梯子AB斜靠墙上,梯子的底端A到墙角O的距离为2米,题字的顶端B到地面距离为7米,现将梯子的底端A滑动到A₂

（1）由题意得：AC=25米，BC=7米，
AB=
252−72=24（米），
答：这个梯子的顶端距地面有24米；
（2）由题意得：BA′=20米，
BC′=
252−202=15（米），
则：CC′=15-7=8（米），
答：梯子的底端在水平方向滑动了8米．

点评：
本题考点： 勾股定理的应用．

考点点评： 此题主要考查了勾股定理的应用，熟练利用勾股定理是解题关键．

设v₁ 为人的速度，v₂为电梯的速度 电梯总级数为N，自动扶梯每级长度为L，上楼时，时间为t₁，
则v₁t₁+v₂t₁=NL，v₁t₁=N₁L
下楼时，时间为t₂，
v₁t₂ -v₂t₂=NL，v₁t₂=N₂L
联立解得：N=
2N1N2
N1+ N2
故选B．

点评：
本题考点： 匀速直线运动及其公式、图像．

考点点评： 解答此题的关键是要明确人的速度要快于电梯的速度，否则他就下不来，此题的难点在于解方程，因此要求学生具备一定的学科综合能力．

由题意可知运用相似三角形的基本知识可以得到，，故选B

B


<>

由题意得，梯子顶端距离地面的距离为：
72−22=
45=3
5＞6，
∴这位同学能拿到球．

点评：
本题考点： 勾股定理的应用．

考点点评： 本题考查了勾股定理的应用，解决此类问题的关键是正确的构造直角三角形．

由题意知：平滑前梯高为4•sin45°=4•

2
2=2
2．
平滑后高为4•sin60°=4•

3
2=2
3．
∴升高了2（
3-
2）m．
故答案为：2（
3-
2）

点评：
本题考点： 解直角三角形的应用-坡度坡角问题．

考点点评： 本题重点考查了三角函数定义的应用．

：在Rt△OAB中，
根据勾股定理OA=
AB2−OA2=
2502−702=240cm．
则OA′=OA-40=240-40=200米．
在Rt△A′OB′中，
根据勾股定理得到：OB′=
A′B′2−OA′2=
2502−2002=150cm．
则梯子滑动的距离就是OB′-OB=150-70=80cm．
故选C．

点评：
本题考点： 勾股定理的应用．

考点点评： 考查了勾股定理的应用，正确作出示意图，把实际问题抽象成数学问题是解题的关键．

在直角三角形AOB中，
根据勾股定理AB²=AO²+OB²，可以求得：
OA=
AB2−OB2=2.4米，
现梯子的顶部滑下0.4米，即OC=2.4-0.4=2米，
且CD=AB=2.5米，
所以在直角三角形COD中DO²=CD²-CO²，
即DO=
CD2−CO2=1.5米，
所以梯子的底部向外滑出的距离为1.5米-0.7米=0.8米．
答：梯子的底部向外滑出的距离为0.8米．

点评：
本题考点： 勾股定理的应用．

考点点评： 本题考查的是勾股定理的实际应用，找出题目中隐含的直角三角形是解题的关键．

A、设梯子的长度为L，AB的倾角为α，若F为墙面对梯子上端B施加的力，则根据力矩平衡得：
FLsinα=G[L/2]cosα+Phcotα，得 F=
Pcotα
Lsinαh+
1
2Gcotα，由数学知识得知，F与h是线性关系，与乙图相符．故A正确．
B、人沿梯子从梯子的底端A开始匀速向上走时，人对梯子施加的力大小等于人的重力，保持不变．故B错误．
C、D对人和梯子整体研究，水平方向受到墙的作用力F和地面的静摩擦力f，竖直方向受到总重力P+G和地面的支持力N，则由平衡条件可知，N=P+G，f=F，所以N保持不变，乙图不可能是梯子对地面施加的弹力图象．乙图可能为梯子对地面施加的摩擦力．故C错误，D正确．
故选AD

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

考点点评： 本题是力矩平衡和共点力平衡的综合应用，要善于确定研究对象，选择解题规律，通过练习培养自己的解题能力．

∵直角三角形的斜边长为15m，一直角边长为9m，
∴另一直角边长=
152−92=12m，
故梯子可到达建筑物的高度是12m．
故答案为：12．

点评：
本题考点： 勾股定理的应用．

考点点评： 本题的关键是建立数学模型，使实际问题转化为数学问题，进行求解．