2023年新八年级数学北师大版暑假自学预习——第03讲 勾股定理的应用

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第03讲 勾股定理的应用
学习目标
1.利用勾股定理及逆定理解决生活中的实际问题。
2.通过观察图形，探索图形间的关系，发展学生的空间观念．


知识点1：勾股定理应用
勾股定理的逆定理能帮助我们通过三角形三边之间的数量关系判断一个三角形是否是直角三角形，在具体推算过程中，应用两短边的平方和与最长边的平方进行比较，切不可不加思考的用两边的平方和与第三边的平方比较而得到错误的结论．　本专题分类进行巩固解决以下生活实际问题
类型一、应用勾股定理解决梯子滑落高度问题
类型二、应用勾股定理解决旗杆高度
类型三、应用勾股定理解决小鸟飞行的距离
类型四、应用勾股定理解决大树折断前的高度
类型五、应用勾股定理解决水杯中的筷子问题
类型六、应用勾股定理解决航海问题
类型七、应用勾股定理解决河的宽度
类型八、应用勾股定理解决汽车是否超速问题
类型九、应用勾股定理解决是否受台风影响问题
类型十、应用勾股定理解决选扯距离相离问题
类型十一、应用勾股定理解决几何图形中折叠问题





知识点2 ：平面展开图-最短路径问题
几何体中最短路径基本模型如下：

基本思路：将立体图形展开成平面图形，利用两点之间线段最短确定最短路线，构造直角三角形，利用勾股定理求解

考点一：应用勾股定理解决梯子滑落高度问题
例1．（2023春•潮阳区校级期中）如图，一架长10米的梯子AB，斜靠在竖直的墙上，这时梯子底端离墙（BO）6米
（1）此时梯子顶端A离地面多少米？
（2）若梯子顶端A下滑3米到C处，那么梯子底端B将向左滑动多少米到D处？

【答案】（1）8米 （2）米
【解答】解：（1）∵AB＝10米，BO＝6米，
梯子距离地面的高度米，
答：此时梯子顶端离地面8米；
（2）∵梯子下滑了3米，即梯子距离地面的高度CO＝8﹣3＝5米，
∴米，
∴米，即下端滑行了米．
答：梯子底端将向左滑动了米．
【变式1】（2023春•北辰区期中）如图梯子斜靠在竖直的墙AO，AO长为24dm，OB为7dm．
（1）求梯子AB的长；
（2）梯子的顶端A沿墙下滑4dm到点C，梯子底端B外移到点D，求BD的长．

【答案】（1） 25dm； （2）8dm．
【解答】解：（1）由题意可知，∠AOB＝90°，AO＝24dm，OB＝7dm，
∴AB＝＝＝25（dm），
答：梯子AB的长为25dm；
（2）由题意可知，CD＝AB＝25dm，AC＝4dm，
∴OC＝AO﹣AC＝24﹣4＝20（dm），
在Rt△COD中，由勾股定理得：OD＝＝＝15（dm），
∴BD＝OD﹣OB＝15﹣7＝8（dm），
答：BD的长为8dm．
考点二：应用勾股定理解决旗杆高度

例2．八（2）班数学课外活动小组的同学测量学校旗杆的高度时，发现升旗的绳子垂到地面要多1米，当他们把绳子的下端拉开5米后，发现下端刚好接触地面．你能将旗杆的高度求出来吗？

【答案】12米
【解答】本题考查了勾股定理的实际应用，由题可以知道,旗杆,绳子与地面构成直角三角形,根据题中数据,用勾股定理即可解答.
设旗杆高xm，则绳子长为（x+1）m，
∵旗杆垂直于地面，
∴旗杆，绳子与地面构成直角三角形，
由题意列式为x2+52=（x+1）2，
解得x=12m，
所以旗杆的高度为12米．
【变式2-1】如图，学校要测量旗杆的高度，同学们发现系在旗杆顶端的绳子垂到地面并多出一段（如图1），同学们首先测量了多出的这段绳子长度为1米，再将绳子拉直（如图2），测出绳子末端C到旗杆底部B的距离为5米，求旗杆的高度．

【答案】12米
【解答】解：设旗杆的高度AB为x米，则绳子AC的长度为（x+1）米，
在Rt△ABC中，根据勾股定理可得：x2+52＝（x+1）2，
解得，x＝12．
答：旗杆的高度为12米．
【变式2-2】数学综合实验课上，同学们在测量学校旗杆的高度时发现：将旗杆顶端升旗用的绳子垂到地面还多2米；当把绳子的下端拉开8米后，下端刚好接触地面，如图，根据以上数据，同学们准确求出了旗杆的高度，你知道他们是如何计算出来的吗？

【答案】15米
【解答】解：设旗杆高AB=xm，则绳子长为AC=(x+2)m.
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
由勾股定理得AB2+BC2=AC2，
所以x2+82=(x+2)2.
解得x=15m.
所以旗杆的高度为15米．
考点三：应用勾股定理解决小鸟飞行的距离
例3．如图，有一只小鸟从小树顶飞到大树顶上，请问它飞行的最短路程是多少米？（先画出示意图，然后再求解）．

【答案】13米
【解答】解：如图所示，过D点作DE⊥AB，垂足为E

∵AB=13，CD=8
又∵BE=CD，DE=BC
∴AE=AB-BE=AB-CD=13-8=5
∴在Rt△ADE中，DE=BC=12
∴AD2=AE2+DE2=122+52=144+25=169
∴AD=13（负值舍去）
答：小鸟飞行的最短路程为13m．
【变式3】（2020秋•亭湖区校级期中）如图，有两棵树，一棵高12米，另一棵高6米，两树相距8米．一只鸟从一棵树的树梢飞到另一棵树的树梢，问小鸟至少飞行多少米．

【答案】10米
【解答】解：如图，设大树高为AB＝12m，
小树高为CD＝6m，
过C点作CE⊥AB于E，则EBDC是矩形，
连接AC，
∴EB＝CD＝6m，EC＝BD＝8m，AE＝AB﹣EB＝12﹣6＝6m，
在Rt△AEC中，AC＝＝＝10m，
故小鸟至少飞行10m．


考点四：应用勾股定理解决大树折断前的高度
例4．“风吹树折”问题又称为“折竹抵地”，源自《九章算术》，原文为∶“今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺.问折者高几何?”意思是∶一根竹子，原高一丈，一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离竹子底部 3 尺远，则折断后的竹子高度为多少尺?（1丈=10尺）

【答案】4.55尺
【解答】设折断后的竹子高度为 x 尺，则被折断的竹子长度为（10—x）尺.
由勾股定理得 x²＋3²=（10—x）2，解得 x= 4.55.
答∶折断后竹子的高度是 4.55 尺
【变式4-1】（2023春•沙河口区期中）如图，一木杆在离地面3m处折断，木杆顶端落在离木杆底端4m处，则木杆折断之前的高度是（　　）
​​

A．4m B．5m C．8m D．9m
【答案】C
【解答】解：∵一木杆在离地面3m处折断，木杆顶端落在离木杆底端4m处，
∴折断的部分长为：＝5，
∴折断前高度为5+3＝8（m）．
故选：C．
【变式4-2】（2021秋•广南县期末）如图，一棵竖直生长的竹子高为8米，一阵强风将竹子从C处吹折，竹子的顶端A刚好触地，且与竹子底端的距离AB是4米．求竹子折断处与根部的距离CB．

【答案】3米
【解答】解：由题意知BC+AC＝8，∠CBA＝90°，
∴设BC长为x米，则AC长为（8﹣x）米，
∴在Rt△CBA中，有BC2+AB2＝AC2，
即：x2+16＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
∴竹子折断处C与根部的距离CB为3米．

考点五：应用勾股定理解决水杯中的筷子问题
例5．（2022秋•南关区校级期末）如图，水池中离岸边D点4米的C处，直立长着一根芦苇，出水部分BC的长是2米，把芦苇拉到岸边，它的顶端B恰好落到D点，则水池的深度AC为多少米．

【答案】3米
【解答】解：设水池的深度为x米，由题意得：
x2+42＝（x+2）2，
解得：x＝3．
答：水池的深度为3米．
【变式5-1】（2022秋•任城区期中）如图，在波平如镜的湖面上，有一朵盛开的美丽的红莲，它高出水面30cm．突然一阵大风吹过，红莲被吹至一边，花朵下部刚好齐及水面，如果知道红莲移动的水平距离为60cm，求水深是多少cm？

【答案】45m
【解答】解：设水深为hcm，
由题意得：在Rt△ABC中，AB＝hcm，AC＝（h+30）cm，BC＝60cm，
由勾股定理得：AC2＝AB2+BC2，
即（h+30）2＝h2+602，
解得：h＝45．
答：水深是45cm．

【变式5-2】小芳在喝易拉罐饮料的时候，发现如果沿着罐内壁竖直放置吸管，露在外面部分厘米；如果尽最大长度往里放置，吸管正好和罐顶持平，已知易拉罐的底部是直径为8厘米的圆，请你求出吸管的长度.

【答案】17厘米
【解答】解：设吸管长度为x,则易拉罐高BC为x-2,
在中，由勾股定理可得：

即：
解得：
即吸管的长度为17厘米.
考点六：应用勾股定理解决航海问题
例6．（2023春•思明区校级期中）如图，甲乙两船从港口A同时出发，甲船以16海里/时的速度向北偏东40°航行，乙船以30海里/时的速度航行，半小时后，甲船到达C岛，乙船到达B岛，若C、B两岛相距17海里，求乙船的航行方向？

【答案】50°
【解答】解：如图，由题意可得：∠CAD＝40°，海里，海里，
∴∠CAF＝90°﹣40°＝50°，
∵BC＝17海里，
∴82+152＝172，即AC2+AB2＝BC2，
∴∠CAB＝90°，
∴∠BAF＝40°，
∴∠BAE＝50°，即乙船的航行方向为南偏东50°．
【变式6-1】（2023春•蔡甸区期中）如图，某港口P位于东西方向的海岸线上，“远航”号，“海天”号轮船同时离开港口，各自沿一固定方向航行，“远航”号每小时航行16海里，“海天”号每小时航行12海里，它们离开港口2小时后分别位于Q、R处，且相距40海里，如果知道“远航”号沿东北方向航行，能知道“海天”号沿哪个方向航行吗？

【答案】北偏西45°（或西北）
【解答】解：由题意可得：RP＝12×2＝24海里，PQ＝16×2＝32海里，QR＝40海里，
∵322+242＝402，
∴△RPQ是直角三角形，
∴∠RPQ＝90°，
∵“远航”号沿东北方向航行，即沿北偏东45°方向航行，
∴∠RPS＝45°，
∴“海天”号沿北偏西45°（或西北）方向航行．
【变式6-2】（2023•灞桥区校级模拟）如图，海中有一小岛P，它的周围12海里内有暗礁，渔船跟踪鱼群由西向东航行，在M处测得小岛P在北偏东60°方向上，航行16海里到N处，这时测得小岛P在北偏东30°方向上．如果渔船不改变航线继续向东航行，是否有触礁危险，并说明理由．

【答案】不会有触礁危险
【解答】解：渔船不改变航线继续向东航行，不会有触礁危险，理由如下：
过点P作PA⊥MN，交MN的延长线于点A，

由题意得：∠PMA＝90°﹣60°＝30°，∠PNA＝90°﹣30°＝60°，
∴∠APN＝90°﹣∠PNA＝30°，
设AN＝x海里，则PN＝2x海里，
∴AP＝＝＝x（海里），AM＝MN+AN＝（16+x）海里，
∵∠PMA＝30°，
∴PM＝2AP＝2x（海里），
在Rt△MAP中，PM2＝AP2+AM2，
即（2x）2＝（x）2+（x+16）2，
解得：x1＝8，x2＝﹣4（不合题意，舍去）；
∴AP＝x＝8（海里），
∵（8）2＝192，122＝144，
∴8＞12，
∴渔船不改变航线继续向东航行，不会有触礁危险

考点七：应用勾股定理解决河的宽度
例7．（2022春•兰山区期末）在一条东西走向的河的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A，B，其中AB＝AC，由于某种原由，C到A的路现在已经不通，某村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点H（A，H，B在一条直线上），并新修一条路CH，测得CB＝3km，CH＝2.4km，BH＝1.8km．求原来的路线AC的长．

【答案】2.5km
【解答】解：∵CH2+BH2＝2.42+1.82＝9，BC2＝32＝9，
∴CH2+BH2＝BC2，
∴△CHB是直角三角形，且∠CHB＝90°，
∴∠CHA＝90°，
∴AC2＝AH2+CH2，
∵AB＝AC，
∴AH＝AB﹣HB＝AC﹣1.8，
∴AC2＝（AC﹣1.8）2+2.42，
解得：AC＝2.5，
答：原来的路线AC的长为2.5km．
【变式7】如图，点A是华清池景点所在位置，游客可以在游客观光车站B或C处乘车前往，且AB＝BC，因道路施工，点C到点A段现暂时封闭，为方便出行，在BC这条路上的D处修建了一个临时车站，由D处亦可直达A处，若AC＝1km，AD＝0.8km，CD＝0.6km．
（1）判断△ACD的形状，并说明理由；
（2）求路线AB的长．

【答案】（1）△ACD是直角三角形（2）AB＝ km
【解答】解：（1）△ACD是直角三角形．
理由如下：
∵AC＝1 km，AD＝0.8 km，CD＝0.6 km，
∴AC2＝1，AD2＝0.82＝0.64，CD2＝0.62＝0.36，
∴AC2＝AD2+CD2，
∴△ACD是直角三角形；
（2）∵△ACD是直角三角形，
∴AD⊥BC．
设AB＝BC＝x km，则BD＝BC﹣DC＝（x﹣0.6）km，
由勾股定理得：AB2＝AD2+BD2，
即x2＝0.82+（x﹣0.6）2，
解得x＝，
∴AB＝ km．
考点八：应用勾股定理解决汽车是否超速问题
例8．（2021八上·叶县期末）某条道路限速 70km/ℎ, 如图，一辆小汽车在这条道路上沿直线行驶，某一时刻刚好行驶到路对面车速检测仪A处的正前方 30m 的C处，过了 2s 后，小汽车到达B处，此时测得小汽车与车速测检测仪间的距离为 50m ，这辆小汽车超速了吗？

【答案】超速
【解答】解：在 RtΔABC 中，
BC=AB2−AC2
=52−32
=40 米
v=s÷t=40÷2=20m/s ，
20m/s=72km/ℎ ，
所以小汽车超速了.
【变式8】“某市道路交通管理条例“规定：小汽车在城市道路上行驶速度不得超过60千米/时，如图，一辆小汽车在一条城市道路上直道行驶，某一时刻刚好行驶到路面对车速检测仪A正前方24米的C处，过了1.5秒后到达B处（BC⊥AC），测得小汽车与车速检测仪间的距离AB为40米，请问这辆小汽车是否超速？若超速，则超速了多少？

【答案】已超速
【解答】解：根据题意，得AC＝24m，AB＝40m，∠C＝90°，
在Rt△ACB中，根据勾股定理，BC2＝AB2﹣AC2＝402﹣242＝322，
所以BC＝32m，
小汽车1.5秒行驶32米，则1小时行驶76800（米），
即小汽车行驶速度为76.8千米/时，因为 76.8＞60，
所以小汽车已超速行驶

考点九：应用勾股定理解决是否受台风影响问题
例9．（2022秋•庆云县期中）如图，MN是一条铁路，点A是居民区，火车位于P处时，测得居民区A位于P的北偏西30°方向上，火车行驶200米到达点Q，此时测得居民区A位于Q的北偏西60°方向上．
（1）求火车在Q处时距离居民区A的距离？
（2）若200米范围内，会对居民区有噪音影响，求如果火车的行驶速度是72km/h，求居民区受影响的时间是多少秒？

【答案】（1）200米 （2）10s
【解答】（1）解：过点A作AB垂直MN于点B，
∵∠APQ＝30°，∠AQB＝60°，
∴∠BAQ＝90°﹣∠AQB＝30°，∠PAB＝90°﹣∠APQ＝60°，
∴∠AQP＝∠PAB﹣∠QAB＝30°，
∴∠QAP＝∠QPA，
∴AQ＝PQ＝200米，
答：火车在Q处时距离居民区A的距离是200米．
（2）解：过点A作AB垂直MN于点B，延长QB至点C使BC＝QB，
∴AB是CQ的垂直平分线，
∴AC＝AQ＝200米，
∴受影响路段为CQ，
∵AQ＝AC，∠AQC＝60°，
∴△AQC为等边三角形，
∴QC＝AQ＝200米，
速度：72km/h＝20m/s，
∴时间：200÷20＝10s，
答：居民区受影响的时间是10s．

【变式9】（2023春•渝北区月考）如图，在甲村至乙村的公路旁有一块山地需要开发，现有一C处需要爆破，已知点C与公路上的停靠点A的距离为300米，与公路上另一停靠点B的距离为400米，且CA⊥CB，为了安全起见，爆破点C周围半径250米范围内受会有危险．请通过计算判断在公路AB上行驶时是否会遇到危险？若无，请说明理由，若有危险请求出危险路段的长度．

【答案】140米
【解答】解：在公路AB上行驶时会遇到危险．
理由如下：如图，过C作CD⊥AB于D．

∵BC＝400米，AC＝300米，∠ACB＝90°，
根据勾股定理得（米）．
∴S△ABC＝AB•CD＝BC•AC，
∴CD＝＝＝240（米），
由于240米＜250米，故有危险，
故在公路AB上行驶时会遇到危险；
如图，设EF为需要封锁的公路，
∵爆破点C周围半径250米范围内不得进入，
∴CE＝CF＝250米，
∵CD＝240米，
∴（米），
∴EF＝140米，
故需要封锁的公路长为140米．
考点十：应用勾股定理解决选扯距离相离问题
例10．（2023春•惠阳区校级期中）如图，铁路上A，B两点相距25km，C，D为两村庄，DA⊥AB于点A，CB⊥AB于点B，已知DA＝15km，CB＝10km，现在要在铁路AB上建一个土特产品收购站E，使得C，D两村到E站的距离相等，则E站应建在离A站多少km处？

【答案】10km
【解答】解：∵使得C，D两村到E站的距离相等，
∴DE＝CE．
∵DA⊥AB于A，CB⊥AB于B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴AE2+AD2＝DE2，BE2+BC2＝EC2，
∴AE2+AD2＝BE2+BC2，设AE＝x，则BE＝AB﹣AE＝（25﹣x）．
∵DA＝15km，CB＝10km，
∴x2+152＝（25﹣x）2+102，
解得：x＝10，
∴AE＝10km．
答：E站应建在离A站10km处．
【变式10】（2023春•涡阳县期中）一条东西走向的公路上有A，B两个站点（视为直线上的两点）相距30km，C，D为两村庄（视为两个点），DA⊥AB于点A，CB⊥AB于点B（如图），已知DA＝12km，CB＝20km，现在要在公路AB上建一个土特产储藏仓库P，使得C，D两村庄到储藏仓库P的直线距离相等，请求出储藏仓库P到A站点的距离．（精确到1km）
​

【答案】19km
【解答】解：∵C、D两村到储藏仓库P的直线距离相等，
∴CP＝DP，
∵DA⊥AB，CB⊥AB，
∴∠A＝∠B＝90°，
在Rt△APD和Rt△BCP中，由勾股定理得：DP2＝AD2+AP2，CP2＝BP2+BC2，
∴AD2+AP2＝BP2+BC2，
设AP＝xkm，则BP＝（30﹣x）km，
∴122+x2＝（30﹣x）2+202，
解得：x≈19，
答：储藏仓库P到A站点的距离约为19km．

考点十一：应用勾股定理解决几何图形中折叠问题
例11．（2020春•西城区校级期中）如图，长方形ABCD中，AB＝8，BC＝10，在边CD上取一点E，将△ADE折叠后点D恰好落在BC边上的点F处
（1）求CE的长；
（2）在（1）的条件下，BC边上是否存在一点P，使得PA+PE值最小？若存在，请求出最小值：若不存在，请说明理由．

【答案】（1） 3 （2）
【解答】（1）长方形ABCD中，AB＝8，BC＝10
∴∠B＝∠BCD＝90°，CD＝AB＝8，AD＝BC＝10
由折叠知，EF＝DE，AF＝AD＝8
在Rt△ABF中，根据勾股定理得，BF=AF2−AB2=6
∴CF＝BC﹣BF＝4
设CE＝x，则EF＝DE＝CD﹣CE＝8﹣x
在Rt△ECF中，根据勾股定理得，CF2+CE2＝EF2
∴16+x2＝（8﹣x）2，∴x＝3，∴CE＝3
（2）如图，延长EC至E'使CE'＝CE＝3，连接AE'交BC于P
此时，PA+PE最小，最小值为AE'
∵CD＝8，∴DE'＝CD+CE'＝8+3＝11
在Rt△ADE'中，根据勾股定理得，AE'=AD2+DE'2=221
【变式11】如图所示，折叠长方形一边AD，点D落在BC边的点F处，已知BC＝10厘米，AB＝8厘米．
（1）求BF与FC的长．
（2）求EC的长．

【答案】（1）4cm （2）3cm
【解答】解：（1）∵△ADE折叠后的图形是△AFE，
∴AD＝AF，∠D＝∠AFE，DE＝EF．
∵AD＝BC＝10cm，
∴AF＝AD＝10cm．
又∵AB＝8cm，在Rt△ABF中，根据勾股定理，得AB2+BF2＝AF2
∴82+BF2＝102，
∴BF＝6cm，
∴FC＝BC﹣BF＝10﹣6＝4cm．
（2）设EC的长为xcm，则DE＝（8﹣x）cm．
在Rt△EFC中，根据勾股定理，得：FC2+EC2＝EF2，
∴42+x2＝（8﹣x）2，
即16+x2＝64﹣16x+x2，
化简，得16x＝48，
∴x＝3，
故EC的长为3cm
考点十二：平面图形-最短路径问题
例12．（2023春•南岗区校级月考）如图，长方体的长，宽，高分别为 2cm，1cm，4cm，蚂蚁在长方体表面爬行，从点A爬到点B的最短路程是（　　）

A．5 B． C． D．7
【答案】A
【解答】解：根据题意，分三种情况：
①展开前面和右面，如图，则＝5（cm）；

②展开前面和上面，如图，则＝（cm）；

③展开左面和上面，如图，则＝（cm）；

∵，
∴从点A爬到点B的最短路程是5cm，
故选：A．
【变式12-1】（2022•陕西）如图，是一个棱长为1的正方体纸盒．若一只蚂蚁要沿着正方体纸盒的表面，从顶点A爬到顶点B去觅食，则需要爬行的最短路程是（　　）

A． B．2 C． D．3
【答案】C
【解答】解：需要爬行的最短路程即为线段AB的长，如图：

∵正方体棱长为1，
∴BC＝1，AC＝2，
∴AB＝＝＝，
∴需要爬行的最短路程为；
故选：C．

【变式12-2】（2023春•灵丘县月考）如图，正方体的棱长为3cm，已知点B与点C之间的距离为1cm，一只蚂蚁沿着正方体的表面从点A爬到点C，需要爬行的最短距离为（　　）
​

A． B．5cm C．4cm D．
【答案】B
【解答】解：如图1，

AC＝＝5（cm），
如图2，

AC＝＝（cm），
∴5＜
∴需要爬行的最短距离为5cm．
故选：B．
例13．（2023春•东港区校级月考）如图所示，已知圆柱的底面周长为36，高AB＝5，P点位于圆周顶面处，小虫在圆柱侧面爬行，从A点爬到P点，然后再爬回C点，则小虫爬行的最短路程为（　　）

A．26 B．13+ C．13 D．2
【答案】B
【解答】解：如图，

小虫爬行的最短路程＝AP+PC＝+＝+13．
故选：B．
【变式13-1】（2023春•富顺县校级月考）如图，一个底面圆周长为24cm，高为9cm的圆柱体，一只蚂蚁从距离上边缘4cm的点A沿侧面爬行到相对的底面上的点B所经过的最短路线长为（　　）

A．cm B．15cm C．14cm D．13cm
【答案】D
【解答】解：将圆柱体的侧面展开，连接AB，
如图所示：由于圆柱体的底面周长为24cm，

则BD＝24×＝12cm，
又因为AD＝9﹣4＝5cm，
所以AB＝＝13（cm），
即蚂蚁沿表面从点A到点B所经过的最短路线长为13cm．
故选：D．
【变式13-2】（2022秋•竞秀区期末）如图，有一个圆柱形油罐，其底面周长是12m，高AB为5m，现在要以点A为起点环绕油罐表面建梯子，终点正好建在点A的正上方的点B处，则梯子最短需要（　　）

A．10米 B．11米 C．12米 D．13米
【答案】D
【解答】解：如图，∵油罐的底面周长为12m．
又∵高AB为5m，即展开图中，BC＝5m，
∴AB＝＝13（m）．
故所建梯子最短为13m．
故选：D．


1．（2020•巴中）《九章算术》是我国古代数学的经典著作，书中有一个“折竹抵地”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”意思是：一根竹子，原来高一丈（一丈为十尺），虫伤有病，一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离原竹子根部三尺远，问：原处还有多高的竹子？（　　）

A．4尺 B．4.55尺 C．5尺 D．5.55尺
【答案】B
【解答】解：设竹子折断处离地面x尺，则斜边为（10﹣x）尺，
根据勾股定理得：x2+32＝（10﹣x）2
解得：x＝4.55．
答：原处还有4.55尺高的竹子．
故选：B．
2．（2020•广西）《九章算术》是古代东方数学代表作，书中记载：今有开门去阃（读kǔn，门槛的意思）一尺，不合二寸，问门广几何？题目大意是：如图1、2（图2为图1的平面示意图），推开双门，双门间隙CD的距离为2寸，点C和点D距离门槛AB都为1尺（1尺＝10寸），则AB的长是（　　）

A．50.5寸 B．52寸 C．101寸 D．104寸
【答案】C
【解答】解：取AB的中点O，过D作DE⊥AB于E，如图2所示：
由题意得：OA＝OB＝AD＝BC，
设OA＝OB＝AD＝BC＝r寸，
则AB＝2r（寸），DE＝10（寸），OE＝CD＝1（寸），AE＝（r﹣1）寸，
在Rt△ADE中，AE2+DE2＝AD2，
即（r﹣1）2+102＝r2，
解得：r＝50.5，
∴2r＝101（寸），
∴AB＝101寸，
故选：C．

3．（长沙）我国南宋著名数学家秦九韶的著作《数书九章》里记载有这样一道题目：“问有沙田一块，有三斜，其中小斜五里，中斜十二里，大斜十三里，欲知为田几何？”这道题讲的是：有一块三角形沙田，三条边长分别为5里，12里，13里，问这块沙田面积有多大？题中“里”是我国市制长度单位，1里＝500米，则该沙田的面积为（　　）
A．7.5平方千米 B．15平方千米
C．75平方千米 D．750平方千米
【答案】A
【解答】解：∵52+122＝132，
∴三条边长分别为5里，12里，13里，构成了直角三角形，
∴这块沙田面积为：×5×500×12×500＝7500000（平方米）＝7.5（平方千米）．
故选：A．
4．（浙江）如图，小巷左右两侧是竖直的墙，一架梯子斜靠在左墙时，梯子底端到左墙角的距离为0.7米，顶端距离地面2.4米．如果保持梯子底端位置不动，将梯子斜靠在右墙时，顶端距离地面2米，则小巷的宽度为（　　）

A．0.7米 B．1.5米 C．2.2米 D．2.4米
【答案】C
【解答】解：在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，BC＝0.7米，AC＝2.4米，
∴AB2＝0.72+2.42＝6.25．
在Rt△A′BD中，∵∠A′DB＝90°，A′D＝2米，BD2+A′D2＝A′B2，
∴BD2+22＝6.25，
∴BD2＝2.25，
∵BD＞0，
∴BD＝1.5米，
∴CD＝BC+BD＝0.7+1.5＝2.2米．
故选：C．

5．（荆州）《九章算术》中的“折竹抵地”问题：今有竹高一丈，末折抵地，去根六尺．问折高者几何？意思是：一根竹子，原高一丈（一丈＝10尺），一阵风将竹子折断，其竹梢恰好抵地，抵地处离竹子底部6尺远，问折断处离地面的高度是多少？设折断处离地面的高度为x尺，则可列方程为（　　）
A．x2﹣6＝（10﹣x）2 B．x2﹣62＝（10﹣x）2
C．x2+6＝（10﹣x）2 D．x2+62＝（10﹣x）2
【答案】D
【解答】解：如图，设折断处离地面的高度为x尺，则AB＝10﹣x，BC＝6，
在Rt△ABC中，AC2+BC2＝AB2，即x2+62＝（10﹣x）2．
故选：D．

6．（2022•金华）如图，圆柱的底面直径为AB，高为AC，一只蚂蚁在C处，沿圆柱的侧面爬到B处，现将圆柱侧面沿AC“剪开”，在侧面展开图上画出蚂蚁爬行的最近路线，正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解答】解：将圆柱侧面沿AC“剪开”，侧面展开图为矩形，
∵圆柱的底面直径为AB，
∴点B是展开图的一边的中点，
∵蚂蚁爬行的最近路线为线段，
∴C选项符合题意，
故选：C．
7．（2021•玉林）如图，某港口P位于东西方向的海岸线上，甲、乙轮船同时离开港口，各自沿一固定方向航行，甲、乙轮船每小时分别航行12海里和16海里，1小时后两船分别位于点A，B处，且相距20海里，如果知道甲船沿北偏西40°方向航行，则乙船沿 　 方向航行．

【答案】　北偏东50°
【解答】解：由题意可知：AP＝12，BP＝16，AB＝20，
∵122+162＝202，
∴△APB是直角三角形，
∴∠APB＝90°，
由题意知∠APN＝40°，
∴∠BPN＝90°﹣∠APN＝90°﹣40°＝50°，
即乙船沿北偏东50°方向航行，
故答案为：北偏东50°．
8．（2021•宿迁）《九章算术》中一道“引葭赴岸”问题：“今有池一丈，葭生其中央，出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐，问水深，葭长各几何？”题意是：有一个池塘，其地面是边长为10尺的正方形，一棵芦苇AC生长在它的中央，高出水面部分BC为1尺，如果把该芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部C恰好碰到岸边的C'处（如图），水深和芦苇长各多少尺？则该问题的水深是 　　尺．

【答案】12
【解答】解：依题意画出图形，

设芦苇长AC＝AC′＝x尺，
则水深AB＝（x﹣1）尺，
∵C′E＝10尺，
∴C′B＝5尺，
在Rt△AC′B中，
52+（x﹣1）2＝x2，
解得x＝13，
即芦苇长13尺，水深为12尺，
故答案为：12．
9．（黄冈）如图，圆柱形玻璃杯高为14cm，底面周长为32cm，在杯内壁离杯底5cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为　　cm（杯壁厚度不计）．

【答案】20
【解答】解：如图：

将杯子侧面展开，作A关于EF的对称点A′，
连接A′B，则A′B即为最短距离，A′B＝＝＝20（cm）．
故答案为20．
10．（湘潭）《九章算术》是我国古代最重要的数学著作之一，在“勾股”章中记载了一道“折竹抵地”问题：“今有竹高一丈，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”翻译成数学问题是：如图所示，△ABC中，∠ACB＝90°，AC+AB＝10，BC＝3，求AC的长，如果设AC＝x，则可列方程为 　 　．

【答案】x2+32＝（10﹣x）2
【解答】解：设AC＝x，
∵AC+AB＝10，
∴AB＝10﹣x．
∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，即x2+32＝（10﹣x）2．
故答案为：x2+32＝（10﹣x）2．
11．（东营）我国古代有这样一道数学问题：“枯木一根直立地上，高二丈，周三尺，有葛藤自根缠绕而上，五周而达其顶，问葛藤之长几何？”题意是：如图所示，把枯木看作一个圆柱体，因一丈是十尺，则该圆柱的高为20尺，底面周长为3尺，有葛藤自点A处缠绕而上，绕五周后其末端恰好到达点B处，则问题中葛藤的最短长度是　　尺．

【答案】25
【解答】解：如图，一条直角边（即枯木的高）长20尺，
另一条直角边长5×3＝15（尺），
因此葛藤长为＝25（尺）．
故答案为：25．

12．（2023•夏津县一模）小南同学报名参加了学校的攀岩选修课，攀岩墙近似一个长方体的两个侧面，如图所示，他根据学过的数学知识准确地判断出：从点A攀爬到点B的最短路径为 　　米．

【答案】
【解答】解：平面展开图为：

（米），
故答案为．
13．（大庆）如图，一艘船由A港沿北偏东60°方向航行10km至B港，然后再沿北偏西30°方向航行10km至C港．
（1）求A，C两港之间的距离（结果保留到0.1km，参考数据：≈1.414，≈1.732）；
（2）确定C港在A港的什么方向．

【解答】解：（1）由题意可得，∠PBC＝30°，∠MAB＝60°，
∴∠CBQ＝60°，∠BAN＝30°，
∴∠ABQ＝30°，
∴∠ABC＝90°．
∵AB＝BC＝10，
∴AC＝＝10≈14.1（km）．
答：A、C两地之间的距离为14.1km．
（2）由（1）知，△ABC为等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°，
∴∠CAM＝60°﹣45°＝15°，
∴C港在A港北偏东15°的方向上．
14．（南通）如图，沿AC方向开山修路．为了加快施工进度，要在小山的另一边同时施工，从AC上的一点B取∠ABD＝120°，BD＝520m，∠D＝30°．那么另一边开挖点E离D多远正好使A，C，E三点在一直线上（取1.732，结果取整数）？

【解答】解：∵∠ABD＝120°，∠D＝30°，
∴∠AED＝120°﹣30°＝90°，
在Rt△BDE中，BD＝520m，∠D＝30°，
∴BE＝BD＝260m，
∴DE＝＝260≈450（m）．
答：另一边开挖点E离D450m，正好使A，C，E三点在一直线上．


1．（2023春•沙河口区期中）如图，一木杆在离地面3m处折断，木杆顶端落在离木杆底端4m处，则木杆折断之前的高度是（　　）
​​

A．4m B．5m C．8m D．9m
【答案】C
【解答】解：∵一木杆在离地面3m处折断，木杆顶端落在离木杆底端4m处，
∴折断的部分长为：＝5，
∴折断前高度为5+3＝8（m）．
故选：C．
2．（2023春•新市区期中）如图为某楼梯，测得楼梯的长为5米，高3米，计划在楼梯表面铺地毯，地毯的长度至少为（　　）

A．4米 B．7米 C．8米 D．9米
【答案】B
【解答】解：由勾股定理得：
楼梯的水平宽度＝＝4，
∵地毯铺满楼梯时其长度的和应该是楼梯的水平宽度与垂直高度的和，
地毯的长度至少是3+4＝7米．
故选：B．
3．（2023春•兴宁区校级期中）如图是一圆柱玻璃杯，从内部测得底面半径为6cm，高为16cm，现有一根长为25cm的吸管任意放入杯中，则吸管落在杯口外的长度最少是（　　）

A．6cm B．cm C．9cm D．5cm
【答案】D
【解答】解：如图，

由题意可知，△ABC是直角三角形，且∠ABC＝90°，
∵底面半径为半径为6cm，高为16cm，
∴AB＝12cm，BC＝16cm，
由勾股定理得：AC＝＝＝20（cm），
∴吸管露在杯口外的长度最少为：25﹣20＝5（cm），
故选：D．
4．（2023春•西城区校级期中）如图，一棵大树在一次强台风中距地面5m处折断，倒下后树顶端着地点A距树底端B的距离为12m，这棵大树在折断前的高度为（　　）

A．10m B．17m C．18m D．20m
【答案】C
【解答】解：∵树的折断部分与未断部分、地面恰好构成直角三角形，且BC＝5m，AB＝12m，
∴AC＝＝＝13（m），
∴这棵树原来的高度＝BC+AC＝5+13＝18（m）．
即：这棵大树在折断前的高度为18m．
故选：C．

5．（2023春•洪山区校级月考）如图，一架2.5米长的梯子AB，斜靠在一竖直的墙AO上，这时梯足B到墙底端O的距离为0.7米，若梯子的顶端沿墙下滑0.4米，那么梯足将外移（　　）米．

A．1.5 B．0.9 C．0.8 D．0.4
【答案】C
【解答】解；在Rt△ABO中，已知AB＝2.5米，OB＝0.7米，
则（米），

∵AD＝0.4米，
∴OD＝2米，
∵在Rt△ODC中，AB＝CD＝2.5米，
∴（米），
∴BC＝OC﹣OB＝1.5﹣0.7＝0.8（米），
∴梯足向外移动了0.8米．
故选：C．
6．（2022秋•阜平县期末）如图，禁止捕鱼期间，某海上稽查队在某海域巡逻，上午某一时刻在A处接到指挥部通知，在他们东北方向距离12nmile的B处有一艘捕鱼船，正在沿南偏东75°方向以10nmile/h的速度航行，稽查队员立即乘坐巡逻船以14nmile/h的速度沿北偏东某一方向出发，在C处成功拦截捕鱼船，则巡逻船从出发到成功拦截捕鱼船所用的时间是（　　）

A．1h B．2h C．3h D．4h
【答案】B
【解答】解：设巡逻船从出发到成功拦截所用时间为x小时；如图所示，
由题意得：∠ABC＝45°+75°＝120°，AB＝12海里，BC＝10x海里，AC＝14x海里，
过点A作AD⊥CB的延长线于点D，
在Rt△ABD中，AB＝12海里，∠ABD＝45°+（90°﹣75°）＝60°，
∴BD＝AB•cos60°＝AB＝6海里，AD＝AB•sin60°＝6海里，
∴CD＝10x+6．
在Rt△ACD中，由勾股定理得：，
解得：（不合题意舍去）．
答：巡逻船从出发到成功拦截所用时间为2小时．
故选：B．

7．（2023春•海淀区校级期中）如图，一只蚂蚁从点A出发沿着圆柱体的侧面爬行到点B，圆柱体的底面周长是24厘米，圆柱体的高是5厘米，则蚂蚁爬行的最短距离为（　　）

A．13厘米 B．17厘米
C．厘米 D．5厘米
【答案】A
【解答】解：如图所示：

由于圆柱体的底面周长为24cm，
则AC＝24×＝12（cm）．
又因为BC＝5cm，
所以AB＝＝13（cm）．
故蚂蚁爬行的最短距离为13cm．
故选：A．
8．（2022秋•平昌县期末）如图是一个长方体盒子，其长，宽、高分别为4，2，9，用一根细线绕侧面绑在点A，B处，不计线头，细线的最短长度为（　　）

A．12 B．15 C．18 D．21
【答案】B
【解答】解：如图所示：
连接AB′，则AB′即为所用的最短细线长，
AA′＝4+2+4+2＝12，A′B′＝AB＝9，
由勾股定理得：AB′2＝AA′2+A′B′2＝122+92＝225，
则AB′＝15，
故选：B．

9．（2023春•朝阳区校级期中）如图，有一只摆钟，摆锤看作一个点，当摆锤静止时，它离底座的垂直高度DE＝4cm，当摆锤摆动到最高位置时，它离底座的垂直高度BF＝6cm，此时摆锤与静止位置时的水平距离BC＝8cm时，求钟摆AD的长度．

【解答】解：设AB＝AD＝xcm，由题意得，CE＝BF＝6cm，
∴AC＝AD+DE﹣CE＝（x﹣2）cm，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴（x﹣2）2+82＝x2，
∴x＝17，
∴AD＝17cm．
答：钟摆AD的长度．
10．（2023春•南宁期中）如图，永定路一侧有A、B两个送奶站，C为永定路上一供奶站，CA和CB为供奶路线，现已测得AC＝8km，BC＝15km，AC⊥BC，∠1＝30°．
（1）连接AB，求两个送奶站之间的距离；
（2）有一人从点C处出发，沿永定路路边向右行走，速度为2.5km/h，多长时间后这个人距B送奶站最近？

【解答】解：（1）∵AC＝8km，BC＝15km，AC⊥BC，
∴AC2+BC2＝AB2，
AB＝km，
（2）过B作BD⊥永定路于D，

∵△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
∵∠1＝30°，
∴∠BCD＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
在Rt△BCD中，∵∠BCD＝60°，
∴∠CBD＝30°，
∴CD＝BC＝＝7.5（km），
∵7.5÷2.5＝3（h），
∴3小时后这人距离B送奶站最近．
最近距离为km．
11．（2023春•南宁月考）如图，一根直立的旗杆高8m，因刮大风旗杆从点C处折断，顶部B着地且离旗杆底部A的距离为4m．
（1）求旗杆距地面多高处折断（AC）；
（2）工人在修复的过程中，发现在折断点C的下方1m的点D处，有一条明显裂痕，将旗杆修复后，若下次大风将旗杆从点D处吹断，则距离旗杆底部周围多大范围内有被砸伤的风险？

【解答】（1）解：由题意，知AC+BC＝8m．
因为∠A＝90°，
设AC长为xm，则BC长（8﹣x）m，
则42+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3．
故旗杆距地面3m处折断；
（2）如图．

因为点D距地面AD＝3﹣1＝2（m），
所以B'D＝8﹣2＝6（m），
所以，
所以距离旗杆底部周围m的范围内有被砸伤的风险．
12．（2022秋•射洪市期末）6号台风“烟花”风力强，累计降雨量大，影响范围大，有极强的破坏力．如图，台风“烟花”中心沿东西方向AB由A向B移动，已知点C为一海港，且点C与直线AB上的两点A、B的距离分别为AC＝300km，BC＝400km，又AB＝500km，经测量，距离台风中心260km及以内的地区会受到影响．
（1）海港C受台风影响吗？为什么？
（2）若台风中心的移动速度为25千米/时，则台风影响该海港持续的时间有多长？

【答案】（1）受台风影响（2）8小时
【解答】解：（1）海港C受台风影响，理由：
∵AC＝300km，BC＝400km，AB＝500km，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°；
过点C作CD⊥AB于D，
∵△ABC是直角三角形，
∴AC•BC＝CD•AB，
∴300×400＝500×CD，
∴CD＝240km，
∵以台风中心为圆心周围260km以内为受影响区域，
∴海港C受台风影响；
（2）当EC＝260km，FC＝260km时，正好影响C港口，
∵ED＝（km），
∴EF＝2ED＝200km，
∵台风的速度为25千米/小时，
∴200÷25＝8（小时）．
答：台风影响该海港持续的时间为8小时．