9. (2026·南通期中) 某同学类比勾股定理的证明过程,利用三个含有 $150°$ 角的全等三角形纸片 (如图①, $∠ ACB=150°$) 拼成一个正三角形 $DEF$ (如图②), 即 $△ ABC ≌ △ DEG ≌$ $△ EFM ≌ △ FDN$. 连接 $GM,MN,NG$, 若 $MN$ 长是 $2$,$△ DEF$ 的面积是 $7\sqrt{3}$, 则 $△ ABC$ 的面积是（）


A.$\sqrt{3}$
B.$\dfrac{3}{4}\sqrt{3}$
C.$\dfrac{4}{5}\sqrt{3}$
D.$\dfrac{5}{6}\sqrt{3}$

9. A 解析: 如图, 过点 G 作 $GP ⊥ DN$ 于点 P, 过点 F 作 $FO ⊥ DN$, 交 DN 的延长线于点 O. $\because △ ABC ≌ △ DEG ≌ △ EFM ≌ △ FDN, ∠ ACB = 150°$, $\therefore S_{△ ABC} = S_{△ DEG} = S_{△ EFM} = S_{△ FDN}, FN = DG, ∠ FND = ∠ ACB = 150°, ∠ EDG = ∠ DFN, DN = FM$, $\therefore ∠ FNO = 30°, \therefore$ 在 $\mathrm{Rt} △ FON$ 中, $OF = \frac{1}{2}FN. \because △ DEF$ 是等边三角形, $\therefore ∠ EDF = 60°, \therefore ∠ NDG = ∠ EDF - (∠ FDN + ∠ EDG) = 60° - (∠ FDN + ∠ DFN) = 60° - (180° - ∠ FND) = 60° - (180° - 150°) = 30°, \therefore$ 在 $\mathrm{Rt} △ PDG$ 中, $GP = \frac{1}{2}DG$,

$\therefore OF = GP, \therefore S_{△ GDN} = S_{△ FDN}$, 同理可得 $∠ MFN = 30°$, 在 $△ NDG$ 和 $△ MFN$ 中, $\begin{cases} DG = FN, \\ ∠ NDG = ∠ MFN = 30°, \\ DN = FM, \end{cases} \therefore △ NDG ≌ △ MFN(\mathrm{SAS}), \therefore NG = MN, S_{△ NDG} = S_{△ MFN}$, 同理可证 $△ NDG ≌ △ GEM \ (\mathrm{SAS}), \therefore NG = GM, S_{△ NDG} = S_{△ GEM}, \therefore S_{△ ABC} = S_{△ DEG} = S_{△ EFM} = S_{△ FDN} = S_{△ GDN} = S_{△ MFN} = S_{△ GEM}$. 又 $\because NG = MN = 2, NG = GM, \therefore △ GMN$ 是等边三角形, 如图, 过点 N 作 $NH ⊥ GM$ 于点 H, 则 $MH = \frac{1}{2}GM = \frac{1}{2} × 2 = 1, \therefore NH = \sqrt{MN^2 - MH^2} = \sqrt{3}, \therefore S_{△ GMN} = \frac{1}{2}GM · NH = \frac{1}{2} × 2 × \sqrt{3} = \sqrt{3}$. $\because △ DEF$ 的面积是 $7\sqrt{3}, \therefore S_{△ DEG} + S_{△ EFM} + S_{△ FDN} + S_{△ GDN} + S_{△ MFN} + S_{△ GEM} + S_{△ GMN} = 7\sqrt{3}, \therefore 6S_{△ ABC} + \sqrt{3} = 7\sqrt{3}, \therefore S_{△ ABC} = \sqrt{3}$, 故选 A.

10. (2025·苏州期中) 如图，$△ ABC$ 中，$∠ ACB = 90°$，$BC = 3$，$AC = 4$，点 $D$ 是 $AB$ 的中点，将 $△ ACD$ 沿 $CD$ 翻折得到 $△ ECD$，连接 $AE$，$BE$，则线段 $BE$ 的长等于.

10. $\frac{7}{5}$ 解析: 如图, 延长 CD 交 AE 于点 H, 在 $\mathrm{Rt} △ ABC$ 中, 由勾股定理得 $AB = \sqrt{AC^2 + BC^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5. \because D$ 为 AB 的中点, $\therefore AD = BD = DC = \frac{1}{2}AB = \frac{5}{2}$, 由翻折的性质可知, $AC = CE, AD = DE, ∠ ACH = ∠ ECH, \therefore CH$ 是 AE 的垂直平分线, $\therefore ∠ AHC = 90°, AE = 2AH$, 设 $DH = x$, 则 $CH = \frac{5}{2} + x$, 在 $\mathrm{Rt} △ ACH$ 中, 由勾股定理得 $AH^2 = AC^2 - CH^2 = 4^2 - (\frac{5}{2} + x)^2$, 在 $\mathrm{Rt} △ ADH$ 中, 由勾股定理得 $AH^2 = AD^2 - DH^2 = (\frac{5}{2})^2 - x^2, \therefore 4^2 - (\frac{5}{2} + x)^2 = (\frac{5}{2})^2 - x^2$, 解得 $x = \frac{7}{10}, \therefore AH = \sqrt{(\frac{5}{2})^2 - (\frac{7}{10})^2} = \frac{12}{5}$, $\therefore AE = 2AH = \frac{24}{5}. \because AD = DE = BD, \therefore ∠ DAE = ∠ DEA$, $∠ DEB = ∠ DBE. \because ∠ DAE + ∠ DEA + ∠ DEB + ∠ DBE = 180°$, $\therefore ∠ AEB = ∠ DEA + ∠ DEB = 90°, \therefore BE = \sqrt{AB^2 - AE^2} = \sqrt{5^2 - (\frac{24}{5})^2} = \frac{7}{5}$.

11. (2026·南京期中)如图,在四边形$ABCD$中,$∠ A= ∠ B=90^{ \circ }$,$AB=12$,$BC-AD=5$.沿$EF$,$FG$,$GH$剪三刀,将其分割为4块,可以再拼成两个正方形,则$△ BGF$的面积为.

11. 7.5 解析: 如图, 过点 D 作 $DM ⊥ BC$ 于点 M, $\therefore ∠ DMB = ∠ DMC = 90°. \because ∠ A = ∠ B = 90°, \therefore ∠ A = ∠ B = ∠ DMB = 90°$, 四边形 ABMD 是长方形, $\therefore DM = AB, BM = AD. \because AB = 12, BC - AD = 5, \therefore DM = 12, CM = BC - BM = BC - AD = 5, \therefore$ 在 $\mathrm{Rt} △ DCM$ 中, 由勾股定理得 $DC = \sqrt{DM^2 + CM^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13$, 设所拼成的正方形的边长为 a, 则 $EH = EK + KH = a$, 根据拼图可知 $DE = EK, KH = HC, \therefore DC = DE + EK + KH + HC = 2a, \therefore 2a = 13, \therefore a = 6.5, \therefore FG = 6.5$, 由题意可得 $AF = BF = \frac{1}{2}AB = 6, \therefore BG = \sqrt{FG^2 - BF^2} = \sqrt{6.5^2 - 6^2} = 2.5, \therefore S_{△ BGF} = \frac{1}{2}FB · BG = \frac{1}{2} × 6 × 2.5 = 7.5$.

12. (2026·镇江期中)【综合探究】
“在$△ ABC$中,$AB,BC,AC$三边的长分别为$\sqrt{5},\sqrt{10},\sqrt{13}$,求这个三角形的面积.”
小明同学在解答这道题时,先建立一个正方形网格(每个小正方形的边长为1),再在网格中画出格点$△ ABC$(即$△ ABC$三个顶点都在小正方形的顶点处),如图①所示,这样不需求$△ ABC$的高,而借用网格就能计算出它的面积.我们把上述求$△ ABC$面积的方法叫做构图法.
(1) 直接写出图 ① 中 $△ ABC$ 的面积是.
(2) 若 $△ MNP$ 的边长分别为 $\sqrt{m^2+16n^2}$,$\sqrt{9m^2+4n^2}$,$\sqrt{4m^2+4n^2}$ ($m＞0,n＞0$, 且 $m≠ n$), 运用构图法在图 ② 中画出相应的$△ MNP$,$△ MNP$ 的面积是.

(3) 已知 $a,b$ 均为正实数, 且 $a+b=3$, 求$\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+9}$ 的最小值. 小明同学发现$\sqrt{a^2+1}$ 可看作两直角边分别为 $a$ 和 $1$ 的直角三角形的斜边长,$\sqrt{b^2+9}$ 可看作两直角边分别是 $b$ 和 $3$ 的直角三角形的斜边长, 通过分析,小明想到了构图法解决此问题,于是构造出图③,将问题转化为求线段 $CD$ 的长,如图③,$AE=a$,$BE=b$,$AC=1$,$BD=3$,$AC⊥ AB$,$BD⊥ AB$, 则 $CE,DE$ 的长分别表示为 $\sqrt{a^2+1}$,$\sqrt{b^2+9}$. 由于 $CE+ED≥ CD$, 当 $C,D,E$ 三点共线时,取等号,所以只要求出 $CD$ 的长,就可以解决问题.
在图③中,$CD$ 的长为,所以$\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+9}$ 的最小值是.
(4)拓展应用:
代数式$\sqrt{(3-x)^2+4}+\sqrt{(5+x)^2+16}\ (0＜x＜5)$的最小值为.

12. (1) $\frac{7}{2}$ 解析: 由题图可知 $△ ABC$ 的面积是 $3 × 3 - \frac{1}{2} × 1 × 2 - \frac{1}{2} × 2 × 3 - \frac{1}{2} × 1 × 3 = \frac{7}{2}$.
(2) $5mn$ 解析: $△ MNP$ 的边长分别为 $\sqrt{m^2 + 16n^2}, \sqrt{9m^2 + 4n^2}, \sqrt{4m^2 + 4n^2} \ (m ＞ 0, n ＞ 0$, 且 $m ≠ n)$, 构造三角形如图①所示. 由图可知 $△ MNP$ 的面积是 $3m · 4n - \frac{1}{2} · 2m · 2n - \frac{1}{2} · m · 4n - \frac{1}{2} · 3m · 2n = 5mn$.

(3) 5 5 解析: 如图②, 过 C 作 $CF ⊥ BD$, 交 DB 的延长线于点 F, 则 $CF = AB = a + b = 3, DF = AC + BD = 4$, 在 $\mathrm{Rt} △ CFD$ 中, $CD = \sqrt{CF^2 + DF^2} = 5$, 所以 $\sqrt{a^2 + 1} + \sqrt{b^2 + 9}$ 的最小值是 5.

(4) 10 解析: 如图③, 设 $OP = x$, 则点 A, P 的水平距离为 $3 - x$, 竖直距离为 2, 点 B, P 的水平距离为 $5 + x$, 竖直距离为 4, 则 $PA + PB = \sqrt{(3 - x)^2 + 4} + \sqrt{(5 + x)^2 + 16} \ (0 ＜ x ＜ 5)$, 过点 A 作直线 OP 的对称点 $A', PA + PB = PA' + PB ≥ A'B$, 当且仅当 $A', P, B$ 三点共线时, $PA + PB$ 的值最小, 即为 $A'B$ 的长, $\therefore A'B = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10. \therefore \sqrt{(3 - x)^2 + 4} + \sqrt{(5 + x)^2 + 16} \ (0 ＜ x ＜ 5)$ 的最小值为 10.