勾股定理较难

2015-2016学年度???学校3月月考卷学: 姓名班级考号 61618πcm，一只蚂蚁从点爬到点处吃食，要爬行的最短路程是（ ）A．6cm cm cm 2．根据下列条件，能判定一个三角形是直角三角形的是（）A1：2：3C．三条边的边长分别是，，B．三个内角的度数之比是1：1：2C．三条边的边长分别是，，D．三条边的边长分别是12，15，20（2015秋•新泰市期末）已知蚂蚁从长、宽都是，高是8的长方形纸箱的A箱爬到B（）A．8 B．10 C．12 （2015秋•扬州校级月考）如图，已知14号两个正方形的面积和为7，24，则a，c2（）A．10 B．15 C．22 二、填空题（题型注释）5．如图是一个三级台阶，它的每一级的长、宽和高分别为5、3dm1和是这个台阶两个相对的端点点有一只蚂蚁想到B点去吃可口的食物请你想一想这只蚂蚁从A点出发，沿着台阶面爬到B点的最短路程是 1/19如图，一只蚂蚁从长和宽都是4cm，高是6cm的长方体纸盒的A点，沿纸盒爬到点，它所走的最短路线长 如图一个圆柱底圆周长高一只蚂蚁沿外壁爬行要从A点爬到B点则最少要爬行 如图，一只蚂蚁沿着边长为2的正方体表面从点A出发，经过3个面爬到点B，果它运动的路径是最短的，则AC的长为 ．如图，在一个高为3米，长为5米的楼梯表面铺地毯，则地毯长度为 米．三、计算题（题型注释）1（2015秋•江阴市期中）如图，一个上方无盖的长方体盒子紧贴地面，一只蚂蚁由盒外A处出发，沿着盒子面爬行到盒内的点B爬行的最短距离是．四、解答题（题型注释）1．已知：如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点60（6D是PO1个单位的速度，沿着OAABBD运动．设Pt秒0<t<1．写出△POD的面积StPOD9时点P当点POA上运动时，连结CP．问：是否存在某一时刻t，当CP绕点PCABM处？若存在，请求出t当点P在ABPO+PDPD分）中，AB，BC，AC三边的长分别为5、10、13，求△ABC1（再在网格中画出格点△ABC（即△ABC三个顶点都在小正方形的顶点处），从而借助网1ABC参考小明解决问题的方法，完成下列问题：526×6（每个小正方形的边长为1）．513213②计算△DEF的面积是 ．

、2

29的格点△DEF；292如图已知以为边向外作正方形连接若PQ=2 ，23/19PR=13QR=17，求六边形AQRDEF1（12分）问题探究1，在△ABCDBCABE，DFACF，连接EF．①求证：BE＋CF＞EF；②若∠A＝90°，探索线段BE、CF、EF之间的等量关系，并加以证明．问题解决2ABDCB＋∠C＝180°，DB＝DC，∠BDC＝120°，D60°角，角的两边分别交ABACF两点，连接EF，探索线段BECFEF如图①，四边形ABCD．动点M在CBCB2cmNBABA点，速度每秒1cm．止，设两个点的运动时间为（秒．求线段AB当t设三角形DMNS，求St如图②，连接BD，是否存在某一时刻tMNBDt如图所示，在长方形ABCDAC折叠，使点D落在D′的面积．1）如图中图，以、CCD和等边，连接＝（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）如图2，以C为边向外作正方形D和正方形，连接BE，CD．BE与CD有什么数量关系？简单说明理由．运用1（）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，要测量池塘两岸相对的两点，E°＝90°，AB＝BC＝100米，AC＝AE，求BE的长．以下是小辰同学阅读的一份材料和思考：五个边长为1小辰阅读后发现，拼接前后图形的x（x＞0），5.由此可知新正方形边长等于两个小正方形组成的矩形的对角线长．参考上面的材料和小辰的思考方法，解决问题：五个边长为1的小正方形（如图④放置），1：2．具体要求如下：设拼接后的长方形的长为a，宽为b，则a的长度为 ；在图④中，画出符合题意的两条分割线（只要画出一种即可）；在图⑤中，画出拼接后符合题意的长方形（只要画出一种即可）5/19《中华人民共和国道路交通管理条例》规定：“小汽车在城市街道上的行驶速度25m处有“O”，60°A30°B1.5s．试求该车从AB试说明该车是否超过限速．1（2015秋•太原期中）已知图、图、图3都是4×51cm，每个小正方形的顶点称为格点．在图1上；2的正方形，使它的顶点都在格点上；33（线段格点上．说明：备用图是一张8×8的方格纸，其中小正方形的边长也为1cm，每个小正方形的顶点也称为格点．只设计一种剪拼方案即可．五、判断题（题型注释）参考答案1．C【解析】试题分析：此题最直接的解法，就是将圆柱展开，然后利用两点之间线段最短解答．1 6底面圆周长为2πr，底面半圆弧长为πr，即半圆弧长为2×2π×=6c，展开得：∵BC=8cm，AC=6cm，82根据勾股定理得：AB=故选Ｃ

=1（cm．考点：平面展开-最短路径问题2．B【解析】试题分析：A、根据三角形三边关系即可判断；B、根据三角形的内角和为180度，即可计算出三角度数；C、D、根据比值并结合勾股定理的逆定理即可判断出三角形的形状．解：A、1+2=3，不满足三角形三边关系，不能组成三角形；C（）2+（）2≠（）2，故不是直角三角形；BC（）2+（）2≠（）2，故不是直角三角形；D、122+152≠202，故不是直角三角形．故选：B．考点：勾股定理的逆定理．3．B【解析】A和点BAB故矩形对角线长AB==10，故矩形对角线长AB==10，即蚂蚁所行的最短路线长是10．故选B．考点：平面展开-最短路径问题．4．D【解析】试题分析：由AAS证明△ABC≌△CDE，得出BC=DE，得出AC2=AB2+BC2，a的面积等于1的面1/192S=S+S=S+Sa 1 2 c 3 4解：如下图所示：∵1，2，a三个四边形均为正方形，∴∠ACB+∠BAC=90°，∠ACB+∠DCE=90°，∴∠BAC=∠DCE，，在△ABC和△CDE中，，∴AB≌CD（AA，∴BC=DE，∴AC2=AB2+BC2，∴正方形a12S=S+Sa 1 2=S+Sc 3 4∴S+S=S+S+S+S=7+5=12．a c 1 2 3 4故选：D．考点：全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．5．13．【解析】试 题 分 析 ： 将 台 阶 展 开 ， 如 图 ，AC331312,BC5,AB2AC2BC2169,AB13,即蚂蚁爬行的最短线路为考点：平面展开：最短路径问题．6．10【解析】A和点BAB解：将点A和点B所在的两个面展开，故矩形对角线长AB==10cm；4cm故矩形对角线长AB==10cm；故矩形对角线长AB==2cm．4cm故矩形对角线长AB==2cm．即蚂蚁所行的最短路线长是10cm．故答案为：10．考点：平面展开-最短路径问题．7．5【解析】得出结果．解：将圆柱展开，侧面为矩形，如图所示：∵底面⊙O的周长为6cm，∴AC=3cm，∴AB==5cm．∴AB==5cm．故答案为：5．8．．8．．【解析】AB最短，根据三角形MCB与三角形ACNMC=2NC，求出CN理求出AC解：将正方体展开，右边与后面的正方形与前面正方形放在一个面上，展开图如图所示，此时AB最短，∴=∴==2，即MC=2NC，3/19考点：平面展开-最短路径问题．9．7【解析】定理求得水平宽度，然后求得地毯的长度即可．楼梯的水平宽度==4，楼梯的水平宽度==4，∵地毯铺满楼梯是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．故答案为7．考点：勾股定理的应用；平移的性质．10．15【解析】AB′==15．AB′==15．（（．，0（2（2）存在）y=-【解析】

4 16x9 3∴CN=MN=，Rt△ACN=，故答案为：．（）根据矩形的性质得OA=BC=∴CN=MN=，Rt△ACN=，故答案为：．＜t≤6，如图，根据三角形面积公式得S=2t，再求出S=9所对应的t的值，然后写出此时P点坐标；当6＜t≤10，如图2，则AP=t-6，BP=10-t，利用S=S -S -S -S3矩形ABCD △OCD △OAP3△BPDS=-2t+21，再求出S=9所对应的t的值，然后写出此时P3，则PB=13-t，根据三角形的面积公式得S=-2t+26，由于S=9时，计算出7．5不合题意故舍去；4，EAB的中点，根据旋转的性质得PC=PERt△POC得PC2=t2+42；在Rt△PAE中，利用勾股定理得到，则方程得t=2．根据对称性找到P点的对称点P，找到DD1法求出解析式．（1）∵矩形OABC的顶点（，0、B4D是BC的中点，∴OA=BC=6，CD=BD=3，AB=4，1POA0＜t≤61，OP=t，S=2•t•4=2t；∵S=9，∴2t=9，解得t=4．5，∴此时P点坐标为4．，；当点P在AB上运动时，即6＜t≤10，如图-S -S -S1 1 1=×6-2•43-2•6（t-）-2（10-）3=-2t+21；∵S=9，32t+21=9，解得t=8，∴此时P点坐标为2，；5/19

矩形ABCD

△OCD

△OAP

△BPD1当点P在BD上运动时，即1＜t1，如图3，PB=13-，S=2•13-•4=-2t+2；∵S=9，-2t+26=，解得t=（不合题意舍去；（2）存在．如图4，E点为AB的中点，∵CP绕点P旋转时，点C能恰好落到AB的中点，∴PC=PE，在Rt△POC中，OC=4，OP=t，∴PC2=OP2+OC2=t2+42，在Rt△PAE中，AE=2，PA=6-t，∴PE2=PA2+AE2=（6-t）2+22，∴t2+42=（6-t）2+22，解得t=2，即当t=2s时，当CP绕点P旋转时，点C能恰好落到AB的中点处．（3）y=-

4 16x9 3考点：1．矩形的性质，2．旋转的性质，3．对称性，4．一次函数的解析式12．（1）△ABC的面积7；（2）①见解析；②△DEF的面积为8；（3）31．2【解析】试题分析试题分析（（（3PQR绕点P逆时针旋转9，由于四边形PQAFPRDE是正方形，故F，P，H△PEF△PQRAQRDEFPQAFPRDE+2△PQR的面积即可求得六边形AQRDEF的面积．1）ABC3-1131211327；2）①①作图如下（答案不唯一2）①①作图如下（答案不唯一：②△DEF的面积为：4×5-1223 42 258；1122（3）六边形AQRDEF的面积=正方形PQAF的面积+正方形PRDE的面积+2△PQR的面积=(2 2)2

( 3)

2531．7/19考点：设计和应用作图；勾股定理；三角形面积的计算；旋转的性质．1（）①证明见试题解析；②BE2CF2EF2EBC．【解析】1）①如图）延长ED到，使DG=E，连接CFDC≌△DBE，得DG=DE，CG=BE，易证FD垂直平分线段EG，则FG=FE，把问题转化到△CFG中，运用三边关系比较大小；BE2CF2EF2．若∠A=90°，则∠B+∠C=90°，可证∠FCG=∠FCD+∠DCG=∠FCD+∠B=90°，在Rt△CFGBE、CF、EF2）如图2EF=EB+F．延长AB到，使BM=CDM=DF，从而得EF=EM=EB+BM=EB+CF．1）①如图）延长ED到G，使DG=E，连接CGFG，∵DCGDBE中，CD=B，∠CDG∠BDDG=DDCDBESA，∴DG=D，CG=BDE⊥D，∴FD垂直平分线段EG，∴FG=FE，在△CFG中，CG+CF＞FG，即BE+CF＞EF；BE2CF2EF2．理由：∵∠A=90°，∴∠B+∠ACD=90°，由①∠FCG=∠FCD+∠DCG=∠FCD+∠B=90°，∴在Rt△CFG中，由勾股定理，得CG2CF2FG2，即BE2CF2EF2；2）如图2EF=EB+F．理由：延长AB到M，使BM=CF，∵∠ABD+∠C=180°，又∠ABD+∠MBD=180°，∴∠MBD=∠C，而BD=CD，∴△BDM≌△CDF，∴DM=DF，∠BDM=∠CDF，∴∠EDM=∠EDB+∠BDM=∠EDB+∠CDF=∠CDB﹣∠EDF=120°﹣60°=60°=∠EDF，∴△DEM≌△DEF，∴EF=EM=EB+BM=EB+CF．考点：1．旋转的性质；2．三角形三边关系；3．全等三角形的判定与性质；4．勾股定理．60 4 13 71 18011AB=1（t=13（S=5（﹣使MN⊥BD．【解析】

5（0≤t≤6秒（）存在

41，1）作A⊥BC于E，根据直角梯形的性质和勾股定理求出AB的长；根据MN∥CD，则NM⊥BCt；根据△DMN的面积SABCD﹣△CDM﹣△BMN﹣△ADN假设存在，经过推理求出时间1）作A⊥BC于E，根据题意得，AE=DC=8，EC=AD=6，BE=BC﹣EC=6，在Rt△ABE中，由勾股定理，AB=10．BMBN=cosB=10BMBN=cosB=105，6 3122t 3即 t 560解得：t=13秒．△DMNS=梯形ABCD﹣△CDM﹣△BMN1 1 1 4 1 4=2×（6+12）×8﹣2×2t×8﹣2×（12﹣2t）×5t﹣2×6×（8﹣5t）4 13 71=5（t﹣2）2+5，MC点运动到B6N点从B点运动到A1064 13 71S=5（t﹣2）2+5（0≤t≤6秒．假设存在，则有

BC 123显然有∠BMN=∠BDC，tan∠BMN=tan∠BDC=CD82如图②，过点NNF⊥BCF，4 3依题意可求得NF=5t，MF=12﹣2t﹣5t9/19NF所以，

ttanBMN3，MF 123t 25解得：t=

18041

＜6秒，符合题意．所以存在t=

18041

，使MN⊥BD．考点：四边形综合题．15．10【解析】在长方形ABCD中，∵AB∥CD，∴∠BAC＝∠DCA．又由折叠的性质可得∠DCA＝∠FCA．∴∠BAC＝∠FCA．∴AF＝CF．设AF＝x，则BF＝AB－AF＝8－x．在Rt△BCF中，BC＝4，BF＝8－x，CF＝x，∴42＋(8－x)2＝x2．解得x＝5．1∴S

AF

1 5410．△AFC 2 21）如图．（2）BE＝CD．3（3）100 米．31）根据题目要求进行尺规作图，并证明所给结论）用三角形全等分析E与D（）构建几何模型（添加辅助线、运用勾股定理）1）如图1．证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°．即∠CAD＝∠EAB，∴△CAD≌△EAB，∴BE＝CD．理由如下：∵四边形ABFD和ACGE均为正方形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠CAD＝∠EAB，∴△CAD≌△EAB，∴BE＝CD．由1）的解题经验可知，过A作等腰直角