一、选择题
1. 如图所示，梯子 $ AB $ 斜靠在墙面上， $ AC ⊥ BC $， $ AC = BC $，当梯子顶端 $ A $ 沿 $ AC $ 方向下滑 $ x $ m 时，梯子底端 $ B $ 沿 $ CB $ 方向滑动 $ y $ m，则 $ x $ 与 $ y $ 的大小关系是().

A.$ x ＞ y $
B.$ x = y $
C.$ x ＜ y $
D.不确定

1. A

解：设 $ AC = BC = a \, \mathrm{m} $，梯子 $ AB $ 长为 $ l \, \mathrm{m} $，由勾股定理得 $ l = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2} $。
顶端 $ A $ 下滑 $ x \, \mathrm{m} $ 后，位置为 $ A' $，则 $ A'C = (a - x) \, \mathrm{m} $；底端 $ B $ 滑动 $ y \, \mathrm{m} $ 后，位置为 $ B' $，则 $ B'C = (a + y) \, \mathrm{m} $。
此时梯子长度不变，有 $ A'B' = l = a\sqrt{2} $，由勾股定理：$ (a - x)^2 + (a + y)^2 = (a\sqrt{2})^2 $。
展开得：$ a^2 - 2ax + x^2 + a^2 + 2ay + y^2 = 2a^2 $，化简为 $ -2ax + x^2 + 2ay + y^2 = 0 $，即 $ 2a(y - x) = - (x^2 + y^2) $。
因为 $ x ＞ 0 $，$ y ＞ 0 $，所以 $ x^2 + y^2 ＞ 0 $，则 $ 2a(y - x) ＜ 0 $，又 $ a ＞ 0 $，故 $ y - x ＜ 0 $，即 $ x ＞ y $。
A

2. 如果把直角三角形的两条直角边同时扩大到原来的 $ 2 $ 倍，那么斜边扩大到原来的().

A.$ 1 $ 倍
B.$ 2 $ 倍
C.$ 3 $ 倍
D.$ 4 $ 倍

2. B

设原直角三角形的两条直角边分别为$a$、$b$，斜边为$c$，根据勾股定理可得$c = \sqrt{a^2 + b^2}$。
当两条直角边同时扩大到原来的$2$倍时，新直角边分别为$2a$、$2b$，新斜边为$c' = \sqrt{(2a)^2 + (2b)^2} = \sqrt{4a^2 + 4b^2} = \sqrt{4(a^2 + b^2)} = 2\sqrt{a^2 + b^2} = 2c$。
所以斜边扩大到原来的$2$倍。
B

3. 如图所示，在 $ \mathrm{Rt} △ ABC $ 中， $ ∠ BAC = 90° $， $ AB = 8 $， $ AC = 6 $， $ DE $ 是边 $ AB $ 的垂直平分线，垂足为点 $ D $，交边 $ BC $ 于点 $ E $.连接 $ AE $，则 $ △ ACE $ 的周长为().

A.$ 16 $
B.$ 15 $
C.$ 14 $
D.$ 13 $

3. A

解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC = 90°$，$AB = 8$，$AC = 6$，由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2 + AC^2}=\sqrt{8^2 + 6^2}=10$。
因为$DE$是$AB$的垂直平分线，所以$AE = BE$。
$△ ACE$的周长为$AC + CE + AE = AC + CE + BE = AC + BC = 6 + 10 = 16$。
A

二、填空题
4. 如图所示，螺旋形由一系列直角三角形组成，则第 $ n $ 个直角三角形的斜边长 $ OA_n = $，第 $ n $ 个直角三角形的面积 $ S_n = $.

4. $\sqrt{n + 1}$ $\dfrac{\sqrt{n}}{2}$

【分析】
我们可以通过勾股定理依次计算前几个直角三角形的斜边长，观察并归纳出第$n$个直角三角形斜边长的规律；再结合直角三角形面积公式，利用已得的直角边长度推导第$n$个三角形的面积。首先分析第一个直角三角形$Rt△ OA_0A_1$，两条直角边均为1，计算$OA_1$；再依次计算$OA_2$、$OA_3$，从中发现$OA_n$的表达式；对于面积，第$n$个直角三角形的一条直角边为1，另一条直角边为$OA_{n-1}$，代入面积公式即可得到$S_n$。
【解析】
1. 求第$n$个直角三角形的斜边长$OA_n$：
在$Rt△ OA_0A_1$中，$OA_0=A_0A_1=1$，由勾股定理得：
$OA_1=\sqrt{OA_0^2 + A_0A_1^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}=\sqrt{1+1}$；
在$Rt△ OA_1A_2$中，$OA_1=\sqrt{2}$，$A_1A_2=1$，由勾股定理得：
$OA_2=\sqrt{OA_1^2 + A_1A_2^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+1^2}=\sqrt{2+1}=\sqrt{3}=\sqrt{2+1}$；
在$Rt△ OA_2A_3$中，$OA_2=\sqrt{3}$，$A_2A_3=1$，由勾股定理得：
$OA_3=\sqrt{OA_2^2 + A_2A_3^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2}=\sqrt{3+1}=\sqrt{4}=\sqrt{3+1}$；
以此类推，第$n$个直角三角形的斜边长$OA_n=\sqrt{n+1}$。
2. 求第$n$个直角三角形的面积$S_n$：
第$n$个直角三角形的两条直角边分别为$OA_{n-1}$和1，其中$OA_{n-1}=\sqrt{(n-1)+1}=\sqrt{n}$，
根据直角三角形面积公式$S=\frac{1}{2}×底×高$，可得：
$S_n=\frac{1}{2}×1× OA_{n-1}=\frac{1}{2}×\sqrt{n}=\frac{\sqrt{n}}{2}$。
【答案】
$\sqrt{n + 1}$；$\dfrac{\sqrt{n}}{2}$
【知识点】
勾股定理，规律探究，直角三角形面积公式
【点评】
本题考查勾股定理的应用与归纳推理能力，通过计算前几个图形的相关量，总结出通用规律，需要学生具备观察、归纳的数学思维，同时熟练掌握勾股定理与直角三角形面积公式。
【难度系数】
0.6

5. 如图所示，在 $ △ ABC $ 中， $ AB = BC = 8 $， $ AO = BO $，若点 $ M $ 是射线 $ CO $ 上的一个动点， $ ∠ AOC = 60° $，则当 $ △ ABM $ 为直角三角形时， $ AM $ 的长为.

5. $4\sqrt{3}$ 或 $4\sqrt{7}$ 或 4 提示：分 3 种情况，① 点 $M$ 在 $△ ABC$ 外且 $∠ AMB = 90^{\circ}$，② 点 $M$ 在 $△ ABC$ 外且 $∠ ABM = 90^{\circ}$，③ 点 $M$ 在 $△ ABC$ 内

解：
情况1：点$M$在$△ ABC$内，$∠ AMB=90°$
$\because AO=BO$，$∠ AOC=60°$，$AB=8$，$\therefore AO=BO=4$。
$△ AOM$中，$∠ AOM=60°$，$AO=4$，$M$在$CO$上，
当$∠ AMB=90°$时，$OM=AO·\cos60°=2$，
$\therefore AM=\sqrt{AO^2+OM^2-2· AO· OM·\cos120°}=4$。
情况2：点$M$在$△ ABC$外，$∠ AMB=90°$
$OM=AO=4$（$△ AOM$为等边三角形），
$\therefore AM=AO=4\sqrt{3}$。
情况3：点$M$在$△ ABC$外，$∠ ABM=90°$
$BO=4$，$∠ BOM=60°$，$BM=BO·\tan60°=4\sqrt{3}$，
$\therefore AM=\sqrt{AB^2+BM^2}=\sqrt{8^2+(4\sqrt{3})^2}=4\sqrt{7}$。
综上，$AM$的长为$4$或$4\sqrt{3}$或$4\sqrt{7}$。
$4\sqrt{3}$或$4\sqrt{7}$或$4$

6. 如图所示，在三角形纸片 $ ABC $ 中， $ ∠ C = 90° $， $ ∠ A = 30° $， $ AC = 3 $，折叠纸片，使点 $ A $ 与点 $ B $ 重合，折痕与 $ AB $， $ AC $ 分别相交于点 $ D $， $ E $，则折痕 $ DE $ 的长为.

6. 1

解：设 $ CE = x $，则 $ AE = AC - CE = 3 - x $。
由折叠性质知 $ BE = AE = 3 - x $。
在 $ △ ABC $ 中，$ ∠ C = 90° $，$ ∠ A = 30° $，$ AC = 3 $，则 $ BC = AC · \tan 30° = 3 · \frac{\sqrt{3}}{3} = \sqrt{3} $。
在 $ △ BCE $ 中，由勾股定理得：$ BC^2 + CE^2 = BE^2 $，即 $ (\sqrt{3})^2 + x^2 = (3 - x)^2 $。
解得 $ x = 1 $，故 $ AE = 3 - 1 = 2 $。
在 $ △ ADE $ 中，$ ∠ A = 30° $，$ ∠ ADE = 90° $，则 $ DE = AE · \sin 30° = 2 · \frac{1}{2} = 1 $。
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