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14. 《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,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. 如果把芦苇沿与水池边垂直的方向拉向岸边,则水深为
12
尺.答案
12
解析
设水深为$x$尺，则芦苇长为$x + 1$尺。
根据题意，芦苇原来在池塘中央，把芦苇拉向岸边时，芦苇、水深与半池边长构成直角三角形，半池边长为$5$尺。
由勾股定理可得$x^{2}+5^{2}=(x + 1)^{2}$。
展开式子得$x^{2}+25=x^{2}+2x + 1$。
移项化简可得$2x=24$，解得$x = 12$。
根据题意，芦苇原来在池塘中央，把芦苇拉向岸边时，芦苇、水深与半池边长构成直角三角形，半池边长为$5$尺。
由勾股定理可得$x^{2}+5^{2}=(x + 1)^{2}$。
展开式子得$x^{2}+25=x^{2}+2x + 1$。
移项化简可得$2x=24$，解得$x = 12$。
15. 如图,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,$CD\perp AB$,垂足为$D$,$AF平分\angle CAB$,交$CD于点E$,交$CB于点F$. 若$AC = 6$,$AB = 10$,则$CE$的长为
3
.答案
3
解析
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$，$AC=6$，$AB=10$，由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$。
$CD\perp AB$，由面积法得$AC\cdot BC=AB\cdot CD$，即$6×8=10× CD$，解得$CD=\frac{24}{5}$。
$AF$平分$\angle CAB$，设$\angle CAF=\angle BAF=\alpha$。在$Rt\triangle ACF$中，$\angle AFC=90^{\circ}-\alpha$。
$\because CD\perp AB$，$\therefore \angle AED=90^{\circ}-\alpha$，又$\angle AED=\angle CEF$，$\therefore \angle CEF=90^{\circ}-\alpha=\angle AFC$，故$CE=CF$。
设$CF=x$，则$BF=8-x$。过$F$作$FG\perp AB$于$G$，由角平分线性质得$FG=CF=x$，且$AG=AC=6$，则$BG=AB-AG=4$。
在$Rt\triangle BFG$中，$BG^2+FG^2=BF^2$，即$4^2+x^2=(8-x)^2$，解得$x=3$。
$\therefore CE=CF=3$。
$CD\perp AB$，由面积法得$AC\cdot BC=AB\cdot CD$，即$6×8=10× CD$，解得$CD=\frac{24}{5}$。
$AF$平分$\angle CAB$，设$\angle CAF=\angle BAF=\alpha$。在$Rt\triangle ACF$中，$\angle AFC=90^{\circ}-\alpha$。
$\because CD\perp AB$，$\therefore \angle AED=90^{\circ}-\alpha$，又$\angle AED=\angle CEF$，$\therefore \angle CEF=90^{\circ}-\alpha=\angle AFC$，故$CE=CF$。
设$CF=x$，则$BF=8-x$。过$F$作$FG\perp AB$于$G$，由角平分线性质得$FG=CF=x$，且$AG=AC=6$，则$BG=AB-AG=4$。
在$Rt\triangle BFG$中，$BG^2+FG^2=BF^2$，即$4^2+x^2=(8-x)^2$，解得$x=3$。
$\therefore CE=CF=3$。
16. 如图,在$\triangle ABC$中,$AB = 10$ cm,$AC = 6$ cm,$BC = 8$ cm. 若将$AC沿AE$折叠,使得点$C与AB上的点D$重合,则$\triangle AEB$的面积为
15
$cm^{2}$.答案
15
解析
∵AB=10cm，AC=6cm，BC=8cm，
∴AC²+BC²=6²+8²=100=10²=AB²，
∴△ABC是直角三角形，∠C=90°，S△ABC=1/2×AC×BC=1/2×6×8=24cm²．
由折叠性质得：AD=AC=6cm，CE=DE，∠ADE=∠C=90°，
∴DB=AB-AD=10-6=4cm，∠EDB=90°．
设CE=DE=xcm，则BE=BC-CE=(8-x)cm．
在Rt△DEB中，DE²+DB²=BE²，即x²+4²=(8-x)²，
解得x=3，∴CE=3cm．
∴S△AEC=1/2×AC×CE=1/2×6×3=9cm²，
∴S△AEB=S△ABC-S△AEC=24-9=15cm²．
17. 在等腰梯形$ABCD$中,$AD = 2$,$BC = 4$,高$DF = 2$,则腰$CD$长是
√5
.答案
√5
解析
过点D作DF⊥BC于F，因为ABCD是等腰梯形，AD=2，BC=4，所以FC=(BC-AD)/2=(4-2)/2=1。在Rt△DFC中，DF=2，FC=1，由勾股定理得CD²=DF²+FC²=2²+1²=5，所以CD=√5。
18. 一种盛饮料的圆柱形杯子(如图),测得它的内部底面半径为 2.5 cm,高为 12 cm,吸管放进杯子里,杯口外面至少要露出 4.6 cm,则吸管的长度至少为
17.6
cm.答案
$17.6$
解析
杯子的底面半径为$2.5$cm，则直径为$5$cm。
吸管在杯内的最长长度为圆柱底面直径与杯高构成的直角三角形的斜边长度。
根据勾股定理，斜边长度$l = \sqrt{5^{2} + 12^{2}} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13$（cm）。
吸管在杯口外面至少要露出$4.6$cm，所以吸管长度至少为$13 + 4.6 = 17.6$（cm）。
吸管在杯内的最长长度为圆柱底面直径与杯高构成的直角三角形的斜边长度。
根据勾股定理，斜边长度$l = \sqrt{5^{2} + 12^{2}} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13$（cm）。
吸管在杯口外面至少要露出$4.6$cm，所以吸管长度至少为$13 + 4.6 = 17.6$（cm）。
19. 如图,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,$AB = 5$ cm,$AC = 3$ cm,动点$P从点B出发沿射线BC$以 1 cm/s 的速度移动,设运动的时间为$t$秒,当$\triangle ABP$为等腰三角形时,$t$的取值为
$\frac{25}{8},5,8$
.答案
$\frac{25}{8},5,8$
解析
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$，$AB=5\,cm$，$AC=3\,cm$，由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4\,cm$。动点$P$沿射线$BC$移动，$BP=t\,cm$（$t$为时间，速度$1\,cm/s$）。$\triangle ABP$为等腰三角形分三种情况：
1. $AB=BP$：$AB=5\,cm$，则$BP=5\,cm$，$\therefore t=5$。
2. $AB=AP$：$AP=AB=5\,cm$。在$Rt\triangle ACP$中，$AC=3\,cm$，$AP=5\,cm$，则$CP=\sqrt{AP^2-AC^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4\,cm$。当$P$在$C$右侧时，$BP=BC+CP=4+4=8\,cm$，$\therefore t=8$（$P$与$B$重合时$t=0$，不合题意舍去）。
3. $AP=BP$：设$BP=AP=t$，则$CP=|t-4|$。在$Rt\triangle ACP$中，$AC^2+CP^2=AP^2$，即$3^2+(t-4)^2=t^2$，解得$t=\frac{25}{8}$。
综上，$t$的值为$\frac{25}{8}$，$5$，$8$。
1. $AB=BP$：$AB=5\,cm$，则$BP=5\,cm$，$\therefore t=5$。
2. $AB=AP$：$AP=AB=5\,cm$。在$Rt\triangle ACP$中，$AC=3\,cm$，$AP=5\,cm$，则$CP=\sqrt{AP^2-AC^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4\,cm$。当$P$在$C$右侧时，$BP=BC+CP=4+4=8\,cm$，$\therefore t=8$（$P$与$B$重合时$t=0$，不合题意舍去）。
3. $AP=BP$：设$BP=AP=t$，则$CP=|t-4|$。在$Rt\triangle ACP$中，$AC^2+CP^2=AP^2$，即$3^2+(t-4)^2=t^2$，解得$t=\frac{25}{8}$。
综上，$t$的值为$\frac{25}{8}$，$5$，$8$。
