7. 如图，在 $Rt\triangle ABC$ 中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$CD \perp AB$，且 $AD = 3$，$AC = 3\sqrt{5}$，则 $AB$ 的长为 (
B
)
A.$3\sqrt{6}$
B.$15$
C.$9\sqrt{5}$
D.$3 + 3\sqrt{5}$
答案：7.B
解析：
解：在$Rt\triangle ADC$中，$\angle ADC=90^{\circ}$，$AD=3$，$AC=3\sqrt{5}$，
由勾股定理得$CD=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{(3\sqrt{5})^{2}-3^{2}}=\sqrt{45 - 9}=\sqrt{36}=6$。
因为$\angle ACB=90^{\circ}$，$CD\perp AB$，所以$\triangle ACD\sim\triangle ABC$，
则$\frac{AC}{AB}=\frac{AD}{AC}$，即$AC^{2}=AD· AB$，
所以$AB=\frac{AC^{2}}{AD}=\frac{(3\sqrt{5})^{2}}{3}=\frac{45}{3}=15$。
答案：B
8. 如图，点 $D$ 在 $\triangle ABC$ 的边 $BC$ 上，$\angle ADC + \angle BAC = 180^{\circ}$，$AB = 4$，$BC = 8$，则 $BD$ 的长为
2
.
答案：8.2
解析：
证明：
∵∠ADC + ∠BAC = 180°，∠ADC + ∠ADB = 180°，
∴∠BAC = ∠ADB。
∵∠B = ∠B，
∴△ABD∽△CBA。
∴$\frac{BD}{AB} = \frac{AB}{BC}$。
∵AB = 4，BC = 8，
∴$\frac{BD}{4} = \frac{4}{8}$，
解得$BD = 2$。
2
9. 如图，在等边三角形 $ABC$ 中，$P$ 为边 $BC$ 上一点，$D$ 为边 $AC$ 上一点，且 $\angle APD = 60^{\circ}$，$BP = 1$，$CD =\frac{2}{3}$，则 $\triangle ABC$ 的边长为 (
A
)
A.$3$
B.$4$
C.$5$
D.$6$
答案：9.A
解析：
解：设等边三角形$ABC$的边长为$x$，则$BC = x$，$PC = BC - BP = x - 1$，$AC = x$，$AD = AC - CD = x - \frac{2}{3}$。
因为$\triangle ABC$是等边三角形，所以$\angle B = \angle C = 60^{\circ}$。
在$\triangle ABP$中，$\angle BAP + \angle APB = 180^{\circ} - \angle B = 120^{\circ}$。
因为$\angle APD = 60^{\circ}$，所以$\angle APB + \angle CPD = 180^{\circ} - \angle APD = 120^{\circ}$。
因此，$\angle BAP = \angle CPD$。
又因为$\angle B = \angle C$，所以$\triangle ABP \sim \triangle PCD$。
根据相似三角形的性质，$\frac{AB}{PC} = \frac{BP}{CD}$，即$\frac{x}{x - 1} = \frac{1}{\frac{2}{3}}$。
解得$\frac{x}{x - 1} = \frac{3}{2}$，$2x = 3(x - 1)$，$2x = 3x - 3$，$x = 3$。
所以$\triangle ABC$的边长为$3$。
A
10. 如图，$AD$ 是 $\triangle ABC$ 的中线，$\angle B = 90^{\circ}$，$AB = 3$，$CE \perp BC$ 于点 $C$，$CE = 5$，且 $\angle ADE = 90^{\circ}$，则 $AE$ 的长为 (
C
)
A.$13$
B.$11$
C.$8$
D.$6$
答案：10.C 解析：
∵∠ADE = 90°,
∴∠ADB+∠CDE = 90°.
∵CE⊥BC于点C,
∴∠DCE = 90°.
∴∠DEC+∠CDE = 90°.
∴∠ADB = ∠DEC.
∵∠ABD = ∠DCE = 90°,
∴△ABD∽
△DCE.
∴AB:DC = BD:CE.
∵AD是△ABC的中线,
∴BD = CD.
∵AB = 3,CE = 5,
∴3:CD = CD:5.
∴CD =
$\sqrt{15}.$
∴$BD = \sqrt{15}.$由勾股定理,得$AE^{2}=AD^{2}+DE^{2},AD^{2}=$
$AB^{2}+BD^{2}=3^{2}+(\sqrt{15})^{2}=24,DE^{2}=CD^{2}+CE^{2}=(\sqrt{15})^{2}+$
$5^{2}=40,$
∴$AE^{2}=24 + 40 = 64.$
∴AE = 8.
11. 如图，在面积为 $64$ 的正方形 $ABCD$ 中，有一个小正方形 $EFGH$，其中点 $E,F,G$ 分别在 $AB$，$BC$，$FD$ 上，连接 $DE$. 若 $BF = 2$，则 $DE$ 的长为
$\frac{5\sqrt{17}}{2}$
.
答案：$11.\frac{5\sqrt{17}}{2} $解析：由题意知,AB = AD = BC = CD = 8.
∵BF =
2,
∴CF = 6.在正方形ABCD和正方形EFGH中,∠A =
∠B = ∠C = ∠EFG = 90°,
∴∠BEF+∠BFE = 90°,∠CFD+
∠BFE = 90°.
∴∠BEF = ∠CFD.
∴△BEF∽△CFD.
∴$\frac{BE}{CF}=\frac{BF}{CD}.$
∴$\frac{BE}{6}=\frac{2}{8}.$
∴$BE=\frac{3}{2}.$
∴$AE = AB - BE=\frac{13}{2}.$
∴在Rt△AED中$,DE = \sqrt{AE^{2}+AD^{2}}=\frac{5\sqrt{17}}{2}.$
12. 如图，正方形 $ABCD$ 的边长为 $4$，$E$ 是边 $CD$ 上一点，且 $CE = 1$，$F$ 是 $AD$ 的中点，对角线 $AC$ 交 $BE$ 于点 $N$，$P$ 是线段 $BE$ 上一点，连接 $EF$，$PF$，$PF$ 与 $AC$ 相交于点 $G$. 若 $\angle PFE = 45^{\circ}$，求 $AG$ 的长.
答案：12.延长AD至点Q,使DQ = DE,连接QE,则易得∠Q =
∠EFG = ∠GAF = 45°.
∵∠AFE = ∠AFG+∠EFG = ∠Q+
∠QEF,
∴∠AFG = ∠QEF.
∴△AGF∽△QFE.
∴$\frac{AG}{QF}=$
$\frac{AF}{QE}.$
∵四边形ABCD是边长为4的正方形,F为AD的中点,
CE = 1,
∴AF = DF = 2,DE = DQ = 4 - 1 = 3.
∴QF = DQ+
$DF = 5,QE = \sqrt{3^{2}+3^{2}} = 3\sqrt{2}.$
∴$\frac{AG}{5}=\frac{2}{3\sqrt{2}}.$
∴$AG=\frac{5\sqrt{2}}{3}.$
