2020-2021备战中考数学 直角三角形的边角关系 培优易错试卷练习(含答案)含详细答案

2020-2021备战中考数学 直角三角形的边角关系 培优易错试卷练习(含答案)含
详细答案
一、直角三角形的边角关系
1．已知：如图，在四边形 ABCD 中， AB ∥CD ， ∠ACB =90°， AB=10cm ， BC=8cm ， OD 垂直平分 A C ．点 P 从点 B 出发，沿 BA 方向匀速运动，速度为 1cm/s ；同时，点 Q 从点 D 出发，沿 DC 方向匀速运动，速度为 1cm/s ；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点 P 作 PE ⊥AB ，交 BC 于点 E ，过点 Q 作 QF ∥AC ，分别交 AD ， OD 于点 F ， G ．连接 OP ，EG ．设运动时间为 t ( s )（0＜t ＜5） ，解答下列问题： （1）当 t 为何值时，点 E 在
BAC 的平分线上？
（2）设四边形 PEGO 的面积为 S(cm 2) ，求 S 与 t 的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使四边形 PEGO 的面积最大？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接 OE ， OQ ，在运动过程中，是否存在某一时刻 t ，使 OE ⊥OQ ？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）4s t =；（2）PEGO S 四边形2
31568
8
t t =-+
+ ，(05)t <<；（3）5
2t =时，
PEGO S 四边形取得最大值；（4）16
5
t =
时，OE OQ ⊥. 【解析】 【分析】
（1）当点E 在∠BAC 的平分线上时，因为EP ⊥AB ，EC ⊥AC ，可得PE=EC ，由此构建方程即可解决问题．
（2）根据S 四边形OPEG =S △OEG +S △OPE =S △OEG +（S △OPC +S △PCE -S △OEC ）构建函数关系式即可． （3）利用二次函数的性质解决问题即可．
（4）证明∠EOC=∠QOG ，可得tan ∠EOC=tan ∠QOG ，推出EC GQ
OC OG
=，由此构建方程即可解决问题． 【详解】
（1）在Rt △ABC 中，∵∠ACB=90°，AB=10cm ，BC=8cm ， ∴22108-=6（cm ）， ∵OD 垂直平分线段AC ， ∴OC=OA=3（cm ），∠DOC=90°，
∴∠BAC=∠DCO ， ∵∠DOC=∠ACB ， ∴△DOC ∽△BCA ， ∴AC AB BC
OC CD OD ==， ∴
61083CD OD
==， ∴CD=5（cm ），OD=4（cm ）， ∵PB=t ，PE ⊥AB ， 易知：PE=
34
t ，BE=54t ，
当点E 在∠BAC 的平分线上时， ∵EP ⊥AB ，EC ⊥AC ， ∴PE=EC ，
∴
34
t=8-5
4t ，
∴t=4．
∴当t 为4秒时，点E 在∠BAC 的平分线上． （2）如图，连接OE ，PC ．
S 四边形OPEG =S △OEG +S △OPE =S △OEG +（S △OPC +S △PCE -S △OEC ） =
1414153154338838252
524524t t t t t ⎡⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
⨯-⨯+⨯⨯-+⨯-⨯-⨯⨯- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣ =2
815
16(05)3
3
t t t -+
+<<． （3）存在．
∵2
8568
(05)323
S t t ⎛⎫=--+<< ⎪⎝⎭，
∴t=
52
时，四边形OPEG 的面积最大，最大值为683．
（4）存在．如图，连接OQ ．
∴∠EOC+∠QOC=90°，∵∠QOC+∠QOG=90°，∴∠EOC=∠QOG，
∴tan∠EOC=tan∠QOG，∴EC GQ
OC OG
=，
∴
3
5
8
5
4
4
34
5
t
t
t
-
=
-
，
整理得：5t2-66t+160=0，
解得
16
5
t=或10（舍弃）
∴当16
5
t=秒时，OE⊥OQ．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题.
2．小红将笔记本电脑水平放置在桌子上，显示屏OB与底板OA所在水平线的夹角为120°时，感觉最舒适（如图1），侧面示意图为图2；使用时为了散热，她在底板下面垫入散热架ACO＇后，电脑转到AO＇B＇位置（如图3），侧面示意图为图4．已知OA=OB=24cm，O＇C⊥OA于点C，O＇C=12cm．
（1）求∠CAO＇的度数．
（2）显示屏的顶部B＇比原来升高了多少？
（3）如图4，垫入散热架后，要使显示屏O＇B＇与水平线的夹角仍保持120°，则显示屏O＇B＇应绕点O＇按顺时针方向旋转多少度？
【答案】（1）∠CAO′=30°；（2）（36﹣12）cm；（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．
【解析】
试题分析：（1）通过解直角三角形即可得到结果；
（2）过点B作BD⊥AO交AO的延长线于D，通过解直角三角形求得
BD=OBsin ∠BOD=24×=12，由C 、O′、B′三点共线可得结果；
（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°，求得∠EO′B′=∠FO′A=30°，既是显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．
试题解析：（1）∵O′C ⊥OA 于C ，OA=OB=24cm ， ∴sin ∠CAO′=，
∴∠CAO′=30°；
（2）过点B 作BD ⊥AO 交AO 的延长线于D ，∵sin ∠BOD=，∴BD=OBsin ∠BOD ，∵∠AOB=120°，∴∠BOD=60°，∴BD=OBsin ∠BOD=24×=12
，∵O′C ⊥OA ，
∠CAO′=30°，
∴∠AO′C=60°，∵∠AO′B′=120°，∴∠AO′B′+∠AO′C=180°， ∴O′B′+O′C ﹣BD=24+12﹣12
=36﹣12
， ∴显示屏的顶部B′比原来升高了（36﹣12
）cm ；
（3）显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°， 理由：∵显示屏O′B 与水平线的夹角仍保持120°， ∴∠EO′F=120°， ∴∠FO′A=∠CAO′=30°， ∵∠AO′B′=120°， ∴∠E O′B′=∠FO′A=30°，
∴显示屏O′B′应绕点O′按顺时针方向旋转30°．
考点：解直角三角形的应用；旋转的性质．
3．如图（9）所示（左图为实景侧视图，右图为安装示意图），在屋顶的斜坡面上安装太阳能热水器：先安装支架AB 和CD （均与水平面垂直），再将集热板安装在AD 上.为使集热板吸热率更高，公司规定：AD 与水平面夹角为1θ，且在水平线上的射影AF 为
1.4m .现已测量出屋顶斜面与水平面夹角为2θ，并已知1tan 1.082θ=，
2tan 0.412θ=．如果安装工人确定支架AB 高为25cm ，求支架CD 的高（结果精确到
1cm）？
【答案】
【解析】
于F，根据锐角三角函数的定义用θ1、θ2表示出DF、EF的值，又可证过A作AF CD
四边形ABCE为平行四边形，故有EC=AB=25cm，再再根据DC=DE+EC进行解答即可．4．如图13，矩形的对角线，相交于点，关于的对称图形为．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）连接，若，．
①求的值；
②若点为线段上一动点（不与点重合），连接，一动点从点出发，以
的速度沿线段匀速运动到点，再以的速度沿线段匀速运动到点，到达点后停止运动．当点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时，求的长和点走完全程所需的时间．
【答案】（1）详见解析；（2）①②和走完全程所需时间为
【解析】
试题分析：（1）利用四边相等的四边形是菱形；（2）①构造直角三角形求；
②先确定点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时的位置，再计算运到的时间.
试题解析：解：（1）证明：四边形是矩形.
与交于点O,且关于对称
四边形是菱形.
（2）①连接,直线分别交于点,交于点
关于的对称图形为
在矩形中，为的中点，且O为AC的中点
为的中位线
同理可得：为的中点，
②过点P作交于点
由运动到所需的时间为3s
由①可得，
点O以的速度从P到A所需的时间等于以从M运动到A
即：
由O运动到P所需的时间就是OP+MA和最小.
如下图，当P运动到,即时，所用时间最短.
在中，设
解得：
和走完全程所需时间为
考点：菱形的判定方法；构造直角三角形求三角函数值；确定极值时动点的特殊位置
5．如图，湿地景区岸边有三个观景台、、.已知米，米，点位于点的南偏西方向，点位于点的南偏东方向.
(1)求的面积；
(2)景区规划在线段的中点处修建一个湖心亭，并修建观景栈道.试求、间的距离.(结果精确到米)
(参考数据：，，，，，，
)
【答案】（1）560000（2）565.6
【解析】
试题分析：（1）过点作交的延长线于点，，然后根据直角三角形的内角和求出∠CAE，再根据正弦的性质求出CE的长，从而得到△ABC的面积；
（2）连接，过点作，垂足为点，则.然后根据中点的性质和余弦值求出BE、AE的长，再根据勾股定理求解即可.
试题解析：(1)过点作交的延长线于点，
在中，，
所以米.
所以(平方米).
(2)连接，过点作，垂足为点，则.
因为是中点，
所以米，且为中点，
米，
所以米.
所以米，由勾股定理得，
米.
答：、间的距离为米.
考点：解直角三角形
6．如图，某公园内有一座古塔AB，在塔的北面有一栋建筑物，某日上午9时太阳光线与水平面的夹角为32°，此时塔在建筑物的墙上留下了高3米的影子CD．中午12时太阳光线与地面的夹角为45°，此时塔尖A在地面上的影子E与墙角C的距离为15米（B、E、C在一条直线上），求塔AB的高度．（结果精确到0.01米）
参考数据：sin32°≈0.5299，cos32°≈0.8480，tan32°≈0.6249，2 1.4142
．
【答案】塔高AB约为32.99米.
【解析】
【分析】
过点D作DH⊥AB，垂足为点H，设AB＝x，则AH＝x﹣3，解直角三角形即可得到结论．【详解】
解：过点D作DH⊥AB，垂足为点H．
由题意，得 HB = CD = 3，EC = 15，HD = BC ，∠ABC =∠AHD = 90°， ∠ADH = 32°．
设AB = x ，则 AH = x – 3．
在Rt △ABE 中，由 ∠AEB = 45°，得 tan tan451AB
AEB EB
∠=︒==． ∴ EB = AB = x ．∴ HD = BC = BE + EC = x + 15． 在Rt △AHD 中，由 ∠AHD = 90°，得 tan AH
ADH HD
∠=． 即得 3
tan3215
x x -︒=+． 解得 15tan323
32.991tan32x ⋅︒+=
≈-︒
．
∴ 塔高AB 约为32.99米． 【点睛】
本题考查的是解直角三角形的应用，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
7．某条道路上通行车辆限速60千米/时，道路的AB 段为监测区，监测点P 到AB 的距离PH 为50米（如图）．已知点P 在点A 的北偏东45°方向上，且在点B 的北偏西60°方向上，点B 在点A 的北偏东75°方向上，那么车辆通过AB 段的时间在多少秒以内，可认定为超速？（参考数据：3≈1.7，2≈1.4）．
【答案】车辆通过AB 段的时间在8.1秒以内，可认定为超速 【解析】
分析：根据点到直线的距离的性质，构造直角三角形，然后利用解直角三角形的应用，解直角三角形即可.
详解：如图，由题意知∠CAB=75°，∠CAP=45°，∠PBD=60°，
∴∠PAH=∠CAB–∠CAP=30°，
∵∠PHA=∠PHB=90°，PH=50，∴AH=
tan PH PAH
∠
=3=503，
∵AC∥BD，∴∠ABD=180°–∠CAB=105°，∴∠PBH=∠ABD–∠PBD=45°，则PH=BH=50，∴AB=AH+BH=503+50，
∵60千米/时=50
3米/秒，∴时间
50350
3
+
=3+33≈8.1（秒），
即车辆通过AB段的时间在8.1秒以内，可认定为超速．
点睛：该题考查学生通过构建直角三角形，利用某个度数的三角函数值求出具体边长，即实际路程，并进行判断相关的量。

8．在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，点D是边BC上一点，连接AD，将线段AD绕点A 逆时针旋转90°，得到线段AE，连接DE．
（1）如图①，当点E落在边BA的延长线上时，∠EDC＝度（直接填空）；
（2）如图②，当点E落在边AC上时，求证：BD＝1
2 EC；
（3）当AB＝22，且点E到AC的距离等于3﹣1时，直接写出tan∠CAE的值．
【答案】（1）90；（2）详见解析；（3）
633 tan EAC
-
∠=
【解析】【分析】
（1）利用三角形的外角的性质即可解决问题；
（2）如图2中，作PA⊥AB交BC于P，连接PE．只要证明△BAD≌△PAE（SAS），提出BD=PE，再证明EC=2PE即可；
（3）如图3，作EF⊥AC于F，延长FE交BC于H，作AG⊥BC于G，PA⊥AB交BC于P，连接PE．设PH＝x，在Rt△EPH中，可得EP＝3x，EH＝2PH＝2x，
由此FH＝2x+3﹣1，CF＝23x+3﹣3，由△BAD≌△PAE，得BD＝EP＝3x，AE＝AD，在Rt△ABG中， AG＝GB＝2，在Rt△AGC中，AC＝2AG＝4，故AE2＝AD2＝AF2+EF2，由勾股定理得AF＝1+3，由此tan∠EAF＝2﹣3，根据对称性可得tan∠EAC＝
6-33
．
11
【详解】
（1）如图1中，
∵∠EDC＝∠B+∠BED，∠B＝∠BED＝45°，
∴∠EDC＝90°，
故答案为90；
（2）如图2中，作PA⊥AB交BC于P，连接PE．
∵∠DAE＝∠BAP＝90°，
∴∠BAD＝∠PAE，
∵∠B＝45°，
∴∠B＝∠APB＝45°，
∴AB＝AP，
∵AD＝AE，
∴△BAD≌△PAE（SAS），
∴BD＝PE，∠APE＝∠B＝45°，
∴∠EPD＝∠EPC＝90°，
∵∠C＝30°，
∴EC＝2PE＝2BD；
（3）如图3，作EF⊥AC于F，延长FE交BC于H，作AG⊥BC于G，PA⊥AB交BC于P，连接PE．
设PH＝x，在Rt△EPH中，∵∠EPH＝90°，∠EHP＝60°，
∴EP3，EH＝2PH＝2x，
∴FH＝31，CF3FH＝33
∵△BAD≌△PAE，
∴BD＝EP3，AE＝AD，
在Rt△ABG中，∵AB＝2
∴AG＝GB＝2，
在Rt△AGC中，AC＝2AG＝4，
∵AE2＝AD2＝AF2+EF2，
∴22+（23）231）2+（4﹣3﹣32，
整理得：9x2﹣12x＝0，
解得x＝4
3
（舍弃）或0
∴PH＝0，此时E，P，H共点，∴AF＝3
∴tan∠EAF＝EF
AF 31
31
-
+
＝23
根据对称性可知当点E在AC的上方时，同法可得tan∠EAC 6-33
．
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
9．如图1，以点M（－1，0）为圆心的圆与y轴、x轴分别交于点A、B、C、D，直线y＝
－x－与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F．
（1）请直接写出OE、⊙M的半径r、CH的长；
（2）如图2，弦HQ交x轴于点P，且DP:PH＝3:2，求cos∠QHC的值；
（3）如图3，点K为线段EC上一动点（不与E、C重合），连接BK交⊙M于点T，弦AT 交x轴于点N．是否存在一个常数a，始终满足MN·MK＝a，如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）OE=5，r=2，CH=2
（2）；
（3）a=4
【解析】
【分析】
（1）在直线y＝－x－中，令y=0，可求得E的坐标，即可得到OE的长为5；连接MH，根据△EMH与△EFO相似即可求得半径为2；再由EC=MC=2，∠EHM=90°，可知CH 是RT△EHM斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出CH的长；
（2）连接DQ、CQ．根据相似三角形的判定得到△CHP∽△QPD，从而求得DQ的长，在直角三角形CDQ中，即可求得∠D的余弦值，即为cos∠QHC的值；
（3）连接AK，AM，延长AM，与圆交于点G，连接TG，由圆周角定理可知，
∠GTA=90°，∠3=∠4，故∠AKC=∠MAN，再由△AMK∽△NMA即可得出结论．
【详解】
（1）OE=5，r=2，CH=2
（2）如图1，连接QC、QD，则∠CQD =90°，∠QHC =∠QDC，
易知△CHP∽△DQP，故，得DQ=3，由于CD=4，
；
（3）如图2，连接AK，AM，延长AM，
与圆交于点G，连接TG，则
，
由于，故，；
而，故
在和中，；
故△AMK∽△NMA
;
即：
故存在常数，始终满足
常数a="4"
解法二：连结BM，证明∽
得
10．如图，公路AB为东西走向，在点A北偏东36.5︒方向上，距离5千米处是村庄M，在点A北偏东53.5︒方向上，距离10千米处是村庄N；要在公路AB旁修建一个土特产收购站P(取点P在AB上)，使得M，N两村庄到P站的距离之和最短，请在图中作出P的位置（不写作法）并计算：
（1）M，N两村庄之间的距离；
（2）P到M、N距离之和的最小值.（参考数据：sin36.5°＝0.6，cos36.5°＝0.8，tan36.5°＝0.75计算结果保留根号.）
【答案】(1) M，N两村庄之间的距离为29千米;(2) 村庄M、N到P站的最短距离和是55千米．
【解析】
【分析】
（1）作N关于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收购站的位置．求出DN，DM，利用勾股定理即可解决问题．
（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．
【详解】
解：作N关于AB的对称点N'与AB交于E，连结MN’与AB交于P，则P为土特产收购站的位置．
（1）在Rt△ANE中，AN=10，∠NAB=36.5°
∴NE=AN•sin∠NAB=10•sin36.5°=6，
AE=AN•cos∠NAB=10•cos36.5°=8，
过M作MC⊥AB于点C，
在Rt△MAC中，AM=5，∠MAB=53.5°
∴AC=MA•sin∠AMB=MA•sin36.5°=3，
MC=MA•cos∠AMC=MA•cos36.5°=4，
过点M作MD⊥NE于点D，
在Rt△MND中，MD=AE-AC=5，
ND=NE-MC=2，
∴MN=22
52
+=29，
即M，N两村庄之间的距离为29千米．
（2）由题意可知，M、N到AB上点P的距离之和最短长度就是MN′的长．
DN′=10，MD=5，在Rt△MDN′中，由勾股定理，得
MN′=22
510
+=55（千米）
∴村庄M、N到P站的最短距离和是55千米．
【点睛】
本题考查解直角三角形，轴对称变换等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
11．已知抛物线y＝﹣1
6
x2﹣
2
3
x+2与x轴交于点A，B两点，交y轴于C点，抛物线的对
称轴与x轴交于H点，分别以OC、OA为边作矩形AECO．
(1)求直线AC的解析式；
(2)如图，P为直线AC上方抛物线上的任意一点，在对称轴上有一动点M，当四边形AOCP 面积最大时，求|PM﹣OM|的值．
(3)如图，将△AOC沿直线AC翻折得△ACD，再将△ACD沿着直线AC平移得△A'C′D'．使得点A′、C'在直线AC上，是否存在这样的点D′，使得△A′ED′为直角三角形？若存在，请求出点D′的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) y＝1
3
x+2；(2) 点M坐标为（﹣2，
5
3
）时，四边形AOCP的面积最大，此时
|PM﹣OM|有最大值61； (3)存在，D′坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（
3
5
-，
19
5
）．
【解析】
【分析】
（1）令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝2或﹣6，求出点A、B、C坐标，即可求解；（2）连接OP交对称轴于点M，此时，|PM﹣OM|有最大值，即可求解；
（3）存在；分①A′D′⊥A′E；②A′D′⊥ED′；③ED′⊥A′E三种情况利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】
（1）令x＝0，则y＝2，令y＝0，则x＝2或﹣6，∴A（﹣6，0）、B（2，0）、C（0，
2），函数对称轴为：x＝﹣2，顶点坐标为（﹣2，8
3
），C点坐标为（0，2），则过点C
的直线表达式为：y＝kx+2，将点A坐标代入上式，解得：k
1
3
=，则：直线AC的表达式
为：y
1
3
=x+2；
（2）如图，过点P作x轴的垂线交AC于点H．
四边形AOCP面积＝△AOC的面积+△ACP的面积，四边形AOCP面积最大时，只需要△ACP
的面积最大即可，设点P坐标为（m，
1
6
-m2
2
3
-m+2），则点G坐标为（m，
1
3
m+2），
S△ACP
1
2
=PG•OA
1
2
=•（
1
6
-m2
2
3
-m+2
1
3
-m﹣2）•6
1
2
=-m2﹣3m，当m＝﹣3时，上式
取得最大值，则点P坐标为（﹣3，5
2
）．连接OP交对称轴于点M，此时，|PM﹣OM|有
最大值，直线OP的表达式为：y
5
6
=-x，当x＝﹣2时，y
5
3
=，即：点M坐标为（﹣2，
5 3），|PM﹣OM|2222
555
(32)()2()
233
-++-+61
（3）存在．
∵AE ＝CD ，∠AEC ＝∠ADC ＝90°，∠EMA ＝∠DMC ，∴△EAM ≌△DCM （AAS ），∴EM ＝DM ，AM ＝MC ，设：EM ＝a ，则：MC ＝6﹣a ．在Rt △DCM 中，由勾股定理得：MC 2＝DC 2+MD 2，即：（6﹣a ）2＝22+a 2，解得：a 83=，则：MC 103
=，过点D 作x 轴的垂线交x 轴于点N ，交EC 于点H ．在Rt △DMC 中，12DH •MC 12=MD •DC ，即：DH 108
33
⨯
=⨯2，则：DH 85=
，HC 22
65DC DH =-=，即：点D 的坐标为（61855
-，）； 设：△ACD 沿着直线AC 平移了m 个单位，则：点A ′坐标（﹣61010
，D ′坐标为（618551010
，-
++），而点E 坐标为（﹣6，2），则2''
A D =
22618
(6)()55
-++=36，2'A E =22(2)1010+=2410m +，2
'ED =22248(
()551010+=2128
510
m +．若△A ′ED ′为直角三角形，分三种情况讨论：
①当2''A D +2'A E =2'ED 时，36+2
410m -=2128510m +，解得：m 210，
此时D ′（618551010
，-++）为（0，4）； ②当2''
A D +
2'ED =2
'A E 时，36+2
128510m +=2
410
m +，解得：m =810D ′（618551010，-）为（－6，2）；
③当2'A E +2'ED =2''A D 时，2
410m +2128510m +=36，解得：m =810或m =
105
，此时D ′（618551010，-+）为（－6，2）或（35-，195）．
综上所述：D 坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（35-
，19
5
）．
【点睛】
本题考查了二次函数知识综合运用，涉及到一次函数、图形平移、解直角三角形等知识，其中（3）中图形是本题难点，其核心是确定平移后A ′、D ′的坐标，本题难度较大．
12．如图所示，小华在湖边看到湖中有一棵树AB ，AB 与水面AC 垂直．此时，小华的眼睛所在位置D 到湖面的距离DC 为4米．她测得树梢B 点的仰角为30°，测得树梢B 点在水中的倒影B′点的俯角45°．求树高AB （结果保留根号）
【答案】AB=（8+43）m ． 【解析】 【分析】
设BE=x ，则BA=x+4，B′E=x+8，根据∠ADB′=45°，可知DE=B′E=x+8，再由tan30°=BE
DE
即可得出x 的值，进而得到答案， 【详解】
如图：过点D 作DE ⊥AB 于点E ， 设BE=x ，则BA=x+4，B′E=x+8， ∵∠ADB′=45°， ∴DE=B′E=x+8， ∵∠BDE=30°， ∴tan30°=
3
8BE x DE x ==
+ ，解得x=4+43 ， ∴AB=BE+4=（8+43 ）m ．
【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是解答此题的关键。