5. 如图所示为用三张正方形纸片以顶点相接的方式设计的“毕达哥拉斯”图案，现有五种正方形纸片，面积分别是 1，2，3，4，5，选取其中三张(可重复选取)按图中的方式组成图案，使所围成的三角形是面积最大的直角三角形，则选取的三张纸片的面积分别是(
A.1，4，5
B.2，3，5
C.3，4，5
D.2，2，4
B
)A.1，4，5
B.2，3，5
C.3，4，5
D.2，2，4
答案：5. B
解析：
设选取的三张正方形纸片面积分别为$a$、$b$、$c$（$a \leq b ＜ c$），所围成的直角三角形两直角边对应的正方形面积为$a$、$b$，斜边对应的正方形面积为$c$。根据勾股定理，$a + b = c$，直角三角形面积$S = \frac{1}{2}\sqrt{a}\sqrt{b}$。
选项A（1，4，5）：$a=1$，$b=4$，$c=5$，满足$1+4=5$。$S = \frac{1}{2}×\sqrt{1}×\sqrt{4} = \frac{1}{2}×1×2 = 1$。
选项B（2，3，5）：$a=2$，$b=3$，$c=5$，满足$2+3=5$。$S = \frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{3} = \frac{1}{2}\sqrt{6} \approx 1.22$。
选项C（3，4，5）：$3+4=7 \neq 5$，不满足$a + b = c$，排除。
选项D（2，2，4）：$a=2$，$b=2$，$c=4$，满足$2+2=4$。$S = \frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2} = \frac{1}{2}×2 = 1$。
比较面积大小：$\frac{1}{2}\sqrt{6} ＞ 1$，故选项B的直角三角形面积最大。
B
选项A（1，4，5）：$a=1$，$b=4$，$c=5$，满足$1+4=5$。$S = \frac{1}{2}×\sqrt{1}×\sqrt{4} = \frac{1}{2}×1×2 = 1$。
选项B（2，3，5）：$a=2$，$b=3$，$c=5$，满足$2+3=5$。$S = \frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{3} = \frac{1}{2}\sqrt{6} \approx 1.22$。
选项C（3，4，5）：$3+4=7 \neq 5$，不满足$a + b = c$，排除。
选项D（2，2，4）：$a=2$，$b=2$，$c=4$，满足$2+2=4$。$S = \frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2} = \frac{1}{2}×2 = 1$。
比较面积大小：$\frac{1}{2}\sqrt{6} ＞ 1$，故选项B的直角三角形面积最大。
B
6. 如图，所有的涂色四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形。如果正方形 A，B，C 的面积分别为 3，9，6，那么正方形 D 的面积为
18
。答案：6. 18
解析：
设中间阴影正方形的面积为$S$。
由勾股定理，正方形$A$和$B$的面积之和等于阴影正方形的面积，即$S = 3 + 9 = 12$。
同理，阴影正方形和$C$的面积之和等于正方形$D$的面积，所以正方形$D$的面积为$12 + 6 = 18$。
18
由勾股定理，正方形$A$和$B$的面积之和等于阴影正方形的面积，即$S = 3 + 9 = 12$。
同理，阴影正方形和$C$的面积之和等于正方形$D$的面积，所以正方形$D$的面积为$12 + 6 = 18$。
18
7. 如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形的边长为 6，正方形 A 的面积是 4，正方形 B 的面积是 9，正方形 C 的面积是 7，则正方形 D 的面积是
16
。答案：7. 16
解析：
设与正方形A、B相邻的直角三角形的斜边长的平方为$S_1$，与正方形C、D相邻的直角三角形的斜边长的平方为$S_2$。
因为正方形A的面积是4，所以其边长的平方为4；正方形B的面积是9，所以其边长的平方为9。由勾股定理得$S_1 = 4 + 9 = 13$。
因为正方形C的面积是7，所以其边长的平方为7；设正方形D的面积是$x$，则其边长的平方为$x$。由勾股定理得$S_2 = 7 + x$。
最大正方形的边长为6，其面积为$6^2 = 36$，而最大正方形的面积等于$S_1 + S_2$，即$13 + 7 + x = 36$，解得$x = 16$。
16
因为正方形A的面积是4，所以其边长的平方为4；正方形B的面积是9，所以其边长的平方为9。由勾股定理得$S_1 = 4 + 9 = 13$。
因为正方形C的面积是7，所以其边长的平方为7；设正方形D的面积是$x$，则其边长的平方为$x$。由勾股定理得$S_2 = 7 + x$。
最大正方形的边长为6，其面积为$6^2 = 36$，而最大正方形的面积等于$S_1 + S_2$，即$13 + 7 + x = 36$，解得$x = 16$。
16
8. 如图，在四边形 $ABCD$ 中，$\angle B = \angle D = 90^{\circ}$，$\angle A = 60^{\circ}$，$AB = 10$，$CD = 6$。求四边形 $ABCD$ 的面积。
答案：8. 延长$AD$，$BC$交于点$E$．由题意，得$\angle E = 30°$，$\angle CDE = 90°$．
$\therefore CE = 2CD = 12$．在$\mathrm{Rt} \triangle CDE$中，由勾股定理，得$DE = \sqrt{CE^2 - CD^2} = 6\sqrt{3}$．在$\mathrm{Rt} \triangle ABE$中，$AE = 2AB = 20$，$\therefore$由勾股定理，得$BE = \sqrt{AE^2 - AB^2} = 10\sqrt{3}$．$\therefore S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{\triangle ABE} - S_{\triangle CDE} = \frac{1}{2} AB · BE - \frac{1}{2} CD · DE = 50\sqrt{3} - 18\sqrt{3} = 32\sqrt{3}$，即四边形$ABCD$的面积为$32\sqrt{3}$
$\therefore CE = 2CD = 12$．在$\mathrm{Rt} \triangle CDE$中，由勾股定理，得$DE = \sqrt{CE^2 - CD^2} = 6\sqrt{3}$．在$\mathrm{Rt} \triangle ABE$中，$AE = 2AB = 20$，$\therefore$由勾股定理，得$BE = \sqrt{AE^2 - AB^2} = 10\sqrt{3}$．$\therefore S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{\triangle ABE} - S_{\triangle CDE} = \frac{1}{2} AB · BE - \frac{1}{2} CD · DE = 50\sqrt{3} - 18\sqrt{3} = 32\sqrt{3}$，即四边形$ABCD$的面积为$32\sqrt{3}$
9. 如图，在四边形 $ABCD$ 中，$AB = BC = 2$，$\angle B = 60^{\circ}$，$AD = 2\sqrt{5}$，$CD = 4$。求：
（1）$\angle BCD$ 的度数；
（2）四边形 $ABCD$ 的面积。
（1）$\angle BCD$ 的度数；
（2）四边形 $ABCD$ 的面积。
答案：9. (1)连接$AC$．$\because AB = BC = 2$，$\angle B = 60°$，$\therefore \triangle ABC$是等边
三角形．$\therefore AC = 2$，$\angle ACB = 60°$．$\because AD = 2\sqrt{5}$，$CD = 4$，
$\therefore$易得$AC^2 + CD^2 = AD^2$．$\therefore \triangle ACD$是直角三角形，且$\angle ACD = 90°$．$\therefore \angle BCD = \angle ACB + \angle ACD = 150°$ (2)过点$A$作$AE ⊥ BC$于点$E$．由(1)，知$\triangle ABC$为等边三角形，$\therefore BE = \frac{1}{2} BC = 1$．$\therefore$在$\mathrm{Rt} \triangle ABE$中，$AE = \sqrt{AB^2 - BE^2} = \sqrt{3}$．
$\therefore S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{\triangle ABC} + S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2} BC · AE + \frac{1}{2} AC · CD =$
$\frac{1}{2} × 2 × \sqrt{3} + \frac{1}{2} × 2 × 4 = 4 + \sqrt{3}$
三角形．$\therefore AC = 2$，$\angle ACB = 60°$．$\because AD = 2\sqrt{5}$，$CD = 4$，
$\therefore$易得$AC^2 + CD^2 = AD^2$．$\therefore \triangle ACD$是直角三角形，且$\angle ACD = 90°$．$\therefore \angle BCD = \angle ACB + \angle ACD = 150°$ (2)过点$A$作$AE ⊥ BC$于点$E$．由(1)，知$\triangle ABC$为等边三角形，$\therefore BE = \frac{1}{2} BC = 1$．$\therefore$在$\mathrm{Rt} \triangle ABE$中，$AE = \sqrt{AB^2 - BE^2} = \sqrt{3}$．
$\therefore S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{\triangle ABC} + S_{\triangle ACD} = \frac{1}{2} BC · AE + \frac{1}{2} AC · CD =$
$\frac{1}{2} × 2 × \sqrt{3} + \frac{1}{2} × 2 × 4 = 4 + \sqrt{3}$