1. (易错题)若一个直角三角形的两边长分别为3,4,则该直角三角形的第三边的长为(
A.5
B.$\sqrt{7}$
C.25
D.5或$\sqrt{7}$
D
)A.5
B.$\sqrt{7}$
C.25
D.5或$\sqrt{7}$
答案：1. D [易错分析]直角三角形的斜边不明确，因考虑问题不全面导致出错.
2. 如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,分别以这个直角三角形的三边长为边长作正方形,面积分别记为$S_{1}$,$S_{2}$,$S_{3}$.如果$S_{2}+S_{1}-S_{3}=16$,那么涂色部分的面积为(
A.6
B.4
C.5
D.8
B
)A.6
B.4
C.5
D.8
答案：2. B
解析：
设$Rt\triangle ABC$中，$AB = c$，$AC = b$，$BC = a$。
因为$S_{1}$，$S_{2}$，$S_{3}$分别是以$AB$，$BC$，$AC$为边长的正方形面积，所以$S_{1}=c^{2}$，$S_{2}=a^{2}$，$S_{3}=b^{2}$。
由勾股定理得$a^{2}=b^{2}+c^{2}$，即$S_{2}=S_{3}+S_{1}$。
已知$S_{2}+S_{1}-S_{3}=16$，将$S_{2}=S_{3}+S_{1}$代入得：$(S_{3}+S_{1})+S_{1}-S_{3}=16$，化简得$2S_{1}=16$，所以$S_{1}=8$，即$c^{2}=8$。
涂色部分为以$AB$为直角边的等腰直角三角形，其面积为$\frac{1}{2}c^{2}=\frac{1}{2}×8 = 4$。
答案：B
因为$S_{1}$，$S_{2}$，$S_{3}$分别是以$AB$，$BC$，$AC$为边长的正方形面积，所以$S_{1}=c^{2}$，$S_{2}=a^{2}$，$S_{3}=b^{2}$。
由勾股定理得$a^{2}=b^{2}+c^{2}$，即$S_{2}=S_{3}+S_{1}$。
已知$S_{2}+S_{1}-S_{3}=16$，将$S_{2}=S_{3}+S_{1}$代入得：$(S_{3}+S_{1})+S_{1}-S_{3}=16$，化简得$2S_{1}=16$，所以$S_{1}=8$，即$c^{2}=8$。
涂色部分为以$AB$为直角边的等腰直角三角形，其面积为$\frac{1}{2}c^{2}=\frac{1}{2}×8 = 4$。
答案：B
3. 如图,在△ABC中,AB=AC=10,BC=16,D为BC的中点,DE⊥AB于点E,则DE的长为(
A.1.2
B.1.6
C.2.4
D.4.8
D
)A.1.2
B.1.6
C.2.4
D.4.8
答案：3. D
解析：
证明：
∵AB=AC=10，D为BC中点，BC=16，
∴AD⊥BC，BD=CD=8，
在Rt△ABD中，AD=$\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$，
∵DE⊥AB，
∴S△ABD=$\frac{1}{2}AB· DE=\frac{1}{2}BD· AD$，
即$\frac{1}{2}×10× DE=\frac{1}{2}×8×6$，
解得DE=4.8.
D
∵AB=AC=10，D为BC中点，BC=16，
∴AD⊥BC，BD=CD=8，
在Rt△ABD中，AD=$\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$，
∵DE⊥AB，
∴S△ABD=$\frac{1}{2}AB· DE=\frac{1}{2}BD· AD$，
即$\frac{1}{2}×10× DE=\frac{1}{2}×8×6$，
解得DE=4.8.
D
4. (教材变式)如图,求图中各直角三角形的未知边长x.
(1) 图①中,$x=$
(1) 图①中,$x=$
3 $\sqrt{10}$
； (2) 图②中,$x=$12
； (3) 图③中,$x=$7
.答案：4. (1) 3 $\sqrt{10}$ (2) 12 (3) 7
解析：
(1) 解：由勾股定理得，$x = \sqrt{3^{2} + 9^{2}} = \sqrt{9 + 81} = \sqrt{90} = 3\sqrt{10}$
(2) 解：由勾股定理得，$x = \sqrt{15^{2} - 9^{2}} = \sqrt{225 - 81} = \sqrt{144} = 12$
(3) 解：由勾股定理得，$x = \sqrt{25^{2} - 24^{2}} = \sqrt{625 - 576} = \sqrt{49} = 7$
(2) 解：由勾股定理得，$x = \sqrt{15^{2} - 9^{2}} = \sqrt{225 - 81} = \sqrt{144} = 12$
(3) 解：由勾股定理得，$x = \sqrt{25^{2} - 24^{2}} = \sqrt{625 - 576} = \sqrt{49} = 7$
5. (1) 在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=3,则$AB^{2}+BC^{2}+AC^{2}=$
(2) (教材变式)在平面直角坐标系中,点P(-2,3)到原点的距离是
(3) 在平面直角坐标系中,点M在第二象限内,OM=2.5,且点M到y轴的距离为1.5,则点M的坐标为
18
；(2) (教材变式)在平面直角坐标系中,点P(-2,3)到原点的距离是
$\sqrt{13}$
；(3) 在平面直角坐标系中,点M在第二象限内,OM=2.5,且点M到y轴的距离为1.5,则点M的坐标为
(-1.5,2)
.答案：5. (1) 18 (2) $\sqrt{13}$ (3) (-1.5,2)
6. 如图,在△ABC中,∠C=30°,∠BAC=105°.若AC=2 cm,求BC的长.
答案：
6. 如图，过点A作AH⊥BC于点H，则∠AHB = ∠AHC = 90°. 在Rt△AHC中，
∵ ∠C = 30°, ∠AHC = 90°, AC = 2 cm，
∴ AH = 1 cm. 在Rt△AHC中，由勾股定理，得AH² + HC² = AC²，
∴ HC = $\sqrt{3}$ cm(负值舍去). 在△ABC中，
∵ ∠BAC = 105°, ∠C = 30°,
∴ ∠B = 180° - ∠BAC - ∠C = 45°. 在
Rt△ABH中，
∵ ∠AHB = 90°, ∠B = 45°,
∴ ∠BAH = 45° =
∠B.
∴ BH = AH = 1 cm.
∴ BC = HC + BH = ($\sqrt{3}$+1)cm
6. 如图，过点A作AH⊥BC于点H，则∠AHB = ∠AHC = 90°. 在Rt△AHC中，
∵ ∠C = 30°, ∠AHC = 90°, AC = 2 cm，
∴ AH = 1 cm. 在Rt△AHC中，由勾股定理，得AH² + HC² = AC²，
∴ HC = $\sqrt{3}$ cm(负值舍去). 在△ABC中，
∵ ∠BAC = 105°, ∠C = 30°,
∴ ∠B = 180° - ∠BAC - ∠C = 45°. 在
Rt△ABH中，
∵ ∠AHB = 90°, ∠B = 45°,
∴ ∠BAH = 45° =
∠B.
∴ BH = AH = 1 cm.
∴ BC = HC + BH = ($\sqrt{3}$+1)cm
7. (2024·南通)“赵爽弦图”巧妙利用面积关系证明了勾股定理.如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形.设直角三角形的两条直角边的长分别为m,n(m＞n).若小正方形的面积为5,$(m+n)^{2}=21$,则大正方形的面积为(
A.12
B.13
C.14
D.15
B
)A.12
B.13
C.14
D.15
答案：7. B
解析：
解：由题意得，小正方形的边长为$m - n$，则$(m - n)^2 = 5$。
因为$(m + n)^2 = 21$，即$m^2 + 2mn + n^2 = 21$。
又$(m - n)^2 = m^2 - 2mn + n^2 = 5$。
两式相加得：$2(m^2 + n^2) = 26$，所以$m^2 + n^2 = 13$。
大正方形的面积为直角三角形斜边的平方，即$m^2 + n^2 = 13$。
答案：B
因为$(m + n)^2 = 21$，即$m^2 + 2mn + n^2 = 21$。
又$(m - n)^2 = m^2 - 2mn + n^2 = 5$。
两式相加得：$2(m^2 + n^2) = 26$，所以$m^2 + n^2 = 13$。
大正方形的面积为直角三角形斜边的平方，即$m^2 + n^2 = 13$。
答案：B