6. (2023·东营中考)一艘船由A港沿北偏东60°方向航行30 km至B港,然后再沿北偏西30°方向航行40 km至C港,则A,C两港之间的距离为______km.
答案：50
解析：
【分析】
解题时首先根据题意画出方位示意图，结合方位角的定义和平行线的性质，先求出∠ABC的度数，判断△ABC为直角三角形，再利用勾股定理计算斜边AC的长度即可得到A、C两港的距离。
【解析】
解：根据题意画出示意图，设A点正北方向为AD，B点正北方向为BE，可知AD//BE。
由题意得：AB=30km，BC=40km，∠DAB=60°，∠EBC=30°。
∵AD//BE，
∴∠DAB + ∠ABE = 180°（两直线平行，同旁内角互补），
∴∠ABE = 180° - 60° = 120°，
∴∠ABC = ∠ABE - ∠EBC = 120° - 30° = 90°，即△ABC是直角三角形，∠B=90°。
根据勾股定理得：AC² = AB² + BC² = 30² + 40² = 900 + 1600 = 2500，
∴AC = √2500 = 50（km）。
【答案】
50
【知识点】
方位角的应用；勾股定理；平行线的性质
【点评】
本题是几何实际应用类题型，解题核心是通过方位角关系确定直角三角形，既考查了方位角的识别、平行线性质的运用，也考查了勾股定理在实际问题中的计算能力，解题时准确画出示意图是关键。
【难度系数】
0.7
7. (1)在长、宽、高分别为5 cm、4 cm、3 cm的木箱中放一根木棒,能放进去的木棒的最大长度为______.
(2)如图,一透明的圆柱体玻璃杯,从内部测得底部直径为6 cm,杯深8 cm.今有一根长为16 cm的吸管放入杯中,露在杯口外的长度为h,则h的变化范围是______.
答案：
(1) $\sqrt{50}\ cm$
(2) $6\ cm \leq h \leq 8\ cm$
解析：
【分析】
(1) 长方体内部最长的线段是体对角线，要找到能放入木箱的最长木棒，只需计算长方体的体对角线长度即可。解题时先通过勾股定理算出底面长方形的对角线长度，再将其与木箱的高作为直角边，再次利用勾股定理即可求出体对角线长度。
(2) 求吸管露在杯外的长度范围，需先确定吸管在杯内的长度范围：当吸管竖直放置时，杯内长度最短，等于杯深，此时外露长度最长；当吸管斜放，两端分别接触杯底边缘和杯口边缘时，杯内长度最长，等于底面直径与杯深构成的直角三角形的斜边长，此时外露长度最短。用吸管总长度减去两种杯内长度，即可得到h的取值范围。
【解析】
(1) 先计算木箱底面长方形的对角线长度：
已知底面长5cm、宽4cm，由勾股定理得底面对角线长为$\sqrt{5^2+4^2}=\sqrt{41}\ \mathrm{cm}$。
再计算长方体体对角线长度：
将底面对角线与高3cm作为直角边，由勾股定理得体对角线长为$\sqrt{(\sqrt{41})^2+3^2}=\sqrt{41+9}=\sqrt{50}\ \mathrm{cm}$。
(2) ①当吸管竖直放入杯中时，杯内吸管长度等于杯深8cm，此时外露长度最长：
$h_{\mathrm{max}}=16-8=8\ \mathrm{cm}$
②当吸管斜放至杯内长度最长时，杯内吸管为底面直径6cm、杯深8cm构成的直角三角形的斜边，由勾股定理得杯内长度为$\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{36+64}=10\ \mathrm{cm}$，此时外露长度最短：
$h_{\mathrm{min}}=16-10=6\ \mathrm{cm}$
因此h的变化范围为$6\ \mathrm{cm} ≤ h ≤ 8\ \mathrm{cm}$。
【答案】
(1) $\sqrt{50}\ \mathrm{cm}$
(2) $6\ \mathrm{cm} ≤ h ≤ 8\ \mathrm{cm}$
【知识点】
勾股定理，立体图形最值计算
【点评】
这两道题是勾股定理在立体场景下的典型应用，核心是将立体问题转化为平面直角三角形的计算问题，解题时要准确对应最值对应的几何情形，避免漏判特殊情况。
【难度系数】
0.7
8. 如图,在一棵树CD的10 m高B处有两只猴子,其中一只猴子爬下树走到离树20 m的池塘A处,另一只爬到树顶D后直接跃到A处,距离以直线计算.如果两只猴子所经过的距离相等,请问这棵树有多高?
答案：由题意知 $AD+DB=BC+CA$,且 $CA=20\ m,BC=10\ m$,设 $BD=x\ m$,则 $AD=(30-x)\ m.\because$ 在 $Rt\triangle ACD$ 中,$CD^{2}+CA^{2}=AD^{2}$,即 $(10+x)^{2}+20^{2}=(30-x)^{2}$,解得 $x=5$,故树高 $CD=10+5=15(m)$.
解析：
【分析】
解题时先明确题中的等量关系：两只猴子经过的距离相等。先算出第一只猴子的总路程为$BC+AC=10+20=30\ \mathrm{m}$，因此第二只猴子的路程$BD+AD$也为$30\ \mathrm{m}$。设$BD$长为$x\ \mathrm{m}$，即可用含$x$的式子表示出$AD$和树高$CD$，再结合$\mathrm{Rt}△ ACD$的勾股定理列出方程，求解后即可算出树高。
【解析】
由题意知两只猴子经过的距离相等，即$AD+DB=BC+CA$，
已知$CA=20\ \mathrm{m}$，$BC=10\ \mathrm{m}$，因此$AD+DB=10+20=30\ \mathrm{m}$。
设$BD=x\ \mathrm{m}$，则$AD=(30-x)\ \mathrm{m}$，树高$CD=CB+BD=(10+x)\ \mathrm{m}$。
$\because △ ACD$是直角三角形，$∠ C=90°$，由勾股定理得$CD^{2}+CA^{2}=AD^{2}$，
代入得：$(10+x)^{2}+20^{2}=(30-x)^{2}$，
展开计算：$100+20x+x^2+400=900-60x+x^2$，
移项合并同类项：$80x=400$，
解得$x=5$。
因此树高$CD=10+5=15(\mathrm{m})$。
【答案】
$\boxed{15\ \mathrm{m}}$
【知识点】
勾股定理的应用；一元一次方程的应用；列方程解实际问题
【点评】
本题是勾股定理在实际场景中的典型应用题，核心是抓住路程相等的等量关系设未知数，结合直角三角形的勾股定理建立方程求解，很好地体现了数形结合和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
9. 如图,一个三级台阶,它的每一级的长、宽和高分别为20,3,2,A和B是这个台阶上的两个相对的端点,A点有一只蚂蚁,想到B点去吃可口的食物,求蚂蚁沿着台阶面爬到B点的最短路程.
答案：如图所示,
∵ 三级台阶平面展开图为长方形,长为 20,宽为 $(2+3) × 3=15$,
∴ 蚂蚁沿台阶面爬行到 B 点的最短路程是此长方形对角线 AB 的长.由勾股定理得 $AB^{2}=20^{2}+15^{2}=625=25^{2},\therefore AB=25$.即蚂蚁沿着台阶面爬到 B 点的最短路程是 25.
解析：
【分析】
要解决立体台阶表面的蚂蚁爬行最短路程问题，核心思路是将立体的台阶面展开为平面图形，根据“两点之间，线段最短”的原理，最短路径就是展开后平面中A、B两点的线段长度，再利用勾股定理计算这条线段的长度即可。具体操作时，先计算展开后长方形的宽：每一级台阶的高为2、宽为3，三级台阶展开后总宽度为(2+3)×3，长方形的长就是台阶原有的长20，最后用勾股定理求对角线长度即为最短路径。
【解析】
解：将三级台阶的表面展开为平面长方形，
该长方形的长为20，宽为$(2+3)× 3=15$，
根据两点之间线段最短，蚂蚁爬行的最短路程为该长方形的对角线$AB$的长度。
由勾股定理可得：
$AB^2=20^2+15^2=400+225=625$，
$\therefore AB=\sqrt{625}=25$。
【答案】
25
【知识点】
最短路径问题、立体图形平面展开、勾股定理应用
【点评】
本题是勾股定理在实际最短路径问题中的典型应用，解题的核心是掌握立体转平面的转化思想，准确计算展开后图形的各边长度，再结合勾股定理求解，计算展开总宽度时要注意不要漏算台阶的高或宽。
【难度系数】
0.7
10. (推理能力)P是长方形ABCD所在平面内任意一点,请在图①和图②中任意选择一个,证明:$AP^2 + CP^2 = BP^2 + DP^2$.
答案：如图①,当点 P 在长方形 ABCD 内部时,过 P 作 $MN \perp AD$ 于 M,交 BC 于 N,则四边形 ABNM、四边形 DCNM 是长方形,$\therefore AM=BN,AB=MN=DC,DM=CN$.由勾股定理得 $AP^{2}=AM^{2}+PM^{2},CP^{2}=CN^{2}+PN^{2},BP^{2}=BN^{2}+PN^{2},DP^{2}=DM^{2}+PM^{2},\therefore AP^{2}+CP^{2}=AM^{2}+PM^{2}+CN^{2}+PN^{2},BP^{2}+DP^{2}=BN^{2}+PN^{2}+DM^{2}+PM^{2},\therefore AP^{2}+CP^{2}=BP^{2}+DP^{2}$;
如图②,当点 P 在长方形 ABCD 外部时,过 P 作 $PM \perp AD$ 于 M,交 BC 于 N,则四边形 ABNM、四边形 DCNM 是长方形,$\therefore AM=BN,AB=MN=DC,DM=CN$.由勾股定理得 $AP^{2}=AM^{2}+PM^{2},CP^{2}=CN^{2}+PN^{2},BP^{2}=BN^{2}+PN^{2},DP^{2}=DM^{2}+PM^{2},\therefore AP^{2}+CP^{2}=AM^{2}+PM^{2}+CN^{2}+PN^{2},BP^{2}+DP^{2}=BN^{2}+PN^{2}+DM^{2}+PM^{2},\therefore AP^{2}+CP^{2}=BP^{2}+DP^{2}$. (任选一个证明即可)
解析：
【分析】
要证明含线段平方的等式成立，首先联想到勾股定理的平方关系，因此需要构造以AP、BP、CP、DP为斜边的直角三角形。我们可以过点P作垂直于矩形边的直线，把各线段的平方拆分为两条直角边的平方和，再借助矩形对边相等的性质代换相等的线段，即可推导出待证等式。
【解析】
选择图①（点P在长方形ABCD内部）证明：
过P作$MN ⊥ AD$于M，交BC于N。
∵四边形ABCD是长方形，$AD// BC$，$∠ A=∠ B=∠ C=∠ D=90°$，
∴$MN⊥BC$，四边形ABNM、四边形DCNM均为长方形，
∴$AM=BN$，$DM=CN$。
由勾股定理可得：
$AP^{2}=AM^{2}+PM^{2}$，$CP^{2}=CN^{2}+PN^{2}$，
$BP^{2}=BN^{2}+PN^{2}$，$DP^{2}=DM^{2}+PM^{2}$，
∴$AP^{2}+CP^{2}=AM^{2}+PM^{2}+CN^{2}+PN^{2}$，
$BP^{2}+DP^{2}=BN^{2}+PN^{2}+DM^{2}+PM^{2}$，
结合$AM=BN$、$DM=CN$，可得$AP^{2}+CP^{2}=BP^{2}+DP^{2}$。
（选图②证明逻辑一致，过P作$PM⊥AD$于M，交BC于N，后续推导步骤与上述完全相同）
【答案】
$AP^2 + CP^2 = BP^2 + DP^2$，得证。
【知识点】
勾股定理，矩形的性质
【点评】
本题的解题关键是作垂直辅助线构造直角三角形，将线段平方关系通过勾股定理转化，再结合矩形边的性质代换证明。该结论是矩形的经典拓展性质，点P在矩形所在平面任意位置时均成立，可作为常用结论记忆。
【难度系数】
0.65
