1. 如图,在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$∠ C=90°$,两直角边长 $a,b$ 满足 $a-b=1$,斜边长 $c=5$,则 $△ ABC$ 的面积为.

1. 6

2. 如图，五个正方形放在直线MN上，正方形A,C,E的面积依次为3,5,4，则正方形B,D的面积之和为。

2. 17 解析:如图,FG 为正方形 A 的边,HQ 为正方形 C 的边,FP,PH 为正方形 B 的边,且 $S_A=FG^2$,$S_C=HQ^2$,所以 $∠FGP=∠PQH=∠FPH=90°$,$FP=PH$.所以 $∠GFP+∠GPF=∠GPF+∠QPH=90°$,即 $∠GFP=∠QPH$. 所以 $△GFP ≌ △QPH$(AAS).所以 $PG=HQ$. 所以 $FG^2+PG^2=FG^2+HQ^2=FP^2=S_B$,即 $S_B=S_A+S_C$. 又正方形 A,C,E 的面积分别为 3,5,4,所以 $S_B=8$. 同理,得 $S_D=S_C+S_E=5+4=9$. 所以正方形 B,D 的面积之和为 17.

3. 新素养 运算能力 若直角三角形中一直角边的长为12，另两边长为连续的奇数，则该直角三角形的周长为
（）

A.56
B.84
C.90
D.120

3. B

4. 如图,搬运师傅将滑轮固定在高为AB的楼顶上.师傅在楼底水平面上距离楼房9 m的C处拉紧绳子(绳长AC),并做个记号,然后沿BC方向向前走7 m到D处,拉紧绳子(绳长AD),量得绳长AD比绳长AC长5 m,求楼AB的高度.

4. 设 $AC=x\ \mathrm{m}$. 因为 AD 比 AC 长 5 m,所以 $AD=(x+5)\mathrm{m}$. 由题意,得 $∠ABC=90°$,$BC=9\ \mathrm{m}$,$CD=7\ \mathrm{m}$,所以 $BD=BC+CD=16\ \mathrm{m}$. 又 $AB^2=AC^2-BC^2=AD^2-BD^2$,所以 $x^2-9^2=(x+5)^2-16^2$,解得 $x=15$. 则 $AC=15\ \mathrm{m}$. 所以 $AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=12\ \mathrm{m}$. 则楼 AB 的高度为 12 m.

5. 新素养 几何直观 如图，分别以$\mathrm{Rt}△ ABC$的两条直角边为一边向外作等腰直角三角形.若图中阴影部分的面积为162，则AB的长为.

5. 18

6. (2025·江苏苏州一模)如图,在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中, $∠ ACB=90°$, $AC=3$, $BC=4$, 分别以 $AB$, $AC$, $BC$ 为边在 $AB$ 的同侧作正方形 $ABEF$、正方形 $ACPQ$ 和正方形 $BCMN$.若四块阴影部分的面积分别为 $S_1,S_2,S_3,S_4$,则 $S_1 - S_2 + S_3 + S_4 =$ .

6. 6 解析:在 $\mathrm{Rt}△ABC$ 中,$∠ACB=90°$,$AC=3$,$BC=4$,所以 $AB^2=AC^2+BC^2=25$. 所以 $S_{\mathrm{正方形}ACPQ}=AC^2=9$,$S_{\mathrm{正方形}BCMN}=BC^2=16$,$S_{\mathrm{正方形}ABEF}=AB^2=25$,$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=6$. 所以 $S_1-S_2+S_3+S_4=S_{\mathrm{正方形}ACPQ}+S_{\mathrm{正方形}BCMN}-(S_{\mathrm{正方形}ABEF}-S_{△ABC})=9+16-(25-6)=6$.

7. 已知直角三角形的两边长分别为6，8，则该直角三角形斜边上的中线长为。

7. 4或5

8. (2026·江苏无锡期末)如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ BAC=90°$,$AC=12$,$AB=9$,$DE ⊥ AC$,$CD=\frac{1}{3}BC$,$CE=\frac{1}{3}AC$,$P$是直线$AC$上一动点,把$△ CDP$沿$DP$所在的直线翻折后,点$C$落在直线$DE$上的点$H$处,则$CP$的长是.

8. 10或$\frac{5}{2}$ 解析:因为 P 是直线 AC 上一动点,所以有点 P 在点 E 的左侧或点 P 在点 E 的右侧两种情况. 由折叠的性质,得 $PC=PH$,$DC=DH$. 在 $\mathrm{Rt}△ABC$ 中,$AC=12$,$AB=9$,由勾股定理,得 $BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=15$. 因为 $CD=\frac{1}{3}BC$,$CE=\frac{1}{3}AC$,所以 $CD=5$,$CE=4$,即 $DH=5$. 因为 $DE⊥AC$,所以 $DE=\sqrt{CD^2-CE^2}=3$. 分类讨论如下:如图①,当点 P 在点 E 的左侧时,所以 $EH=DE+DH=8$. 设 $CP=x$,则 $PH=x$,$PE=x-4$. 在 $\mathrm{Rt}△PHE$ 中,$PH^2-PE^2=EH^2$,所以 $x^2-(x-4)^2=8^2$,解得 $x=10$. 则 $CP=10$;如图②,当点 P 在点 E 的右侧时,所以 $EH=DH-DE=2$. 设 $PC=y$,则 $PE=CE-PC=4-y$,$PH=y$. 因为 $PH^2-PE^2=EH^2$,所以 $y^2-(4-y)^2=4$,解得 $y=\frac{5}{2}$. 则 $CP=\frac{5}{2}$. 综上,CP 的长是 10 或 $\frac{5}{2}$.