9. (2025 陕西) 如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ \angle ACB = 90° $，$ \angle A = 20° $，$ CD $ 为 $ AB $ 边上的中线，$ DE ⊥ AC $，则图中与 $ \angle A $ 互余的角共有(
A.$ 2 $ 个
B.$ 3 $ 个
C.$ 4 $ 个
D.$ 5 $ 个
C
)A.$ 2 $ 个
B.$ 3 $ 个
C.$ 4 $ 个
D.$ 5 $ 个
答案
C
解析
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$，$\angle A=20^{\circ}$，则$\angle B=90^{\circ}-\angle A=70^{\circ}$，故$\angle B$与$\angle A$互余。
$CD$为$AB$边上中线，直角三角形斜边上中线等于斜边一半，故$CD=AD=BD$，则$\angle ACD=\angle A=20^{\circ}$，$\angle BCD=\angle ACB-\angle ACD=90^{\circ}-20^{\circ}=70^{\circ}$，故$\angle BCD$与$\angle A$互余。
$DE⊥ AC$，则$\angle AED=90^{\circ}$，在$Rt\triangle ADE$中，$\angle ADE=90^{\circ}-\angle A=70^{\circ}$，故$\angle ADE$与$\angle A$互余。
在$Rt\triangle CDE$中，$\angle DEC=90^{\circ}$，$\angle ECD=\angle ACD=20^{\circ}$，则$\angle CDE=90^{\circ}-\angle ECD=70^{\circ}$，故$\angle CDE$与$\angle A$互余。
综上，与$\angle A$互余的角有$\angle B$、$\angle BCD$、$\angle ADE$、$\angle CDE$，共4个。
$CD$为$AB$边上中线，直角三角形斜边上中线等于斜边一半，故$CD=AD=BD$，则$\angle ACD=\angle A=20^{\circ}$，$\angle BCD=\angle ACB-\angle ACD=90^{\circ}-20^{\circ}=70^{\circ}$，故$\angle BCD$与$\angle A$互余。
$DE⊥ AC$，则$\angle AED=90^{\circ}$，在$Rt\triangle ADE$中，$\angle ADE=90^{\circ}-\angle A=70^{\circ}$，故$\angle ADE$与$\angle A$互余。
在$Rt\triangle CDE$中，$\angle DEC=90^{\circ}$，$\angle ECD=\angle ACD=20^{\circ}$，则$\angle CDE=90^{\circ}-\angle ECD=70^{\circ}$，故$\angle CDE$与$\angle A$互余。
综上，与$\angle A$互余的角有$\angle B$、$\angle BCD$、$\angle ADE$、$\angle CDE$，共4个。
10. (北师八下 P34 改编) 如图，在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle B = 90° $，$ \angle C = 30° $，$ AC $ 的垂直平分线交 $ AC $ 于点 $ D $，交 $ BC $ 于点 $ E $，若 $ BC = 12 $，则 $ DE $ 的长为(
A.$ 4 $
B.$ 5 $
C.$ 6 $
D.$ 7 $
A
)A.$ 4 $
B.$ 5 $
C.$ 6 $
D.$ 7 $
答案
A
解析
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle B=90^{\circ}$，$\angle C=30^{\circ}$，$BC=12$。设$AB=x$，则$AC=2x$（30°角所对直角边是斜边一半）。由勾股定理得$x^2 + 12^2=(2x)^2$，解得$x=4\sqrt{3}$，$AC=8\sqrt{3}$。
$DE$是$AC$的垂直平分线，故$D$为$AC$中点，$DC=\frac{1}{2}AC=4\sqrt{3}$，且$EA=EC$。设$EC=EA=y$，则$BE=12 - y$。
在$Rt\triangle ABE$中，$AB=4\sqrt{3}$，由勾股定理得$(4\sqrt{3})^2 + (12 - y)^2=y^2$，解得$y=8$，即$EC=8$。
在$Rt\triangle CDE$中，$DC=4\sqrt{3}$，$EC=8$，由勾股定理得$DE^2=EC^2 - DC^2=8^2 - (4\sqrt{3})^2=64 - 48=16$，故$DE=4$。
$DE$是$AC$的垂直平分线，故$D$为$AC$中点，$DC=\frac{1}{2}AC=4\sqrt{3}$，且$EA=EC$。设$EC=EA=y$，则$BE=12 - y$。
在$Rt\triangle ABE$中，$AB=4\sqrt{3}$，由勾股定理得$(4\sqrt{3})^2 + (12 - y)^2=y^2$，解得$y=8$，即$EC=8$。
在$Rt\triangle CDE$中，$DC=4\sqrt{3}$，$EC=8$，由勾股定理得$DE^2=EC^2 - DC^2=8^2 - (4\sqrt{3})^2=64 - 48=16$，故$DE=4$。
11. (2025 南阳二模) 如图，在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle C = 90° $，$ AC = 12 $，$ BC = 5 $，点 $ P $ 是边 $ AB $ 上任意一点，过点 $ P $ 作 $ PD ⊥ AC $，$ PE ⊥ BC $，垂足分别为点 $ D $，$ E $，连接 $ DE $，则 $ DE $ 的最小值是(
A.$ \frac{13}{2} $
B.$ \frac{60}{13} $
C.$ \frac{12}{5} $
D.$ \frac{30}{13} $
B
)A.$ \frac{13}{2} $
B.$ \frac{60}{13} $
C.$ \frac{12}{5} $
D.$ \frac{30}{13} $
答案
B
解析
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，由勾股定理得AB=√(AC²+BC²)=√(12²+5²)=13。
∵PD⊥AC，PE⊥BC，∠C=90°，∴四边形PDCE为矩形，∴DE=PC。
要使DE最小，即求PC最小值，当PC⊥AB时，PC最小（垂线段最短）。
由面积法：S△ABC=(1/2)AC·BC=(1/2)AB·PC，即(1/2)×12×5=(1/2)×13×PC，解得PC=60/13。
∴DE的最小值为60/13。
∵PD⊥AC，PE⊥BC，∠C=90°，∴四边形PDCE为矩形，∴DE=PC。
要使DE最小，即求PC最小值，当PC⊥AB时，PC最小（垂线段最短）。
由面积法：S△ABC=(1/2)AC·BC=(1/2)AB·PC，即(1/2)×12×5=(1/2)×13×PC，解得PC=60/13。
∴DE的最小值为60/13。
12. (2025 扬州) 清代扬州数学家罗士琳痴迷于勾股定理的研究，提出了推算勾股数的“罗士琳法则”。法则的提出，不仅简化了勾股数的生成过程，也体现了中国传统数学在数论领域的贡献。由此法则写出了下列几组勾股数：① $ 3 $，$ 4 $，$ 5 $；② $ 5 $，$ 12 $，$ 13 $；③ $ 7 $，$ 24 $，$ 25 $；④ $ 9 $，$ 40 $，$ 41 $；……根据上述规律，写出第⑤组勾股数为
11,60,61
。答案
$11,60,61$
解析
观察题目中给出的四组勾股数：
第①组：$3,4,5$，其中$3=2×1+1$，$4=2×1×(1+1)$，$5=2×1×(1+1)+1$。
第②组：$5,12,13$，其中$5=2×2+1$，$12=2×2×(2+1)$，$13=2×2×(2+1)+1$。
第③组：$7,24,25$，其中$7=2×3+1$，$24=2×3×(3+1)$，$25=2×3×(3+1)+1$。
第④组：$9,40,41$，其中$9=2×4+1$，$40=2×4×(4+1)$，$41=2×4×(4+1)+1$。
由此可推断出规律，第$n$组勾股数$a,b,c$（$n$为正整数）中，$a = 2n + 1$，$b = 2n(n + 1)$，$c = 2n(n + 1)+1$。
当$n = 5$时，$a=2×5 + 1=11$，$b=2×5×(5 + 1)=60$，$c=2×5×(5 + 1)+1 = 61$。
所以第⑤组勾股数为$11,60,61$。
第①组：$3,4,5$，其中$3=2×1+1$，$4=2×1×(1+1)$，$5=2×1×(1+1)+1$。
第②组：$5,12,13$，其中$5=2×2+1$，$12=2×2×(2+1)$，$13=2×2×(2+1)+1$。
第③组：$7,24,25$，其中$7=2×3+1$，$24=2×3×(3+1)$，$25=2×3×(3+1)+1$。
第④组：$9,40,41$，其中$9=2×4+1$，$40=2×4×(4+1)$，$41=2×4×(4+1)+1$。
由此可推断出规律，第$n$组勾股数$a,b,c$（$n$为正整数）中，$a = 2n + 1$，$b = 2n(n + 1)$，$c = 2n(n + 1)+1$。
当$n = 5$时，$a=2×5 + 1=11$，$b=2×5×(5 + 1)=60$，$c=2×5×(5 + 1)+1 = 61$。
所以第⑤组勾股数为$11,60,61$。
13. (2025 信阳三模) 一副三角板按如图所示的方式放置：等腰直角三角形的三角板的直角顶点落在另一个三角板的斜边上，底角顶点与另一三角板的 $ 60° $ 角顶点重合，则 $ \angle BFD $ 的度数为(
A.$ 65° $
B.$ 70° $
C.$ 75° $
D.$ 80° $
C
)A.$ 65° $
B.$ 70° $
C.$ 75° $
D.$ 80° $
答案
C
解析
设含60°角的直角三角板为△BCE，其中∠BEC=90°，∠EBC=60°，斜边BC；等腰直角三角板为△ABD，直角顶点A在BC上，底角顶点B与△BCE的60°角顶点重合，故∠ABD=45°（等腰直角三角形底角），AD=AB，∠BAD=90°。AD与BE交于点F，求∠BFD。
在△BCE中，∠EBC=60°（60°角顶点B）；在△ABD中，∠ABD=45°（等腰直角三角形底角），故∠FBD=∠EBC=60°（F在BE上）。等腰直角三角形底角∠ADB=45°，即∠FDB=45°。
在△BFD中，由三角形内角和定理：∠BFD=180°-∠FBD-∠FDB=180°-60°-45°=75°。
在△BCE中，∠EBC=60°（60°角顶点B）；在△ABD中，∠ABD=45°（等腰直角三角形底角），故∠FBD=∠EBC=60°（F在BE上）。等腰直角三角形底角∠ADB=45°，即∠FDB=45°。
在△BFD中，由三角形内角和定理：∠BFD=180°-∠FBD-∠FDB=180°-60°-45°=75°。
14. (2025 安阳模拟) 如图，在等腰直角三角形 $ ABC $ 中，$ \angle BAC = 90° $，$ AB = AC = 2 $，点 $ D $ 为直线 $ BC $ 上方一点，且 $ \angle D = 45° $，若 $ \angle CBD = 2 \angle ABD $，则 $ BD $ 的长为
$\sqrt{6} + \sqrt{2}$
。答案
$\sqrt{6} + \sqrt{2}$
解析
在等腰直角三角形$ABC$中，$\angle BAC = 90°$，$AB = AC = 2$，则$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = 2\sqrt{2}$，$\angle ABC = 45°$。设$\angle ABD = \alpha$，则$\angle CBD = 2\alpha$，由$\alpha + 2\alpha = 45°$得$\alpha = 15°$，故$\angle ABD = 15°$，$\angle CBD = 30°$。
点$D$在直线$BC$上方，$\angle BDC = 45°$。在$\triangle BDC$中，由正弦定理$\frac{BC}{\sin \angle BDC} = \frac{BD}{\sin \angle BCD}$，得$\frac{2\sqrt{2}}{\sin 45°} = \frac{BD}{\sin \angle BCD}$，即$\frac{2\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{BD}{\sin \angle BCD}$，解得$BD = 4\sin \angle BCD$。
过$D$作$DE ⊥ BC$于$E$，设$DE = h$，则$BD = 2h$（$\angle CBD = 30°$，直角三角形中$30°$对边是斜边一半），$BE = \sqrt{3}h$，$EC = 2\sqrt{2} - \sqrt{3}h$。在$Rt\triangle CDE$中，$DC^2 = h^2 + (2\sqrt{2} - \sqrt{3}h)^2$，且$\sin \angle BCD = \frac{h}{DC}$，结合$BD = 4\sin \angle BCD$可得$DC = 2$。
代入$DC^2 = 4$，得$h^2 + (2\sqrt{2} - \sqrt{3}h)^2 = 4$，化简得$4h^2 - 4\sqrt{6}h + 4 = 0$，解得$h = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2}$（$h ＞ 0$，取正值），故$BD = 2h = \sqrt{6} + \sqrt{2}$。
点$D$在直线$BC$上方，$\angle BDC = 45°$。在$\triangle BDC$中，由正弦定理$\frac{BC}{\sin \angle BDC} = \frac{BD}{\sin \angle BCD}$，得$\frac{2\sqrt{2}}{\sin 45°} = \frac{BD}{\sin \angle BCD}$，即$\frac{2\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{BD}{\sin \angle BCD}$，解得$BD = 4\sin \angle BCD$。
过$D$作$DE ⊥ BC$于$E$，设$DE = h$，则$BD = 2h$（$\angle CBD = 30°$，直角三角形中$30°$对边是斜边一半），$BE = \sqrt{3}h$，$EC = 2\sqrt{2} - \sqrt{3}h$。在$Rt\triangle CDE$中，$DC^2 = h^2 + (2\sqrt{2} - \sqrt{3}h)^2$，且$\sin \angle BCD = \frac{h}{DC}$，结合$BD = 4\sin \angle BCD$可得$DC = 2$。
代入$DC^2 = 4$，得$h^2 + (2\sqrt{2} - \sqrt{3}h)^2 = 4$，化简得$4h^2 - 4\sqrt{6}h + 4 = 0$，解得$h = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2}$（$h ＞ 0$，取正值），故$BD = 2h = \sqrt{6} + \sqrt{2}$。
15. 如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ \angle A = 90° $，$ AB = AC $，$ D $ 为 $ BC $ 的中点，$ E $，$ F $ 分别是 $ AB $，$ AC $ 上的点，且 $ BE = AF $。
(1) 求证：$ \triangle DEF $ 为等腰直角三角形；
(2) 若 $ AB = 4 $，则四边形 $ AEDF $ 的面积为
(1) 求证：$ \triangle DEF $ 为等腰直角三角形；
(2) 若 $ AB = 4 $，则四边形 $ AEDF $ 的面积为
4
。答案
(1)见解析；(2)4
解析
(1)连接AD。
∵AB=AC，∠BAC=90°，D为BC中点，
∴AD=BD=CD，AD⊥BC，∠BAD=∠CAD=∠B=∠C=45°。
在△BDE和△ADF中，
$\left\{\begin{array}{l} BD=AD\\ ∠B=∠DAF=45°\\ BE=AF\end{array}\right.$，
∴△BDE≌△ADF(SAS)，
∴DE=DF，∠BDE=∠ADF。
∵∠ADB=90°，即∠BDE+∠ADE=90°，
∴∠ADF+∠ADE=90°，即∠EDF=90°，
∴△DEF为等腰直角三角形。
(2)∵△ABC为等腰直角三角形，AB=4，
∴S△ABC=$\frac{1}{2}×4×4=8$。
∵D为BC中点，∴S△ABD=$\frac{1}{2}$S△ABC=4。
由(1)知△BDE≌△ADF，∴S△BDE=S△ADF，
∴S四边形AEDF=S△ADE+S△ADF=S△ADE+S△BDE=S△ABD=4。
∵AB=AC，∠BAC=90°，D为BC中点，
∴AD=BD=CD，AD⊥BC，∠BAD=∠CAD=∠B=∠C=45°。
在△BDE和△ADF中，
$\left\{\begin{array}{l} BD=AD\\ ∠B=∠DAF=45°\\ BE=AF\end{array}\right.$，
∴△BDE≌△ADF(SAS)，
∴DE=DF，∠BDE=∠ADF。
∵∠ADB=90°，即∠BDE+∠ADE=90°，
∴∠ADF+∠ADE=90°，即∠EDF=90°，
∴△DEF为等腰直角三角形。
(2)∵△ABC为等腰直角三角形，AB=4，
∴S△ABC=$\frac{1}{2}×4×4=8$。
∵D为BC中点，∴S△ABD=$\frac{1}{2}$S△ABC=4。
由(1)知△BDE≌△ADF，∴S△BDE=S△ADF，
∴S四边形AEDF=S△ADE+S△ADF=S△ADE+S△BDE=S△ABD=4。
