一、勾股定理及其应用
1. 在平面直角坐标系中,点$P(2,-3)$到原点的距离是（）

A.$\sqrt{5}$
B.$\sqrt{11}$
C.$\sqrt{13}$
D.$2$

1.C

【分析】
要求平面直角坐标系中点P到原点的距离，首先回忆原点坐标为(0,0)，我们可以过点P向x轴作垂线，构造出以点P到原点的线段为斜边的直角三角形，两条直角边的长度分别等于点P横、纵坐标的绝对值，再利用勾股定理即可求出斜边长度，也就是点到原点的距离。
【解析】
解：平面直角坐标系中，原点O的坐标为(0,0)。
过点P(2,-3)作PA⊥x轴于点A，则点A的坐标为(2,0)。
可得直角边OA的长度为|2 - 0|=2，直角边PA的长度为|-3 - 0|=3。
在Rt△OPA中，根据勾股定理：$OP^2 = OA^2 + PA^2$
代入数值计算：$OP^2 = 2^2 + 3^2 = 4 + 9 = 13$
因为距离为非负数，所以$OP = \sqrt{13}$，故选C。
【答案】
C
【知识点】
勾股定理；平面直角坐标系点距计算
【点评】
本题是勾股定理在平面直角坐标系中的基础应用题型，解题核心是将点到原点的距离转化为直角三角形的斜边，结合勾股定理计算即可，属于基础题，需熟练掌握此类计算方法。
【难度系数】
0.9

2. 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$\sqrt{3}$,满足已知条件的三角形有两个(我们发现其中如图20-1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.$2\sqrt{3}$
B.$2\sqrt{3}-3$
C.$2\sqrt{3}$或$\sqrt{3}$
D.$2\sqrt{3}$或$2\sqrt{3}-3$

2.C 提示:如图,,CD = CB,CH⊥AB 于点 H,
∴ DH = BH.
∵ ∠A = 30°,
∴ CH=$\frac{1}{2}$AC = $\frac{3}{2}$, AH = $\sqrt{AC^2-CH^2}$ = $\frac{3\sqrt{3}}{2}$,在Rt△CBH中,由勾股定理,得 BH = $\sqrt{BC^2-CH^2}$ = $\sqrt{3-\frac{9}{4}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$.
∴ AB = AH+BH = $\frac{3\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$,AD = AH-DH = $\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$. 故满足已知条件的三角形的第三边长为 $2\sqrt{3}$或$\sqrt{3}$.

【分析】
本题需要先明确“两边及其中一边的对角对应相等时，符合条件的三角形有2个”的特点，我们可以通过过点C作AB边上的高构造直角三角形，结合含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形三线合一的性质和勾股定理，分两种情况计算第三边的长度，解题时注意不要漏解。
【解析】
过点C作CH⊥AB于点H，取CD=CB，
∴△CDB是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质可得DH=BH。
在Rt△ACH中，∠A=30°，AC=3，
∴30°角所对的直角边$CH=\frac{1}{2}AC=\frac{3}{2}$，
由勾股定理得：$AH=\sqrt{AC^2-CH^2}=\sqrt{3^2-(\frac{3}{2})^2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
在Rt△CBH中，已知$BC=\sqrt{3}$，$CH=\frac{3}{2}$，
由勾股定理得：$BH=\sqrt{BC^2-CH^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2-(\frac{3}{2})^2}=\sqrt{3-\frac{9}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
因此$DH=BH=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
分两种情况计算第三边长：
1. 当三角形为△ABC时，第三边$AB=AH+BH=\frac{3\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$；
2. 当三角形为△ACD时，第三边$AD=AH-DH=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$。
综上，满足已知条件的三角形的第三边长为$2\sqrt{3}$或$\sqrt{3}$。
【答案】
C
提示:如图,,CD = CB,CH⊥AB 于点 H,
∴ DH = BH.
∵ ∠A = 30°,
∴ CH=$\frac{1}{2}$AC = $\frac{3}{2}$, AH = $\sqrt{AC^2-CH^2}$ = $\frac{3\sqrt{3}}{2}$,在Rt△CBH中,由勾股定理,得 BH = $\sqrt{BC^2-CH^2}$ = $\sqrt{3-\frac{9}{4}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$.
∴ AB = AH+BH = $\frac{3\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$,AD = AH-DH = $\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$. 故满足已知条件的三角形的第三边长为 $2\sqrt{3}$或$\sqrt{3}$.
【知识点】
含30°角的直角三角形性质，勾股定理，等腰三角形性质
【点评】
本题围绕“两边及一边对角对应相等的三角形不一定全等”的知识点命题，解题的关键是通过作高构造直角三角形，同时注意分类讨论两种符合条件的三角形，避免漏解。
【难度系数】
0.7

3. 如图 20-2,在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ ACB=90°$,$AD$ 平分 $∠ BAC$ 与 $BC$ 相交于点 $D$. 若 $BD=4$,$CD=2$,则 $AB$ 的长是 $\underline{\hspace{5em}}$.

3.$4\sqrt{3}$

【分析】
遇到直角三角形中存在角平分线的问题，首先联想到角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等，因此我们过D作DE⊥AB于E，可得DE=CD=2，同时可证明△ACD和△AED全等，得到AC=AE。接下来先在Rt△BDE中用勾股定理求出BE的长度，再设AC=AE=x，在Rt△ABC中利用勾股定理列方程求解x，最终即可算出AB的长度。
【解析】
解：过点D作DE⊥AB于点E。
∵AD平分∠BAC，∠C=90°，DE⊥AB
∴DE=CD=2（角平分线上的点到角两边的距离相等）
在Rt△BDE中，BD=4，DE=2，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{BD^2-DE^2}=\sqrt{4^2-2^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$
在Rt△ACD和Rt△AED中：
$\{\begin{array}{l}AD=AD\\ CD=DE\end{array} $
∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL）
∴AC=AE，设AC=AE=x，则$AB=AE+BE=x+2\sqrt{3}$
又
∵在Rt△ABC中，$BC=CD+BD=2+4=6$，由勾股定理得：
$AB^2=AC^2+BC^2$
即$(x+2\sqrt{3})^2=x^2+6^2$
展开得：$x^2+4\sqrt{3}x+12=x^2+36$
化简得：$4\sqrt{3}x=24$
解得：$x=2\sqrt{3}$
∴$AB=x+2\sqrt{3}=2\sqrt{3}+2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$
【答案】
$4\sqrt{3}$
【知识点】
角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定
【点评】
本题属于几何基础综合题，核心是通过作辅助线构造全等三角形和直角三角形，把已知线段长度转化到对应直角三角形中，再结合勾股定理列方程求解，对辅助线构造意识和方程思想的应用有一定要求。
【难度系数】
0.65