1. 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°,BC=3$,$AC=4$,$D$是$AB$的中点.将$△ ACD$沿$CD$翻折得到$△ ECD$,连接$AE,BE$,则线段$BE$的长为（）

A.$\dfrac{7}{5}$
B.$\dfrac{3}{2}$
C.$\dfrac{5}{3}$
D.$2$

1.A 提示:延长CD交AE于点H,过点C作CF⊥AB于点F.在Rt△ABC中,由勾股定理,得AB=5.因为$S_{△ ABC}=\dfrac{1}{2}AC· BC=\dfrac{1}{2}AB· CF$,所以$\dfrac{1}{2}×3×4=\dfrac{1}{2}×5× CF$,所以CF=$\dfrac{12}{5}$.因为D为AB的中点,∠ACB=90°,所以AD=BD=CD.由翻折的性质,可知AC=CE,所以CH⊥AE,所以AH=HE.易证Rt△CDF≌Rt△ADH(AAS),所以AH=CF,所以AE=2AH=2CF=$\dfrac{24}{5}$.由翻折的性质,可知DE=AD=BD,所以∠DAE=∠DEA,∠DBE=∠DEB.又因为∠DAE+∠DBE+∠DEA+∠DEB=180°,所以∠AEB=∠DEA+∠DEB=90°,所以△ABE为直角三角形.所以BE=$\sqrt{AB^2-AE^2}=\sqrt{5^2-(\dfrac{24}{5})^2}=\dfrac{7}{5}$.

2. （2026 南通市海门区期末）如图，以$\mathrm{Rt}△ ACB$的两边$AB,BC$为边向外所作正方形的面积分别是$26\ \mathrm{cm}^2,10\ \mathrm{cm}^2$，则以另一边$AC$为直径向外作半圆的面积为$\mathrm{cm}^2$.

2.$2π$

3.（2026 南京市鼓楼区校级期末）对角线互相垂直的四边形叫作

“垂美”四边形. 现有如图所示的“垂美”四边形 $ABCD$，对角线 $AC,BD$ 交于点 $O$. 若$AD=2,BC=4$,则 $AB^2+CD^2=$.

3.20 提示:因为AC⊥BD,所以∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°.由勾股定理得,AB²+CD²=AO²+BO²+CO²+DO²,AD²+BC²=AO²+DO²+BO²+CO²,所以AB²+CD²=AD²+BC².因为AD=2,BC=4,所以AB²+CD²=2²+4²=20.

4. (2025 连云港市海州区期末)在$△ ABC$中，$BC=a$，$AC=b$，$AB=c$，且$c ≥ b ≥ a$。
(1) 当$△ ABC$是锐角三角形时，小明猜想：$a^{2}+b^{2} ＞ c^{2}$。以下是他的证明过程：
如图 1，过点 $A$ 作 $AD ⊥ CB$，垂足为 $D$。设$CD=x$。
因为在$\mathrm{Rt}△ ADC$中，$AD^{2}=b^{2}-x^{2}$，
在$\mathrm{Rt}△ ADB$中，$AD^{2}=\underline{①}$，
所以$b^{2}-x^{2}=\underline{①}$。
化简，得$a^{2}+b^{2}-c^{2}=2ax$。
因为$a＞0$，$x＞0$，所以$\underline{②}＞0$。
所以$a^{2}+b^{2}-c^{2}＞0$。
所以$a^{2}+b^{2}＞c^{2}$。
其中，①；②。
(2) 如图 2，当$△ ABC$是钝角三角形时，猜想$a^{2}+b^{2}$与$c^{2}$之间的大小关系并证明。

4. 解:(1) $c^2-(a-x)^2$ $2ax$
(2) $a^2+b^2＜c^2$.证明:如图,过点A作AD⊥BC,交BC的延长线于点D.设CD=x.在Rt△ADC中,$AD^2=b^2-x^2$.在Rt△ADB中,$AD^2=c^2-(a+x)^2$.所以$b^2-x^2=c^2-(a+x)^2$.化简,得$a^2+b^2-c^2=-2ax$.因为a＞0,x＞0,所以-2ax＜0.所以$a^2+b^2-c^2＜0$.所以$a^2+b^2＜c^2$.