6. 如图,我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾股形)分割成一个正方形和两对全等的直角三角形. 后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理. 若 $a=3, b=4$,则该三角形的面积为 (
A. 10
B. 12
C. $\frac{99}{8}$
D. $\frac{53}{4}$
B
)A. 10
B. 12
C. $\frac{99}{8}$
D. $\frac{53}{4}$
答案：B
7. 如图,在 $\triangle A B C$ 中,$A B=A C, B C=10, B D \perp A C$ 于点 $D$,且 $B D=8$,则 $A C$ 的长为______
$\frac{25}{3}$
.答案：$\frac{25}{3}$
8. (2024·大庆)如图①,直角三角形的两个锐角分别是 $40^{\circ}$ 和 $50^{\circ}$,其三边上分别有一个正方形. 执行下面的操作:由两个小正方形向外分别作锐角为 $40^{\circ}$ 和 $50^{\circ}$ 的直角三角形,再分别以所得到的直角三角形的直角边为边长作正方形. 图②是 1 次操作后的图形. 图③是重复上述步骤若干次后得到的图形,人们把它称为“毕达哥拉斯树”. 若图①中的直角三角形斜边长为 2,则 10 次操作后图形中所有正方形的面积和为______
48
.答案：48
9. (2023·常州期末)如图,在四边形 $A B C D$ 中,$A B=10, A D=6, A C$ 平分 $\angle B A D$,且 $\angle A C B=90^{\circ}$. 当点 $C$ 在 $B D$ 的垂直平分线上时,$C D^{2}$ 的值为______
20
.答案：20
10. 如图,一架梯子 $A B$ 长 $2.5 \mathrm{~m}$,顶端 $A$ 靠在墙 $A C$ 上,这时梯子下端 $B$ 与墙角 $C$ 的距离为 $1.5 \mathrm{~m}$,梯子滑动后停在 $D E$ 的位置,测得 $B D$ 长为 $0.5 \mathrm{~m}$,则梯子顶端 $A$ 下落了
0.5
米?答案：解:在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中,$AB = 2.5m$,$BC = 1.5m$,
$\therefore AC^{2}=AB^{2}-BC^{2}=2.5^{2}-1.5^{2}=4$,$\therefore AC = 2m$.
在$\mathrm{Rt}\triangle ECD$中,$DE = AB = 2.5m$,$CD = 1.5 + 0.5 = 2(m)$,$\therefore EC^{2}=DE^{2}-CD^{2}=2.5^{2}-2^{2}=2.25$,
$\therefore EC = 1.5m$,故$AE = AC - CE = 2 - 1.5 = 0.5(m)$,
即梯子顶端$A$下落了$0.5m$.
$\therefore AC^{2}=AB^{2}-BC^{2}=2.5^{2}-1.5^{2}=4$,$\therefore AC = 2m$.
在$\mathrm{Rt}\triangle ECD$中,$DE = AB = 2.5m$,$CD = 1.5 + 0.5 = 2(m)$,$\therefore EC^{2}=DE^{2}-CD^{2}=2.5^{2}-2^{2}=2.25$,
$\therefore EC = 1.5m$,故$AE = AC - CE = 2 - 1.5 = 0.5(m)$,
即梯子顶端$A$下落了$0.5m$.
11. 如图,$B, D, C$ 三点在一条直线上,$\angle A D B=\angle A D C=90^{\circ}, B D=D E, \angle D A C=45^{\circ}$.
(1) 试判断线段 $A B, C E$ 的关系,并说明理由;
(2) 若 $B D=a, A D=b, A B=c$,请利用此图的面积证明勾股定理.
(1) 试判断线段 $A B, C E$ 的关系,并说明理由;
(2) 若 $B D=a, A D=b, A B=c$,请利用此图的面积证明勾股定理.
答案：
(1) 解:$AB = CE$,$AB\perp CE$.
理由:延长$CE$交$AB$于点$F$,如答图.
$\because\angle ADC = 90^{\circ}$,$\angle DAC = 45^{\circ}$,
$\therefore\angle ACD = \angle DAC = 45^{\circ}$,$\therefore AD = CD$.
在$\triangle ADB$和$\triangle CDE$中,$\begin{cases}AD = CD\\\angle ADB = \angle CDE\\DB = DE\end{cases}$
$\therefore\triangle ADB\cong\triangle CDE(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AB = CE$,$\angle BAD = \angle DCE$.
$\because\angle BAD + \angle ABD = 90^{\circ}$,
$\therefore\angle DCE + \angle ABD = 90^{\circ}$,$\therefore\angle BFC = 90^{\circ}$,
$\therefore AB\perp CE$.
(2) 证明:设$EF = x$,
$\because S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABE}+S_{\triangle BDE}+S_{\triangle ACD}$,
$\therefore\frac{1}{2}AB\cdot CF=\frac{1}{2}AB\cdot EF+\frac{1}{2}BD\cdot DE+\frac{1}{2}DC\cdot AD$.
$\because BD = a$,$AB = c$,$AD = b$,$\triangle ADB\cong\triangle CDE$,
$\therefore AB = CE = c$,$BD = DE = a$,$AD = CD = b$,
$\therefore\frac{1}{2}c(c + x)=\frac{1}{2}cx+\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}$,
即$c^{2}+cx = cx + a^{2}+b^{2}$,
$\therefore a^{2}+b^{2}=c^{2}$.
(1) 解:$AB = CE$,$AB\perp CE$.
理由:延长$CE$交$AB$于点$F$,如答图.
$\because\angle ADC = 90^{\circ}$,$\angle DAC = 45^{\circ}$,
$\therefore\angle ACD = \angle DAC = 45^{\circ}$,$\therefore AD = CD$.
在$\triangle ADB$和$\triangle CDE$中,$\begin{cases}AD = CD\\\angle ADB = \angle CDE\\DB = DE\end{cases}$
$\therefore\triangle ADB\cong\triangle CDE(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AB = CE$,$\angle BAD = \angle DCE$.
$\because\angle BAD + \angle ABD = 90^{\circ}$,
$\therefore\angle DCE + \angle ABD = 90^{\circ}$,$\therefore\angle BFC = 90^{\circ}$,
$\therefore AB\perp CE$.
(2) 证明:设$EF = x$,
$\because S_{\triangle ABC}=S_{\triangle ABE}+S_{\triangle BDE}+S_{\triangle ACD}$,
$\therefore\frac{1}{2}AB\cdot CF=\frac{1}{2}AB\cdot EF+\frac{1}{2}BD\cdot DE+\frac{1}{2}DC\cdot AD$.
$\because BD = a$,$AB = c$,$AD = b$,$\triangle ADB\cong\triangle CDE$,
$\therefore AB = CE = c$,$BD = DE = a$,$AD = CD = b$,
$\therefore\frac{1}{2}c(c + x)=\frac{1}{2}cx+\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}b^{2}$,
即$c^{2}+cx = cx + a^{2}+b^{2}$,
$\therefore a^{2}+b^{2}=c^{2}$.