angle BAC = \frac{1}{\sqrt{3}} $。
因此，$ \angle BAC = 30° $。
在直角三角形 $ ABC $ 中，已知 $ BC = 4 $ 米，
根据正弦函数定义，$ \sin \angle BAC = \frac{BC}{AB} $，
即 $ \sin 30° = \frac{4}{AB} $。
因为 $ \sin 30° = \frac{1}{2} $，
所以 $ \frac{1}{2} = \frac{4}{AB} $，
解得 $ AB = 8 $ 米。
因此，$ \angle BAC = 30° $。
在直角三角形 $ ABC $ 中，已知 $ BC = 4 $ 米，
根据正弦函数定义，$ \sin \angle BAC = \frac{BC}{AB} $，
即 $ \sin 30° = \frac{4}{AB} $。
因为 $ \sin 30° = \frac{1}{2} $，
所以 $ \frac{1}{2} = \frac{4}{AB} $，
解得 $ AB = 8 $ 米。
7. (人教九下 P75 改编) 如图，热气球的探测器显示，从热气球看一栋楼顶部的仰角 $\alpha = 30^{\circ}$，看这栋楼底部的俯角 $\beta = 60^{\circ}$，热气球与楼的水平距离 $AD = 120$ m，则这栋楼的高度为
160√3
m.(结果保留根号)答案
在Rt△ACD中，∠CAD=α=30°，AD=120m，
tanα=CD/AD，即tan30°=CD/120，
CD=120×tan30°=120×(√3/3)=40√3 m。
在Rt△ABD中，∠BAD=β=60°，AD=120m，
tanβ=BD/AD，即tan60°=BD/120，
BD=120×tan60°=120×√3=120√3 m。
楼的高度BC=CD+BD=40√3+120√3=160√3 m。
160√3
tanα=CD/AD，即tan30°=CD/120，
CD=120×tan30°=120×(√3/3)=40√3 m。
在Rt△ABD中，∠BAD=β=60°，AD=120m，
tanβ=BD/AD，即tan60°=BD/120，
BD=120×tan60°=120×√3=120√3 m。
楼的高度BC=CD+BD=40√3+120√3=160√3 m。
160√3
1. (2025 焦作二模) 如图，在 $\triangle ABC$ 中，$AB = AC = 10$，$\sin B=\frac{4}{5}$，则 $BC$ 的长是(
A.$18$
B.$16$
C.$12$
D.$6$
C
)A.$18$
B.$16$
C.$12$
D.$6$
答案
C
解析
过点A作AD⊥BC于点D，
∵AB=AC，
∴BD=DC。在Rt△ABD中，sinB=AD/AB=4/5，AB=10，
∴AD=8。由勾股定理得BD=√(AB²-AD²)=√(10²-8²)=6，
∴BC=2BD=12。
∵AB=AC，
∴BD=DC。在Rt△ABD中，sinB=AD/AB=4/5，AB=10，
∴AD=8。由勾股定理得BD=√(AB²-AD²)=√(10²-8²)=6，
∴BC=2BD=12。
变式 如图，在 $\triangle ABC$ 中，$\angle A = 120^{\circ}$，$AC = 10$，$\sin B=\frac{\sqrt{3}}{3}$，则 $BC$ 的长为
15
。答案
15
解析
在△ABC中，由正弦定理得：$\frac{BC}{\sin A}=\frac{AC}{\sin B}$。已知∠A=120°，AC=10，$\sin B=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\sin 120°=\frac{\sqrt{3}}{2}$。则$BC=\frac{AC · \sin A}{\sin B}=\frac{10 × \frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=15$。
2. (2025 洛阳一模) 如图，在菱形 $ABCD$ 中，$DE⊥ AB$ 于点 $E$，$\cos A=\frac{^{3}}{_{5}}$，$AE = 3$，则 $\tan\angle DBE$ 的值是(
A.$\frac{^{1}}{_{2}}$
B.$2$
C.$\frac{\sqrt{5}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
B
)A.$\frac{^{1}}{_{2}}$
B.$2$
C.$\frac{\sqrt{5}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
答案
B
解析
在菱形$ABCD$中，$AD=AB$。
$\because DE⊥ AB$，$\therefore \triangle ADE$为直角三角形。
在$Rt\triangle ADE$中，$\cos A=\frac{AE}{AD}=\frac{3}{5}$，$AE=3$，设$AD=5k$，则$AE=3k=3$，解得$k=1$，$\therefore AD=5$，即$AB=AD=5$。
$\because AB=5$，$AE=3$，$\therefore EB=AB-AE=5-3=2$。
在$Rt\triangle ADE$中，由勾股定理得$DE=\sqrt{AD^2-AE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
在$Rt\triangle DBE$中，$\tan\angle DBE=\frac{DE}{EB}=\frac{4}{2}=2$。
$\because DE⊥ AB$，$\therefore \triangle ADE$为直角三角形。
在$Rt\triangle ADE$中，$\cos A=\frac{AE}{AD}=\frac{3}{5}$，$AE=3$，设$AD=5k$，则$AE=3k=3$，解得$k=1$，$\therefore AD=5$，即$AB=AD=5$。
$\because AB=5$，$AE=3$，$\therefore EB=AB-AE=5-3=2$。
在$Rt\triangle ADE$中，由勾股定理得$DE=\sqrt{AD^2-AE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
在$Rt\triangle DBE$中，$\tan\angle DBE=\frac{DE}{EB}=\frac{4}{2}=2$。
3. (2025 三门峡模拟) 如图，在边长为 $1$ 的正方形网格中，点 $A$，$B$，$C$ 均在格点上，则 $\cos\angle ABC$ 的值为
√5/5
。答案
√5/5
解析
过点C作CD⊥AB于D，设网格边长为1。由勾股定理得AB=√(3²+1²)=√10，BC=√(1²+1²)=√2，AC=√(2²+2²)=2√2。根据面积法，S△ABC=2×2 - 1/2×1×3 - 1/2×1×1 - 1/2×2×2=4 - 1.5 - 0.5 - 2=0。（此处面积计算错误，重新计算：以A(0,0)，B(3,1)，C(2,2)为例，S△ABC=1/2|(3×2 - 1×2)|=1/2|6 - 2|=2）。由面积公式1/2×AB×CD=2，得CD=4/√10=2√10/5。在Rt△BCD中，BD=√(BC² - CD²)=√(2 - 80/25)=√(-30/25)（错误，改用坐标法求向量）。向量BA=(-3,-1)，向量BC=(-1,1)，cos∠ABC=(BA·BC)/(|BA||BC|)=[(-3)(-1)+(-1)(1)]/(√10×√2)=(3 - 1)/(2√5)=2/(2√5)=√5/5。
