2015年12月11日勾股定理
一．选择题（共17小题） 1．（2015•科左中旗校级一模）如图，一只蚂蚁从长、宽都是4，高是6的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它所行的最短路线的长是（ ）
A．9 B．10 C． D． 2．（2015春•天津期末）由于台风的影响，一棵树在离地面6m处折断，树顶落在离树干底部8m处，则这棵树在折断前（不包括树根）长度是（ ）
A．8m B．10m C．16m D．18m 3．（2015春•廊坊期末）如图：一个长、宽、高分别为4cm、3cm、12cm的长方体盒子能容下的最长木棒长为（ ）
A．11cm B．12cm C．13cm D．14cm 4．（2015秋•滕州市期中）如图，梯子AB靠在墙上，梯子的底端A到墙根O的距离为2m，梯子的顶端B到地面的距离为7m，现将梯子的底端A向外移动到A′，使梯子的底端A′到墙根O的距离等于3m，同时梯子的顶端B下降至B′，那么BB′（ ）
A．小于1m B．大于1m C．等于1m D．小于或等于1m 5．（2015春•青山区期中）如图，在水池的正中央有一根芦苇，池底长10尺，它高出水而1尺，如果把这根芦苇拉向水池一边，它的顶端恰好到达池边的水面则这根芦苇的长度是（ ）
A．10尺 B．11尺 C．12尺 D．13尺 6．（2015秋•深圳校级期中）如图，梯子AB靠在墙上，梯子的顶端A到墙根O的距离为24m，梯子的底端B到地面的距离为7m，一不小心梯子顶端A下滑了4米到C，底端B滑动到D，那么BD的长是（ ）
A．2m B．4m C．6m D．8m 7．（2015秋•威宁县校级期中）小刚准备测量河水的深度，他把一根竹竿插到岸边1.5m远的河底，竹竿高出水面0.5m，把竹竿的顶端拉向岸边，竿顶和岸边的水平刚好相齐，河水的深度为（ ）
A．2m B．2.5m C．2.25m D．3m 8．（2015秋•宜兴市校级期中）如图，将一根25cm长的细木棒放入长、宽、高分别为8cm、6cm和cm的长方体无盖盒子中，则细木棒露在盒外面的最短长度是（ ）
A．4cm B．5cm C．6cm D．7cm 9．（2014•荆州）如图，已知圆柱底面的周长为4dm，圆柱高为2dm，在圆柱的侧面上，过点A和点C嵌有一圈金属丝，则这圈金属丝的周长最小为（ ）
A．4dm B．2dm C．2dm D．4dm 10．（2014•博山区模拟）如图，点A的正方体左侧面的中心，点B是正方体的一个顶点，正方体的棱长为2，一蚂蚁从点A沿其表面爬到点B的最短路程是（ ）
A．3 B． C． D．4 11．（2014•石家庄二模）如图，若圆柱的底面周长是30cm，高是40cm，从圆柱底部A处沿侧面缠绕一圈丝线到顶部B处做装饰，则这条丝线的最小长度是（ ）
A．80cm B．70cm C．60cm D．50cm
12．（2014•邯郸二模）如图，圆柱底面半径为
cm，高为9cm，点A、B分别是圆柱两底
面圆周上的点，且A、B在同一母线上，用一根棉线从A点顺着圆柱侧面绕3圈到B点，则这根棉线的长度最短为（ ）
A．12cm B．cm 13．（2014秋•深圳期末）如图是由三个棱长均为1的正方体箱子堆积而成的几何体，在底端的顶点A处有一只蚂蚁，它想吃到顶端的顶点B处的食物，则它沿该几何体表面爬行的最短路程等于（ ）
cm C．15cm D．
A． B．2+1 C． D．5 14．（2013秋•慈溪市期末）如图，已知点P是圆锥母线OM上一点，OM=6，OP=4，圆锥的侧面积为12π，一只蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行一周回到点P，则爬过的最短路线长为（ ）
A．
B．4
C．4
D．2
15．（2011秋•台州期末）如图，已知O为圆锥的顶点，MN为圆锥底面的直径，一只蜗牛从M点出发，绕圆锥侧面爬行到N点时，所爬过的最短路线的痕迹（虚线）在侧面展开图中的位置是（ ）
A． B． C．
D． 16．（2009•房山区一模）已知，如图是一个封闭的正方形纸盒，E是CD中点，F是CE中点，一只蚂蚁从一个顶点A爬到另一个顶点G，那么这只蚂蚁爬行的最短路线是（ ）
A．A⇒B⇒C⇒G B．A⇒C⇒G C．A⇒E⇒G D．A⇒F⇒G 17．（2005•山西）如图，点A和点B分别是棱长为20cm的正方体盒子上相邻面的两个中心．一只蚂蚁在盒子表面由A处向B处爬行，所走的最短路程是（ ）
A．40cm B．20cm C．20cm D．10cm
二．填空题（共4小题） 18．（2015•李沧区一模）如图，是一个供滑板爱好者使用的U型池，该U型池可以看作是一个长方体去掉一个“半圆柱”而成，中间可供滑行的部分的截面是半径为5m的半圆，其边缘AB=CD=20cm，小明要在AB上选取一点E，能够使他从点D滑到点E再到点C的滑行距离最短，则他滑行的最短距离为 m．（π取3）
19．（2015秋•兴化市校级期中）在一个长为8分米，宽为5分米，高为7分米的长方体上，截去一个长为6分米，宽为5分米，深为2分米的长方体后，得到一个如图所示的几何体．一只蚂蚁要从该几何体的顶点A处，沿着几何体的表面到几何体上和A相对的顶点B处吃食物，那么它需要爬行的最短路径的长是 分米．
20．（2014•枣庄）图①所示的正方体木块棱长为6cm，沿其相邻三个面的对角线（图中虚线）剪掉一角，得到如图②的几何体，一只蚂蚁沿着图②的几何体表面从顶点A爬行到顶点B的最短距离为 cm．
21．（2014•西湖区一模）如图，是一个无盖玻璃容器的三视图，其中俯视图是一个正六边形，A、B两点均在容器顶部，现有一只小甲虫在容器外A点正下方距离顶部5cm处，要爬到容器内B点正下方距离底部5cm处，则这只小甲虫最短爬行的距离是 cm．
三．解答题（共9小题） 22．（2015•恩施州）如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形，连接AG、CE． （1）求证：AG=CE； （2）求证：AG⊥CE．
23．（2015•兰州）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AB≠CD，BD=AC． （1）求证：AD=BC；
（2）若E、F、G、H分别是AB、CD、AC、BD的中点，求证：线段EF与线段GH互相垂直平分．
24．（2015•泰安）如图，△ABC是直角三角形，且∠ABC=90°，四边形BCDE是平行四边形，E为AC中点，BD平分∠ABC，点F在AB上，且BF=BC．求证： （1）DF=AE； （2）DF⊥AC．
25．（2015•淄博）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，点D是AB的中点，点P是AB上的一个动点（点P与点A、B不重合），矩形PECF的顶点E，F分别在BC，AC上．
（1）探究DE与DF的关系，并给出证明；
（2）当点P满足什么条件时，线段EF的长最短？（直接给出结论，不必说明理由）
26．（2015•孝感）我们把两组邻边相等的四边形叫做“筝形”．如图，四边形ABCD是一个筝形，其中AB=CB，AD=CD．对角线AC，BD相交于点O，OE⊥AB，OF⊥CB，垂足分别是E，F．求证OE=OF．
27．（2015•凉山州）如图，在正方形ABCD中，G是BC上任意一点，连接AG，DE⊥AG于E，BF∥DE交AG于F，探究线段AF、BF、EF三者之间的数量关系，并说明理由．
28．（2013•山西模拟）如图①，一个无盖的正方体盒子的棱长为10厘米，顶点C1处有一只昆虫甲，在盒子的内部顶点A处有一只昆虫乙．（盒壁的厚度忽略不计） （1）假设昆虫甲在顶点C1处静止不动，在图①画出一条路径，使昆虫乙从顶点A沿这条路径爬行，可以在最短的时间内捕捉到昆虫甲．（请简要说明画法）
（2）如图②，假设昆虫甲静止不动，昆虫乙从顶点A以2厘米/秒的速度在盒壁上爬行，那么昆虫乙至少需要多长时间才能捕捉到昆虫甲？ （3）如图②，假设昆虫甲从顶点C1，以1厘米/秒的速度在盒子的内部沿棱C1C向下爬行，同时昆虫乙从顶点A以2厘米/秒的速度在盒壁上爬行，那么昆虫乙至少需要多长时间才能捕捉到昆虫甲？（精确到1s）．参考数据：≈4.4，≈4.6．
29．（2015•贵港）已知：△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ=90°，探究并解决下列问题： （1）如图①，若点P在线段AB上，且AC=1+，PA=，则： ①线段PB=，PC=
222
②猜想：PA，PB，PQ三者之间的数量关系为 ；
（2）如图②，若点P在AB的延长线上，在（1）中所猜想的结论仍然成立，请你利用图②给出证明过程； （3）若动点P满足
=，求
的值．（提示：请利用备用图进行探求）
30．（2013•江苏模拟）一、阅读理解： 在△ABC中，BC=a，CA=b，AB=c；
（1）若∠C为直角，则a+b=c；
222222
（2）若∠C为锐角，则a+b与c的关系为：a+b＞c 证明：如图过A作AD⊥BC于D，则BD=BC﹣CD=a﹣CD
222
在△ABD中：AD=AB﹣BD
222
在△ACD中：AD=AC﹣CD 2222AB﹣BD=AC﹣CD 2222c﹣（a﹣CD）=b﹣CD 222
∴a+b﹣c=2a•CD ∵a＞0，CD＞0 222222∴a+b﹣c＞0，所以：a+b＞c
222
（3）若∠C为钝角，试推导a+b与c的关系．
二、探究问题：在△ABC中，BC=a=3，CA=b=4，AB=c；若△ABC是钝角三角形，求第三边c的取值范围．
2
2
2
2015年12月11日勾股定理
参考答案与试题解析
一．选择题（共17小题） 1．（2015•科左中旗校级一模）如图，一只蚂蚁从长、宽都是4，高是6的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它所行的最短路线的长是（ ）
A．9 B．10 C． D． 【考点】平面展开-最短路径问题． 【专题】数形结合．
【分析】将长方体展开，得到两种不同的方案，利用勾股定理分别求出AB的长，最短者即为所求．
【解答】解：如图（1），AB=如图（2），AB=
故选B．
=
=10．
=；
【点评】此题考查了立体图形的侧面展开图，利用勾股定理求出斜边的长是解题的关键，而两点之间线段最短是解题的依据．
2．（2015春•天津期末）由于台风的影响，一棵树在离地面6m处折断，树顶落在离树干底部8m处，则这棵树在折断前（不包括树根）长度是（ ）
A．8m B．10m C．16m D．18m 【考点】勾股定理的应用． 【专题】应用题．
【分析】根据大树折断部分、下部、地面恰好构成直角三角形，根据勾股定理解答即可． 【解答】解：由题意得BC=8m，AC=6m，
在直角三角形ABC中，根据勾股定理得：AB=所以大树的高度是10+6=16米． 故选C．
=10米．
【点评】熟练运用勾股定理．熟记6，8，10是勾股数，简便计算． 3．（2015春•廊坊期末）如图：一个长、宽、高分别为4cm、3cm、12cm的长方体盒子能容下的最长木棒长为（ ）
A．11cm B．12cm C．13cm D．14cm 【考点】勾股定理的应用．
【分析】首先利用勾股定理计算出BC的长，再利用勾股定理计算出AB的长即可．
2222
【解答】解：∵侧面对角线BC=3+4=5， ∴CB=5m， ∵AC=12m，
∴AB==13（m），
∴空木箱能放的最大长度为13m，
故选：C．
【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，关键是掌握勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方． 4．（2015秋•滕州市期中）如图，梯子AB靠在墙上，梯子的底端A到墙根O的距离为2m，梯子的顶端B到地面的距离为7m，现将梯子的底端A向外移动到A′，使梯子的底端A′到墙根O的距离等于3m，同时梯子的顶端B下降至B′，那么BB′（ ）
A．小于1m B．大于1m C．等于1m D．小于或等于1m 【考点】勾股定理的应用．
【分析】由题意可知OA=2，OB=7，先利用勾股定理求出AB，梯子移动过程中长短不变，所以AB=A′B′，又由题意可知OA′=3，利用勾股定理分别求OB′长，把其相减得解． 【解答】解：在直角三角形AOB中，因为OA=2，OB=7 由勾股定理得：AB=， 由题意可知AB=A′B′=，
又OA′=3，根据勾股定理得：OB′=， ∴BB′=7﹣＜1． 故选A．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，属于基础题，解答本题的关键是掌握勾股定理的表达式． 5．（2015春•青山区期中）如图，在水池的正中央有一根芦苇，池底长10尺，它高出水而1尺，如果把这根芦苇拉向水池一边，它的顶端恰好到达池边的水面则这根芦苇的长度是（ ）
A．10尺 B．11尺 C．12尺 D．13尺 【考点】勾股定理的应用．
【分析】找到题中的直角三角形，设水深为x尺，根据勾股定理解答． 【解答】解：设水深为x尺，则芦苇长为（x+1）尺，
根据勾股定理得：x+（
2
）=（x+1），
22
解得：x=12，
芦苇的长度=x+1=12+1=13（尺）， 故选D．
【点评】本题考查正确运用勾股定理．善于观察题目的信息是解题以及学好数学的关键． 6．（2015秋•深圳校级期中）如图，梯子AB靠在墙上，梯子的顶端A到墙根O的距离为24m，梯子的底端B到地面的距离为7m，一不小心梯子顶端A下滑了4米到C，底端B滑动到D，那么BD的长是（ ）
A．2m B．4m C．6m D．8m 【考点】勾股定理的应用．
【分析】由题意可知OB=7m，OA=24m，先利用勾股定理求出AB，梯子移动过程中长短不变，所以AB=DC，又由题意可知OD=15m，进而得出答案． 【解答】解：在直角三角形AOB中，因为AO=24m，OB=7m，
由勾股定理得：AB=由题意可知AB=CD，
=25（m），
又OC=24﹣4=20（m），根据勾股定理得：OD==15（m），
故BD=DO﹣BO=15﹣7=8（米）．
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，解题时注意勾股定理应用的环境是在直角三角形中． 7．（2015秋•威宁县校级期中）小刚准备测量河水的深度，他把一根竹竿插到岸边1.5m远的河底，竹竿高出水面0.5m，把竹竿的顶端拉向岸边，竿顶和岸边的水平刚好相齐，河水的深度为（ ）
A．2m B．2.5m C．2.25m D．3m 【考点】勾股定理的应用．
【分析】经分析知：可以放到一个直角三角形中计算．此直角三角形的斜边是竹竿的长，设
22
为x米．一条直角边是1.5，另一条直角边是（x﹣0.5）米．根据勾股定理，得：x=1.5+
2
（x﹣0.5），求出x的值，即可得出答案．
【解答】解：如图，若假设竹竿长x米，则水深（x﹣0.5）米，由题意得， 222x=1.5+（x﹣0.5）， 解得．x=2.5．
所以水深2.5﹣0.5=2（米）． 故选：A．
【点评】此题考查了勾股定理的应用，解题的难点在于能够理解题意，正确画出图形． 8．（2015秋•宜兴市校级期中）如图，将一根25cm长的细木棒放入长、宽、高分别为8cm、6cm和cm的长方体无盖盒子中，则细木棒露在盒外面的最短长度是（ ）
A．4cm B．5cm C．6cm D．7cm 【考点】勾股定理的应用． 【分析】由题意可知长方体对角线是最长的，当木条在盒子里对角放置的时候露在外面的长度最小，利用勾股定理求解即可．
【解答】解：由题意知：盒子底面对角长为盒子的对角线长：
=20（cm），
=10（cm），
细木棒长25cm，故细木棒露在盒外面的最短长度是：25﹣20=5cm．
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理的应用，善于挖掘题目的隐含信息是解决本题的关键． 9．（2014•荆州）如图，已知圆柱底面的周长为4dm，圆柱高为2dm，在圆柱的侧面上，过点A和点C嵌有一圈金属丝，则这圈金属丝的周长最小为（ ）
A．4dm B．2dm C．2dm D．4【考点】平面展开-最短路径问题． 【专题】几何图形问题．
dm
【分析】要求丝线的长，需将圆柱的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果，在求线段长时，根据勾股定理计算即可．
【解答】解：如图，把圆柱的侧面展开，得到矩形，则这圈金属丝的周长最小为2AC的长度．
∵圆柱底面的周长为4dm，圆柱高为2dm， ∴AB=2dm，BC=BC′=2dm， ∴AC=2+2=4+4=8， ∴AC=2dm，
∴这圈金属丝的周长最小为2AC=4故选：A．
2
2
2
dm．
【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，圆柱的侧面展开图是一个矩形，此矩形的长等于圆柱底面周长，高等于圆柱的高，本题就是把圆柱的侧面展开成矩形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决． 10．（2014•博山区模拟）如图，点A的正方体左侧面的中心，点B是正方体的一个顶点，正方体的棱长为2，一蚂蚁从点A沿其表面爬到点B的最短路程是（ ）
A．3 B． C． D．4 【考点】平面展开-最短路径问题． 【专题】压轴题．
【分析】将正方体的左侧面与前面展开，构成一个长方形，用勾股定理求出距离即可．
【解答】解：如图，AB=
=．故选C．
【点评】此题求最短路径，我们将平面展开，组成一个直角三角形，利用勾股定理求出斜边就可以了．
11．（2014•石家庄二模）如图，若圆柱的底面周长是30cm，高是40cm，从圆柱底部A处沿侧面缠绕一圈丝线到顶部B处做装饰，则这条丝线的最小长度是（ ）
A．80cm B．70cm C．60cm D．50cm 【考点】平面展开-最短路径问题．
【分析】要求丝线的长，需将圆柱的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果，在求线段长时，借助于勾股定理．
【解答】解：如图，把圆柱的侧面展开，得到矩形ACBD，
则从圆柱底部A处沿侧面缠绕一圈丝线到顶部B处做装饰，这条丝线的最小长度是长方形的对角线AB的长．
∵圆柱的底面周长是30cm，高是40cm，
222
∴AB=30+40=900+1600=2500， ∴AB=50（cm）． 故选D．
【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，圆柱的侧面展开图是一个矩形，此矩形的长等于圆柱底面周长，高等于圆柱的高，本题就是把圆柱的侧面展开成矩形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决．
12．（2014•邯郸二模）如图，圆柱底面半径为
cm，高为9cm，点A、B分别是圆柱两底
面圆周上的点，且A、B在同一母线上，用一根棉线从A点顺着圆柱侧面绕3圈到B点，则这根棉线的长度最短为（ ）
A．12cm B．
cm C．15cm D．
cm
【考点】平面展开-最短路径问题．
【分析】要求圆柱体中两点之间的最短路径，最直接的作法，就是将圆柱体展开，然后利用两点之间线段最短解答．
【解答】解：圆柱体的展开图如图所示：用一棉线从A顺着圆柱侧面绕3圈到B的运动最短路线是：AC→CD→DB； 即在圆柱体的展开图长方形中，将长方形平均分成3个小长方形，A沿着3个长方形的对角线运动到B的路线最短；
∵圆柱底面半径为cm，
=4cm；
∴长方形的宽即是圆柱体的底面周长：2π×又∵圆柱高为9cm，
∴小长方形的一条边长是3cm；
根据勾股定理求得AC=CD=DB=5cm； ∴AC+CD+DB=15cm； 故选C．
【点评】本题主要考查了圆柱的计算、平面展开﹣﹣路径最短问题．圆柱的侧面展开图是一个长方形，此长方形的宽等于圆柱底面周长，长方形的长等于圆柱的高．本题就是把圆柱的侧面展开成长方形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决． 13．（2014秋•深圳期末）如图是由三个棱长均为1的正方体箱子堆积而成的几何体，在底端的顶点A处有一只蚂蚁，它想吃到顶端的顶点B处的食物，则它沿该几何体表面爬行的最短路程等于（ ）
A． B．2+1 C． D．5 【考点】平面展开-最短路径问题．
【分析】先画出正方体的侧面展开图，再利用勾股定理求解即可．
【解答】解：如图所示， 由图可知，AB=
故选A．
=
．
【点评】本题考查的是平面展开﹣最短路径问题，根据题意画出正方体的侧面展开图，利用勾股定理求解是解答此题的关键． 14．（2013秋•慈溪市期末）如图，已知点P是圆锥母线OM上一点，OM=6，OP=4，圆锥的侧面积为12π，一只蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行一周回到点P，则爬过的最短路线长为（ ）
A．
B．4
C．4
D．2
【考点】平面展开-最短路径问题；圆锥的计算．
【分析】将圆锥侧面展开，连接PP′即为最短距离，在三角形OPP′中，求出PP′的长即可． 【解答】解：将圆锥侧面展开， ∵OM=6，圆锥的侧面积为12π， ∴底面半径为∴∴
=2，
=2π×2=4π，
=4π，
∴∠POP′=120°． ∴作OD⊥PP′于D， ∴PD=OPsin60°=4×∴PP′=4． 故选B．
=2
，
【点评】本题考查了圆锥的侧面展开图，熟悉扇形的弧长和面积计算公式是解题的关键． 15．（2011秋•台州期末）如图，已知O为圆锥的顶点，MN为圆锥底面的直径，一只蜗牛从M点出发，绕圆锥侧面爬行到N点时，所爬过的最短路线的痕迹（虚线）在侧面展开图中的位置是（ ）
A． B． C．
D． 【考点】平面展开-最短路径问题． 【专题】应用题．
【分析】此题运用圆锥的性质，同时此题为数学知识的应用，由题意蜗牛从M点出发，绕圆锥侧面爬行到N点时所爬过的最短，就用到两点间线段最短定理．
【解答】解：因为MN为圆锥底面的直径，展开后D图中MN即为直径，也为所爬过的最短路线的痕迹， 故选：D．
【点评】此题考查的知识点是平面展开﹣最短路径问题，本题考核立意相对较新，考核了学生的空间想象能力． 16．（2009•房山区一模）已知，如图是一个封闭的正方形纸盒，E是CD中点，F是CE中点，一只蚂蚁从一个顶点A爬到另一个顶点G，那么这只蚂蚁爬行的最短路线是（ ）
A．A⇒B⇒C⇒G B．A⇒C⇒G C．A⇒E⇒G D．A⇒F⇒G 【考点】平面展开-最短路径问题．
【分析】要求正方体中两点之间的最短路径，最直接的作法，就是将正方体展开，然后利用两点之间线段最短解答．
【解答】解：把图展开A、E、G在同一条线段上，A⇒E⇒G之间距离最短． 故选C．
【点评】本题主要考查两点之间线段最短． 17．（2005•山西）如图，点A和点B分别是棱长为20cm的正方体盒子上相邻面的两个中心．一只蚂蚁在盒子表面由A处向B处爬行，所走的最短路程是（ ）
A．40cm B．20cm C．20cm D．10cm 【考点】平面展开-最短路径问题． 【专题】压轴题．
【分析】由平面图形的折叠及立体图形的表面展开图的特点解题． 【解答】解：
根据两点之间线段最短，把正方体展开，可知由A处向B处爬行，所走的最短路程是20cm． 故选C．
【点评】熟练掌握两点之间线段最短这一性质．
二．填空题（共4小题） 18．（2015•李沧区一模）如图，是一个供滑板爱好者使用的U型池，该U型池可以看作是一个长方体去掉一个“半圆柱”而成，中间可供滑行的部分的截面是半径为5m的半圆，其边缘AB=CD=20cm，小明要在AB上选取一点E，能够使他从点D滑到点E再到点C的滑行距离最短，则他滑行的最短距离为 10 m．（π取3）
【考点】平面展开-最短路径问题．
【分析】要求滑行的最短距离，需将该U型池的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．
【解答】解：其侧面展开图如图：作点C关于AB的对称点F，连接DF，
∵中间可供滑行的部分的截面是半径为5m的半圆， ∴BC=πR=5π=15m，AB=CD=20m， ∴CF=30m， 在Rt△CDF中，
DF=
m，
故他滑行的最短距离约为10m． 故答案为：10． 【点评】本题考查的是平面展开﹣最短路径问题，此题就是把U型池的侧面展开成矩形，“化曲面为平面”，用勾股定理解决． 19．（2015秋•兴化市校级期中）在一个长为8分米，宽为5分米，高为7分米的长方体上，截去一个长为6分米，宽为5分米，深为2分米的长方体后，得到一个如图所示的几何体．一只蚂蚁要从该几何体的顶点A处，沿着几何体的表面到几何体上和A相对的顶点B处吃食物，那么它需要爬行的最短路径的长是 13 分米．
【考点】平面展开-最短路径问题．
【分析】根据题意把图形的侧面展开，利用勾股定理求解即可． 【解答】解：如图所示，
AB==13（分米）．
答：它需要爬行的最短路径的长是13分米．
【点评】本题考查的是平面展开﹣最短路径问题，此类问题应先根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短，在平面图形上构造直角三角形解决问题． 20．（2014•枣庄）图①所示的正方体木块棱长为6cm，沿其相邻三个面的对角线（图中虚线）剪掉一角，得到如图②的几何体，一只蚂蚁沿着图②的几何体表面从顶点A爬行到顶点B的最短距离为 （3+3）
cm．
【考点】平面展开-最短路径问题；截一个几何体． 【专题】压轴题；数形结合．
【分析】要求蚂蚁爬行的最短距离，需将图②的几何体表面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果．
【解答】解：如图所示：
△BCD是等腰直角三角形，△ACD是等边三角形， 在Rt△BCD中，CD=∴BE=CD=3
cm，
=3
cm，
+3
）cm．
=6
cm，
在Rt△ACE中，AE=
∴从顶点A爬行到顶点B的最短距离为（3
故答案为：（3+3）．
【点评】考查了平面展开﹣最短路径问题，本题就是把图②的几何体表面展开成平面图形，根据等腰直角三角形的性质和等边三角形的性质解决问题． 21．（2014•西湖区一模）如图，是一个无盖玻璃容器的三视图，其中俯视图是一个正六边形，A、B两点均在容器顶部，现有一只小甲虫在容器外A点正下方距离顶部5cm处，要爬到容器内B点正下方距离底部5cm处，则这只小甲虫最短爬行的距离是 30 cm．
【考点】平面展开-最短路径问题；轴对称图形．
【分析】要求正六棱柱中两点之间的最短路径，将正六棱柱展开，作A点关于EF的对称点A′，然后连接A′D，利用两点之间线段最短解答． 【解答】解：如图所示：A′B即为最短路径， 在Rt△A′BC中，BC=10×3=30（cm），A′C=25+5=30（cm），
A′B==30（cm）．
cm．
答：这只小甲虫最短爬行的距离是30故答案为：30．
【点评】本题考查的是平面展开﹣最短路径问题，解答此类题目的关键是得到正六棱柱的平面展开图，再利用勾股定理进行解答．
三．解答题（共9小题） 22．（2015•恩施州）如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形，连接AG、CE． （1）求证：AG=CE； （2）求证：AG⊥CE．
【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质． 【专题】证明题． 【分析】（1）由正方形的性质得出AB=CB，∠ABC=∠GBE=90°，BG=BE，得出∠ABG=∠CBE，由SAS证明△ABG≌△CBE，得出对应边相等即可；
（2）由△ABG≌△CBE，得出对应角相等∠BAG=∠BCE，由∠BAG+∠AMB=90°，对顶角∠AMB=∠CMN，得出∠BCE+∠CMN=90°，证出∠CNM=90°即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD、BEFG均为正方形， ∴AB=CB，∠ABC=∠GBE=90°，BG=BE， ∴∠ABG=∠CBE，
在△ABG和△CBE中，，
∴△ABG≌△CBE（SAS）， ∴AG=CE；
（2）证明：如图所示：∵△ABG≌△CBE， ∴∠BAG=∠BCE， ∵∠ABC=90°，
∴∠BAG+∠AMB=90°， ∵∠AMB=∠CMN， ∴∠BCE+∠CMN=90°， ∴∠CNM=90°， ∴AG⊥CE．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、垂线的证法；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 23．（2015•兰州）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AB≠CD，BD=AC． （1）求证：AD=BC；
（2）若E、F、G、H分别是AB、CD、AC、BD的中点，求证：线段EF与线段GH互相垂直平分．
【考点】全等三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；中点四边形． 【专题】证明题． 【分析】（1）由平行四边形的性质易得AC=BM=BD，∠BDC=∠M=∠ACD，由全等三角形判定定理及性质得出结论；
（2）连接EH，HF，FG，GE，E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，易得四边形HFGE为平行四边形，由平行四边形的性质及（1）结论得▱HFGE为菱形，易得EF与GH互相垂直平分． 【解答】证明：（1）过点B作BM∥AC交DC的延长线于点M，如图1， ∵AB∥CD
∴四边形ABMC为平行四边形，
∴AC=BM=BD，∠BDC=∠M=∠ACD， 在△ACD和△BDC中，
，
∴△ACD≌△BDC（SAS）， ∴AD=BC；
（2）连接EH，HF，FG，GE，如图2，
∵E，F，G，H分别是AB，CD，AC，BD的中点， ∴HE∥AD，且HE=AD，FG∥AD，且FG=∴四边形HFGE为平行四边形， 由（1）知，AD=BC， ∴HE=EG，
∴▱HFGE为菱形，
∴EF与GH互相垂直平分．
，
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质及判定，全等三角形的性质与判定，菱形的判定及性质，综合运用平行四边形的性质及判定，全等三角形的性质与判定是解答此题的关键． 24．（2015•泰安）如图，△ABC是直角三角形，且∠ABC=90°，四边形BCDE是平行四边形，E为AC中点，BD平分∠ABC，点F在AB上，且BF=BC．求证： （1）DF=AE； （2）DF⊥AC．
【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质． 【专题】证明题． 【分析】（1）延长DE交AB于点G，连接AD．构建全等三角形△AED≌△DFB（SAS），则由该全等三角形的对应边相等证得结论；
（2）设AC与FD交于点O．利用（1）中全等三角形的对应角相等，等角的补角相等以及三角形内角和定理得到∠EOD=90°，即DF⊥AC． 【解答】证明：（1）延长DE交AB于点G，连接AD． ∵四边形BCDE是平行四边形， ∴ED∥BC，ED=BC．
∵点E是AC的中点，∠ABC=90°， ∴AG=BG，DG⊥AB． ∴AD=BD，
∴∠BAD=∠ABD． ∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠BAD=45°，即∠BDE=∠ADE=45°． 又BF=BC， ∴BF=DE．
∴在△AED与△DFB中，∴△AED≌△DFB（SAS）， ∴AE=DF，即DF=AE；
（2）设AC与FD交于点O． ∵由（1）知，△AED≌△DFB， ∴∠AED=∠DFB， ∴∠DEO=∠DFG． ∵∠DFG+∠FDG=90°， ∴∠DEO+∠EDO=90°，
∴∠EOD=90°，即DF⊥AC．
，
【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质．全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件． 25．（2015•淄博）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，点D是AB的中点，点P是AB上的一个动点（点P与点A、B不重合），矩形PECF的顶点E，F分别在BC，AC上．
（1）探究DE与DF的关系，并给出证明；
（2）当点P满足什么条件时，线段EF的长最短？（直接给出结论，不必说明理由）
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；矩形的性质．
【分析】（1）连接CD，首先根据△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，点D是AB的中点得到CD=AD，CD⊥AD，然后根据四边形PECF是矩形得到△APE是等腰直角三角形，从而得到△DCE≌△DAF，证得DE=DF，DE⊥DF；
（2）根据DE=DF，DE⊥DF，得到EF=DE=DF，从而得到当DE和DF同时最短时，EF最短得到此时点P与点D重合线段EF最短． 【解答】解：（1）DE=DF，DE⊥DF， 证明：连接CD，
∵△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，点D是AB的中点， ∴CD=AD，CD⊥AD， ∵四边形PECF是矩形， ∴CE=FP，FP∥CB，
∴△APF是等腰直角三角形， ∴AF=PF=EC，
∴∠DCE=∠A=45°， ∴△DCE≌△DAF，
∴DE=DF，∠ADF=∠CDE， ∵∠CDA=90°， ∴∠EDF=90°，
∴DE=DF，DE⊥DF；
（2）∵DE=DF，DE⊥DF， ∴EF=DE=DF，
∴当DE和DF同时最短时，EF最短， ∴当DF⊥AC，DE⊥AB时，二者最短， ∴此时点P与点D重合，
∴点P与点D重合时，线段EF最短．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形及矩形的性质，解题的关键是能够证得两个三角形全等，难度不大． 26．（2015•孝感）我们把两组邻边相等的四边形叫做“筝形”．如图，四边形ABCD是一个筝形，其中AB=CB，AD=CD．对角线AC，BD相交于点O，OE⊥AB，OF⊥CB，垂足分别是E，F．求证OE=OF．
【考点】全等三角形的判定与性质． 【专题】证明题；新定义．
【分析】欲证明OE=OF，只需推知BD平分∠ABC，所以通过全等三角形△ABD≌△CBD（SSS）的对应角相等得到∠ABD=∠CBD，问题就迎刃而解了．
【解答】证明：∵在△ABD和△CBD中，，
∴△ABD≌△CBD（SSS）， ∴∠ABD=∠CBD， ∴BD平分∠ABC．
又∵OE⊥AB，OF⊥CB， ∴OE=OF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形． 27．（2015•凉山州）如图，在正方形ABCD中，G是BC上任意一点，连接AG，DE⊥AG于E，BF∥DE交AG于F，探究线段AF、BF、EF三者之间的数量关系，并说明理由．
【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
【分析】根据正方形的性质，可得AB=AD，∠DAB=∠ABC=90°，根据余角的性质，可得∠ADE=∠BAF，根据全等三角形的判定与性质，可得BF与AE的关系，再根据等量代换，可得答案．
【解答】解：线段AF、BF、EF三者之间的数量关系AF=BF+EF，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠DAB=∠ABC=90°．
∵DE⊥AG于E，BF∥DE交AG于F， ∴∠AED=∠DEF=∠AFB=90°，
∴∠ADE+∠DAE=90°，∠DAE+∠BAF=90°， ∴∠ADE=∠BAF． 在△ABF和△DAE中
，
∴△ABF≌△DAE （AAS）， ∴BF=AE． ∵AF=AE+EF， AF=BF+EF．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了正方形的性质，余角的性质，全等三角形的判定与性质，等量代换．
28．（2013•山西模拟）如图①，一个无盖的正方体盒子的棱长为10厘米，顶点C1处有一只昆虫甲，在盒子的内部顶点A处有一只昆虫乙．（盒壁的厚度忽略不计）
（1）假设昆虫甲在顶点C1处静止不动，在图①画出一条路径，使昆虫乙从顶点A沿这条路径爬行，可以在最短的时间内捕捉到昆虫甲．（请简要说明画法）
（2）如图②，假设昆虫甲静止不动，昆虫乙从顶点A以2厘米/秒的速度在盒壁上爬行，那么昆虫乙至少需要多长时间才能捕捉到昆虫甲？ （3）如图②，假设昆虫甲从顶点C1，以1厘米/秒的速度在盒子的内部沿棱C1C向下爬行，同时昆虫乙从顶点A以2厘米/秒的速度在盒壁上爬行，那么昆虫乙至少需要多长时间才能捕捉到昆虫甲？（精确到1s）．参考数据：≈4.4，≈4.6．
【考点】平面展开-最短路径问题． 【专题】压轴题． 【分析】（1）当相邻两个面放在同一平面内时，过AC1的线段必过公共棱的中点，按此方法，可画出A，C1所在的相邻面的所有公共棱的中点；
（2）根据昆虫甲静止不动，昆虫乙从顶点A以2厘米/秒的速度在盒壁上爬行，得出
AC1=
=10cm，即可求出所行时间；
（3）联系（1）中的4个结论，分别画出图形，利用勾股定理求得两点间的最短路线，进而求解．
【解答】解：（1）画出图①中A⇒E2⇒C1，A⇒E3⇒C1，A⇒E4⇒C1中任意一条路径；（E1、E2、E3分别为各棱中点）
（2）如图2，根据昆虫甲静止不动，昆虫乙从顶点A以2厘米/秒的速度在盒壁上爬行，
AC1=
=10cm，
故昆虫乙至少需要爬行：10÷2=5秒，
答：昆虫乙至少需要5时间才能捕捉到昆虫甲；
（3）由（1）可知，当昆虫甲从顶点C1沿棱C1C向顶点C爬行的同时，昆虫乙可以沿下列四种路径中的任意一种爬行：
可以看出，图②﹣1与图②﹣2中的路径相等，图②﹣3与图②﹣4中的路径相等． ①设昆虫甲从顶点C1沿棱C1C向顶点C爬行的同时，昆虫乙从顶点A按路径A→E→F爬行捕捉到昆虫甲需x秒钟，
如图②﹣1﹣1，在Rt△ACF中，
222
（2x）=（10﹣x）+20， 解得x=10秒；
设昆虫甲从顶点C1沿棱C1C向顶点C爬行的同时，昆虫乙从顶点A按路径A→E2→F爬行捕捉到昆虫甲需y秒钟，
如图②﹣1﹣2，在Rt△ABF中，
222
（2y）=（20﹣y）+10， 解得y≈8秒；
所以昆虫乙从顶点A爬行捕捉到昆虫甲至少需8秒钟．
【点评】此题主要考查了平面展开图的最短路径问题，立体图形中的最短距离，通常要转换为平面图形的两点间的线段长来进行解决． 29．（2015•贵港）已知：△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ=90°，探究并解决下列问题： （1）如图①，若点P在线段AB上，且AC=1+，PA=，则： ①线段PB=
PC=；
222222
②猜想：PA，PB，PQ三者之间的数量关系为 PA ；
（2）如图②，若点P在AB的延长线上，在（1）中所猜想的结论仍然成立，请你利用图②给出证明过程； （3）若动点P满足
=，求
的值．（提示：请利用备用图进行探求）
【考点】勾股定理的应用；相似形综合题．
【专题】压轴题． 【分析】（1）①在等腰直角三角形ACB中，由勾股定理先求得AB的长，然后根据PA的长，可求得PB的长；过点C作CD⊥AB，垂足为D，从而可求得CD、PD的长，然后在Rt三角形CDP中依据勾股定理可求得PC的长；②△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB，
222
从而可求得：CD=AD=DB，然后根据AP=DC﹣PD，PB=DC+PD，可证明AP+BP=2PC，
22222
因为在Rt△PCQ中，PQ=2CP，所以可得出AP+BP=PQ的结论； （2）过点C作CD⊥AB，垂足为D，则AP=（AD+PD）=（DC+PD），PB=（DP﹣BD）=
（PD﹣DC），可证明AP+BP=2PC，因为在Rt△PCQ中，PQ=2CP，所以可得出222
AP+BP=PQ的结论；
（3）根据点P所在的位置画出图形，然后依据题目中的比值关系求得PD的长（用含有CD的式子表示），然后在Rt△ACP和Rt△DCP中由勾股定理求得AC和PC的长度即可． 【解答】解：（1）如图①：
22222
①∵△ABC是等腰直直角三角形，AC=1+∴AB=
∵PA=∴PB=
， ，
，
=
=
+
，
作CD⊥AB于D，则AD=CD=∴PD=AD﹣PA=在Rt△PCD中，PC=
，
=2，
故答案为：，2； ②如图1．
∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB， ∴CD=AD=DB．
∵AP=（AD﹣PD）=（DC﹣PD）=DC﹣2DC•PD+PD，PB=（DB+PD）=（DC+DP）222=CD+2DC•PD+PD
2222∴AP+BP=2CD+2PD，
222
∵在Rt△PCD中，由勾股定理可知：PC=DC+PD，
222∴AP+BP=2PC．
∵△CPQ为等腰直角三角形，
22
∴2PC=PQ．
222∴AP+BP=PQ
（2）如图②：过点C作CD⊥AB，垂足为D．
2
2
2
2
2
2
2
∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB， ∴CD=AD=DB．
22222∵AP=（AD+PD）=（DC+PD）=CD+2DC•PD+PD， 22222PB=（DP﹣BD）=（PD﹣DC）=DC﹣2DC•PD+PD，
∴AP+BP=2CD+2PD，
222
∵在Rt△PCD中，由勾股定理可知：PC=DC+PD，
222∴AP+BP=2PC．
∵△CPQ为等腰直角三角形，
22
∴2PC=PQ．
222∴AP+BP=PQ．
（3）如图③：过点C作CD⊥AB，垂足为D．
2222
①当点P位于点P1处时． ∵
，
∴∴
．
．
在Rt△CP1D中，由勾股定理得：在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC=
=
=
=
DC，
=DC，
∴=．
②当点P位于点P2处时． ∵
=，
∴．
==
=
DC，
=
，
在Rt△CP2D中，由勾股定理得：在Rt△ACD中，由勾股定理得：AC=
∴．
综上所述，的比值为或．
【点评】本题主要考查的是等腰直角三角形的性质和勾股定理的应用，根据等腰直角三角形的性质证得：CD=AD=DB，将PA、PA、PQ、AC、PC用含DC的式子表示出来是解题的关键． 30．（2013•江苏模拟）一、阅读理解： 在△ABC中，BC=a，CA=b，AB=c；
（1）若∠C为直角，则a+b=c；
222222
（2）若∠C为锐角，则a+b与c的关系为：a+b＞c 证明：如图过A作AD⊥BC于D，则BD=BC﹣CD=a﹣CD
222
在△ABD中：AD=AB﹣BD
222
在△ACD中：AD=AC﹣CD 2222AB﹣BD=AC﹣CD 2222c﹣（a﹣CD）=b﹣CD 222
∴a+b﹣c=2a•CD ∵a＞0，CD＞0 222222∴a+b﹣c＞0，所以：a+b＞c
222
（3）若∠C为钝角，试推导a+b与c的关系．
二、探究问题：在△ABC中，BC=a=3，CA=b=4，AB=c；若△ABC是钝角三角形，求第三边c的取值范围．
2
2
2
【考点】勾股定理的应用． 【专题】压轴题；阅读型．
222
【分析】根据题意作图，用证明（2）的方法证明即可推导出a+b与c的关系． 【解答】解：（3）如图过A作AD⊥BC于D，则BD=BC+CD=a+CD
222
在△ABD中：AD=AB﹣BD
222
在△ACD中：AD=AC﹣CD 2222AB﹣BD=AC﹣CD 2222c﹣（a+CD）=b﹣CD 222
∴a+b﹣c=﹣2a•CD ∵a＞0，CD＞0 222
∴a+b﹣c＜0
222
所以：a+b＜c
二、当∠C为钝角时，根据公式：当∠B为钝角时，根据公式：b﹣a＜c＜
＜c＜a+b可得，5＜c＜7；
可得，1＜c＜
．
【点评】此题主要考查学生对勾股定理在实际中的运用能力．