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

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.$AC=9$
]

2.A

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，
∵DE//AB，
∴△CDE∽△CBA，
∴$\frac{DE}{AB}=\frac{CE}{CA}=\frac{CD}{CB}$，
即$\frac{5}{AB}=\frac{x}{x+5}=\frac{3}{3+DB}$。
在Rt△BFD中，BF=$\sqrt{BD^2-DF^2}=\sqrt{BD^2-9}$。
由$\frac{x}{x+5}=\frac{3}{3+DB}$，得DB=$\frac{15}{x}$，
∴BF=$\sqrt{(\frac{15}{x})^2-9}$。
又AB=AF+BF=AC+BF=x+5+BF，
由$\frac{5}{x+5+BF}=\frac{x}{x+5}$，解得x=4，
∴AC=AE+EC=5+4=9，D正确，BF=4，A错误。
结论错误的是A。
答案：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

3.C

在$\triangle ABC$中，$AD$是边$BC$上的高，分两种情况讨论：
情况一：高$AD$在$\triangle ABC$内部
在$Rt\triangle ABD$中，$AB=15$，$AD=12$，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{AB^2 - AD^2}=\sqrt{15^2 - 12^2}=\sqrt{225 - 144}=\sqrt{81}=9$
在$Rt\triangle ACD$中，$AC=13$，$AD=12$，由勾股定理得：
$CD=\sqrt{AC^2 - AD^2}=\sqrt{13^2 - 12^2}=\sqrt{169 - 144}=\sqrt{25}=5$
此时$BC=BD + CD=9 + 5=14$
情况二：高$AD$在$\triangle ABC$外部
在$Rt\triangle ABD$中，$BD=9$（计算同上）
在$Rt\triangle ACD$中，$CD=5$（计算同上）
此时$BC=BD - CD=9 - 5=4$
综上，$BC$的长为$4$或$14$。
答案：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

4.A

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$F$，
$\because \angle BFC=180° - \angle FBC - \angle FCB=180° - (\angle ABC - \angle ABD) - \angle ECB=180° - 45° - 45°=90°$，
$\therefore BD\perp CE$（③正确）。
$\because \triangle DAB \cong \triangle EAC$，
$\therefore CE=BD$。
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，$CD^2=DF^2+CF^2$；
在$Rt\triangle BFE$中，$BE^2=BF^2+EF^2$。
$\because DE^2+BC^2=(DF-EF)^2+(BF+CF)^2=DF^2+EF^2+BF^2+CF^2=BE^2+CD^2$，
$\therefore 2AD^2+2AB^2=BE^2+CD^2$，
$\therefore BE^2=2(AD^2+AB^2)-CD^2$（④正确）。
综上，①②③④均正确。
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

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=$\sqrt{2}$；当AC≥BC时，d≥2。
∴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。
]

6.3

解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$，$D$是$AB$的中点，
$\therefore CD=\frac{1}{2}AB$，
$\because CD=5$，
$\therefore AB=10$，
$\because BC=8$，
$\therefore AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{10^{2}-8^{2}}=6$，
$\because DE\perp BC$，$\angle ACB=90^{\circ}$，
$\therefore DE// AC$，
$\because D$是$AB$的中点，
$\therefore DE$是$\triangle ABC$的中位线，
$\therefore DE=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×6=3$。

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。

7.12

解：过点$E$作$EF \perp AB$于点$F$。
因为$AB\perp BC$，$AB\perp AD$，所以$AD// EF// BC$。
又因为$E$是$CD$的中点，所以$F$是$AB$的中点，$EF=\frac{AD + BC}{2}=\frac{10 + 5}{2}=\frac{15}{2}$。
设$AB = x$，则$BF=\frac{x}{2}$。
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。

8.$\frac{60}{13}$

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$S_{\triangle ADE}=\frac{1}{2} \cdot AE \cdot DE=\frac{1}{2} \cdot AD \cdot h$，
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，$A$，$B$，$C$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=$$^{\circ}$。

9.45

解：连接 $BC$，设小正方形边长为1。
由勾股定理得：$AB=\sqrt{2^2 + 1^2}=\sqrt{5}$，$BC=\sqrt{2^2 + 1^2}=\sqrt{5}$，$AC=\sqrt{3^2 + 1^2}=\sqrt{10}$。
$\because AB^2 + BC^2 = (\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2 = 10 = AC^2$，$\therefore \triangle ABC$是等腰直角三角形，$\angle ABC = 90°$，$\angle BAC = 45°$。
$\because \angle BAC = \angle ADB - \angle ABD$（三角形外角性质），$\therefore \angle ADB - \angle ABD = 45°$。
$45$