9. 在 $\triangle ABC$ 中,$AB= 15$,$AC= 13$,高 $AD= 12$,则 $\triangle ABC$ 的周长为(
A.32
B.42
C.32 或 42
D.38 或 42
C
).A.32
B.42
C.32 或 42
D.38 或 42
答案：C
解析：
在$\triangle ABC$中，$AB=15$，$AC=13$，高$AD=12$。
情况一：高$AD$在$\triangle ABC$内部
在$Rt\triangle ABD$中，$BD=\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}=\sqrt{15^{2}-12^{2}}=\sqrt{225 - 144}=\sqrt{81}=9$
在$Rt\triangle ACD$中，$CD=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{13^{2}-12^{2}}=\sqrt{169 - 144}=\sqrt{25}=5$
$BC=BD + CD=9 + 5=14$
周长为$AB + AC + BC=15 + 13 + 14=42$
情况二：高$AD$在$\triangle ABC$外部
在$Rt\triangle ABD$中，$BD=\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}=\sqrt{15^{2}-12^{2}}=9$
在$Rt\triangle ACD$中，$CD=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{13^{2}-12^{2}}=5$
$BC=BD - CD=9 - 5=4$
周长为$AB + AC + BC=15 + 13 + 4=32$
综上，$\triangle ABC$的周长为$32$或$42$。
C
情况一：高$AD$在$\triangle ABC$内部
在$Rt\triangle ABD$中，$BD=\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}=\sqrt{15^{2}-12^{2}}=\sqrt{225 - 144}=\sqrt{81}=9$
在$Rt\triangle ACD$中，$CD=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{13^{2}-12^{2}}=\sqrt{169 - 144}=\sqrt{25}=5$
$BC=BD + CD=9 + 5=14$
周长为$AB + AC + BC=15 + 13 + 14=42$
情况二：高$AD$在$\triangle ABC$外部
在$Rt\triangle ABD$中，$BD=\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}=\sqrt{15^{2}-12^{2}}=9$
在$Rt\triangle ACD$中，$CD=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{13^{2}-12^{2}}=5$
$BC=BD - CD=9 - 5=4$
周长为$AB + AC + BC=15 + 13 + 4=32$
综上，$\triangle ABC$的周长为$32$或$42$。
C
10. 在 $Rt\triangle ABC$ 中,$\angle C= 90^\circ$,$AC= 6$,$BC= 8$,将它其中一个锐角沿着某条直线翻折,使该锐角顶点落在其对边的中点 $D$,折痕交另一个直角边于点 $E$,交斜边于 $F$,则 $DE$ 的长为
$\frac{73}{16}$或$\frac{13}{3}$
.答案：$\frac{73}{16}$或$\frac{13}{3}$
解析：
情况一：翻折∠A，使点A落在BC中点D处
1. 计算BC中点D坐标
设C为原点(0,0)，则B(8,0)，A(0,6)，BC中点D(4,0)。
2. 设折痕EF交AC于E，交AB于F
设E(0,m)，由翻折性质得EA=ED，即$EA=6-m$，$ED=\sqrt{(4-0)^2+(0-m)^2}=\sqrt{16+m^2}$。
3. 解方程求m
$6-m=\sqrt{16+m^2}$，平方得$36-12m+m^2=16+m^2$，解得$m=\frac{5}{3}$。
4. 求DE长度
$DE=\sqrt{16+\left(\frac{5}{3}\right)^2}=\sqrt{16+\frac{25}{9}}=\sqrt{\frac{169}{9}}=\frac{13}{3}$。
情况二：翻折∠B，使点B落在AC中点D处
1. 计算AC中点D坐标
AC中点D(0,3)。
2. 设折痕EF交BC于E，交AB于F
设E(n,0)，由翻折性质得EB=ED，即$EB=8-n$，$ED=\sqrt{(0-n)^2+(3-0)^2}=\sqrt{n^2+9}$。
3. 解方程求n
$8-n=\sqrt{n^2+9}$，平方得$64-16n+n^2=n^2+9$，解得$n=\frac{55}{16}$。
4. 求DE长度
$DE=\sqrt{\left(\frac{55}{16}\right)^2+9}=\sqrt{\frac{3025}{256}+\frac{2304}{256}}=\sqrt{\frac{5329}{256}}=\frac{73}{16}$。
$\frac{13}{3}$或$\frac{73}{16}$
1. 计算BC中点D坐标
设C为原点(0,0)，则B(8,0)，A(0,6)，BC中点D(4,0)。
2. 设折痕EF交AC于E，交AB于F
设E(0,m)，由翻折性质得EA=ED，即$EA=6-m$，$ED=\sqrt{(4-0)^2+(0-m)^2}=\sqrt{16+m^2}$。
3. 解方程求m
$6-m=\sqrt{16+m^2}$，平方得$36-12m+m^2=16+m^2$，解得$m=\frac{5}{3}$。
4. 求DE长度
$DE=\sqrt{16+\left(\frac{5}{3}\right)^2}=\sqrt{16+\frac{25}{9}}=\sqrt{\frac{169}{9}}=\frac{13}{3}$。
情况二：翻折∠B，使点B落在AC中点D处
1. 计算AC中点D坐标
AC中点D(0,3)。
2. 设折痕EF交BC于E，交AB于F
设E(n,0)，由翻折性质得EB=ED，即$EB=8-n$，$ED=\sqrt{(0-n)^2+(3-0)^2}=\sqrt{n^2+9}$。
3. 解方程求n
$8-n=\sqrt{n^2+9}$，平方得$64-16n+n^2=n^2+9$，解得$n=\frac{55}{16}$。
4. 求DE长度
$DE=\sqrt{\left(\frac{55}{16}\right)^2+9}=\sqrt{\frac{3025}{256}+\frac{2304}{256}}=\sqrt{\frac{5329}{256}}=\frac{73}{16}$。
$\frac{13}{3}$或$\frac{73}{16}$
11. 如图,在 $\triangle ABC$ 中,$\angle ACB= 90^\circ$,$AB= 5\ cm$,$BC= 4\ cm$,若点 $P$ 从点 $A$ 出发,以每秒 $2\ cm$ 的速度沿折线 $A-B-C-A$ 运动,设运动时间为 $t$ 秒($t＞0$).
(1)若点 $P$ 在 $BC$ 上,且满足 $PA= PB$,求此时 $t$ 的值;
(2)若点 $P$ 恰好在 $\angle ABC$ 的平分线上,求此时 $t$ 的值;
(3)在点 $P$ 运动过程中,当 $t$ 为何值时,$\triangle ACP$ 为等腰三角形.
(1)若点 $P$ 在 $BC$ 上,且满足 $PA= PB$,求此时 $t$ 的值;
(2)若点 $P$ 恰好在 $\angle ABC$ 的平分线上,求此时 $t$ 的值;
(3)在点 $P$ 运动过程中,当 $t$ 为何值时,$\triangle ACP$ 为等腰三角形.
答案：
(1)如图
(1)，设PB = PA = x cm，则PC = (4 - x)cm，
∵∠ACB = 90°，AB = 5 cm，BC = 4 cm，
∴AC = 3 cm。在Rt△ACP中，$AC^{2}+PC^{2}=AP^{2}$，
∴$3^{2}+(4 - x)^{2}=x^{2}$，解得$x=\frac{25}{8}$，
∴$BP=\frac{25}{8}$cm，
∴$t=\frac{AB + BP}{2}=\frac{5+\frac{25}{8}}{2}=\frac{65}{16}$。
(2)如图
(2)，过点P作PD⊥AB于点D。
∵BP平分∠ABC，∠C = 90°，
∴PD = PC。
∵BP = BP，
∴Rt△BPD≌Rt△BPC(HL)，
∴BC = BD = 4 cm，
∴AD = 5 - 4 = 1(cm)。设PD = PC = y cm，则AP = (3 - y)cm，在Rt△ADP中，$AD^{2}+PD^{2}=AP^{2}$，
∴$1^{2}+y^{2}=(3 - y)^{2}$，解得$y=\frac{4}{3}$，
∴$CP=\frac{4}{3}$cm，
∴$t=\frac{AB + BC + CP}{2}=\frac{5 + 4+\frac{4}{3}}{2}=\frac{31}{6}$；当点P与点B重合时，点P也在∠ABC的平分线上，此时，$t=\frac{AB}{2}=\frac{5}{2}$。综上所述，点P恰好在∠ABC的平分线上时，t的值为$\frac{31}{6}$或$\frac{5}{2}$。
(3)分四种情况：
①如图
(3)，当P在AB上，且AP = CP时，
∠A = ∠ACP，而∠A + ∠B = 90°，∠ACP + ∠BCP = 90°，
∴∠B = ∠BCP，
∴CP = BP，
∴P是AB的中点，即$AP=\frac{1}{2}AB=\frac{5}{2}$cm，
∴$t=\frac{AP}{2}=\frac{5}{4}$；
②如图
(4)，当P在AB上且AP = CA = 3 cm时，$t=\frac{AP}{2}=\frac{3}{2}$；
③如图
(5)，当P在AB上且AC = PC时，过点C作CD⊥AB于点D，则$CD=\frac{AC\cdot BC}{AB}=\frac{12}{5}$cm，
∴在Rt△ACD中，$AD=\frac{9}{5}$cm，
∴$AP = 2AD=\frac{18}{5}$cm，
∴$t=\frac{AP}{2}=\frac{9}{5}$；
④如图
(6)，当P在BC上且AC = PC = 3 cm时，BP = 4 - 3 = 1(cm)，
∴$t=\frac{AB + BP}{2}=\frac{6}{2}=3$。
综上所述，当$t=\frac{5}{4}$或$\frac{3}{2}$或$\frac{9}{5}$或3时，△ACP为等腰三角形。
(1)如图
(1)，设PB = PA = x cm，则PC = (4 - x)cm，
∵∠ACB = 90°，AB = 5 cm，BC = 4 cm，
∴AC = 3 cm。在Rt△ACP中，$AC^{2}+PC^{2}=AP^{2}$，
∴$3^{2}+(4 - x)^{2}=x^{2}$，解得$x=\frac{25}{8}$，
∴$BP=\frac{25}{8}$cm，
∴$t=\frac{AB + BP}{2}=\frac{5+\frac{25}{8}}{2}=\frac{65}{16}$。
(2)如图
(2)，过点P作PD⊥AB于点D。
∵BP平分∠ABC，∠C = 90°，
∴PD = PC。
∵BP = BP，
∴Rt△BPD≌Rt△BPC(HL)，
∴BC = BD = 4 cm，
∴AD = 5 - 4 = 1(cm)。设PD = PC = y cm，则AP = (3 - y)cm，在Rt△ADP中，$AD^{2}+PD^{2}=AP^{2}$，
∴$1^{2}+y^{2}=(3 - y)^{2}$，解得$y=\frac{4}{3}$，
∴$CP=\frac{4}{3}$cm，
∴$t=\frac{AB + BC + CP}{2}=\frac{5 + 4+\frac{4}{3}}{2}=\frac{31}{6}$；当点P与点B重合时，点P也在∠ABC的平分线上，此时，$t=\frac{AB}{2}=\frac{5}{2}$。综上所述，点P恰好在∠ABC的平分线上时，t的值为$\frac{31}{6}$或$\frac{5}{2}$。
(3)分四种情况：
①如图
(3)，当P在AB上，且AP = CP时，
∠A = ∠ACP，而∠A + ∠B = 90°，∠ACP + ∠BCP = 90°，
∴∠B = ∠BCP，
∴CP = BP，
∴P是AB的中点，即$AP=\frac{1}{2}AB=\frac{5}{2}$cm，
∴$t=\frac{AP}{2}=\frac{5}{4}$；
②如图
(4)，当P在AB上且AP = CA = 3 cm时，$t=\frac{AP}{2}=\frac{3}{2}$；
③如图
(5)，当P在AB上且AC = PC时，过点C作CD⊥AB于点D，则$CD=\frac{AC\cdot BC}{AB}=\frac{12}{5}$cm，
∴在Rt△ACD中，$AD=\frac{9}{5}$cm，
∴$AP = 2AD=\frac{18}{5}$cm，
∴$t=\frac{AP}{2}=\frac{9}{5}$；
④如图
(6)，当P在BC上且AC = PC = 3 cm时，BP = 4 - 3 = 1(cm)，
∴$t=\frac{AB + BP}{2}=\frac{6}{2}=3$。
综上所述，当$t=\frac{5}{4}$或$\frac{3}{2}$或$\frac{9}{5}$或3时，△ACP为等腰三角形。
12. 如图,在 $\triangle ABC$ 中,$CE$ 平分 $\angle ACB$,$CF$ 平分 $\triangle ABC$ 的外角 $\angle ACD$,且 $EF // BC$ 交 $AC$ 于 $M$,若 $CM= 4$,则 $CE^2+CF^2$ 的值为(
A.8
B.16
C.32
D.64
D
).A.8
B.16
C.32
D.64
答案：D
解析：
∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ACE=∠BCE=$\frac{1}{2}$∠ACB，∠ACF=∠DCF=$\frac{1}{2}$∠ACD，
∵∠ACB+∠ACD=180°，
∴∠ECF=∠ACE+∠ACF=$\frac{1}{2}$(∠ACB+∠ACD)=90°，
∵EF//BC，
∴∠MEC=∠BCE=∠ACE，∠MFC=∠DCF=∠ACF，
∴EM=CM=4，FM=CM=4，
∴EF=EM+FM=8，
在Rt△ECF中，CE²+CF²=EF²=8²=64.
D
13. (2025·南京金陵中学河西分校期中)如图,在 $Rt\triangle ABC$ 中,$\angle ACB= 90^\circ$,$AC= 2$,$BC= 4$.分别以 $AB$,$AC$,$BC$ 为边在 $AB$ 的同侧作正方形 $ABEF$,$ACPQ$,$BCMN$,四块阴影部分的面积分别为 $S_1$,$S_2$,$S_3$,$S_4$,则 $S_1+S_2+S_3+S_4$ 等于(
A.12
B.14
C.16
D.18
A
).A.12
B.14
C.16
D.18
答案：A
14. 对角线互相垂直的四边形叫作“垂美”四边形,现有如图所示的“垂美”四边形 $ABCD$,对角线 $AC$,$BD$ 交于点 $O$,若 $AD= 3$,$BC= 8$,则 $AB^2+CD^2= $
73
.答案：73 [解析]
∵BD⊥AC，
∴∠COB = ∠AOB = ∠AOD = ∠COD = 90°。在Rt△COB和Rt△AOD中，根据勾股定理，得$BO^{2}+CO^{2}=CB^{2}$，$OD^{2}+OA^{2}=AD^{2}$，
∴$CB^{2}+AD^{2}=BO^{2}+CO^{2}+OD^{2}+OA^{2}=64 + 9 = 73$。
∵$AB^{2}=BO^{2}+AO^{2}$，$CD^{2}=OC^{2}+OD^{2}$，
∴$AB^{2}+CD^{2}=BO^{2}+AO^{2}+OC^{2}+OD^{2}=(BO^{2}+OC^{2})+(AO^{2}+OD^{2})=CB^{2}+AD^{2}=73$。
∵BD⊥AC，
∴∠COB = ∠AOB = ∠AOD = ∠COD = 90°。在Rt△COB和Rt△AOD中，根据勾股定理，得$BO^{2}+CO^{2}=CB^{2}$，$OD^{2}+OA^{2}=AD^{2}$，
∴$CB^{2}+AD^{2}=BO^{2}+CO^{2}+OD^{2}+OA^{2}=64 + 9 = 73$。
∵$AB^{2}=BO^{2}+AO^{2}$，$CD^{2}=OC^{2}+OD^{2}$，
∴$AB^{2}+CD^{2}=BO^{2}+AO^{2}+OC^{2}+OD^{2}=(BO^{2}+OC^{2})+(AO^{2}+OD^{2})=CB^{2}+AD^{2}=73$。
15. 如图,四边形 $ABCD$ 和四边形 $AEFG$ 都是正方形,点 $B$ 在 $EF$ 上,$S_1= 140$,$S_2= 124$,求 $EB$ 的长.
答案：设△ABE的面积为S，
∵$S_{正方形ABCD}=S + S_{1}=S + 140$，$S_{正方形AEFG}=S + S_{2}=S + 124$，而$S_{正方形ABCD}=AB^{2}$，$S_{正方形AEFG}=AE^{2}$，
∴$AB^{2}-AE^{2}=140 - 124 = 16$。在Rt△ABE中，$BE^{2}=AB^{2}-AE^{2}=16$，
∴BE = 4。
∵$S_{正方形ABCD}=S + S_{1}=S + 140$，$S_{正方形AEFG}=S + S_{2}=S + 124$，而$S_{正方形ABCD}=AB^{2}$，$S_{正方形AEFG}=AE^{2}$，
∴$AB^{2}-AE^{2}=140 - 124 = 16$。在Rt△ABE中，$BE^{2}=AB^{2}-AE^{2}=16$，
∴BE = 4。