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1[中]如图,图(1)是装满了液体的高脚杯示意图(数据如图),用去部分液体后,放在水平的桌面上如图(2)所示,此时液面到杯口的距离$h=$ ()
A.$\frac{8}{5}$ cm
B.2 cm
C.$\frac{12}{5}$ cm
D.3 cm
A.$\frac{8}{5}$ cm
B.2 cm
C.$\frac{12}{5}$ cm
D.3 cm
答案
A
解析
1. 先计算图(1)中装满液体的等腰三角形的高：该三角形底边长6cm，腰长5cm，由勾股定理得高为$\sqrt{5^2 - 3^2}=4\ \mathrm{cm}$。
2. 图(2)中剩余液体的小等腰三角形与原大等腰三角形相似，相似比为$\frac{3}{5}$，因此小等腰三角形的高为$4×\frac{3}{5}=\frac{12}{5}\ \mathrm{cm}$。
3. 液面到杯口的距离$h=4-\frac{12}{5}=\frac{8}{5}\ \mathrm{cm}$。
2. 图(2)中剩余液体的小等腰三角形与原大等腰三角形相似，相似比为$\frac{3}{5}$，因此小等腰三角形的高为$4×\frac{3}{5}=\frac{12}{5}\ \mathrm{cm}$。
3. 液面到杯口的距离$h=4-\frac{12}{5}=\frac{8}{5}\ \mathrm{cm}$。
2[中]如图(1)是一个长和宽均为3，高为8的长方体容器，将其放置在水平桌面上，里面盛有水，水面高为6.现将该容器向右倾斜，纵截面如图(2)所示，发现此时水面恰好触到容器口边缘，则图(2)中水面高度为 （）
A.$\frac{24}{5}$
B.$\frac{32}{5}$
C.$\frac{12\sqrt{34}}{17}$
D.$\frac{20\sqrt{34}}{17}$
A.$\frac{24}{5}$
B.$\frac{32}{5}$
C.$\frac{12\sqrt{34}}{17}$
D.$\frac{20\sqrt{34}}{17}$
答案
A
解析
首先计算原有水的体积：$V_{水}=3×3×6=54$。
设倾斜后空出的直三棱柱的直角三角形截面的一条直角边长为$x$，空出部分体积为$\frac{1}{2}× x×3×3$，容器总容积为$3×3×8=72$，由水的体积不变得：
$72-\frac{9x}{2}=54$
解得$x=4$，即空出的直角三角形两条直角边长为3和4，因此水面线段的长度为$\sqrt{3^2+4^2}=5$。
容器向右倾斜时，右下角顶点为接触桌面的最低点，水面为水平面，通过坐标系转换和相似关系计算竖直水面高度，最终得到水面高度为$\frac{24}{5}$。
设倾斜后空出的直三棱柱的直角三角形截面的一条直角边长为$x$，空出部分体积为$\frac{1}{2}× x×3×3$，容器总容积为$3×3×8=72$，由水的体积不变得：
$72-\frac{9x}{2}=54$
解得$x=4$，即空出的直角三角形两条直角边长为3和4，因此水面线段的长度为$\sqrt{3^2+4^2}=5$。
容器向右倾斜时，右下角顶点为接触桌面的最低点，水面为水平面，通过坐标系转换和相似关系计算竖直水面高度，最终得到水面高度为$\frac{24}{5}$。
3[2025浙江衢州期末,中]如图,在边长为4米的正方形场地ABCD内,有一块以BC为直径的半圆形红外线接收“感应区”,边AB上的P处有一个红外线发射器,红外线从点P发射后,经AD,CD上某处的平面镜反射后到达“感应区”,若AP=1米,当红外线途经的路线最短时,AD上平面镜的反射点距离点A米.
答案
$\boldsymbol{\frac{6}{5}}$
解析
解：作点P关于AD的对称点P₁，由AP=1得P₁A=AP=1；
作点P₁关于CD的对称点P₂，正方形边长为4，可得P₂的坐标为(8,5)。
设以BC为直径的半圆的圆心为O，则O为BC中点，坐标为(2,0)，半径r=2。
当路线最短时，P₂、N、Q、O四点共线（Q为最短路径与半圆的交点），此时直线P₂O的解析式为：
由两点P₂(8,5)、O(2,0)得斜率$k=\frac{5-0}{8-2}=\frac{5}{6}$，直线方程为$y=\frac{5}{6}x-\frac{5}{3}$。
令x=4（CD所在直线为x=4），得$y=\frac{5}{3}$，即CD上反射点N坐标为$(4,\frac{5}{3})$。
由P₁(0,5)、N$(4,\frac{5}{3})$得直线P₁N的解析式为$y=-\frac{5}{6}x+5$。
令y=4（AD所在直线为y=4），解得$x=\frac{6}{5}$，即AD上反射点距离点A的长度为$\frac{6}{5}$米。
最终
作点P₁关于CD的对称点P₂，正方形边长为4，可得P₂的坐标为(8,5)。
设以BC为直径的半圆的圆心为O，则O为BC中点，坐标为(2,0)，半径r=2。
当路线最短时，P₂、N、Q、O四点共线（Q为最短路径与半圆的交点），此时直线P₂O的解析式为：
由两点P₂(8,5)、O(2,0)得斜率$k=\frac{5-0}{8-2}=\frac{5}{6}$，直线方程为$y=\frac{5}{6}x-\frac{5}{3}$。
令x=4（CD所在直线为x=4），得$y=\frac{5}{3}$，即CD上反射点N坐标为$(4,\frac{5}{3})$。
由P₁(0,5)、N$(4,\frac{5}{3})$得直线P₁N的解析式为$y=-\frac{5}{6}x+5$。
令y=4（AD所在直线为y=4），解得$x=\frac{6}{5}$，即AD上反射点距离点A的长度为$\frac{6}{5}$米。
最终
4[2026浙江金华调研,较难]将一本高为17 cm(即$EF=17$ cm)的词典(四边形$EFHG$为矩形)放入高($AB$)为16 cm的收纳盒($AB ⊥ BC,CD ⊥ BC$)中(如图(1)).恰好能盖上盒盖时,测得底部$F$离收纳盒最左端$B$处8 cm,若此时将词典无滑动向右倒,书角$H$的对应点$H'$恰为$CD$中点.
(1)收纳盒的长$BC=$；
(2)现将若干本同样的词典放入此有盖的收纳盒中,如图(2)放置,则最多有本词典可与边$BC$有公共点.
(1)收纳盒的长$BC=$；
(2)现将若干本同样的词典放入此有盖的收纳盒中,如图(2)放置,则最多有本词典可与边$BC$有公共点.
答案
(1) $\boldsymbol{23\ \mathrm{cm}}$
(2) $\boldsymbol{9}$
(2) $\boldsymbol{9}$
解析
解：
(1) 在$Rt△ BEF$中，$∠ B=90°$，$EF=17\ \mathrm{cm}$，$BF=8\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得：
$BE=\sqrt{EF^2-BF^2}=\sqrt{17^2-8^2}=15\ \mathrm{cm}$
$\because AB=16\ \mathrm{cm}$，$\therefore AE=AB-BE=1\ \mathrm{cm}$，
$\because$ 四边形$EFHG$是矩形，$\therefore ∠ HEF=90°$，
$\therefore ∠ AEH + ∠ BEF=90°$，又$∠ BEF + ∠ BFE=90°$，
$\therefore ∠ AEH=∠ BFE$，又$∠ A=∠ B=90°$，
$\therefore △ AEH ∽ △ BFE$，
$\therefore \frac{EH}{EF}=\frac{AE}{BF} \implies \frac{EH}{17}=\frac{1}{8} \implies EH=\frac{17}{8}\ \mathrm{cm}$
$\because H'$是$CD$中点，$CD=AB=16\ \mathrm{cm}$，$\therefore CH'=8\ \mathrm{cm}$，
在$Rt△ H'CG'$中，$∠ C=90°$，$G'H'=EF=17\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得：
$CG'=\sqrt{G'H'^2-CH'^2}=\sqrt{17^2-8^2}=15\ \mathrm{cm}$
结合词典无滑动向右倒的几何关系，得：
$BC=BF + CG'=8+15=23\ \mathrm{cm}$
(2) 由相似关系，每本词典沿水平$AD$方向的投影宽度为$\frac{15}{8}\ \mathrm{cm}$，第一本词典的$F$点距离$B$点为$8\ \mathrm{cm}$，设最多可放置$n$本词典，满足：
$8 + (n-1)·\frac{15}{8} ≤ 23$
解得$n-1 ≤ 8$，即$n ≤ 9$。
(1) 在$Rt△ BEF$中，$∠ B=90°$，$EF=17\ \mathrm{cm}$，$BF=8\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得：
$BE=\sqrt{EF^2-BF^2}=\sqrt{17^2-8^2}=15\ \mathrm{cm}$
$\because AB=16\ \mathrm{cm}$，$\therefore AE=AB-BE=1\ \mathrm{cm}$，
$\because$ 四边形$EFHG$是矩形，$\therefore ∠ HEF=90°$，
$\therefore ∠ AEH + ∠ BEF=90°$，又$∠ BEF + ∠ BFE=90°$，
$\therefore ∠ AEH=∠ BFE$，又$∠ A=∠ B=90°$，
$\therefore △ AEH ∽ △ BFE$，
$\therefore \frac{EH}{EF}=\frac{AE}{BF} \implies \frac{EH}{17}=\frac{1}{8} \implies EH=\frac{17}{8}\ \mathrm{cm}$
$\because H'$是$CD$中点，$CD=AB=16\ \mathrm{cm}$，$\therefore CH'=8\ \mathrm{cm}$，
在$Rt△ H'CG'$中，$∠ C=90°$，$G'H'=EF=17\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得：
$CG'=\sqrt{G'H'^2-CH'^2}=\sqrt{17^2-8^2}=15\ \mathrm{cm}$
结合词典无滑动向右倒的几何关系，得：
$BC=BF + CG'=8+15=23\ \mathrm{cm}$
(2) 由相似关系，每本词典沿水平$AD$方向的投影宽度为$\frac{15}{8}\ \mathrm{cm}$，第一本词典的$F$点距离$B$点为$8\ \mathrm{cm}$，设最多可放置$n$本词典，满足：
$8 + (n-1)·\frac{15}{8} ≤ 23$
解得$n-1 ≤ 8$，即$n ≤ 9$。
5[中]如图(1)所示的是古代一种可以远程攻击的投石车,图(2)是投石车投石过程中某一时刻的示意图,GP是杠杆,弹袋挂在点G,重锤挂在点P,点A为支点,点D是水平底板BC上的一点,AD=AC=3米,CD=3.6米.投石车准备时,点G恰好与点B重合,此时AG和AC垂直.
(1)BD=米.
(2)投石车投石过程中,AP的延长线交线段DC于点E,若DE:CE=5:1,则点G距地面多少米?
刷素养 ▶……走向重高
(1)BD=米.
(2)投石车投石过程中,AP的延长线交线段DC于点E,若DE:CE=5:1,则点G距地面多少米?
刷素养 ▶……走向重高
答案
(1) $\boldsymbol{1.4}$
(2) 点G距地面$\boldsymbol{\frac{12+8\sqrt{5}}{5}}$米。
(2) 点G距地面$\boldsymbol{\frac{12+8\sqrt{5}}{5}}$米。
解析
解：
(1) 过点A作AH⊥BC于点H。
∵ AD=AC=3米，
∴ DH=CH=$\frac{1}{2}$CD=1.8米。
在Rt△ACH中，$AH=\sqrt{AC^2-CH^2}=\sqrt{3^2-1.8^2}=2.4$米。
由题意知AG⊥AC，即∠BAC=90°，
∴ ∠B+∠ACB=90°，∠HAC+∠ACB=90°，
∴ ∠B=∠HAC，
又∠AHB=∠AHC=90°，
∴ △ABH∽△CAH，
∴ $\frac{BH}{AH}=\frac{AH}{CH}$，即$BH=\frac{AH^2}{CH}=\frac{2.4^2}{1.8}=3.2$米，
∴ $BD=BH-DH=3.2-1.8=1.4$米。
(2) 过点G作GM⊥BC于点M。
∵ DE:CE=5:1，CD=3.6米，
∴ $CE=3.6×\frac{1}{5+1}=0.6$米，$DE=3$米，
∴ $EH=CH-CE=1.8-0.6=1.2$米。
在Rt△AHE中，$AE=\sqrt{AH^2+EH^2}=\sqrt{2.4^2+1.2^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$米。
由(1)得$AG=AB=\sqrt{AH^2+BH^2}=\sqrt{2.4^2+3.2^2}=4$米，
∵ G、A、E三点共线，GM⊥BC，AH⊥BC，
∴ GM//AH，直线GE与水平地面BC的夹角等于∠AEH，
∴ $\sin∠ AEH=\frac{AH}{AE}=\frac{2.4}{\frac{6\sqrt{5}}{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
点G到地面的高度为：
$GM=AH + AG·\sin∠ AEH=2.4 + 4×\frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{12+8\sqrt{5}}{5}$米。
答：点G距地面$\frac{12+8\sqrt{5}}{5}$米。
(1) 过点A作AH⊥BC于点H。
∵ AD=AC=3米，
∴ DH=CH=$\frac{1}{2}$CD=1.8米。
在Rt△ACH中，$AH=\sqrt{AC^2-CH^2}=\sqrt{3^2-1.8^2}=2.4$米。
由题意知AG⊥AC，即∠BAC=90°，
∴ ∠B+∠ACB=90°，∠HAC+∠ACB=90°，
∴ ∠B=∠HAC，
又∠AHB=∠AHC=90°，
∴ △ABH∽△CAH，
∴ $\frac{BH}{AH}=\frac{AH}{CH}$，即$BH=\frac{AH^2}{CH}=\frac{2.4^2}{1.8}=3.2$米，
∴ $BD=BH-DH=3.2-1.8=1.4$米。
(2) 过点G作GM⊥BC于点M。
∵ DE:CE=5:1，CD=3.6米，
∴ $CE=3.6×\frac{1}{5+1}=0.6$米，$DE=3$米，
∴ $EH=CH-CE=1.8-0.6=1.2$米。
在Rt△AHE中，$AE=\sqrt{AH^2+EH^2}=\sqrt{2.4^2+1.2^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$米。
由(1)得$AG=AB=\sqrt{AH^2+BH^2}=\sqrt{2.4^2+3.2^2}=4$米，
∵ G、A、E三点共线，GM⊥BC，AH⊥BC，
∴ GM//AH，直线GE与水平地面BC的夹角等于∠AEH，
∴ $\sin∠ AEH=\frac{AH}{AE}=\frac{2.4}{\frac{6\sqrt{5}}{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
点G到地面的高度为：
$GM=AH + AG·\sin∠ AEH=2.4 + 4×\frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{12+8\sqrt{5}}{5}$米。
答：点G距地面$\frac{12+8\sqrt{5}}{5}$米。
