13. (2025·海门期中)如果$m$表示大于$1$的整数，设$a = 2m$，$b = m^{2}-1$，$c = 2m^{2}+2m$，$d = m^{2}+1$，那么在其中任选三个数能构成勾股数的为(
A.$a$，$b$，$c$
B.$a$，$b$，$d$
C.$a$，$c$，$d$
D.$b$，$c$，$d$
B
)A.$a$，$b$，$c$
B.$a$，$b$，$d$
C.$a$，$c$，$d$
D.$b$，$c$，$d$
答案：13.B
解析：
计算各选项中三个数的平方：
$a^2=(2m)^2=4m^2$
$b^2=(m^2 - 1)^2=m^4 - 2m^2 + 1$
$d^2=(m^2 + 1)^2=m^4 + 2m^2 + 1$
验证选项B：$a^2 + b^2=4m^2 + m^4 - 2m^2 + 1=m^4 + 2m^2 + 1=d^2$
B
$a^2=(2m)^2=4m^2$
$b^2=(m^2 - 1)^2=m^4 - 2m^2 + 1$
$d^2=(m^2 + 1)^2=m^4 + 2m^2 + 1$
验证选项B：$a^2 + b^2=4m^2 + m^4 - 2m^2 + 1=m^4 + 2m^2 + 1=d^2$
B
14. 小刚准备测量河水的深度，他把一根竹竿垂直插到离岸$1.5$m远的水底，竹竿高出水面$0.5$m，他再把竹竿的顶端拉到岸边，竿顶和岸边的水面刚好相齐，则河水的深度为(
A.$2$m
B.$2.5$m
C.$2.25$m
D.$3$m
A
)A.$2$m
B.$2.5$m
C.$2.25$m
D.$3$m
答案：14.A
解析：
设河水的深度为$x$m，则竹竿的长度为$(x + 0.5)$m。
根据题意，竹竿垂直插入水底时，离岸$1.5$m，将竹竿顶端拉到岸边后，竿顶与岸边水面相齐，此时形成直角三角形，其中直角边分别为河水深度$x$m和离岸距离$1.5$m，斜边为竹竿长度$(x + 0.5)$m。
由勾股定理可得：$x^2 + 1.5^2 = (x + 0.5)^2$
展开等式右边：$x^2 + 2.25 = x^2 + x + 0.25$
移项化简：$x = 2$
A
根据题意，竹竿垂直插入水底时，离岸$1.5$m，将竹竿顶端拉到岸边后，竿顶与岸边水面相齐，此时形成直角三角形，其中直角边分别为河水深度$x$m和离岸距离$1.5$m，斜边为竹竿长度$(x + 0.5)$m。
由勾股定理可得：$x^2 + 1.5^2 = (x + 0.5)^2$
展开等式右边：$x^2 + 2.25 = x^2 + x + 0.25$
移项化简：$x = 2$
A
15. (新考向·数学文化)我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”(如图①)。图②由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成的。记图②中正方形$ABCD$、正方形$EFGH$、正方形$MNKT$的面积分别为$S_{1}$，$S_{2}$，$S_{3}$。若$S_{1}+S_{2}+S_{3}=27$，则$S_{2}$的值是(
A.$6$
B.$9$
C.$12$
D.$15$
B
)A.$6$
B.$9$
C.$12$
D.$15$
答案：15.B
解析：
设直角三角形的勾为$a$，股为$b$（$a ＜ b$）。
正方形$ABCD$的边长为$a + b$，则$S_{1}=(a + b)^{2}=a^{2}+2ab + b^{2}$。
正方形$EFGH$的边长为$\sqrt{a^{2}+b^{2}}$，则$S_{2}=a^{2}+b^{2}$。
正方形$MNKT$的边长为$b - a$，则$S_{3}=(b - a)^{2}=b^{2}-2ab + a^{2}$。
$S_{1}+S_{2}+S_{3}=(a^{2}+2ab + b^{2})+(a^{2}+b^{2})+(a^{2}-2ab + b^{2})=3(a^{2}+b^{2})=3S_{2}$。
已知$S_{1}+S_{2}+S_{3}=27$，则$3S_{2}=27$，解得$S_{2}=9$。
答案：B
正方形$ABCD$的边长为$a + b$，则$S_{1}=(a + b)^{2}=a^{2}+2ab + b^{2}$。
正方形$EFGH$的边长为$\sqrt{a^{2}+b^{2}}$，则$S_{2}=a^{2}+b^{2}$。
正方形$MNKT$的边长为$b - a$，则$S_{3}=(b - a)^{2}=b^{2}-2ab + a^{2}$。
$S_{1}+S_{2}+S_{3}=(a^{2}+2ab + b^{2})+(a^{2}+b^{2})+(a^{2}-2ab + b^{2})=3(a^{2}+b^{2})=3S_{2}$。
已知$S_{1}+S_{2}+S_{3}=27$，则$3S_{2}=27$，解得$S_{2}=9$。
答案：B
16. 如图，在$\triangle ABC$中，$BC = 2$，$AD⊥ BC$，垂足为$D$，$P$为直线$BC$上方的一个动点，过点$P$作$PE⊥ BC$，垂足为$E$。若$PE = \frac{1}{2}BC$，则$PB + PC$的最小值为(
A.$4$
B.$2\sqrt{3}$
C.$3$
D.$2\sqrt{2}$
D
)A.$4$
B.$2\sqrt{3}$
C.$3$
D.$2\sqrt{2}$
答案：
16.D 解析:如图，
∵PE⊥BC，PE = $\frac{1}{2}$BC = 1，
∴点P的运动轨迹是直线l(直线l到直线BC的距离为1)，作点C关于直线l的对称点T，连接BT，PT.
∵CT⊥直线l，直线l//BC，
∴CT⊥CB.
∴∠BCT = 90°.
∴BT = $\sqrt{BC^{2}+CT^{2}}=\sqrt{2^{2}+2^{2}}=2\sqrt{2}$.
∵PT = PC，
∴PB + PC = PB + PT.
∵PB + PT≥BT，
∴PB + PC≥2$\sqrt{2}$.
∴PB + PC的最小值为2$\sqrt{2}$
16.D 解析:如图，
∵PE⊥BC，PE = $\frac{1}{2}$BC = 1，
∴点P的运动轨迹是直线l(直线l到直线BC的距离为1)，作点C关于直线l的对称点T，连接BT，PT.
∵CT⊥直线l，直线l//BC，
∴CT⊥CB.
∴∠BCT = 90°.
∴BT = $\sqrt{BC^{2}+CT^{2}}=\sqrt{2^{2}+2^{2}}=2\sqrt{2}$.
∵PT = PC，
∴PB + PC = PB + PT.
∵PB + PT≥BT，
∴PB + PC≥2$\sqrt{2}$.
∴PB + PC的最小值为2$\sqrt{2}$
17. (2024·如皋期末)如图，在$\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$CD$是高。若$AB = 4$，$AC = 2$，则$CD$的长为
$\sqrt{3}$
。答案：17.$\sqrt{3}$
解析：
解：在$\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AB = 4$，$AC = 2$，由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2\sqrt{3}$。
因为$CD$是高，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$，即$\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=\frac{1}{2}×4× CD$，解得$CD=\sqrt{3}$。
$\sqrt{3}$
因为$CD$是高，所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· CD$，即$\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=\frac{1}{2}×4× CD$，解得$CD=\sqrt{3}$。
$\sqrt{3}$
18. 如图，$\angle ABC = \angle BAD = 90^{\circ}$，$AC = 13$，$BC = 5$，$AD = 16$，则$BD$的长为
20
。答案：18.20
解析：
解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ABC=90^{\circ}$，$AC=13$，$BC=5$，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^{2}-BC^{2}}=\sqrt{13^{2}-5^{2}}=12$。
过点$D$作$DE⊥ AB$交$BA$的延长线于点$E$，则$\angle E=90^{\circ}$。
$\because \angle BAD=90^{\circ}$，$\therefore \angle DAE+\angle BAD=180^{\circ}$，即$\angle DAE=90^{\circ}$，
$\therefore$四边形$ADEB$中，$\angle E=\angle ABC=90^{\circ}$，$\angle DAE=\angle BAD=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ADE+\angle DAB=180^{\circ}$，又$\angle CAB+\angle DAB=180^{\circ}$，$\therefore \angle ADE=\angle CAB$，
$\therefore \triangle ADE∼ \triangle BAC$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AE}{BC}=\frac{DE}{AC}$，即$\frac{16}{12}=\frac{AE}{5}=\frac{DE}{13}$，
解得$AE=\frac{20}{3}$，$DE=\frac{52}{3}$，
$\therefore BE=AB+AE=12+\frac{20}{3}=\frac{56}{3}$，
在$Rt\triangle BDE$中，$BD=\sqrt{DE^{2}+BE^{2}}=\sqrt{(\frac{52}{3})^{2}+(\frac{56}{3})^{2}}=\sqrt{\frac{2704 + 3136}{9}}=\sqrt{\frac{5840}{9}}=20$。
故$BD$的长为$20$。
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^{2}-BC^{2}}=\sqrt{13^{2}-5^{2}}=12$。
过点$D$作$DE⊥ AB$交$BA$的延长线于点$E$，则$\angle E=90^{\circ}$。
$\because \angle BAD=90^{\circ}$，$\therefore \angle DAE+\angle BAD=180^{\circ}$，即$\angle DAE=90^{\circ}$，
$\therefore$四边形$ADEB$中，$\angle E=\angle ABC=90^{\circ}$，$\angle DAE=\angle BAD=90^{\circ}$，
$\therefore \angle ADE+\angle DAB=180^{\circ}$，又$\angle CAB+\angle DAB=180^{\circ}$，$\therefore \angle ADE=\angle CAB$，
$\therefore \triangle ADE∼ \triangle BAC$，
$\therefore \frac{AD}{AB}=\frac{AE}{BC}=\frac{DE}{AC}$，即$\frac{16}{12}=\frac{AE}{5}=\frac{DE}{13}$，
解得$AE=\frac{20}{3}$，$DE=\frac{52}{3}$，
$\therefore BE=AB+AE=12+\frac{20}{3}=\frac{56}{3}$，
在$Rt\triangle BDE$中，$BD=\sqrt{DE^{2}+BE^{2}}=\sqrt{(\frac{52}{3})^{2}+(\frac{56}{3})^{2}}=\sqrt{\frac{2704 + 3136}{9}}=\sqrt{\frac{5840}{9}}=20$。
故$BD$的长为$20$。
19. 我国古代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由$4$个全等的直角三角形和$1$个小正方形组成的。如图，直角三角形的直角边长分别为$a$，$b$，斜边长为$c$。若$b - a = 4$，$c = 20$，则每个直角三角形的面积为
96
。答案：19.96
解析：
解：由题意得，$b - a = 4$，$c = 20$。
根据勾股定理，$a^2 + b^2 = c^2 = 20^2 = 400$。
$(b - a)^2 = b^2 - 2ab + a^2 = 16$，即$400 - 2ab = 16$。
解得$2ab = 384$，$ab = 192$。
每个直角三角形的面积为$\frac{1}{2}ab = \frac{1}{2} × 192 = 96$。
96
根据勾股定理，$a^2 + b^2 = c^2 = 20^2 = 400$。
$(b - a)^2 = b^2 - 2ab + a^2 = 16$，即$400 - 2ab = 16$。
解得$2ab = 384$，$ab = 192$。
每个直角三角形的面积为$\frac{1}{2}ab = \frac{1}{2} × 192 = 96$。
96
20. 如图，在四边形$ABCD$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB = 3$，$BC = 4$，$CD = 5$，$AD = 5\sqrt{2}$，则$BD$的长为
$\sqrt{65}$
。答案：20.$\sqrt{65}$