C

【详解】

设Rt△ABC的第三边长为x，①当4为直角三角形的直角边时，x为斜边，由勾股定理得，x==5，此时这个三角形的周长=3+4+5=12；②当4为直角三角形的斜边时，x为直角边，由勾股定理得，x=，此时这个三角形的周长=3+4+=7+．故选C

A

【分析】

首先利用勾股定理计算出AC的长，再根据折叠可得△DEC≌△D′EC，设ED=x，则D′E=x，AD′=AC﹣CD′=2，AE=4﹣x，再根据勾股定理可得方程2²+x²=（4﹣x）²，再解方程即可

【详解】

∵AB=3，AD=4，∴DC=3

∴根据勾股定理得AC=5

根据折叠可得：△DEC≌△D′EC，

∴D′C=DC=3，DE=D′E

设ED=x，则D′E=x，AD′=AC﹣CD′=2，AE=4﹣x，

在Rt△AED′中：（AD′）²+（ED′）²=AE²，即2²+x²=（4﹣x）²，

解得：x=

故选A.

C

【解析】

试题解析：∵∠AEB=90°，AE=6，BE=8，

∴AB=

∴S阴影部分=S_{正方形ABCD}-S_Rt△ABE=10²-

=100-24

=76.

故选C.

考点：勾股定理.

C

【解析】

分析：要求最短路径，首先要把圆柱的侧面展开，利用两点之间线段最短，然后利用勾股定理即可求解．

详解：把圆柱侧面展开，展开图如图所示，点A、C的最短距离为线段AC的长．

在Rt△ADC中，∠ADC=90°，CD=AB=3，AD为底面半圆弧长，AD=1.5π，

所以AC=，

故选C．

点睛：本题考查了平面展开-最短路径问题，解题的关键是会将圆柱的侧面展开，并利用勾股定理解答．

B

【分析】

根据，可得∠B=∠DAB，即，在Rt△ADC中根据勾股定理可得DC=1，则BC=BD+DC=.

【详解】

解：∵∠ADC为三角形ABD外角

∴∠ADC=∠B+∠DAB

∵

∴∠B=∠DAB

∴

在Rt△ADC中，由勾股定理得：

∴BC=BD+DC=

故选B

【点睛】

本题考查勾股定理的应用以及等角对等边，关键抓住这个特殊条件.

A

【解析】

先用勾股定理耱出三角形的三边，再根据勾股定理的逆定理判断出△ABC是直角三角形，最后设BC边上的高为h，利用三角形面积公式建立方程即可得出答案.

解：由勾股定理得：

，，，

 ，即

∴△ABC是直角三角形，

设BC边上的高为h，

则，

∴.

故选A.

点睛：本题主要考查勾股理及其逆定理.借助网格利用勾股定理求边长，并用勾股定理的逆定理来判断三角形是否是直角三角形是解题的关键.

C

【分析】

如图：过C作CQ⊥EF于Q，作A关于EH的对称点A′，连接A′C交EH于P，连接AP，则AP+PC就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，求出A′Q，CQ，根据勾股定理求出A′C即可．

【详解】

如图：沿过A的圆柱的高剪开，得出矩形EFGH，

过C作CQ⊥EF于Q，作A关于EH的对称点A′，连接A′C交EH于P，连接AP，则AP+PC就是蚂蚁到达蜂蜜的最短距离，

∵AE=A′E，A′P=AP，

∴AP+PC=A′P+PC=A′C，

∵CQ=×18cm=9cm，A′Q=12cm-4cm+4cm=12cm，

在Rt△A′QC中，由勾股定理得：A′C= =15cm，

故选C.

【点睛】

本题考查了勾股定理，轴对称-最短路线问题的应用，找出最短路线是解题关键.

D

【分析】

已知ab＝8可求出四个三角形的面积，用大正方形面积减去四个三角形的面积得到小正方形的面积，根据面积利用算术平方根求小正方形的边长.

【详解】

故选D.

【点睛】

本题考查勾股定理的推导，有较多变形题，解题的关键是找出图形间面积关系，同时熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型．

C

【分析】

在直角三角形中利用勾股定理计算出直角边，即可求出小巷宽度.

【详解】

在Rt△A′BD中，∵∠A′DB=90°，A′D=2米，BD²+A′D²=A′B′²，∴BD²+2²=6.25，∴BD²=2.25，∵BD＞0，∴BD=1.5米，∴CD=BC+BD=0.7+1.5=2.2米．故选C．

【点睛】

本题考查勾股定理的运用，利用梯子长度不变找到斜边是关键.

D

【解析】

分析：由四边形ABCD与四边形EFGC都为正方形,得到四条边相等,四个角为直角,利用SAS得到三角形BCE与三角形DCG全等,利用全等三角形对应边相等即可得到BE=DG,利用全等三角形对应角相等得到∠CBM=∠MDO,利用等角的余角相等及直角的定义得到∠BOD为直角,利用勾股定理求出所求式子的值即可.

详解：①∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，

∴CB=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，

∴∠BCD+∠DCE=∠ECG+∠DCE，即∠BCE=∠DCG.

在△BCE和△DCG中，CB＝CD，∠BCE＝∠DCG，CE＝CG，

∴△BCE≌△DCG，

∴BE=DG，

故结论①正确.

②如图所示，设BE交DC于点M，交DG于点O.

由①可知，△BCE≌△DCG，

∴∠CBE=∠CDG，即∠CBM=∠MDO.

又∵∠BMC=∠DMO，∠MCB=180°-∠CBM-∠BMC，∠DOM=180°-∠CDG-∠MDO，

∴∠DOM=∠MCB=90°，

∴BE⊥DG.

故②结论正确.

③如图所示，连接BD、EG，

由②知，BE⊥DG，

则在Rt△ODE中，DE²=OD²+OE²，

在Rt△BOG中，BG²=OG²+OB²，

在Rt△OBD中，BD²=OD²+OB²，

在Rt△OEG中，EG²=OE²+OG²，

∴DE²+BG²=(OD²+OE²)+(OB²+OG²)=(OD²+OB²)+(OE²+OG²)=BD²+EG².

在Rt△BCD中，BD²=BC²+CD²=2a²，

在Rt△CEG中，EG²=CG²+CE²=2b²，

∴BG²+DE²=2a²+2b².

故③结论正确.

故选：D.

点睛：本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质.

C

【详解】

分两种情况：

在图①中，由勾股定理，得

;

;

∴BC＝BD＋CD＝8＋2＝10.

在图②中，由勾股定理，得

;

;

∴BC＝BD—CD＝8—2＝6.

故选C.

C

【详解】

试题分析：运用正方形边长相等，再根据同角的余角相等可得∠BAC=∠DCE，然后证明△ACB≌△DCE，再结合全等三角形的性质和勾股定理来求解即可．

解：由于a、b、c都是正方形，所以AC=CD，∠ACD=90°；

∵∠ACB+∠DCE=∠ACB+∠BAC=90°，即∠BAC=∠DCE，

在△ABC和△CED中，

，

∴△ACB≌△CDE（AAS），

∴AB=CE，BC=DE；

在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC²=AB²+BC²=AB²+DE²，

即S_b=S_a+S_c=1+9=10，

∴b的面积为10，

故选C．

考点：全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．

A

【分析】

首先根据翻折的性质得到ED＝BE，用AE表示出 ED，BE的长度，然后在Rt△ABE中利用勾股定理求出AE的长度，进而求出AE的长度，就可以利用面积公式求得△ABE的面积了．

【详解】

解：∵将此长方形折叠，使点B与点D重合，

∴BE=ED．

∵AD=9cm=AE+DE=AE+BE．

∴BE=9﹣AE，

根据勾股定理可知：AB²+AE²=BE²．

∴3²+AE²=(9﹣AE)²．

解得：AE=4cm．

∴△ABE的面积为：×3×4=6(cm²)．

故选：A．

【点睛】

此题主要考查了图形的翻折变换和学生的空间想象能力，解题过程中应注意折叠后哪些线段是重合的，相等的，如果想象不出哪些线段相等，可以动手折叠一下即可．

A

【分析】

利用勾股定理的逆定理：如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形．最长边所对的角为直角．由此判定即可．

【详解】

A、∵3²+4²=5²，∴三条线段能组成直角三角形，故A选项正确；

B、∵2²+3²≠4²，∴三条线段不能组成直角三角形，故B选项错误；

C、∵4²+6²≠7²，∴三条线段不能组成直角三角形，故C选项错误；

D、∵5²+11²≠12²，∴三条线段不能组成直角三角形，故D选项错误；

故选A．

【点睛】

考查勾股定理的逆定理，如果三角形两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形．

C

【分析】

作OH⊥CD于H，连结OC，如图，根据垂径定理由OH⊥CD得到HC=HD，再利用AP=2，BP=6可计算出半径OA=4，则OP=OA－AP=2，接着在Rt△OPH中根据含30°的直角三角形的性质计算出OH=OP=1，然后在Rt△OHC中利用勾股定理计算出CH=，所以CD=2CH=2．

【详解】

作OH⊥CD于H，连结OC，如图，

∵OH⊥CD，

∴HC=HD，

∵AP=2，BP=6，

∴AB=8，

∴OA=4，

∴OP=OA﹣AP=2，

在Rt△OPH中，∵∠OPH=30°，

∴∠POH=30°，∴OH=OP=1，

在Rt△OHC中，∵OC=4，OH=1，

∴CH=，

∴CD=2CH=2．

故选C．

【点睛】

本题主要考查圆中的计算问题，熟练掌握垂径定理、含30°的直角三角形的性质以及勾股定理等知识点，掌握数形结合的思想是解答的关键

D

【解析】

由勾股定理求出各边，再观察结果的规律.

【详解】∵OP=1，OP₁=

OP₂=，OP₃==2，

∴OP₄=，

…，

OP₂₀₁₈=．

故选D

【点睛】本题考查了勾股定理，读懂题目信息，理解定理并观察出被开方数比相应的序数大1是解题的关键．

C

【详解】

如图所示，∵（a+b）²=21

∴a²+2ab+b²=21，

∵大正方形的面积为13，2ab=21﹣13=8，

∴小正方形的面积为13﹣8=5．

故选C．

考点：勾股定理的证明．

C

【分析】

直角三角形中斜边最长，结合已知数据，利用勾股定理可求出第三边的长.

【详解】

当12，5为直角边长时，第三边长为

故第三边的长为13.

故选:C.

【点睛】

本题考查了直角三角形的三边关系，熟练掌握勾股定理是解题的关键.

D

【解析】

过点D作DE⊥AB，垂足为E；过点D作DF⊥BC，垂足为F. (如图)

根据辅助线作法和纸条宽度的定义可知：∠AED=∠CFD=90°，DE=DF=1，

由纸条的几何特征可知，AD∥BC，AB∥DC，故四边形ABCD为平行四边形，

由题目条件和对顶角关系可知，∠BCD=60°，

∴在平行四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=60°，即∠EAD=∠FCD=60°，

∵在△AED与△CFD中：

，

∴△AED≌△CFD (AAS)

∴AD=CD，

∴平行四边形ABCD为菱形，

∵在Rt△CFD中，∠FCD=60°，

∴∠FDC=30°，

∴在Rt△CFD中，，

∴在Rt△CFD中，，

∴，

∵在菱形ABCD中，BC=CD，

∴，

∴菱形ABCD的面积为：，即纸片重叠部分的面积为.

故本题应选D.

B

【解析】

∵直角边AC＝6 cm、BC＝8 cm ∴根据勾股定理可知：BA=√6²+8²=10

∵A,B关于DE对称，∴BE=10÷2=5

A

【分析】

连接FC，根据基本作图，可得OE垂直平分AC，由垂直平分线的性质得出．再根据ASA证明，那么，等量代换得到，利用线段的和差关系求出．然后在直角中利用勾股定理求出CD的长．

【详解】

解：如图，连接FC，则．

，

．

在与中，

，

，

，

，．

在中，，

，

，

．

故选A．

【点睛】

本题考查了作图﹣基本作图，勾股定理，线段垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，难度适中．求出CF与DF是解题的关键．

D

【分析】

过点作轴于点，由直角三角形的性质求出长和长即可．

【详解】

解：过点作轴于点，

∵四边形为菱形，，

∴，OB⊥AC，，

∵，∴，

∴，

∴，，

∴，

∴．

故选D．

【点睛】

本题考查了菱形的性质、勾股定理及含30°直角三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．

C

【解析】

试题分析：根据勾股定理即可得到AB，BC，AC的长度，进行判断即可．

试题解析：连接AC，如图：

根据勾股定理可以得到：AC=BC=，AB=．

∵（）²+（）²=（）²．

∴AC²+BC²=AB²．

∴△ABC是等腰直角三角形．

∴∠ABC=45°．

故选C．

考点：勾股定理．

D

【分析】

根据正方形的面积等于边长的平方，由正方形PQED的面积和正方形PRQF的面积分别表示出PR²及PQ²，又三角形PQR为直角三角形，根据勾股定理求出QR²，即为所求正方形的面积．

【详解】

解：∵正方形PQED的面积等于225，

∴即PQ²=225，

∵正方形PRGF的面积为289，

∴PR²=289，

又∵△PQR为直角三角形，根据勾股定理得：

PR²=PQ²+QR²，

∴QR²=PR²﹣PQ²=289﹣225=64，

则正方形QMNR的面积为64．

故选：D．

【点睛】

此题考查了勾股定理，以及正方形的面积公式．勾股定理最大的贡献就是沟通“数”与“形”的关系，它的验证和利用都体现了数形结合的思想，即把图形的性质问题转化为数量关系的问题来解决．能否由实际的问题，联想到用勾股定理的知识来求解是本题的关键．

A

【分析】

根据勾股定理可以得到AD和BD的长度，然后用AD+BD-AB的长度即为所求.

【详解】

根据题意可得BC=4cm，CD=3cm，根据Rt△BCD的勾股定理可得BD=5cm，则AD=BD=5cm，所以橡皮筋被拉长了（5+5）－8=2cm．

【点睛】

主要考查了勾股定理解直角三角形.

C

【解析】

要求DN＋MN的最小值，DN，MN不能直接求，可考虑通过作辅助线转化DN，MN的值，从而找出其最小值求解．

【详解】

解：∵正方形是轴对称图形，点B与点D是关于直线AC为对称轴的对称点，

∴连接BN，BD，则直线AC即为BD的垂直平分线，

∴BN＝ND∴DN＋MN＝BN＋MN连接BM交AC于点P，

∵点 N为AC上的动点，

由三角形两边和大于第三边，

知当点N运动到点P时，

BN＋MN＝BP＋PM＝BM，

BN＋MN的最小值为BM的长度，

∵四边形ABCD为正方形，

∴BC＝CD＝8，CM＝8−2＝6，BCM＝90°，

∴BM＝＝10，

∴DN＋MN的最小值是10．

故选：C．

【点睛】

此题考查正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用，解题的难点在于确定满足条件的点N的位置：利用轴对称的方法．然后熟练运用勾股定理．

C

【分析】

利用勾股定理求出AB的长，可得AB=AC=，推出OC=﹣1即可解决问题.

【详解】

在Rt△AOB中，AB=，

∴AB=AC=，

∴OC=AC﹣OA=﹣1，

∴点C表示的数为1﹣．

故选C．

【点睛】

本题考查实数与数轴、勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

C

【分析】

在Rt△ABC中利用勾股定理可求出AC＝10，设BE＝a，则CE＝8﹣a，根据折叠的性质可得出BE＝FE＝a，AF＝AB＝6，∠AFE＝∠B＝90°，进而可得出FC＝4，在Rt△CEF中，利用勾股定理可得出关于a的一元二次方程，解之即可得出a值，将其代入8﹣a中即可得出线段CE的长度．

【详解】

解：在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，

∴AC＝10．

设BE＝a，则CE＝8﹣a，

根据翻折的性质可知，BE＝FE＝a，AF＝AB＝6，∠AFE＝∠B＝90°，

∴FC＝4．

在Rt△CEF中，EF＝a，CE＝8﹣a，CF＝4，

∴CE²＝EF²+CF²，即（8﹣a）²＝a²+4²，

解得：a＝3，

∴8﹣a＝5．

故选C．

【点睛】

本题考查了翻折变换、矩形的性质、勾股定理以及解一元二次方程，在Rt△CEF中，利用勾股定理找出关于a的一元二次方程是解题的关键．

D

【解析】

分析：先用直角三角形的边长表示出阴影部分的面积，再根据勾股定理可得：AB²=AC²+BC²，进而可将阴影部分的面积求出．

详解：S_阴影=AC²+BC²+AB²=（AB²+AC²+BC²），

∵AB²=AC²+BC²=25，

∴AB²+AC²+BC²=50，

∴S_阴影=×50=25．

故选D．

点睛：本题考查了勾股定理的知识，要求能够运用勾股定理证明三个等腰直角三角形的面积之间的关系.

B

【分析】

设小正方形的边长为x，则矩形的一边长为（a+x）,另一边为（b+x）,根据矩形的面积的即等于两个三角形的面积之和，也等于长乘以宽，列出方程，化简再代入a,b的值，得出x²＋7x=12，再根据矩形的面积公式，整体代入即可.

【详解】

设小正方形的边长为x，则矩形的一边长为（a+x）,另一边为（b+x）,根据题意得 ：2（ax+x²+bx）=（a+x）（b+x）,

化简得 ：ax+x²+bx-ab=0，

又∵ a = 3 ， b = 4 ，

∴x²＋7x=12;

∴该矩形的面积为=（a+x）（b+x）=（3+x）（4+x）=x²＋7x+12=24.

故答案为B.

【点睛】

本题考查了勾股定理的证明以及运用和一元二次方程的运用，求出小正方形的边长是解题的关键.

C

【分析】

利用完全平方公式把等式变形为a²+b²=c²，根据勾股定理逆定理即可判断三角形为直角三角形，可得答案．

【详解】

∵，

∴a²+2ab+b²=c²+2ab，

∴a²+b²=c²，

∴这个三角形是直角三角形，

故选：C．

【点睛】

本题考查了勾股定理的逆定理，如果一个三角形的两条边的平方和等于第三边的平方，那么这个三角形就是直角三角形，最长边所对的角为直角．

C

【解析】

试题分析：根据菱形的性质可得：△AOB为直角三角形，AO=4，BO=3，则根据勾股定理可得：AB=5，根据等积法可得：OE=.

B

【详解】

可设大正方形边长为a,小正方形边长为b，所以据题意可得a²=49,b²=4;

根据直角三角形勾股定理得a²=x²+y²,所以x²+y²=49，式①正确；

因为是四个全等三角形，所以有x=y+2,所以x-y=2，式②正确；

根据三角形面积公式可得S_△=xy/2,而大正方形的面积也等于四个三角形面积加上小正方形的面积，所以，化简得2xy+4=49，式③正确；

而据式④和式②得2x=11,x=5.5,y=3.5,将x,y代入式①或③都不正确，因而式④不正确．

综上所述，这一题的正确答案为B．

C

【解析】

观察图形，找出图中的直角三角形，利用勾股定理解答即可．

【详解】

首先根据圆柱的高，知筷子在杯内的最小长度是8cm，则在杯外的最大长度是24-8=16cm；

再根据勾股定理求得筷子在杯内的最大长度是（如图）AC==17，则在杯外的最小长度是24-17=7cm，

所以h的取值范围是7cm≤h≤16cm，

故选C.

【点睛】

本题考查了勾股定理的应用，注意此题要求的是筷子露在杯外的取值范围．主要是根据勾股定理求出筷子在杯内的最大长度．

A

【解析】

分析：在直角三角形ABC中，根据勾股定理，得：AC=2米，由于梯子的长度不变，在直角三角形CDE中，根据勾股定理，得CE=1.5米，所以AE=0.5米，即梯子的顶端下滑了0.5米．

详解：在Rt△ABC中，AB=2.5米，BC=1.5米，

故AC===2米．

在Rt△ECD中，AB=DE=2.5米，CD=（1.5+0.5）米，

故EC===1.5米，

故AE=AC﹣CE=2﹣1.5=0.5米．

    故选A．

点睛：本题中主要注意梯子的长度不变，分别运用勾股定理求得AC和CE的长，即可计算下滑的长度．

B

【分析】

外围正方形的面积就是斜边和一直角边的平方，实际上是求另一直角边的平方，用勾股定理即可解答．

【详解】

如图，

根据勾股定理我们可以得出：

a²+b²＝c²

a²＝25，c²＝169，

b²＝169﹣25＝144，

因此B的面积是144．

故选B．

【点睛】

本题主要考查了正方形的面积公式和勾股定理的应用．只要搞清楚直角三角形的斜边和直角边本题就容易多了．

C

【解析】

分析：通过切线的性质表示出EC的长度，用相似三角形的性质表示出OE的长度，由已知条件表示出OC的长度即可通过勾股定理求出结果.

详解：如图：连接BC，并连接OD交BC于点E：

∵DP⊥BP，AC为直径；

∴∠DPB=∠PBC=90°.

∴PD∥BC,且PD为⊙O的切线.

∴∠PDE=90°=∠DEB,

∴四边形PDEB为矩形，

∴AB∥OE，且O为AC中点，AB=6.

∴PD=BE=EC.

∴OE=AB=3.

设PA=x，则OD=DE-OE=6+x-3=3+x=OC，EC=PD=6-x.

.在Rt△OEC中:

,

即：，解得x=2.

所以AC=2OC=2×（3+x）=10.

点睛：本题考查了切线的性质，相似三角形的性质，勾股定理.

D

【解析】

根据题意有C、O、G三点在一条直线上OG最小，MN最大，根据勾股定理求得AB，根据三角形面积求得CF，然后根据垂径定理和勾股定理即可求得MN的最大值．

【详解】

解：取DE的中点O，过点O作OG⊥MN于点G，作CH⊥AB于点H.

∴，

当弦心距OG最短时，MN取最大值，

∴当点C，O，G三点共线时，即当点O在CH上时，MN取最大值，

连接OM.

∵∠C=90°，BC=3，AC=4，

∴CH==2.4

∴OH=2.4-1.5=0.9，

∴OM=1.5，

则在Rt△MOH中，由勾股定理得MH=1.2，

根据垂径定理，MN=2MH=2.4.

故选D.

【点睛】

本题实质是求圆中的弦的最大值的问题，圆中弦的弦心距越小，弦越大，所以当弦MN的弦心距最小时，MN的值最大．直角三角形斜边上的高是一个定值，圆的半径也是一个定值，所以当点C，O，G三点共线时，弦心距OH最小，此时MN最大，再构造直角三角形，结合垂径定理，勾股定理则可解决问题．

D

【解析】

试题分析：作AC的中点D，连接OD、DB，

∵OB≤OD+BD，

∴当O、D、B三点共线时OB取得最大值，

∵D是AC中点，

∴OD=AC=2，

∵BD=，OD=AC=2，

∴点B到原点O的最大距离为2+2，

故选D．

考点：1.二次函数的应用；2.两点间的距离；3.勾股定理的应用．

C

【解析】

由题意可知，AC=1，AB=2，∠CAB=90°

据勾股定理则BC=m；

∴AC+BC=（1+）m.

答：树高为（1+）米．

故选C.

5或

【解析】

试题分析：已知直角三角形两边的长，但没有明确是直角边还是斜边，因此分两种情况讨论：

①长为3的边是直角边，长为4的边是斜边时：第三边的长为：；

②长为3、4的边都是直角边时：第三边的长为：；

∴第三边的长为：或5．

考点：1．勾股定理；2．分类思想的应用．

【解析】

由已知易得∠AFE=45°，过E作EG⊥AD，垂足为G，根据已知易得EG=FG=1，再根据勾股定理可得AE=，过F分别作FH⊥AC垂足为H， FM⊥BC垂足为M，FN⊥AB垂足为N，易得CH=FH，根据勾股定理可求出a=，继而可得CH=，由AC=AE+EH+HC即可求得.

【详解】如图，∵AD、BE分别平分∠CAB和∠CBA，

∴∠1=∠2，∠3=∠4，

∵∠C=90°，∴∠2+∠3=45°，∴∠AFE=45°，

过E作EG⊥AD，垂足为G，

在Rt△EFG中，∠EFG=45°，EF=，∴EG=FG=1，

在Rt△AEG中，AG=AF-FG=4-1=3，∴AE=，

过F分别作FH⊥AC垂足为H， FM⊥BC垂足为M，FN⊥AB垂足为N，易得CH=FH，

设EH=a，则FH²=EF²-EH²=2-a²，

在Rt△AHF中，AH²+HF²=AF²，

即+2-a²=16，

∴a=，

∴CH=FH=，

∴AC=AE+EH+HC=，

故答案为.

【点睛】本题考查了角平分线的性质，勾股定理的应用等，综合性质较强，正确添加辅助线是解题的关键.

【分析】

先利用等腰直角三角形的性质求出BC=2，BF=AF=1，再利用勾股定理求出DF，即可得出结论．

【详解】

如图，过点A作AF⊥BC于F，

在Rt△ABC中，∠B=45°，

∴BC=AB=2，BF=AF=AB=1，

∵两个同样大小的含45°角的三角尺，

∴AD=BC=2，

在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF==

∴CD=BF+DF-BC=1+-2=-1，

故答案为-1．

【点睛】

此题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．

1.5

【解析】

在Rt△ABC中，，∵将△ABC折叠得△AB′E，∴AB′＝AB，B′E＝BE，∴B′C＝5－3＝2．设B′E＝BE＝x，则CE＝4－x．在Rt△B′CE中，CE²＝B′E²＋B′C²，∴（4－x）²＝x²＋2²．解之得．

4

【分析】

过点C作CE⊥AB于点E，交BD于点M′，过点M′作M′N′⊥BC于N′，则CE即为CM+MN的最小值，再根据BC=，∠ABC=45°，BD平分∠ABC可知△BCE是等腰直角三角形，由锐角三角函数的定义即可求出CE的长．

【详解】

解：过点C作CE⊥AB于点E，交BD于点M′，过点M′作M′N′⊥BC于N′，

则CE即为CM+MN的最小值，
∵BC=，∠ABC=45°，BD平分∠ABC，
∴△BCE是等腰直角三角形，
∴CE=BC•cos45°=×=4．
∴CM+MN的最小值为4．

【点睛】

本题考查了轴对称最短路线问题，难度较大,根据题意作出辅助线，构造出等腰直角三角形，利用锐角三角函数的定义求解是解答此题的关键．

．

【详解】

解：∵AD是△ABC的角平分线，

∴∠CAD=∠BAD，DC=DE

∵GF是AD的垂直平分线，

∴AF=DF

∴∠BAD=∠ADF

∴∠ADF=∠CAD

∴DF∥AC

∴∠BDF=90°

∴△BDF是等腰直角三角形，

∴BD=DF

∵AC=BC=2，∠C=90⁰，

设BD=x，则DE=CD=2-x，

∵BE²+DE²=BD²

解之得

故答案为：．

25

【分析】

先将图形平面展开，再用勾股定理根据两点之间线段最短进行解答即可．

【详解】

如图所示．

∵三级台阶平面展开图为长方形，长为20，宽为（2+3）×3，∴蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是此长方形的对角线长．

设蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程为x，由勾股定理得：解得：x=25．

故答案为25．

【点睛】

本题考查了平面展开﹣最短路径问题，用到台阶的平面展开图，只要根据题意判断出长方形的长和宽即可解答．

【解析】

试题分析：根据勾股定理可求得AB=A′B′=，根据旋转不变性，可知∠MCM′=90°，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可知CM=AB= ，CM′=，所以再次根据勾股定理可求得MN=.

故答案为：

点睛：此题主要考查了直角三角形斜边上的中线，解题时先根据勾股定理求出斜边的长，然后根据旋转的性质和直角三角形的斜边上的中线求出CM、CM′，然后根据勾股定理可求解.

32或42

【分析】

根据题意画出图形，分两种情况：△ABC是钝角三角形或锐角三角形，分别求出边BC，即可得到答案

【详解】

当△ABC是钝角三角形时，

∵∠D=90°，AC=13，AD=12，

∴,

∵∠D=90°，AB=15，AD=12，

∴,

∴BC=BD-CD=9-5=4，

∴△ABC的周长=4+15+13=32；

当△ABC是锐角三角形时，

∵∠ADC=90°，AC=13，AD=12，

∴，

∵∠ADB=90°，AB=15，AD=12，

∴，

∴BC=BD-CD=9+5=14，

∴△ABC的周长=14+15+13=42；

综上，△ABC的周长是32或42，

故答案为：32或42.

【点睛】

此题考查勾股定理的实际应用，能依据题意正确画出图形分类讨论是解题的关键.

2

【详解】

解：将△BAP绕B点逆时针旋转60°得△BCM，则BA与BC重合，如图，

∴BM＝BP，MC＝PA＝2，∠PBM＝60°．

∴△BPM是等边三角形，

∴PM＝PB＝，

在△MCP中，PC＝4，

∴PC²＝PM²＋MC²且PC＝2MC．

∴△PCM是直角三角形，且∠CMP＝90°，∠CPM＝30°．

又∵△PBM是等边三角形，∠BPM＝60°．

∴∠BPC＝90°，

∴BC²＝PB²＋PC²＝()²＋4²＝28，

∴BC＝．

故答案为．

【点睛】

本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，还考查了等边三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，通过旋转构造出直角三角形是解决此题的关键．

45.

【分析】

延长AP交格点于D，连接BD，根据勾股定理得到PD²=BD²=1+2²=5，PB²=1²+3²=10，求得PD²+DB²=PB²，于是得到∠PDB=90°，根据三角形外角的性质即可得到结论．

【详解】

解：延长AP交格点于D，连接BD，

则PD²=BD²=1+2²=5，PB²=1²+3²=10，
∴PD²+DB²=PB²，
∴∠PDB=90°，
即△PBD为等腰直角三角形，

∴∠DPB=∠PAB+∠PBA=45°，
故答案为45．

【点睛】

本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，三角形的外角的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

（0，2¹⁰⁰⁹）

【解析】

【分析】本题点A坐标变化规律要分别从旋转次数与点A所在象限或坐标轴、点A到原点的距离与旋转次数的对应关系．

【详解】∵∠OAA₁=90°，OA=AA₁=1，以OA₁为直角边作等腰Rt△OA₁A₂，再以OA₂为直角边作等腰Rt△OA₂A₃，…，

∴OA₁=，OA₂=（）²，…，OA₂₀₁₈=（）²⁰¹⁸，

∵A₁、A₂、…，每8个一循环，

∵2018=252×8+2

∴点A₂₀₁₈的在y轴正半轴上，OA₂₀₁₈==2¹⁰⁰⁹，

故答案为（0，2¹⁰⁰⁹）.

【点睛】本题是平面直角坐标系下的规律探究题，除了研究动点变化的相关数据规律，还应该注意象限符号．

7

【解析】

如图，过点D作DE//BA，并且使DE=BD，连接BE，AE，过点B作BF⊥DE于点F，过点A作AG⊥DE于点G，则四边形ABFG是矩形，从而有FG=AB=3，AG=BF，通过证明△ADE≌△CBD，可得AE=CD=，根据已知易得△BDE是等边三角形，根据等边三角形的性质可得DF=BD，BF=BD，在Rt△AEG中，利用勾股定理可求得BD=5，从而得AG=，DG=，在Rt△ADG中，根据勾股定理求得AD长即可得答案.

【详解】如图，过点D作DE//BA，并且使DE=BD，连接BE，AE，过点B作BF⊥DE于点F，过点A作AG⊥DE于点G，则四边形ABFG是矩形，

∴FG=AB=3，AG=BF，

∵AB//DE，∴∠ADE=∠BAD，

∵∠BAD=∠CBD，

∴∠ADE=∠CBD，

又∵DE=BD，AD=BC，

∴△ADE≌△CBD，

∴AE=CD=，

∵∠ABD=120°，DE//AB，

∴∠BDE=60°，

∴△BDE是等边三角形，

∴DF=BD，BF=BD，

在Rt△AEG中， AE²=AG²+EG²，EG=DF+FG-DE=BD+3-BD=3-BD，

∴，

∴BD=5或BD=-2（舍去），

∴AG=，DG=DF+FG=+3=，

在Rt△ADG中，AD²=AG²+DG²=（）²+（）²=49，

∴AD=7，

∴BC=7，

故答案为：7.

【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理的应用等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线灵活应用相关知识是解题的关键.

2+2

【分析】

地毯的竖直的线段加起来等于BC，水平的线段相加正好等于AC，即地毯的总长度至少为（AC+BC）．

【详解】

在Rt△ABC中，∠A=30°，BC=2m，∠C=90°，
∴AB=2BC=4m，
∴AC=m，
∴AC+BC=2+2（m）.

故答案为2+2.

【点睛】

本题主要考查勾股定理的应用，解此题的关键在于准确理解题中地毯的长度为水平与竖直的线段的和.