文档内容
专题 03 勾股定理应用（十二大类型）
【题型1应用勾股定理解决梯子滑落高度问题】
【题型2应用勾股定理解决旗杆高度】
【题型3应用勾股定理解决小鸟飞行的距离】
【题型4应用勾股定理解决大树折断前的高度】
【题型5应用勾股定理解决水杯中的筷子问题】
【题型6应用勾股定理解决航海问题】
【题型7应用勾股定理解决风吹荷花模型】
【题型8应用勾股定理解决汽车是否超速问题】
【题型9应用勾股定理解决是否受台风影响问题】
【题型10应用勾股定理解决选扯距离相离问题】
【题型11应用勾股定理解决几何图形中折叠问题】
【题型12面展开图-最短路径问题】
【题型1应用勾股定理解决梯子滑落高度问题】
1．（2023春•益阳期末）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．2.2米 B．2.3米 C．2.4米 D．2.5米
【答案】A
【解答】解：在Rt△ACB中，∵∠ACB＝90°，BC＝0.7米，AC＝2.4米，
∴AB2＝0.72+2.42＝6.25（米）．
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：A．
2．（2023秋•峄城区期中）如果梯子的底端离建筑物底部8米，则17米长的梯子可以达到
建筑物的高度是（ ）
A．12米 B．13米 C．14米 D．15米
【答案】D
【解答】解：如图；梯子AC长是17米，梯子底端离建筑物的距离AB长为8米；
在Rt△ABC中，AC＝17米，AB＝8米；
根据勾股定理，得BC＝ （米）；
故选：D．
2．（2023秋•海淀区校级期末）如图，一个梯子 AB长25米，斜靠在竖直的墙上，这时梯
子下端B与墙角C距离为7米，梯子滑动后停在DE上的位置上，如图，测得AE的长4
米，则梯子底端B向右滑动了 8 米．【答案】8．
【解答】解：∵∠C＝90°，AB＝25米，BC＝7米，
∴AC＝ ＝24（米），
∴CE＝AC﹣AE＝24﹣4＝20（米），
∵DE＝AB＝25米，
∴CD＝ ＝15（米），
∴BD＝CD﹣BC＝8（米），
∴梯子底端B向右滑动了8米．
故答案为：8．
3．（2023秋•南关区期末）如图，一把梯子靠在垂直于水平地面的墙上，梯子 AB的长
为2.5米，梯子的底部离墙的距离BC为0.7米．若梯子的顶部向下滑0.4米到D处，此
时梯子的底部向外滑到E处，求梯子的底部向外滑出多少米？
【答案】0.8米．
【解答】解：由勾股定理得：AC＝ ＝ ＝2.4（米），
∴CD＝AC﹣AD＝2.4﹣0.4＝2（米），
∵DE＝AB＝2.5米，∴CE＝ ＝1.5（米），
∴BE＝CE﹣BC＝1.5﹣0.7＝0.8（米），
∴梯子的底部向外滑出0.8米．
【题型2应用勾股定理解决旗杆高度】
4．（2023•定西模拟）如图，一根垂直于地面的旗杆在离地面 5m处撕裂折断，旗杆顶部
落在离旗杆底部12m处，旗杆折断之前的高度是（ ）
A．5m B．12m C．13m D．18m
【答案】D
【解答】解：旗杆折断后，落地点与旗杆底部的距离为12m，旗杆离地面5m折断，且
旗杆与地面是垂直的，
所以折断的旗杆与地面形成了一个直角三角形．
根据勾股定理，AB＝ ＝ ＝13（m），
所以旗杆折断之前高度为BC+AB＝13+5＝18（m）．
故选：D．
5．（2023春•济南期末）如图，小霞将升旗的绳子拉到旗杆底端，并在绳子上打了一个结，
然后将绳子拉到离旗杆底端12米处，发现此时绳子底端距离打结处约6米，则滑轮到
地面的高度为 9 米．
【答案】9．
【解答】解：设滑轮到地面的高度为x米，
根据勾股定理，得x2+122＝（x+6）2，解得：x＝9；
答：滑轮到地面的高度为9米．
故答案为：9．
6．（2023秋•吉安期中）在第十四届全国人大一次会议召开之际，某中学举行了庄严的升
旗仪式．看着冉冉升起的五星红旗（如图1），小乐想用刚学过的知识计算旗杆的高度．
如图2，AD为旗杆AE上用来固定国旗的绳子，点D距地面的高度DE＝1m．将绳子AD
拉至AB的位置，测得点B到AE的距离BC＝3m，到地面的垂直高度BF＝2m，求旗杆
AE的高度．
【答案】6m．
【解答】解：∵BF＝2m，
∴CE＝2m，
∵DE＝1m，
∴CD＝CE﹣DE＝1m，
设AD＝x，则AB＝x，AC＝AD﹣CD＝x﹣1，
由题意可得：BC⊥AE，
在△ABC中，AC2+BC2＝AB2，
即（x﹣1）2+32＝x2，
解得：x＝5，即AD＝5，
∴旗杆AE的高度为：AD+DE＝5+1＝6m．
【题型3应用勾股定理解决小鸟飞行的距离】
7．（2022秋•婺城区期末）如图，有两棵树，一棵高8米，另一棵高2米，两树相距8米，
一只小鸟从一棵树的树梢飞到另一棵树的树梢，则它至少要飞行（ ）米．A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】C
【解答】解：两棵树的高度差为8﹣2＝6m，间距为8m，
根据勾股定理可得：小鸟至少飞行的距离＝ ＝10m．
故选：C．
8.（2022秋•兴庆区校级期末）如图，有两棵树分别用线段AB和CD表示，树高AB＝15米，
CD＝7米，两树间的距离BD＝6米，一只鸟从一棵树的树梢（点A）飞到另一棵树的树
梢（点C），则这只鸟飞行的最短距离AC＝（ ）
A．6米 B．8米 C．10米 D．12米
【答案】C
【解答】解：如图，设大树高为AB＝15m，
小树高为CD＝7m，
过C点作CE⊥AB于E，则EBDC是矩形，
连接AC，
∴EB＝7m，EC＝6m，AE＝AB﹣EB＝15﹣7＝8（m），
在Rt△AEC中，AC＝ ＝10m，
故小鸟至少飞行10m．
故选：C．9．（2022•三穗县校级模拟）有一只喜鹊在一棵3m高的小树上觅食，它的巢筑在距离该
树24m的一棵大树上，大树高11m，且巢离树顶部1m．当它听到巢中幼鸟的叫声，立
即赶过去，如果它飞行的速度为5m/s，那它至少需要时间 5 s 才能赶回巢中．
【答案】5s．
【解答】解：如图，由题意知AB＝3m，CD＝11﹣1＝10（m），BD＝24m．
过A作AE⊥CD于E．则CE＝10﹣3＝7（m），AE＝24m，
在Rt△AEC中，
AC＝ ＝ ＝25（m），
∴25÷5＝5（s），
答：它至少需要5s才能赶回巢中．
故答案为：5s．
【题型4应用勾股定理解决大树折断前的高度】
10．（2023秋•公主岭市期末）如图，一竖直的木杆在离地面3米处折断，木杆顶端落地
面离木杆底端4米处，木杆折断之前的高度为（ ）A．7米 B．8米 C．9米 D．12米
【答案】B
【解答】解：∵一竖直的木杆在离地面3米处折断，木杆顶端落地面离木杆底端4米处，
∴折断的部分长为 ＝5（米），
∴折断前高度为5+3＝8（米）．
故选：B．
11．（2022秋•辉县市校级期末）如图1，一棵大树在一次强烈的地震中于离地面5米处折
断倒下，树顶落在离树根12米处，图2是这棵大树折断的示意图，则这棵大树在折断
之前的高是（ ）
A．20米 B．18米 C．16米 D．15米
【答案】B
【解答】解：设大树在折断之前的高是x m，
由勾股定理得：（x﹣5）2＝122+52，
解得：x＝18或x＝﹣8（不符合题意，舍去），
∴大树在折断之前的高是18m；
故选：B．
12．（2023秋•汝州市期中）《九章算术》中记载了一个“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？题意是：一根竹子原高1丈（1丈＝10尺），
中部有一处折断，竹梢触地面处离竹根3尺，试问折断处离地面多高？设折断处离地面
的高度为x尺，则可列方程为（ ）A．x2﹣3＝（10﹣x）2 B．x2﹣32＝（10﹣x）2
C．x2+3＝（10﹣x）2 D．x2+32＝（10﹣x）2
【答案】D
【解答】解：设折断处离地面x尺，
根据题意可得：x2+32＝（10﹣x）2，
故选：D．
13．（2022秋•达川区校级期末）如图，一棵大树（树干与地面垂直）在一次强台风中于
离地面6米B处折断倒下，倒下后的树顶C与树根A的距离为8米，则这棵大树在折断
前的高度为（ ）
A．10米 B．12米 C．14米 D．16米
【答案】D
【解答】解：∵△ABC是直角三角形，AB＝6m，AC＝8m，
∴BC＝ ＝ ＝10（m），
∴大树的高度＝AB+BC＝6+10＝16（m）．
故选：D．
14．（2023•南宁模拟）在《九章算术》中有一个问题（如图）：今有竹高一丈，末折抵地，
去本三尺，问折者高几何？它的意思是：一根竹子原高一丈（10尺），中部一处折断，
竹梢触地面处离竹根3尺，试问折断处离地面（ ）尺．
A．4 B．3.6 C．4.5 D．4.55
【答案】D【解答】解：如图，由题意得：∠ACB＝90°，BC＝3尺，AC+AB＝10尺，
设折断处离地面x尺，则AB＝（10﹣x）尺，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：x2+32＝（10﹣x）2，
解得：x＝4.55，
即折断处离地面4.55尺．
故选：D．
15．（2023秋•金水区期中）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A4m．
（1）求旗杆距地面多高处折断；
（2）工人在修复的过程中，发现在折断点C的下方1.25m的点D处，有一明显裂痕，
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危险？
【答案】（1）3米；
（2）6米．
【解答】解：（1）由题意可知：AC+BC＝8米，
∵∠A＝90°，
∴AB2+AC2＝BC2，
又∵AB＝4米，
∴AC＝3（米），BC＝5（米），
故旗杆距地面3米处折断；
（2）如图，∵D点距地面AD＝3﹣1.25＝1.75（米），
∴B'D＝8﹣1.75＝6.25（米），
∴AB′＝ （米），
∴距离杆脚周围6米大范围内有被砸伤的危险．
【题型5应用勾股定理解决水杯中的筷子问题】
16．（2022秋•陵水县期末）如图，将一根长 24cm的筷子，置于底面直径为5cm，高为
12cm的圆柱形水杯中，设筷子露在杯子外面的长度是为h cm，则h的取值范围是（
）
A．5≤h≤12 B．12≤h≤19 C．11≤h≤12 D．12≤h≤13
【答案】C
【解答】解：当筷子与杯底垂直时h最大，h最大＝24﹣12＝12cm．
当筷子与杯底及杯高构成直角三角形时h最小，
如图所示：AB＝ ＝ ＝13cm，
故h＝24﹣13＝11cm．
故h的取值范围是11cm≤h≤12cm．
故选：C．17．（2022秋•蒲城县期末）将一根24cm的筷子置于底面直径为12cm，高为16cm的圆柱
形水杯中，如图所示，设筷子露在杯子外面的长度为h cm，则h的最小值为（ ）
A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
【答案】B
【解答】解：如图，当筷子的底端在A点时，筷子露在杯子外面的长度最短，
在Rt△ABD中，AD＝12cm，BD＝16cm，
∴ ，
此时h＝24﹣20＝4cm，
∴h的最小值是4cm，
故选：B．
18．（2022秋•宁化县期中）如图，将一根长为20cm的吸管，置于底面直径为5cm，高为
12cm的圆柱形水杯中，设吸管露在杯子外面的长度是为 hcm，则h的取值范围是
7 ≤ h ≤ 8 ．【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图，当吸管、底面直径、杯子的高恰好构成直角三角形时，h最短，
此时AB＝ ＝13，故h最短 ＝20﹣13＝7（cm）；
当吸管竖直插入水杯时，h最大，此时h最大 ＝20﹣12＝8（cm）．
故答案为：7≤h≤8．
【题型6应用勾股定理解决航海问题】
19．（2023春•武江区期中）如图，一轮船以16海里/时的速度从港口A出发向东北方向航
行，另一轮船以12海里/时的速度同时从港口A出发向东南方向航行，离开港口2小时
后，两船相距（ ）
A．40海里 B．35海里 C．30海里 D．25海里
【答案】A
【解答】解：∵两船行驶的方向是东北方向和东南方向，
∴∠BAC＝90°，两小时后，两艘船分别行驶了16×2＝32（海里），12×2＝24（海里），
根据勾股定理得： ＝40（海里）．
故选：A．
20．（2023春•仁化县期中）某港口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”号沿东北方向航行，每小时航行
16海里，“海天”号沿西北方向航行，每小时航行12海里．它们离开港口2小时后两
船相距 4 0 海里．
【答案】40．
【解答】解：∵远航”号沿东北方向航行，“海天”号沿西北方向航行，
∴∠RPS＝∠QPS＝45°，
∴∠RPQ＝90°，
∵“远航”号沿东北方向航行，每小时航行16海里，“海天”号沿西北方向航行，每
小时航行12海里，航行时间为2小时，
∴PQ＝16×2＝32海里，PR＝2×12＝24海里，
∴由勾股定理得 海里，
∴它们离开港口2小时后两船相距40海里，
故答案为：40．
21．（2023秋•开封期末）如图，一艘轮船位于灯塔P的北偏东60°方向，与灯塔P的距离
为30海里的A处，轮船沿正南方向航行一段时间后，到达位于灯塔P的南偏东30°方向上的B处，求此时轮船所在位置B处与灯塔P之间的距离．
【答案】30 海里．
【解答】解：由题意可得：∠B＝30°，AP＝30海里，∠APB＝90°，
故AB＝2AP＝60（海里），
则此时轮船所在位置B处与灯塔P之间的距离为：BP＝ ＝ ＝30
（海里）．
22．（2023秋•茂南区期中）如图，两艘轮船M和N分别从港口A出发，轮船M以4海
里/时的速度向东北方向航行，轮船N以3海里/时的速度从港口A出发向东南方向航行，
行驶5个小时后，MN两船的距离多少海里？
【答案】25海里．
【解答】解：连接MN如图，
∵两船行驶的方向是东北方向和东南方向，∴∠MAN＝90°，
在Rt△AMN中，AM＝4×5＝20（海里），AN＝3×5＝15（海里），
根据勾股定理得 （海里）．
答：两船的距离是25海里．
23．（2023春•湘潭县期末）已知A，B两艘船同时从港口O出发，船A以15km/h的速度
向东航行；船B以10km/h的速度向北航行．它们离开港口2h后，相距多远？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵船A以15km/h的速度向东航行，船B以10km/h的速度向北航行，它们
离开港口2h后，
∴AO＝30km，OB＝20km，
在Rt△AOB中，
AB＝ ＝ ＝10 （km），
答：离开港口2h后，两艘船相距10 km．
24．（2023春•庆云县期中）如图，有一艘货船和一艘客船同时从港口 A出发，客船每小
时比货船多走5海里，客船与货船速度的比为4：3，货船沿南偏东80°方向航行，2小
时后货船到达B处，客船到达C处，若此时两船相距50海里，求客船航行的方向．
【答案】客船航行的方向为北偏东10°．
【解答】解：客船的速度为4x海里/小时，则货船的速度为3x海里/小时，
由题意得4x﹣3x＝5，解得x＝5，
∴客船的速度为20海里/小时，则货船的速度为15海里/小时，
∵货船沿南偏东80°方向航行，2小时后货船到达B处，客船到达C处，
∴AC＝20×2＝40（海里），AB＝15×2＝30（海里），∠BAE＝80°，
又∵BC＝50海里，
∴AC2+AB2＝BC2，
∴∠BAC＝90°，
∴∠CAF＝180°﹣90°﹣80°＝10°，
∴客船航行的方向为北偏东10°．
25．（2023春•梁山县期末）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，它们离开港口一个半小时后相距 30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】“海天”号沿北偏西45°方向航行．
【解答】解：由题意可得：RP＝18海里，PQ＝24海里，QR＝30海里，
∵182+242＝302，
∴△RPQ是直角三角形，
∴∠RPQ＝90°，
∵“远航”号沿东北方向航行，∴∠RPS＝45°，
∴“海天”号沿北偏西45°方向航行；
【题型7应用勾股定理解决风吹荷花模型】
26．（2023春•盐山县期末）如图，有一个水池，水面是一边长为10尺的正方形，在水池
正中央有一根芦苇，它高出水面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，这根芦苇的长度为（ ）尺．
A．10 B．12 C．13 D．14
【答案】C
【解答】解：设水深为x尺，则芦苇长为（x+1）尺，
根据勾股定理得：x2+（ ）2＝（x+1）2，
解得：x＝12，
芦苇的长度＝x+1＝12+1＝13（尺），
答：芦苇长13尺．
故选：C．
27．（2023秋•肃州区校级期末）《九章算术》中有一道“引葭赴岸”问题：“仅有池一
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AB生长在它的中央，高出水面
部分BC为1尺．如果把芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边，那么芦苇的顶部 B恰好
碰到岸边的B′（示意图如图，则水深为 1 2 尺．【答案】12．
【解答】解：依题意画出图形，设芦苇长AB＝AB′＝x尺，则水深AC＝（x﹣1）尺，
因为B'E＝10尺，所以B'C＝5尺
在Rt△AB'C中，52+（x﹣1）2＝x2，
解之得x＝13，
即水深12尺，芦苇长13尺．
故答案为：12．
28．（2023秋•乳山市期中）一根离河岸边1.5m远的芦苇，芦苇高出水面0.5m，将芦苇拉
向河岸边，芦苇顶端与水面刚好齐平，则芦苇处河水的深度为 2 m．
【答案】2．
【解答】解：在直角△ABC中，AC＝1.5cm．AB﹣BC＝0.5m.
设河深BC＝x m，则AB＝（0.5+x）米．
根据勾股定理得出：
∵AC2+BC2＝AB2，
∴1.52+x2＝（x+0.5）2，
解得：x＝2，
故答案为：2．29．（2023秋•石景山区期末）《九章算术》中有一道“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，其底面是边长为10尺的正方形，一棵芦苇AB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B恰好碰到岸边的B'（如图）．水深和芦苇长各多少尺？
【答案】水深12尺；芦苇长13尺．
【解答】解：设水深x尺，则芦苇长（x+1）尺．
由题意得x2+52＝（x+1）2．
解得x＝12．
∴x+1＝13．
答：水深12尺；芦苇长13尺．
【题型8应用勾股定理解决汽车是否超速问题】
30．（2023秋•银川期中）“中华人民共和国道路交通管理条例”规定：小汽车在城街路
上行驶速度不得超过70千米/小时，如图，一辆小汽车在一条城市街路上直道行驶，某
一时刻刚好行驶到路面对车速检测仪A正前方60米B处，过了5秒后，测得小汽车C
与车速检测仪A间距离为100米，这辆小汽车超速了吗？
【答案】这辆小汽车没有超速．【解答】解：在Rt△ABC中，
∵AB＝60m，AC＝100m，且AC为斜边，
根据勾股定理得：BC＝80（m）；
∵80÷5＝16（m/s），平均速度为：16m/s，
16m/s＝57.6km/h，
57.6＜70，
∴这辆小汽车没有超速．
31．（2023秋•市北区期中）某条东西走向的道路限速70公里/时．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C处，C处位于车速检测仪A处的正北方30
米．2秒钟后，这辆小汽车到达B处，此时测得小汽车与车速检测仪之间的距离是50米，
请通过计算说明这辆小汽车是否超速．
【答案】超速了，计算见解析．
【解答】解：由题意知，AC＝30米，OB＝50米，
∴BC＝ ＝40（米），
∵2秒钟后，这辆小汽车到达B处，40÷2＝20（米/秒），
∴小汽车行驶的速度＝20米/秒＝72公里/时，
∵72＞70，
∴这辆小汽车超速了．
32．（2023春•新会区校级期中）如图，一辆小汽车在一条城市街路上直道行驶，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，测得小汽车与
车速检测仪间的距离为 50m，若规定小汽车在该城市街路上的行驶速度不得超过
70km/h，则这辆小汽车超速了吗？（参考数据转换：1m/s＝3.6km/h）【答案】超速了．
【解答】解：在RtABC中，AC＝30cm，AB＝50m；
根据勾股定理可得：BC＝ ＝40（m），
∴小汽车的速度为v＝ ＝20（m/s）＝72（km/h）；
∵72km/h＞70km/h，
∴这辆小汽车超速行驶．
答：这辆小汽车超速了．
33．（2023春•崆峒区校级期中）某路段限速标志规定：小汽车在此路段上的行驶速度不
得超过70km/h，如图，一辆小汽车在该笔直路段l上行驶，某一时刻刚好行驶到路对面
的车速检测仪A的正前方30m的点C处，2s后小汽车行驶到点B处，测得此时小汽车
与车速检测仪A间的距离为50m．
（1）求BC的长．
（2）这辆小汽车超速了吗？并说明理由．
【答案】（1）40m；
（2）这辆小汽车超速了，理由见解析．
【解答】解：（1）根据题意得：∠ACB＝90°，AC＝30m，AB＝50m，
∴BC＝ ＝ ＝40（m），
答：BC的长为40m；（2）这辆小汽车超速了，理由如下：
∵该小汽车的速度为40÷2＝20（m/s）＝72（km/h）＞70km/h，
∴这辆小汽车超速了．
【题型9应用勾股定理解决是否受台风影响问题】
34．（2023秋•秦州区期末）2023年7月五号台风“杜苏芮”登陆，使我国很多地区受到
严重影响．据报道，这是今年以来对我国影响最大的台风，风力影响半径250km（即以
台风中心为圆心，250km为半径的圆形区域都会受台风影响）．如图，线段BC是台风
中心从C市向西北方向移动到B市的大致路线，A是某个大型农场，且AB⊥AC．若
A，C之间相距300km，A，B之间相距400km．
（1）判断农场A是否会受到台风的影响，请说明理由．
（2）若台风中心的移动速度为25km/h，则台风影响该农场持续时间有多长？
【答案】（1）会受到台风的影响，理由见解析；
（2）台风影响该农场持续时间为5.6h．
【解答】解：（1）会受到台风的影响．
理由：如图1，过点A作AD⊥BC，垂足为D．
图1
因为在Rt△ABC中，AB⊥AC，AB＝400km，AC＝300km，
所以BC＝ ＝ ＝500（km），因为AD⊥BC，
所以 ，
所以AD＝ ＝ ＝240（km）．
因为AD＜250km，所以农场A会受到台风的影响．
（2）如图2，假设台风在线段EF上移动时，会对农场A造成影响，
图2
所以AE＝AF＝250km，AD＝240km，由勾股定理，可得
，
因为台风的速度是25km/h，
所以受台风影响的时间为140÷25＝5.6（h）．
答：台风影响该农场持续时间为5.6h．
35．（2022秋•秦安县校级期末）台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心在周围上千
米的范围内形成极端气候，有极强的破坏力．如图，有一台风中心沿东西方向 AB由点
A行驶向点B，已知点C为一海港，且点C与直线AB上两点A，B的距离分别为300km
和400km，又AB＝500km，以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域．
（1）海港C受台风影响吗？为什么？
（2）若台风的速度为20km/h，台风影响该海港持续的时间有多长？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）海港C受台风影响．理由：如图，过点C作CD⊥AB于D，
∵AC＝300km，BC＝400km，AB＝500km，
∴AC2+BC2＝AB2．
∴△ABC是直角三角形．
∴AC×BC＝CD×AB
∴300×400＝500×CD
∴CD＝ ＝240（km）
∵以台风中心为圆心周围250km以内为受影响区域，
∴海港C受到台风影响．
（2）当EC＝250km，FC＝250km时，正好影响C港口，
∵ED＝ ＝70（km），
∴EF＝140km
∵台风的速度为20km/h，
∴140÷20＝7（小时）
即台风影响该海港持续的时间为7小时．
36．（2023秋•武侯区校级月考）台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心，在周围数
十千米范围内形成气旋风暴，有极强的破坏力，此时某台风中心在海域B处，在沿海城
市A的正南方向320千米，其中心风力为13级，每远离台风中心25千米，台风就会减
弱一级，如图所示，该台风中心正以20千米/时的速度沿北偏东30°方向向C移动，且
台风中心的风力不变，若城市所受风力超过5级，则称受台风影响．试问：
（1）A城市是否会受到台风影响？请说明理由．
（2）若会受到台风影响，那么台风影响该城市的持续时间有多长？
（3）该城市受到台风影响的最大风力为几级？【答案】（1）会受到这次台风的影响；
（2）12小时；
（3）6.6级．
【解答】解：（1）A城市会受到这次台风的影响，理由如下：
如图1，过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中，∠ABD＝30°，AB＝320千米，
∴AD＝ AB＝160千米，
∵城市受到的风力超过5级，则称受台风影响，
∴受台风影响范围的半径为：25×（13﹣5）＝200（千米），
∵160千米＜200千米，
∴A城市会受到这次台风的影响；
（2）如图2，以A为圆心，200千米为半径作 A交BC于E、F，
⊙则AE＝AF＝200千米，
∴台风影响该市持续的路程为：EF＝2DE＝2 ＝2 ＝240（千
米），
∴台风影响该市的持续时间t＝240÷20＝12（小时），
（3）∵AD＝160千米，
∴160÷25＝6.4（级），
∴13﹣6.4＝6.6（级），
∴该城市受到这次台风最大风力为6.6级．
37．（2023春•公安县期中）如图，公路MN和公路PQ在点P处交汇，∠OPN＝30°，点A
处有一所学校．AP＝240m．假设汽车在公路MN上行驶时，周围150m以内会受到噪音
影响，则学校是否会受到噪音影响？请说明理由．如果受影响，请求出受影响的时间．
（已知汽车的速度为18m/秒．）
【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图，过点A作AB⊥PN于点B，∵∠QPN＝30°，AP＝240m，
∴ ，
∵120m＜150m，
∴学校会受到噪音的影响；
设从点E开始学校学到影响，点F结束，则AE＝AF＝150m，
又∵AB⊥MN，
∴BE＝BF，
由勾股定理得： ，
∴EF＝2BE＝180m，
∵汽车的速度为18m/s，
∴受影响的时间为：180÷18＝10（s）．
【题型10应用勾股定理解决选扯距离相离问题】
38．（2022秋•新泰市期末）如图所示，有一个直角三角形纸片，两直角边AC＝6cm，BC
＝8cm，现将直角边AC沿直线AD折叠，使它落在斜边AB上且与AE重合，你能求出
CD的长吗？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：在Rt三角形中，由勾股定理可知：AB＝ ＝ ＝10．
由折叠的性质可知：DC＝DE，AC＝AE，∠DEA＝∠C．
∴BE＝4，∠DEB＝90°．
设DC＝x，则BD＝8﹣x．在Rt△BDE中，由勾股定理得：BE2+ED2＝BD2，即42+x2＝（8﹣x）2．
解得：x＝3．
∴CD＝3．
39．（2023秋•青岛期中）如图，平面直角坐标系中，点D的坐标为（15，9），过点D作
DA⊥y轴，DC⊥x轴，点E为y轴上一点，将△AED沿直线DE折叠，点A落在边BC
上的点F处．
（1）请你直接写出点A的坐标；
（2）求FC，AE的长；
（3）求四边形EOFD的面积．
【答案】（1）A（0，9）；
（2）CF＝12，AE＝5；
（3） ．
【解答】解：（1）∵DA⊥y轴，DC⊥x轴，∠AOC＝90°，
∴四边形AOCD是矩形，
∵D的坐标为（15，9），
∴AD＝OC＝15，CD＝AO＝9，
∴A（0，9）；
（2）∵将△AED沿直线DE折叠，点A落在边BC上的点F处．
∴DF＝AD＝15，
∴CF＝ ＝12，
∴OF＝OC﹣CF＝15﹣12＝3，
设AE＝x，则EF＝x，OE＝9﹣x，
在Rt△OEF中，由勾股定理得，
OE2+OF2＝EF2，
即（9﹣x）2+32＝x2，解得x＝5，
∴AE＝5；
（3）由（2）知AE＝5，
∴OE＝9﹣5＝4，
由折叠的性质可知，S△AED ＝S△DFE ，
∴四边形EOFD的面积＝S△EOF +S△EFD ＝S△EOF +S△AED
＝
＝
＝ ．
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【题型11应用勾股定理解决几何图形中折叠问题】
40．（2023春•长沙期末）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，将矩形沿AC折叠，点
D落在点D′处，则重叠部分△AFC的面积为 1 0 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：易证△AFD′≌△CFB，
∴D′F＝BF，
设D′F＝x，则AF＝8﹣x，
在Rt△AFD′中，（8﹣x）2＝x2+42，
解之得：x＝3，
∴AF＝AB﹣FB＝8﹣3＝5，
∴S△AFC ＝ •AF•BC＝10．
故答案为：10．
41．（2020春•嘉荫县期末）如图将矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上F处，已知CE＝3，AB＝8，则BF＝ 6 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：由折叠的性质知：AD＝AF，DE＝EF＝8﹣3＝5；
在Rt△CEF中，EF＝DE＝5，CE＝3，由勾股定理可得：CF＝4，
若设AD＝AF＝x，则BC＝x，BF＝x﹣4；
在Rt△ABF中，由勾股定理可得：
82+（x﹣4）2＝x2，解得x＝10，
故BF＝x﹣4＝6．
故答案为：6．
【题型12面展开图-最短路径问题】
42．（2022秋•诏安县期中）如图，长方体的高为 9dm，底面是边长为6dm的正方形．一
只蚂蚁从顶点A开始爬向顶点B，那么它爬行的最短路程为（ ）
A．10dm B．12dm C．15dm D．20dm
【答案】C
【解答】解：①如图，将长方体的正面和上面展开在同一平面内，AD＝6，BD＝6+9＝
15，
AB＝ ＝ （dm）；②如图，将长方体的正面和右面展开在同一平面内，AC＝6+6＝12，BC＝9，
AB＝ ＝15（dm），
③将长方体的正面和左面展开在同一平面内，同理可得AB＝ ＝15（dm），
由于15＜3 ，
所以蚂蚁爬行的最短路程为15dm．
故选：C．
43．（2022春•同心县期末）如图，一个三级台阶，它的每一级的长宽和高分别为 20、3、
2，A和B是这个台阶两个相对的端点，A点有一只蚂蚁，想到B点去吃可口的食物，则
蚂蚁沿着台阶面爬到B点最短路程是 2 5 ．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：如图所示，
∵三级台阶平面展开图为长方形，长为20，宽为（2+3）×3，
∴蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是此长方形的对角线长．
设蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程为x，由勾股定理得：x2＝202+[（2+3）×3]2＝252，
解得：x＝25．
故答案为25．
44．（2022秋•宛城区期末）如图，圆柱形容器的高为0.9m，底面周长为1.2m，在容器内
壁离容器底部0.3m处的点B处有一蚊子．此时，一只壁虎正好在容器外壁，离容器上
沿0.2m与蚊子相对的点A处，则壁虎捕捉蚊子的最短距离为 1 m ．
【答案】1m．
【解答】解：如图：
∵高为0.9m，底面周长为1.2m，在容器内壁离容器底部0.3m的点B处有一蚊子，
此时一只壁虎正好在容器外壁，离容器上沿0.2m与蚊子相对的点A处，
∴A′D＝0.6m，BD＝0.8m，
∴将容器侧面展开，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＝ ＝
＝1（m）．
故答案为：1m．45．（2022秋•仁寿县校级月考）如图．长方体的底面是边长2cm的正方形，高为6cm．
如果从点A开始经过4个侧面缠绕2圈到达B，那么所用细线最短需要 2 cm．
【答案】2 ．
【解答】解：将长方体的侧面沿AB展开，取A′B′的中点C，取AB的中点C′，连
接B′C′，AC，则AC+B′C′为所求的最短细线长，
∵AC2＝AA′2+A′C2，AC＝ cm，
∴B′C′2＝BB′2+C′B2＝73，
∴B′C′＝ （cm），
∴AC+B′C′＝2 （cm），
答：所用细线最短长度是2 cm，
故答案为：2 ．
