12. 拉杆箱是人们出行的常用品,采用拉杆箱可以让人们出行更轻松.如图,某种拉杆箱箱体长$AB=65\ \mathrm{cm}$,拉杆最大伸长距离$BC=35\ \mathrm{cm}$,在箱体底端装有一圆形滚轮,当拉杆拉到最长时,滚轮的圆心在图中的$A$处,点$A$到地面的距离$AD=3\ \mathrm{cm}$,当拉杆全部缩进箱体时,滚轮圆心水平向右平移$55\ \mathrm{cm}$到$A'$处,求拉杆把手$C$离地面的距离(假设$C$点的位置保持不变).

12. 如图所示,过 $C$ 作 $CE⊥ DN$ 于 $E$, 延长 $AA'$ 交 $CE$ 于 $F$, 则 $∠ AFC=90°$. 设 $A'F=x\ \mathrm{cm}$, 则 $AF=(55+x)\ \mathrm{cm}$. 由题可得, $AC=65+35=100(\mathrm{cm})$, $A'C=65\ \mathrm{cm}$. 在 $\mathrm{Rt}△ A'CF$ 中, $CF^2=65^2-x^2$. 在 $\mathrm{Rt}△ ACF$ 中, $CF^2=100^2-(55+x)^2$, $\therefore 65^2-x^2=100^2-(55+x)^2$, 解得 $x=25$, $\therefore A'F=25\ \mathrm{cm}$. 由勾股定理,得 $CF^2=A'C^2-A'F^2=60^2$, $\therefore CF=60\ \mathrm{cm}$. 又 $\because EF=AD=3\ \mathrm{cm}$, $\therefore CE=60+3=63(\mathrm{cm})$, $\therefore$ 拉杆把手 $C$ 离地面的距离为 $63\ \mathrm{cm}$.

13. (1) 图①是一个圆柱,它的高为 40 cm,底面周长为 60 cm.如果一只蚂蚁从圆柱下底面的点 A 处沿圆柱的侧面爬到与点 A 相对的上底面的点 B 处,然后爬回点 A 处,那么蚂蚁爬行的最短路程为cm;

(2) 图②,已知长方体的长 $AC=2\ \mathrm{cm}$,宽$BC=1\ \mathrm{cm}$,高 $AA'=4\ \mathrm{cm}$.一只蚂蚁如果沿长方体的表面从 A 点爬到 $B'$点,那么需要爬行的最短距离为cm.
数学八上(SK)

13. (1) 100 解析:把圆柱的侧面展开,展开图如图所示,易知 $AB=BA'$, $BC=40\ \mathrm{cm}$, $AC=\dfrac{1}{2}× 60=30\ (\mathrm{cm})$, 在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, 由勾股定理得 $AB=50\ \mathrm{cm}$, $\therefore$ 蚂蚁爬行的最短路程为 $AB+BA'=2AB=100\ \mathrm{cm}$. 故填 100.

(2) 5 解析:根据题意,画出示意图如图所示,可能的路径有三种情况:①把正面、右面展开,得图①, $AB'^2=AB^2+BB'^2=(2+1)^2+4^2=25$; ②把正面、上面展开,得图②, $AB'^2=AC^2+B'C^2=2^2+(4+1)^2=4+25=29$; ③把左面、上面展开,得图③, $AB'^2=AD^2+B'D^2=1^2+(4+2)^2=1+36=37$. $\because 25＜29＜37$, 故最短路径应为图①所示, 且最短距离是 $5\ \mathrm{cm}$.



技法点拨 解这类题目时,一般采用“化曲为直”的方法,即首先将长方体按照不同的方式展开成平面图形,再利用勾股定理求出每种情况的最短距离进行比较,取其中最短距离即可得解.

14. (2025·镇江校级月考) 如图, 在 $△ ABC$ 中, $∠ ABC=90°, AC=13, BA=5$, 点 $P$ 从点 $C$ 出发, 以每秒 3 个单位长度的速度沿折线 $C—A—B$ 运动. 设点 $P$ 的运动时间为 $t(t＞0)$.
(1) $BC=$.
(2) 求斜边 $AC$ 上的高线长.
(3) ①当点 $P$ 在 $AB$ 上时, $AP$ 的长为, $t$ 的取值范围是. (用含 $t$ 的代数式表示)
②若点 $P$ 在 $∠ BCA$ 的平分线上, 则 $t$ 的值为.
(4) 在整个运动过程中, 直接写出当 $△ PAB$ 是以 $AB$ 为一腰的等腰三角形时 $t$ 的值.

题中题 088

14. (1) 12 解析:$\because$ 在 $△ ABC$ 中, $∠ ABC=90°$, $AC=13$, $BA=5$, $\therefore BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12$.
(2) 过点 $B$ 作 $BD⊥ AC$ 于点 $D$, $\because S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}AB· BC=\dfrac{1}{2}AC· BD$, 即 $BD=\dfrac{AB· BC}{AC}=\dfrac{5× 12}{13}=\dfrac{60}{13}$, $\therefore$ 斜边 $AC$ 上的高线长为 $\dfrac{60}{13}$.
(3) ① $3t-13\ \ \dfrac{13}{3}≤ t≤ 6$ 解析:$\because$ 点 $P$ 从点 $C$ 出发, 以每秒 3 个单位长度的速度沿折线 $C-A-B$ 运动, $\therefore$ 当点 $P$ 在 $AB$ 上时, $AP=3t-AC=3t-13$, $\therefore \dfrac{AC}{3}≤ t≤ \dfrac{AC+AB}{3}$, 即 $\dfrac{13}{3}≤ t≤ \dfrac{13+5}{3}$, $\therefore \dfrac{13}{3}≤ t≤ 6$.
② $\dfrac{26}{5}$ 解析:当点 $P$ 在 $∠ BCA$ 的平分线上时, 过点 $P$ 作 $PE⊥ AC$ 于 $E$, 如图①所示, $\because CP$ 平分 $∠ BCA$, $∠ B=90°$, $PE⊥ AC$, $\therefore PB=PE$. 又 $\because PC=PC$, $\therefore \mathrm{Rt}△ BCP≌\mathrm{Rt}△ ECP(\mathrm{HL})$, $\therefore EC=BC=12$, 则 $AE=AC-CE=13-12=1$. 由 (2) 知 $AP=3t-13$, $\therefore BP=AB-AP=5-(3t-13)=18-3t$, $\therefore PE=18-3t$. 在 $\mathrm{Rt}△ AEP$ 中, $AP^2=AE^2+EP^2$, 即 $(3t-13)^2=1^2+(18-3t)^2$, 解得 $t=\dfrac{26}{5}$, $\therefore$ 当点 $P$ 在 $∠ BCA$ 的平分线上时, $t=\dfrac{26}{5}$.

(4) $t$ 的值为 $\dfrac{8}{3}$ 或 $\dfrac{119}{39}$. 解析:当 $△ PAB$ 是以 $AB$ 为一腰的等腰三角形时, 有两种情况: 当 $AB=AP=5$ 时, 如图②所示, 则 $CP=AC-AP=13-5=8$, $\therefore t=\dfrac{CP}{3}=\dfrac{8}{3}$; 当 $AB=BP=5$ 时, 过点 $B$ 作 $BD⊥ AC$ 于点 $D$, 如图③所示, 由 (2) 知 $BD=\dfrac{60}{13}$, $\therefore AD^2=AB^2-BD^2=5^2-(\dfrac{60}{13})^2=(\dfrac{25}{13})^2$, $\therefore AD=\dfrac{25}{13}$. $\because AB=BP$, $BD⊥ AC$, $\therefore AP=2AD=\dfrac{50}{13}$, $\therefore CP=AC-AP=13-\dfrac{50}{13}=\dfrac{119}{13}$, $\therefore t=\dfrac{CP}{3}=\dfrac{119}{39}$. 故当 $△ PAB$ 是以 $AB$ 为一腰的等腰三角形时, $t$ 的值为 $\dfrac{8}{3}$ 或 $\dfrac{119}{39}$.