考点16 直角三角形-备战2023届中考数学一轮复习考点梳理（解析版）

这是一份考点16 直角三角形-备战2023届中考数学一轮复习考点梳理（解析版），共67页。
考点16 直角三角形

数学中考中，直角三角形一直是一个较为重要的几何考点，考察难度为中等偏上，常考考点为：直角三角形的性质定理、勾股定理及其逆定理等，特别是含特殊角的直角三角形，更加是考察的重点。出题类型可以是选择填空题这类小题，也可以是各类解答题，以及融合在综合压轴题中，作为问题的几何背景进行拓展延伸。结合以上考察形式，需要考生在复习这一模块时，准确掌握有关直角三角形的各种性质与判定方法，以及特殊直角三角形常考的考察方向等。


一、 直角三角形的性质和判定
二、 勾股定理及其逆定理
三、 勾股定理与弦图、拼图
考向一：直角三角形的性质和判定
一．直角三角形的性质与判定

性质
直角三角形的两个锐角互余
直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半
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长的一半
判定
有一个角是90°的三角形时直角三角形
有两个角互余的三角形是直角三角形


直角三角形摄影定理图形常见的三个应用方向
1. 等积法（求斜边上的高）
2. 同角的余角相等（得∠A=∠BCD）
3. 射影定理
在圆中因为直径所对圆周角=90°，转化得此图形，进而利用以上3个结论！






1．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，沿CD折叠△CBD，使点B恰好落在边AC上点E处，若∠B＝65°，则∠ADE的大小为（　　）

A．40° B．50° C．65° D．75°
【分析】根据直角三角形两锐角互余可得∠A＝25°，再由折叠可得∠CED的度数，再根据三角形外角的性质可得∠ADE的度数．
【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝65°，
∴∠A＝90°﹣65°＝25°，
根据折叠可得∠CED＝∠B＝65°，
∴∠ADE＝65°﹣25°＝40°，
故选：A．
2．如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，BD平分∠ABC，交AC于点D，若点D恰好在边BC的垂直平分线上，则∠C的度数为（　　）

A．36° B．30° C．40° D．45°
【分析】根据线段垂直平分线的性质得到DC＝DB，得到∠DBC＝∠C，根据三角形内角和定理求出∠C＝30°．
【解答】解：∵点D恰好在边BC的垂直平分线上，
∴DC＝DB，
∴∠DBC＝∠C，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∴∠DBC＝∠ABD＝∠C，
∵∠A＝90°，
∴∠ABC+∠C＝90°，
∴∠C＝∠DBC＝∠ABD＝30°，
故选：B．
3．如图，在△ABC中，AB＝AC＝13，∠BAC＝120°，AD是△ABC的中线，AE是∠BAD的平分线，DF∥AB交AE的延长线于点F，则DF的长为（　　）

A．5.5 B．6.5 C．7.5 D．6
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质可得到AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，从而可得到∠BAD＝60°，∠ADB＝90°，再根据角平分线的性质即可得到∠DAE＝∠EAB＝30°，从而可推出AD＝DF，根据直角三角形30度角的性质即可求得AD的长，即得到了DF的长．
【解答】解：∵△ABC是等腰三角形，D为底边的中点，
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，
∵∠BAC＝120°，
∴∠BAD＝60°，∠ADB＝90°，
∵AE是∠BAD的角平分线，
∴∠DAE＝∠EAB＝30°．
∵DF∥AB，
∴∠F＝∠BAE＝30°．
∴∠DAF＝∠F＝30°，
∴AD＝DF．
∵AB＝13，∠B＝30°，
∴AD＝6.5，
∴DF＝6.5．
故选：B．
4．如图，一架梯子AB斜靠在竖直墙上，点M为梯子AB的中点，当梯子底端向左水平滑动到CD位置时，滑动过程中OM的变化规律是（　　）

A．变小 B．不变 C．变大 D．先变小再变大
【分析】不变，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
【解答】解：∵∠AOB＝90°，M为AB的中点，
∴OMAB．
同理OM．
∵AB＝CD．
∴OM的长度不变．
故选：B．
5．如图，在△ABC中，点D在AB边上且CD＝CB，BE⊥AC于点E，AB＝8，CE＝6，∠ABE＝30°，则AD的长等于（　　）

A．1 B．1.5 C．1.6 D．2
【分析】过点C作CM⊥AB于M，根据等腰三角形的性质得BM＝DMBD，由含30°角的直角三角形的性质得AEAB＝4，BEAE＝4，利用勾股定理求出BC＝2，利用面积法求出CM＝5，利用勾股定理可求出BM＝3，根据线段的和差即可求解．
【解答】解：过点C作CM⊥AB于M，
∵CD＝CB，
∴BM＝DMBD，
∵∠ABE＝30°，BE⊥AC，
∴AEAB＝4，BEAE＝4，
∵CM⊥AB，
∴BC2，
∵S△ABCAC•BEAB•CM，
∴（4+6）×48CM，
∴CM＝5，
∴BM3，
∴BD＝2BM＝6，
∴AD＝AB﹣BD＝2．
故选：D．

6．如图所示，已知∠AOB＝60°，点P在边OA上，OP＝13，点M，N在边OB上，PM＝PN，若MN＝2，则OM的长为（　　）

A．4 B．5 C．6 D．5.5
【分析】首先过点P作PD⊥OB于点D，利用直角三角形中30°所对边等于斜边的一半得出DO的长，再利用等腰三角形的性质求出OM的长．
【解答】解：过点P作PD⊥OB于点D，

∵∠AOB＝60°，PD⊥OB，OP＝13，
∴∠OPD＝30°，
∴DO6.5，
∵PM＝PN，MN＝2，PD⊥OB，
∴MD＝ND＝1，
∴MO＝DO﹣MD＝6.5﹣1＝5.5．
故选：D．
7．如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，E为对角线AC的中点，连接BE，ED，BD，若∠BAD＝52°，则∠EBD＝　38　°．

【分析】根据已知条件可以判断EA＝EB＝EC＝DE，根据三角形外角定理可得到：∠DEC＝∠DAE+∠ADE＝2∠DAE，同理∠BEC＝2∠BAE，∠DEB＝2∠DAE+2∠BAE＝2∠DAB＝104°，在等腰三角形BED中，已知顶角，即可求出底角∠EBD的度数．
【解答】解：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴EA＝EB＝EC＝DE，
∴∠DAE＝∠EDA，∠BAE＝∠EBA，
在△AED中，∠DEC＝∠DAE+∠ADE＝2∠DAE，
同理可得到：∠BEC＝2∠BAE，∠DEB＝∠DEC+∠BEC＝2∠DAE+2∠BAE＝2（∠DAE+∠BAE）＝2×52°＝104°，
在等腰三角形BED中，；
故答案是：38．
8．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠ACB＝15°，∠ADB＝30°，AB＝3，则CD＝　6　cm．

【分析】根据含30度角的直角三角形性质和三角形内角和定理求出CD＝DA＝2AB＝6cm．
【解答】解：∵在△ABC中，∠B＝90°，∠ACB＝15°，∠ADB＝30°，
∴∠CAD＝15°，
∴CD＝DA＝2AB＝6cm．
故答案为：6．
9．如图，在△ABC中，CF⊥AB于点F，BE⊥AC于点E，M为BC的中点．
（1）求证：△MEF是等腰三角形；
（2）若∠EBC＝30°，BC＝10cm，求CE的长度．

【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线的性质即可得出结论．
（2）利用直角三角形中三十度角所对的直角边等于斜边的一半即可得出．
【解答】（1）证明：∵CF⊥AB，BE⊥AC，
∴△BFC与△BEC都为直角三角形，
∵M为BC的中点，
∴FM、EM为斜边BC的中点，
∴，，
∴EM＝FM，
∴△MEF是等腰三角形；
（2）在Rt△EBC中，∵∠EBC＝30°，
∴CE5（cm）．
考向二：勾股定理及其逆定理
勾股定理及其逆定理
勾股定理
直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方
勾股定理逆定理
如果三角形中两边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形是直角三角形

勾股数
能够成为直角三角形三条边长的三个正整数，成为勾股数
常见的勾股数：3,4,5及其倍数；5,12,13及其倍数；7,24,25及其倍数；8,15,17及其倍数
☆：勾股定理是初中数学中求解长度非常重要的等量关系，故很多求长度的问题没方向时，就往直角三角形勾股定理方向去想。

1．以下列各组线段为边作三角形，不能作出直角三角形的是（　　）
A．1，2，5 B．5，12，13 C．3，7，8 D．0.3，0.4，0.5
【分析】先分别求出两小边的平方和和最长边的平方，再看看是否相等即可．
【解答】解：A、12+22＝（）2，故A选项不符合题意；
B、52+122＝132，故B选项能不符合题意；
C、32+72≠82，故C选项符合题意；
D、0.32+0.42＝0.52，故D选项不符合题意．
故选：C．
2．如果正整数a、b、c满足等式a2+b2＝c2，那么正整数a、b、c称为勾股数．某同学将自己探究勾股数的过程列成如表，观察表中每列数的规律，可知x+y的值为（　　）
a
b
c
4
3
5
6
8
10
8
15
17
10
24
26
…
…
…
x
y
65
A．47 B．62 C．79 D．98
【分析】依据每列数的规律，即可得到a＝n2﹣1，b＝2n，c＝n2+1，进而得出x+y的值．
【解答】解：由题可得，3＝22﹣1，4＝2×2，5＝22+1，……
∴a＝n2﹣1，b＝2n，c＝n2+1，
∴当c＝n2+1＝65时，n＝8，
∴x＝63，y＝16，
∴x+y＝79，
故选：C．
3．如图，一个长为5m的梯子斜靠在墙上，梯子的顶端离地面的垂直距离为4m，则梯子的底端离墙的距离是（　　）

A．3m B．4m C．5m D．
【分析】根据勾股定理求解即可．
【解答】解：梯子的底端离墙的距离为．
故选：A．
4．美国数学家伽菲尔德在1876年提出了证明勾股定理的一种巧妙方法，如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠B＝90°，E是边BC上一点，且BE＝CD＝a，AB＝EC＝b．如果△ABE的面积为1，且a﹣b＝1，那么△ADE的面积为（　　）

A．1 B．2 C．2.5 D．5
【分析】根据全等三角形的性质得到AE＝DE，∠AEB＝∠EDC，推出△AED是等腰直角三角形，求得△ADE的面积AE2，根据完全平方公式和勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵AB∥CD，∠B＝90°，
∴∠C＝∠B＝90°，
∵BE＝CD＝a，AB＝EC＝b，
∴△ABC≌△ECD（SAS），
∴AE＝DE，∠AEB＝∠EDC，
∵∠EDC+∠DEC＝∠AEB+∠DEC＝90°，
∴∠AED＝90°，
∴△AED是等腰直角三角形，
∴△ADE的面积AE2，
∵△ABE的面积为1，
∴ab＝1，
∴ab＝2，
∵a﹣b＝1，
∴（a﹣b）2＝a2+b2﹣2ab＝1，
∴a2+b2＝5，
∴△ADE的面积5，
故选：C．
5．在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝8cm，AC＝4cm，在射线BC上一动点D，从点B出发，以1厘米每秒的速度匀速运动，若点D运动t秒时，以A、D、B为顶点的三角形恰为等腰三角形，则所用时间t为 　5或45或16　秒．

【分析】当△BCD为等腰三角形时应分当D是顶角顶点，当B是顶角顶点，当A是顶角的顶点三种情况进行讨论，利用勾股定理求得BD的长，从而求解．
【解答】解：①如图1，当AD＝BD时，
在Rt△ACD中，根据勾股定理得：AD2＝AC2+CD2，即BD2＝（8﹣BD）2+42，
解得BD＝5（cm），则t＝5（秒）；

②如图2，

当AB＝BD时．在Rt△ABC中，根据勾股定理得到：
AB4，则t＝4（秒）；
③如图3，

当AD＝AB时，BD＝2BC＝16，则t＝16（秒）；
综上所述，t的值可以是5或4或16．
故答案为：5或4或16．
6．如图，在高为3米，斜坡长为5米的楼梯台阶上铺地毯，则地毯的长度至少要（　　）

A．5米 B．6米 C．7米 D．8米
【分析】先求出AC的长，利用平移的知识可得出地毯的长度．
【解答】解：在Rt△ABC中，AC4米，
故可得地毯长度＝AC+BC＝7米，
故选：C．
7．图1是第七届国际数学教育大会（ICME﹣7）的会徽，主体图案是由图2的一连串直角三角形演化而成，其中，OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝An﹣1An＝1，则OA21的长为（　　）

A．22 B．22 C．21 D．21
【分析】根据勾股定理得到OA2，OA3，找到OAn的规律即可计算OA21的长度．
【解答】解：∵OA1＝1，OA2，OA3，..．，
∴OAn，
∴OA21，
故选：D．
8．如图，矩形ABCD，AB＝2，BC＝4，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为（　　）

A． B．2 C． D．25
【分析】取AD的中点H，连接CH，OH，由勾股定理可求CH的长，由直角三角形的性质可求OH的长，由三角形的三边可求解．
【解答】解：如图，取AD的中点H，连接CH，OH，

∵矩形ABCD，AB＝2，BC＝4，
∴CD＝AB＝2，AD＝BC＝4，
∵点H是AD的中点，
∴AH＝DH＝2，
∴，
∵∠AOD＝90°，点H是AD的中点，
∴，
在△OCH中，CO＜OH+CH，
当点H在OC上时，CO＝OH+CH，
∴CO的最大值为，
故选：A．
9．如图，大正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼接而成．点E为小正方形的顶点，延长CE交AD于点F，连结BF交小正方形的一边于点G，若△BCF为等腰三角形，AG＝5，则小正方形的面积为（　　）

A．15 B．16 C．20 D．25
【分析】由等腰三角形性质可得出BF＝CF，利用HL可证得Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），得出AB＝AD＝2AF，根据余角的性质得出∠BAG＝∠ABF，进而推出CF＝BF＝2AG＝10，利用面积法求得BN＝8，再运用勾股定理求得CN＝4，即可求得答案．
【解答】解：设小正方形为EHMN，如图，
∵四边形ABCD和四边形EHMN是正方形，
∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝90°，CF∥AG，
∵△BCF为等腰三角形，且BF＞AB＝BC，CF＞CD＝BC，
∴BF＝CF，
在Rt△ABF和Rt△DCF中，
，
∴Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），
∴∠AFB＝∠CFD，AF＝DF，
∴AB＝AD＝2AF，
∵CF∥AG，
∴∠CFD＝∠DAG，
∴∠AFB＝∠DAG，
∴AG＝FG，
∵∠AFB+∠ABF＝90°，∠DAG+∠BAG＝90°，
∴∠BAG＝∠ABF，
∴AG＝BG，
∴CF＝BF＝2AG＝10，
在Rt△ABF中，AB2+AF2＝BF2，
∴（2AF）2+AF2＝102，
∴AF＝2，
∴AB＝BC＝4，
∵S△BCFBC•ABCF•BN，
∴BN8，
∴CN4，
∵△ABM≌△BCN，
∴BM＝CN＝4，
∴MN＝BN﹣BM＝8﹣4＝4，
∴S正方形EHMN＝（MN）2＝42＝16，
故选：B．

10．如图，在一条绷紧的绳索一端系着一艘小船．河岸上一男孩拽着绳子另一端向右走，绳端从C移动到E，同时小船从A移动到B，且绳长始终保持不变．回答下列问题：
（1）根据题意可知：AC　＝　BC+CE（填“＞”、“＜”、“＝”）．
（2）若CF＝5米，AF＝12米，AB＝8米，求小男孩需向右移动的距离．（结果保留根号）

【分析】（1）由绳长始终保持不变即可求解；
（2）由勾股定理求出AC、BC的长，然后根据CE＝AC﹣BC即可求解．
【解答】解：（1）∵AC的长度是男孩未拽之前的绳子长，（BC+CE）的长度是男孩拽之后的绳子长，绳长始终保持不变，
∴AC＝BC+CE，
故答案为：＝；
（2）连接AB，则点A、B、F三点共线，

在Rt△CAF中，（米），
∵BF＝AF﹣AB＝12﹣8＝4（米），
在Rt△CBF中，（米），
∵AC＝BC+CE，
∴（米），
∴男孩需向右移动的距离为米．
考向三：勾股定理与弦图、拼图
【方法提炼】
勾股定理与弦图：
牵涉到弦图时，所用的直角三角形皆是全等直角三角形，证明时一般依据面积相等来列式得结论；
勾股定理与拼图：
多考察七巧板的变形，注意各个七巧板组成间的等量线段，再结合勾股定理来计算即可。


1．如图①是美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．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．如图②，现将这四个全等的直角三角形紧密拼接，形成飞镖状，且外围轮廓（实线）的周长为24，OC＝3，则该飞镖状图案的面积（　　）

A．6 B．12 C．16 D．24
【分析】根据飞镖状图案的周长求出AB+AC的长，在直角三角形AOB中，利用勾股定理求出AC的长，进而确定出OA的长，求出三角形AOB面积，即可确定出所求．
【解答】解：根据题意得：OB＝OC＝3，4（AB+AC）＝24，即AB+AC＝6，
在Rt△AOB中，根据勾股定理得：AB2＝OA2+OB2，即（6﹣AC）2＝32+（3+AC）2，
解得：AC＝1，
∴OA＝3+1＝4，
∴，
∴该飞镖状图案的面积＝4S△AOB＝24，
故选：D．
2．七巧板起源于我国先秦时期，古算书《周髀算经》中有关于正方形的分割术，经过历代演变而成七巧板，如图1所示．19世纪传到国外，被称为“唐图”（意为“来自中国的拼图”），图2是由边长为8的正方形分割制作的七巧板拼摆成的“叶问蹬”图．则图中抬起的“腿”（即阴影部分）的面积为 　12　．

【分析】根据七巧板中各部分面积的关系可得答案．
【解答】解：如图，

∵图2是由边长为8的正方形分割制作的七巧板拼摆成的，
∴大正方形面积＝64，
由图形可知，阴影部分面积为12，
故答案为：12．
3．用边长为1的正方形做了一套七巧板，拼成如图所示的一座桥，则桥中阴影部分的面积为原正方形面积的　　．

【分析】读图分析阴影部分与整体的位置关系，易得阴影部分的面积即为原正方形的面积的一半．
【解答】解：读图可得，阴影部分的面积为原正方形的面积的一半，则阴影部分的面积为1×1÷2；是原正方形的面积的一半．
故答案为：．
4．七巧板被西方人称为“东方魔术”，下面的两幅图是由同一个七巧板拼成的．已知七巧板拼成的正方形（如图1）边长为acm，则图2的“小狐狸”图案中阴影部分面积是 　a2　cm2（用含a的代数式表示）．

【分析】根据图中各部分面积之间的关系求解即可．
【解答】解：如图，

由图可知，阴影部分面积＝大正方形面积﹣S1﹣S2﹣S3＝a（cm2），
故答案为：a2．
5．七巧板起源于我国先秦时期，古算书《周髀算经》中有关于正方形的分割术，经历代演变而成七巧板．小聪将一块腰长为20cm的等腰直角三角形硬纸板（如图①） 切割成七块，正好制成一副七巧板（如图②），则图中阴影部分的面积为（　　）

A．5cm2 B．25cm2 C．50cm2 D．100cm2
【分析】画出图形，结合图①和图②可知BD＝20cm，再由正方形的性质求出OB、OC的长，然后根据等腰直角三角形的性质和正方形的性质求出EF和OF的长，即可求得正方形OFEG的面积，即阴影部分的面积．
【解答】解：如图②，结合图①可知BD＝20cm，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC＝BD＝20cm，AC⊥BD，
∴OBBD＝10cm，OCAC＝10cm，∠BOC＝90°，
∴OB＝OC，
∴∠FBE＝∠GCE＝45°，
∵四边形OFEG是正方形，
∴EF∥OC，
∴∠BFE＝∠BOC＝90°，
∴∠FBE＝∠FEB＝45°，
∴BF＝EF＝OFOB＝5cm，
∴S正方形OFEG＝EF2＝52＝25（cm2），
∴图中阴影部分的面积为25cm2，
故选：B．

6．习总书记提出的“绿水青山就是金山银山”这一科学论断，成为树立生态文明观、引领中国走向绿色发展之路的理论之基．小张在数学活动课上用正方形纸片制作成图1的“七巧板”，设计拼成了图2的水杉树树冠．如果已知图1中正方形纸片的边长为2cm，则图2中水杉树树冠的高（即点A到线段BC的距离）是 　（）　cm．

【分析】过A作AE⊥MN于E，根据等腰直角三角形的性质得到AEMN＝1（cm），HF＝BFBE（cm），于是得到结论．
【解答】解：如图，过A作AE⊥MN于E，
∵MN＝BH＝2cm，
∴AEMN＝1（cm），HF＝BFBE（cm），
∴图2中水杉树树冠的高＝AH+EF＝（1）cm，
故答案为：（1）．

7．七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为22的正方形可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板拼成如图2所示的造型恰好放入矩形ABCD中（其中点E，F，G，H，K都在矩形边上），则AD长是 　　．

【分析】如图，设DF＝x，DE＝y，根据△AFG∽△DEF，可得出：AF＝2y，AG＝2x，同理：△CHK∽△DEF，可得出：CHy，CKx，再证明△AFG≌△BGH（AAS），可得：BG＝AF＝2y，BH＝AG＝2x，AD＝x+2y，BC＝2xy，再由AD＝BC，建立方程求解即可．
【解答】解：如图，设DF＝x，DE＝y，
在Rt△DEF中，EF＝2，
∵∠A＝∠D＝∠EFG＝90°，
∴∠DFE+∠AFG＝90°，∠DFE+∠DEF＝90°，
∴∠AFG＝∠DEF，
∴△AFG∽△DEF，
∴，即，
∴AF＝2y，AG＝2x，
同理：△CHK∽△DEF，
∴，即，
∴CHy，CKx，
∵∠A＝∠B＝∠FGH＝90°，
∴∠AGF+∠BGH＝∠AGF+∠AFG＝90°，
∴∠BGH＝∠AFG，
∵FG＝GH，
∴△AFG≌△BGH（AAS），
∴BG＝AF＝2y，BH＝AG＝2x，
∴AD＝x+2y，BC＝2xy，
∵AD＝BC，
∴x+2y＝2xy，
∴xy，
在Rt△DEF中，∵DE2+DF2＝EF2，
∴x2+y2＝22，将xy代入，得：（y）2+y2＝22，
解得：x，y，
∴AD＝x+2y2，
故答案为：．

8．六巧板是一种类似七巧板的智力玩具，它是由一个正方形按如图1方式分割而成，其中图形①是正方形，小明发现可以将六巧板拼搭成如图2所示的“三角形”与“飞机”模型．在“飞机”模型中宽与高的比值　　．

【分析】利用图1和图2所示可得：MNHG为正方形，DE＝EC＝AF＝FBBC，设正方形MNHG的边长为a，则AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a；通过说明△CHB∽△BHF，得到HFa，利用拼图与原图对比求得l与h的长，则结论可求．
【解答】解：由题意得：MNHG为正方形，DE＝EC＝AF＝FBBC．

设正方形MNHG的边长为a，则AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a．
∵BH⊥CF，∠FBC＝90°，
∴△CHB∽△BHF．
∴．
∵CH＝2a，BH＝a，
∴．
∴HFa．
由题意：AE＝CF．
ME＝HFa．
∴l＝GH+MN+NH＝3a，h＝HN+CH+HF＝3.5a．
∴．
故答案为：；

1．（2022•绍兴）如图，把一块三角板ABC的直角顶点B放在直线EF上，∠C＝30°，AC∥EF，则∠1＝（　　）

A．30° B．45° C．60° D．75°
【分析】根据平行线的性质，可以得到∠CBF的度数，再根据∠ABC＝90°，可以得到∠1的度数．
【解答】解：∵AC∥EF，∠C＝30°，
∴∠C＝∠CBF＝30°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠1＝180°﹣∠ABC﹣∠CBF＝180°﹣90°﹣30°＝60°，
故选：C．
2．（2022•荆州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，通过尺规作图得到的直线MN分别交AB，AC于D，E，连接CD．若CEAE＝1，则CD＝　6　．

【分析】如图，连接BE，根据作图可知MN为AB的垂直平分线，从而得到AE＝BE＝3，然后利用勾股定理求出BC，AB，最后利用斜边上的中线的性质即可求解．
【解答】解：如图，连接BE，
∵CEAE＝1，
∴AE＝3，AC＝4，
而根据作图可知MN为AB的垂直平分线，
∴AE＝BE＝3，
在Rt△ECB中，BC2，
∴AB2，
∵CD为直角三角形ABC斜边上的中线，
∴CDAB．
故答案为：．

3．（2022•德州）将一副三角板（厚度不计）如图摆放，使含30°角的三角板的斜边与含45°角的三角板的一条直角边平行，则∠α的角度为（　　）

A．100° B．105° C．110° D．120°
【分析】根据平行线的性质可得∠ABC的度数，再根据三角形内角和定理可得∠α的度数．
【解答】解：∵含30°角的三角板的斜边与含45°角的三角板的一条直角边平行，如图所示：

∴∠ABC＝∠A＝45°，
∵∠C＝30°，
∴∠α＝180°﹣45°﹣30°＝105°，
故选：B．
4．（2022•金华）如图，圆柱的底面直径为AB，高为AC，一只蚂蚁在C处，沿圆柱的侧面爬到B处，现将圆柱侧面沿AC“剪开”，在侧面展开图上画出蚂蚁爬行的最近路线，正确的是（　　）

A． B． C． D．
【分析】利用圆柱的侧面展开图是矩形，而点B是展开图的一边的中点，再利用蚂蚁爬行的最近路线为线段可以得出结论．
【解答】解：将圆柱侧面沿AC“剪开”，侧面展开图为矩形，
∵圆柱的底面直径为AB，
∴点B是展开图的一边的中点，
∵蚂蚁爬行的最近路线为线段，
∴C选项符合题意，
故选：C．
5．（2022•百色）活动探究：我们知道，已知两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形不一定全等．如已知△ABC中，∠A＝30°，AC＝3，∠A所对的边为3，满足已知条件的三角形有两个（我们发现其中如图的△ABC是一个直角三角形），则满足已知条件的三角形的第三边长为（　　）

A．23 B．23 C．23或3 D．23或23
【分析】根据题意知，CD＝CB，作CH⊥AB于H，再利用含30°角的直角三角形的性质可得CH，AH的长，再利用勾股定理求出BH，从而得出答案．
【解答】解：如图，CD＝CB，作CH⊥AB于H，

∴DH＝BH，
∵∠A＝30°，
∴CHAC，AHCH，
在Rt△CBH中，由勾股定理得BH，
∴AB＝AH+BH2，AD＝AH﹣DH，
故选：C．
6．（2022•广元）如图，在△ABC中，BC＝6，AC＝8，∠C＝90°，以点B为圆心，BC长为半径画弧，与AB交于点D，再分别以A、D为圆心，大于AD的长为半径画弧，两弧交于点M、N，作直线MN，分别交AC、AB于点E、F，则AE的长度为（　　）

A． B．3 C．22 D．
【分析】利用勾股定理求出AB，再利用相似三角形的性质求出AE即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，BC＝6，AC＝8，
∴AB10，
∵BD＝CB＝6，
∴AD＝AB﹣BC＝4，
由作图可知EF垂直平分线段AD，
∴AF＝DF＝2，
∵∠A＝∠A，∠AFE＝∠ACB＝90°，
∴△AFE∽△ACB，
∴，
∴，
∴AE，
故选：A．
7．（2022•苏州）如图，点A的坐标为（0，2），点B是x轴正半轴上的一点，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC．若点C的坐标为（m，3），则m的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】过C作CD⊥x轴于点D，CE⊥y轴于点E，根据将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，可得△ABC是等边三角形，又A（0，2），C（m，3），即得ACBC＝AB，可得BD，OB，从而m，即可解得m．
【解答】解：过C作CD⊥x轴于点D，CE⊥y轴于点E，如图：

∵CD⊥x轴，CE⊥y轴，∠DOE＝90°，
∴四边形EODC是矩形，
∵将线段AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到线段AC，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，
∵A（0，2），C（m，3），
∴CE＝m＝OD，CD＝3，OA＝2，
∴AE＝OE﹣OA＝CD﹣OA＝1，
∴ACBC＝AB，
在Rt△BCD中，BD，
在Rt△AOB中，OB，
∵OB+BD＝OD＝m，
∴m，
化简变形得：3m4﹣22m2﹣25＝0，
解得m或m（舍去），
∴m，
故选：C．
8．（2022•湖州）如图，已知在锐角△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E是AD上一点，连结EB，EC．若∠EBC＝45°，BC＝6，则△EBC的面积是（　　）

A．12 B．9 C．6 D．32
【分析】根据等腰三角形的性质得到BD＝CD＝3，AD⊥BC，根据等腰直角三角形的性质求出ED，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
【解答】解：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，
∴BD＝CDBC＝3，AD⊥BC，
在Rt△EBD中，∠EBC＝45°，
∴ED＝BD＝3，
∴S△EBCBC•ED6×3＝9，
故选：B．
9．（2022•达州）如图，AB∥CD，直线EF分别交AB，CD于点M，N，将一个含有45°角的直角三角尺按如图所示的方式摆放，若∠EMB＝80°，则∠PNM等于（　　）

A．15° B．25° C．35° D．45°
【分析】根据平行线的性质得到∠DNM＝∠BME＝80°，由等腰直角三角形的性质得到∠PND＝45°，即可得到结论．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠DNM＝∠BME＝80°，
∵∠PND＝45°，
∴∠PNM＝∠DNM﹣∠DNP＝80°﹣45°＝35°，
故选：C．
10．（2022•黔西南州）如图，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠B＝60°，∠D＝45°，AC与DE相交于点F．若BC∥AE，则∠AFE的度数为 　105°　．

【分析】由三角形内角和定理可知，∠C＝30°，∠E＝45°，再利用平行线的性质可知∠CAE＝30°，最后利用三角形内角和定理可得结论．
【解答】解：在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠B＝60°，∠D＝45°，
∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝30°，∠E＝180°﹣∠D﹣∠DAE＝45°，
∵BC∥AE，
∴∠CAE＝∠C＝30°，
在△AEF中，∠AFE＝180°﹣∠CAE﹣∠E＝105°．
故答案为：105°．
11．（2022•绵阳）如图，四边形ABCD中，∠ADC＝90°，AC⊥BC，∠ABC＝45°，AC与BD交于点E，若AB＝210，CD＝2，则△ABE的面积为 　　．

【分析】过点D作DF⊥AC于点F，解Rt△ABC求出AC、BC，再由勾股定理求得AD，根据三角形的面积公式求得DF，由勾股定理求得AF，再证明△DEF∽△BEC，求得EF，进而求得AE，最后由三角形面积公式求得结果．
【解答】解：过点D作DF⊥AC于点F，

∵AC⊥BC，∠ABC＝45°，
∴AC＝BCAB＝2，
∵∠ADC＝90°，CD＝2，
∴AD，
∵，
∴DF，
∴AF，
∴CF，
∵DF∥BC，
∴△DEF∽△BEC，
∴，即，
∴EF，
∴AE，
∴．
故答案为：．
12．（2022•嘉兴）小曹同学复习时将几种三角形的关系整理如图，请帮他在括号内填上一个适当的条件 　∠B＝60°（答案不唯一）　．

【分析】根据等边三角形的判定定理填空即可．
【解答】解：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，
故答案为：∠B＝60°．（答案不唯一）
13．（2022•成都）如图，在△ABC中，按以下步骤作图：①分别以点B和C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，两弧相交于点M和N；②作直线MN交边AB于点E．若AC＝5，BE＝4，∠B＝45°，则AB的长为 　7　．

【分析】设MN交BC于D，连接EC，由作图可知：MN是线段BC的垂直平分线，即得BE＝CE＝4，有∠ECB＝∠B＝45°，从而∠AEC＝∠ECB+∠B＝90°，由勾股定理得AE＝3，故AB＝AE+BE＝7．
【解答】解：设MN交BC于D，连接EC，如图：

由作图可知：MN是线段BC的垂直平分线，
∴BE＝CE＝4，
∴∠ECB＝∠B＝45°，
∴∠AEC＝∠ECB+∠B＝90°，
在Rt△ACE中，
AE3，
∴AB＝AE+BE＝3+4＝7，
故答案为：7．

14．（2022•南充）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC的平分线交BC于点D，DE∥AB，交AC于点E，DF⊥AB于点F，DE＝5，DF＝3，则下列结论错误的是（　　）

A．BF＝1 B．DC＝3 C．AE＝5 D．AC＝9
【分析】根据角平分线的性质和和勾股定理，可以求得CD和CE的长，再根据平行线的性质，即可得到AE的长，从而可以判断B和C，然后即可得到AC的长，即可判断D；再根据全等三角形的判定和性质即可得到BF的长，从而可以判断A．
【解答】解：∵AD平分∠BAC，∠C＝90°，DF⊥AB，
∴∠1＝∠2，DC＝FD，∠C＝∠DFB＝90°，
∵DE∥AB，
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴AE＝DE，
∵DE＝5，DF＝3，
∴AE＝5，CD＝3，故选项B、C正确；
∴CE4，
∴AC＝AE+EC＝5+4＝9，故选项D正确；
∵DE∥AB，∠DFB＝90°，
∴∠EDF＝∠DFB＝90°，
∴∠CDE+∠FDB＝90°，
∵∠CDE+∠DEC＝90°，
∴∠DEC＝∠FDB，
∵tan∠DEC，tan∠FDB，
∴，
解得BF，故选项A错误；
故选：A．

15．（2022•通辽）在Rt△ABC中，∠C＝90°，有一个锐角为60°，AB＝6，若点P在直线AB上（不与点A，B重合），且∠PCB＝30°，则AP的长为 　，9或3　．
【分析】题中60°的锐角，可能是∠A也可能是∠B；∠PCB＝30°可以分为点P在在线段AB上和P在线段AB的延长线上两种情况；直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，同时借助勾股定理求得AP的长度．
【解答】解：当∠A＝30°时，

∵∠C＝90°，∠A＝30°，
∴∠CBA＝60°，BCAB6＝3，
由勾股定理得，AC＝3，
①点P在线段AB上，
∵∠PCB＝30°，∠CBA＝60°
∴∠CPB＝90°，
∴∠CPA＝90°，
在Rt△ACP中，∠A＝30°，
∴PCAC3．
∴在Rt△APC中，由勾股定理得AP．
②点P在线段AB的延长线上，
∵∠PCB＝30°，
∴∠ACP＝90°+30°＝120°，
∵∠A＝30°，
∴∠CPA＝30°．
∵∠PCB＝30°，
∴∠PCB＝∠CPA，
∴BP＝BC＝3，
∴AP＝AB+BP＝6+3＝9．
当∠ABC＝30°时，

∵∠C＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠A＝60°，ACAB6＝3，
由勾股定理得，BC＝3，
①点P在线段AB上，
∵∠PCB＝30°，
∴∠ACP＝60°，
∴△ACP是等边三角形
∴AP＝AC＝3．
②点P在线段AB的延长线上，
∵∠PCB＝30°，∠ABC＝30°，
∴CP∥AP
这与CP与AP交于点P矛盾，舍去．
综上所得，AP的长为，9或3．
故答案为：，9或3．
16．（2022•贵阳）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点E，AC＝BC＝6cm，∠ACB＝∠ADB＝90°．若BE＝2AD，则△ABE的面积是 　（36﹣182）　cm2，∠AEB＝　112.5　度．

【分析】过E作EH⊥AB于H，设AD＝xcm，CE＝ycm，则BE＝2xcm，AE＝（6﹣y）cm，由△AED∽△BEC，有，x2＝18﹣3y①，在Rt△BCE中，62+y2＝（2x）2②，可解得CE＝（66）cm，AE＝（12﹣6）cm，即得S△ABE＝S△ABC﹣S△BCE＝（36﹣18）cm2，由AC＝BC＝6，∠ACB＝90°，可得△AEH是等腰直角三角形，故∠AEH＝45°，AH（66）cm，从而知BH＝6cm＝BC，证明Rt△BCE≌Rt△BHE（HL），得∠BEH＝∠BEC∠CEH＝67.5°，即得∠AEB＝∠AEH+∠BEH＝45°+67.5°＝112.5°．
【解答】解：过E作EH⊥AB于H，如图：

设AD＝xcm，CE＝ycm，则BE＝2xcm，AE＝（6﹣y）cm，
∵∠ADB＝∠ACB＝90°，∠AED＝∠CEB，
∴△AED∽△BEC，
∴，即，
∴x2＝18﹣3y①，
在Rt△BCE中，BC2+CE2＝BE2，
∴62+y2＝（2x）2②，
由①②得y＝66（负值已舍去），
∴CE＝（66）cm，AE＝（12﹣6）cm，
∴S△ABE＝S△ABC﹣S△BCE6×66×（66）＝（36﹣18）cm2，
∵AC＝BC＝6，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝45°，AB＝6cm，
∴△AEH是等腰直角三角形，
∴∠AEH＝45°，AH（66）cm，
∴∠CEH＝180°﹣∠AEH＝135°，BH＝AB﹣AH＝6（66）＝6cm，
∴BH＝6cm＝BC，
又BE＝BE，∠BCE＝90°＝∠BHE，
∴Rt△BCE≌Rt△BHE（HL），
∴∠BEH＝∠BEC∠CEH＝67.5°，
∴∠AEB＝∠AEH+∠BEH＝45°+67.5°＝112.5°，
故答案为：（36﹣18），112.5．
17．（2022•永州）我国古代数学家赵爽创制了一幅“赵爽弦图”，极富创新意识地给出了勾股定理的证明．如图所示，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则AE＝　3　．

【分析】根据题意得出AB＝BC＝CD＝DA＝5，EF＝FG＝GH＝HE＝1，设AF＝DE＝CH＝BG＝x，结合图形得出AE＝x﹣1，利用勾股定理列方程求解．
【解答】解：∵大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝5，EF＝FG＝GH＝HE＝1，
根据题意，设AF＝DE＝CH＝BG＝x，
则AE＝x﹣1，
在Rt△AED中，AE2+ED2＝AD2，
∴（x﹣1）2+x2＝52，
解得：x1＝4，x2＝﹣3（舍去），
∴x﹣1＝3，
故答案为：3．
18．（2022•常州）如图，将一个边长为20cm的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形ABCD，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到36cm时才会断裂．若∠BAD＝60°，则橡皮筋AC　不会　断裂（填“会”或“不会”，参考数据：1.732）．

【分析】设AC与BD相交于点O，根据菱形的性质可得AC⊥BD，AC＝2AO，ODBD，AD＝AB＝20cm，从而可得△ABD是等边三角形，进而可得BD＝20cm，然后再在Rt△ADO中，利用勾股定理求出AO，从而求出AC的长，即可解答．
【解答】解：设AC与BD相交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AC＝2AO，ODBD，AD＝AB＝20cm，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝20cm，
∴DOBD＝10（cm），
在Rt△ADO中，AO10（cm），
∴AC＝2AO＝2034.64（cm），
∵34.64cm＜36cm，
∴橡皮筋AC不会断裂，
故答案为：不会．

19．（2022•河南）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝22，点D为AB的中点，点P在AC上，且CP＝1，将CP绕点C在平面内旋转，点P的对应点为点Q，连接AQ，DQ．当∠ADQ＝90°时，AQ的长为 　5或13　．

【分析】分两种情况：当点Q在CD上，当点Q在DC的延长线上，利用勾股定理分别进行计算即可解答．
【解答】解：如图：
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，
∴ABAC＝4，
∵点D为AB的中点，
∴CD＝ADAB＝2，∠ADC＝90°，
∵∠ADQ＝90°，
∴点C、D、Q在同一条直线上，
由旋转得：
CQ＝CP＝CQ′＝1，
分两种情况：
当点Q在CD上，
在Rt△ADQ中，DQ＝CD﹣CQ＝1，
∴AQ，
当点Q在DC的延长线上，
在Rt△ADQ′中，DQ′＝CD+CQ′＝3，
∴AQ′，
综上所述：当∠ADQ＝90°时，AQ的长为或，
故答案为：或．

20．（2022•杭州）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，点M为边AB的中点，点E在线段AM上，EF⊥AC于点F，连接CM，CE．已知∠A＝50°，∠ACE＝30°．
（1）求证：CE＝CM．
（2）若AB＝4，求线段FC的长．

【分析】（1）根据直角三角形的性质可得MC＝MA＝MB，根据外角的性质可得∠MEC＝∠A+∠ACE，∠EMC＝∠B+∠MCB，根据等角对等边即可得证；
（2）根据CE＝CM先求出CE的长，再解直角三角形即可求出FC的长．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，点M为边AB的中点，
∴MC＝MA＝MB，
∴∠MCA＝∠A，∠MCB＝∠B，
∵∠A＝50°，
∴∠MCA＝50°，∠MCB＝∠B＝40°，
∴∠EMC＝∠MCB+∠B＝80°，
∵∠ACE＝30°，
∴∠MEC＝∠A+∠ACE＝80°，
∴∠MEC＝∠EMC，
∴CE＝CM；
（2）解：∵AB＝4，
∴CE＝CMAB＝2，
∵EF⊥AC，∠ACE＝30°，
∴FC＝CE•cos30°．
21．（2022•金华）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“赵爽弦图”（如图2），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）当a＝3时，该小正方形的面积是多少？

【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，
当a＝3时，面积＝（3+3）2＝36．

1．（2022•贺州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝56°，则∠A的度数为（　　）

A．34° B．44° C．124° D．134°
【分析】根据直角三角形的两锐角互余计算即可．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，
则∠B+∠A＝90°，
∵∠B＝56°，
∴∠A＝90°﹣56°＝34°，
故选：A．
2．（2022•岳阳）如图，已知l∥AB，CD⊥l于点D，若∠C＝40°，则∠1的度数是（　　）

A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】根据直角三角形的性质求出∠CED，再根据平行线的性质解答即可．
【解答】解：在Rt△CDE中，∠CDE＝90°，∠DCE＝40°，
则∠CED＝90°﹣40°＝50°，
∵l∥AB，
∴∠1＝∠CED＝50°，
故选：C．

3．（2022•十堰）【阅读材料】如图①，四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E，F分别在BC，CD上，若∠BAD＝2∠EAF，则EF＝BE+DF．
【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形ABCD．已知CD＝CB＝100m，∠D＝60°，∠ABC＝120°，∠BCD＝150°，道路AD，AB上分别有景点M，N，且DM＝100m，BN＝50（1）m，若在M，N之间修一条直路，则路线M→N的长比路线M→A→N的长少 　370　m（结果取整数，参考数据：1.7）．

【分析】解法一：如图，作辅助线，构建直角三角形，先根据四边形的内角和定理证明∠G＝90°，分别计算AD，CG，AG，BG的长，由线段的和与差可得AM和AN的长，最后由勾股定理可得MN的长，计算AM+AN﹣MN可得答案．
解法二：构建【阅读材料】的图形，根据结论可得MN的长，从而得结论．
【解答】解：解法一：如图，延长DC，AB交于点G，过点N作NH⊥AD于H，

∵∠D＝60°，∠ABC＝120°，∠BCD＝150°，
∴∠A＝360°﹣60°﹣120°﹣150°＝30°，
∴∠G＝90°，
∴AD＝2DG，
Rt△CGB中，∠BCG＝180°﹣150°＝30°，
∴BGBC＝50，CG＝50，
∴DG＝CD+CG＝100+50，
∴AD＝2DG＝200+100，AGDG＝150+100，
∵DM＝100，
∴AM＝AD﹣DM＝200+100100＝100+100，
∵BG＝50，BN＝50（1），
∴AN＝AG﹣BG﹣BN＝150+10050﹣50（1）＝150+50，
Rt△ANH中，∵∠A＝30°，
∴NHAN＝75+25，AHNH＝7575，
由勾股定理得：MN50（1），
∴AM+AN﹣MN＝100+100150+5050（1）＝200+100370（m）．
答：路线M→N的长比路线M→A→N的长少370m．
4．（2022•大连）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°．分别以点A和点C为圆心，大于AC的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN．直线MN与AB相交于点D，连接CD，若AB＝3，则CD的长是（　　）

A．6 B．3 C．1.5 D．1
【分析】根据题意可知：MN是线段AC的垂直平分线，然后根据三角形相似可以得到点D为AB的中点，再根据直角三角形斜边上的中线和斜边的关系，即可得到CD的长．
【解答】解：由已知可得，
MN是线段AC的垂直平分线，
设AC与MN的交点为E，
∵∠ACB＝90°，MN垂直平分AC，
∴∠AED＝∠ACB＝90°，AE＝CE，
∴ED∥CB，
∴△AED∽△ACB，
∴，
∴，
∴ADAB，
∴点D为AB的中点，
∵AB＝3，∠ACB＝90°，
∴CDAB＝1.5，
故选：C．

5．（2022•永州）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝60°，点D为边AC的中点，BD＝2，则BC的长为（　　）

A．3 B．23 C．2 D．4
【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和30°角所对的直角边等于斜边的一半即可得到结论．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D为边AC的中点，BD＝2，
∴AC＝2BD＝4，
∵∠C＝60°，
∴∠A＝30°，
∴BCAC＝2，
故选：C．
6．（2022•攀枝花）如图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能够组合得到如图2所示的四边形OABC．若OC=5，BC＝1，∠AOB＝30°，则OA的值为（　　）

A．3 B． C．2 D．1
【分析】根据勾股定理和含30°角的直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵∠OBC＝90°，OC，BC＝1，
∴OB2，
∵∠A＝90°，∠AOB＝30°，
∴ABOB＝1，
∴OA，
故选：A．
7．（2022•荆门）如图，一座金字塔被发现时，顶部已经荡然无存，但底部未曾受损．已知该金字塔的下底面是一个边长为120m的正方形，且每一个侧面与地面成60°角，则金字塔原来高度为（　　）

A．120m B．603m C．605m D．1203m
【分析】根据底部是边长为120m的正方形求出BC的长，再由含30°角的直角三角形的性质求解AB的长，利用勾股定理求出AC的长即可．
【解答】解：如图，

∵底部是边长为120m的正方形，
∴BC120＝60m，
∵AC⊥BC，∠ABC＝60°，
∴∠BAC＝30°，
∴AB＝2BC＝120m，
∴ACm．
故选：B．
8．（2022•湖州）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连结PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是（　　）

A．42 B．6 C．210 D．35
【分析】在网格中，以MN为直角边构造一个等腰直角三角形，使PM最长，利用勾股定理求出即可．
【解答】解：如图所示：
∵BM＝NC＝4，BN＝CP＝2，且∠B＝∠C＝90°，
∴△BMN≌△CNP（SAS），
∴MN＝NP，∠BMN＝∠CNP，
∵∠BMN+∠BNM＝90°，
∴∠BNM+∠CNP＝90°，
∴∠MNP＝90°，
∴△NMP为等腰直角三角形，此时PM最长，
在Rt△BMN和Rt△NCP中，
根据勾股定理得：MN＝NP2，
则PM2．
故选：C．

9．（2022•金华）如图是城市某区域的示意图，建立平面直角坐标系后，学校和体育场的坐标分别是（3，1），（4，﹣2），下列各地点中，离原点最近的是（　　）

A．超市 B．医院 C．体育场 D．学校
【分析】根据题意可以画出相应的平面直角坐标系，然后根据勾股定理，可以得到点O到超市、学校、体育场、医院的距离，再比较大小即可．
【解答】解：如右图所示，
点O到超市的距离为：，
点O到学校的距离为：，
点O到体育场的距离为：，
点O到医院的距离为：，
∵，
∴点O到超市的距离最近，
故选：A．

10．（2022•鄂尔多斯）如图，AB⊥BC于点B，AB⊥AD于点A，点E是CD中点，若BC＝5，AD＝10，BE，则AB的长是 　12　．

【分析】延长BE交AD于点F，由“ASA”可证△BCE≌△FDE，可得DF＝BC＝5，BE＝EF，由勾股定理可求AB的长．
【解答】解：如图，延长BE交AD于点F，

∵点E是DC的中点，
∴DE＝CE，
∵AB⊥BC，AB⊥AD，
∴AD∥BC，
∴∠D＝∠BCE，
∵∠FED＝∠BEC，
∴△BCE≌△FDE（ASA），
∴DF＝BC＝5，BE＝EF，
∴BF＝2BE＝13，
在Rt△ABF中，由勾股定理可得AB＝12．
故答案为：12．
11．（2022•金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm．把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，连结CC'，则四边形AB'C'C的周长为 　（8+23）　cm．

【分析】利用含30°角的直角三角形的性质，勾股定理和平移的性质，求得四边形AB'C'C的四边即可求得结论．
【解答】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝2cm，
∴AB＝2BC＝4cm，
∴AC2cm．
∵把△ABC沿AB方向平移1cm，得到△A'B'C'，
∴B′C′＝BC＝2cm，AA′＝CC′＝1cm，A′B′＝AB＝4cm，
∴AB′＝AA′+A′B′＝5cm．
∴四边形AB'C'C的周长为AB′+B′C′+CC′+AC＝5+2+1+2（8+2）cm．
故答案为：（8+2）．
12．（2022•成都）若一个直角三角形两条直角边的长分别是一元二次方程x2﹣6x+4＝0的两个实数根，则这个直角三角形斜边的长是 　27　．
【分析】设直角三角形两条直角边分别为a、b，斜边为c，由一元二次方程根与系数的关系可得a+b＝6，ab＝4，再由勾股定理即可求出斜边长．
【解答】解：设直角三角形两条直角边分别为a、b，斜边为c，
∵直角三角形两条直角边的长分别是一元二次方程x2﹣6x+4＝0的两个实数根，
∴a+b＝6，ab＝4，
∴斜边c2，
故答案为：2．
13．（2022•内江）勾股定理被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．图②由弦图变化得到，它是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MNXT的面积分别为S1、S2、S3．若正方形EFGH的边长为4，则S1+S2+S3＝　48　．

【分析】由勾股定理和乘法公式完成计算即可．
【解答】解：设八个全等的直角三角形的长直角边为a，短直角边是b，则：
S1＝（a+b）2，S2＝42＝16，S3＝（a﹣b）2，
且：a2+b2＝EF2＝16，
∴S1+S2+S3＝（a+b）2+16+（a﹣b）2＝2（a2+b2）+16
＝2×16+16
＝48．
故答案为：48．
14．（2022•湖北）勾股定理最早出现在商高的《周髀算经》：“勾广三，股修四，径隅五”．观察下列勾股数：3，4，5；5，12，13；7，24，25；…，这类勾股数的特点是：勾为奇数，弦与股相差为1．柏拉图研究了勾为偶数，弦与股相差为2的一类勾股数，如：6，8，10；8，15，17；…，若此类勾股数的勾为2m（m≥3，m为正整数），则其弦是 　m2+1　（结果用含m的式子表示）．
【分析】根据题意得2m为偶数，设其股是a，则弦为a+2，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】解：∵m为正整数，
∴2m为偶数，设其股是a，则弦为a+2，
根据勾股定理得，（2m）2+a2＝（a+2）2，
解得a＝m2﹣1，
∴弦是a+2＝m2﹣1+2＝m2+1，
故答案为：m2+1．
15．（2022•常州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝9，BC＝12．在Rt△DEF中，∠F＝90°，DF＝3，EF＝4．用一条始终绷直的弹性染色线连接CF，Rt△DEF从起始位置（点D与点B重合）平移至终止位置（点E与点A重合），且斜边DE始终在线段AB上，则Rt△ABC的外部被染色的区域面积是 　21　．

【分析】如图，连接CF交AB于点M，连接CF′交AB于点N，过点F作FG⊥AB于点H，过点F′作F′H⊥AB于点H，连接FF′，则四边形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的区域是梯形MFF′N．求出梯形的上下底以及高，可得结论．
【解答】解：如图，连接CF交AB于点M，连接CF′交AB于点N，过点F作FG⊥AB于点H，过点F′作F′H⊥AB于点H，连接FF′，则四边形FGHF′是矩形，Rt△ABC的外部被染色的区域是梯形MFF′N．

在Rt△DEF中，DF＝3，EF＝4，
∴DE5，
在Rt△ABC中，AC＝9，BC＝12，
∴AB15，
∵•DF•EF•DE•GF，
∴FG，
∴BG，
∴GE＝BE﹣BG，AH＝GE，
∴F′H＝FG，
∴FF′＝GH＝AB﹣BG﹣AH＝15﹣5＝10，
∵BF∥AC，
∴，
∴BMAB，
同法可证ANAB，
∴MN＝15，
∴Rt△ABC的外部被染色的区域的面积（10）21，
故答案为：21．
16．（2022•泰州）如图所示的象棋盘中，各个小正方形的边长均为1．“马”从图中的位置出发，不走重复路线，按照“马走日”的规则，走两步后的落点与出发点间的最短距离为 　2　．

【分析】根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：如图，第一步到①，第二步到②，
故走两步后的落点与出发点间的最短距离为，
故答案为：．
17．（2022•荆门）数学兴趣小组为测量学校A与河对岸的科技馆B之间的距离，在A的同岸选取点C，测得AC＝30，∠A＝45°，∠C＝90°，如图，据此可求得A，B之间的距离为（　　）

A．203 B．60 C．302 D．30
【分析】根据等腰直角三角形的性质，利用勾股定理计算可求解．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝45°，
∴∠B＝∠A＝45°，
∴BC＝AC＝30，
∴AB，
故选：C．
18．（2022•长沙）如图，在△ABC中，按以下步骤作图：
①分别以点A、B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点；
②作直线PQ交AB于点D；
③以点D为圆心，AD长为半径画弧交PQ于点M，连接AM、BM．
若AB＝22，则AM的长为（　　）

A．4 B．2 C．3 D．2
【分析】证明△AMB是等腰直角三角形，即可得到答案．
【解答】解：由作图可知，PQ是AB的垂直平分线，
∴AM＝BM，
∵以点D为圆心，AD长为半径画弧交PQ于点M，
∴DA＝DM＝DB，
∴∠DAM＝∠DMA，∠DBM＝∠DMB，
∵∠DAM+∠DMA+∠DBM+∠DMB＝180°，
∴2∠DMA+2∠DMB＝180°，
∴∠DMA+∠DMB＝90°，即∠AMB＝90°，
∴△AMB是等腰直角三角形，
∴AMAB22，
故选：B．
19．（2022•河北）题目：“如图，∠B＝45°，BC＝2，在射线BM上取一点A，设AC＝d，若对于d的一个数值，只能作出唯一一个△ABC，求d的取值范围．”对于其答案，甲答：d≥2，乙答：d＝1.6，丙答：d=2，则正确的是（　　）

A．只有甲答的对 B．甲、丙答案合在一起才完整
C．甲、乙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才完整
【分析】由题意知，当CA⊥BA或CA＞BC时，能作出唯一一个△ABC，分这两种情况求解即可．
【解答】解：由题意知，当CA⊥BA或CA＞BC时，能作出唯一一个△ABC，
①当CA⊥BA时，
∵∠B＝45°，BC＝2，
∴AC＝BC•sin45°＝2，
即此时d，
②当CA＝BC时，
∵∠B＝45°，BC＝2，
∴此时AC＝2，
即d≥2，
综上，当d或d≥2时能作出唯一一个△ABC，
故选：B．
20．（2022•宜宾）如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点D是BC边上的动点（不与点B、C重合），DE与AC交于点F，连结CE．下列结论：①BD＝CE；②∠DAC＝∠CED；③若BD＝2CD，则；④在△ABC内存在唯一一点P，使得PA+PB+PC的值最小，若点D在AP的延长线上，且AP的长为2，则CE＝2+3．其中含所有正确结论的选项是（　　）

A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④
【分析】①正确．证明△BAD≌△CAE（SAS），可得结论；
②正确．证明A，D，C，E四点共圆，利用圆周角定理证明；
③正确．设CD＝m，则BD＝CE＝2m．DEm，OAm，过点C作CJ⊥DF于点J，求出AO，CJ，可得结论；
④错误．将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，此时∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，设PD＝t，则BD＝ADt，构建方程求出t，可得结论．
【解答】解：如图1中，

∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴BD＝EC，∠ADB＝∠AEC，故①正确，
∵∠ADB+∠ADC＝180°，
∴∠AEC+∠ADC＝180°，
∴∠DAE+∠DCE＝180°，
∴∠DAE＝∠DCE＝90°，
取DE的中点O，连接OA，OA，OC，则OA＝OD＝OE＝OC，
∴A，D，C，E四点共圆，
∴∠DAC＝∠CED，故②正确，
设CD＝m，则BD＝CE＝2m．DEm，OAm，
过点C作CJ⊥DF于点J，
∵tan∠CDF2，
∴CJm，
∵AO⊥DE，CJ⊥DE，
∴AO∥CJ，
∴，故③正确．
如图2中，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM，连接PN，

∴BP＝BN，PC＝NM，∠PBN＝60°，
∴△BPN是等边三角形，
∴BP＝PN，
∴PA+PB+PC＝AP+PN+MN，
∴当点A，点P，点N，点M共线时，PA+PB+PC值最小，此时∠APB＝∠APC＝∠BPC＝120°，PB＝PC，AD⊥BC，
∴∠BPD＝∠CPD＝60°，
设PD＝t，则BD＝ADt，
∴2+tt，
∴t1，
∴CE＝BDt＝3，故④错误．
故选：B．
21．（2022•大连）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝4，点D在AC上，CD＝3，连接DB，AD＝DB，点P是边AC上一动点（点P不与点A，D，C重合），过点P作AC的垂线，与AB相交于点Q，连接DQ，设AP＝x，△PDQ与△ABD重叠部分的面积为S．
（1）求AC的长；
（2）求S关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围．

【分析】（1）根据勾股定理可求出BD，根据AD＝BD进而求出AC，
（2）分两种情况进行解答，即点P在点D的左侧或右侧，分别画出相应的图形，根据相似三角形的判定和性质分别用含有x的代数式表示PD、PE、PQ，由三角形面积之间的关系可得答案．
【解答】解：（1）在Rt△BCD中，BC＝4，CD＝3，
∴BD5，
又∵AD＝BD，
∴AC＝AD+CD＝5+3＝8；
（2）当点P在点D的左侧时，即0＜x＜5，如图1，此时重叠部分的面积就是△PQD的面积，
∵PQ⊥AC，BC⊥AC，
∴PQ∥BC，
∴△ABC∽△AQP，
∴2，
设AP＝x，则PQx，PD＝AD﹣AP＝5﹣x，
∴S重叠部分＝S△PQD（5﹣x）x
x2x；
当点P在点D的右侧时，即5＜x＜8，如图2，
由（1）得，AP＝x，PQx，则PD＝x﹣5，
∵PQ∥BC，
∴△DPE∽△DCB，
∴，
∴PE（x﹣5），
∴QE＝PQ﹣PEx（x﹣5）x，
∴S重叠部分＝S△DEQ
（x﹣5）×（x）
x2x；
答：S关于x的函数解析式为：当0＜x＜5时，Sx2x；当5＜x＜8时，Sx2x．


1．（2022•南岗区二模）在△ABC中，∠C＝90°，CD，CE分别是△ABC的中线，高，若，则线段AC的长为 　6或8　．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质求出AB，根据三角形的面积公式、完全平方公式计算即可．
【解答】解：设AC＝x，BC＝y，
∵CD是△ABC的中线，
∴AB＝2CD＝10，
∴x2+y2＝100，
∵CE是△ABC的高，CE，
∴xy10，即xy＝48，
∴x2+2xy+y2＝100+96，x2﹣2xy+y2＝100﹣96，
则x+y＝14，x﹣y＝±2，
解方程组x+y=14x?y=2，得，
解方程组x+y=14x?y=?2，得，
∴AC的长为6或8，
故答案为：6或8．
2．（2022•威县校级模拟）如图1，△ABC的顶点C恰好在以AB为直径的半图上，分别以△ABC的三边长为边长构造三个正方形，按如图2所示的方式放置，则图中两阴影部分的面积S1，S2的大小关系为（　　）

A．S1＞S2 B．S1＜S2 C．S1＝S2 D．不能确定
【分析】根据圆周角定理，勾股定理，正方形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：∵AB为半图的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴a2＝c2﹣b2，
如图2，∵S1＝a2﹣a（c﹣b）＝a2﹣ac+ab，S2＝c2﹣b2﹣a（c﹣b）＝a2﹣ac+ab，
∴S1＝S2，
故选：C．
3．（2022•三穗县校级模拟）如图，在四边形ABCD中，AB＝3，BC＝4，CD＝12，DA＝13，且∠ABC＝90°，则四边形ABCD的面积是（　　）

A．20 B．30 C．36 D．72
【分析】本利用勾股定理求出AC2的值，再由勾股定理的逆定理判定三角形ACD也为直角三角形，则S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD．
【解答】解：如图，连接AC．
在Rt△ABC中，AC2＝AB2+BC2＝25，
∵AC2+CD2＝AD2，
∴△CDA也为直角三角形，
∴S四边形ABCD＝S△ABC+S△ACD6+30＝36．
故选：C．
4．（2023•萧县一模）在正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，点A，B，C，D均在格点上，连接AC，BD相交于点E，若小正方形的边长为1，则点E到AB的距离为 　　．

【分析】过点E作FG∥AD，则FG⊥AB，FG⊥CD，先根据勾股定理计算AC的长，再根据△ABE∽△CDE，对应边成比例，得到，所以，从而求出AE的长．
【解答】解：过点E作FG∥AD，则FG⊥AB，FG⊥CD，
在Rt△ACD中，AC，
∵AB∥DC，
∴△ABE∽△CDE，
∴，
∴，
∴，
∴EFFG3，即点E到AB的距离为．
故答案为：．

5．（2022•莲湖区二模）如图，点D是AC的垂直平分线与BC边的交点，作DE⊥AB于点E，若∠BAC＝68°，∠C＝36°，则∠ADE的度数为（　　）

A．56° B．58° C．60° D．62°
【分析】根据线段垂直平分线的性质可得AD＝CD，由等边对等角可得∠DAC＝36°，根据角的差可得∠BAD＝32°，进而利用互余解答即可．
【解答】解：∵点D是AC的垂直平分线与BC边的交点，
∴AD＝DC，∠C＝36°，
∴∠DAC＝∠C＝36°，
∵∠BAC＝68°，
∴∠BAD＝∠BAC﹣∠DAC＝68°﹣36°＝32°，
∵DE⊥AB，
∴∠AED＝90°，
∴∠ADE＝90°﹣32°＝58°，
故选：B．
6．（2022•枝江市一模）如图，数学活动课上，为测量学校A与河对岸农场B之间的距离，在学校附近选一点C．利用测量仪器测得∠A＝60°，∠C＝90°，AC＝2km，据此，可求得学校与农场之间的距离AB等于（　　）km．

A．8 B．6 C．4 D．2
【分析】直接利用直角三角形的性质得出∠B度数，进而利用直角三角形中30°所对直角边是斜边的一半，即可得出答案．
【解答】解：∵∠A＝60°，∠C＝90°，
∴∠B＝30°，
∵AC＝2km，
∴AB＝2AC＝4（km）．
故选：C．
7．（2022•碑林区校级模拟）如图，△ABC中，CD⊥AB，垂足为D，E为BC边的中点，AB＝4，AC＝2，DE=3，则∠ACD＝（　　）

A．15° B．30° C．22.5° D．45°
【分析】先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出BC＝2DE＝2，再利用勾股定理的逆定理得出∠ACB＝90°，由AB＝2AC可求解∠ABC＝30°，然后根据同角的余角相等即可得出∠ACD＝∠ABC即可求解．
【解答】解：∵CD⊥AB，E为BC边的中点，DE，
∴BC＝2DE＝2，
∵AB＝4，AC＝2，
∴AC2+BC2＝4+12＝16＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，且∠ABC＝30°，
∴∠ACD+∠BCD＝90°，
∵∠ABC+∠BCD＝90°，
∴∠ACD＝∠ABC＝30°．
故选：B．
8．（2022•东莞市二模）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝10，BC＝8，线段DE的两个端点D，E分别在边AC，BC上滑动，且DE＝6，若点M，N分别是DE，AB的中点，则MN的最小值为 　　．

【分析】根据三角形斜边中线的性质求得CN，CM3，由当C、M、N在同一直线上时，MN取最小值，即可求得MN的最小值为：．
【解答】解：如图，连接CM、CN，
△ABC中，∠C＝90°，AC＝10，BC＝8，
∴AB，
∵DE＝6，点M、N分别是DE、AB的中点，
∴CN，CM3，
当C、M、N在同一直线上时，MN取最小值，
∴MN的最小值为：．
故答案为：．

9．（2022•永嘉县三模）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周辞算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD．连结CE，若CE＝AD，则tan∠BCE的值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】令CE交BG于点M，过点M作MN⊥BC于点N，设CH＝4x，先求得HD＝EH＝EF＝FG＝FB＝CG＝GH＝2x，，再证△EFM≌△CGM得FM＝GM＝x，最后求得，，即可求解．
【解答】解：如图，令CE交BG于点M，过点M作MN⊥BC于点N，设CH＝4x，

∵Rt△AFB≌Rt△BGC≌Rt△CHD≌Rt△DEA，
∴AF＝BG＝CH＝DE＝4x，FB＝GC＝HD＝EA，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EF＝FG＝GH＝HE，∠CHE＝∠AFG＝90°，
∵CE＝AD，
∴HD＝EH＝EF＝FG＝FB＝CG＝GH＝2x，
∴，
在△EFM和△CGM中，
，
∴△EFM≌△CGM（AAS），
∴FM＝GM＝x，
在△BMN和△BCG中，
，
∴△BNM∽△BGC（AA），
∴，即，，
即，
∴，，
∴，
∴．
故选：C．
10．（2022•南岸区校级模拟）我们知道，三个正整数a、b、c满足a2+b2＝c2，那么，a、b、c成为一组勾股数；如果一个正整数m能表示成两个非负整数x、y的平方和，即m＝x2+y2，那么称m为广义勾股数，则下面的结论：
①7是广义勾股数；②13是广义勾股数；③两个广义勾股数的和是广义勾股数；
④两个广义勾股数的积是广义勾股数；⑤若x＝m2﹣n2，y＝2mn，z＝m2+n2，其中x，y，z，m，n是正整数，则x，y，z是一组勾股数．
其中正确的结论是（　　）
A．①③④⑤ B．②④ C．②③⑤ D．②④⑤
【分析】根据广义勾股数的定义进行判断即可．
【解答】解：①∵7不能表示为两个正整数的平方和，
∴7不是广义勾股数，故①结论错误；
②∵13＝22+32，
∴13是广义勾股数，故②结论正确；
③两个广义勾股数的和不一定是广义勾股数，如5和10是广义勾股数，但是它们的和不是广义勾股数，故③结论错误；
④∵5＝12+22，13＝22+32，65＝5×13，65是广义勾股数，两个广义勾股数的积是广义勾股数，
如2和2都是广义勾股数，但2×2＝4，4不是广义勾股数，故④结论正确；
⑤∵x2+y2＝（m2﹣n2）2+（2mn）2＝m4+2m2n2+n4，
z2＝（m2+n2）2＝m4+2m2n2+n4，
∴x2+y2＝z2，
又知x，y，z，m，n是正整数，则x，y，z是一组勾股数．
故⑤结论正确；
∴依次正确的是②④⑤．
故选：D．
11．（2022•鄂州一模）如图，小丽荡秋千，秋千链子的长为OA，秋千向两边摆动的角度相同，摆动的水平距离AB为3米，秋千摆至最高位置时与最低位置时的高度之差（即CD）为0.5米．则秋千链子的长OA为（　　）

A．2米 B．2.5米 C．1.5米 D．米
【分析】由垂径定理得：AD＝BD，设⊙O的半径为x米，再根据勾股定理求得x的长，可得结论．
【解答】解：∵OC⊥AB
∴AD＝BDAB，
设⊙O的半径为x米，
由勾股定理得：OA2＝OD2+AD2，
∴x2＝（x﹣0.5）2+（）2，
解得：OA＝2.5．
故选：B．
12．（2022•碑林区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，AC＝BC，CD为AB边上的中线，AE为CD边上的中线，若BC＝4，则AE的长为（　　）

A．6 B．7 C．10 D．3
【分析】根据勾股定理求出AB，根据等腰三角形的性质和直角三角形斜边上的中线性质得出CD＝AD＝BDAB＝2，CD⊥AB，求出DE，再根据勾股定理求出AE即可．
【解答】解：∵∠BCA＝90°，AC＝BC＝4，
∴AB4，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，CD是斜边AB上的中线，
∴CD＝AD＝BDAB＝2，CD⊥AB，
∴∠ADE＝90°，
∵AE是CD边上的中线，
∴DE＝CECD，
∴AE，
故选：C．
13．（2022春•高安市期中）勾股定理被誉为“几何明珠”，如图是我国古代著名的“赵爽弦图”，它由4个全等的直角三角形拼成，已知大正方形面积为25，小正方形面积为1，若用a、b表示直角三角形的两直角边（a＞b），则下列说法：①a2+b2＝25，②a﹣b＝1，③ab＝12，④a+b＝7．正确的是（　　）

A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【分析】根据勾股定理和大正方形面积为25，可以判断①；根据小正方形面积为1，可以判断②；根据大正方形面积为25，小正方形面积为1，可以得到四个直角三角形的面积，从而可以得到ab的值，即可判断③；根据完全平方公式可以判断④．
【解答】解：由图可得，
a2+b2＝c2＝25，故①正确；
∵小正方形面积为1，
∴小正方形的边长为1，
∴a﹣b＝1，故②正确；
∵大正方形面积为25，小正方形面积为1，
∴ab＝（25﹣1）÷4，
解得ab＝12，故③正确；
∵a2+b2＝25，ab＝12，
∴（a+b）2＝a2+2ab+b2＝49，
∴a+b＝7，故④正确；
故选：D．
14．（2022春•濮阳期末）如图，丽丽用边长为4的正方形做成了一套七巧板，小组合作将这套七巧板拼成了“人”的形状，则这个“人”的两只脚所占的面积为 　2　．

【分析】根据七巧板的特征，可知点F是CD的中点，点E是BC的中点，S△DJF+S△HIJ＝S△CEF，进而即可得到答案．
【解答】解：由题意得，点F是CD的中点，即DF＝CFDC4＝2，
同理：CE＝BEBC＝2，
∴这个“人”的两只脚所占的面积＝S△DJF+S△HIJ＝S△CEF2．
故答案为：2．
15．（2022•温州模拟）勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以勾股图为背景的邮票．所谓勾股图是指以直角三角形的三边为边向外作正方形构成，它可以验证勾股定理．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝a，AB＝b（a＜b）．如图所示作矩形HFPQ，延长CB交HF于点G．若正方形BCDE的面积等于矩形BEFG面积的3倍，则为（　　）

A． B． C． D．
【分析】过A作AQ⊥BC，根据等面积法得AQ，设BC＝c，得c2＝a2+b2，再证△MGB≌△BQA（AAS），再根据正方形BCDE的面积等于矩形BEFG面积的3倍，得c2＝3ab，再根据c2＝a2+b2，得a2+b2﹣3ab＝0，根据求根公式得出ab，a＜b，从而求出的比值．
【解答】解：过A作AQ⊥BC，
∴AQ，
设BC＝c，
∴c2＝a2+b2，
∴S正方形BEDC＝c2，
∵MB＝AB＝b，∠MBA＝∠BQA＝∠MGB＝90°，
∴∠MBG+∠ABC＝90°，∠ABC+∠BAQ＝90°，
∴∠ABC＝∠BMG，
∴△MGB≌△BQA（AAS），
∴BG＝AQ，
∴S矩形BGFE＝cab，
∵正方形BCDE的面积等于矩形BEFG面积的3倍，
∴c2＝3ab，
∵c2＝a2+b2，
∴a2+b2＝3ab，
∴a2+b2﹣3ab＝0，
∴ab，
∵a＜b，
∴；
故选：D．