1. 已知小明用31个相同的结把一根绳子分成等长的30段，他一只手同时握住第1个结和第31个结，小红拉住第6个结。若拉紧绳子后得到一个直角三角形，则小东拉的绳结可以是（）

A.第20个
B.第18个
C.第17个
D.第16个

1. B 解析:设小东与小红之间距离为x段.由题意,得小明与小红之间距离为6-1=5(段),则小明与小东之间距离为30-5-x=(25-x)段.因为拉紧绳子后得到一个直角三角形,所以$5^2 + x^2 = (25-x)^2$或$5^2 + (25-x)^2 = x^2$,解得$x=12$或$x=13$.则小东拉的绳结是$6+12=18$(个)或$6+13=19$(个).

2. 如图,在$Rt△ ABC$和$Rt△ BDE$中,$∠ ABC=∠ BDE=90°$,A是边DE的中点.若$AB=BC$,$DB=DE=2$,连接$CE$,则$CE$的长为 （）

A.$\sqrt{14}$
B.$\sqrt{15}$
C.4
D.$\sqrt{17}$
（第2题）

2. D 解析:如图,延长ED到点F,使得DF=DE,连接CF,BF.因为BD=DE=2,$∠BDE=90°$,且$∠BDE+∠BDF=180°$,所以$△BDE$是等腰直角三角形,DF=2,$∠BDF=∠BDE=90°$,$∠EBD=∠BEA=45°$.所以EF=4.又BD=BD,所以$△BDE≌△BDF$(SAS).所以$BE=BF$,$∠BFA=∠BEA=45°$,$∠FBD=∠EBD=45°$.所以$∠EBF=90°$,即$∠EBA+∠ABF=90°$.又$∠ABC=90°$,所以$∠ABF+∠FBC=90°$,即$∠EBA=∠FBC$.又BA = BC,所以$△EBA≌△FBC$(SAS).所以$∠BEA=∠BFC$,$AE=CF$,即$∠BFC=45°$.所以$∠CFE=∠BFC+∠BFA=90°$.因为A为DE的中点,所以$AE=\frac{1}{2}DE=1$,即$CF=1$.所以$CE=\sqrt{EF^2+CF^2}=\sqrt{17}$.

3. 如图，线段$AB=10$，$D$是线段$AB$上的一个动点(不与点$A$重合)，在$AB$的上方作以$AD$为腰的等腰三角形$ACD$，且$∠ CAD=120°$，过点$D$作射线$DP⊥ CD$，$G$是$DP$上一个动点(不与点$D$重合)，连接$CG$，$O$为$CG$的中点，连接$OB$.若线段$OB$的长的最小值为$m$，则$m^2=\_\_\_\_\_\_$.

3. 75 解析:如图,连接OA,OD,延长AO至点E.因为$△ACD$是等腰三角形,且$∠CAD=120°$,所以$AC=AD$.因为$DP⊥CD$,所以$∠CDG=90°$.又O为CG的中点,所以$OD=OC=\frac{1}{2}CG$.又OA=OA,所以$△OAC≌△OAD$(SSS).所以$∠OAC=∠OAD=\frac{1}{2}∠CAD=60°$,即$∠BAE=60°$.所以点O在射线AE上运动.当$OB⊥AE$时,OB的长最小.又AB=10,$∠BAE=60°$,易得此时$OA=\frac{1}{2}AB=5$.在$Rt△OAB$中,OB=m,所以$OB^2=AB^2-OA^2=75$,即$m^2=75$.

4. 如图，$AB=1$，以$AB$为斜边作直角三角形$ABC$，以$△ ABC$的各边为边分别向外作正方形，$EM⊥ KH$于点$M$，$GN⊥ KH$于点$N$，则图中阴影部分面积之和的最大值为________。

4. $\frac{5}{4}$ 解析:过点C作$CO⊥AB$于点O,延长BA交EM于点P,延长AB交GN于点Q,则$∠EPA=∠BQG=∠AOC=∠COB=90°$.因为AB=1,四边形ABHK是正方形,所以$AK=BH=AB=1$.因为四边形ACDE是正方形,所以$AE=CA$,$∠EAC=90°$.又$∠PAE+∠EAC+∠OAC=180°$,所以$∠PAE+∠OAC=180°-∠EAC=90°$.又$∠OAC+∠OCA=90°$,所以$∠PAE=∠OCA$.所以$△EAP≌△ACO$(AAS).所以$AP=CO$,$S_{△EAP}=S_{△ACO}$.同理,得$BQ=CO$,$S_{△BQG}=S_{△COB}$.由题意,得$S_{阴影}=AK·AP + BH·BQ + S_{△EAP} + S_{△BQG}=AK·AP + BH·BQ + S_{△ABC}=AP + BQ + \frac{CO}{2}=\frac{5}{2}CO$,所以当CO的长最大时,$S_{阴影}$最大.在$Rt△ABC$中,设$BC=a$,$AC=b$,$AB=c$,$CO=h$,则$a^2+b^2=c^2$.又$S_{△ABC}=\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}ch$,所以$ch=ab$.因为$(b-a)^2≥0$,所以$a^2+b^2-2ab≥0$,即$ab≤\frac{c^2}{2}$.所以$ch≤\frac{c^2}{2}$,即$h≤\frac{c}{2}$.又$c=1$,所以h的最大值为$\frac{1}{2}$,即CO的长的最大值为$\frac{1}{2}$.则题图中阴影部分面积之和的最大值为$\frac{5}{2}×\frac{1}{2}=\frac{5}{4}$.

5. 新素养 推理能力 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ABC=90°$,$AB=20$,$BC=15$,$D$为边$AC$上的动点,点$D$从点$C$出发,沿$CA$向点$A$运动,当运动到点$A$时停止.若设点$D$运动的时间为$t$秒,点$D$运动的速度为每秒2个单位长度.
(1) 当$t=2$时,求$CD$,$AD$的长;
(2) 在点$D$的运动过程中,$△ CBD$能否为直角三角形? 若能,请求出$t$的值;若不能,请说明理由;
(3) 当$t$为何值时,$△ CBD$是等腰三角形?

5. (1) 由题意,得$CD=2t$.在$Rt△ABC$中,$AB=20$,$BC=15$,所以$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=25$.所以$AD=AC-CD=25-2t$.当$t=2$时,$CD=4$,$AD=21$.
(2) 能.因为$∠C＜90°$,所以当$△CBD$为直角三角形时,有$∠CBD=90°$或$∠CDB=90°$两种情况.分类讨论如下:① 若$∠CDB=90°$,则$S_{△ABC}=\frac{1}{2}BD·AC=\frac{1}{2}AB·BC$.由(1),得$CD=2t$,$AC=25$,且$AB=20$,$BC=15$,所以$BD=\frac{AB·BC}{AC}=12$.在$Rt△BCD$中,$CD^2+BD^2=BC^2$,所以$(2t)^2+12^2=15^2$,解得$t=4.5$(负值已舍去);② 若$∠CBD=90°$,则A,D两点重合.所以$2t=25$,解得$t=12.5$.综上,t的值为4.5或12.5.
(3) 由(1),得$CD=2t$.过点B作$BE⊥AC$于点E.同(2),得$BE=12$.所以$CE=\sqrt{BC^2-BE^2}=9$.因为$△CBD$是等腰三角形,所以有$BC=BD$或$BC=CD$或$BD=CD$三种情况.分类讨论如下:① 当$BC=BD$时,$CD=2CE$,所以$2t=2×9$,解得$t=9$;② 当$BC=CD$时,$2t=15$,解得$t=7.5$;③ 当$BD=CD$时,$BD=2t$,$DE=2t-9$.在$Rt△BDE$中,$BE^2+DE^2=BD^2$,所以$12^2+(2t-9)^2=(2t)^2$,解得$t=6.25$.综上,当t的值为9或7.5或6.25时,$△CBD$是等腰三角形.