登录
1.（教材习题变式）【数学文化】《九章算术》中记载着这样一个问题：如图，已知甲、乙两人同时从同一地点 A 出发，甲的速度为每单位时间走 7 步，乙的速度为每单位时间走 3 步，乙一直向东走，甲先向南走 10 步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇，那么相遇时，甲、乙各走了多远？设甲、乙两人从出发到相遇用了 $x$ 个单位时间. 根据勾股定理可列方程为（
A.$(3x)^{2}=(7x)^{2}-10^{2}$
B.$(3x)^{2}+(7x)^{2}=10^{2}$
C.$(3x)^{2}=(7x-10)^{2}$
D.$(3x)^{2}+10^{2}=(7x-10)^{2}$
D
）A.$(3x)^{2}=(7x)^{2}-10^{2}$
B.$(3x)^{2}+(7x)^{2}=10^{2}$
C.$(3x)^{2}=(7x-10)^{2}$
D.$(3x)^{2}+10^{2}=(7x-10)^{2}$
答案
解析:根据题意,得 $AC=3x$ 步,$AB+BC=7x$ 步,$AB=10$ 步,$\therefore BC=(7x-10)$ 步.$\because ∠ A=90°$,$\therefore$ 由勾股定理得$(3x)^2+10^2=(7x-10)^2$.
解析
【分析】
要解决本题，需先根据速度与时间表示出甲、乙的路程，再结合图形确定直角三角形的各边，最后利用勾股定理列出方程。步骤如下：1. 设相遇时间为$x$，根据乙的速度和时间表示乙的路程；2. 根据甲的总路程和已走的10步，求出斜走的路程；3. 确定直角三角形的直角边与斜边，结合勾股定理列方程。
【解析】
设甲、乙两人从出发到相遇用了$x$个单位时间。
根据题意：乙向东走，速度为每单位时间3步，因此乙走的路程$AC = 3x$步；
甲的速度为每单位时间7步，总路程为$7x$步，其中先向南走了10步（即$AB = 10$步），所以斜向北偏东方向走的路程$BC = (7x - 10)$步。
由图可知$∠ A = 90°$，$△ ABC$是直角三角形，根据勾股定理：直角边的平方和等于斜边的平方，可得$AC^2 + AB^2 = BC^2$，代入各边长度得：$(3x)^2 + 10^2 = (7x - 10)^2$，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
勾股定理应用、行程问题
【点评】
本题结合《九章算术》的古代数学问题，考查勾股定理在实际场景中的应用，核心是理清甲、乙的路程关系，准确识别直角三角形的各边，属于基础几何应用题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需先根据速度与时间表示出甲、乙的路程，再结合图形确定直角三角形的各边，最后利用勾股定理列出方程。步骤如下：1. 设相遇时间为$x$，根据乙的速度和时间表示乙的路程；2. 根据甲的总路程和已走的10步，求出斜走的路程；3. 确定直角三角形的直角边与斜边，结合勾股定理列方程。
【解析】
设甲、乙两人从出发到相遇用了$x$个单位时间。
根据题意：乙向东走，速度为每单位时间3步，因此乙走的路程$AC = 3x$步；
甲的速度为每单位时间7步，总路程为$7x$步，其中先向南走了10步（即$AB = 10$步），所以斜向北偏东方向走的路程$BC = (7x - 10)$步。
由图可知$∠ A = 90°$，$△ ABC$是直角三角形，根据勾股定理：直角边的平方和等于斜边的平方，可得$AC^2 + AB^2 = BC^2$，代入各边长度得：$(3x)^2 + 10^2 = (7x - 10)^2$，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
勾股定理应用、行程问题
【点评】
本题结合《九章算术》的古代数学问题，考查勾股定理在实际场景中的应用，核心是理清甲、乙的路程关系，准确识别直角三角形的各边，属于基础几何应用题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
2. 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ B=90°,AB=8\ \mathrm{cm},BC=10\ \mathrm{cm}$,点$P$由点$A$出发,沿边$AB$以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$B$移动;点$Q$由点$B$出发,沿边$BC$以$3\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$C$移动. 如果点$P$、$Q$分别从点$A$、$B$同时出发.
(1)经过多长时间后,$△ PBQ$的面积等于$9\ \mathrm{cm}^2$?
(2)经过多长时间后,$P$、$Q$两点间的距离是$2\sqrt{13}\ \mathrm{cm}$?
(1)经过多长时间后,$△ PBQ$的面积等于$9\ \mathrm{cm}^2$?
(2)经过多长时间后,$P$、$Q$两点间的距离是$2\sqrt{13}\ \mathrm{cm}$?
答案
(1)设经过 $x\ \mathrm{s}$ 后,$△ PBQ$ 的面积等于 $9\ \mathrm{cm}^2$,则 $BP=(8-2x)\mathrm{cm}$,$BQ=3x\ \mathrm{cm}$. 根据题意,得 $\frac{1}{2}(8-2x)×3x=9$,化简,得 $x^2-4x+3=0$,解得 $x_1=1$,$x_2=3$.答:经过 $1\ \mathrm{s}$ 或 $3\ \mathrm{s}$ 后,$△ PBQ$ 的面积等于 $9\ \mathrm{cm}^2$.
(2)设经过 $y\ \mathrm{s}$ 后,$P$、$Q$ 两点间的距离是 $2\sqrt{13}\ \mathrm{cm}$,则 $BP=(8-2y)\mathrm{cm}$,$BQ=3y\ \mathrm{cm}$. 根据题意,得$(8-2y)^2+(3y)^2=(2\sqrt{13})^2$,化简,得 $13y^2-32y+12=0$,解得 $y_1=\frac{6}{13}$,$y_2=2$. 答:经过 $\frac{6}{13}\ \mathrm{s}$ 或 $2\ \mathrm{s}$ 后,$P$、$Q$ 两点间的距离是 $2\sqrt{13}\ \mathrm{cm}$.
(2)设经过 $y\ \mathrm{s}$ 后,$P$、$Q$ 两点间的距离是 $2\sqrt{13}\ \mathrm{cm}$,则 $BP=(8-2y)\mathrm{cm}$,$BQ=3y\ \mathrm{cm}$. 根据题意,得$(8-2y)^2+(3y)^2=(2\sqrt{13})^2$,化简,得 $13y^2-32y+12=0$,解得 $y_1=\frac{6}{13}$,$y_2=2$. 答:经过 $\frac{6}{13}\ \mathrm{s}$ 或 $2\ \mathrm{s}$ 后,$P$、$Q$ 两点间的距离是 $2\sqrt{13}\ \mathrm{cm}$.
解析
【分析】
本题是直角三角形背景下的动点问题，需先设运动时间为未知数，根据点P、Q的运动速度表示出线段BP、BQ的长度。对于(1)，利用直角三角形面积公式列方程求解；对于(2)，利用勾股定理列方程求解，最后检验解是否符合实际运动范围。
【解析】
(1)设经过$ x\ \mathrm{s} $后，$ △ PBQ $的面积等于$ 9\ \mathrm{cm}^2 $。
由题意得：$ AP = 2x\ \mathrm{cm} $，故$ BP = AB - AP = (8 - 2x)\ \mathrm{cm} $，$ BQ = 3x\ \mathrm{cm} $。
因为$ ∠ B = 90° $，所以$ △ PBQ $为直角三角形，面积公式为$ \frac{1}{2} × BP × BQ $，据此列方程：
$\frac{1}{2}(8 - 2x) × 3x = 9$
化简得：$ x^2 - 4x + 3 = 0 $，
因式分解得：$ (x - 1)(x - 3) = 0 $，
解得$ x_1 = 1 $，$ x_2 = 3 $。
经检验，两个解均满足线段长度为正且不超过对应边长，符合题意。
(2)设经过$ y\ \mathrm{s} $后，$ P $、$ Q $两点间的距离是$ 2\sqrt{13}\ \mathrm{cm} $。
同理，$ BP = (8 - 2y)\ \mathrm{cm} $，$ BQ = 3y\ \mathrm{cm} $。
因为$ ∠ B = 90° $，由勾股定理得$ PQ^2 = BP^2 + BQ^2 $，据此列方程：
$(8 - 2y)^2 + (3y)^2 = (2\sqrt{13})^2$
展开化简得：$ 13y^2 - 32y + 12 = 0 $，
用求根公式解得：$ y = \frac{32 \pm \sqrt{32^2 - 4 × 13 × 12}}{2 × 13} = \frac{32 \pm 20}{26} $，
即$ y_1 = 2 $，$ y_2 = \frac{6}{13} $。
经检验，两个解均符合实际运动范围，符合题意。
【答案】
(1)经过$ 1\ \mathrm{s} $或$ 3\ \mathrm{s} $后，$ △ PBQ $的面积等于$ 9\ \mathrm{cm}^2 $；
(2)经过$ \frac{6}{13}\ \mathrm{s} $或$ 2\ \mathrm{s} $后，$ P $、$ Q $两点间的距离是$ 2\sqrt{13}\ \mathrm{cm} $。
【知识点】
一元二次方程应用、勾股定理、直角三角形面积
【点评】
本题是几何与代数结合的动点问题，核心是用时间表示线段长度，利用直角三角形性质建立方程求解，需注意解的实际意义，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.5
本题是直角三角形背景下的动点问题，需先设运动时间为未知数，根据点P、Q的运动速度表示出线段BP、BQ的长度。对于(1)，利用直角三角形面积公式列方程求解；对于(2)，利用勾股定理列方程求解，最后检验解是否符合实际运动范围。
【解析】
(1)设经过$ x\ \mathrm{s} $后，$ △ PBQ $的面积等于$ 9\ \mathrm{cm}^2 $。
由题意得：$ AP = 2x\ \mathrm{cm} $，故$ BP = AB - AP = (8 - 2x)\ \mathrm{cm} $，$ BQ = 3x\ \mathrm{cm} $。
因为$ ∠ B = 90° $，所以$ △ PBQ $为直角三角形，面积公式为$ \frac{1}{2} × BP × BQ $，据此列方程：
$\frac{1}{2}(8 - 2x) × 3x = 9$
化简得：$ x^2 - 4x + 3 = 0 $，
因式分解得：$ (x - 1)(x - 3) = 0 $，
解得$ x_1 = 1 $，$ x_2 = 3 $。
经检验，两个解均满足线段长度为正且不超过对应边长，符合题意。
(2)设经过$ y\ \mathrm{s} $后，$ P $、$ Q $两点间的距离是$ 2\sqrt{13}\ \mathrm{cm} $。
同理，$ BP = (8 - 2y)\ \mathrm{cm} $，$ BQ = 3y\ \mathrm{cm} $。
因为$ ∠ B = 90° $，由勾股定理得$ PQ^2 = BP^2 + BQ^2 $，据此列方程：
$(8 - 2y)^2 + (3y)^2 = (2\sqrt{13})^2$
展开化简得：$ 13y^2 - 32y + 12 = 0 $，
用求根公式解得：$ y = \frac{32 \pm \sqrt{32^2 - 4 × 13 × 12}}{2 × 13} = \frac{32 \pm 20}{26} $，
即$ y_1 = 2 $，$ y_2 = \frac{6}{13} $。
经检验，两个解均符合实际运动范围，符合题意。
【答案】
(1)经过$ 1\ \mathrm{s} $或$ 3\ \mathrm{s} $后，$ △ PBQ $的面积等于$ 9\ \mathrm{cm}^2 $；
(2)经过$ \frac{6}{13}\ \mathrm{s} $或$ 2\ \mathrm{s} $后，$ P $、$ Q $两点间的距离是$ 2\sqrt{13}\ \mathrm{cm} $。
【知识点】
一元二次方程应用、勾股定理、直角三角形面积
【点评】
本题是几何与代数结合的动点问题，核心是用时间表示线段长度，利用直角三角形性质建立方程求解，需注意解的实际意义，属于中等难度的综合题。
【难度系数】
0.5
3. 如图,将边长为 4 的正方形 $ABCD$ 沿其对角线 $AC$ 剪开,再把 $△ ABC$ 沿着 $AD$ 方向平移,得到$△ A'B'C'$.
(1)当两个三角形重叠部分的面积为 3 时,求$△ ABC$ 移动的距离.
(2)当$△ ABC$ 移动的距离是多少时,重叠部分是菱形?
(1)当两个三角形重叠部分的面积为 3 时,求$△ ABC$ 移动的距离.
(2)当$△ ABC$ 移动的距离是多少时,重叠部分是菱形?
答案
(1)设$AA'$的长即为$△ ABC$移动的距离. 设$AC$与$A'B'$交于点$E$,$DC$与$A'C'$交于点$F$,设$AA'=x$,则$A'E=AA'=x$,$A'D=4-x$,重叠部分的面积为$x(4-x)$. 根据题意,得$x(4-x)=3$,解得$x=1$或$x=3$,即$△ ABC$移动的距离为1或3.
(2)当四边形$A'ECF$是菱形时,$A'E=A'F$. 设$AA'=y$,则$A'E=A'F=CF=y$,$\therefore A'F^2=2A'D^2$,$\therefore y^2=2(4-y)^2$,$\therefore y=8-4\sqrt{2}$或$8+4\sqrt{2}$(不符合题意,舍去),即当$△ ABC$移动的距离是$8-4\sqrt{2}$时,重叠部分是菱形.
解析
【分析】
本题是正方形平移的几何问题，需先明确：正方形ABCD边长为4，沿对角线剪开后△ABC为等腰直角三角形，平移后移动距离为AA'的长度。平移后重叠部分的△A'EA、△A'DF均为等腰直角三角形，可通过移动距离x表示相关边长，再结合面积条件、菱形邻边相等的性质列方程求解。
【解析】
(1) 设△ABC移动的距离AA'=x，由平移性质得△A'EA是等腰直角三角形，故A'E=AA'=x；因AD=4，所以A'D=4 - x。重叠部分面积为x(4 - x)，根据题意列方程：
x(4 - x)=3
整理得：x² - 4x + 3=0
解得x₁=1，x₂=3，均符合题意，即移动距离为1或3。
(2) 若重叠部分为菱形，则邻边相等，即A'E=A'F。由△A'DF是等腰直角三角形，得A'F=√2·A'D=√2(4 - x)。令A'E=A'F，列方程：
x=√2(4 - x)
整理得：x(1 + √2)=4√2
解得x=4√2/(1 + √2)=8 - 4√2（舍去8+4√2，因大于4，不符合题意），即移动距离为8 - 4√2。
【答案】
(1)△ABC移动的距离为1或3；(2)当△ABC移动的距离是8-4√2时，重叠部分是菱形。
【知识点】
平移的性质、等腰直角三角形、菱形的判定
【点评】
本题结合正方形平移，考查几何图形的性质与方程思想的应用，关键是利用等腰直角三角形的边长关系表示重叠部分的边长，需注意解的合理性取舍，属于中等难度的几何应用题。
【难度系数】
0.5
本题是正方形平移的几何问题，需先明确：正方形ABCD边长为4，沿对角线剪开后△ABC为等腰直角三角形，平移后移动距离为AA'的长度。平移后重叠部分的△A'EA、△A'DF均为等腰直角三角形，可通过移动距离x表示相关边长，再结合面积条件、菱形邻边相等的性质列方程求解。
【解析】
(1) 设△ABC移动的距离AA'=x，由平移性质得△A'EA是等腰直角三角形，故A'E=AA'=x；因AD=4，所以A'D=4 - x。重叠部分面积为x(4 - x)，根据题意列方程：
x(4 - x)=3
整理得：x² - 4x + 3=0
解得x₁=1，x₂=3，均符合题意，即移动距离为1或3。
(2) 若重叠部分为菱形，则邻边相等，即A'E=A'F。由△A'DF是等腰直角三角形，得A'F=√2·A'D=√2(4 - x)。令A'E=A'F，列方程：
x=√2(4 - x)
整理得：x(1 + √2)=4√2
解得x=4√2/(1 + √2)=8 - 4√2（舍去8+4√2，因大于4，不符合题意），即移动距离为8 - 4√2。
【答案】
(1)△ABC移动的距离为1或3；(2)当△ABC移动的距离是8-4√2时，重叠部分是菱形。
【知识点】
平移的性质、等腰直角三角形、菱形的判定
【点评】
本题结合正方形平移，考查几何图形的性质与方程思想的应用，关键是利用等腰直角三角形的边长关系表示重叠部分的边长，需注意解的合理性取舍，属于中等难度的几何应用题。
【难度系数】
0.5
4. 一艘轮船以 20 km/h 的速度由西向东航行,某台风中心正以 40 km/h 的速度由南向北移动,距台风中心 100 km(包括边界)的圆形区域都属台风影响区. 如图,当轮船行至A 处时,接到台风警报;台风中心正位于 A 处正南方的 B 处,且 $AB=200\ km$. 从接到台风警报开始,最早经过多长时间轮船就会进入台风影响区?
答案
设经过 $t\ \mathrm{h}$ 轮船就会进入台风影响区,如图,此时轮船位于 $C$ 处,台风中心移到 $E$ 处,连接 $CE$,则 $AC=20t\ \mathrm{km}$,$AE=AB-BE=(200-40t)\mathrm{km}$. $\because AC^2+AE^2=CE^2$,$\therefore (20t)^2+(200-40t)^2=100^2$,解得 $t_1=3$,$t_2=5$(不符合题意,舍去).答:最早经过 $3\ \mathrm{h}$ 轮船就会进入台风影响区.
解析
【分析】
要解决这个问题，需结合行程问题的数量关系和勾股定理分析：首先设经过$ t $小时轮船进入台风影响区，再表示出$ t $小时后轮船向东行驶的距离、台风中心向北移动的距离，进而得到直角三角形的两条直角边长度；由于轮船与台风中心的距离刚好为100km时进入影响区，利用勾股定理列方程，最后解方程并舍去不符合实际意义的解，即可得到最早时间。
【解析】
设经过$ t\ \mathrm{h} $轮船就会进入台风影响区，此时轮船位于$ C $处，台风中心移到$ E $处，连接$ CE $。
由题意可知：轮船速度为20km/h，故$ AC = 20t\ \mathrm{km} $；台风中心速度为40km/h，故$ BE = 40t\ \mathrm{km} $，则$ AE = AB - BE = (200 - 40t)\ \mathrm{km} $。
因为$ △ ACE $是直角三角形，根据勾股定理$ AC^2 + AE^2 = CE^2 $，其中$ CE = 100\ \mathrm{km} $，代入得：
$(20t)^2 + (200 - 40t)^2 = 100^2$
展开并整理方程：
$400t^2 + 40000 - 16000t + 1600t^2 = 10000 \\2000t^2 - 16000t + 30000 = 0 \t^2 - 8t + 15 = 0$
因式分解得$ (t - 3)(t - 5) = 0 $，解得$ t_1 = 3 $，$ t_2 = 5 $。
$ t=5 $是较晚的时间，不符合“最早”的要求，故舍去$ t=5 $。
【答案】
设经过 $ t\ \mathrm{h} $ 轮船就会进入台风影响区,如图,此时轮船位于 $ C $ 处,台风中心移到 $ E $ 处,连接 $ CE $,则 $ AC=20t\ \mathrm{km} $,$ AE=AB-BE=(200-40t)\mathrm{km} $. $\because AC^2+AE^2=CE^2$,$\therefore (20t)^2+(200-40t)^2=100^2$,解得 $ t_1=3 $,$ t_2=5 $(不符合题意,舍去).答:最早经过 $ 3\ \mathrm{h} $ 轮船就会进入台风影响区.
【知识点】
勾股定理应用，一元二次方程应用
【点评】
本题是行程问题与几何知识结合的典型应用题，核心是利用勾股定理建立方程，解题关键在于准确表示直角三角形的三边长度，需注意结合实际意义舍去不合理的解，考查学生的逻辑分析与方程应用能力。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需结合行程问题的数量关系和勾股定理分析：首先设经过$ t $小时轮船进入台风影响区，再表示出$ t $小时后轮船向东行驶的距离、台风中心向北移动的距离，进而得到直角三角形的两条直角边长度；由于轮船与台风中心的距离刚好为100km时进入影响区，利用勾股定理列方程，最后解方程并舍去不符合实际意义的解，即可得到最早时间。
【解析】
设经过$ t\ \mathrm{h} $轮船就会进入台风影响区，此时轮船位于$ C $处，台风中心移到$ E $处，连接$ CE $。
由题意可知：轮船速度为20km/h，故$ AC = 20t\ \mathrm{km} $；台风中心速度为40km/h，故$ BE = 40t\ \mathrm{km} $，则$ AE = AB - BE = (200 - 40t)\ \mathrm{km} $。
因为$ △ ACE $是直角三角形，根据勾股定理$ AC^2 + AE^2 = CE^2 $，其中$ CE = 100\ \mathrm{km} $，代入得：
$(20t)^2 + (200 - 40t)^2 = 100^2$
展开并整理方程：
$400t^2 + 40000 - 16000t + 1600t^2 = 10000 \\2000t^2 - 16000t + 30000 = 0 \t^2 - 8t + 15 = 0$
因式分解得$ (t - 3)(t - 5) = 0 $，解得$ t_1 = 3 $，$ t_2 = 5 $。
$ t=5 $是较晚的时间，不符合“最早”的要求，故舍去$ t=5 $。
【答案】
设经过 $ t\ \mathrm{h} $ 轮船就会进入台风影响区,如图,此时轮船位于 $ C $ 处,台风中心移到 $ E $ 处,连接 $ CE $,则 $ AC=20t\ \mathrm{km} $,$ AE=AB-BE=(200-40t)\mathrm{km} $. $\because AC^2+AE^2=CE^2$,$\therefore (20t)^2+(200-40t)^2=100^2$,解得 $ t_1=3 $,$ t_2=5 $(不符合题意,舍去).答:最早经过 $ 3\ \mathrm{h} $ 轮船就会进入台风影响区.
【知识点】
勾股定理应用，一元二次方程应用
【点评】
本题是行程问题与几何知识结合的典型应用题，核心是利用勾股定理建立方程，解题关键在于准确表示直角三角形的三边长度，需注意结合实际意义舍去不合理的解，考查学生的逻辑分析与方程应用能力。
【难度系数】
0.5
