1[2026江苏宿迁期中,中]如图是一个港湾,港湾两岸有A,B两个码头,OA=2千米,OB=1千米,现有一艘货船从码头A出发,根据计划,货船应先停靠OB岸装货,再停靠OA岸装货,最后到达码头B.小明根据所学的知识,合理安排两岸的装货地点,发现货船行驶的水路最短路程为$\sqrt{3}$千米,那么这个港湾两岸的夹角∠AOB的度数是 ()


A.15°
B.20°
C.25°
D.30°

如图,分别作点 A 关于 OB 的对称点 $A'$, 点 B 关于 OA 的对称点 $B'$, 连结 $A'B'$, 交 OB 于 D, 交 OA 于 C, 则 C, D 分别为 OA, OB 两岸的装货地点, $A'B'$ 的长是货船行驶的水路最短路程. 连结 $OA'$, $OB'$. 由轴对称的性质知 $OA = OA' = 2$, $OB = OB' = 1$. 因为 $A'B' = \sqrt{3}$, $1^2 + (\sqrt{3})^2 = 2^2$, 所以 $OB'^2 + A'B'^2 = OA'^2$, 所以 $∠OB'A' = 90°$. 延长 $OB'$ 至点 E, 使 $B'E = OB'$, 连结 $A'E$. 因为 $OA' = 2OB'$, 所以 $OE = OA'$, 且 $A'B'$ 是 OE 的垂直平分线, 所以 $OA' = EA'$, 所以 $OA' = EA' = OE$, 所以 $△OEA'$ 为等边三角形, 所以 $∠A'OB' = 60°$. 由轴对称的性质易得, $∠A'OB = ∠AOB = ∠B'OA$, 所以 $∠AOB = \frac{1}{3}∠A'OB' = \frac{1}{3}×60° = 20°$. 故选 B.

2 新考向传统文化[中]勾股数是指能成为直角三角形三条边长的三个正整数，世界上第一次给出勾股数公式的是中国古代数学著作《九章算术》。现有勾股数$a,b,c$，其中$a,b$均小于$c$，$a=\frac{1}{2}m^2 - \frac{1}{2}$，$c=\frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2}$，$m$是大于1的奇数，则$b=$（用含$m$的式子表示）。

因为 $a,b,c$ 是勾股数, 其中 $a,b$ 均小于 $c$, $a=\frac{1}{2}m^2 - \frac{1}{2}$, $c=\frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2}$, 所以 $b^2 = c^2 - a^2 = (\frac{1}{2}m^2 + \frac{1}{2})^2 - (\frac{1}{2}m^2 - \frac{1}{2})^2 = \frac{1}{4}m^4 + \frac{1}{4} + \frac{1}{2}m^2 - (\frac{1}{4}m^4 + \frac{1}{4} - \frac{1}{2}m^2) = \frac{1}{4}m^4 + \frac{1}{4} + \frac{1}{2}m^2 - \frac{1}{4}m^4 - \frac{1}{4} + \frac{1}{2}m^2 = m^2$. 因为 $m$ 是大于 1 的奇数, 所以 $b=m$. 故答案为 $m$.

3[2025河南商丘期末,中]如图,在$△ ABC$中,$AB=5,BC=4,AC=3$,点$O$是$△ ABC$三条角平分线的交点,则$△ BCO$的边$BC$上的高是。

过 $O$ 作 $OE ⊥ AC$ 于 $E$, $OF ⊥ BC$ 于 $F$, $OD ⊥ AB$ 于 $D$, 如图. 因为在 $△ABC$ 中, $AB = 5$, $BC = 4$, $AC = 3$, 所以 $BC^2 + AC^2 = 4^2 + 3^2 = 25$, $AB^2 = 5^2 = 25$, 所以 $BC^2 + AC^2 = AB^2$, 所以 $△ABC$ 是直角三角形, 且 $∠ACB = 90°$. 因为点 $O$ 为 $△ABC$ 三条角平分线的交点, 所以 $OE = OF = OD$. 设 $OE = OF = OD = x$. 因为 $S_{△OAB} + S_{△OAC} + S_{△OBC} = S_{△ABC}$, 所以 $\frac{1}{2}×5×OD + \frac{1}{2}×3×OE + \frac{1}{2}×4×OF = \frac{1}{2}×4×3$, 所以 $5x+3x+4x = 12$, 解得 $x = 1$, 所以点 $O$ 到 $BC$ 的距离等于 1, 即 $△BCO$ 的边 $BC$ 上的高是 1.

4[较难]在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，点A,B,C,D,E均是网格线的交点，则∠ACB−∠DCE=°。

如图,标出点 $F,G$, 连结 $CG,AG$. 由勾股定理得 $AG^2 = CG^2 = 1^2 + 2^2 = 5$, $AC^2 = 1^2 + 3^2 = 10$, 则 $AG^2 + CG^2 = AC^2$, 所以 $∠CGA = 90°$, 所以 $△CAG$ 是等腰直角三角形, 所以 $∠CAG = 45°$. 因为 $AF//BC$, 所以 $∠CAF = ∠BCA$. 在 $△AFG$ 和 $△CDE$ 中,
$\begin{cases} AF = CD, \\ ∠AFG = ∠CDE = 90°, \\ FG = DE, \end{cases}$
所以 $△AFG ≌ △CDE(SAS)$, 所以 $∠FAG = ∠DCE$, 所以 $∠ACB - ∠DCE = ∠CAF - ∠FAG = ∠CAG = 45°$. 故答案为 45.

5[2025 吉林长春期末，中]如图，△ACD 和△BCE 均为等腰直角三角形，∠ACD=∠ECB=90°.连结 AE，DE.若 $ AE^2 = DE^2 + 2CE^2 $，求∠DEC 的度数.

刷素养 走向重高

连结 $DB$, 如图. 因为 $△ACD$ 和 $△ECB$ 都是等腰直角三角形, $∠ACD = ∠ECB = 90°$, 所以 $AC = CD$, $CE = CB$, $∠ACE = ∠DCB$. 在 $△ACE$ 和 $△DCB$ 中,
$\begin{cases} AC = CD, \\ ∠ACE = ∠DCB, \\ CE = CB, \end{cases}$
所以 $△ACE ≌ △DCB(SAS)$, 所以 $AE = BD$. 因为 $△BCE$ 是等腰直角三角形, $∠BCE = 90°$, 所以 $∠BEC = ∠EBC = 45°$. 在 $Rt △BCE$ 中, $CE^2 + CB^2 = BE^2$, 所以 $BE^2 = 2CE^2$. 因为 $AE^2 = DE^2 + 2CE^2$, 所以 $BD^2 = DE^2 + BE^2$, 所以 $∠BED = 90°$, 所以 $∠DEC = ∠BED - ∠BEC = 90° - 45° = 45°$.

6 核心素养 推理能力 [2026 浙江杭州期末,较难]在$△ ABC$中,$BC=a$,$AC=b$,$AB=c$,设$AB$为最长边,当$a^2+b^2=c^2$时,$△ ABC$是直角三角形;当$a^2+b^2≠c^2$时,通过比较代数式$a^2+b^2$和$c^2$的大小,探究$△ ABC$的形状(按角分类).
(1)当$△ ABC$三边长分别为6,8,9时,$△ ABC$为三角形;当$△ ABC$三边长分别为6,8,11时,$△ ABC$为三角形.
(2)猜想:当$a^2+b^2$ $c^2$时,$△ ABC$为锐角三角形;当$a^2+b^2$ $c^2$时,$△ ABC$为钝角三角形.
(3)当$a=2$,$b=4$时,探究$△ ABC$的形状,并求出对应的$c^2$的取值范围.

(1)当一个直角三角形的两直角边长为 6,8 时,斜边长为 10, 因为 $9＜10$, 所以当 $△ABC$ 三边长分别为 6,8,9 时, $△ABC$ 为锐角三角形; 因为 $11＞10$, 所以当 $△ABC$ 三边长分别为 6,8,11 时, $△ABC$ 为钝角三角形. 故答案为锐角,钝角.
(2) 当 $a^2+b^2＞c^2$ 时, $△ABC$ 为锐角三角形; 当 $a^2+b^2＜c^2$ 时, $△ABC$ 为钝角三角形. 故答案为 $＞$, $＜$.
(3) 因为 $c$ 为最长边的长, $2+4=6$, 所以 $4＜c＜6$.
① 当 $a^2+b^2＞c^2$, 即 $c^2＜20$ 时, $△ABC$ 是锐角三角形, 此时 $16＜c^2＜20$;
② 当 $a^2+b^2=c^2$, 即 $c^2=20$ 时, $△ABC$ 是直角三角形;
③ 当 $a^2+b^2＜c^2$, 即 $c^2＞20$ 时, $△ABC$ 是钝角三角形, 此时 $20＜c^2＜36$.