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1. 如图,折叠长方形的一边AD,使点D落在边BC的点F处,已知$AB=8\ \mathrm{cm},BC=10\ \mathrm{cm}$,求EC的长.
答案
1.
∵四边形ABCD是长方形，
∴AB=CD=8 cm,AD=BC=10 cm.
由折叠可知,AD=AF=10 cm,DE=EF.
在Rt△ABF中,BF²=AF²-AB²=36,
∴BF=6 cm,
∴FC=10-6=4 (cm).
设EC=x cm,则DE=EF=(8-x)cm.
在Rt△CEF中,由勾股定理,得
x²+4²=(8-x)²,解得x=3.
故EC的长为3 cm.
∵四边形ABCD是长方形，
∴AB=CD=8 cm,AD=BC=10 cm.
由折叠可知,AD=AF=10 cm,DE=EF.
在Rt△ABF中,BF²=AF²-AB²=36,
∴BF=6 cm,
∴FC=10-6=4 (cm).
设EC=x cm,则DE=EF=(8-x)cm.
在Rt△CEF中,由勾股定理,得
x²+4²=(8-x)²,解得x=3.
故EC的长为3 cm.
解析
【分析】
本题为矩形折叠求线段长度的问题，解题思路如下：首先利用矩形的性质得到已知边长和直角条件；再根据折叠前后对应边相等，得到AF=AD、EF=DE，先在Rt△ABF中用勾股定理求出BF的长度，进而算出FC的长度；最后设EC的长为x，用含x的式子表示EF的长，在Rt△CEF中利用勾股定理列方程求解即可得到EC的长度。
【解析】
∵四边形ABCD是长方形，
∴AB=CD=8 cm，AD=BC=10 cm，∠B=∠C=90°。
由折叠的性质可知，AD=AF=10 cm，DE=EF。
在Rt△ABF中，由勾股定理得BF²=AF²-AB²=10²-8²=36，
∴BF=6 cm，
∴FC=BC-BF=10-6=4 (cm)。
设EC=x cm，则DE=CD-EC=(8-x)cm，即EF=(8-x)cm。
在Rt△CEF中，由勾股定理，得
$x^2+4^2=(8-x)^2$，
展开得$x^2+16=64-16x+x^2$，
化简得$16x=48$，解得$x=3$。
【答案】
3 cm
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题是折叠类几何计算的典型题，解题核心是利用折叠的全等性质转化相等线段，再结合勾股定理建立方程求解，很好地体现了几何计算中的方程思想，需熟练掌握这类题型的解题方法。
【难度系数】
0.6
本题为矩形折叠求线段长度的问题，解题思路如下：首先利用矩形的性质得到已知边长和直角条件；再根据折叠前后对应边相等，得到AF=AD、EF=DE，先在Rt△ABF中用勾股定理求出BF的长度，进而算出FC的长度；最后设EC的长为x，用含x的式子表示EF的长，在Rt△CEF中利用勾股定理列方程求解即可得到EC的长度。
【解析】
∵四边形ABCD是长方形，
∴AB=CD=8 cm，AD=BC=10 cm，∠B=∠C=90°。
由折叠的性质可知，AD=AF=10 cm，DE=EF。
在Rt△ABF中，由勾股定理得BF²=AF²-AB²=10²-8²=36，
∴BF=6 cm，
∴FC=BC-BF=10-6=4 (cm)。
设EC=x cm，则DE=CD-EC=(8-x)cm，即EF=(8-x)cm。
在Rt△CEF中，由勾股定理，得
$x^2+4^2=(8-x)^2$，
展开得$x^2+16=64-16x+x^2$，
化简得$16x=48$，解得$x=3$。
【答案】
3 cm
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题是折叠类几何计算的典型题，解题核心是利用折叠的全等性质转化相等线段，再结合勾股定理建立方程求解，很好地体现了几何计算中的方程思想，需熟练掌握这类题型的解题方法。
【难度系数】
0.6
2. 如图,在$△ ABC$中,$∠ BAC=90°$,$AB=6\ \mathrm{cm}$,$BC=10\ \mathrm{cm}$,点$D$在线段$AC$上,且$CD=2\ \mathrm{cm}$,动点$P$从距点$A\ 10\ \mathrm{cm}$处的点$E$出发,以每秒$2\ \mathrm{cm}$的速度沿射线$EA$的方向运动了$t$秒.
(1)$AD$的长为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{cm}$;
(2)求$t$为何值时,线段$CP$等于线段$BP$.
(1)$AD$的长为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{cm}$;
(2)求$t$为何值时,线段$CP$等于线段$BP$.
答案
2. (1)6 解析:
∵∠BAC=90°,AB=6 cm,BC=10 cm,
∴AC=8 cm.
∵CD=2 cm,
∴AD=AC-CD=6 cm.
(2)设AP=x cm,则BP=(x+6)cm,在Rt△ACP中,由勾股定理,得AP²+AC²=CP²,即CP²=x²+64.
∵CP=BP,
∴x²+64=(x+6)²,解得$x=\frac{7}{3}$.
故$PE=10-\frac{7}{3}=\frac{23}{3}$(cm),$t=\frac{23}{3}÷2=\frac{23}{6}$(s).
故t为$\frac{23}{6}$ s时,PC=PB.
∵∠BAC=90°,AB=6 cm,BC=10 cm,
∴AC=8 cm.
∵CD=2 cm,
∴AD=AC-CD=6 cm.
(2)设AP=x cm,则BP=(x+6)cm,在Rt△ACP中,由勾股定理,得AP²+AC²=CP²,即CP²=x²+64.
∵CP=BP,
∴x²+64=(x+6)²,解得$x=\frac{7}{3}$.
故$PE=10-\frac{7}{3}=\frac{23}{3}$(cm),$t=\frac{23}{3}÷2=\frac{23}{6}$(s).
故t为$\frac{23}{6}$ s时,PC=PB.
解析
【分析】
(1)要求AD的长，已知CD的长度，只需先求出AC的长度即可。△ABC是直角三角形，已知斜边BC和直角边AB，可直接用勾股定理计算AC，再用AC减去CD就能得到AD。
(2)要使CP=BP，可设AP的长度为x cm，分别用含x的式子表示出CP和BP的长度：在Rt△ACP中，由勾股定理可表示$CP^2$；BP是线段PA与AB的和，可直接写出BP的长度。利用CP=BP则二者平方相等建立方程，解出x的值后，结合点P的运动起点E距A为10 cm、运动速度为2 cm/s，先算出P运动的路程PE，再用路程除以速度即可得到时间t。
【解析】
(1)在△ABC中，∠BAC=90°，AB=6 cm，BC=10 cm，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{64}=8\ \mathrm{cm}$
已知CD=2 cm，因此$AD=AC-CD=8-2=6\ \mathrm{cm}$。
(2)设$AP=x\ \mathrm{cm}$，因为点P在射线EA上，A在P、B之间，因此$BP=AP+AB=(x+6)\ \mathrm{cm}$。
在Rt△ACP中，由勾股定理得：$CP^2=AP^2+AC^2=x^2+8^2=x^2+64$。
因为$CP=BP$，所以$CP^2=BP^2$，即：
$x^2+64=(x+6)^2$
展开右侧得$x^2+64=x^2+12x+36$，消去$x^2$后解得：
$12x=28$，$x=\frac{7}{3}$
点P从E出发运动的路程$PE=EA-AP=10-\frac{7}{3}=\frac{23}{3}\ \mathrm{cm}$，
已知点P运动速度为2 cm/s，因此运动时间$t=\frac{PE}{2}=\frac{23}{3}÷2=\frac{23}{6}\ \mathrm{s}$。
【答案】
(1)$6$；(2)$\frac{23}{6}\ \mathrm{s}$
【知识点】
勾股定理；一元一次方程应用；动点问题
【点评】
本题将直角三角形性质与动点行程问题结合，既考察了勾股定理的基础应用，也要求学生能结合几何等量关系列方程求解，同时需要注意动点的运动方向，避免路程计算出错，是典型的几何与代数结合的基础综合题。
【难度系数】
0.7
(1)要求AD的长，已知CD的长度，只需先求出AC的长度即可。△ABC是直角三角形，已知斜边BC和直角边AB，可直接用勾股定理计算AC，再用AC减去CD就能得到AD。
(2)要使CP=BP，可设AP的长度为x cm，分别用含x的式子表示出CP和BP的长度：在Rt△ACP中，由勾股定理可表示$CP^2$；BP是线段PA与AB的和，可直接写出BP的长度。利用CP=BP则二者平方相等建立方程，解出x的值后，结合点P的运动起点E距A为10 cm、运动速度为2 cm/s，先算出P运动的路程PE，再用路程除以速度即可得到时间t。
【解析】
(1)在△ABC中，∠BAC=90°，AB=6 cm，BC=10 cm，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{64}=8\ \mathrm{cm}$
已知CD=2 cm，因此$AD=AC-CD=8-2=6\ \mathrm{cm}$。
(2)设$AP=x\ \mathrm{cm}$，因为点P在射线EA上，A在P、B之间，因此$BP=AP+AB=(x+6)\ \mathrm{cm}$。
在Rt△ACP中，由勾股定理得：$CP^2=AP^2+AC^2=x^2+8^2=x^2+64$。
因为$CP=BP$，所以$CP^2=BP^2$，即：
$x^2+64=(x+6)^2$
展开右侧得$x^2+64=x^2+12x+36$，消去$x^2$后解得：
$12x=28$，$x=\frac{7}{3}$
点P从E出发运动的路程$PE=EA-AP=10-\frac{7}{3}=\frac{23}{3}\ \mathrm{cm}$，
已知点P运动速度为2 cm/s，因此运动时间$t=\frac{PE}{2}=\frac{23}{3}÷2=\frac{23}{6}\ \mathrm{s}$。
【答案】
(1)$6$；(2)$\frac{23}{6}\ \mathrm{s}$
【知识点】
勾股定理；一元一次方程应用；动点问题
【点评】
本题将直角三角形性质与动点行程问题结合，既考察了勾股定理的基础应用，也要求学生能结合几何等量关系列方程求解，同时需要注意动点的运动方向，避免路程计算出错，是典型的几何与代数结合的基础综合题。
【难度系数】
0.7
3. 如图,沿 AC 方向开山修路.为了加快施工进度,要在小山的另一边同时施工,从 AC 上的一点B 取$∠ABD=120^{\circ },BD=520m,∠D=30^{\circ }$,那么另一边开挖点 E 离点 D 多远,正好使 A,C,E三点在同一直线上?(结果取整数)
答案
3.
∵∠ABD=120°,∠D=30°,
∴∠AED=120°-30°=90°.
在Rt△BDE中,BD=520 m,∠D=30°,
∴$BE=\frac{1}{2}BD=260$(m),
∴$DE=\sqrt{BD^2-BE^2}=260\sqrt{3}≈450$(m).
故另一边开挖点E离点D 450 m时,正好使A,C,E三点在同一直线上.
∵∠ABD=120°,∠D=30°,
∴∠AED=120°-30°=90°.
在Rt△BDE中,BD=520 m,∠D=30°,
∴$BE=\frac{1}{2}BD=260$(m),
∴$DE=\sqrt{BD^2-BE^2}=260\sqrt{3}≈450$(m).
故另一边开挖点E离点D 450 m时,正好使A,C,E三点在同一直线上.
解析
【分析】
要使A、C、E三点共线，首先需要求出△BDE中∠BED的度数：可利用三角形外角的性质（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和）计算∠BED，判断出△BDE为直角三角形后，结合直角三角形30°角的性质求出BE的长度，最后用勾股定理计算DE的长度即可得到结果。
【解析】
解：若A、C、E三点在同一直线上，
∵∠ABD是△BDE的外角，
∴∠ABD=∠BED+∠D，
又
∵∠ABD=120°，∠D=30°，
∴∠BED=∠ABD-∠D=120°-30°=90°，即△BDE是直角三角形。
在Rt△BDE中，BD=520 m，∠D=30°，
∴30°角所对的直角边$BE=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}×520=260$（m），
由勾股定理得：
$DE=\sqrt{BD^2-BE^2}=\sqrt{520^2-260^2}=260\sqrt{3}≈260×1.732≈450$（m）。
【答案】
另一边开挖点E离点D450 m时，正好使A,C,E三点在同一直线上。
【知识点】
三角形外角性质；直角三角形30°角的性质；勾股定理
【点评】
本题属于几何实际应用类题型，解题的核心是将实际施工的共线要求转化为几何中的角度计算问题，结合三角形的相关性质即可求解，贴近生活实际，能锻炼学生的知识应用能力。
【难度系数】
0.7
要使A、C、E三点共线，首先需要求出△BDE中∠BED的度数：可利用三角形外角的性质（三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和）计算∠BED，判断出△BDE为直角三角形后，结合直角三角形30°角的性质求出BE的长度，最后用勾股定理计算DE的长度即可得到结果。
【解析】
解：若A、C、E三点在同一直线上，
∵∠ABD是△BDE的外角，
∴∠ABD=∠BED+∠D，
又
∵∠ABD=120°，∠D=30°，
∴∠BED=∠ABD-∠D=120°-30°=90°，即△BDE是直角三角形。
在Rt△BDE中，BD=520 m，∠D=30°，
∴30°角所对的直角边$BE=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}×520=260$（m），
由勾股定理得：
$DE=\sqrt{BD^2-BE^2}=\sqrt{520^2-260^2}=260\sqrt{3}≈260×1.732≈450$（m）。
【答案】
另一边开挖点E离点D450 m时，正好使A,C,E三点在同一直线上。
【知识点】
三角形外角性质；直角三角形30°角的性质；勾股定理
【点评】
本题属于几何实际应用类题型，解题的核心是将实际施工的共线要求转化为几何中的角度计算问题，结合三角形的相关性质即可求解，贴近生活实际，能锻炼学生的知识应用能力。
【难度系数】
0.7
