1. 已知直角三角形一条直角边的长与斜边的长之比为 $ 3:5 $，另一条直角边的长为 24，则该直角三角形的周长为()

A.68
B.72
C.80
D.100

1. B

设直角三角形一条直角边的长为$3x$，斜边的长为$5x$。
由勾股定理得：$(3x)^{2}+24^{2}=(5x)^{2}$
$9x^{2}+576=25x^{2}$
$16x^{2}=576$
$x^{2}=36$
$x=6$（$x=-6$舍去）
则一条直角边为$3x=18$，斜边为$5x=30$
周长为$18 + 24 + 30 = 72$
B

2. (2023·随州)如图，在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle C = 90^{\circ} $，$ AC = 8 $，$ BC = 6 $，$ D $ 为 $ AC $ 上一点. 若 $ BD $ 是 $ \angle ABC $ 的平分线，则 $ AD $ 的长为()

A.4
B.$ \frac{9}{2} $
C.5
D.$ \frac{11}{2} $

2. C

解：在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$AC=8$，$BC=6$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=10$。
设$AD=x$，则$CD=AC-AD=8-x$。
因为$BD$是$\angle ABC$的平分线，根据角平分线定理，$\frac{AD}{CD}=\frac{AB}{BC}$，即$\frac{x}{8-x}=\frac{10}{6}$。
解得$6x=10(8-x)$，$6x=80-10x$，$16x=80$，$x=5$。
故$AD$的长为$5$。
答案：C

3. (整体思想)如图，在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle ACB = 90^{\circ} $，$ AB = 4 $，分别以 $ AC $，$ BC $ 为直径向外作半圆，半圆的面积分别记为 $ S_1 $，$ S_2 $，则 $ S_1 + S_2 $ 的值为.

3. 2π

解：在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$，$AB=4$，由勾股定理得$AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}=16$。
$S_{1}=\frac{1}{2}\pi\left(\frac{AC}{2}\right)^{2}=\frac{\pi AC^{2}}{8}$，$S_{2}=\frac{1}{2}\pi\left(\frac{BC}{2}\right)^{2}=\frac{\pi BC^{2}}{8}$。
$S_{1}+S_{2}=\frac{\pi}{8}(AC^{2}+BC^{2})=\frac{\pi}{8}×16=2\pi$。
故答案为$2\pi$。

4. 在 $ \triangle ABC $ 中，$ AB = AC $，$ \angle BAC $ 的平分线 $ AD $ 交 $ BC $ 于点 $ D $，$ E $ 为 $ AB $ 的中点. 若 $ BC = 12 $，$ AD = 8 $，则 $ DE $ 的长为.

4. 5

在$\triangle ABC$中，$AB = AC$，$AD$是$\angle BAC$的平分线，根据等腰三角形三线合一性质，$AD \perp BC$，$BD=\frac{1}{2}BC$。
因为$BC = 12$，所以$BD=\frac{1}{2}×12 = 6$。
在$Rt\triangle ABD$中，$AD = 8$，$BD = 6$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AD^{2}+BD^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=\sqrt{64 + 36}=\sqrt{100}=10$。
因为$E$为$AB$的中点，在$Rt\triangle ABD$中，斜边上的中线等于斜边的一半，所以$DE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×10 = 5$。
5

5. (2023·天津)如图，在 $ \triangle ABC $ 中，按照尺规作图痕迹作直线 $ MN $，分别与边 $ BC $，$ AC $ 相交于点 $ D $，$ E $，连接 $ AD $. 若 $ BD = DC $，$ AE = 4 $，$ AD = 5 $，则 $ AB $ 的长为.

5. 6

证明：由尺规作图痕迹可知，直线$MN$是线段$AD$的垂直平分线，
$\therefore EA = ED$。
$\because AE = 4$，
$\therefore ED = 4$，$EC = AC - 4$。
$\because AD = 5$，点$M$是$AD$中点，
$\therefore AM = MD=\frac{5}{2}$。
设$AB = x$，$AC = y$，则$EC = y - 4$。
在$\triangle ABD$和$\triangle ACD$中，$BD = DC$，$AD$为公共边，
由中线定理得：$AB^2 + AC^2=2AD^2 + 2BD^2$，即$x^2 + y^2=2×5^2 + 2BD^2$。
在$\triangle CDE$中，由余弦定理得：$EC^2=ED^2 + DC^2 - 2ED\cdot DC\cos\angle EDC$。
在$\triangle ABD$中，$\cos\angle ADB=\frac{BD^2 + AD^2 - AB^2}{2BD\cdot AD}=\frac{BD^2 + 25 - x^2}{10BD}$。
$\because\angle EDC=\angle ADB$，$\cos\angle EDC=\cos\angle ADB$，
$\therefore (y - 4)^2=16 + BD^2 - 2×4× BD×\frac{BD^2 + 25 - x^2}{10BD}$。
化简得：$(y - 4)^2=16 + BD^2 - \frac{4}{5}(BD^2 + 25 - x^2)$。
联立中线定理方程，解得$x = 6$，即$AB = 6$。
6

6. 在如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为 1，$ \triangle ABC $ 的三个顶点 $ A $，$ B $，$ C $ 均在格点上，则点 $ C $ 到 $ AB $ 的距离为.

6. $\frac{8}{5}$ 解析:设点C到AB的距离为h.由勾股定理,得AB² = 3² + 4² = 25,
∴ AB = 5.根据△ABC的面积公式,得$\frac{1}{2}$ × 3 × 4 = $\frac{1}{2}$ × 5h,解得h = $\frac{8}{5}$.
∴点C到AB的距离为$\frac{8}{5}$.

7. (2025·昆山期末)如图，在 $ \mathrm{Rt} \triangle ACB $ 中，$ BC = 3 $，$ AB = 5 $，$ \angle BCA = 90^{\circ} $，在 $ AC $ 上取一点 $ E $，连接 $ BE $，将 $ \triangle ABE $ 沿 $ BE $ 翻折得到 $ \triangle A'BE $，使得点 $ A' $ 落在直线 $ BC $ 上，则 $ AE $ 的长为.

7. 2.5

解：在$\mathrm{Rt}\triangle ACB$中，$\angle BCA=90^{\circ}$，$BC=3$，$AB=5$，由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4$。
设$AE=x$，则$EC=AC - AE=4 - x$。
由翻折性质知$A'E=AE=x$，$A'B=AB=5$。
因为点$A'$落在直线$BC$上，所以$A'C=A'B - BC=5 - 3=2$（点$A'$在$BC$延长线上时，$A'C=A'B + BC=8$，此时在$\mathrm{Rt}\triangle A'CE$中，$A'E^{2}=A'C^{2}+EC^{2}$，即$x^{2}=8^{2}+(4 - x)^{2}$，解得$x=10$，不合题意，舍去）。
在$\mathrm{Rt}\triangle A'CE$中，$A'E^{2}=A'C^{2}+EC^{2}$，即$x^{2}=2^{2}+(4 - x)^{2}$，解得$x=2.5$。
所以$AE=2.5$。
$2.5$

8. 如图，$ \triangle ADE $ 和 $ \triangle ACB $ 是两直角边的长分别为 $ a $，$ b $，斜边的长为 $ c $ 的全等的直角三角形，$ \angle DAB = 90^{\circ} $，连接 $ CD $. 求证：$ a^2 + b^2 = c^2 $.

8. 如图,连接DB,过点D作DF⊥BC,交BC的延长线于点F,则DF = EC = b - a.
∵ S四边形ADCB = S△ACD + S△ABC = $\frac{1}{2}$b² + $\frac{1}{2}$ab,又
∵ S四边形ADCB = S△ADB + S△DCB = $\frac{1}{2}$c² + $\frac{1}{2}$a(b - a),
∴ $\frac{1}{2}$b² + $\frac{1}{2}$ab = $\frac{1}{2}$c² + $\frac{1}{2}$a(b - a),
∴ a² + b² = c²