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1. 已知直角三角形一条直角边的长与斜边的长之比为3:5,另一条直角边的长为24,则该直角三角形的周长为 ( )
A.68
B.72
C.80
D.100
A.68
B.72
C.80
D.100
答案
B
解析
设直角三角形的一条直角边为$3x$，斜边为$5x$。
由勾股定理得：$(3x)^2 + 24^2 = (5x)^2$
$9x^2 + 576 = 25x^2$
$16x^2 = 576$
$x^2 = 36$
$x = 6$（$x=-6$舍去）
则一条直角边为$3x = 18$，斜边为$5x = 30$
周长为$18 + 24 + 30 = 72$
B
由勾股定理得：$(3x)^2 + 24^2 = (5x)^2$
$9x^2 + 576 = 25x^2$
$16x^2 = 576$
$x^2 = 36$
$x = 6$（$x=-6$舍去）
则一条直角边为$3x = 18$，斜边为$5x = 30$
周长为$18 + 24 + 30 = 72$
B
2. (2024·沭阳一模)如图,在Rt△ABC中,∠C= 90°,AD平分∠BAC,AB= 15,AC= 9,则点D到AB的距离为 ( )
A.4
B.$\frac{9}{2}$
C.5
D.$\frac{11}{2}$
A.4
B.$\frac{9}{2}$
C.5
D.$\frac{11}{2}$
答案
B
解析
在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=15，AC=9，
由勾股定理得：BC=$\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{15^2-9^2}=12$。
设点D到AB的距离为h，
∵AD平分∠BAC，∠C=90°，
∴CD=h，BD=BC-CD=12-h。
S△ABC=S△ACD+S△ABD，
$\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×AC×CD+\frac{1}{2}×AB×h$，
$\frac{1}{2}×9×12=\frac{1}{2}×9×h+\frac{1}{2}×15×h$，
解得h=$\frac{9}{2}$。
B
由勾股定理得：BC=$\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{15^2-9^2}=12$。
设点D到AB的距离为h，
∵AD平分∠BAC，∠C=90°，
∴CD=h，BD=BC-CD=12-h。
S△ABC=S△ACD+S△ABD，
$\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×AC×CD+\frac{1}{2}×AB×h$，
$\frac{1}{2}×9×12=\frac{1}{2}×9×h+\frac{1}{2}×15×h$，
解得h=$\frac{9}{2}$。
B
3. (2024·宿城期中)如图,△ABC的顶点都在由边长为1的小正方形组成的网格的格点(网格线的交点)上,CD⊥AB于点D,则CD的长是 ( )
A.$\frac{19}{5}$
B.4
C.$\frac{17}{5}$
D.$\frac{21}{5}$
A.$\frac{19}{5}$
B.4
C.$\frac{17}{5}$
D.$\frac{21}{5}$
答案
A
4. (整体思想)如图,在Rt△ABC中,∠ACB= 90°,AB= 4,分别以AC,BC为直径向外作半圆,半圆的面积分别记为$S_1$,$S_2$,则$S_1+S_2$的值为______.
答案
$2\pi$
解析
设AC为直径的半圆半径为$r_1$，BC为直径的半圆半径为$r_2$，则$r_1 = \frac{AC}{2}$，$r_2 = \frac{BC}{2}$。
$S_1 = \frac{1}{2}\pi r_1^2 = \frac{1}{2}\pi (\frac{AC}{2})^2 = \frac{\pi AC^2}{8}$
$S_2 = \frac{1}{2}\pi r_2^2 = \frac{1}{2}\pi (\frac{BC}{2})^2 = \frac{\pi BC^2}{8}$
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=4，由勾股定理得$AC^2 + BC^2 = AB^2 = 4^2 = 16$
$S_1 + S_2 = \frac{\pi AC^2}{8} + \frac{\pi BC^2}{8} = \frac{\pi (AC^2 + BC^2)}{8} = \frac{\pi × 16}{8} = 2\pi$
$2\pi$
$S_1 = \frac{1}{2}\pi r_1^2 = \frac{1}{2}\pi (\frac{AC}{2})^2 = \frac{\pi AC^2}{8}$
$S_2 = \frac{1}{2}\pi r_2^2 = \frac{1}{2}\pi (\frac{BC}{2})^2 = \frac{\pi BC^2}{8}$
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=4，由勾股定理得$AC^2 + BC^2 = AB^2 = 4^2 = 16$
$S_1 + S_2 = \frac{\pi AC^2}{8} + \frac{\pi BC^2}{8} = \frac{\pi (AC^2 + BC^2)}{8} = \frac{\pi × 16}{8} = 2\pi$
$2\pi$
5. 在△ABC中,AB= AC,∠BAC的平分线AD交BC于点D,E为AB的中点.若BC= 12,AD= 8,则DE的长为______.
答案
5
解析
∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，BD=DC= $\frac{1}{2}$BC=6。
在Rt△ABD中，AB= $\sqrt{AD^{2}+BD^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=10$。
∵E为AB中点，
∴DE= $\frac{1}{2}$AB=5。
5
6. (2023·天津)如图,在△ABC中,按照尺规作图痕迹作直线MN,分别与边BC,AC相交于点D,E,连接AD.若BD= DC,AE= 4,AD= 5,则AB的长为______.
答案
6
7. (方程思想)(2024·宿城期末)如图,在长方形ABCD中,AB= 8,BC= 4,将长方形沿AC折叠,点D落在点D'处,CD'与AB交于点F,则重叠部分△AFC的面积为______.
答案
10
解析
设$AF = x$，则$BF = AB - AF = 8 - x$。
因为四边形$ABCD$是长方形，所以$AB // CD$，$\angle B = 90^\circ$，$AD = BC = 4$，$CD = AB = 8$。
由折叠性质得：$\angle ACD = \angle ACD'$，$CD' = CD = 8$。
因为$AB // CD$，所以$\angle BAC = \angle ACD$，进而$\angle BAC = \angle ACD'$，故$AF = CF = x$。
因此$D'F = CD' - CF = 8 - x$。
在$Rt\triangle AD'F$中，$AD' = AD = 4$，由勾股定理得：$AD'^2 + D'F^2 = AF^2$，即$4^2 + (8 - x)^2 = x^2$。
解得$x = 5$，所以$CF = 5$。
$\triangle AFC$的面积为$\frac{1}{2} × CF × BC = \frac{1}{2} × 5 × 4 = 10$。
10
因为四边形$ABCD$是长方形，所以$AB // CD$，$\angle B = 90^\circ$，$AD = BC = 4$，$CD = AB = 8$。
由折叠性质得：$\angle ACD = \angle ACD'$，$CD' = CD = 8$。
因为$AB // CD$，所以$\angle BAC = \angle ACD$，进而$\angle BAC = \angle ACD'$，故$AF = CF = x$。
因此$D'F = CD' - CF = 8 - x$。
在$Rt\triangle AD'F$中，$AD' = AD = 4$，由勾股定理得：$AD'^2 + D'F^2 = AF^2$，即$4^2 + (8 - x)^2 = x^2$。
解得$x = 5$，所以$CF = 5$。
$\triangle AFC$的面积为$\frac{1}{2} × CF × BC = \frac{1}{2} × 5 × 4 = 10$。
10
8. 如图,△ADE和△ACB是两直角边的长分别为a,b,斜边的长为c的全等的直角三角形,∠DAB= 90°,连接CD.求证:$a^2+b^2= c^2$.
答案
如图,连接DB,过点D作DF⊥BC,交BC的延长线于点F,则DF=EC=b - a.
∵$S_{四边形ADCB}=S_{\triangle ACD}+S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}b^{2}+\frac{1}{2}ab$,又
∵$S_{四边形ADCB}=S_{\triangle ADB}+S_{\triangle DCB}=\frac{1}{2}c^{2}+\frac{1}{2}a(b - a)$,
∴$\frac{1}{2}b^{2}+\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}c^{2}+\frac{1}{2}a(b - a)$,
∴$a^{2}+b^{2}=c^{2}$
