1[中]如图,阴影部分表示以直角三角形各边为直径的三个半圆所组成的两个新月形,已知$S_1 + S_2 =9$,且$AC+BC=10$,则AB的长为 ()

A.4
B.6
C.7
D.8

1. D 【解析】由勾股定理得,$AC^2+BC^2=AB^2$.
∵ $S_1+S_2=9$,
∴ $\frac{1}{2}π×(\frac{AC}{2})^2 + \frac{1}{2}π×(\frac{BC}{2})^2 + \frac{1}{2}AC×BC - \frac{1}{2}π×(\frac{AB}{2})^2 = 9$,
∴ $AC× BC=18$.
∵ $AC+BC=10$,
∴ $AB^2=AC^2+BC^2=(AC+BC)^2-2AC× BC=100-36=8^2$,
∴ $AB=8$. 故选 D.
技巧总结
根据勾股定理得到 $AC^2 + BC^2 = AB^2$,再结合三角形及圆的面积公式和完全平方公式求解.

2 新考法 [2026 江苏泰州质检，较难]如图，∠ABM=60°,AB=4,点C在射线BM上,下列AC的长度中,不能唯一确定△ABC的是 ()

A.$\sqrt{17}$
B.4
C.$\sqrt{15}$
D.$\sqrt{12}$

2. C 【解析】过点 A 作 $AD ⊥ BM$ 交 BM 于点 D,如图.
∵ $∠ABM = 60°$,$∠ADB = 90°$,
∴ $∠BAD=30°$,
∴ $BD = \frac{1}{2} AB = 2$.
由勾股定理得 $AD = \sqrt{AB^2-BD^2} = \sqrt{12}$. 选项 A,当 $AC=\sqrt{17}$ 时,$\sqrt{17}＞4=AB$,则以点 A 为圆心,$\sqrt{17}$为半径画圆,在射线 BM 上仅有一个交点,位于点 D 右侧,故$△ ABC$ 唯一确定,不符合题意;选项 B,当 $AC=4$ 时,则 $AC=4=AB$,以点 A 为圆心,4 为半径画圆,在射线 BM 上有两个交点,且分别位于点 D 的左侧和右侧,但位于点 D 左侧的交点与点 B 重合,不能构成三角形,故$△ ABC$ 唯一确定,不符合题意;选项 C,当 $AC=\sqrt{15}$ 时,$4＞\sqrt{15}＞\sqrt{12}$,以点 A 为圆心,$\sqrt{15}$为半径画圆,在射线 BM 上有两个交点,分别位于 B,D 之间以及点 D 的右侧,故$△ ABC$ 不能唯一确定,符合题意;选项 D,当 $AC=\sqrt{12}$ 时,以点 A 为圆心,$\sqrt{12}$ 为半径画圆,在射线 BM 上仅有一个交点,与点 D 重合,故$△ ABC$ 唯一确定,不符合题意. 故选 C.

3 三角形折叠 [2026浙江嘉兴期末,中]如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ B=90°$,$AB=6$,$BC=8$,将$△ ABC$折叠,使点$B$恰好落在边$AC$上,与点$B'$重合,$AE$为折痕,则$EB'=$.

(第3题图)
(第4题图)

3. 3 【解析】因为$∠B=90°$,且 $AB=6$,$BC=8$,所以 $AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=10$. 由折叠的性质得 $AB=AB'=6$,$BE=B'E$,$∠B=∠EB'A=90°$,所以 $B'C=10-6=4$. 设 $BE=B'E=x$,则 $EC=8-x$. 因为$∠EB'A=∠EB'C=90°$,所以 $x^2+4^2=(8-x)^2$,解得 $x=3$,所以 $BE'=3$. 故答案为 3.

4 长方形折叠 [2026 河北廊坊调研, 较难]如图,在长方形$ABCD$中,$AB=\dfrac{13}{2},BC=12,AG=13,E$为$BC$上一点,沿$AE$所在直线翻折$△ ABE$,使$AB$与$AF$重合,点$F$在$AG$上,则$CE$的长是.

4. $\dfrac{23}{3}$ 【解析】如图,连接 $EG$. 因为四边形 $ABCD$ 是长方形,所以$∠B=∠C=∠D=90°$,$AB=CD=\dfrac{13}{2}$,$AD=BC=12$. 由折叠的性质得$∠AFE=∠B=90°$,$AF=AB=\dfrac{13}{2}$. 因为 $AG=13$,所以 $FG=AG-AF=\dfrac{13}{2}$,所以 $AF=FG$,所以 $EF$ 垂直平分 $AG$,所以 $AE=GE$. 因为 $AD=12$,$AG=13$,$∠D=90°$,所以 $DG=\sqrt{13^2-12^2}=5$,所以 $CG=CD-DG=\dfrac{3}{2}$. 在$\mathrm{Rt}△ ABE$ 中,$AE^2=AB^2+BE^2$,在 $\mathrm{Rt}△ CEG$ 中,$GE^2=CE^2+CG^2$. 因为 $AE=GE$,所以 $AB^2+BE^2=CE^2+CG^2$,所以 $(\dfrac{13}{2})^2 + (12-CE)^2 = CE^2 + (\dfrac{3}{2})^2$,解得 $CE=\dfrac{23}{3}$. 故答案为$\dfrac{23}{3}$.
关键点拨
根据全等三角形与勾股定理,得出斜放正方形面积等于相邻两个正方形面积之和,按此规律分组求和即可.

5[2026江苏徐州期中,较难]如图,在直线上依次摆放7个正方形,已知倾斜放置的3个正方形的面积分别为1,2,3,水平放置的4个正方形的面积分别是$S_1,S_2,S_3,S_4$,则$S_1+S_2+S_3+S_4=$.你发现这7个正方形摆放的规律了吗?用你所发现的规律继续摆放正方形,一直到$S_{2026}$,那么$S_1+S_2+S_3+S_4+\dots+S_{2025}+S_{2026}=$.

5. 4 1 026 169 【解析】如图.
∵ 图中的四边形为正方形,
∴ $∠ABD=90°$,$AB=DB$,
∴ $∠ABC+∠DBE=90°$.
∵ $∠ABC + ∠CAB = 90°$,
∴ $∠CAB=∠DBE$. 在$△ ABC$ 和$△ BDE$ 中,
$\begin{cases}∠ACB=∠BED=90°,\\∠CAB=∠EBD,\\AB=BD,\end{cases}$
∴ $△ ABC ≌ △ BDE$(AAS),
∴ $AC=BE$.
∵ $DE^2+BE^2=BD^2$,
∴ $ED^2+AC^2=BD^2$.
∵ $S_1=AC^2$,$S_2=DE^2$,$BD^2=1$,
∴ $S_1+S_2=1$,同理可得 $S_2+S_3=2$,$S_3+S_4=3$,
∴ $S_1+2S_2+2S_3+S_4=1+2+3=6$,
∴ $S_1+S_2+S_3+S_4=4$.
这7个正方形摆放的规律是斜放的正方形面积等于相邻两个正方形面积之和,即 $S_1+S_2=1$;$S_2+S_3=2$;$S_3+S_4=3$;$S_4+S_5=4$;…;$S_{2024}+S_{2025}=2\ 024$;$S_{2025}+S_{2026}=2\ 025$,
∴ $(S_1+S_2+S_3+S_4+\dots+S_{2025}+S_{2026})+(S_2+S_3+S_4+\dots+S_{2025})=1+2+3+\dots+2\ 025$,
∴ $(S_1+S_2+S_3+S_4+\dots+S_{2025}+S_{2026})+(2+4+6+\dots+2\ 024)=1+2+3+\dots+2\ 025$,
∴ $S_1+S_2+S_3+S_4+\dots+S_{2025}+S_{2026} = \frac{2\ 026×2\ 025-2\ 026×1\ 012}{2} = 1\ 013^2 = 1\ 026\ 169$. 故答案为 4,1 026 169.

6 [较难]一辆装满货物的卡车,高2.5 m,宽1.6 m,要开进上边是半圆,下边是长方形的隧道,如图所示,已知半圆的直径为2 m,长方形的另一条边长是2.3 m.
(1)此卡车是否能通过隧道？试说明你的理由.
(2)为了适应车流量的增加,把隧道改为双行道,要使宽为1.2 m,高为2.8 m的卡车能安全通过,那么此隧道的宽至少增加到多少？

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6.【解】(1)该卡车能通过隧道. 理由如下:如图(1),$O$ 为半圆的圆心,$MN$ 为卡车的宽度,分别过 $M,N$ 作 $AB$ 的垂线交半圆于 $C,D$,连接 $CD$,过 $O$ 作 $OE ⊥ CD$,$E$ 为垂足,连接 $OC$,易知 $CD=MN=1.6\ \mathrm{m}$,$AB=2\ \mathrm{m}$,$CE=DE$,所以 $CE = DE = 0.8\ \mathrm{m}$, $OC = OA = 1\ \mathrm{m}$. 在$\mathrm{Rt}△ OCE$ 中,$OE^2=OC^2-CE^2=0.36$,即 $OE = 0.6\ \mathrm{m}$,所以 $CM=2.3+0.6=2.9(\mathrm{m})＞2.5\ \mathrm{m}$,所以这辆卡车能通过隧道.
(2)如图(2),$O$ 为半圆的圆心,$PL$ 为卡车的宽度,过 $P$ 作 $GH$ 的垂线交半圆于 $I$,垂足为 $F$,连接 $OI$,过 $I$ 作 $IK ⊥ LO$,交 $LO$ 的延长线于$K$. 根据题意可知 $LK = PI = 2.8\ \mathrm{m}$,$IK = OF = PL=1.2\ \mathrm{m}$,$PF = GJ = 2.3\ \mathrm{m}$,$IF = 2.8-2.3 = 0.5(\mathrm{m})$. 根据勾股定理得 $OG^2 = OI^2 = IF^2 + OF^2 = 0.5^2+1.2^2=1.69$,即 $OG=1.3\ \mathrm{m}$,所以隧道的宽至少增加到 $1.3×2=2.6(\mathrm{m})$.

7 思想方法数形结合[2025江苏无锡期中,较难]定义:在$△ ABC$中,若$BC=a,AC=b,AB=c,a,b,c$满足$ac+a^2=b^2$,则称这个三角形为类勾股三角形.请根据以上定义解决下列问题:
(1)“直角三角形都是类勾股三角形”是(填“真”或“假”)命题.
(2)如图,在$△ ABC$中,$∠ B=2∠ A$,且$∠ C＞∠ A$,请证明$△ ABC$为类勾股三角形.

7.(1)【解】在$△ ABC$ 中,$BC=a$,$AC=b$,$AB=c$,若$△ ABC$ 是类勾股三角形,则 $ac+a^2 = b^2$;若$△ ABC$ 是直角三角形,且$∠B=90°$,由勾股定理得 $c^2+a^2 = b^2$,
∴ $ac+a^2 = c^2+a^2$,
∴ $a=c$,
∴ 当直角三角形是等腰直角三角形时,这个直角三角形是类勾股三角形,
∴“直角三角形都是类勾股三角形”是假命题,故答案为假.
(2)【证明】设 $CB=a$,$AC=b$,$AB=c$,在线段 $AB$ 上取一点 $D$,连接 $CD$,使 $AD = CD$,过 $C$ 作$CE ⊥ AB$ 交 $AB$ 于点 $E$,如图.
∵ $AD = CD$,
∴ $∠ACD = ∠A$,
∴ $∠CDB = ∠ACD + ∠A = 2∠A$.
∵ $∠B=2∠A$,
∴ $∠CDB=∠B$,
∴ $CD = CB=a$,
∴ $AD = CD = a$,
∴ $DB = AB-AD = c-a$.
∵ $CE ⊥ AB$,
∴ $DE = BE = \frac{1}{2}(c-a)$,
∴ $AE = AD + DE = a + \frac{1}{2}(c-a) = \frac{1}{2}(a+c)$. 在 $\mathrm{Rt}△ ACE$ 中,$CE^2=AC^2-AE^2 = b^2-[\frac{1}{2}(c+a)]^2$ ;在 $\mathrm{Rt}△ BCE$ 中,$CE^2 = BC^2-BE^2 = a^2-[\frac{1}{2}(c-a)]^2$ ,
∴ $b^2-[\frac{1}{2}(c+a)]^2 = a^2-[\frac{1}{2}(c-a)]^2$ ,整理得 $b^2 = ac+a^2$,
∴ $△ ABC$ 是类勾股三角形.