蚂蚁追击问题与等角螺线
模型46 勾股定理之蚂蚁行程、弦图模型(解析版)-中考数学解题大招复习讲义
1．平面展开-最短路径问题（1）平面展开﹣最短路径问题，先根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问题．（2）关于数形结合的思想，勾股定理及其逆定理它们本身就是数和形的结合，所以我们在解决有关结合问题时的关键就是能从实际问题中抽象出数学模型．例．如图所示，有一正方体纸盒，在点C1处有一只小虫，它要爬到点A吃食物．应该沿着怎样的路线才能使行程最短？解：如图，把侧面或上面展开与正面组成一矩形，连接AC1，则AC1就是行程最短的路线．2.赵爽弦图模型我国著名的数学家赵爽，早在公元3世纪，就把一个矩形分成四个全等的直角三角形，用四个全等的直角三角形拼成了一个大的正方形（如图1），这个正方形称为赵爽弦图，验证了一个非常重要的结论：在直角三角形中两直角边a、b与斜边c满足关系式a2+b2＝c2．称为勾股定理．把这四个全等的直角三角形拼成了另一个大的正方形（如图2），也能验证这个结论证明：由图2得，大正方形面积＝4×＝（a+b）2，整理得b2+c2+2ab＝2ab+c2，∴c2＝a2+b2，即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方．例题精讲考点一：行程最短问题【例1】．如图，有一个圆柱，它的高等于16cm，底面半径等于4cm，在圆柱下底面的A点有一只蚂蚁，它想吃到上底面上与A点相对的B点处的食物，需要爬行的最短路程是20 cm．（π取3）解：将圆柱体展开，连接A、B，根据两点之间线段最短，根据题意可得：AC是圆周的一半，∴AC＝×2×4π＝12，∴AB＝＝20cm．变式训练【变式1-1】．如图，圆锥的底面圆的半径为10cm，母线长为40cm，C为母线PA的中点，一只蚂蚁欲从点B处沿圆锥的侧面爬到点C处，则它爬行的最短距离是20cm．解：由题意知，底面圆的直径AB＝20，故底面周长等于20π设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n°∵根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，20π＝，解得n＝90°∴展开图中扇形圆心角＝90°，作CE⊥PB于E，则CE＝PE＝10，BE＝40﹣10，∵根据勾股定理求得它爬行的最短距离是＝20cm∴蚂蚁爬行的最短距离为20cm【变式1-2】．如图，一只蚂蚁从长为7cm、宽为5cm，高是9cm的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它所走的最短路线的长是15cm．解：由题意可得，当展开前面和右面时，最短路线长是：＝＝15（cm）；当展开前面和上面时，最短路线长是：＝＝7（cm）；当展开左面和上面时，最短路线长是：＝（cm）；∵15＜7＜，∴一只蚂蚁从长为7cm、宽为5cm，高是9cm的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它所走的最短路线的长是15cm，故答案为：15．【变式1-3】．如图是一个三级台阶，它的每一级长、宽、高分别是2米、0.3米、0.2米，A，B是这个台阶上两个相对的端点，A点有一只蚂蚁，想到B点去吃可口的食物，则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是 2.5米．解：三级台阶平面展开图为长方形，长为2，宽为（0.2+0.3）×3，则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是此长方形的对角线长．可设蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程为x，由勾股定理得：x2＝22+[（0.2+0.3）×3]2＝2.52，解得x＝2.5．考点二：弦图模型的应用【例2】．如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若AE＝5，AB＝13，则中间小正方形EFGH的面积是49．解：∵AE＝5，AB＝13，∴BF＝AE＝5，在Rt△ABF中，AF＝＝12，∴小正方形的边长EF＝12﹣5＝7，∴小正方形EFGH的面积为7×7＝49．故答案为：49．变式训练【变式2-1】．如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成．若较短的直角边BC＝2.5，将四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，若△BCD的周长是15，则这个风车的外围周长是38．解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，AC＝y，则x2＝4y2+2.52，∵△BCD的周长是15，∴x+2y+2.5＝15则x＝6.5，y＝3．∴这个风车的外围周长是：4（x+y）＝4×9.5＝38．故答案是：38．【变式2-2】．如图，在弦图中，正方形ABCD的对角线AC与正方形EFHI的对角线EH交于点K，对角线AC交正方形EFHI于G，J两点，记△GKH面积为S1，△JIC面积为S2，若AE＝12，CD＝4，则S1+S2的值为16．解：由题意可得，AF＝CI，∠AFG＝∠CIJ＝90°，FH∥EI，∵∠AGF＝∠HGK，∠IJC＝∠KJE，∵FH∥EI，∴∠HGK＝∠KJE，∴∠AGF＝∠IJC，在△AFG和△CIJ中，，∴△AFG≌△CIJ（AAS），∴FG＝IJ，∵四边形EFHI为正方形，∴EI﹣IJ＝FH﹣FG，即HG＝EJ，在△GHK和△JEK中，，∴△GHK≌△JEK（AAS），∴HK＝EK，即点K为正方形EFHI的中心，如图，过点K作KM⊥FH于点M，∵AE＝12，CD＝4，∴BF＝12，AD＝，在Rt△ADE中，由勾股定理得DE＝＝4，∴AF＝DE＝4，EF＝AE﹣AF＝12﹣4＝8，则FH＝8，KM＝4，设GH＝a，FG＝b，则a+b＝FH＝8，∴＝，＝＝2b，∴S1+S2＝2a+2b＝2（a+b）＝16．故答案为：16．1．如图所示，一只小蚂蚁从棱长为1的正方体的顶点A出发，经过每个面的中心点后，又回到A点，蚂蚁爬行最短程S满足（）A．5＜S≤6B．6＜S≤7C．7＜S≤8D．8＜S≤9解：正方体展开图形为：则蚂蚁爬行最短程S＝5+＝5+．即6＜S≤7．故选：B．2．如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，图中的四个直角三角形是全等的，如果大正方形ABCD的面积是小正方形EFGH面积的13倍，那么tan ∠ADE的值为（）A．B．C．D．解：设小正方形EFGH面积是a2，则大正方形ABCD的面积是13a2，∴小正方形EFGH边长是a，则大正方形ABCD的边长是a，∵图中的四个直角三角形是全等的，∴AE＝DH，设AE＝DH＝x，在Rt△AED中，AD2＝AE2+DE2，即13a2＝x2+（x+a）2解得：x1＝2a，x2＝﹣3a（舍去），∴AE＝2a，DE＝3a，∴tan∠ADE＝＝，故选：C．3．如图是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNPQ的面积分别为S1、S2、S3．若S1+S2+S3＝60，则S2的值是（）A．12B．15C．20D．30解：设每个小直角三角形的面积为m，则S1＝4m+S2，S3＝S2﹣4m，因为S1+S2+S3＝60，所以4m+S2+S2+S2﹣4m＝60，即3S2＝60，解得S2＝20．故选：C．4．四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出的部分是一个小正方形，这样就组成了一个“赵爽弦图”（如图）．如果小正方形面积为4，大正方形面积为74，直角三角形中较小的锐角为θ，那么tanθ的值是（）A．B．C．D．解：由已知条件可知，小正方形的边长为2，大正方形的边长为．设直角三角形中较小边长为x，则有（x+2）2+x2＝（）2，解得x＝5．则较长边的边长为x+2＝5+2＝7．故tanθ＝＝．故选：B．5．赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的面积为S1，大正方形ABCD的面积为S2，若DI＝2，CI＝1，S2＝5S1，则GI的值是（）A．B．C．D．解：如图，连接DG，∵赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形，∴AE＝BF＝CG＝DH，AF＝BG＝CH＝DE，CH⊥DE，∵DI＝2，CI＝1，∴CD＝DI+CI＝2+1＝3，∵大正方形ABCD的面积为S2，∴S2＝CD2＝32＝9，又∵小正方形EFGH的面积为S1，S2＝5S1，∴S1＝，∴EF＝FG＝GH＝HE＝，∵将EG延长交CD于点I，∴∠HGE＝45°，在Rt△EHG中，由勾股定理得：EG＝＝，设AE＝BF＝CG＝DH＝x，则AF＝BG＝CH＝DE＝x+，在Rt△CDH中，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x+）2，解得：x1＝，x2＝﹣（不合题意，舍去），即AE＝BF＝CG＝DH＝x＝，∴DH＝EH＝，∴CH垂直平分ED，∴DG＝EG＝，∴∠DGH＝∠HGE＝45°，∴∠DGE＝45°+45°＝90°，∴∠DGI＝90°，在Rt△DGI中，由勾股定理得：GI＝＝＝，故选：A．6．如图，一只蚂蚁沿着图示的路线从圆柱高AA1的端点A到达A1，若圆柱底面半径为，高为5，则蚂蚁爬行的最短距离为13．解：因为圆柱底面圆的周长为2π×＝12，高为5，所以将侧面展开为一长为12，宽为5的矩形，根据勾股定理，对角线长为＝13．故蚂蚁爬行的最短距离为13．7．如图，底面半径为1，母线长为4的圆锥，一只小蚂蚁若从A点出发，绕侧面一周又回到A点，它爬行的最短路线长是．解：由题意知，底面圆的直径为2，故底面周长等于2π．设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n°，根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，2π＝，解得n＝90°，所以展开图中圆心角为90°，根据勾股定理求得到点A的最短的路线长是：＝＝4．8．将四个全等的直角三角形分别拼成正方形（如图1，2），边长分别为6和2．若以一个直角三角形的两条直角边为边向外作正方形（如图3），其面积分别为S1，S2．则S1﹣S2＝12．解：设四个全等的直角三角形的两条直角边分别为a，b（a＞b），根据图1得：a+b＝6，根据图2得：a﹣b＝2，联立解得：，∴S1＝16，S2＝4，则S1﹣S2＝12．故答案为：12．9．如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．连接四条线段得到如图2的新的图案，如果图1中的直角三角形的长直角边为5，短直角边为3，图2中阴影部分的面积为S，那么S的值为16．解：由题意作出如下图，得AC＝，BD＝2，AB＝CD，△ABD是直角三角形，则大正方形面积＝AC2＝34，△ADC面积＝（5×3﹣2×3）＝4.5，阴影部分的面积S＝34﹣4×4.5＝16，故答案为：16．10．如图所示一棱长为3cm的正方体，把所有的面均分成3×3个小正方形．其边长都为1cm，假设一只蚂蚁每秒爬行2cm，则它从下底面点A沿表面爬行至侧面的B点，最少要用2.5秒钟．解：因为爬行路径不唯一，故分情况分别计算，进行大、小比较，再从各个路线中确定最短的路线．（1）展开前面右面由勾股定理得AB＝＝cm；（2）展开底面右面由勾股定理得AB＝＝5cm；所以最短路径长为5cm，用时最少：5÷2＝2.5秒．11．如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形E 的边长为7cm，则图中五个正方形A、B、C、D、E的面积和为98cm2．解：设正方形A、B、C、D的边长分别是a、b、c、d，则正方形A的面积＝a2，正方形B的面积＝b2，正方形C的面积＝c2，正方形D的面积＝d2，又∵a2+b2＝x2，c2+d2＝y2，∴正方形A、B、C、D、E的面积和＝（a2+b2）+（c2+d2）+72＝x2+y2+72＝72+72＝98（cm2）．即正方形A，B，C，D、E的面积的和为98cm2．故答案为：98．12．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅弦图，后人称其为赵爽弦图（如图1）．图2为小明同学根据弦图思路设计的，在正方形ABCD中，以点B为圆心，AB为半径作，再以CD为直径作半圆交于点E，若边长AB＝10，则△CDE的面积为20．解：如图，取CD的中点F，连接BF、BE、DE、EF，由题意可得，FE＝FC，BE＝BC，∴BF是EC的垂直平分线，∴∠FBC+∠BCE＝90°，∵∠BCD＝90°，∴∠DCE+∠BCE＝90°，∴∠FBC＝∠DCE，又∵∠BCF＝∠CED＝90°，∴△BCF∽△CED，∴＝＝，∵BC＝CD＝AB＝10，CF＝5，∠BCF＝90°，∴BF＝＝＝5，∴＝＝，解得：CE＝4，ED＝2，＝×CE×DE＝×4×2＝20，∴S△CDE故答案为：20．13．图1是一个勾股定理演示教具的正面示意图，当它倒过来时，大正方形中的全部墨水恰能注满两个小正方形．王老师有一个内长为11寸，内宽为9寸的木质盒子（如图2）．现要自制一个这样的教具（由三个正方形和一个直角三角形组成），使得教具恰好摆入这个盒子中，以便保护和携带（如图3所示，A，B，C，D，E五点均紧贴盒子边缘，教具的厚度等于木盒的内高）．此时盒子的空间利用率为．解：如图，过点A作AM⊥EG的延长线于点M，过点F作FR⊥GH于点R，过点B作BN⊥GH，过点F作FN∥GH，延长GH交CK于K，∵四边形AGFL、DEGH、BCHF均为正方形，∴AG＝FG，BF＝FH＝CH，EG＝GH，∠AGF＝∠BFH＝90°＝∠AMG＝∠FRG＝∠BNF ＝∠CKH，∴∠AGM+∠FGM＝∠FGR+∠FGM，∴∠AGM＝∠FGR，∴△AGM≌△FGR（AAS），∴AM＝FR，GM＝GR，同理，△BFN≌△HFR≌△CHK（AAS），∴FR＝FN＝HK＝AM，BN＝HR，设AM＝x，BN＝y，AM＝FR＝z，则FR＝FN＝HK＝AM＝x，BN＝HR＝y，由勾股定理得：FH2＝x2+y2，FG2＝x2+z2，GH＝y+z，根据题意，得：FH2+FG2＝GH2，∴x2+z2+x2+y2＝（y+z）2，∴x2＝yz①，∵AM+GR+RH+HK＝9，BN+FR+EG＝11，∴2x+y+z＝9②，x+2y+z＝11③，②﹣③，得：x﹣y＝﹣2，即y＝x+2④，②×2﹣③，得：3x+z＝7，即z＝7﹣3x⑤，将④⑤代入①，得：x2＝（x+2）（7﹣3x），解得：x1＝2，x2＝﹣（舍去），∴y＝4，z＝1，∴GH＝5，FG2＝5，FH2＝20，∴勾股定理演示教具的正面面积为：S＝25+5+20+××2＝55，∵教具的厚度等于木盒的内高，∴盒子的空间利用率为：＝，故答案为：．14．我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形与1个小正方形拼成的一个大正方形，如图，若拼成的大正方形为正方形ABCD，面积为9，中间的小正方形为正方形EFGH，面积为2，连接AC，交BG于点P，交DE﹣S△CGP＝，③DH+HC＝4，④HC＝2+，于点M，①△CGP≌△AEM，②S△AFP以上说法正确的是①③④.（填写序号）解：∵Rt△BCG≌Rt△DAE，∴CG＝AE，∠CGP＝∠AEM，∵CH∥AF．∴∠GCP＝∠MAE，∴△CGP≌△AEM（ASA），＝S△AEM，CP＝ME，∴S△CGP﹣S△CGP＝S四边形MEFP∴S△AFP∵HE＝GF，∴HM＝PF，＝S四边形MHGP＝S正方形EFGH＝1，∴S四边形MEFP﹣S△CGP＝1，∴S△AFP∵DH2+CH2＝DC2＝9，∴（DH+CH）2＝DH2+CH2+2DH•CH＝9+2DH•CH，∵CH﹣DH＝HG，∴（CH﹣DH）2＝HG2＝2，∴CH2+DH2﹣2DH•CH＝2，∴2DH•CH＝7，∴（DH+CH）2＝9+7＝16，∴DH+CH＝4，∵CH﹣DH＝，∴HC＝＝2+，故答案为：①③④．15．一个长方体盒子，它的长是12dm，宽是4dm，高是3dm，（1）请问：长为12.5dm的铁棒能放进去吗？（1）如果有﹣只蚂蚁要想从D处爬到C处，求爬行的最短路程．解：（1）如图1，连接BD，∵AD＝12，AB＝4，∴BD2＝AD2+AB2＝122+42＝160，∴CD＝＝＝13（dm）．∵13dm＞12.5dm，∴长为12.5dm的铁棒能放进去；（2）如图2所示，CD＝＝dm．如图3所示，CD＝＝dm，如图4所示，CD＝＝dm，∵＞＞，∴爬行的最短路程是dm．16．如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．（1）如图①弦图中包含了一大，一小两个正方形，已知每个直角三角形较长的直角边为a．较短的直角边为b，斜边长为c，可以验证勾股定理；（2）如图②，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1、2、S3，若S1+S2+S3＝16，则S2＝．（1）证明：，另一方面，即a2﹣2ab+b2＝c2﹣2ab，则a2+b2＝c2；（2）解：设正方形MNKT的面积为x，八个全等的直角三角形的面积均为y，∵S1+S2+S3＝16，∴S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x，∴S1+S2+S3＝12y+3x＝16，∴4y+x＝，∴S2＝4y+x＝．故答案为：．17．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是：大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即，从而得到等式c2＝，化简便得结论a2+b2＝c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．现在，请你用“双求法”解决下面两个问题（1）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝3，BC＝4，求CD的长度．（2）如图3，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB＝4，AC＝5，BC＝6，设BD＝x，求x的值．解：（1）在Rt△ABC中，由面积的两种算法可得：，解得：CD＝．（2）在Rt△ABD中AD2＝42﹣x2＝16﹣x2，在Rt△ADC中AD2＝52﹣（6﹣x）2＝﹣11+12x﹣x2，所以16﹣x2＝﹣11+12x﹣x2，解得＝．。
初二数学蚂蚁绕圆柱问题
初二数学蚂蚁绕圆柱问题蚂蚁绕圆柱问题是初中数学中一个经典的几何问题。
它考察了学生对立体几何、视角和空间方向的理解与运用能力。
这个问题可以通过应用几何思维和空间想象力来解决，让我们一起来进行探讨。
问题描述：假设有一个半径为r的圆柱体，高度为h。
在圆柱体的最上方，有一只蚂蚁。
蚂蚁以固定速度匀速沿着圆柱体的表面爬行，它同时在水平方向和垂直方向都保持匀速运动。
当蚂蚁从最上面开始运动时，求它在整个圆柱体表面上总共走过的路程。
解题思路：要解决这个问题，我们需要先了解蚂蚁爬行的路径形式。
由于蚂蚁同时以匀速在水平和垂直方向移动，所以我们可以将问题简化为一个二维平面上的运动问题。
首先考虑在水平方向上的运动。
当蚂蚁从最上面开始向下移动时，它会遍历整个圆柱底部边缘的距离为2πr。
而当它再次回到圆柱顶部时，它在水平方向上又遍历了一次2πr的距离。
所以蚂蚁在水平方向上走过的总路程为4πr。
接下来考虑在垂直方向上的运动。
蚂蚁从最上面开始向下移动，经过了整个圆柱体的高度h。
当它再次回到最顶端时，它在垂直方向上又走过了一段等于h的距离。
所以蚂蚁在垂直方向上走过的总路程为2h。
综合考虑水平和垂直两个方向，我们可以得出结论：蚂蚁在整个圆柱体表面上总共走过的路程为4πr+2h.实际应用：这个问题看似简单，但涉及到几何思维和空间想象力。
学生通过解决这个问题能够锻炼自己对立体几何概念的理解和运用能力。
此外，这个问题也有一定的实际应用价值。
例如，在建筑设计中，我们需要计算建筑物外墙表面材料或者油漆需要多少来做预算，并且还需要考虑施工队伍和材料供应商的配合等实际因素。
通过解决这个问题，学生可以培养几何思维、空间想象力和创新能力。
同时，因为它涉及到多个数学概念的综合应用，也有助于学生全面理解和掌握这些数学概念。
拓展思考：除了蚂蚁绕圆柱体问题，我们还可以进一步讨论其他几何问题。
例如，在三维空间中如何计算球体、锥体或者棱柱的表面积和体积等等。
总结回顾：在初二数学中，蚂蚁绕圆柱问题是一个经典而有趣的几何问题。
初中数学几何最值专题1：蚂蚁行程(最全修正版)
蚂蚁行程【例题精讲】例1、如图，一只螳螂在一圆柱形松树树干的A点处，发现它的正上方B点处有一只小虫子，螳螂想捕到这只虫子，但又怕被发现，于是准备按如图所示的路线，绕到虫子后面吃掉它．已知树干的周长为40cm，A，B两点间的距离为30cm．若螳螂想吃掉B点处的小虫子，螳螂绕行的最短路程为cm。
解析提示：总结：例2、如图，台阶阶梯每一层高20cm，宽30cm，长50cm，一只蚂蚁从A点爬到B点，最短路程是。
解析提示：总结：例3、如图所示的圆锥底面半径OA＝2cm，高PO＝4cm，一只蚂蚁由A点出发绕侧面一周后回到A点处，则它爬行的最短路程为。
解析提示：总结：针对训练1、如图，已知圆柱的底面周长为6，高AB＝3，小虫在圆柱表面爬行，从C点爬到对面的A点，然后再沿另一面爬回C点，则小虫爬行的最短路程为．2、如图，有一圆柱，其高为14cm，它的底面周长为10cm，在圆柱下底面A处有一只蚂蚁，它想得到上面B 处的食物，其中B离上沿2cm，则蚂蚁经过的最短路程为．3、如图，桌面上的长方体长为8，宽为6，高为4，B为CD的中点．一只蚂蚁从A点出发沿长方体的表面到达B点，则它运动的最短路程为。
4、如图，圆柱体的高为4cm，底面周长为6cm，小蚂蚁在圆柱表面爬行，从A点到B点，路线如图所示，则最短路程为．5、如图，桌面上的正方体的棱长为2，B为一条棱的中点．已知蚂蚁沿正方体的表面从A点出发，到达B 点，则它运动的最短路程为（）6、有一圆柱体油罐，已知油罐底面周长是12m，高AB是5m，要从点A处开始绕油罐一周建造房子，正好到达A点的正上方B处，问梯子最短有多长？7、（1）如图1，长方体的长为4cm，宽为3cm，高为12cm．求该长方体中能放入木棒的最大长度；（2）如图2，长方体的长为4cm，宽为3cm，高为12cm．现有一只蚂蚁从点A处沿长方体的表面爬到点G 处，求它爬行的最短路程．（3）若将题中的长方体换成透明圆柱形容器（容器厚度忽略不计）的高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正好在容器外壁且离容器上沿3cm的点A处．求蚂蚁吃到饭粒需要爬行的最短路程是多少？8、李老师在与同学进行“蚂蚁怎样爬最近”的课题研究时设计了以下三个问题：（1）如图1，正四棱柱的底面边长为5cm，侧棱长为6cm，一只蚂蚁从正四棱柱底面上的点A沿着棱柱表面爬到C1处，那么蚂蚁需要爬行的最短路程的长是cm；（2）如图2，一个圆柱形食品盒，它的高为10cm，底面圆的周长为32cm．（先画出示意图，再写出解答过程）①点A位于盒外底面的边缘，如果在A处有一只蚂蚁，它想吃到盒外表面对侧中点B处的食物请求出蚂蚁需要爬行的最短路程；②将图2改为一个无盖的圆柱形食品盒，点C距离下底面3cm，此时蚂蚁从C处出发，爬到盒内表面对侧中点B处（如图3）．那么蚂蚁爬行的最短路程是多少？课堂精练1、如图，圆柱体的高为8cm，底面周长为4cm，小蚂蚁在圆柱表面爬行，从A点到B点，路线如图，则最短路程为．2、如图，有一圆锥形粮堆，其正视图是边长为6m的正三角形ABC，粮堆母线AC的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食，此时，小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是（）m．3、如图是放在地面上的一个长方体盒子，其中AB＝18cm，BC＝12cm，BF＝10cm，点M在棱AB上，且AM＝6cm，点N是FG的中点，一只蚂蚁要沿着长方体盒子的表面从点M爬行到点N，它需要爬行的最短路程是多少？4、如图，圆柱的底面周长为6cm，AC是底面圆的直径，高BC＝6cm，P是BC上一点且PC＝BC．一只蚂蚁从点A出发沿着圆柱的侧面爬行到点P，求爬行的最短路程是多少．。
勾股定理的应用蚂蚁路径最短问题
勾股定理的应用蚂蚁路径最短问题一、勾股定理的应用蚂蚁路径最短问题蚂蚁是一种非常有趣的昆虫，它们在寻找食物的过程中，会形成一条长长的队伍，这条队伍就像一条直线一样，非常整齐。
那么，为什么蚂蚁会形成这样的队伍呢？这与勾股定理有着密切的关系。
勾股定理是古希腊数学家毕达哥拉斯发现的一个定理，它告诉我们：直角三角形的斜边的平方等于两直角边的平方和。
这个定理在很多领域都有着广泛的应用，比如建筑、地理、物理等。
而在蚂蚁寻找食物的过程中，勾股定理也起到了关键的作用。
二、勾股定理在蚂蚁寻找食物中的应用1.1 蚂蚁的行进路线规划蚂蚁在寻找食物的过程中，会先释放一种叫做信息素的物质，这种物质可以帮助它们找到食物的方向。
当一只蚂蚁找到了食物后，它会回到巢穴，并释放更多的信息素。
其他蚂蚁在接收到这些信息素后，就会沿着这条路线前进，最终找到食物。
在这个过程中，蚂蚁需要选择一条最优的行进路线。
而这条路线就是由勾股定理来决定的。
具体来说，假设有一只蚂蚁A从巢穴出发，它需要走一段距离才能释放信息素。
这段距离可以看作是一个直角三角形的斜边。
那么，根据勾股定理，这段距离的平方等于A到巢穴的距离和A到食物的距离的平方和。
因此，A会选择一条使得这个等式成立的路线，这样才能使得整个队伍的行进速度最快。
1.2 蚂蚁之间的协作在蚂蚁寻找食物的过程中，并不是每只蚂蚁都能独立地找到食物。
有时候，它们需要和其他蚂蚁一起合作才能找到食物。
这时候，勾股定理同样发挥了重要的作用。
假设有一只蚂蚁B和一只蚂蚁C同时找到了食物。
那么，它们需要将食物带回巢穴。
在这个过程中，B和C之间需要保持一定的距离，以免发生碰撞。
这个距离也可以看作是一个直角三角形的斜边。
根据勾股定理，这个距离的平方等于B到食物的距离和C到食物的距离的平方和减去(B到C的距离)^2。
因此，B和C需要选择一条使得这个等式成立的路线，这样才能保证它们能够安全地将食物带回巢穴。
三、结论通过以上分析，我们可以看出，勾股定理在蚂蚁寻找食物的过程中发挥了非常重要的作用。
蚂蚁爬绳子问题(有答案)
那么终点位置随时间变化的函数为y = 100 + 10t。
蚂蚁在t时刻的速度应视为两者之和：本身的爬行速度1cm/s（匀速）和
绳子拉伸取得的分速度
10x y
cm/s（与蚂蚁位置相关的变速度）。
用符号
时间t的一次微分。
列出微分方程：
dx x
=
+1
dt 10 + t
将边界条件t = 0时x = 0代人得：
x = (10 + t)[ln(10 + t) − ln10] = (10 + t)ln(1 + 0.1t) 此时b = ln10。
原问题转化为何时x = y，也就是
(10 + t)ln(1 + 0.1t) = 100 + 10t 方程两边除以(10 + t)得：
ln(1 + 0.1t) = 10 即
1 + 0.1t = e10 e为自然对数的底数约为2.7182818……。
所以 t = 10(e10 − 1)
约等于220255s。
x0 = 0, t0 = 0
方程有解。 方程两边乘以(10 + t)得：
dx dx 10 + t = x + 10 + t
dt dt 两边关于时间t微分得：
d2x dx d2x dx 10 + + t = + 1
dt2 dt dt2 dt
化简后得： 两边关于时间t积分得：
d2x
1
=
dt2 10 + t
dx = ln(10 + t) + a
dt 其中a为任意常数，ln为自然对数。
勾股定理应用蚂蚁爬行问题中的最短路程问题课件新ppt
前面
后面
A点 左面
右面
B点
下面
上面
从A到B走最短路径要走几个面？
①前面和右面；②前面和上面；③左面和上面； ④左面和后面；⑤下面和右面；⑥下面和后面.
勾股定理应用蚂蚁爬行问题中的最短 路程问 题课件 新ppt（ PPT优 秀课件 ）
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AB2= 2212 5
上面
B2 B
前面
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A
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方法三
1、展开左面和上面
2、连接A1B3 则A1B3为最短路径 由勾股定理得
左面
A1
2 1 A1B3= 2 2 5
蚂蚁爬行问题中的最短 路程问题
• •
知识准备
1、勾股定理:
a
c
如果直角三角形两直角边分别为 b
a，b，斜边为c，那么 a2+b2=c2
即直角三角形两直角边的平方和等于斜边
的平方。
2、两点之间，线段最短
典型例题
在棱长为1的立方体的右下角A处有一只蚂蚁， 欲从立方体的外表面爬行去吃右上角B处的食物， 问怎样爬行路径最短，最短路径是多少？它有几种 爬行方法？（注：每一个面均能爬行）
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A
B3
上面
B
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方法四
1、展开左面和后面
勾股定理之“蚂蚁爬行”模型 -2023年新八年级数学(北师大版)(解析版)
勾股定理（3种题型）1. 掌握勾股定理的内容及证明方法，能够熟练地运用勾股定理由已知直角三角形中的两条边长求出第三条边长．2. 掌握勾股定理，能够运用勾股定理解决简单的实际问题，会运用方程思想解决问题．3. 熟练应用勾股定理解决直角三角形中的问题，进一步运用方程思想解决问题．一．直角三角形的性质（1）有一个角为90°的三角形，叫做直角三角形．（2）直角三角形是一种特殊的三角形，它除了具有一般三角形的性质外，具有一些特殊的性质：性质1：直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方（勾股定理）．性质2：在直角三角形中，两个锐角互余．性质3：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）性质4：直角三角形的两直角边的乘积等于斜边与斜边上高的乘积．性质5：在直角三角形中，如果有一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半；在直角三角形中，如果有一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角等于30°．二．勾股定理（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的变形有：a，b及c．（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．三．勾股定理的证明（1）勾股定理的证明方法有很多种，教材是采用了拼图的方法证明的．先利用拼图的方法，然后再利用面积相等证明勾股定理．（2）证明勾股定理时，用几个全等的直角三角形拼成一个规则的图形，然后利用大图形的面积等于几个小图形的面积和化简整理得到勾股定理．一．直角三角形的性质（共6小题）1．（2023春•江阴市期中）具备下列条件的△ABC中，不是直角三角形的是（）A．∠A+∠B＝∠C B．∠A﹣∠B＝∠CC．∠A：∠B：∠C＝1：2：3D．∠A＝∠B＝3∠C【分析】由三角形内角和为180°求得三角形的每一个角，再判断形状．【解答】解：A选项，∠A+∠B＝∠C，即2∠C＝180°，∠C＝90°，为直角三角形，不符合题意；B选项，∠A﹣∠B＝∠C，即2∠A＝180°，∠A＝90°，为直角三角形，不符合题意；C选项，∠A：∠B：∠C＝1：2：3，即∠A+∠B＝∠C，同A选项，不符合题意；D选项，∠A＝∠B＝3∠C，即7∠C＝180°，三个角没有90°角，故不是直角三角形，符合题意．故选：D．【点评】注意直角三角形中有一个内角为90°．2．（2022秋•高新区校级月考）直角三角形中两个锐角的差为60°，则较小的锐角度数是．【分析】设较小锐角的度数为x，则较大锐角的度数为x+20°，根据直角三角形两锐角互余列出方程求解即可．【解答】解：设较小锐角的度数为x，则较大锐角的度数为x+60°，根据题意得：x+x+60°＝90°，解得：x＝15°，∴较小锐角的度数为：15°，故答案为：15°．【点评】本题考查了直角三角形的性质，列出方程是解题的关键．3．（2022秋•新吴区期中）如图，将一个直角三角形纸片ABC（∠ACB＝90°），沿线段CD折叠，使点B 落在B′处，若∠ACB′＝72°，则∠ACD的度数为（）A．12°B．9°C．10°D．8°【分析】根据∠ACD＝∠ACB﹣∠DCB，求出∠DCB即可解答．【解答】解：∵∠ACB′＝72°，∠ACB＝90°，∴∠BCB′＝162°，由翻折的性质可知：∠DCB＝∠BCB′＝81°，∴∠ACD＝∠ACB﹣∠DCB＝90°﹣81°＝9°，故选：B．【点评】本题考查翻折变换，三角形的内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．4．（2022秋•兴化市校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D在边AB上，将△CBD沿CD 折叠，使点B恰好落在边AC上的点E处．若∠A＝24°，则∠CDE＝°．【分析】根据翻折的性质可得∠ACD＝∠BCD＝45°，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CDB，然后根据翻折的性质可得∠CDE＝∠CDB．【解答】解：∵∠ACB＝90°，将△CBD沿直线CD翻折180°，得到△CED，点E恰好落在边AC上，∴∠ACD＝∠BCD＝∠ACB＝45°，由三角形的外角性质得，∠CDB＝∠A+∠ACD＝24°+45°＝69°，由据翻折的性质得，∠CDE＝∠CDB＝69°．故答案为：69．【点评】本题考查了翻折变换的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图理清图中各角度之间的关系是解题的关键．5．（2022秋•崇川区期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，沿CD折叠△CBD，使点B恰好落在AC 边上的点E处，若∠A＝20°，则∠BDC等于．【分析】求出∠B，∠DCB即可解决问题．【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝20°，∴∠B＝90°﹣∠A＝70°，由折叠可知，∠DCB＝∠DCE＝45°，∴∠BDC＝180°﹣70°﹣45°＝65°，故答案为：65°．【点评】本题考查三角形内角和定理，翻折变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．6．（2022秋•江阴市校级月考）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D为AC边上一动点，将△CBD 沿着直线BD对折得到△EBD．若∠ABD＝15°，则∠ABE的度数为．【分析】依据角的和差关系即可得到∠DBC的度数，再根据折叠的性质即可得到∠ABE的度数．【解答】解：∵∠ABD＝15°，∠ABC＝90°，∴∠DBC＝∠ABC﹣∠DBC＝90°﹣15°＝75°，由折叠可得∠DBE＝∠DBC＝75°，∴∠ABE＝∠DBE﹣∠ABD＝75°﹣15°＝60°．故答案为：60°．【点评】本题主要考查了折叠问题，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．二．勾股定理（共5小题）7．（2022秋•常州期末）在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝n2﹣1，AB＝n2+1，则AC的长为（）A．2n B．2n2C．4n D．4n2【分析】由勾股定理得AC2＝AB2﹣BC2，把BC、AB代入化简即可求得AC2，再根据二次根式的性质即可求解．【解答】解：∵Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝n2﹣1，AB＝n2+1，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，∴AC2＝AB2﹣BC2＝（n2+1）2﹣（n2﹣1）2＝（n2+1+n2﹣1）（n2+1﹣n2+1）＝4n2，∴，故选：A．【点评】本题考查了勾股定理、二次根式的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．8．（2022秋•新北区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，则点C到直线AB的距离是（）A．B．3C．D．2【分析】作CD⊥AB于点D，根据勾股定理可以求得AB的长，然后根据面积法，可以求得CD的长．【解答】解：作CD⊥AB于点D，如右图所示，∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB＝＝＝5，∵，∴，解得CD＝2.4，故选：C．【点评】本题考查勾股定理、三角形的面积，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，利用勾股定理和面积法解答．9．（2020秋•东台市月考）在△ABC中，∠BAC＝90°，则下列结论成立的是（）A．BC＝AC+BC B．AC2＝AB2+BC2C．AB2＝AC2+BC2D．BC2＝AB2+AC2【分析】根据勾股定理解决此题．【解答】解：如图．∵在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∴BC2＝AB2+AC2．故选：D．10．（2021秋•常熟市校级月考）如图所示的是由两个直角三角形和三个正方形组成的图形，其中阴影部分的面积是（）A．50B．16C．25D．41【分析】根据勾股定理求出AB2，再根据勾股定理计算即可．【解答】解：由勾股定理得，AB2＝132﹣122＝25，∴CD2+BD2＝BC2＝25，∴阴影部分的面积＝25+25＝50，故选：A．【点评】本题考查的是勾股定理的应用，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．11．（2022秋•南京期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D．若AC＝3，BC＝4，则CD的长为（）A．2.4B．2.5C．4.8D．5【分析】由勾股定理得AB＝5，再由三角形面积公式得S△ABC＝AB•CD＝AC•BC，即可得出结论．【解答】解：∵∠ACB＝90°，3，BC＝4，∴AB＝＝＝5，∵CD⊥AB，∴S△ABC＝AB•CD＝AC•BC，∴CD＝＝＝2.4，故选：A．【点评】此题考查了勾股定理以及三角形面积公式，熟练掌握勾股定理是解题的关键．三．勾股定理的证明（共10小题）12．（2022秋•江阴市期中）如图是用4个全等的直角三角形与1个小正方形镶嵌而成的正方形图案，已知大正方形面积为81，小正方形面积为16，若用x，y表示直角三角形的两直角边（x＞y），请观察图案，指出以下关系式中不正确的是（）A．x2+y2＝81B．x+y＝13C．2xy+16＝81D．x﹣y＝4【分析】由题意，①﹣②可得2xy＝65记为③，①+③得到（x+y）2＝146由此即可判断．【解答】解：由题意，①﹣②可得2xy＝65③，∴2xy+16＝81，①+③得x2+2xy+y2＝146，∴x+y＝，∴①③④正确，②错误．故选：B．【点评】本题考查勾股定理，二元二次方程组等知识，解题的关键学会利用方程的思想解决问题，学会整13．（2022秋•沭阳县期中）如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．连接图2中四条线段得到如图3的新图案，如果图1中的直角三角形的长直角边为5，短直角边为2，图3中阴影部分的面积为S，那么S的值为．【分析】利用勾股定理，求出空白部分面积，通过间接作差得出阴影部分面积．【解答】解：如图，由题意得AC＝＝，AB＝CD＝2，△ABD是直角三角形，则大正方形面积＝AC2＝29，∴△ADC面积＝CD•AB＝×2×2＝2，∴阴影部分的面积S＝29﹣4×2＝21，故答案为：21．【点评】本题主要考查了勾股定理中赵爽弦图模型，关键在于正确找出勾股关系，利用转换面积作差求解．14．（2022秋•锡山区期中）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若（a+b）2＝21，小正方形的面积为5，则大正方形的面积为（）A．12B．13C．14D．15【分析】由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b，根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出大正方形的边长．【解答】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b＝，∵（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab＝5+4ab＝21，∴ab＝4，∴大正方形的面积＝4×ab+5＝13，故选：B．【点评】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型．15．（2022秋•锡山区校级月考）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若ab＝8，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为（）A．9B．6C．4D．3【分析】分析题意，首先根据已知条件易得，中间小正方形的边长为：a﹣b；接下来根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出小正方形的边长．【解答】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b，∵每一个直角三角形的面积为：ab＝×8＝4，从图形中可得，大正方形的面积是4个直角三角形的面积与中间小正方形的面积之和，∴4×ab+（a﹣b）2＝25，∴（a﹣b）2＝25﹣16＝9，∴a﹣b＝3．故选：D．【点评】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式．16．（2022秋•兴化市期中）如图，在四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形图案中，如果大正方形的面积为16，小正方形的面积为4，直角三角形的两直角边分别为a和b，那么（a+b）2的值为（）A．25B．28C．16D．48【分析】根据所求问题，利用勾股定理得到a2+b2的值，由已知条件得到ab的值，从而求得．【解答】解：∵大正方形的面积为16，∴它的边长为4，即得a2+b2＝42＝16，由题意4××ab+4＝16，2ab＝12，所以（a+b）2＝a2+2ab+b2＝16+12＝28．故选：B．【点评】本题巧妙地利用直角三角形的勾股定理，来求得未知问题．17．（2022秋•工业园区校级期中）到目前为止，勾股定理的证明已超过400种，其中一种简洁易懂方法叫做“常春证法”，两个直角三角形如图摆放，已知Rt△ABC≌Rt△DEF，点F落在AC上，点C与点E重合，斜边AB与斜边CD交于点M，连接AD，BD，若AC＝9，BC＝5，则四边形ACBD的面积为53．【分析】根据全等三角形的性质可得DF＝AC＝9，CF＝BC＝5，再根据四边形ACBD的面积＝△DAC的面积+△DBC的面积，列出算式计算即可求解．【解答】解：∵Rt△ABC≌Rt△DEF，∴DF＝AC＝9，CF＝BC＝5，∴四边形ACBD的面积＝△DAC的面积+△DBC的面积＝×9×9+×5×5＝53．故答案为：53．【点评】本题考查了勾股定理的证明，关键是求出DF＝AC＝9，CF＝BC＝5，以及由图形得到四边形ACBD 的面积＝△DAC的面积+△DBC的面积．18．（2021秋•无锡期末）如图是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3．若S1+S2+S3＝18，则S2的值是（）A．B．6C．5D．【分析】先设每个直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，然后根据图形和S1+S2+S3＝18，可以写出关于a、b的方程，然后整理化简，即可求得S2的值．【解答】解：设每个直角三角形的长直角边为a，短直角边为b，∵S1+S2+S3＝18，∴（a+b）2+（a2+b2）+（a﹣b）2＝18，∴a2+2ab+b2+a2+b2+a2﹣2ab+b2＝18，∴3（a2+b2）＝18，∴a2+b2＝6，∴S2＝a2+b2＝6，故选：B．【点评】本题考查勾股定理的应用、正方形的面积，解答本题的关键是明确勾股定理的内容，可以写出相应的等式．19．（2023•扬州）我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成．如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边长为c，若b﹣a＝4，c＝20，则每个直角三角形的面积为．【分析】根据勾股定理可知a2+b2＝c2，再根据b﹣a＝4，c＝20，即可得到a、b的值，然后即可计算出每个直角三角形的面积．【解答】解：由图可得，a2+b2＝c2，∴且a、b均大于0，解得，∴每个直角三角形的面积为ab＝×12×10＝60，故答案为：60．【点评】本题考查勾股定理的证明、解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，求出a、b的值．20．（2022秋•溧水区期末）如图，在△ABD中，AC⊥BD于C，点E为AC上一点，连接BE、DE，DE 的延长线交AB于F，已知DE＝AB，∠CAD＝45°．（1）求证：DF⊥AB；（2）利用图中阴影部分面积完成勾股定理的证明，已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝a，AC ＝b，AB＝c，求证：a2+b2＝c2．【分析】（1）利用“8字型”证明∠AFE＝∠ECD＝90°即可．（2）利用S△BCE+S△ACD＝S△ABD﹣S△ABE，即可得出结论．【解答】解：（1）∵AC⊥BD，∠CAD＝45°，∴AC＝DC，∠ACB＝∠DCE＝90°，在Rt△ABC与Rt△DEC中，，∴Rt△ABC≌Rt△DEC（HL），∴∠BAC＝∠EDC，∵∠EDC+∠CED＝90°，∠CED＝∠AEF，∴∠AEF+∠BAC＝90°，∴∠AFE＝90°，∴DF⊥AB．（2）∵S△BCE+S△ACD＝S△ABD﹣S△ABE，∴a2+b2＝•c•DF﹣•c•EF＝•c•（DF﹣EF）＝•c•DE＝c2，∴a2+b2＝c2．【点评】本题考查全等三角形的判定和性质、勾股定理的证明等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，学会利用面积法证明勾股定理，属于中考常考题型．一．选择题1．（2022秋•溧水区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，AD是角平分线，AD＝6，则BC的长度为（）A．6B．8C．12D．16【分析】先根据等腰三角形的性质得出BC＝2BD，再由勾股定理求出BD的长，进而可得出结论．【解答】解：∵在△ABC中，AB＝AC＝10，AD是角平分线，AD＝6，∴BC＝2BD，AD⊥BC．在Rt△ABD中，BD2+AD2＝AB2，即BD2+62＝102，解得BD＝8，∴BC＝16．故选：D．【点评】本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．2．（2022秋•海安市期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝55°，将其折叠，使点A落在边CB 上A′处，折痕为CD，则∠A′DB＝（）A．40°B．30°C．20°D．10°【分析】在直角三角形ABC中，由∠ACB与∠A的度数，利用三角形的内角和定理求出∠B的度数，再由折叠的性质得到∠CA′D＝∠A，而∠CA′D为三角形A′BD的外角，利用三角形的外角性质即可求出∠A′DB的度数．【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝55°，∴∠B＝180°﹣90°﹣55°＝35°，由折叠可得：∠CA′D＝∠A＝55°，又∵∠CA′D为△A′BD的外角，∴∠CA′D＝∠B+∠A′DB，则∠A′DB＝55°﹣35°＝20°．故选：C．【点评】此题考查了直角三角形的性质，三角形的外角性质，以及折叠的性质，熟练掌握性质是解本题的关键．3．（2022秋•南京期末）如图，在等腰Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，且AB＝2，以边AB、AC、BC为直径画半圆，其中所得两个月形图案AFCD和BGCE（图中阴影部分）的面积之和等于（）A．8B．4C．2D．4【分析】由等腰三角形的性质及勾股定理可求解AC＝CB＝2，进而可求得S△ACB＝2，再利用阴影部分的面积＝以AC为直径的圆的面积+△ACB的面积﹣以AB为直径的半圆的面积计算可求解．【解答】解：在等腰Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝2，∴AC2+BC2＝AB2＝8，∴AC＝CB＝2，∴S△ACB＝AC•BC＝2，∴S阴影＝π（）2+S△ACB﹣π（）2＝π+2﹣π＝2，故选：C．【点评】本题主要考查等腰直角三角形，勾股定理，理清阴影部分的面积＝以AC为直径的圆的面积+△ACB 的面积﹣以AB为直径的半圆的面积是解题的关键．4．（2022秋•泗阳县期末）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，CD、AE是中线，CD＝，AC＝，则AE的长为（）A．B．5C．6D．4【分析】由CD、AE是Rt△ABC中线，得BE＝CE＝BC，AB＝2BD，由勾股定理得（）2﹣BD2＝（）2﹣（2BD）2＝BC2，即可求得BD＝2，则AB＝4，进而求得BC＝＝6，BE＝3，则AE＝＝5，于是得到问题的答案．【解答】解：∵CD、AE是Rt△ABC中线，∴BE＝CE＝BC，BD＝AD＝AB，∴AB＝2BD，∵∠B＝90°，∴CD2﹣BD2＝AC2﹣AB2＝BC2，∵CD＝，AC＝，∴（）2﹣BD2＝（）2﹣（2BD）2，∴BD＝2，AB＝4，∴BC＝＝＝6，BE＝3，∴AE＝＝＝5，∴AE的长为5，故选：B．【点评】此题重点考查三角形的中线的定义、勾股定理等知识，将AB的长用BD表示，再根据勾股定理列方程是解题的关键．二．填空题5．（2022秋•泰兴市期末）Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm，则斜边AB长为cm．【分析】根据勾股定理求得斜边的长，再根据三角形的面积公式即可求得斜边上的高的长．【解答】解：∵Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5cm，BC＝12cm，∴AB＝＝13cm．【点评】本题考查了勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方以及三角形面积公式的综合运用．6．（2022秋•常州期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝10，AD＝6，AC平分∠BAD，且∠ACB＝90°．当点C在BD的垂直平分线上时，CD2的值为．【分析】延长AD、BC交于点E，由题意可得AB＝AE，然后根据等腰三角形的性质和线段垂直平分线的性质得出BC＝CE＝CD，过点C作CF⊥DE于点F，分别在Rt△CDF中，Rt△ACF中和Rt△ABC中利用勾股定理求出AC2＝CD2+60和AC2＝100﹣CD2，进而可得答案．【解答】解：如图，延长AD、BC交于点E，∵AC平分∠BAE，且∠ACB＝90°，∴AB＝AE＝10，∴BC＝CE，∵点C在BD的垂直平分线上，∴BC＝CD，∴CD＝CE，过点C作CF⊥DE于点F，∴DF＝EF，∵AD＝6，∴DE＝4，∴DF＝EF＝2，∴AF＝AD+DF＝8，在Rt△CDF中，CF2＝CD2﹣DF2＝CD2﹣4，在Rt△ACF中，AC2＝AF2+CF2＝64+CD2﹣4＝CD2+60，在Rt△ABC中，AC2＝AB2﹣BC2＝100﹣CD2，∴CD2+60＝100﹣CD2，∴CD2＝20．【点评】本题考查的是勾股定理，等腰三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质等知识，作出合适的辅助线构造出等腰三角形是解题的关键．7．（2022秋•南京期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，AC＝4，AB的垂直平分线分别交AB、AC于点D、E，则AE的长为．【分析】根据勾股定理求出BC，根据线段垂直平分线的性质得到EA＝EB，根据勾股定理列式计算得到答案．【解答】解：连接BE，由勾股定理得，BC＝＝＝3，∵DE是AB的垂直平分线，∴EA＝EB，AD＝DB＝，则CE＝4﹣AE＝4﹣EB，在Rt△CBE中，BE2＝CE2+BC2，即BE2＝（4﹣BE）2+9，解得BE＝，∴AE＝BE＝，故答案为：．【点评】本题考查的是线段的垂直平分线的性质，掌握线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等是解题的关键．8．（2022秋•如东县期末）李老师和“几何小分队”的队员们在学习数学史时，发现了一个著名的“希波克拉蒂月牙问题（Hippocrate'sTheorem）”：如右图在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a＝6，b＝8，分别以Rt△ABC的各边为直径作半圆，则图中两个“月牙”即阴影部分面积为．【分析】直接根据勾股定理求出AB的长，再根据S阴影＝以AC为直径的扇形的面积+以BC为直径的扇形面积﹣以AB为直径的扇形面积+△ABC的面积即可得出结论．【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a＝6，b＝8，∴AB＝＝＝10．∴S阴影＝＝π+24＝24．故答案为：24．【点评】本题考查的是勾股定理，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解答此题的关键．9．“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若ab＝8，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为．【分析】由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b，根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出小正方形的边长．【解答】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b，∵每一个直角三角形的面积为：ab＝×8＝4，∴4×ab+（a﹣b）2＝25，∴（a﹣b）2＝25﹣16＝9，∴a﹣b＝3或a﹣b＝﹣3（舍去），故答案是：3．【点评】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型．10．（2022秋•泰兴市期末）已知，如图，四边形ABCD中，AD＝6，CD＝8，∠ADC＝90°，点M是AC 的中点，连接BM，若BM＝AC，∠BAD+∠BDC＝180°，则BC2的值为．【分析】延长BM交CD于N点，连接DM，如图，先利用勾股定理计算出AC＝10，根据斜边上的中线性质得到MD＝MC，再证明∠ABC＝90°，接着证明∠BDC＝∠BCD，则BD＝BC，于是可判断BM垂直平分CD，所以DN＝CN＝4，∠BNC＝90°，然后证明MN为△ADC的中位线得到MN＝3，最后利用勾股定理计算BC2的值．【解答】解：延长BM交CD于N点，连接DM，如图，∵∠ADC＝90°，AD＝6，CD＝8∴AC＝＝10，∵点M是AC的中点，∴MD＝MC，∵BM＝AC＝5，∴AM＝BM＝CM，∴∠MAB＝∠MBA，∠MBC＝∠MCB，∵∠MAB+∠MBA+∠MBC+∠MCB＝180°，∴∠MBA+∠MBC＝90°，即∠ABC＝90°，∴∠DAB+∠BCD＝180°，∵∠BAD+∠BDC＝180°，∴∠BDC＝∠BCD，∴BD＝BC，而MD＝MC，∴BM垂直平分CD，∴DN＝CN＝4，∠BNC＝90°，∵M点为AC的中点，N为CD的中点，∴MN为△ADC的中位线，∴MN＝AD＝3，∴BN＝BM+MN＝8，在Rt△BCN中，BC2＝CN2+BN2＝42+82＝80．故答案为：80．【点评】本题考查了勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．构建Rt△BCN11．（2022秋•连云港期中）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，短直角边长为b，若（a+b）2＝24，大正方形的面积为15，则小正方形的面积为．【分析】根据题意和勾股定理，可以求得ab的值，再根据图形可知：小正方形的面积＝大正方形的面积﹣4个直角三角形的面积，然后代入数据计算即可．【解答】解：设大正方形的边长为c，则c2＝15＝a2+b2，∵（a+b）2＝24，∴小正方形的面积是：15﹣ab×4＝15﹣ 4.5×4＝15﹣9＝6，故答案为：6．【点评】本题考查勾股定理的证明、完全平方公式，解答本题的关键是明确题意，求出ab的值．12．（2022秋•工业园区校级月考）把图1中长和宽分别为6和3的两个全等矩形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个全等的直角三角形拼成图2所示的正方形，则图2中小正方形ABCD的面积为．【分析】根据题意得出小正方形的边长，然后根据面积公式计算即可．【解答】解：由题意知，小正方形ABCD的面积为（6﹣3）2＝9，故答案为：9．【点评】本题主要考查勾股定理的证明，熟练根据图形列出代数式是解题的关键．13．（2021秋•丰县校级月考）如图，在△ABC中，∠C＝90°，DE垂直平分AB，交AB、BC于E、D，∠1＝∠2，则∠B＝°．【分析】由DE垂直平分AB，根据线段垂直平分线的性质，可求得AD＝BD，继而可得∠2＝∠B，然后由在△ABC中，∠C＝90°，∠1＝∠2，即可得∠BAC+∠B＝∠B＝90°，继而求得答案．【解答】解：DE垂直平分AB，∴AD＝BD，∴∠2＝∠B，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠B，∴∠BAC＝∠1+∠2＝∠B，∴∠BAC+∠B＝∠B＝90°，∴∠B＝36°．故答案为：36．【点评】此题考查了线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．三．解答题（共5小题）14．（2022秋•苏州期中）如图1，将长为2a+3，宽为2a的矩形分割成四个全等的直角三角形，拼成如图2所示的“赵爽弦图”，得到大小两个正方形．（1）用关于a的代数式表示图2中小正方形的边长；（2）已知图2中小正方形面积为36，求大正方形的面积？【分析】（1）观察图形，用直角三角形较长的直角边减去较短的直角边即可；（2）根据正方形的面积＝边长的平方列出代数式，把a＝3代入求值即可．【解答】解：（1）∵直角三角形较短的直角边＝×2a＝a，较长的直角边＝2a+3，∴小正方形的边长＝2a+3﹣a＝a+3；（2）小正方形的面积＝（a+3）2＝36，∴a＝3（负值舍去），∴大正方形的面积＝92+32＝90．【点评】本题考查了勾股定理的证明，列代数式，代数式求值，观察图形，用直角三角形较长的直角边减去较短的直角边求出小正方形的边长是解题的关键．15．（2022秋•徐州期中）操作与探究（1）图1是由有20个边长为1的正方形组成的，把它按图1的分割方法分割成5部分后可拼接成一个大正方形（内部的粗实线表示分割线），请你在图2的网格中画出拼接成的大正方形；（2）如果（1）中分割成的直角三角形两直角边分别为a、b，斜边为c．请你利用图拼成的大正方形证明【分析】（1）根据网格用几个全等的直角三角形拼成一个规则的图形，即可完成拼图；（2）利用大图形的面积等于几个小图形的面积和化简整理得到勾股定理；【解答】解：（1）如图所示即为拼接成的大正方形；（2）S大正方形＝4×ab+（b﹣a）2＝2ab+b2﹣2ab+a2＝a2+b2，而S大正方形＝c2，∴a2+b2＝c2．【点评】本题考查了勾股定理的证明及其应用，掌握勾股定理是解本题的关键．16．（2022秋•扬州期中）著名的赵爽弦图（如图①，其中四个直角三角形较大的直角边长都为a，较小的直角边长都为b，斜边长都为c），大正方形的面积可以表示为c2），也可以表示为4×ab+（a﹣b）2，由此推导出重要的勾股定理：如果直角三角形两条直角边长为a，b，斜边长为c，则a2+b2＝c2．（1）图②为美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”，请你利用图②推导勾股定理．（2）如图③，在一条东西走向河流的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A，B，其中AB＝AC，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，该村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点H（A、H、B在同一条直线上），并新修一条路CH，且CH⊥AB．测得CH＝1.2千米，HB＝0.9千米，求新路CH比原路CA（3）在第（2）问中若AB≠AC时，CH⊥AB，AC＝4，BC＝5，AB＝6，设AH＝x，求x的值．【分析】（1）梯形的面积可以由梯形的面积公式求出，也可利用三个直角三角形面积求出，两次求出的面积相等列出关系式，化简即可得证；（2）设CA＝x，则AH＝x﹣0.9，根据勾股定理列方程，解得即可得到结果；（3）在Rt△ACH和Rt△BCH中，由勾股定理得求出CH2＝CA2﹣AH2＝CB2﹣BH2，列出方程求解即可得到结果；【解答】解：（1）梯形ABCD的面积为（a+b）（a+b）＝a2+ab+b2，也可以表示为ab+ab+c2，∴ab+ab+c2＝a2+ab+b2，即a2+b2＝c2；（2）∵CA＝x，∴AH＝x﹣0.9，在Rt△ACH中，CA2＝CH2+AH2，即x2＝1.22+（x﹣0.9）2，解得x＝1.25，即CA＝1.25，CA﹣CH＝1.25﹣1.2＝0.05（千米），答：新路CH比原路CA少0.05千米；（3）设AH＝x，则BH＝6﹣x，在Rt△ACH中，CH2＝CA2﹣AH2，在Rt△BCH中，CH2＝CB2﹣BH2，即42﹣x2＝52﹣（6﹣x）2，解得：x＝．【点评】此题主要考查了勾股定理的证明与应用，一元一次方程，熟练掌握相关定理是解答此题的关键．17．（2022秋•灌南县期中）中国古代数学家们对于勾股定理的发现和证明，在世界数学史上具有独特的贡献和地位，体现了数学研究中的继承和发展．现用4个全等的直角三角形拼成如图所示“弦图”．Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，若AC＝b，BC＝a，请你利用这个图形解决下列问题：（1）试说明a2+b2＝c2；（2）如果大正方形的面积是12，小正方形的面积是4，求（a+b）2的值．【分析】（1）根据大正方形的面积＝直角三角形的面积+小正方形的面积可得结论；（2）利用完全平方公式结合正方形及直角三角形的面积计算可求解．【解答】解：（1）∵大正方形面积为c2，直角三角形面积为ab，小正方形面积为（b﹣a）2，∴c2＝4×ab+（a﹣b）2＝2ab+a2﹣2ab+b2即c2＝a2+b2；（2）由图可知，（b﹣a）2＝4，4×ab＝12﹣4＝8，∴2ab＝8，∴（a+b）2＝（b﹣a）2+4ab＝4+2×8＝20．【点评】本题主要考查勾股定理的证明，利用面积法证明勾股定理是解题的关键．18．（2022秋•吴江区月考）【方法探究】我们知道，通过不同的方法表示同一图形的面积可以探求相应的数量关系．如图1，它是由四个形状大小完全相同的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，直角三角形的两条直角边长分别为a、b（a＜b），斜边长为c，大正方形的面积用两种方法可分别表示为、，由此可发现a，b，c之间的数量关系为．【方法迁移】将图1中的四个形状大小完全相同的直角三角形拼成图2，a，b，c之间仍然具有以上数量关。
勾股定理中蚂蚁爬行问题的七种情况
勾股定理中蚂蚁爬行问题的七种情况彻底破解蚂蚁爬行问题：请划分你的做题区域：愉悦区、奋战区和极限区本系列文章摘自买书赠送的电子资料.更多文章见本号小号：春熙初中数学1.长方体中爬行，一个点到达相对的另外一个点在长方体问题中，我们需要将长方体展开，然后利用两点之间线段最短画图求解。
如果长方体的长、宽、高各不相同，一般分三种情况讨论。
这边不再介绍展开图法，直接利用数据来进行求解。
例题1：如图，长方体的长为15，宽为10，高为20，点B离点C的距离为5，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点B，需要爬行的最短距离是多少？分析：通过图可以发现，是一个点到它相对的另外一个点的情形。
先确定长方体的长宽高，分别为5、10、20。
这类问题相对来说比较简单，这样解题本质上还是展开图的三种情形。
2.长方体中爬行，不是到达相对的另外一个点如果在长方体中爬行，不是到达相对的另外一个点，那就只有通过展开图来解决问题。
例题2：如图，长方体的底面边长为4cm和宽为2cm，高为5cm．若一只蚂蚁从P点开始经过4个侧面爬行一圈到达Q点，求蚂蚁爬行的最短路径长为多少厘米？分析：要求长方体中两点之间的最短路径，最直接的作法，就是将长方体展开，然后利用两点之间线段最短来求解。
本题蚂蚁爬行了四个面，那就需要将四个面都展开来进行计算。
3.在圆柱体中爬行半圈或一圈在圆柱体中爬行，要分两种情况，圆柱的侧面展开图是长方形，可能爬行了长方形的一半，也有可能爬行了整个长方形。
例题3：如图，一圆柱体的底面周长为24cm，高AB为9cm，BC是上底面的直径．一只蚂蚁从点A出发，沿着圆柱的侧面爬行到点C，则蚂蚁爬行的最短路程是多少厘米？变式：一只蚂蚁从点A出发，沿着圆柱的侧面爬行到点B，则蚂蚁爬行的最短路程是多少厘米？4.正方体表面爬行蚂蚁在正方体表面爬行时，一般就一种情形，可通过画图解决。
例题4：如图，点A的正方体左侧面的中心，点B 是正方体的一个顶点，正方体的棱长为2，一蚂蚁从点A沿其表面爬到点B的最短路程是多少？本题点A为正方形的中心，因此到四条边的距离都是边长的一半。
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收稿日期 : 2007 - 11 - 08 基金项目 :四川省教育厅青年基金项目 (072B042) 作者简介 :石勇国 (1978 - ) ,男 ,湖北云梦人 ,讲师 ,硕士 ,主要从事函数方程与动力系统研究 。
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宜宾学院学报 2008年 6期
做出相应的 y轴 ,选取足够小的 Δt进行采样 ;
2) 在每一时刻 t,计算每只蚂蚁在下一时刻 t +Δt时的坐标. 不
妨设甲的追逐对象是乙 ,在时间 t时 ,甲的坐标为 A ( x1 , y1 ) ,乙的坐 标为 B ( x2 , y2 ). 甲在 t +Δt时在 A ′点 (如图 1所示 ) , 其坐标为
其中 r是曲线上的点到原点的距离 ,θ是从极轴到该点的角
度 , a、b为任意的常数. 这样的曲线称为等角螺线 (也称为对数螺
线 ,生长螺线或者 B ernoulli螺线〔9, 12〕).
性质 1 (不变量 ) 等角螺线上的任意点 ( r,θ) 的切线与过
此点的向径的夹角 <为定值 (如图 4所示 ).
2 追击问题的微分方程模型 通过采样进行离散化 ,虽然容易得到追击的曲线 , 但不能够
得到轨迹曲线的解析表达式. 本节将利用建立的微分方程模型 , 得到 n只蚂蚁的相撞时间 ,每只蚂蚁所走的路程以及曲线方程.
定理 1 对于前面所叙述的 n只蚂蚁追击问题 , n只蚂蚁相 撞时间 ,每只蚂蚁所走的路程以及轨迹的曲线方程分别为 :
and S urfaces w ith M athem a tica〔M 〕. 2nd ed. Boca Raton, FL: CRC Press.
关键词 :追击曲线 ;等角螺线 ;数学模型 ;自相似 中图分类号 : O123. 5 文献标识码 : A 文章编号 : 1671 - 5365 (2008) 06 - 0023 - 03
0 引言
本文介绍的追击问题是 : n只蚂蚁分别在一个正 n边形的顶
点上 ,在某一时刻 , 它们同时以匀速度 v沿逆时针方向追逐下一
文献〔10, 11〕. 最后我们给出和证明等角螺线的不变量 、自相似
等特有性质. 1 追击问题的离散模型 以时间间隔 Δt进行采样 , 在每一时刻 t, 计算每只蚂蚁在下
一时刻 t +Δt时的坐标. 通过离散打点画出蚂蚁的轨迹曲线.
算法
图 1 在采样时间内相连蚂蚁追击图
根据上面的算法编写 MATLAB 程序 , 得到每只蚂蚁的轨迹 (如图 2所示 ).
( x1 + vΔtco sθ, y1 + vΔtsinθ) ,
其中 cosθ = x2 - x1 , sinθ = y2 - y1 , d =
d
d
( x2 - x1 ) 2 + ( y2 - y1 ) 2.
同理 ,依次计算下一只蚂蚁在 t +Δt时的坐标. 通过间隔 Δt进行
采样 ,得到新一轮各只蚂蚁在一个新的正多边形上的位置坐标 ;
Tn
= v(1 -
s co s
2π
, Dn
)
= 1-
s co s
2π ,
n
n
rn =
π s
e . θcot
( n - 2)π 2n
2 sin
n
证明 首先 ,我们将求蚂蚁相撞的时间和相撞时每只蚂蚁
走过的路程.
图 3 相连蚂蚁追击图
如图 3所示 :设起始时刻 t = 0, 设两只蚂蚁此时在 A, B 两 点. AB为正 n边形的边长 , AB = s, O为正 n边形中心 ,设 OB = R, H为 AB 的中点. 从 ΔAOH,得到
第 6期 NO. 6 宜宾学院学报 Journal of Yibin University June. 2008
23
蚂蚁追击问题与等角螺线
石勇国
(内江师范学院 数学系 ,四川 内江 641112)
摘要 :通过研究蚂蚁追击问题 ,建立离散模型和微分方程模型 ,得到问题的解析解 ,推广了前人的结论 ,同时给出其追击曲线 ———等角螺线的特有性 质.
try〔M 〕. London: Penguin, 1991: 201 - 202. 〔6〕ZW IKKER C. The A dvanced Geom etry of P lane Curves and Their A p2
plica tions〔M 〕. New York: Dover, 2005. 〔7〕GRAY A. Logarithm ic Sp irals. M odern D ifferen tial Geom etry of Cu rves
r
n
r
2n
θ( t = 0) = 0.
解此微分方程得
rn =
π s
e . θco t ( n - 2)π 2n
(3)
2 sin
n
这样得到了蚂蚁的轨迹曲线方程 ,它是弧度为
(n
- 2)π (正 2n
多边形内角的一半 ) 的等角螺线. 证毕.
3 等角螺线的特有性质
曲线的极坐标形式为 :
r = f (θ) = aebθ1
-
rsin (θ) rco s (θ)
= cot(θ +π / n).
(1)
根据直角坐标和极坐标的关系 ,得到
dx = cosθd r - rsinθdθ, dy = sinθd r + rcosθdθ,
(2)
将 ( 2) 式代入 ( 1) 式得到
dr
dr
dθ = - tan π ,或者 dθ = - cot ( n - 2)π , r( t = 0) = R,
=
v(1
-
s co s
2π
. )
n
于是 ,到相撞时 ,每只蚂蚁走过的路程为
Dn
= vTn
=
(1 -
s co s
2π
. )
n
当 n = 4, 2α = 2π /4 =π /2,因此 D4 = s,说明四只蚂蚁的相
互追击时 ,每只蚂蚁走的路程为正方形的边长.
下面建立关于其中一只蚂蚁的微分方程模型. 以正多边形
25
证明 首先证明如下结论 :对于等角螺线 , 伸缩变换等价
于旋转变换. 设有一伸缩变换 θr′′==λθr, λ ≠ 0.
则原函数变为
r′=λaebθ′ = aeb (θ′+lnλb ) . 说明 r缩放为原来的 λ倍 ,相当 θ顺时针旋转 lnλ弧度. 同理
b
可得 ,θ顺时针旋转κ弧度 ,相当于 r缩放为原来的 ebκ倍. 特别地 , 当 r放大为原来的 e2bπ 倍时 ,与原来的图形一样.
s 2
= R sinα
其中 α
=
π
, 蚂蚁的速度在
OA 上的投影
n
为 AD,即
AD = vco s(π /2 - α) = vsinα.
从旋转者的角度看 ,蚂蚁以速度 | v | sin (α) 沿着直线运动
的 ,蚂蚁相撞于 O 点 ,所需要的时间
Tn
=
R
vsinα
=
s
2vsin2α
3) 重复 2) 步 ,直到 d充分小为止 ;
4) 连接每只蚂蚁在各时刻的位置 ,就得到所求的轨迹.
Tn
= v(1 -
s co s
2π
, Dn
)
= 1-
s co s
2π ,
n
n
rn =
π s
e . θco t ( n - 2)π 2n
2 sin
n
证明了蚂蚁所走的曲线也是等角螺线. 关于螺线的性质介绍见
只 ,并且在任意时刻他们始终保持追逐的方向是对准追逐目标 ,
例如 , A追逐 B,任意时刻 A始终向着 B追. 如果此多边形的边长
为 s,问 :
1) 这些蚂蚁过多久可以相撞 ?
2) 到相撞时 ,每只蚂蚁走过多长的路程 ?
3) 画出蚂蚁所走的曲线.
这个问题有很多不同的版本. 如 :三只 (或者四个 、五条等 )
图 4
用微分几何术语表示为
a
rcco s
∫ r(θ) , r′(θ) ‖r(θ) ‖‖r′(θ)
‖
=
a rc tan
1 b
= <.
在蚂蚁追击问题中 ,角度 < = ( n - 2)π为正 n边形内角的 2n
一半 ;系数 a控制螺线的旋转角度 ;导数 r′(θ) 与 b成反比. 换句
话说 ,它控制螺线盘旋得多紧. 它的极端的情形如下 : 性质 2 (极限性质 ) 若 b = 0 ( < =π /2) ,等角螺线变成一
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23 - 50. 〔5〕W ELLS D. The Pengu in D ictionary of Cu rious and In teresting Geom e2
蚂蚁直角坐标为 ( x, y) = ( rcosθ, rsinθ) , 第 2 号的直角坐标为
( x′, y′) = ( rco s(θ + 2π / n) , rsin (θ + 2π / n) ). 则有
dy dx
=
y′x′-
y x
=
rsin (θ + 2π / n) rcos(θ + 2π / n)
1877 ( 3) : 175 - 176. 〔2〕GOOD I J. Pu rsu it Cu rves and M a them atica l A rt〔J 〕. M ath. Gaz. ,