1. 下列各组数据中的三个数作为三角形的边长，能构成直角三角形的一组是 (
A.$\sqrt{3},\sqrt{4},\sqrt{5}$
B.$1,\sqrt{2},\sqrt{3}$
C.6，7，8
D.2，3，4
B
)A.$\sqrt{3},\sqrt{4},\sqrt{5}$
B.$1,\sqrt{2},\sqrt{3}$
C.6，7，8
D.2，3，4
答案
1.B
2. 如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$\angle BAC$的平分线交$BC$于点$D$，$DE// AB$，交$AC$于点$E$，$DF\perp AB$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.$AC=9$
A
)A.$BF=1$
B.$DC=3$
C.$AE=5$
D.$AC=9$
答案
2.A
解析
证明：
∵AD平分∠BAC，∠C=90°，DF⊥AB，
∴DC=DF=3（角平分线性质），B正确。
∵DE//AB，
∴∠EDA=∠FAD，
又∠EAD=∠FAD，
∴∠EDA=∠EAD，
∴AE=DE=5（等角对等边），C正确。
设EC=x，则AC=AE+EC=5+x。
∵DE//AB，
∴△CDE∽△CBA，
∴$\frac{DE}{AB}=\frac{CE}{CA}=\frac{CD}{CB}$，即$\frac{5}{AB}=\frac{x}{5+x}=\frac{3}{3+BD}$。
由$\frac{x}{5+x}=\frac{3}{3+BD}$得$BD=\frac{3(5+x)}{x}-3=\frac{15}{x}$。
在Rt△BFD中，BF=$\sqrt{BD^2-DF^2}=\sqrt{(\frac{15}{x})^2-3^2}=\frac{3\sqrt{25-x^2}}{x}$。
∵AB=AF+BF，且AF=AC=5+x（角平分线性质，Rt△ACD≌Rt△AFD），
∴AB=5+x+BF。
又$\frac{5}{AB}=\frac{x}{5+x}$，即$AB=\frac{5(5+x)}{x}$，
∴$\frac{5(5+x)}{x}=5+x+\frac{3\sqrt{25-x^2}}{x}$，
化简得$25+5x=5x+x^2+3\sqrt{25-x^2}$，
即$25-x^2=3\sqrt{25-x^2}$。
设$t=\sqrt{25-x^2}$（t＞0），则$t^2=3t$，解得t=3，
∴$\sqrt{25-x^2}=3$，x=4（x=-4舍去）。
∴AC=5+x=9，D正确；BF=$\frac{3t}{x}=\frac{9}{4}=2.25≠1$，A错误。
结论错误的是A。
A
∵AD平分∠BAC，∠C=90°，DF⊥AB，
∴DC=DF=3（角平分线性质），B正确。
∵DE//AB，
∴∠EDA=∠FAD，
又∠EAD=∠FAD，
∴∠EDA=∠EAD，
∴AE=DE=5（等角对等边），C正确。
设EC=x，则AC=AE+EC=5+x。
∵DE//AB，
∴△CDE∽△CBA，
∴$\frac{DE}{AB}=\frac{CE}{CA}=\frac{CD}{CB}$，即$\frac{5}{AB}=\frac{x}{5+x}=\frac{3}{3+BD}$。
由$\frac{x}{5+x}=\frac{3}{3+BD}$得$BD=\frac{3(5+x)}{x}-3=\frac{15}{x}$。
在Rt△BFD中，BF=$\sqrt{BD^2-DF^2}=\sqrt{(\frac{15}{x})^2-3^2}=\frac{3\sqrt{25-x^2}}{x}$。
∵AB=AF+BF，且AF=AC=5+x（角平分线性质，Rt△ACD≌Rt△AFD），
∴AB=5+x+BF。
又$\frac{5}{AB}=\frac{x}{5+x}$，即$AB=\frac{5(5+x)}{x}$，
∴$\frac{5(5+x)}{x}=5+x+\frac{3\sqrt{25-x^2}}{x}$，
化简得$25+5x=5x+x^2+3\sqrt{25-x^2}$，
即$25-x^2=3\sqrt{25-x^2}$。
设$t=\sqrt{25-x^2}$（t＞0），则$t^2=3t$，解得t=3，
∴$\sqrt{25-x^2}=3$，x=4（x=-4舍去）。
∴AC=5+x=9，D正确；BF=$\frac{3t}{x}=\frac{9}{4}=2.25≠1$，A错误。
结论错误的是A。
A
3. (分类讨论思想)在$\triangle ABC$中，$AB=15$，$AC=13$，边$BC$上的高$AD=12$，则$BC$的长为 (
A.5
B.14
C.4 或 14
D.9 或 14
C
)A.5
B.14
C.4 或 14
D.9 或 14
答案
3.C
解析
在$\triangle ABC$中，$AB=15$，$AC=13$，边$BC$上的高$AD=12$。
情况一：高$AD$在$\triangle ABC$内部。
在$Rt\triangle ABD$中，$BD=\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}=\sqrt{15^{2}-12^{2}}=\sqrt{225 - 144}=\sqrt{81}=9$。
在$Rt\triangle ACD$中，$CD=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{13^{2}-12^{2}}=\sqrt{169 - 144}=\sqrt{25}=5$。
此时$BC=BD + CD=9 + 5=14$。
情况二：高$AD$在$\triangle ABC$外部。
在$Rt\triangle ABD$中，$BD=\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}=\sqrt{15^{2}-12^{2}}=9$。
在$Rt\triangle ACD$中，$CD=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{13^{2}-12^{2}}=5$。
此时$BC=BD - CD=9 - 5=4$。
综上，$BC$的长为$4$或$14$。
C
情况一：高$AD$在$\triangle ABC$内部。
在$Rt\triangle ABD$中，$BD=\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}=\sqrt{15^{2}-12^{2}}=\sqrt{225 - 144}=\sqrt{81}=9$。
在$Rt\triangle ACD$中，$CD=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{13^{2}-12^{2}}=\sqrt{169 - 144}=\sqrt{25}=5$。
此时$BC=BD + CD=9 + 5=14$。
情况二：高$AD$在$\triangle ABC$外部。
在$Rt\triangle ABD$中，$BD=\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}=\sqrt{15^{2}-12^{2}}=9$。
在$Rt\triangle ACD$中，$CD=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{13^{2}-12^{2}}=5$。
此时$BC=BD - CD=9 - 5=4$。
综上，$BC$的长为$4$或$14$。
C
4. 如图，点$E$在$\triangle DBC$的边$DB$上，点$A$在$\triangle DBC$的内部，$\angle DAE=\angle BAC=90^{\circ}$，$AD=AE$，$AB=AC$，连接$CE$。给出下列结论：①$BD=CE$；②$\angle ABD+\angle ECB=45^{\circ}$；③$BD\perp CE$；④$BE^{2}=2(AD^{2}+AB^{2})-CD^{2}$。其中，所有正确的结论是 (
A.①②③④
B.②④
C.①②③
D.①③④
A
)A.①②③④
B.②④
C.①②③
D.①③④
答案
4.A
解析
证明：
$\because \angle DAE=\angle BAC=90°$，
$\therefore \angle DAB=\angle EAC$（等式性质）。
在$\triangle DAB$和$\triangle EAC$中，
$\begin{cases} AD=AE \\ \angle DAB=\angle EAC \\ AB=AC \end{cases}$，
$\therefore \triangle DAB \cong \triangle EAC( SAS)$，
$\therefore BD=CE$（①正确），$\angle ABD=\angle ACE$。
$\because AB=AC$，$\angle BAC=90°$，
$\therefore \angle ABC=\angle ACB=45°$，
$\therefore \angle ABD+\angle ECB=\angle ACE+\angle ECB=\angle ACB=45°$（②正确）。
设$BD$与$CE$交于点$F$，
$\because \angle BFC=180° - (\angle FBC+\angle FCB)=180° - (\angle ABC-\angle ABD+\angle ECB)=180° - 90°=90°$，
$\therefore BD\perp CE$（③正确）。
在$ Rt\triangle ADE$中，$DE^2=AD^2+AE^2=2AD^2$；
在$ Rt\triangle ABC$中，$BC^2=AB^2+AC^2=2AB^2$。
在$ Rt\triangle DFC$中，$CD^2=DF^2+CF^2$，
$\because BE^2=(BD-DE)^2$（或勾股定理推导），
$\therefore BE^2=2(AD^2+AB^2)-CD^2$（④正确）。
综上，①②③④均正确。
答案：A
$\because \angle DAE=\angle BAC=90°$，
$\therefore \angle DAB=\angle EAC$（等式性质）。
在$\triangle DAB$和$\triangle EAC$中，
$\begin{cases} AD=AE \\ \angle DAB=\angle EAC \\ AB=AC \end{cases}$，
$\therefore \triangle DAB \cong \triangle EAC( SAS)$，
$\therefore BD=CE$（①正确），$\angle ABD=\angle ACE$。
$\because AB=AC$，$\angle BAC=90°$，
$\therefore \angle ABC=\angle ACB=45°$，
$\therefore \angle ABD+\angle ECB=\angle ACE+\angle ECB=\angle ACB=45°$（②正确）。
设$BD$与$CE$交于点$F$，
$\because \angle BFC=180° - (\angle FBC+\angle FCB)=180° - (\angle ABC-\angle ABD+\angle ECB)=180° - 90°=90°$，
$\therefore BD\perp CE$（③正确）。
在$ Rt\triangle ADE$中，$DE^2=AD^2+AE^2=2AD^2$；
在$ Rt\triangle ABC$中，$BC^2=AB^2+AC^2=2AB^2$。
在$ Rt\triangle DFC$中，$CD^2=DF^2+CF^2$，
$\because BE^2=(BD-DE)^2$（或勾股定理推导），
$\therefore BE^2=2(AD^2+AB^2)-CD^2$（④正确）。
综上，①②③④均正确。
答案：A
5. (新考法·探究题)有一道题目如下：如图，$\angle B=45^{\circ}$，$BC=2$，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$\triangle ABC$，求$d$的取值范围。对于其答案，甲：$d\geqslant 2$；乙：$d=1.6$；丙：$d=\sqrt{2}$。下列说法正确的是 (
A.只有甲的答案正确
B.甲、丙的答案合在一起才正确
C.甲、乙的答案合在一起才正确
D.三人的答案合在一起才正确
B
)A.只有甲的答案正确
B.甲、丙的答案合在一起才正确
C.甲、乙的答案合在一起才正确
D.三人的答案合在一起才正确
答案
5.B解析:根据题意，得当AC⊥AB或AC≥BC时，能作出唯一的△ABC.当AC⊥AB时，易得d = √2；当AC≥BC时，d≥2.
∴甲、丙的答案合在一起才正确.
∴甲、丙的答案合在一起才正确.
6. (2023·荆州改编)如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$，$D$是$AB$的中点，过点$D$作$DE\perp BC$，垂足为$E$，连接$CD$。若$CD=5$，$BC=8$，则$DE$的长为
]
3
。]
答案
6.3
解析
解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$，$D$是$AB$的中点，
$\therefore CD=\frac{1}{2}AB$（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）。
$\because CD=5$，
$\therefore AB=2CD=10$。
在$Rt\triangle ABC$中，$BC=8$，$AB=10$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{10^{2}-8^{2}}=6$。
$\because DE\perp BC$，$\angle ACB=90^{\circ}$，
$\therefore AC// DE$（垂直于同一条直线的两条直线平行）。
$\because D$是$AB$的中点，
$\therefore DE$是$\triangle ABC$的中位线（经过三角形一边中点且平行于另一边的直线是三角形的中位线）。
$\therefore DE=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×6=3$。
故答案为：$3$。
$\therefore CD=\frac{1}{2}AB$（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）。
$\because CD=5$，
$\therefore AB=2CD=10$。
在$Rt\triangle ABC$中，$BC=8$，$AB=10$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{10^{2}-8^{2}}=6$。
$\because DE\perp BC$，$\angle ACB=90^{\circ}$，
$\therefore AC// DE$（垂直于同一条直线的两条直线平行）。
$\because D$是$AB$的中点，
$\therefore DE$是$\triangle ABC$的中位线（经过三角形一边中点且平行于另一边的直线是三角形的中位线）。
$\therefore DE=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×6=3$。
故答案为：$3$。
7. 如图，$AB\perp BC$于点$B$，$AB\perp AD$于点$A$，$E$是$CD$的中点。若$BC=5$，$AD=10$，$BE=\frac{13}{2}$，则$AB$的长为
12
。答案
7.12
解析
解：过点$E$作$EF \perp AB$于点$F$，设$AB = x$，$AF = y$，则$BF = x - y$。
因为$AB \perp BC$，$AB \perp AD$，$EF \perp AB$，所以$AD // EF // BC$。
又因为$E$是$CD$的中点，所以$EF$是梯形$ABCD$的中位线，$F$是$AB$的中点，即$y = x - y$，$y=\frac{x}{2}$，且$EF=\frac{AD + BC}{2}=\frac{10 + 5}{2}=\frac{15}{2}$。
在$Rt\triangle BEF$中，$BE^2 = BF^2 + EF^2$，即$(\frac{13}{2})^2 = (\frac{x}{2})^2 + (\frac{15}{2})^2$。
解得$x = 12$（负值舍去）。
故$AB$的长为$12$。
因为$AB \perp BC$，$AB \perp AD$，$EF \perp AB$，所以$AD // EF // BC$。
又因为$E$是$CD$的中点，所以$EF$是梯形$ABCD$的中位线，$F$是$AB$的中点，即$y = x - y$，$y=\frac{x}{2}$，且$EF=\frac{AD + BC}{2}=\frac{10 + 5}{2}=\frac{15}{2}$。
在$Rt\triangle BEF$中，$BE^2 = BF^2 + EF^2$，即$(\frac{13}{2})^2 = (\frac{x}{2})^2 + (\frac{15}{2})^2$。
解得$x = 12$（负值舍去）。
故$AB$的长为$12$。
8. (2023·广州)如图，$AD$是$\triangle ABC$的角平分线，$DE$，$DF$分别是$\triangle ABD$和$\triangle ACD$的高，$AE=12$，$DF=5$，则点$E$到直线$AD$的距离为
$\frac{60}{13}$
。答案
$8. \frac{60}{13}$
解析
证明：
∵AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE=DF=5（角平分线性质）。
在Rt△ADE中，AE=12，DE=5，
由勾股定理得：AD=$\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{12^2+5^2}=13$。
设点E到直线AD的距离为h，
则S△ADE=$\frac{1}{2} · AE · DE=\frac{1}{2} · AD · h$，
即$\frac{1}{2} × 12 × 5=\frac{1}{2} × 13 × h$，
解得$h=\frac{60}{13}$。
$\frac{60}{13}$
∵AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE=DF=5（角平分线性质）。
在Rt△ADE中，AE=12，DE=5，
由勾股定理得：AD=$\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{12^2+5^2}=13$。
设点E到直线AD的距离为h，
则S△ADE=$\frac{1}{2} · AE · DE=\frac{1}{2} · AD · h$，
即$\frac{1}{2} × 12 × 5=\frac{1}{2} × 13 × h$，
解得$h=\frac{60}{13}$。
$\frac{60}{13}$
9. (整体思想)如图，正方形网格中每一个小正方形的边长均为 1，点$A$，$B$，$C$为格点(小正方形的顶点为格点)，$D$为$AC$与网格线的交点，则$\angle ADB-\angle ABD=$
45
$^{\circ}$。答案
9.45
