8.如图,为了庆祝国庆节,学校准备在教学楼大厅的圆柱体柱子上贴彩带,已知柱子的底面周长为1 m,高为3 m。如果要求彩带从柱子底端的A处均匀地绕柱子4圈后到达柱子的顶端B处(线段AB与地面垂直),那么彩带的长度至少为多少?

8. 解:如图,把圆柱的侧面展开,得到四个长方形，其中$AD,GE,HF,IJ,BC$为圆柱的底面周长，$AB,CD$为圆柱的高，
则$AG=3÷4=0.75(\mathrm{m})$，
所以$GD^2=AD^2+AG^2=1^2+0.75^2=1.25^2$，
故$GD=1.25\ \mathrm{m}$。
$4×1.25\ \mathrm{m}=5\ \mathrm{m}$,所以彩带的长度至少为5 m。

【分析】
要求圆柱侧面上绕柱子的彩带最短长度，需将曲面问题转化为平面问题求解，核心思路是利用“两点之间线段最短”。首先将圆柱的侧面沿高展开为平面图形，因为彩带均匀绕4圈，所以展开后可得到4个相连的小长方形，每个小长方形的长等于圆柱底面周长，高为圆柱总高的$\frac{1}{4}$，每一圈彩带的长度对应一个小长方形的对角线长度，用勾股定理求出单段对角线长度后乘4即可得到彩带总最短长度。
【解析】
将圆柱的侧面展开，得到四个拼接的长方形，其中长方形的长（$AD、GE、HF、IJ、BC$）等于圆柱的底面周长1 m，大长方形的高$AB$等于圆柱的高3 m。
首先计算每绕1圈对应上升的高度：$AG=3÷4=0.75(\mathrm{m})$
在直角三角形$AGD$中，根据勾股定理，对角线$GD$的长度满足：
$GD^2=AD^2+AG^2=1^2+0.75^2=1+0.5625=1.5625=1.25^2$
解得$GD=1.25\ \mathrm{m}$
彩带总长度为4段对角线的长度和：$4×1.25=5(\mathrm{m})$
【答案】
彩带的长度至少为5 m。

【知识点】
圆柱侧面展开、勾股定理应用、最短路径求解
【点评】
本题重点考查空间图形转化为平面图形的数学思想，解题的关键是明确绕圆柱多圈时，侧面展开后每圈对应小长方形的对角线，结合勾股定理即可快速求解，这类题型是几何中最短路径问题的典型考法，需熟练掌握曲面转平面的转化方法。
【难度系数】
0.65

9.假期中，小明和同伴到某海岛参加“探宝”游戏。按照如图所示的“探宝图”，他们从A点登陆后先往东走8 km，又往北走2 km，遇到障碍后又往西走了3 km，再折向北走到6 km处往东一拐，仅走了1 km就找到了“宝藏”。问登陆点A到“宝藏”埋藏点B的直线距离是多少千米？

9. 解:如图,过点B作$BD⊥ AC$于点D。

根据题意可知$AD=8-3+1=6(\mathrm{km})$，
$BD=2+6=8(\mathrm{km})$。
在$\mathrm{Rt}△ABD$中,$AB^2=AD^2+BD^2=6^2+8^2=10^2$，
所以$AB=10\ \mathrm{km}$。
答:登陆点A到“宝藏”埋藏点B的直线距离为10 km。

【分析】
要求登陆点A到宝藏点B的直线距离，可通过构造直角三角形，利用勾股定理求解。首先作辅助线$BD⊥ AC$于点D，将AB放在直角$△ ABD$中；再根据行走的方向和路程，分别计算直角边AD（水平方向距离）和BD（竖直方向距离）的长度：水平方向上，向东走的路程减去向西走的路程可得AD长度，竖直方向上，两次向北走的路程相加可得BD长度；最后在直角三角形中利用勾股定理即可算出斜边AB的长度。
【解析】
解：如图，过点B作$BD⊥ AC$于点D。

根据题意计算水平方向线段AD的长度：
$AD=8-3+1=6(\mathrm{km})$
竖直方向线段BD的长度：
$BD=2+6=8(\mathrm{km})$
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，由勾股定理得：
$AB^2=AD^2+BD^2=6^2+8^2=36+64=100$
所以$AB=\sqrt{100}=10\ \mathrm{km}$
答：登陆点A到“宝藏”埋藏点B的直线距离为10 km。
【答案】
9. 解:如图,过点B作$BD⊥ AC$于点D。

根据题意可知$AD=8-3+1=6(\mathrm{km})$，
$BD=2+6=8(\mathrm{km})$。
在$\mathrm{Rt}△ABD$中,$AB^2=AD^2+BD^2=6^2+8^2=10^2$，
所以$AB=10\ \mathrm{km}$。
答:登陆点A到“宝藏”埋藏点B的直线距离为10 km。
【知识点】
勾股定理、线段长度计算
【点评】
本题属于勾股定理的实际应用类题目，解题核心是通过作垂直辅助线构造直角三角形，将实际行走路径转化为直角三角形的边长，再结合勾股定理求解，计算时要注意不同方向的路程对线段长度加减的影响。
【难度系数】
0.8

10.如图,铁路旁A,B两站相距25 km,C,D为两个村庄,DA⊥AB于点A,CB⊥AB于点B,已知DA=15 km,CB=10 km。现在要在AB上建一个土特产收购站E,使得C,D两个村庄到E的距离相等。
(1)收购站E在离A多少千米处?
(2)判断△DEC的形状,并说明理由。

10. 解:(1)因为C,D到E的距离相等，
所以$DE=CE$。
因为$DA⊥ AB$于点A,$CB⊥ AB$于点B，
所以$∠ A=∠ B=90°$，
所以$AE^2+AD^2=DE^2,BE^2+BC^2=EC^2$，
所以$AE^2+AD^2=BE^2+BC^2$。
设$AE=x\ \mathrm{km}$,则$BE=AB-AE=(25-x)\mathrm{km}$。
因为$DA=15\ \mathrm{km},CB=10\ \mathrm{km}$，
所以$x^2+15^2=(25-x)^2+10^2$。
解得$x=10$，
所以$AE=10\ \mathrm{km}$。
(2)$△DEC$是等腰直角三角形,理由如下：
根据(1),易证得$△DAE≌△EBC$，
所以$∠ DEA=∠ ECB,∠ ADE=∠ CEB$。
因为$∠ DEA+∠ ADE=90°$，
所以$∠ DEA+∠ CEB=90°$，
所以$∠ DEC=90°$。
又因为$DE=CE$，
所以$△DEC$是等腰直角三角形。

【分析】
(1) 要求收购站E离A站的距离，已知E到C、D两村距离相等，即DE=CE。观察图形可得△DAE和△EBC均为直角三角形，根据勾股定理，斜边相等的两个直角三角形的直角边平方和相等，因此设AE长度为x km，用含x的式子表示BE的长度，代入等量关系列方程求解即可。
(2) 判断△DEC的形状，已知DE=CE，只需证明∠DEC为直角即可。结合第一问求得的线段长度，可证明△DAE和△EBC全等，利用全等三角形对应角相等的性质，结合直角三角形两锐角互余的特点，推导得到∠DEC=90°，即可判定三角形形状。
【解析】
(1) 由题意可知C、D到E的距离相等，因此$DE=CE$。
∵ $DA⊥AB$，$CB⊥AB$，
∴ $∠A=∠B=90°$，
根据勾股定理：在$Rt△DAE$中，$AE^2+AD^2=DE^2$；在$Rt△EBC$中，$BE^2+BC^2=EC^2$，
∴ $AE^2+AD^2=BE^2+BC^2$。
设$AE=x\ \mathrm{km}$，则$BE=AB-AE=(25-x)\mathrm{km}$，代入$DA=15\ \mathrm{km}$，$CB=10\ \mathrm{km}$可得：
$x^2+15^2=(25-x)^2+10^2$
展开计算：$x^2+225=625-50x+x^2+100$
消去$x^2$整理得：$50x=500$，解得$x=10$。
(2) $△ DEC$是等腰直角三角形，理由如下：
由(1)得$AE=10\ \mathrm{km}$，$BE=25-10=15\ \mathrm{km}$，
∴ $AE=BC=10\ \mathrm{km}$，$AD=BE=15\ \mathrm{km}$，
又
∵ $∠A=∠B=90°$，
∴ $△ DAE≌△ EBC(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠DEA=∠ECB$，$∠ADE=∠CEB$。
在$Rt△DAE$中，$∠DEA+∠ADE=90°$，
∴ $∠DEA+∠CEB=90°$，
∴ $∠DEC=180°-(∠DEA+∠CEB)=90°$，
又
∵ $DE=CE$，
∴ $△ DEC$是等腰直角三角形。
【答案】
(1) 收购站E在离A 10 km处；
(2) $△ DEC$是等腰直角三角形。
【知识点】
勾股定理；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形判定
【点评】
本题结合生活实际场景，既考查了方程思想结合勾股定理求解线段长度的方法，也考查了全等三角形和特殊三角形判定的相关知识，是代数与几何结合的典型基础题。
【难度系数】
0.7