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重难点：勾股定理之“赵爽弦图”模型【知识梳理】“赵爽弦图”的面积关系是中考常考的一种题型，一般出现在选择题、填空题中，如果能够记住面积之间的关系，那么做此类题时一定非常高效.【考点剖析】一．选择题（共2小题）1．如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC＝6，BC ＝56的直角边分别向外延长一倍，得到如图2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是（）A．76B．72C．68D．52【分析】由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个．【解答】解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，则x2＝122+52＝169所以x＝13所以“数学风车”的周长是：（13+6）×4＝76．故选：A．【点评】本题是勾股定理在实际情况中应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．2．“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理．在如图所示的“赵爽弦图”中，△ABH，△BCG，△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD，EFGH都是正方形．若AB＝10，EF＝2，则AH 的长为（）A．6B．C．6D．8【分析】由题意得，设AH＝DE＝CF＝BG＝x，则AE＝DF＝CG＝BH＝2+x，再根据勾股定理即可求解．【解答】解：∵△ABH，△BCG，△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD，EFGH都是正方形．AB＝10，EF＝2，∴设AH＝DE＝CF＝BG＝x，则AE＝DF＝CG＝BH＝2+x，在Rt△AHB中，AB2＝AH2+BH2，即102＝x2+（x+2）2，整理得，x2+2x﹣48＝0，解得：x1＝6，x2＝﹣8（不符合题意，舍去），∴AH＝6．故选：C．【点评】本题考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的性质，根据题意得到线段的关系，然后根据勾股定理列出方程并求解是解题关键．二．填空题（共4小题）3．“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若（a+b）2＝107，大正方形的面积为57，则小正方形的边长为．【分析】观察图形可知，小正方形的面积＝大正方形的面积﹣4个直角三角形的面积，利用已知（a+b）2＝107，大正方形的面积为57，可以得出直角三角形的面积，进而求出答案．【解答】解：如图所示：∵（a+b）2＝107，∴a2+2ab+b2＝107，∵大正方形的面积为57，∴2ab＝107﹣57＝50，∴小正方形的面积为57﹣50＝7，故小正方形的边长为．故答案为：．【点评】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型．4．如图，由四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”．Rt△ABF中，∠AFB＝90°，AF＝4，AB＝5．四边形EFGH的面积是．【分析】四边形EFGH的面积＝四边形ABCD的面积﹣四个全等直角三角形的面积．直角三角形的面积需利用勾股定理求出直角边后解答．【解答】解：因为AB＝5，所以S正方形ABCD＝5×5＝25．Rt△ABF中，AF＝4，AB＝5，则BF＝＝3，所以SRt△ABF＝×3×4＝6，四个直角三角形的面积为：6×4＝24，四边形EFGH的面积是25﹣24＝1．故答案为1【点评】此题主要考查了勾股定理，以及正方形面积、三角形面积，难易程度适中．5．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E的边长为7cm，则图中五个正方形A、B、C、D、E的面积和为cm2．【分析】根据正方形的面积公式，连续运用勾股定理，发现：四个小正方形的面积和等于最大正方形的面积．【解答】解：设正方形A、B、C、D的边长分别是a、b、c、d，则正方形A的面积＝a2，正方形B的面积＝b2，正方形C的面积＝c2，正方形D的面积＝d2，又∵a2+b2＝x2，c2+d2＝y2，∴正方形A、B、C、D、E的面积和＝（a2+b2）+（c2+d2）+72＝x2+y2+72＝72+72＝98（cm2）．即正方形A，B，C，D、E的面积的和为98cm2．故答案为：98．【点评】本题考查了勾股定理：直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．熟练运用勾股定理进行面积的转换是解题关键．6．图（1）是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．在Rt△ABC 中，若直角边AC＝6cm，BC＝5cm，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图（2）所示的“数学风车”．则①图中小正方形的面积为；②若给这个“数学风车”的外围装饰彩带，则需要彩带的长度至少是．【分析】①表示出小正方形的边长，然后利用正方形的面积公式列式计算即可得解；②利用勾股定理求出外围直角三角形的斜边，然后根据周长公式列式计算即可得解．【解答】解：图①，小正方形的面积＝（6﹣5）2＝1cm2；图②，外围直角三角形的斜边＝＝13cm，周长＝4×（13+6）＝4×19＝76cm，即，需要彩带的长度至少是76cm．故答案为：1cm2，76cm．【点评】本题考查了勾股定理的证明，读懂题目信息并准确识图是解题的关键．三．解答题（共3小题）7．如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．（1）如图①弦图中包含了一大，一小两个正方形，已知每个直角三角形较长的直角边为a．较短的直角边为b，斜边长为c，可以验证勾股定理；（2）如图②，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT 的面积分别为S1、S2、S3，若S1+S2+S3＝16，则S2＝．【分析】（1）由图可知，小正方形的面积可直用边长乘边长，为（a﹣b）2，也可用大正方形的面积减去四个全等的直角三角形的面积，为，以此即可证明；（2）设正方形MNKT的面积为x，八个全等的直角三角形的面积均为y，可得S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x，则S1+S2+S3＝12y+3x＝16，根据整体思想即可求出S2＝4y+x＝．【解答】（1）证明：，另一方面，即a2﹣2ab+b2＝c2﹣2ab，则a2+b2＝c2；（2）解：设正方形MNKT的面积为x，八个全等的直角三角形的面积均为y，∵S1+S2+S3＝16，∴S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x，∴S1+S2+S3＝12y+3x＝16，∴4y+x＝，∴S2＝4y+x＝．故答案为：．【点评】本题主要考查勾股定理的证明，利用数形结合的思想来答题是解题关键．8．我们发现，用不同的方式表示同一图形的面积可以解决线段长度之间关系的有关问题，这种方法称为等面积法，这是一种重要的数学方法．请你用等面积法来探究下列两个问题：（1）如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，请你用它来验证勾股定理；（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝4，BC＝3，求CD的长度．【分析】（1）根据题意，我们可在图中找等量关系，由中间的小正方形的面积等于大正方形的面积减去四个直角三角形的面积，列出等式化简即可得出勾股定理的表达式．（2）先由勾股定理求出AB的长，再根据三角形的面积求CD的长即可．【解答】解：（1）∵大正方形面积为c2，直角三角形面积为ab，小正方形面积为：（b﹣a）2，∴c2＝4×ab+（a﹣b）2＝2ab+a2﹣2ab+b2即c2＝a2+b2．（2）在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∴由勾股定理，得：AB＝＝5∵CD⊥AB，∴S△ABC＝AC•BC＝AB•CD∴CD＝．【点评】本题考查了学生对勾股定理的证明和对三角形和正方形面积公式的熟练掌握和运用，属于基本题型．9．图甲是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成，面积为74的正方形．在Rt△ABC中，若直角边BC＝5，将四个直角三角形中边长为5的直角边分别向外延长一倍，得到图乙所示的“数学风车”．（1）这个风车至少需要绕着中心旋转才能和本身重合；（2）求这个风车的外围周长（图乙中的实线）．【分析】（1）根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．（2）在直角△ABC中，已知BC，AB，根据勾股定理即可计算AC的长，AC＝7，故求得BD即可计算风车的外围周长．【解答】解：（1）：∵360°÷4＝90°，∴该图形绕中心至少旋转90度后能和原来的图案互相重合．（2）在直角△BCD中，BD为斜边，已知BC＝5，AB＝，由勾股定理得：AC＝7，CD＝7+5＝12，∴BD＝＝13，∵风车的外围周长为4（BD+AD）＝4（13+5）＝72．【点评】本题考查了旋转角的定义及勾股定理在直角三角形中的运用，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中正确的计算BD是解题的关键．【过关检测】一．选择题（共10小题）1．（2022春•东城区期末）如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC＝6，BC＝56的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是（）A．72B．52C．80D．76【分析】由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个．【解答】解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，则x2＝122+52＝169所以x＝13所以“数学风车”的周长是：（13+6）×4＝76．故选：D．【点评】本题是勾股定理在实际情况中应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．2．（2021秋•邳州市期中）公元3世纪切，中国古代书学家赵爽注《周髀算经》时，创造了“赵爽弦图”．如图，勾a＝3，弦c＝5，则小正方形ABCD的面积为（）A．1B．3C．4D．9【分析】根据勾股定理和正方形的面积公式可求解．【解答】解：如图，∵勾a＝3，弦c＝5，∴股b＝＝4，∴小正方形的边长＝4﹣3＝1，∴小正方形的面积＝12＝1，故选：A．【点评】本题运用了勾股定理和正方形的面积公式，关键是运用了数形结合的数学思想．3．（2021春•长垣市期末）“赵爽弦图”是四个全等的直角三角形与中间一个小正方形拼成的大正方形，如图，其直角三角形的两条直角边的长分别是2和4，则小正方形与大正方形的面积比是（）A．1：2B．1：4C．1：5D．1：10【分析】根据题意求得小正方形的边长，根据勾股定理求出大正方形的边长，由正方形的面积公式即可得出结果．【解答】解：∵直角三角形的两条直角边的长分别是2和4，∴小正方形的边长为2，根据勾股定理得：大正方形的边长＝＝2，∴＝＝＝．故选：C．【点评】本题考查了勾股定理和正方形的面积．本题是用数形结合来证明勾股定理，锻炼了同学们的数形结合的思想方法．4．（2022秋•青秀区校级期末）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若（a+b）2＝21，小正方形的面积为5，则大正方形的面积为（）A．12B．13C．14D．15【分析】由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b，根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出大正方形的边长．【解答】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b＝，∵（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab＝5+4ab＝21，∴ab＝4，∴大正方形的面积＝4×ab+5＝13，故选：B．【点评】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型．5．（2022秋•南岸区校级期中）我国是最早了解勾股定理的国家之一，根据《周髀算经》的记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”．三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一种证明．下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（）A．B．C．D．【分析】根据基础图形的面积公式表示出各个选项的面积，同时根据割补的思想可以写出另外一种面积表示方法，即可得出一个等式，进而可判断能否证明勾股定理．【解答】解：A、大正方形的面积为：c2；也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：ab×4+（b﹣a）2＝a2+b2，∴a2+b2＝c2，故A选项能证明勾股定理；B、大正方形的面积为：（a+b）2；也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：ab×4+c2＝2ab+c2，∴（a+b）2＝2ab+c2，∴a2+b2＝c2，故B选项能证明勾股定理；C、梯形的面积为：（a+b）（）＝（a2+b2）+ab；也可看作是2个直角三角形和一个等腰直角三角形组成，则其面积为：ab×2+c2＝ab+c2，∴ab+c2＝（a2+b2）+ab，∴a2+b2＝c2，故C选项能证明勾股定理；D、大正方形的面积为：（a+b）2；也可看作是2个矩形和2个小正方形组成，则其面积为：a2+b2+2ab，∴（a+b）2＝a2+b2+2ab，∴D选项不能证明勾股定理．故选：D．【点评】本题考查勾股定理的证明方法，熟练掌握内弦图、外弦图是解题关键．6．（2022秋•平湖市期末）在认识了勾股定理的赵爽弦图后，一位同学尝试将5个全等的小正方形嵌入长方形ABCD内部，其中点M，N，P，Q分别在长方形的边AB，BC，CD和AD上，若AB＝7，BC＝8，则小正方形的边长为（）A．B．C．D．2【分析】将每个小正方形按照如图所示分成四个全等的直角三角形和一个正方形，设每个直角三角形的较大的直角边为x，较小的直角边为y，根据AB＝7，BC＝8，列出二元一次方程组，求出x和y，再求出边长即可．【解答】解：将每个小正方形按照如图所示分成四个全等的直角三角形和一个正方形，设每个直角三角形的较大的直角边为x，较小的直角边为y，∵AB＝7，BC＝8，∴，解得，∴小正方形的边长为＝．故选A．【点评】本题考查了勾股定理与二元一次方程组的应用，根据题意运用好赵爽弦图是解题关键．7．（2022秋•鄄城县校级月考）如图，阴影部分是两个正方形，图中还有一个直角三角形和一个空白的正方形，阴影部分的面积为25cm2，直角三角形①中较长的直角边长12cm，则直角三角形①的面积是（）A．16cm2B．25cm2C．30cm2D．169cm2【分析】两个阴影正方形的面积和等于直角三角形另一未知边的平方．利用勾股定理即可求出．【解答】解：∵两个阴影正方形的面积和等于直角三角形另一未知边的平方，∴直角三角形①中较短的直角边长5cm，∵直角三角形①中较长的直角边长12cm，∴直角三角形①的面积＝（cm2），故选：C．【点评】考查了正方形的面积以及勾股定理的应用．推知“正方形的面积和等于直角三角形另一未知边的平方”是解题的难点．8．（2021秋•鹿城区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，分别以AC，BC，AB为一边在△ABC外面做三个正方形，记三个正方形的面积依次为S1，S2，S3，已知S1＝4，则S3为（）A．8B．16C．4D．4+4【分析】根据正方形的面积公式结合勾股定理就可发现大正方形的面积是两个小正方形的面积和，即可得出答案．【解答】解：∵S1＝AC2＝4，∴AC＝2，∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝4，∴S3＝AB2＝16，故选：B．【点评】本题考查了勾股定理和正方形面积的应用，注意：分别以直角三角形的边作相同的图形，则两个小图形的面积等于大图形的面积．9．（2022秋•温州期末）如图，大正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼接而成．点E为小正方形的顶点，延长CE交AD于点F，连结BF交小正方形的一边于点G，若△BCF为等腰三角形，AG＝5，则小正方形的面积为（）A．15B．16C．20D．25【分析】由等腰三角形性质可得出BF＝CF，利用HL可证得Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），得出AB＝AD＝2AF，根据余角的性质得出∠BAG＝∠ABF，进而推出CF＝BF＝2AG＝10，利用面积法求得BN＝8，再运用勾股定理求得CN＝4，即可求得答案．【解答】解：设小正方形为EHMN，如图，∵四边形ABCD和四边形EHMN是正方形，∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝90°，CF∥AG，∵△BCF为等腰三角形，且BF＞AB＝BC，CF＞CD＝BC，∴BF＝CF，在Rt△ABF和Rt△DCF中，，∴Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），∴∠AFB＝∠CFD，AF＝DF，∴AB＝AD＝2AF，∵CF∥AG，∴∠CFD＝∠DAG，∴∠AFB＝∠DAG，∴AG＝FG，∵∠AFB+∠ABF＝90°，∠DAG+∠BAG＝90°，∴∠BAG＝∠ABF，∴AG＝BG，∴CF＝BF＝2AG＝10，在Rt△ABF中，AB2+AF2＝BF2，∴（2AF）2+AF2＝102，∴AF＝2，∴AB＝BC＝4，∵S△BCF＝BC•AB＝CF•BN，∴BN＝＝＝8，∴CN＝＝＝4，∵△ABM≌△BCN，∴BM＝CN＝4，∴MN＝BN﹣BM＝8﹣4＝4，∴S正方形EHMN＝（MN）2＝42＝16，故选：B．【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理，三角形面积等，利用面积法求得BN是解题的关键．10．（2022春•南浔区期末）赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的面积为S1，大正方形ABCD的面积为S2，若DI＝2，CI＝1，S2＝5S1，则GI的值是（）A．B．C．D．【分析】如图，连接DG，先由已知条件分别求得S2＝CD2＝32＝9，S1＝，小正方形边长为，再由勾股定理得：EG＝＝，设AE＝BF＝CG＝DH＝x，则AF＝BG＝CH＝DE＝x+，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x+）2，进而得AE＝BF＝CG＝DH＝x＝＝EH，再得CH垂直平分ED，再由三角形的“三线合一”得∠DGH＝∠HGE＝45°进而得∠DGI＝90°最后由勾股定理得：GI＝＝＝，即得选项A．【解答】解：如图，连接DG，∵赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形，∴AE＝BF＝CG＝DH，AF＝BG＝CH＝DE，CH⊥DE，∵DI＝2，CI＝1，∴CD＝DI+CI＝2+1＝3，∵大正方形ABCD的面积为S2，∴S2＝CD2＝32＝9，又∵小正方形EFGH的面积为S1，S2＝5S1，∴S1＝，∴EF＝FG＝GH＝HE＝，∵将EG延长交CD于点I，∴∠HGE＝45°，在Rt△EHG中，由勾股定理得：EG＝＝，设AE＝BF＝CG＝DH＝x，则AF＝BG＝CH＝DE＝x+，在Rt△CDH中，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x+）2，解得：x1＝，x2＝﹣（不合题意，舍去），即AE＝BF＝CG＝DH＝x＝，∴DH＝EH＝，∴CH垂直平分ED，∴DG＝EG＝，∴∠DGH＝∠HGE＝45°，∴∠DGE＝45°+45°＝90°，∴∠DGI＝90°，在Rt△DGI中，由勾股定理得：GI＝＝＝，故选：A．【点评】本题是一道勾股定理的综合题，主要考查了全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，线段的中垂线判定与性质，等腰三角形的“三线合一”，二次根式计算与化简，关键是巧添辅助线构等腰直角三角形，顺利实现求得答案．二．填空题（共7小题）11．（2022秋•锡山区期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，BC＝12．以AB为一边在△ABC的同侧作正方形ABDE，则图中阴影部分的面积为．【分析】首先利用勾股定理求得AB边的长度，然后由三角形的面积公式和正方形的面积公式解答．【解答】解：如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝12，AC＝5，由勾股定理知，AB＝＝13．故S阴影＝S正方形ABDE﹣S△ABC＝132﹣×5×12＝169﹣30＝139．故答案为：139．【点评】本题主要考查了勾股定理，求阴影部分的面积时，采用了“分割法”．12．（2022秋•德惠市期末）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若AE＝5，AB＝13，则中间小正方形EFGH的面积是．【分析】根据题意和题目中的数据，可以计算出小正方形的边长，即可得到小正方形的面积．【解答】解：∵AE＝5，AB＝13，∴BF＝AE＝5，在Rt△ABF中，AF＝＝12，∴小正方形的边长EF＝12﹣5＝7，∴小正方形EFGH的面积为7×7＝49．故答案为：49．【点评】本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握勾股定理是解题的关键．13．（2022秋•建邺区校级期中）将四个全等的直角三角形分别拼成正方形（如图1，2），边长分别为6和2．若以一个直角三角形的两条直角边为边向外作正方形（如图3），其面积分别为S1，S2．则S1﹣S2＝．【分析】首先设四个全等的直角三角形的两条直角边分别为a，b（a＞b），然后根据图1、2列出关于a、b 的方程组即可求解．【解答】解：设四个全等的直角三角形的两条直角边分别为a，b（a＞b），根据图1得：a+b＝6，根据图2得：a﹣b＝2，联立解得：，∴S1＝16，S2＝4，则S1﹣S2＝12．故答案为：12．【点评】此题主要考查了勾股定理证明的应用，解题的关键是正确理解图形中隐含的数量关系．14．（2021秋•龙泉驿区校级月考）如图，是由四个全等的直角三角形与中间一个小正方形拼成的一个大正方形，若大正方形的面积是17，小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边分别为a，b，则（a+b）2的值是．【分析】先由拼图列出关于面积的方程，再由勾股定理列一个直角三角形三边的方程并整理，最后把值整体代入和平方的展开式（a+b）2＝a2+b2+2ab即可得出答案．【解答】解：∵由四个全等的直角三角形与中间一个小正方形拼成的一个大正方形，大正方形的面积是17，小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边分别为a，b，∴，即，∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝17+16＝33．故答案为：33．【点评】这是一道勾股定理综合题，主要考查了拼图列方程，发现各个图形的面积和a，b的关系是解题关键．15．（2022秋•金台区校级月考）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC＝6，BC＝5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到如图所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是．【分析】通过勾股定理可将“数学风车”的斜边求出，然后可求出风车外围的周长．【解答】解：设将AC延长到点D，连接BD，根据题意，得CD＝6×2＝12，BC＝5．∵∠BCD＝90°∴BC2+CD2＝BD2，即52+122＝BD2∴BD＝13∴AD+BD＝6+13＝19∴这个风车的外围周长是19×4＝76．故答案为：76．【点评】本题考查勾股定理在实际情况中应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．16．（2022秋•工业园区校级期中）如图，在弦图中，正方形ABCD的对角线AC与正方形EFHI的对角线EH交于点K，对角线AC交正方形EFHI于G，J两点，记△GKH面积为S1，△JIC面积为S2，若AE＝12，CD＝4，则S1+S2的值为．【分析】由题意可得AF＝CI，∠AFG＝∠CIJ＝90°，FH∥EI，即可证明△AFG≌△CIJ，FG＝IJ，再根据四边形EFHI为正方形，得到△GHK≌△JEK，从而得到点K为正方形EFHI的中心，过点K作KM⊥FH于点M，由勾股定理得DE＝4，FH＝8，KM＝4，设GH＝a，FG＝b，则a+b＝FH＝8，最后用a，b表示出S1+S2＝2（a+b），将a+b的值代入即可求解．【解答】解：由题意可得，AF＝CI，∠AFG＝∠CIJ＝90°，FH∥EI，∵∠AGF＝∠HGK，∠IJC＝∠KJE，∵FH∥EI，∴∠HGK＝∠KJE，∴∠AGF＝∠IJC，在△AFG和△CIJ中，，∴△AFG≌△CIJ（AAS），∴FG＝IJ，∵四边形EFHI为正方形，∴EI﹣IJ＝FH﹣FG，即HG＝EJ，在△GHK和△JEK中，，∴△GHK≌△JEK（AAS），∴HK＝EK，即点K为正方形EFHI的中心，如图，过点K作KM⊥FH于点M，∵AE＝12，CD＝4，∴BF＝12，AD＝，在Rt△ADE中，由勾股定理得DE＝＝4，∴AF＝DE＝4，EF＝AE﹣AF＝12﹣4＝8，则FH＝8，KM＝4，设GH＝a，FG＝b，则a+b＝FH＝8，∴＝，＝＝2b，∴S1+S2＝2a+2b＝2（a+b）＝16．故答案为：16．【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积，正方形的性质，解题的关键是寻找全等三角形的条件解决问题．17．（2022秋•宁德期中）我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形与1个小正方形拼成的一个大正方形，如图，若拼成的大正方形为正方形ABCD，面积为9，中间的小正方形为正方形EFGH，面积为2，连接AC，交BG于点P，交DE于点M，①△CGP≌△AEM，②S△AFP﹣S△CGP＝，③DH+HC＝4，④HC＝2+，以上说法正确的是.（填写序号）【分析】由全等三角形的性质，勾股定理，完全平方公式，结合“赵爽弦图”的特点，可以解决问题．【解答】解：∵Rt△BCG≌Rt△∴CG＝AE，∠CGP＝∠AEM，∵CH∥AF．∴∠GCP＝∠MAE，∴△CGP≌△AEM（ASA），∴S△CGP＝S△AEM，CP＝ME，∴S△AFP﹣S△CGP＝S四边形MEFP∵HE＝GF，∴HM＝PF，∴S四边形MEFP＝S四边形MHGP＝S正方形EFGH＝1，∴S△AFP﹣S△CGP＝1，∵DH2+CH2＝DC2＝9，∴（DH+CH）2＝DH2+CH2+2DH•CH＝9+2DH•CH，∵CH﹣DH＝HG，∴（CH﹣DH）2＝HG2＝2，∴CH2+DH2﹣2DH•CH＝2，∴2DH•CH＝7，∴（DH+CH）2＝9+7＝16，∴DH+CH＝4，∵CH﹣DH＝，∴HC＝＝2+，故答案为：①③④．【点评】本题考查全等三角形的性质和判定，勾股定理，完全平方公式，关键是读懂“赵爽弦图”并灵活应用以上定理和公式．三．解答题（共2小题）18．（2021秋•凤翔县期中）如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是：大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即，从而得到等式c2＝，化简便得结论a2+b2＝c2．现在，请你用“双求法”解决下面两个问题（1）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝3，BC＝4，求CD的长度．（2）如图3，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB＝4，AC＝5，BC＝6，设BD＝x，求x的值．【分析】（1）先根据勾股定理先求出AB，再根据“双求法”求出CD的长度；（2）运用两个直角三角形根据勾股定理表示出AD，德关于x的方程求解．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，由面积的两种算法可得：，解得：CD＝．（2）在Rt△ABD中AD2＝42﹣x2＝16﹣x2，在Rt△ADC中AD2＝52﹣（6﹣x）2＝﹣11+12x﹣x2，所以16﹣x2＝﹣11+12x﹣x2，解得＝．【点评】此题考查的知识点是勾股定理的应用，关键是运用勾股定理求解．19．（2021春•利辛县期中）如图，小明用4个图1中的矩形组成图2，其中四边形ABCD，EFGH，MNPQ都是正方形，证明：a2+b2＝c2．【分析】由题意可得：S正方形ABCD＝（a+b）2，S正方形EFGH＝c2，S△BEF＝×ab，再根据S正方形ABCD＝S正方形EFGH+4S△BEF，即可证得结论．【解答】证明：∵四边形ABCD，EFGH，MNPQ都是正方形，∴S正方形ABCD＝（a+b）2，S正方形EFGH＝c2，S△BEF＝×ab，∵S正方形ABCD＝S正方形EFGH+4S△BEF，∴（a+b）2＝c2+4××ab，∴a2+2ab+b2＝c2+2ab，∴a2+b2＝c2．【点评】本题是勾股定理证明题，考查了直角三角形面积，正方形面积，利用图形面积得出结论是解题关键．。

考题四问赵爽弦图一问确定赵爽弦图例1 （2019•湖北省咸宁市）勾股定理是“人类最伟大的十个科学发现之一”．我国对勾股定理的证明是由汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，他用来证明勾股定理的图案被称为“赵爽弦图”.2002年在北京召开的国际数学大会选它作为会徽．下列图案中是“赵爽弦图”的是（）A．B．C．D．解析：“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，如图所示：故选：B．点评：熟记赵爽弦图的基本构造，明白弦图的构成要素，清楚弦图的构造方式，懂的弦图懂的构造原理，把握弦图的意义，是解题的关键.通过弦图的识记，也培养自己的爱国热情. 二问弦图变式，谁可求例2（2019•浙江宁波）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（）A．直角三角形的面积 B．最大正方形的面积C．较小两个正方形重叠部分的面积D．最大正方形与直角三角形的面积和解析：设直角三角形的斜边长为c，较长直角边为b，较短直角边为a，由勾股定理得，2c= 2a+ 2b，∴阴影部分的面积=2c-2b﹣a（c﹣b）=2a﹣ac+ab=a（a+b ﹣c），较小两个正方形重叠部分的长=a﹣（c﹣b）=a+b﹣c，宽=a，∴较小两个正方形重叠部分的面积=a（a+b﹣c），∴知道图中阴影部分的面积，则一定能求出较小两个正方形重叠部分的面积，故选：C．点评：熟练运用直角三角形的三边长和科学准确的图形分割法表示阴影面积是解题的关键.三问 弦图中两直角边差的平方意义例3 (2019黑龙江大庆)我国古代数学家赵爽的"勾股方圆图"是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图3所示).如果大正方形的面积是13, 小正方形的面积是1,直角三角形的两直角边长分别为a,b,那么2()a b -的值是______.解析：方法1 根据赵爽弦图的意义，得小正方形的边长等于直角边b 与a 的差，所以小正方形的面积为2()a b -，∵小正方形的面积为1，∴2()a b -=1.方法2 根据勾股定理，得22a b +=13，直角三角形面积=(13－1)÷4=3,即132ab =,∴ab=6，∴2()a b -=22a b +－2ab=13－12=1.点评：知识理解不同，思维的方向不同，就导致不同解题方法产生，创新思维的火花就时时 迸发，这就是数学的魅力！这就是数学的乐趣！四问 弦图中小正方形的意义例4（2019•湖南邵阳）公元3世纪初，中国古代数学家赵爽注《周髀算经》时，创造了“赵爽弦图”．如图，设勾a=6，弦c=10，则小正方形ABCD 的面积是 ．解析：∵勾a=6，弦c=10，∴股=8，∴小正方形的边长=8﹣6=2，∴小正方形的面积=22=4.点评：根据勾股定理求得股长，问题就化归为问题3，求解自然很简单.数学真奇妙！。

勾股定理常考压轴题汇总一．选择题（共23小题）1．我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成一个大正方形．如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边长为c．若b﹣a＝2，c＝10，则a+b的值为（）A．12B．14C．16D．18【答案】B【解答】解：由图可得：a2+b2＝c2，∴且a、b均大于0，解得，∴a+b＝6+8＝14，故选：B．2．如图，长方体的长为3，宽为2，高为4，一只蚂蚁从点A出发，沿长方体表面到点B处吃食物，那么它爬行最短路程是（）A．B．C．D．【答案】B【解答】解：第一种情况：把我们所看到的前面和上面组成一个平面，则这个长方形的长和宽分别是6和3，则所走的最短线段是＝3；第二种情况：把我们看到的左面与上面组成一个长方形，则这个长方形的长和宽分别是5和4，所以走的最短线段是＝；第三种情况：把我们所看到的前面和右面组成一个长方形，则这个长方形的长和宽分别是2，所以走的最短线段是＝；三种情况比较而言，第二种情况最短．所以它需要爬行的最短路线的长是，故选：B．3．如图，以Rt△ABC的三条边作三个正三角形，则S1、S2、S3、S4的关系为（）A．S1+S2+S3＝S4B．S1+S2＝S3+S4C．S1+S3＝S2+S4D．不能确定【答案】C【解答】解：如图，设Rt△ABC的三条边AB＝c，AC＝b，BC＝a，∵△ACG，△BCH，△ABF是等边三角形，∴S1＝S△ACG﹣S5＝b2﹣S5，S3＝S△BCH﹣S6＝a2﹣S6，∴S1+S3＝（a2+b2）﹣S5﹣S6，∵S2+S4＝S△ABF﹣S5﹣S6＝c2﹣S5﹣S6，∵c2＝a2+b2，∴S1+S3＝S2+S4，故选：C．4．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI 上，若AC+BC＝6，空白部分面积为10.5，则AB的长为（）A．3B．C．2D．【答案】B【解答】解：∵四边形ABGF是正方形，∴∠F AB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，∴∠F AC+∠BAC＝∠F AC+∠ABC＝90°，∴∠F AC＝∠ABC，在△F AM与△ABN中，，∴△F AM≌△ABN（ASA），∴S△F AM＝S△ABN，∴S△ABC＝S四边形FNCM，∵在△ABC中，∠ACB＝90°，∴AC2+BC2＝AB2，∵AC+BC＝6，∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC•BC＝36，∴AB2+2AC•BC＝36，∵AB2﹣2S△ABC＝10.5，∴AB2﹣AC•BC＝10.5，∴3AB2＝57，解得AB＝或﹣（负值舍去）．故选：B．5．已知，如图长方形ABCD中，AB＝3cm，AD＝9cm，将此长方形折叠，使点B与点D重合，折痕为EF，则△ABE的面积为（）A．3cm2B．4cm2C．6cm2D．12cm2【答案】C【解答】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．解得AE＝4．∴△ABE的面积为3×4÷2＝6．故选：C．6．如图，阴影部分表示以Rt△ABC的各边为直径向上作三个半圆所组成的两个新月形，面积分别记作S1和S2．若S1+S2＝7，AC＝3，则BC长是（）A．3.5B．C．4D．5【答案】B【解答】解：以AC为直径的半圆的面积＝×π×＝π，同理：以BC为直径的半圆的面积＝π，以AB为直径的半圆的面积＝π，∴S1+S2＝π+π+△ABC的面积﹣π，∵∠ACB＝90°，∴AC2+BC2＝AB2，∴S1+S2＝△ABC的面积＝AC•BC＝7，∵AC＝3，∴BC＝．故选：B．7．如图，在长方体ABCD﹣EFGH盒子中，已知AB＝4cm，BC＝3cm，CG＝5cm，长为10cm 的细直木棒IJ恰好从小孔G I与底面ABCD接触，当木棒的端点Ⅰ在长方形ABCD内及边界运动时，GJ长度的最小值为（）A．（10﹣5）cm B．3cm C．（10﹣4）cm D．5cm【答案】A【解答】解：当GI最大时，GJ最小，当I运动到点A时，GI最大，此时GI＝cm，而AC2＝AB2+BC2＝42+32＝25，∴GI＝＝＝5（cm），∴GJ长度的最小值为（10﹣5）cm．故选：A．8．勾股定理是几何中的一个重要定理，在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入长方形内得到的，∠BAC＝90°，AB＝6，BC＝10，点D，E，F，G，H，I都在长方形KLMJ的边上，则长方形KLMJ的面积为（）A．420B．440C．430D．410【答案】B【解答】解：如图，延长AB交KL于P，延长AC交LM于Q，由题意得，∠BAC＝∠BPF＝∠FBC＝90°，BC＝BF，∴∠ABC+∠ACB＝90°＝∠PBF+∠ABC，∴∠ACB＝∠PBF，∴△ABC≌△PFB（AAS），同理可证△ABC≌△QCG（AAS），∴PB＝AC＝8，CQ＝AB＝6，∵图2是由图1放入长方形内得到，∴IP＝8+6+8＝22，DQ＝6+8+6＝20，∴长方形KLMJ的面积＝22×20＝440．故选：B．9．国庆假期间，妍妍与同学去玩寻宝游戏，按照藏宝图，她从门口A处出发先往东走9km，又往北走3km，遇到障碍后又往西走7km，再向北走2km，再往东走了4km，发现走错了之后又往北走1km，最后再往西走了1km，就找到了宝藏，则门口A到藏宝点B的直线距离是（）A．3km B．10km C．6km D．km【答案】D【解答】解：过点B作BC⊥AC，垂足为C．观察图形可知AC＝9﹣7+4﹣1＝5（km），BC＝3+2+1＝6（km），在Rt△ACB中，AB＝（km）．答：门口A到藏宝点B的直线距离是km，故选：D．10．如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，AB＝9，BC＝6，则BD的长为（）A．3B．4C．5D．6【答案】B【解答】解：∵∠ACB＝90°，AB＝9，BC＝6，∴，∵，∴AC•BC＝AB•CD，，，∵CD⊥AB，∴∠CDB＝90°，∴，故选：B．11路，居民走新路比走拐角近（）A．2m B．3m C．3.5m D．4m【答案】D【解答】解：根据勾股定理求得：AB＝＝10（m），∴AC+BC﹣AB＝6+8﹣10＝4（m），故选：D．12．如图，是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的，若AC＝12，BC＝7，将四个直角三角形中边长为12的直角边分别向外延长一倍，得到如图所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是（）A．148B．100C．196D．144【答案】A【解答】解：设将CA延长到点D，连接BD，根据题意，得CD＝12×2＝24，BC＝7，∵∠BCD＝90°，∴BC2+CD2＝BD2，即72+242＝BD2，∴BD＝25，∴AD+BD＝12+25＝37，∴这个风车的外围周长是37×4＝148．故选：A．13．如图，四边形ABCD中，AD⊥CD于点D，BC＝2，AD＝8，CD＝6，点E是AB的中点，连接DE，则DE的最大值是（）A．5B．C．6D．【答案】C【解答】解：如图，连接AC，取AC的中点为M，连接DM、EM，∵AD⊥CD，∴∠ADC＝90°，∵AD＝8，CD＝6，∴AC＝，∵M是AC的中点，∴DM＝AC＝5，∵M是AC的中点，E是AB的中点，∴EM是△ABC的中位线，∵BC＝2，∴EM＝BC＝1，∵DE≤DM+EM（当且仅当点M在线段DE上时，等号成立），∴DE≤6，∴DE的最大值为6．故选：C．14．如图，长为8cm的橡皮筋放置在数轴上，固定两端A和B，然后把中点C垂直向上拉升3cm到D点，则橡皮筋被拉长了（）A．2cm B．3cm C．4cm D．1cm【答案】A【解答】解：∵点C为线段AB的中点，∴AC＝AB＝4cm，在Rt△ACD中，CD＝3cm；根据勾股定理，得：AD＝＝5（cm）；∵CD⊥AB，∴∠DCA＝∠DCB＝90°，在△ADC和△BDC中，，∴△ADC≌△BDC（SAS），∴AD＝BD＝5cm，∴AD+BD﹣AB＝2AD﹣AB＝10﹣8＝2（cm）；∴橡皮筋被拉长了2cm．故选：A．15．如图的数轴上，点A，C对应的实数分别为1，3，线段AB⊥AC于点A，且AB长为1个单位长度，若以点C为圆心，BC长为半径的弧交数轴于0和1之间的点P，则点P表示的实数为（）A．B．C．D．【答案】A【解答】解：由题意可得∠90°，AB＝1，AC＝3﹣1＝2，则CB＝＝，那么点P表示的实数为3﹣，故选：A．16．“四千年来，数学的道理还是相通的”．运用祖冲之的出入相补原理也可证明勾股定理．若图中空白部分的面积是11，整个图形（连同空白部分）的面积是25，则大正方形的边长是（）A．B．C．D．【答案】D【解答】解：如下图，设图中直角三角形的两条直角边长分别为a、b，斜边为c，∵图中空白部分的面积是11，整个图形（连同空白部分）的面积是25，∴可有，解得c2＝18，解得或（不合题意，舍去），∴大正方形的边长是．故选：D．17．如图所示的一段楼梯，高BC是3米，斜边AB长是5米，现打算在楼梯上铺地毯，至少需要地毯的长度为（）A．5米B．6米C．7米D．8米【答案】C【解答】解：∵△ABC是直角三角形，BC＝3m，AB＝5m∴AC＝＝4（m），∴如果在楼梯上铺地毯，那么至少需要地毯为AC+BC＝7米，故选：C．18．勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要细带．数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理．以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACKJ，正方形ABFE，正方形BCIH，连接AH．CF，具中正方形BCIH面积为1，正方形ABFE面积为5，则以CF为边长的正方形面积为（）A．4B．5C．6D．10【答案】D【解答】解：过点C作CM⊥EF于点M，交AB于点N，∵正方形ABFE面积为5，正方形BCIH面积为1，∴CN⊥AB，BC＝1，AB＝MN＝，BN＝FN，∵△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，∴AC＝＝＝2，∴，即＝CN，∴CN＝，∴BN＝FM＝＝＝，∴CM＝CN+MN＝＝，∴CF＝10，∴以CF为边长的正方形面积为10．故选：D．19．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°．分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BCMN．四块阴影部分的面积如图所示分别记为S、S1、S2、S3，若S＝10，则S1+S2+S3等于（）A．10B．15C．20D．30【答案】C【解答】解：如图，过E作BC的垂线交ED于D，连接EM．在△ACB和△BDE中，∠ACB＝∠BDE＝90°，∠CAB＝∠EBD，AB＝BD，∴△ACB≌△BND（AAS），同理，Rt△GDE≌Rt△HCB，∴GE＝HB，∠EGD＝∠BHC，∴FG＝EH，∴DE＝BC＝CM，∵DE∥CM，∴四边形DCME是平行四边形，∵∠DCM＝90°，∴四边形DCME是矩形，∴∠EMC＝90°，∴E、M、N三点共线，∵∠P＝∠EMH＝90°，∠PGF＝∠DGE＝∠BHC＝∠EHM，∴△PGF≌△MHE（AAS），∵图中S1＝S Rt△EMH，S△BHC＝S△EGD，∴S1+S3＝S Rt△ABC．S2＝S△ABC，∴S1+S2+S3＝Rt△ABC的面积×2＝20．故选：C．20．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，分别以AB、AC、BC为直径向外作半圆，它们的面积分别记作S1、S2、S3，若S1＝25，S3＝16，则S2为（）A．9B．11C．32D．41【答案】A【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，∴AB2＝AC2+BC2．∵S1＝（AB）2π＝AB2＝25，∴AB2＝25×．同理BC2＝16×．∴AC2＝AB2﹣BC2＝25×﹣16×＝9×．∴S1＝（AC）2π＝AC2＝×9×＝9．故选：A．21．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以AB、AC、BC为边在AB的同侧作正方形ABEF、ACPQ、BDMC，记四块阴影部分的面积分别为S1、S2、S3、S4．若已知S△ABC＝S，则下列结论：①S4＝S；②S2＝S；③S1+S3＝S2；④S1+S2+S3+S4＝2.5S．其中正确的结论是（）A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④【答案】A【解答】解：由题意有Rt△EBD≌Rt△ABC，∴S4＝S；故①正确；过F作AM的垂线交AM于N，由题意，得Rt△ANF≌Rt△ABC，Rt△NFK≌Rt△CAT，所以S2＝S，故②正确；连接FP，FQ，由题意，可得△AQF≌△ACB，则F，P，Q三点共线，由Rt△NFK≌Rt△CAT可得Rt△FPT≌Rt△EMK，∴S3＝S△FPT，可得Rt△AQF≌Rt△ACB，∴S1+S3＝S Rt△AQF＝S，故③正确；S1+S2+S3+S4＝（S1+S3）+S2+S4＝S Rt△ABC+S Rt△ABC+S Rt△ABC＝S Rt△ABC×3＝3S，故④不正确．故选：A．22．如图，有一个水池，水面是一边长为10尺的正方形，在水池正中央有一根芦苇，它高出水面1尺．如果把这根芦苇拉向水池一边，它的顶端恰好到达池边的水面，这根芦苇的长度为（）尺．A．10B．12C．13D．14【答案】C【解答】解：设水深为x尺，则芦苇长为（x+1）尺，根据勾股定理得：x2+（）2＝（x+1）2，解得：x＝12，芦苇的长度＝x+1＝12+1＝13（尺），答：芦苇长13尺．故选：C．23．将四个全等的直角三角形作为叶片按图1摆放成一个风车形状，形成正方形ABCD和正方形EFGH．现将四个直角三角形的较长直角边分别向外延长，且A′E＝ME．B′F ＝NF，C′G＝PG，D′H＝HQ2所示的“新型数学风车”的四个叶片，即△A′EF，△B′FG，△C′CH．△D′HE．若FM平分∠BFE，正方形ABCD和正方形EFGH 的边长比为1：5．若”新型数学风车”的四个叶片面积和是m，则正方形EFCH的面积是（）A．B．C．3m D．【答案】B【解答】解：∵将四个全等的直角三角形作为叶片按图1摆放成一个风车形状，形成正方形ABCD和正方形EFCH．正方形ABCD和正方形EFGH的边长比为1：5．∴设正方形ABCD的边长为a，则正方形EFGH的边长为5a，设AE＝BF＝CG＝DH＝x，在△BEF中，BE2+BF2＝EF2，即（x+a）2+x2＝（5a）2，x2+ax﹣12a2＝0，（x+4a）（x﹣3a）＝0，x＝﹣4a（舍去）或x＝3a，∴BE＝4a，BF＝3a，EF＝5a，∵FM平分∠BFE，∴△EMF边EF上的高为BM，则S△BMF+S△MBF＝S△BEF，即，∴，∴BM＝，∵A'E＝ME＝BE﹣BM＝4a﹣a，若”新型数学风车”的四个叶片面积和是m，∴S△EMF＝S△EF A'＝m，∴，∴a m，∴a＝∴EF＝5a＝，∴S正方形EFCH＝EF＝，故选：B．二．填空题（共14小题）24．如图①，四个全等的直角三角形与一个小正方形，恰好拼成一个大正方形，这个图形是由我国汉代数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．如果图①中的直角三角形的长直角边为7cm，短直角边为3cm，连结图②中四条线段得到如图③的新图案，则图③中阴影部分的周长为cm．【答案】32．【解答】解：由题意得：BD＝7cm，AB＝CD＝3cm，∴BC＝7﹣3＝4（cm），由勾股定理得：AC＝＝5（cm），∴阴影的周长＝4（AB+AC）＝4×（3+5）＝32（cm）．故答案为：32．25．如图，在△ABC中，已知：∠ACB＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm，动点P从点B出发，沿射线BC以1cm/s的速度运动，设运动的时间为t秒，连接P A，当△ABP为等腰三角形时，t的值为．【答案】16或10或．【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，由勾股定理得：BC＝cm，∵△ABP为等腰三角形，当AB＝AP时，则BP＝2BC＝16cm，即t＝16；当BA＝BP＝10cm时，则t＝10；当P A＝PB时，如图：设BP＝P A＝x cm，则PC＝（8﹣x）cm，在Rt△ACP中，由勾股定理得：PC2+AC2＝AP2，∴（8﹣x）2+62＝x2，解得x＝，∴t＝．综上所述：t的值为16或10或．故答案为：16或10或．26．如图，点M，N把线段AB分割成AM，MN和BN，若以AM，MN，BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段AB的“勾股分割点”．已知点M，N是线段AB 的“勾股分割点”，若AM＝4，MN＝5，则斜边BN的长为．【答案】．【解答】解：当BN∵点M，N是线段AB的勾股分割点，∴BN＝＝＝，故答案为：．27．对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示“垂美”四边形ABCD，对角线AC，BD交于点O，若AB＝6，CD＝10，则AD2+BC2＝．【答案】136．【解答】解：∵BD⊥AC，∴∠COB＝∠AOB＝∠AOD＝∠COD＝90°，∴BO2+CO2＝CB2，OB2+OA2＝AB2＝36，OA2+OD2＝AD2，OC2+OD2＝CD2＝100，∴BO2+CO2+OA2+OB2＝36+100，∴AD2+CB2＝BO2+CO2+OA2+OB2＝136；故答案为：136．28．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C的坐标分别为（30，0）（0，12），点D是OA的中点，点P在BC上运动，当△ODP是腰长为15的等腰三角形时，点P 的坐标为．【答案】（9，12）或（6，12）或（24，12）．【解答】解：由题意，当△是腰长为15的等腰三角形时，有三种情况：（1）如答图①所示，PD＝OD＝15，点P在点D的左侧．过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝12．在Rt△PDE中，由勾股定理得：DE＝＝＝9，∴OE＝OD﹣DE＝15﹣9＝6，∴此时点P坐标为（6，12）；（2）如答图②所示，OP＝OD＝15．过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．在Rt△POE中，由勾股定理得：OE＝＝＝9，∴此时点P坐标为（9，12）；（3）如答图③所示，PD＝OD＝5，点P在点D的右侧．过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．在Rt△PDE中，由勾股定理得：DE＝＝＝9，∴OE＝OD+DE＝15+9＝24，∴此时点P坐标为（24，12）．综上所述，点P的坐标为：（9，12）或（6，12）或（24，12）；故答案为：（9，12）或（6，12）或（24，12）．29．《勾股》中记载了这样一个问题：“今有开门去阃（kǔn）一尺不合2寸，问门广几何？”意思是：如图推开两扇门（AD和BC），门边沿D，C两点到门槛AB的距离是1尺（1尺＝10寸），两扇门的间隙CD为2寸，则门槛AB长为寸．【答案】101．【解答】解：设OA＝OB＝AD＝BC＝r寸，如图，过D作DE⊥AB于点E，则DE＝10寸，OE＝CD＝1（寸），AE＝（r﹣1）寸，在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE2+DE2＝AD2，即（r﹣1）2+102＝r2，解得：r＝50.5，∴2r＝101，即门槛AB长为101寸，故答案为：101．30．如图，在某次军事演习中，舰艇1号在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇2号在指挥中心南偏东60°的B处，并且OA＝OB．接到行动指令后，舰艇1号向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇2号沿北偏东60°的方向以m海里/小时的速度前进．1.5小时后，指挥中心观测到两舰艇分别到达点E，F处，若∠EOF＝75°，EF＝210海里，则m的值为．【答案】80．【解答】解：延长AE、BF相交于点C，∵∠AOB＝30°+90°+30°＝150°，∠EOF＝75°，∴∠EOF＝∠AOB，又∵OA＝OB，∠OAC+∠OBC＝（90°﹣30°）+（60°+60°）＝180°，延长FB至D，使BD＝AE，连接OD，∵∠OBD＝∠OBC，∴．∠OBD＝∠A，∴△OBD≌△OAE（SAS），∴OD＝OE，∠BOD＝∠AOE，∵∠EOF＝∠AOB＝∠EOD，∴．∠EOF＝∠DOF，又∵OF＝OF，∴△EOF≌△DOF（SAS），∴EF＝AE+BF，即EF＝1.5×（60+m）＝210．解得m＝80．故答案为：80．31．如图是中国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图的示意图，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，恰好拼成一个大正方形ABCD．连结EG并延长交BC于点M．若AB＝5，EF＝1，则GM的长为．【答案】．【解答】解：由图可知∠AED＝90°，AB＝5，EF＝1，∵大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，故AE＝BF＝GC＝DH，设DE＝x，则在Rt△AED中，AD＝AB＝5，AE＝1+x，根据勾股定理，得AD2＝DE2+AE2，即52＝x2+（1+x）2，解得：x1＝3，x2＝﹣4（舍去）．过点M作MN⊥FB于点N，如图所示．∵四边形EFGH为正方形，EG为对角线，∴△EFG为等腰直角三角形，∴∠EGF＝∠NGM＝45°，故△GNM为等腰直角三角形．设GN＝NM＝a，则NB＝GB﹣GN＝3﹣a，∵MN∥AF，∴△BMN∽△BAF，∴＝，将MN＝a，AF＝3，BN＝3﹣a，BF＝4代入，得＝，解得a＝，∴MN＝GN＝，在Rt△MGN中，由勾股定理，得GM＝＝＝．故答案为：．32．如图，铁路上A、D两点相距25千米，B，C为两村庄，AB⊥AD于A，CD⊥AD于D，已知AB＝15km，CD＝10km，现在要在铁路AD上建一个土特产品收购站P，使得B、C 两村到P站的距离相等，则P站应建在距点A千米．【答案】10．【解答】解：设AP＝x千米，则DP＝（25﹣x）千米，∵B、C两村到P站的距离相等，∴BP＝PC．在Rt△APB中，由勾股定理得BP2＝AB2+AP2，在Rt△DPC中，由勾股定理得PC2＝CD2+PD2，∴AB2+AP2＝CD2+PD2，又∵AB＝15km，CD＝10km，∴152+x2＝102+（25﹣x）2，∴x＝10．故答案为：10．33．如图，圆柱形玻璃杯高为14cm，底面周长为32cm，在杯内壁离杯底5cm的点B处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿3cm与蜂蜜相对的点A处，则蚂蚁从外壁A处到内壁B处的最短距离为cm（杯壁厚度不计）．【答案】见试题解答内容【解答】解：如图：将杯子侧面展开，作A关于EF的对称点A′，连接A′B，则A′B即为最短距离，A′B＝＝＝20（cm）．故答案为20．34．如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，AD＝8，AD⊥BC．若P、Q分别是AD和AC上的动点，则PC+PQ的最小值是．【答案】．【解答】解：如图，连接BP，在△ABC中，AB＝AC＝10，BC＝12，AD＝8，∴BD＝DC，∴BP＝PC，∴PC+PQ＝BP+PQ＝BQ，∴当B，P，Q共线时，PC+PQ的值最小，∴当BQ⊥AC时，BQ令AQ'＝a，则CQ'＝10﹣a，∵BQ'⊥AC，∴AB2﹣AQ'2＝BC2﹣CQ'2，即102﹣a2＝122﹣（10﹣a）2，解得a＝，∴BQ'＝＝，∴PC+PQ的最小值为，故答案为：．35．如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AB＝，AC＝6，BC＞4，点E，F分别在BC，AC边上，且AF＝CE，则AE+BF的最小值为．【答案】2．【解答】解：过A点作AG∥BC，截取AG＝AC，连接FG，BG，过B作BR⊥AG，交AG的反向延长线于R，则∠RBC＝∠BRA＝90°，∴∠GAF＝∠ACE，在△AFG和△CEA中，，∴△AFG≌△CEA（SAS），∴GF＝AE，∴AE+BF的最小值，即为BG的长，∵∠ABC＝45°，∴∠RAB＝∠EBA＝45°，∵AB＝4，∴BR＝AR＝4，∵AC＝6，∴AG＝AC＝6，∴RG＝AR+AG＝4+6＝10，∴BG＝＝＝2，即AE+BF的最小值为2．故答案为：2．36．如图，在△ABC中，AB＝9cm，AC＝12cm，BC＝15cm，M是BC边上的动点，MD⊥AB，ME⊥AC，垂足分别是D、E，线段DE的最小值是cm．【答案】．【解答】解：∵在△ABC中，AB＝9cm，AC＝12cm，BC＝15cm，∴BC2＝AB2+AC2，∴∠A＝90°，∵MD⊥AB，ME⊥AC，∴∠A＝∠ADM＝∠AEM＝90°，∴四边形ADME是矩形，∴DE＝AM，当AM⊥BC时，AM的长最短，根据三角形的面积公式得：AB•AC＝BC•AM，∴9×12＝15AM，AM＝，即DE的最小值是cm．故答案为：．37．如图，Rt△ABC中，．点P为△ABC内一点，P A2+PC2＝AC2．当PB的长度最小时，△ACP的面积是．【答案】．【解答】解：如图所示，取AC中点O，连接PO，BO，∵P A2+PC2＝AC2，∴∠APC＝90°，∴，∵BP+OP≥OB，∴当B、P、O三点共线时BP+OP有最小值，即此时BP有最小值，∵∠ACB＝90°，∴，∴BP＝BO﹣OP＝2，∴BP＝PO，又∠ACB＝90°，∴PC＝BO＝2，∴PC＝PO＝CO，∴△OPC是等边三角形，∴∠PCO＝60°，∠P AC＝30°∴AP＝＝2，∴，故答案为：．三．解答题（共4小题）38．如图，∠AOB＝90°，OA＝9cm，OB＝3cm，一机器人在点B处看见一个小球从点A 出发沿着AO方向匀速滚向点O，机器人立即从点B出发，沿BC方向匀速前进拦截小球，恰好在点C处截住了小球．如果小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，那么机器人行走的路程BC是多少？【答案】见试题解答内容【解答】解：∵小球滚动的速度与机器人行走的速度相等，运动时间相等，∴BC＝CA．设AC为x，则OC＝9﹣x，由勾股定理得：OB2+OC2＝BC2，又∵OA＝9，OB＝3，∴32+（9﹣x）2＝x2，解方程得出x＝5．∴机器人行走的路程BC是5cm．39．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm，动点P从B出发沿射线BC以1cm/s的速度运动，设运动时间为t（s）．（1）求BC边的长．（2）当△ABP为等腰三角形时，求t的值．【答案】或10或16．【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10cm，AC＝6cm，∴BC＝，当AP＝BP时，如图1，则AP＝t，PC＝BC﹣BP＝8﹣t，在Rt△ACP中，AC2+CP2＝AP2，∴62+（8﹣t）2＝t2，解得t＝；当AB＝BP时，如图2，则BP＝t＝10；当AB＝AP时，如图3，则BP＝2BC；∴t＝2×8＝16，综上，t的值为或10或16．40．今年第6号台风“烟花”登陆我国沿海地区，风力强，累计降雨量大，影响范围大，有极强的破坏力．如图，台风“烟花”中心沿东西方向AB由A向B移动，已知点C为一海港，且点C与直线AB上的两点A、B的距离分别为AC＝300km，BC＝400km，又AB ＝500km，经测量，距离台风中心260km及以内的地区会受到影响．（1）海港C受台风影响吗？为什么？（2）若台风中心的移动速度为28千米/时，则台风影响该海港持续的时间有多长？【答案】（1）海港C受台风影响，理由见解答过程；（2）台风影响该海港持续的时间为小时．【解答】解：（1）海港C受台风影响，理由：∵AC＝300km，BC＝400km，AB＝500km，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°；过点C作CD⊥AB于D，∵△ABC是直角三角形，∴AC×BC＝CD×AB，∴300×400＝500×CD，∴CD＝240（km），∵以台风中心为圆心周围260km以内为受影响区域，∴海港C受台风影响；（2）当EC＝260km，FC＝260km时，正好影响C港口，∵ED＝（km），∴EF＝2ED＝200km，∵台风的速度为28千米/小时，∴200÷28＝（小时）．答：台风影响该海港持续的时间为小时．41．请阅读下列材料：已知：如图（1）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若∠DAE＝45°．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE′，连接E′D，使问题得到解决．请你参考小明的思路探究并解决下列问题：（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；（3）已知：如图（3），等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）DE2＝BD2+EC2；（2）关系式DE2＝BD2+EC2仍然成立．证明：将△ADB沿直线AD对折，得△AFD，连FE∴△AFD≌△ABD，∴AF＝AB，FD＝DB，∠F AD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，又∵AB＝AC，∴AF＝AC，∵∠F AE＝∠F AD+∠DAE＝∠F AD+45°，∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）＝45°+∠DAB，∴∠F AE＝∠EAC，又∵AE＝AE，∴△AFE≌△ACE，∴FE＝EC，∠AFE＝∠ACE＝45°，∠AFD＝∠ABD＝180°﹣∠ABC＝135°∴∠DFE＝∠AFD﹣∠AFE＝135°﹣45°＝90°，∴在Rt△DFE中，DF2+FE2＝DE2，即DE2＝BD2+EC2；解法二：将△EAC绕点A顺时针旋转90°得到△TAB．连接DT．∴∠ABT＝∠C＝45°，AT＝AE，∠TAE＝90°，∵∠ABC＝45°，∴∠TBC＝∠TBD＝90°，∵∠DAE＝45°，∴∠DAT＝∠DAE，∵AD＝AD，∴△DAT≌△DAE（SAS），∴DT＝DE，∵DT2＝DB2+EC2，∴DE2＝BD2+EC2；（3）当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形．如图，与（2）类似，以CE为一边，作∠ECF＝∠ECB，在CF上截取CF＝CB，可得△CFE≌△CBE，△DCF≌△DCA．∴AD＝DF，EF＝BE．∴∠DFE＝∠1+∠2＝∠A+∠B＝120°．若使△DFE为等腰三角形，只需DF＝EF，即AD＝BE，∴当AD＝BE时，线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，且顶角∠DFE为120°．。

数学勾股定理知识点及练习题及答案(1)一、选择题1．“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由三角形较长直角边长为a ，较短直角边长为b ，若（a ＋b ）2＝21，大正方形的面积为13，则小正方形的面积为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．6 2．如图，在ABC ∆中，,90︒=∠=AB AC BAC ，ABC ∠的平分线BD 与边AC 相交于点D ，DE BC ⊥，垂足为E ，若CDE ∆的周长为6，则ABC ∆的面积为（ ）.A ．36B ．18C ．12D ．93．如图，AB ＝AC ，∠CAB ＝90°，∠ADC=45°，AD ＝1，CD ＝3，则BD 的长为（ ）A ．3B ．11C ．23D ．44．如图，在等腰Rt ABC △中，908C AC ∠==°，，F 是AB 边上的中点，点D 、E 分别在AC 、BC 边上运动，且保持AD CE =．连接DE 、DF 、EF ．在此运动变化的过程中，下列结论：①DFE △是等腰直角三角形；②四边形CDFE 不可能为正方形；③DE 长度的最小值为4；④四边形CDFE 的面积保持不变；⑤△CDE 面积的最大值为8．其中正确的结论是（ ）A ．①④⑤B ．③④⑤C ．①③④D ．①②③5．在平面直角坐标系中，已知平行四边形ABCD 的点A （0，﹣2）、点B （3m ，4m +1）（m ≠﹣1），点C （6，2），则对角线BD 的最小值是（ ）A ．32B ．213C ．5D ．66．如图，在ABC 中，CE 平分ACB ∠，CF 平分ACD ∠，且//EF BC 交AC 于M ，若3CM =，则22CE CF +的值为( )A ．36B ．9C ．6D ．187．我国古代数学家赵爽“的勾股圆方图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示），如果大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边分别是a 、b ，那么2()a b + 的值为（ ）.A ．49B ．25C ．13D ．18．如图是我国一位古代数学家在注解《周髀算经》时给出的，曾被选为2002年在北京召开的国际数学家大会的会徽，它通过对图形的切割、拼接，巧妙地证明了勾股定理，这位伟大的数学家是（ ）A ．杨辉B ．刘徽C ．祖冲之D ．赵爽9．如图，在Rt △ABC 中，∠A=90°，AB=6，AC=8，现将Rt △ABC 沿BD 进行翻折，使点A 刚好落在BC 上，则CD 的长为（ ）A ．10B ．5C ．4D ．310．在四边形ABCD 中，AB ∥CD ，∠A ＝90°，AB ＝1，BD ⊥BC ，BD ＝BC ，CF 平分∠BCD 交BD 、AD 于E 、F ，则EDC 的面积为（ ）A ．22﹣2B ．32﹣2C ．2﹣2D ．2﹣1二、填空题11．如图，∠MON ＝90°，△ABC 的顶点A 、B 分别在OM 、ON 上，当A 点从O 点出发沿着OM 向右运动时，同时点B 在ON 上运动，连接OC ．若AC ＝4，BC ＝3，AB ＝5，则OC 的长度的最大值是________．12．我国古代数学名著《九章算术》中有云：“今有木长二丈，围之三尺．葛生其下，缠木七周，上与木齐．问葛长几何？”大意为：有一根木头长2丈，上、下底面的周长为3尺，葛生长在木下的一方，绕木7周，葛梢与木头上端刚好齐平，则葛长是______尺．(注：l 丈等于10尺，葛缠木以最短的路径向上生长，误差忽略不计)13．若ABC ∆为直角三角形，90B ∠=︒，6AB =，8BC =，点D 在斜边AC 上，且2AC BD =，则AD 的长为__________．14．如图，在ABC △中8,4,AB AC BC AD BC ===⊥于点D ，点P 是线段AD 上一个动点，过点P 作PE AB ⊥于点E ，连接PB ，则PB PE +的最小值为________.15．如图，在锐角ABC ∆中，2AB =，60BAC ∠=，BAC ∠的平分线交BC 于点D ，M ，N 分别是AD 和AB 上的动点，则BM MN +的最小值是______.16．已知x ，y 为一个直角三角形的两边的长，且（x ﹣6）2=9，y =3，则该三角形的第三边长为_____．17．如图，小正方形的边长为1，连接小正方形的三个格点可得△ABC ，则AC 边上的高的长度是_____________．18．四边形ABCD 中AB ＝8，BC ＝6，∠B ＝90°，AD ＝CD ＝52，四边形ABCD 的面积是_______．19．在ABC 中，12AB AC ==，30A ∠=︒，点E 是AB 中点，点D 在AC 上，32DE =，将ADE 沿着DE 翻折，点A 的对应点是点F ，直线EF 与AC 交于点G ，那么DGF △的面积=__________．20．如图，在等腰△ABC 中，AB ＝AC ，底边BC 上的高AD ＝6cm ，腰AC 上的高BE ＝4m ，则△ABC 的面积为_____cm 2．三、解答题21．（1）计算：1312248233⎛⎫-+÷ ⎪ ⎪⎝⎭； （2）已知a 、b 、c 满足2|23|32(30)0a b c +-+--=．判断以a 、b 、c 为边能否构成三角形？若能构成三角形，说明此三角形是什么形状？并求出三角形的面积；若不能，请说明理由．22．如图，在△ABC 中，AB ＝30 cm ，BC ＝35 cm ，∠B ＝60°，有一动点M 自A 向B 以1 cm/s 的速度运动，动点N 自B 向C 以2 cm/s 的速度运动，若M ，N 同时分别从A ，B 出发．(1)经过多少秒，△BMN 为等边三角形；(2)经过多少秒，△BMN 为直角三角形．23．在等腰△ABC 与等腰△ADE 中，AB ＝AC ，AD ＝AE ，∠BAC ＝∠DAE ，且点D 、E 、C 三点在同一条直线上，连接BD ．（1）如图1，求证：△ADB ≌△AEC（2）如图2，当∠BAC ＝∠DAE ＝90°时，试猜想线段AD ，BD ，CD 之间的数量关系，并写出证明过程；（3）如图3，当∠BAC ＝∠DAE ＝120°时，请直接写出线段AD ，BD ，CD 之间的数量关系式为： （不写证明过程）24．定义：如图1，点M 、N 把线段AB 分割成AM 、MN 和BN ，若以AM 、MN 、BN 为边的三角形是一个直角三角形，则称点M 、N 是线段AB 的勾股分割点．（1）已知点M 、N 是线段AB 的勾股分割点，若2AM =，3MN =，求BN 的长； （2）如图2，在Rt ABC △中，AC BC =，点M 、N 在斜边AB 上，45MCN ∠=︒，求证：点M 、N 是线段AB 的勾股分割点（提示：把ACM 绕点C 逆时针旋转90︒）；（3）在（2）的问题中，15ACM ∠=︒，1AM =，求BM 的长．25．如图所示，已知ABC ∆中，90B ∠=︒，16AB cm =，20AC cm =，P 、Q 是ABC ∆的边上的两个动点，其中点P 从点A 开始沿A B →方向运动，且速度为每秒1cm ，点Q 从点B 开始沿B C A →→方向运动，且速度为每秒2cm ，它们同时出发，设出发的时间为ts ．（1）则BC =____________cm ；（2）当t 为何值时，点P 在边AC 的垂直平分线上？此时CQ =_________?（3）当点Q 在边CA 上运动时，直接写出使BCQ ∆成为等腰三角形的运动时间．26．如果一个三角形的两条边的和是第三边的两倍，则称这个三角形是“优三角形”，这两条边的比称为“优比”（若这两边不等，则优比为较大边与较小边的比），记为k . （1）命题：“等边三角形为优三角形，其优比为1”，是真命题还是假命题？（2）已知ABC 为优三角形，AB c =，AC b =，BC a =，①如图1，若90ACB ∠=︒，b a ≥，6b =，求a 的值.②如图2，若c b a ≥≥，求优比k 的取值范围.（3）已知ABC 是优三角形，且120ABC ∠=︒，4BC =，求ABC 的面积.27．如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，把△ABC 沿直线DE 折叠，使△ADE 与△BDE 重合．(1)若∠A＝35°，则∠CBD的度数为________；(2)若AC＝8，BC＝6，求AD的长；(3)当AB＝m(m>0)，△ABC的面积为m＋1时，求△BCD的周长．(用含m的代数式表示) 28．定义：在△ABC中，若BC＝a，AC＝b，AB＝c，若a，b，c满足ac+a2＝b2，则称这个三角形为“类勾股三角形”，请根据以上定义解决下列问题：（1）命题“直角三角形都是类勾股三角形”是命题（填“真”或“假”）；（2）如图1，若等腰三角形ABC是“类勾股三角形”，其中AB＝BC，AC＞AB，请求∠A的度数；（3）如图2，在△ABC中，∠B＝2∠A，且∠C＞∠A．①当∠A＝32°时，你能把这个三角形分成两个等腰三角形吗？若能，请在图2中画出分割线，并标注被分割后的两个等腰三角形的顶角的度数；若不能，请说明理由；②请证明△ABC为“类勾股三角形”．29．阅读下列材料，并解答其后的问题：我国古代南宋数学家秦九韶在其所著书《数学九章》中，利用“三斜求积术”十分巧妙的解决了已知三角形三边求其面积的问题，这与西方著名的“海伦公式”是完全等价的．我们也称这个公式为“海伦•秦九韶公式”，该公式是：设△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，△ABC的面积为S＝()()()()a b c a b c a c b b c a+++-+-+-．（1）（举例应用）已知△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，且a＝4，b ＝5，c＝7，则△ABC的面积为；（2）（实际应用）有一块四边形的草地如图所示，现测得AB＝（26+42）m，BC＝5m，CD＝7m，AD＝46m，∠A＝60°，求该块草地的面积．30．已知ABC是等边三角形，点D是BC边上一动点，连结AD()1如图1，若2BD =，4DC =，求AD 的长；()2如图2，以AD 为边作60ADE ADF ∠=∠=，分别交AB ，AC 于点E ，F ． ①小明通过观察、实验，提出猜想：在点D 运动的过程中，始终有AE AF =，小明把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的两种想法想法1：利用AD 是EDF ∠的角平分线，构造角平分线的性质定理的基本图形，然后通过全等三角形的相关知识获证．想法2：利用AD 是EDF ∠的角平分线，构造ADF 的全等三角形，然后通过等腰三角形的相关知识获证．请你参考上面的想法，帮助小明证明.(AE AF =一种方法即可)②小聪在小明的基础上继续进行思考，发现：四边形AEDF 的面积与AD 长存在很好的关系.若用S 表示四边形AEDF 的面积，x 表示AD 的长，请你直接写出S 与x 之间的关系式．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．C解析：C【分析】观察图形可知，小正方形的面积=大正方形的面积-4个直角三角形的面积，利用已知2()a b + =21，大正方形的面积为13，可以得以直角三角形的面积，进而求出答案。

勾股定理与赵爽弦图问题（30题提分练）一、选择题（共10题）1．（2023春•长沙期中）勾股定理又称毕达哥拉斯定理、商高定理、新娘座椅定理、百牛定理等，是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，大约有五百多种证明方法，我国古代数学家赵爽和刘徽也分别利用《赵爽弦图》和《青朱出入图》证明了勾股定理，下列四个图形，哪一个是赵爽弦图（ ）A．B．C．D．【分析】由图形即可判断．【解答】解：选项A中的图形是赵爽弦图．故选：A．【点评】本题考查勾股定理的证明，关键是掌握赵爽弦图．2．（2024春•罗定市期中）在勾股定理的学习过程中，我们已经学会了运用图形验证著名的勾股定理，这种根据图形直观推论或验证数学规律和公式的方法，简称为“无字证明”，它体现了数形结合的思想．下列选项中的图形，不能证明勾股定理的是（ ）A．B．C．D．【分析】根据图形的面积公式即可得到结论．【解答】解：选项A，正方形的面积＝4×12ab+（b﹣a）2＝+2ab+a2+b2﹣2ab＝a2+b2＝c2，不符合题意；选项B，正方形的面积＝（a+b）2＝4×12ab+c2，化简得，a2+b2＝c2，不符合题意；选项D，梯形的面积=12（a+b）（a+b）＝2×12ab+12c2，化简得，a2+b2＝c2，不符合题意；选项C不能用来证明勾股定理，故符合题意；故选：C．【点评】本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握正方形和三角形的面积公式即可得到结论．3．（2023秋•高青县期末）如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形ABCD，中间阴影部分是一个小正方形EFGH，这样就组成一个“赵爽弦图”．若AB＝10，AE＝8，则正方形EFGH的面积为（ ）A．4B．8C．12D．16【分析】根据勾股定理求出另一条直角边，利用中间小正方形的面积＝大正方形的面积﹣4个全等的直角三角形的面积，求出即可．=6，所以，正方形EFGH的面积＝10×10﹣8×6÷2×4＝100﹣96＝4．故选：A．【点评】本题考查勾股定理的应用，解答时需要通过图形获取信息解题．4．（2024春•梁山县校级月考）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．如果直角三角形较长直角边的长为a，较短直角边的长为b，若ab＝7，大正方形的面积为30，则小正方形的边长为（ ）A．16B．8C．4D．2【分析】由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b，根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出小正方形的边长．【解答】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b，∵每一个直角三角形的面积为：12ab=12×7=72，∴4×12ab+(a―b)2=30，∴（a﹣b）2＝30﹣14＝16，∴a﹣b＝4，故选：C．【点评】本题考查勾股定理，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型．5．（2024•眉山）如图，图1是北京国际数学家大会的会标，它取材于我国古代数学家赵爽的“弦图”，是由四个全等的直角三角形拼成．若图1中大正方形的面积为24，小正方形的面积为4，现将这四个直角三角形拼成图2，则图2中大正方形的面积为（ ）A．24B．36C．40D．44【分析】根据正方形和三角形的面积公式即可得到结论．【解答】解：如图，直角三角形的两直角边为a，b，斜边为c，∵图1中大正方形的面积是24，∴a2+b2＝c2＝24，∵小正方形的面积是4，∴（a﹣b）2＝a2+b2﹣2ab＝4，∴ab＝10，∴图2中最大的正方形的面积为＝c2+4×12ab＝24+2×10＝44；故选：D．【点评】本题考查了勾股定理的证明，正方形和三角形的面积公式，熟练掌握勾股定理是解题的关键．6．（2023秋•工业园区期中）如图，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．连接四条线段得到如图2的新的图案．如果图1中的直角三角形的长直角边为9，短直角边为4，图2中的阴影部分的面积为S，那么S的值为（ ）A．56B．60C．65D．75【分析】如解答图，易得BD＝5，则图中阴影部分是由中间的小正方形和四个全等三角形组成的，利用三角形和正方形的面积公式计算即可．【解答】解：如图，由题意可知，AB ＝CD ＝4，BC ＝9，∴BD ＝BC ﹣CD ＝9﹣4＝5，则中间小正方形的面积为5×5＝25，小正方形的外阴影部分的4S △ABD ＝4×12×5×4=40，∴阴影部分的面积为25+40＝65．故选：C ．【点评】本题主要考查勾股定理中的赵爽弦图模型、三角形和正方形面积公式，将图中阴影部分的面积分割成一个正方形的面积加上四个全等三角形的面积是解题关键．7．（2024春•重庆期中）如图，是由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形ABCD 与正方形EFGH ，连接CE ．若正方形ABCD 的面积为6，EF =12BG ，则CE 的长为（ ）A ．6B ．5C ．D 【分析】根据SAS 证明△EHC ≌△DHC 得出CE ＝CD ，再根据正方形的面积公式即可得出结果．【解答】解：∵△AED ≌△CBG ，∴DE ＝BG ，∵EF =12BG ，∴EF =12DE ，又∵四边形EFGH 是正方形，∴EH ＝EF =12DE ，∴EH ＝DH ，又∵∠EHC ＝∠DHC ，HC ＝HC ，∴△EHC ≌△DHC （SAS ），∴CE ＝CD ，又∵正方形ABCD 的面积为6，∴CE ＝CD =故选：D ．【点评】本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的判定与性质，证明△EHC ≌△DHC 是解题的关键．8．（2024春•高密市期末）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称之为“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，记图中正方形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＝12，则S 2的值是（ ）A ．103B ．4C ．5D ．254【分析】根据图形的特征得出四边形MNKT 的面积设为x ，将其余八个全等的三角形面积一个设为y ，从而用x ，y 表示出S 1，S 2，S 3，得出答案即可．【解答】解：将四边形MTKN 的面积设为x ，将其余八个全等的三角形面积一个设为y ，∵正方形ABCD ，正方形EFGH ，正方形MNKT 的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 1+S 2+S 3＝12，∴得出S 1＝8y +x ，S 2＝4y +x ，S 3＝x ，∴S 1+S 2+S 3＝3x +12y ＝12，故3x +12y ＝12，x +4y ＝4，所以S 2＝x +4y ＝4，故选：B ．【点评】此题主要考查了勾股定理的证明，根据已知得出用x ，y 表示出S 1，S 2，S 3，再利用S 1+S 2+S 3＝12求出是解决问题的关键．9．（2024春•铁东区校级月考）如图，是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形拼接而成的．已知BE ：AE ＝3：1，正方形ABCD 的面积为80．连接AC ，交BE 于点P ，交DG 于点Q ，连接FQ ．则图中阴影部分的面积之和为（ ）A ．8B ．12C ．16D ．20【分析】设AE ＝x ，BE ＝3x ，根据正方形的面积公式和勾股定理可求得x 2＝8，再根据题意和三角形的面积公式可推导出S △FGQ ＝S △AEP +S △CGQ ，进而推出阴影部分的面积之和为梯形GQPF 的面积，利用梯形面积公式求解即可．【解答】解：由题意，∠AEP ＝∠CGQ ＝∠CFP ＝90°，AE ＝CG ＝BF ，BE ＝CF ，∴AE ∥CF ，BE ∥DG ，EF ＝GF ，∴∠EAP ＝∠GCQ ，∴△AEP ≌△CGQ （ASA ），∴EP ＝GQ ，S △AEP ＝S △CGQ ，∵BE ：AE ＝3：1，∴设AE ＝x ，则AE ＝CG ＝BF ＝x ，BE ＝CF ＝3x ，∴EF ＝GF ＝CF ﹣CG ＝2x ，∴S △FGQ ＝2S △CGQ ＝S △AEP +S △CGQ ，∴阴影部分的面积之和为S 梯形GQPF =12(GQ +PF)⋅GF =12(EP +PF)⋅GF =12EF ⋅GF=12×(2x)2 ＝2x 2，∵正方形ABCD 的面积为80，∴AE 2+BE 2＝AB 2即x 2+9x 2＝80，∴x 2＝8，∴阴影部分的面积之和为16．故选：C ．【点评】本题考查勾股定理、全等三角形的判定与性质、梯形的面积、三角形的面积，解答的关键是理解题意，找寻图形中线段间的关系，然后利用勾股定理和梯形的面积公式以及转化的思想方法求解．10．（2023春•南浔区期末）将四个全等的直角三角形作为叶片按图1摆放成一个风车形状，形成正方形ABCD 和正方形EFGH ．现将四个直角三角形的较长直角边分别向外延长，且A ′E ＝ME ．B ′F ＝NF ，C ′G ＝PG ，D ′H ＝HQ ，得到图2所示的“新型数学风车”的四个叶片，即△A ′EF ，△B ′FG ，△C ′CH ．△D ′HE ．若FM 平分∠BFE ，正方形ABCD 和正方形EFGH 的边长比为1：5．若”新型数学风车”的四个叶片面积和是m ，则正方形EFCH 的面积是（ ）A ．76mB ．53mC ．3mD ．95m 【分析】设正方形ABCD 的边长为a ，则正方形EFGH 的边长为5a ，设AE ＝BF ＝CG ＝DH ＝x ，根据勾股定理得出x ＝﹣4a （舍去）或x ＝3a ，得出BE ＝4a ，BF ＝3a ，EF ＝5a ，由FM 平分∠BFE ，得△EMF边EF 上的高为BM ，根据S △BMF +S △MBF ＝S △BEF ，得出BM =32a ，由A 'E ＝ME ＝BE ﹣BM ＝4a ―32a =52a ，若”新型数学风车”的四个叶片面积和是m ，得出S△EMF ＝S △EFA '=14m ，求出EF ＝5a =从而得出结果．【解答】解：∵将四个全等的直角三角形作为叶片按图1摆放成一个风车形状，形成正方形ABCD 和正方形EFCH ．正方形ABCD 和正方形EFGH 的边长比为1：5．∴设正方形ABCD 的边长为a ，则正方形EFGH 的边长为5a ，设AE ＝BF ＝CG ＝DH ＝x ，在△BEF 中，BE 2+BF 2＝EF 2，即（x +a ）2+x 2＝（5a ）2，x 2+ax ﹣12a 2＝0，（x +4a ）（x ﹣3a ）＝0，x ＝﹣4a （舍去）或x ＝3a ，∴BE ＝4a ，BF ＝3a ，EF ＝5a ，∵FM 平分∠BFE ，∴△EMF 边EF 上的高为BM ，则S △BMF +S △MBF ＝S △BEF ，即12BF ⋅BM +12EF ⋅BM =12BE ⋅BF ，∴12×3a ⋅BM +12×5a ⋅BM =12×4a ×3a ，∴BM =32a ，∵A 'E ＝ME ＝BE ﹣BM ＝4a ―32a =52a ，若”新型数学风车”的四个叶片面积和是m ，∴S △EMF ＝S △EFA '=14m ，∴12×52a ×3a =14m ，∴a 2=115m ，∴a =∴EF ＝5a =∴S 正方形EFCH ＝EF 2=(32=159m =53m ，故选：B ．【点评】本题考查了勾股定理的证明，三角形的面积，全等三角形的性质，正方形的性质，正确识图是解题的关键．二、填空题（共10题）11．（2023秋•温州期中）汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，如图所示的弦图中，其中四边形ABCD和四边形EFGH都是正方形，△ABF、△BCG、△CDH、△DAE是四个直角三角形，当EF＝7，DE＝12时，则正方形ABCD的边长是 ．【分析】在直角△ABF中，利用勾股定理进行解答即可．【解答】解：依题意知，BG＝AF＝DE＝12，EF＝FG＝7，∴BF＝BG﹣FG＝5，直角△ABF中，利用勾股定理得：AB===13，则正方形ABCD的边长为13．故答案为：13．【点评】此题考查勾股定理的证明，解题的关键是得到直角△ABF的两直角边的长度．12．（2024春•4个相同的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形，若图中直角三角形较短的直角边长是7，小正方形的边长是5，则大正方形的面积是 ．【分析】观察图形可得直角三角形的较短的直角边加上小正方形的边长刚好等于直角三角形的较长直角边的长，根据勾股定理即可求得直角三角形斜边的长的平方，从而求得大正方形的面积．【解答】解：∵直角三角形较短的直角边长是5，小正方形的边长是7，∴直角三角形的较长直角边＝5+7＝12，∴直角三角形斜边长的平方＝72+122＝193，∴大正方形的面积是193．故答案为：193．【点评】此题主要考查学生勾股定理的运用能力及观察图形的能力，勾股定理的证明方法有很多种，教材是采用了拼图的方法证明的．先利用拼图的方法，然后再利用面积相等证明勾股定理．13．（2023•湖北开学）如图，2002年8月在北京召开的国际数学家大会会标其原型是我国古代数学家赵爽的《勾股弦图》，它是由四个全等的直角三角形拼接而成．如果大正方形的面积是16，直角三角形的直角边长分别为a，b，且a2+b2＝ab+10，那么图中小正方形的面积是 ．【分析】根据大正方形的面积为16结合a2+b2＝ab+10得出ab的值，再由小正方形的面积＝（b﹣a）2即可求解．【解答】解：∵大正方形的面积是16，∴a2+b2＝16，又a2+b2＝ab+10，∴ab＝6，∴（b﹣a）2＝a2+b2﹣2ab＝16﹣2×6＝4，即小正方形的面积是4，故答案为：4．【点评】本题考查了勾股定理的证明，正确得出小正方形的面积表示方法是解题的关键．14．（2023春•包河区期末）如图，我国古代数学家得出的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形密铺成的大正方形，若勾为3，弦为5，则图中四边形ABCD的周长为 ．【分析】根据勾股定理可得CD＝4，由全等的直角三角形可求CE的长，进而可得CE，BE的长，再利用勾股定理求解BC的长，证明四边形ABCD为平行四边形，进而可求解．【解答】解：如图，DF＝3，CF＝5，∠CDF＝90°，∴CD＝4，∵四个直角三角形全等，∴CE＝DF＝3，∴BE＝DE＝CD﹣CE＝4﹣3＝1，∴BC==∵AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形，∴四边形ABCD的周长为：2（BC+CD）＝2×4）＝+8．【点评】本题主要考查勾股定理，平行四边形的判定与性质，利用勾股定理求解线段长是解题的关键．15．（2023秋•金东区期末）如图，是由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH，连结DF．若S正方形ABCD ＝5，EF=12BG，则DF的长为 ．【分析】由题知△ADE≌△ABF≌△BCG≌△CDH，再根据EF=12BG，证明出△ADE≌△DEF，即可得出答案．【解答】解：∵S正方形ABCD＝5，四边形ABCD为正方形，∴AD＝AB＝BC＝CD=∵四边形EFGH为正方形，∴EH＝EF＝FG＝HG．由题可知：△ADE≌△ABF≌△BCG≌△CDH．∵EF=12 BG，∴EF=12 AF，∴E是中点，即AE＝EF，∴AE=EF∠AED=∠DEF ED=ED．∴△ADE≌△DEF（SAS）．即DF＝AD=16．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图是由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成，若图中正方形ABCD的边长为14，正方形IJKL 的边长为2，且IJ∥AB，则正方形EFGH的边长为 ．【分析】根据题意和图形，设BE＝x，则BF＝FL＝x+2，根据正方形ABCD的边长为14，列方程可解答．【解答】解：设BE＝x，则BF＝FL＝x+2，∵正方形ABCD的边长为14，∴x+2+x＝14，∴x＝6，∴BF＝8，BE＝6，∵∠B＝90°，∴EF==10，即正方形EFGH的边长为10．故答案为：10．【点评】本题考查勾股定理的证明、数学常识、正方形的性质，解答本题的关键是表示四个直角三角形的直角边．17．（2023秋•乐清市校级期中）勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．如图1，以直角三角形的三边为边向外作正方形，西方著名数学家毕达哥拉斯就曾用此图形验证了勾股定理，现把较小的两个正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内，两个较小正方形纸片的重叠部分记为四边形ABCD．若AB＝3，则图中阴影部分的面积为 ．【分析】设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，斜边长为c，由图形可得出阴影部分矩形的长和宽，进而得出阴影部分矩形的面积，再结合勾股定理即可推出结果．【解答】解：设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，斜边长为c，由题意可知，阴影部分矩形的宽为c﹣a，∴AB＝b﹣（c﹣a）＝b﹣c+a＝3，∵AD＝b﹣（c﹣a）＝b﹣c+a，∴BC＝AD＝b﹣c+a＝3，∴阴影部分矩形的长为a﹣（b﹣c+a）＝c﹣b，∴阴影部分矩形的面积为（c﹣a）（c﹣b）＝c2﹣（a+b）+ab，∴a+b＝c+3，∴（a+b）2＝（c+3）2，∴a2+b2+2ab＝c2+6c+9，∵a2+b2＝c2，∴2ab＝6c+9，∴ab＝3c+9 2，∴c2﹣（a+b）c+ab＝c2―(c+3)c+3c+9 2=9 2，即阴影部分矩形的面积为9 2，故答案为：9 2．【点评】本题考查了勾股定理的证明，正确得出阴影部分面积的表示方法，再结合勾股定理矩形求解是解题的关键．18．（2023春•思明区校级期末）被誉为“中国数学界的图腾”的“赵爽弦图”，是用四个全等的直角三角形拼成如图①示的大正方形，中间也是一个正方形，其中四个直角三角形的直角边长分别为a，b（a＜b），斜边长为c将这四个全等的直角三角形无缝隙无重叠地拼接在一起，得到图形ABCDEFGH．若该图形的周长为48，OH＝6，则该图形的面积 ．【分析】根据题目中的数据和图形，可以得到4c+4(b―a)=48a=6a2+b2=c2，然后即可得到a、b、c的值，然后即可计算出图形ABCDEFGH的面积．【解答】解：由图②可得，4c +4(b ―a)=48a =6a 2+b 2=c2，解得a =6b =8c =10，∴图形ABCDEFGH 的面积为：ab 2×4＝2ab ＝2×6×8＝96，故答案为：96．【点评】本题考查勾股定理的证明、勾股定理，直角三角形的面积，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．19．（2023春•姜堰区期末）大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1），某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：△ABC 为等边三角形，AD 、BE 、CF 围成的△DEF 也是等边三角形．已知点D 、E 、F 分别是BE 、CF 、AD 的中点，若△ABC 的面积为14，则△DEF 的面积是 ．【分析】连接BF ，由题意知S △ABD ＝S △AFC ＝S △BEC ，再由点D 、E 、F 分别是BE 、CF 、AD 的中点，可得S △BDF ＝S △DEF ，S △BDF ＝S △ABF ，即可得出S △ABC ＝7S △DEF 即可求解．【解答】解：如图，连接BF ，∵点D 、E 、F 分别是BE 、CF 、AD 的中点，∴S △BDF ＝S △DEF ，S △BDF ＝S △ABF ，由题意可知，S △ABD ＝S △AFC ＝S △BEC ，∴S △ABD ＝S △AFC ＝S △BEC ＝2S △DEF ，∴S △ABC ＝S △ABD +S △BCE +S △AFC +S △EDF ＝7S △DEF ，∵S △ABC ＝14，∴S △DEF ＝2，故答案为：2．【点评】本题考查了勾股定理的证明，等边三角形的性质，正确作出辅助线，得出S△ABC ＝7S△DEF是解题的关键．20．（2023春•温岭市期中）勾股定理是几何中的一个重要定理．在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入矩形内得到的，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，点D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，则空白部分的面积为 ．【分析】延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，可得四边形AOLP是正方形，然后求出正方形的边长，再求出矩形KLMJ的长与宽，然后根据矩形的面积公式列式计算即可得解．【解答】解：如图，延长AB于点O，延长AC交GM于点P，所以，四边形AOLP是正方形，∵∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，∴AO＝AB+AC＝3+4＝7，∴KL ＝3+7＝10，LM ＝4+7＝11，因此，矩形KLMJ 的面积为10×11＝110，∴空白部分的面积为110﹣32﹣42﹣52＝60，故答案为：60．【点评】本题考查了勾股定理的证明，作出辅助线构造出正方形是解题的关键．三、解答题（共10题）21．（2024春•汝南县期中）用不同的方式表示同一图形的面积可以解决线段长度之间关系的有关问题，这种方法称为等面积法，这是一种重要的数学方法，请你用等面积法来探究下列两个问题：（1）如图是著名的“赵爽弦图”，由四个全等的直角三角形拼成，请用它验证勾股定理c 2＝a 2+b 2．（2）若大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，求（a +b ）2的值（a ＜b ）．【分析】（1）根据大正方形的面积的两种表示方法求解即可；（2）根据小正方形的为1得出2＝12，再结合c 2＝13即可求解．【解答】解：（1）如图1，大正方形的面积＝c 2＝4×12AB +（b ﹣a ）2，整理得，c 2＝a 2+b 2；（2）∵大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，∴c 2＝13，（b ﹣a ）2＝1，∴a 2+b 2﹣2ab ＝1，∴2ab ＝12，∴（a +b ）2＝a 2+b 2+2ab ＝13+12＝25，即（a +b ）2的值为25．【点评】本题考查了勾股定理的证明，正确表示出大正方形的面积的两种表示方法是解题的关键．22．（2024春•海淀区校级期中）如图①，直角三角形的两条直角边长分别是a ，b （a ＜b ），斜边长为c ．（1）探究：用四个这样的直角三角形拼成一大一小两个正方形（如图②）．①小正方形的边长为c ，大正方形的边长为 ；②由大正方形面积的不同表示方式可以得出等式 　，整理得 ，从而验证勾股定理；（2）应用：将两个这样的直角三角形按图③所示摆放，使BC 和CD 在一条直线上，连接AE ．请你类比（1）中的方法用图③验证勾股定理．【分析】（1）用两种方法表示出大正方形的面积，即可；（2）利用等积法进行证明即可．【解答】解：（1）①由图和题意可知：大正方形的边长为a +b ；故答案为：a +b ；②由大正方形面积的不同表示方式可以得出等式(a +b)2=4×12ab +c 2，整理得a 2+b 2＝c 2；故答案为：(a +b)2=4×12ab +c 2，a 2+b 2＝c 2；（2）∵∠BAC +∠ACB ＝90°，∠BAC ＝∠ECD ，∴∠ECD +∠ACB ＝90°，∴∠ACE ＝90°用两种不同的方法表示出梯形ABDE 的面积，可得：12(a +b)(a +b)=2×12ab +12c 2，∴a 2+2ab +b 2＝2ab +c 2，∴a 2+b 2＝c 2．【点评】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是掌握利用数形结合的思想，证明勾股定理．23．（2023秋•焦作期末）我国汉代数学家赵爽创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图1）．八年级小明同学在图1的基础上探究由四个全等的直角三角形所围成的图2．已知在Rt △ABG 中，AG ＝a ，BG ＝b ，∠AGB ＝90°．（1）正方形EFGH 的面积是 ；△ABG 的面积是 ．（用含a ，b 的代数式表示）（2）若图中大正方形ABCD 的面积为60，小正方形EFGH 的面积为20，求△ABG 的面积．（3）在（2）的条件下，求（a +b ）2的值．【分析】（1）由FG ＝AG ﹣AF ＝AG ﹣BG 即可得出正方形EFGH 的面积，再由三角形的面积公式得出三角形ABG 的面积；（2）由三角形ABG 的面积等于14（大正方形的面积﹣小正方形的面积）即可得出结果；（3）根据（2）的条件，将（a +b ）2化成a 2+b 2+2ab 即可得出结果．【解答】解：（1）在Rt △ABG 中，AG ＝a ，BG ＝b ，∠AGB ＝90°．∴FG 2＝（AG ﹣AF ）2＝（a ﹣b ）2，△ABG 的面积=12ab ，即正方形EFGH 的面积是（a ﹣b ）2，故答案为：（a ﹣b ）2；12ab ；（2）△ABG 的面积=14(60―20)=10；（3）由（2）知，12ab =10，a 2+b 2＝60，∴（a +b ）2＝a 2+b 2+2ab ＝60+40＝100．【点评】本题考查了勾股定理的证明，利用三角形ABG 的面积等于14（大正方形的面积﹣小正方形的面积）求解是解题的关键．24．（2023秋•台江区校级期末）在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，BC ＝a ，AC ＝b ，AB ＝c ．将Rt △ABC 绕点O 依次旋转90°、180°和270°，构成的图形如图1所示．该图是我国古代数学家赵爽制作的“勾股圆方图”，也被称作“赵爽弦图”，它是我国最早对勾股定理证明的记载，也成为了2002年在北京召开的国际数学家大会的会标设计的主要依据．（1）请利用这个图形证明勾股定理；（2）图2所示的徽标，是我国古代弦图的变形，该图是由其中的一个Rt△ABC绕中心点O顺时针连续旋转3次，每次旋转90°得到的，如果中间小正方形的面积为1cm2，这个图形的总面积为113cm2，AD ＝2cm，则徽标的外围周长为 cm．【分析】（1）从整体和部分分别表示正方形的面积即可证明；（2）设Rt△ABC的较长直角边为a，短直角边为b，斜边为c，则有a﹣b＝3，4×12ab+1=113，利于整体思想可求出斜边c的长，从而解决问题．【解答】（1）证明：∵正方形的边长为c，∴正方形的面积等于c2，∵正方形的面积还可以看成是由4个直角三角形与1个边长为（a﹣b）的小正方形组成的，∴正方形的面积为：4×12ab+(a―b)2=a2+b2，∴c2＝a2+b2；（2）解：设Rt△ABC的较长直角边为a，短直角边为b，斜边为c，根据题意得，a﹣b＝3，4×12ab+1=113，又∵c2＝a2+b2＝（a﹣b）2+2ab＝32+112＝121，∴c＝11cm，故徽标的外围周长为：4×（11+2）＝52（cm）．故答案为：52．【点评】本题主要考查了勾股定理的证明，勾股定理的应用，完全平方公式等知识，运用整体思想求出斜边c的长，是解题的关键．25．（2023春•开江县校级期末）如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是：大正方形的面积有两种求法，一种是等于c 2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即12ab ×4+(b ―a )2，从而得到等式c 2=12ab ×4+(b ―a )2，化简便得结论a 2+b 2＝c 2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．现在，请你用“双求法”解决下面两个问题（1）如图2，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，CD 是AB 边上的高，AC ＝3，BC ＝4，求CD 的长度．（2）如图3，在△ABC 中，AD 是BC 边上的高，AB ＝4，AC ＝5，BC ＝6，设BD ＝x ，求x 的值．【分析】（1）先根据勾股定理先求出AB ，再根据“双求法”求出CD 的长度；（2）运用两个直角三角形根据勾股定理表示出AD ，德关于x 的方程求解．【解答】解：（1）在Rt △ABC 中AB ==5，由面积的两种算法可得：12×3×4=12×5×CD ，解得：CD =125．（2）在Rt △ABD 中AD 2＝42﹣x 2＝16﹣x 2，在Rt △ADC 中AD 2＝52﹣（6﹣x ）2＝﹣11+12x ﹣x 2，所以16﹣x 2＝﹣11+12x ﹣x 2，解得x =2712=94．【点评】此题考查的知识点是勾股定理的应用，关键是运用勾股定理求解．26．（2023秋•尧都区校级期末）阅读材料：勾股定理是几何学中一颗光彩夺目的明珠，它反映了直角三角形的三边关系即直角三角形两直角边（即“勾”“股”）的平方和等于斜边（即“弦”）的平方．也就是说，设直角三角形两直角边分别为a 和b ，斜边为c ，那么a 2+b 2＝c 2，迄今为止，全世界发现勾股定理的证明方法约有400种．如美国第二十任总统伽菲儿德“总统证法”（如图1），利用三个直角三角形拼成一个直角梯形，于是直角梯形的面积可以表示为12(a+b)2或者是2×12ab+12c2．因此得到12(a+b)2=2×12ab+12c2，运用乘法公式展开整理得到a2+b2＝c2．尝试探究：（1）其实我国古人早就运用各种方法证明勾股定理，如图2用四个全等的直角三角形拼成正方形，中间也是一个正方形，其中四个直角三角形直角边分别为a，b，斜边为c，请你根据古人的拼图完成证明．（2）如图3，是2002年在中国北京召开的国际数学大会会标，利用此图也能证明勾股定理，其中四个直角三角形直角边分别为a，b，斜边为c，请你根据此图完成证明．应用定理：（3）已知a、b、c为Rt△ABC三边长（其中c＞b＞a），试比较代数式a2c2+a2b2与c4﹣b4的大小关系．【分析】尝试探究：（1）根据图形面积的不同求法即可得到结论；（2）根据图形面积的不同求法即可得到结论；应用定理：（3）分解因式，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：（1）图中大正方形的面积可表示为（a+b）2，也可表示为c2+4×12ab，即：(a+b)2=c2+4×12 ab，∴a2+b2＝c2；（2）图中大正方形的面积可表示为c2，也可表示为(b―a)2+4×12ab，即：(b―a)2+4×12ab=c2，∴a2+b2＝c2；（3）∵a 2c 2+a 2b 2＝a 2（c 2+b 2），c 4﹣b 4＝（c 2+b 2）（c 2﹣b 2）＝（c 2+b 2）a 2，∴a 2c 2+a 2b 2＝c 4﹣b 4．即：代数式a 2c 2+a 2b 2与c 4﹣b 4的大小关系是相等．【点评】本题考查了勾股定理的证明，此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．27．（2024春•万年县校级月考）“赵爽弦图”是四个全等的直角三角形与中间一个小正方形拼成的大正方形．赵爽利用几何图形的截、割、拼、补来证明代数式之间的恒等关系，在验明勾股定理，为中国古代以形证数形数统一、代数和几何紧密结合、互不可分的独特风格树立了一个典范．（1）如图1，是小琪制作的一个“赵爽弦图”纸板．①设AH ＝a ，BH ＝b ，AB ＝c ，请你利用图1验证：a 2+b 2＝c 2；②若大正方形ABCD 的边长为13，小正方形EFGH 的边长为7，求直角三角形两直角边之和为多少？（2）如图2，小昊把四个全等的直角三角板紧密地拼接在一起，已知外围轮廓（实线）的周长为48，OB ＝6，求这个图案的面积．【分析】（1）①用两种不同的方法去求正方形ABCD 的面积即可．②利用①中发现的结论即可解决问题．（2）设AO ＝m ，根据勾股定理建立关于m 的方程即可解决问题．【解答】（1）①证明：∵中间小正方形的边长为b ﹣a ，∴小正方形的面积为（b ﹣a ）2．又∵四个直角三角形的面积为：4×12ab =2ab ，∴大正方形的面积为：（b ﹣a ）2+2ab ＝a 2+b 2．又∵大正方形的边长为c ，∴大正方形的面积还可以表示为c 2，∴a 2+b 2＝c 2．②解：由①可知，a2+b2＝c2＝169，∵b﹣a＝7，∴（b﹣a）2＝a2+b2﹣2ab＝49，∴2ab＝120，∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝169+120＝289，∴a+b＝17（舍负），即直角三角形两直角边之和为17．（2）解：设AO＝CO＝GO＝EO＝m，∵OB＝OH＝OD＝OF＝6，∴AH＝CB＝DE＝FG＝m﹣6．∵外围轮廓（实线）的周长为48，∴4（AB+m﹣6）＝48，则AB＝18﹣m．在Rt△ABO中，62+m2＝（18﹣m）2，解得m＝8，即AO＝8，∴S=4×12×6×8=96．【点评】本题主要考查了勾股定理的证明，能用不同的方法表示出正方形ABCD的面积及巧用整体思想是解题的关键．28．阅读材料，回答问题：中国古代数学著作《周髀算经》（图①）有着这样的记载：“勾广三，股修四，经隅五”．这句话的意思是：“如果直角三角形两直角边为3和4时，那么斜边的长为5”．上述记载表明了：在Rt△ABC中，如果∠C＝90°，BC＝a，AC＝b，AB＝c，那么a，b，c三者之间的数量关系是：a2+b2＝c2．（1）对于这个数量关系，我国汉代数学家赵爽根据“赵爽弦图”（如图②，它是由八个全等直角三角形围成的一个正方形），利用面积法进行了证明．参考赵爽的思路，将下面的证明过程补充完整：。

2024学年初中数学几何（赵爽弦图）模型专项练习 1．如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH．连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P．若GO＝GP，则的值是（ ）A．1+ B．2+ C．5﹣ D．2．如图，已知正方形ABCD的边长为20，以A为圆心，AD长为半径作，点E在上，∠DEC＝135°，则△DEC的面积为（ ）A．20 B．40 C．20 D．203．如图是“赵爽弦图”，△ABH、△BCG、△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD和EFGH都是正方形，如果AB＝10，EF＝2，那么AH等于（ ）A．2 B．4 C．6 D．84．如图是“赵爽弦图”，△ABH、△BCG、△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD和EFGH都是正方形．如果AB＝13，EF＝7，那么AH等于 ．5．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”，它是用八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3．若S1+S2+S3＝15，则S2的值是 ．6．四个全等的直角三角形按图示方式围成正方形ABCD，过各较长直角边的中点作垂线，围成面积为4的小正方形EFGH，已知AM为Rt△ABM的较长直角边，AM＝EF，则正方形ABCD的面积为 ．7．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是：大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即，从而得到等式c2＝，化简便得结论a2+b2＝c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．现在，请你用“双求法”解决下面两个问题（1）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝3，BC＝4，求CD 的长度．（2）如图3，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB＝4，AC＝5，BC＝6，设BD＝x，求x 的值．参考答案1．如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH．连接EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P．若GO＝GP，则的值是（ ）A．1+ B．2+ C．5﹣ D．【过程解答】解：∵四边形EFGH为正方形，∴∠EGH＝45°，∠FGH＝90°，∵OG＝GP，∴∠GOP＝∠OPG＝67.5°，∴∠PBG＝22.5°，又∵∠DBC＝45°，∴∠GBC＝22.5°，∴∠PBG＝∠GBC，∵∠BGP＝∠BGC＝90°，BG＝BG，∴△BPG≌△BCG（ASA），∴PG＝CG．设OG＝PG＝CG＝x，∵O为EG，BD的交点，∴EG＝2x，FG＝x，∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，∴BF＝CG＝x，∴BG＝x+x，∴BC2＝BG2+CG2＝＝，∴＝．故选：B．2．如图，已知正方形ABCD的边长为20，以A为圆心，AD长为半径作，点E在上，∠DEC＝135°，则△DEC的面积为（ ）A．20 B．40 C．20 D．20【过程解答】解：如图，取BC的中点T，连接AT交BE于J，连接AE，ET，延长CE 交AD于P，过点D作DH⊥CP于H．∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝20，∵AB＝AE＝AD，∴∠ABE＝∠AEB，∠AED＝∠ADE，∴∠BED＝∠AEB+∠AED＝（180°﹣∠BAE）+（180°﹣∠EAD）＝135°， ∵∠CED＝135°，∴∠BEC＝360°﹣135°﹣135°＝90°，∵BT＝CT，∴TE＝TB＝TC，∵AB＝AE，∴AT垂直平分线段BE，∵CE⊥BE，∴AT∥CP，∵AP∥CT，∴四边形ATCP是平行四边形，∴AP＝CT＝10，∴PD＝AP＝10，∴PC＝＝＝10，∵DH⊥PC，∴•CD•PD＝×PC×DH，∴DH＝4，∵∠BCE+∠DCH＝90°，∠DCH+∠CDH＝90°，∴∠BCE＝∠CDH，在△BEC和△CHD中，，∴△BEC≌△CHD（AAS），∴EC＝DH＝4，∴S△DEC＝•EC•DH＝40．故选：B．3．如图是“赵爽弦图”，△ABH、△BCG、△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD和EFGH都是正方形，如果AB＝10，EF＝2，那么AH等于（ ）A．2 B．4 C．6 D．8【过程解答】解：∵AB＝10，EF＝2，∴大正方形的面积是100，小正方形的面积是4，∴四个直角三角形面积和为100﹣4＝96，设AE为a，DE为b，即4×ab＝96，∴2ab＝96，a2+b2＝100，∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝100+96＝196，∴a+b＝14，∵a﹣b＝2，解得：a＝8，b＝6，∴AE＝8，DE＝6，∴AH＝8﹣2＝6．故选：C．4．如图是“赵爽弦图”，△ABH、△BCG、△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD和EFGH都是正方形．如果AB＝13，EF＝7，那么AH等于 5．【过程解答】解：∵AB＝13，EF＝7，∴大正方形的面积是169，小正方形的面积是49，∴四个直角三角形面积和为169﹣49＝120，设AE为a，DE为b，即4×ab＝120， ∴2ab＝120，a2+b2＝169，∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝169+120＝289，∴a+b＝17，∵a﹣b＝7，解得：a＝12，b＝5，∴AE＝12，DE＝5，∴AH＝12﹣7＝5．故答案为：5．5．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”，它是用八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3．若S1+S2+S3＝15，则S2的值是 5．【过程解答】解：∵图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，∴CG＝NG，CF＝DG＝NF，∴S1＝（CG+DG）2＝CG2+DG2+2CG•DG＝GF2+2CG•DG，S2＝GF2，S3＝（NG﹣NF）2＝NG2+NF2﹣2NG•NF，∵S1+S2+S3＝15＝GF2+2CG•DG+GF2+NG2+NF2﹣2NG•NF＝3GF2，∴S2的值是：5．故答案为：5．6．四个全等的直角三角形按图示方式围成正方形ABCD，过各较长直角边的中点作垂线，围成面积为4的小正方形EFGH，已知AM为Rt△ABM的较长直角边，AM＝EF，则正方形ABCD的面积为 32．【过程解答】解：设AM＝2a，BM＝b，则正方形ABCD的面积＝4a2+b2，由题意可知EF＝（2a﹣b）﹣2（a﹣b）＝2a﹣b﹣2a+2b＝b，∵正方形EFGH的面积为4，∴b2＝4，∵AM＝EF，∴2a＝b，∴a＝b，∴正方形ABCD的面积＝4a2+b2＝8b2＝32，故答案为：32．7．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是：大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即，从而得到等式c2＝，化简便得结论a2+b2＝c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．现在，请你用“双求法”解决下面两个问题（1）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝3，BC＝4，求CD的长度．（2）如图3，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB＝4，AC＝5，BC＝6，设BD＝x，求x的值．【过程解答】解：（1）在Rt△ABC中…（2分）由面积的两种算法可得：…（4分）解得：CD＝…（5分）（2）在Rt△ABD中AD2＝42﹣x2＝16﹣x2…（6分）在Rt△ADC中AD2＝52﹣（6﹣x）2＝﹣11+12x﹣x2…（8分）所以16﹣x2＝﹣11+12x﹣x2…（9分）解得＝（10分）。

【高中数学数学文化鉴赏与学习】专题2 赵爽弦图（以赵爽弦图为背景的高中数学考题题组训练）一、单选题1．汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝.如图所示的弦图中，由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现有六种不同的颜色可供涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有（）A．420B．1020C．1180D．1560【答案】D【解析】【分析】根据分步乘法原理计数，先涂中间小正方形，然后四个直角三角形按顺序涂色，注意相对的直角三角形颜色是否相同分类即可.【详解】第一步中间小正方形涂色，有6种方法，剩下5种颜色涂在四个直角三角形中，就按图中所示1234的顺序，1有5种方法，2有4种方法，3有4种方法，但要分类：与1相同和与1不相同，然后确定4的方法数，⨯⨯⨯⨯+⨯=.所以所求方法数为654(1433)1560故选：D.2．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，赵爽在为《周髀算经》作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”.可类似地构造如图所示的图形，由三个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成一个大的等边三角形，设2DF FA =，若AB =DF 的长为（ ）A ．2 BC ．3D ．4【答案】D 【解析】 【分析】根据正三角形和全等三角形的性质得DB AF =，再运用余弦定理可求得DF 的长. 【详解】由题可知：在DEF 中，3EDA π∠=，则23ADB π∠=， 不妨设2DF k =，由2DF AF =知，AF k =，则3AD k =， 又因为AFC △与BDA 全等，所以DB AF k ==，由余弦定理可知：()22222231cos 2232k k AB AD BD AB ADB AD BD k k +-+-∠===-⋅⨯⨯，解得2213AB k =，而AB =2k =，所以4DF =. 故选：D.3．图1是我国古代数学家赵爽创制的一幅“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小的正方形拼成一个大的正方形．某同学深受启发，设计出一个图形，它是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，如图2，若BD ＝1，且三个全等三角形的面积和与小正三角形的面积之比为94，则△ABC 的面积为（ ）A ．94BC ．134D【答案】D 【解析】 【分析】设小正三角形边长为x ，由面积比求得x ，再计算出小正三角形面积可得大正三角形面积． 【详解】设DE x =，则211sin 1(1)sin120134ABD DEFBD AD ADB x S x Sx ⋅∠⨯⨯+︒+====，解得2x =（23-舍去），所以22DEFS == 94ABCS==故选：D ．4．赵爽是我国古代著名的数学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形组成)，如图(1)类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图(2)所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设3DF AF =，则图中阴影部分与空白部分面积之比为( )A ．79B ．34C ．56D ．37【答案】B 【解析】 【分析】设AF x =，根据几何关系求出AD 、DF 、BD 、ADB ∠，根据余弦定理求出AB ，再根据等边三角形面积即可计算. 【详解】设AF x =，则3DF x =，BD AF x ==，4AD x =，120ADB ∠=， 在ABD △中，根据余弦定理得，22222212cos 1624212AB AD BD AD BD ABD x x x x x ∠⎛⎫=+-⋅⋅=+-⋅⋅⋅-= ⎪⎝⎭，△2213sin60(3)24EFDS DF DE x =⋅⋅⋅==， 2213sin602124ABCSAB BC x x =⋅⋅⋅==， △73ABC EFDSS=， △图中阴影部分与空白部分面积之比为34.故选：B.5．如图是第24届国际数学家大会的会标，是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的．已知图中正方形ABCD 的边长为2，ADH α∠=，则小正方形EFGH 的面积为（ ）A ．1sin 2α-B．1cos2α- C ．44cos2α-D ．44sin 2α-【答案】D 【解析】 【分析】根据设计图的几何特点，结合已知条件，求得小正方形的边长，再根据同角三角函数关系，以及正弦的二倍角公式，即可求得小正方形的面积. 【详解】根据设计图的几何特点可知：△ADH ≅△DCG ≅△CBF ≅△BAE ，在△ADH 中，cos 2cos DH AD ADH α=⨯∠=，sin 2sin AH AD ADH α=⨯∠=， 故小正方形的边长为2cos 2sin AE AH DH AH αα-=-=-， 故小正方形的面积为()22cos 2sin 48sin ?cos 44sin 2ααααα-=-=-. 故选：D .6．2002年在北京召开的国际数学家大会，会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的．弦图是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）.如果小正方形的面积为1，大正方形的面积为25，直角三角形中较小的锐角为θ，那么sin 2θ的值为（ ）A ．2425B ．2324C D ．14【答案】A 【解析】 【分析】由直角三角形中的三角函数定义列出关于sin ,cos θθ的等式结合平方关系求得sin ,cos θθ，然后由正弦的二倍角公式计算．【详解】由题意大正方形边长为5，小正方形边长为1，所以5cos 5sin 1θθ-=，又22sin cos 1θθ+=，且θ为锐角，可解得4cos 5θ=，3sin 5θ=， 所以24sin 22sin cos 25θθθ==． 故选：A ．7．我国东汉末数学家赵夾在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．在“赵爽弦图”中，若BC a =，BA b =，3BE EF =，则BF =（ ）A ．1292525a b + B ．16122525a b + C ．4355a b +D ．3455a b +【答案】B 【解析】 【分析】根据给定图形，利用平面向量的加法法则列式求解作答. 【详解】因“弦图”是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，且BC a =，BA b =，3BE EF =，则34BF BC CF BC EA =+=+3()4BC EB BA =++33()44BC BF BA =+-+93164BC BF BA =-+，解得16122525BF BC BA =+，所以16122525a b BF =+. 故选：B8．勾股定理被称为几何学的基石，相传在商代由商高发现，又称商高定理．汉代数学家赵爽利用弦图（又称赵爽弦图，它由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，如图1），证明了商高结论的正确性．现将弦图中的四条股延长相同的长度（如将CA延长至D ）得到图2．在图2中，若5AD =，BD =D 、E 两点间的距离为）A B C ．1 D ．2【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理可求得cos DBE ∠的值，可求得BC 、CD 、AC 的长，进而可得出弦图中小正方形的边长. 【详解】由条件可得5BE AD ==， 在BDE 中，由余弦定理得2222225cos2BD BE DEDBE BD BE+-+-∠===⋅， 所以，()cos cos cosCBD DBE DBE π∠=-∠=-∠=所以，cos 3BC BD CBD =⋅∠==，9CD ， 4AC CD AD ∴=-=，所以弦图中小正方形的边长为1CA CB -=． 故选：C.9．我国古代人民早在几千年以前就已经发现并应用勾股定理了，勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”．“赵爽弦图”是数形结合思想的体现，是中国古代数学的图腾，还被用做第24届国际数学家大会的会徽．如图，大正方形ABCD 是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若AB a =，AD b =，E 为BF 的中点，则AF =（ ）A ．3455a b +B ．4355a b +C ．1233a b +D ．2133a b +【答案】A 【解析】 【分析】根据向量数乘和加减法法则，结合几何图形即可求解. 【详解】()1124AF AB BF AB BC CF AB AD AE AB AD AB AF =+=++=+-=+-+， 即()14AF AB AD AB AF =+-+， △53344455A F a b b A a F =+⇒=+． 故选：A ．10．“赵爽弦图”是中国古代数学的图腾，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.如图，某人仿照赵爽弦图，用四个三角形和一个小的平行四边形拼成一个大平行四边形，其中,,,E F G H 分别是,,,DF AG BH CE 的中点，若AG x AB y AD =+，则xy =（ ）A ．625B ．625-C ．825D ．825-【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量的基本定理，化简得到4255AG AB BC =+，结合AG x AB y AD =+，求得,x y 的值，即可求解.【详解】由题意，可得()11112224AG AB BG AB BH AB BC CH AB BC CE =+=+=++=++，因为EFGH 是平行四边形，所以AG CE =-， 所以1124AG AB BC AG =+-，所以4255AG AB BC =+， 因为AG x AB y AD =+，所以42,55x y ==，则4285525xy =⨯=. 故选：C.11．赵爽弦图（如图1）中的大正方形是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形拼接而成的，若直角三角形的两条直角边长为a ，b ，斜边长为c ，由大正方形面积等于4个直角三角形的面积与中间小正方形的面积之和可得勾股定理222+=a b c ．仿照赵爽弦图构造如图2所示的菱形，它是由两对全等的直角三角形和中间的矩形拼接而成的，设直角三角形的斜边都为1，其中一对直角三角形含有锐角α，另一对直角三角形含有锐角β（位置如图2所示）．借鉴勾股定理的推导思路可以得到结论（ ）A ．()sin sin cos cos sin αβαβαβ-=-B ．()sin sin cos cos sin αβαβαβ+=+C ．()cos cos cos sin sin αβαβαβ-=+D ．()cos cos cos sin sin αβαβαβ+=-【答案】B 【解析】 【分析】表示出直角三角形的边长，继而表示出面积，求得中间矩形的面积，根据菱形面积等于四个直角三角形面积加上中间矩形面积，化简可得答案. 【详解】由图形可知：含锐角α的直角三角形两直角边长为sin ,cos αα ，含锐角β的直角三角形两直角边长为sin ,cos ββ ， 故菱形的面积为1211sin()sin()2αβαβ⨯⨯⨯⨯+=+ ，不妨假设αβ> ，中间长方形的面积为(sin sin )(cos cos )αββα-- ，故11sin()2sin cos 2sin cos (sin sin )(cos cos )22αβααββαββα+=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+-- ，即()sin sin cos cos sin αβαβαβ+=+， 故选：B12．如图，“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现从给出的5种不同的颜色中最多可以选择4种不同的颜色给这5个区域涂色；要求相邻的区域不能涂同一种颜色，每个区域只涂一种颜色．则不同的涂色方案有（ ）种A ．120B ．240C ．300D ．360【答案】C 【解析】 【分析】依题意可以利用3或4种不同的颜色涂色，先选出颜色，再涂色，按照分步、分类计数原理计算可得； 【详解】解：依题意显然不能用少于2种颜色涂色，若利用3种不同的颜色涂色，首先选出3种颜色有35C 10=种选法，先涂区域△有3种涂法，再涂△有2种涂法，则△只有1种涂法，△也只有1种涂法，则△也只有1种涂法，故一共有35C 3211160⨯⨯⨯⨯⨯=种涂法；若利用4种不同的颜色涂色，首先选出4种颜色有45C 5=种选法，根据题意，分2步进行涂色：当区域△、△、△这三个区域两两相邻，有34A 24=种涂色的方法；当区域△、△，必须有1个区域选第4种颜色，有2种选法，选好后，剩下的区域有1种选法，则区域△、△有2种涂色方法，故共有4354C 2A 5224240⨯=⨯⨯=种涂色的方法；综上可得一共有60240300+=种涂法； 故选：C13．赵爽是我国古代著名的数学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形组成），如图（1）类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图（2）所示的形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边角形，设3DF AF =，若向三角形ABC 内随机投一粒芝麻（忽略该芝麻的大小），则芝麻落在阴影部分的概率为（ ）A ．79B ．34C ．56D ．37【答案】D 【解析】 【分析】根据几何概型的概率公式，求出DEF 和AFC △的面积，计算所求的概率值． 【详解】由题意，π3DFE ∠=，π2ππ33AFC ∴∠=-=， 3DF AF =，4CF AF ∴=，由余弦定理可得2222π2cos3AC AF CF AF CF =+-⋅， 2221AC AF ∴=，∴22221πsin93231π217sin 23DEF ABCDF S AF SAF AC ===⋅， ∴芝麻落在阴影部分的概率为 37P =． 故选：D ．14．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”.后人称其为“赵爽弦图”.如图，现提供5种颜色给图中的5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同.记事件A ：“区域1和区域3颜色不同”，事件B ：“所有区域颜色均不相同”，则()P B A =（ ）A ．27B ．12C ．23D ．34【答案】B 【解析】 【分析】根据条件概率的公式，分别计算出事件A 和事件B 的基本事件即可. 【详解】A 事件有21115322A C C C 个基本事件，B 事件有55A 个基本事件，()5521115322A 1|A C C C 2p B A ∴== ；故选：B.15．我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．在“赵爽弦图”中，若BE EF λ=，16122525BF BC BA =+，则实数λ=（ ）A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】B 【解析】 【分析】依据题给条件利用()()()222BE BFBA =+列出关于λ的方程，解之即可求得实数λ的值【详解】由BE EF λ=，可得1BE BF λλ=+，又16122525BF BC BA =+ 则()()1612161212525251251BE BC BA BC BA λλλλλλ⎛⎫=+= +⎪+++⎝⎭ 又BF AE =，222BE AE AB =+， 则()()()222BEBFBA =+即()()222161216122512512525BC BA BC BA BA λλλλ⎛⎛⎫++= ⎪ ⎪+⎫+ ⎪+⎝⎭⎝⎭ 则()()()()()()22222222225614425614462562562516251BC BA BC BA BA λλλλ+++=++即()()2222256144256144162562562516251λλλλ++++=+，整理得271890λλ--= 解之得，3λ=或37λ=-（舍）故选：B16．“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，如图所示，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现给这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，每个区域只涂一种颜色，有5种不同的颜色可供使用，则不同的涂色方案有（ ）A ．120种B ．360种C ．420种D ．540种【答案】C 【解析】 【分析】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂5块区域至少需要3种颜色，然后对使用的颜色种数进行分类讨论，分别求出方案数，再运用分类加法计数原理求出最后结果. 【详解】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂5块区域至少需要3种颜色.若5块区域只用3种颜色涂色，则颜色的选法有35C 种，相对的直角三角形必同色，此时不同的涂色方案有335360C A =种；若5块区域只用4种颜色涂色，则颜色的选法有45C 种，其中一对相对的直角三角形必同色，余下的两个直角三角形不同色，此时不同的涂色方案有414524240C C A =种；若5块区域只用5种颜色涂色，则每块直角三角形都不同色，此时不同的涂色方案有55120A =种；综上，不同的涂色方案有：60240120420++=种. 故选：C.17．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，若DA m =，DC n =，23AF AE =，则DE =（ ）A ．641313m n + B ．461313m n + C ．691313m n + D ．961313m n + 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得出23DE FB =，利用平面向量的线性运算得出1324939DE AB AD =-，再结合平面的基本定理可得结果. 【详解】 由题意得()()22222243333339DE FB AB AF AB AE AB AD DE ==-=-⨯=-+， 所以1324939DE AB AD =-，即644613131313DE DC DA m n =+=+， 故选：B ．18．勾股定理被称为几何学的基石，相传在商代由商高发现，又称商高定理，汉代数学家赵爽利用弦图（又称赵爽弦图，它由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，如图1），证明了商高结论的正确性，现将弦图中的四条股延长，相同的长度（如将CA 延长至D ）得到图2．在图2中，若5AD =，BD =，D ，E 两点间的距离）A B C ．1 D【答案】C在BDE 中利用余弦定理可求出cos DBE ∠，则可得cos CBD ∠，再由锐角三角函数的定义可求出CB ，由勾股定理求出CD ，从而可求得答案 【详解】连接DE ，由条件可得5BE AD ==，在BDE 中，由余弦定理得2222225cos2BD BE DE DBE BD BE +-+-∠===⋅，△()cos cos cosCBD DBE DBE π∠=-∠=-∠=，△cos 3BC BD CBD =⋅∠==，9CD ， △4CA =，所以弦图中小正方形的边长为1CA CB -=．故选：C19．我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一幅“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示.在“赵爽弦图”中，若2BE EF =，则EF =（ ）A ．311313BC BA + B ．321313BC BA + C ．231313BC BA + D ．121313BC BA +【分析】由题，根据向量加减数乘运算得249391BC B EF A EF =+-，进而得313213B EFC BA =+.【详解】解：因为在“赵爽弦图”中，若2BE EF =，所以()()1111132223393933BF BC CF BC EA BC EA BC BA BE EF ⎛⎫=+=+=+=+⎪=- ⎝⎭()21329BC BA EF =+-， 所以249391BC B EF A EF =+-，所以1132993BC F BA E =+，所以313213B EFC BA =+. 故选：B20．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了一幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”．类比赵爽弦图，用3个全等的小三角形拼成了如图所示的等边ABC ，若ABC AF DE ⋅的最小值为（ ）A ．0B ．1-C 3D ．3-【答案】D 【解析】 【分析】设AF BD x ==，DF DE y ==，利用余弦定理和基本不等式可求得()23xy ≤⨯，根据平面向量数量积的定义可求得结果.【详解】设AF BD x ==，DF DE y ==，在ABD △中，由余弦定理可得：()222()2cos120x x y x x y =++-+，即226333x y xy xy =++≥+，则()23xy ≤⨯y =时取等号），()11cos12023322AF DE xy xy ⋅==-≥--∴⨯⨯=故选：D. 二、填空题21．如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它由四个全等的直角三角形围成，其中3sin 5BAC ∠=，现将每个直角三角形的较长的直角边分别向外延长一倍，得到如图2的数学风车，则图2“赵爽弦图”外面（图中阴影部分）的面积与大正方形面积之比为_______________．【答案】24:25 【解析】 【分析】设三角形ABC 三边的边长分别为3,4,5，分别求出阴影部分面积和大正方形面积即可求解. 【详解】解：由题意，“赵爽弦图”由四个全等的直角三角形围成，其中3sin 5BAC ∠=， 设三角形ABC 三边的边长分别为3,4,5，则大正方形的边长为5 ，所以大正方形的面积2525S ==，如图，将CA 延长到D ，则2CD CA =，所以CA AD =，又B 到AC 的距离即为B 到AD 的距离，所以三角形ABC 的面积等于三角形ABD 的面积，即13462ABCABDSS==⨯⨯=，所以“赵爽弦图”外面（图中阴影部分）的面积4624S '=⨯=，所以“赵爽弦图”外面（图中阴影部分）的面积与大正方形面积之比为24:25. 故答案为：24:25.22．如图是第24届国际数学家大会的会标，它是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，大正方形ABCD 是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形EFGH 组成的．若E 为线段BF 的中点，则AF BC ⋅=______．【答案】4 【解析】 【分析】利用数量积的几何意义求解. 【详解】 解：如图所示：设CF x =，由题可得2BF x =， 所以()2225x x +=， 解得1x =．过F 作BC 的垂线，垂足设为Q ，故24AF BC BQ BC BF ⋅=⋅==， 故答案为：4．23．国际数学家大会的会标是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的．弦图是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图），如果小正方形的面积为4，大正方形的面积为100，直角三角形中较小的锐角为θ，则cos2θ=．【答案】725【解析】 【分析】根据题意，求得大、小正方形的边长分别为10和2，得到1cos sin 5θθ-=，其中(0,)4πθ∈，结合三角函数的基本关系式，求得242sin cos 25θθ=-，进而求得7cos sin 5θθ+=，利用22cos 2cos sin θθθ=-，即可求解． 【详解】由小正方形的面积为4，大正方形的面积为100，可得大、小正方形的边长分别为10和2，又由为直角三角形中较小的锐角为θ，可得10cos 10sin 2θθ-=，其中(0,)4πθ∈，即1cos sin 5θθ-=，则()21cos sin 12sin cos 25θθθθ-=-=，所以242sin cos 25θθ=，因为()24912sin cos sin cos 25θθθθ=+=+，所以7cos sin 5θθ+=，所以()()227cos 2cos sin cos sin cos sin 25θθθθθθθ=-=-+=． 故答案为：725. 24．如图，阴影部分由四个全等的直角三角形组成的图形是三国时代吴国赵爽创制的“勾股弦方图”，也称“赵爽弦图”.，则在大正方形内随机取一点，这一点落在小正方形内的概率为___________.【答案】15##0.2【解析】【分析】本题属于几何概型，分别求出面积，即可求概率.【详解】设直角三角形中较大锐角为θ，则sinθ=cosθ=设大正方形边长为1，则直角三角形两直角边长分别为1sinθ⋅，1cosθ⋅.故小=251=⎝⎭.而大正方形的面积为1，故所求概率为1 5 .故答案为：1 525．赵爽是我国古代数学家、天文学家.约公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方程”，亦称“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.如图是一张弦图，已知大正方形的面积为25，小正方形的面积为1，若直角三角形较小的锐角为α，则34tanπα⎛-⎫⎪⎝⎭的值为______________.【答案】7【解析】【分析】设直角三角形较小直角边为x ，应用勾股定理求x ，即可得3tan 4α=，再应用差角正切公式求目标式的值即可. 【详解】若直角三角形较小直角边为x ，较大直角边为1x +，而正方形边长为5， △22(1)25x x ++=，解得3x =或4x =-(舍)，△3tan 4α=，而3tan tan3tan 14tan()7341tan 1tan tan 4παπααπαα-+-===-+. 故答案为：7.26．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）．类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设20DF AF +=，若AD AB AC λμ=+，则可以推出λμ-=_________．【答案】613【解析】 【分析】设1AF =，建立如图所示的直角坐标系，结合余弦定理和正弦定理解三角形，利用坐标法即可得出结果. 【详解】设1AF =，则3,1AD BD AF === 如图：由题可知：120ADB ∠=，由2222cos 13AB AD BD AD BD ADB =+-⋅⋅∠=所以AB =AC AB ==所以),BC ⎝⎭，()0,0A又sin sin sin BD AB BAD BAD ADB =⇒∠=∠∠所以cos BAD ∠==所以()cos ,sin D AD AD BAD BAD ∠∠，即D ⎝⎭ 所以()2113339,13,026,26AD AB ⎛⎫==⎪ ⎪⎝⎭，132AC ⎛=⎝⎭又AD AB AC λμ=+所以913313λμ⎧==⎪⎪⇒⎨⎪==⎪⎩，所以613λμ-= 故答案为：613.27．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“刈股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）．类比，可构造如图所示的图形，它是由三个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的一个较大的等边三角形，设AD AB AC λμ=+，且DFkAF =，能推出130139λμ+=，则正实数k 的值为____________．【答案】73【解析】 【分析】先利用DE k BD =得到111k AD AB AE k k =+++，再利用EF kCE =求出111k AE AC AF k k =+++， 结合题目中AD AB AC λμ=+，解方程求出k 即可. 【详解】 由题意知DF EF DEk AF CE DB===，则(),,1DE kBD EF kCE AD k AF ===+，由DE k BD =得()AE AD k AD AB -=-， 即111k AD AB AE k k =+++，同理EF kCE =得111k AE AC AF k k =+++，又11AF AD k =+，所以()2111k AE AC AD k k =+++， 则()2111111111k k k AD AB AE AB AC AD k k k k k k ⎡⎤=+=++⎢⎥++++++⎢⎥⎣⎦，所以()()3211111k kAD AB AC k k k ⎡⎤-=+⎢⎥+++⎢⎥⎣⎦， 所以()()()()233111111k k k k AD AB AC k k ++=++-+-，又130139λμ+=，故()()()()233111301391111k k k k k k +++=+-+-，又0k >，解得73k =. 故答案为：73.28．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”.类比赵爽弦图，由3个全等的小三角形拼成如图所示的等边ABC ，若ABC 的边长为AF FD =，则DEF 的面积为_______.【解析】 【分析】由条件得到2CF AD AF ==，在ACF 中用余弦定理即可求得DF ，进而求得DEF 的面积. 【详解】由3个小三角形全等以及AF FD =得2CF AD AF ==，120∠=AFC ，DEF 是等边三角形，设AF DF a ==，则2CF a =，在ACF 中由余弦定理得，(222422cos120a a a a =+-⋅⋅，解得2a =，所以12DEFSa a =⋅⋅=29．我国古代数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示.记大正方形的面积为1S ，小正方形的面积为2S ，若1225S S =，则tan ABE ∠=___________.【答案】43【解析】 【分析】设BF CF ⊥，由已知可得()()22222525AE BE BF BE AE BE +=-=-，由AE BE >可求得AEBE的值，即可得解. 【详解】设BF CF ⊥，如下图所示：因为1225S S =，所以2225AB EF =，所以()()22222525AE BE BF BE AE BE +=-=-， 即221225120AE AE BE BE -⋅+=，则()()43340AE BE AE BE --=，AE BE >，则43AE BE =，故4tan 3AE ABE BE ∠==.故答案为：43.30．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“刈股圆方图”，亦称为“赵爽弦图”（1弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）.类比，可构造如图所示的图形，它是由三个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的一个较大的等边三角形，设AD AB AC λμ=+且3DF AF =，则可推出λμ+=___________.【答案】2021【解析】 【分析】设2AB =，根据3DF AF =与120ADB ∠=︒，利用余弦定理求出21DB =，AD =AG =m ，DG =n ，利用勾股定理求出m 与n 的值，建立直角坐标系，利用向量的坐标运算求出λ与μ的值，进而求出λμ+的值. 【详解】设2AB =，DB AF x ==，则3DF x =，4AD x =，因为ABC 和DEF 是等边三角形，故120ADB ∠=︒，由余弦定理得：2222cos120AB AD BD AD BD =+-⋅⋅︒，解得：x =4AD x ==，DB =D 作DG △AB 于点G ，设AG =m ，DG =n ，则BG =2-m，由勾股定理得：()2222222m n m n ⎧⎪+=⎪⎪⎝⎭⎨⎪-+=⎪⎪⎝⎭⎩，解得：127m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩如图，以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，垂直AB 的直线为y 轴建立直角坐标系，则()0,0A ，()2,0B，127D ⎛ ⎝⎭，(C ，则127AD ⎛= ⎝⎭，()2,0AB =，(1,AC =，由AD AB AC λμ=+得：()(122,07λμ⎛=+ ⎝⎭，即1227λμ⎧+=⎪⎪=，解得：1621421λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，则2021λμ+=故答案为：2021。

“赵爽弦图”考题聚焦 王云峰我国古代数学家赵爽利用弦图（图1），巧妙地证明了勾股定理．第24届国际数学家大会为了纪念他，特意将弦图作为会标，现举例介绍以弦图为背景的试题，供参考．例1 图2是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的，在Rt △ABC 中，若直角边AC ＝6，BC ＝5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图3所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长（图3中的实线）是_______．解析 如图3，标注出点D 、E 、F 、G ．∵AC ＝6，BC ＝5．∴GD ＝6．DE ＝5．∵FG ＝DC ，∴FD ＝2DG ＝12．在Rt △DEF 中，由勾股定理，得EF ＝2222512DE DG +=+＝13．∴这个风车的外围周长为4(EF ＋FG)＝4×(13＋6)＝76．例2 如图4，是用4个全等的直角三角形与1个小正方形镶嵌而成的正方形图案．已知大正方形面积为49，小正方形面积为4．若用x ，y 表示直角三角形的两直角边（x>y ），下列四个说法：①x 2＋y 2＝49；②x －y ＝2；③2xy ＋4＝49；④x ＋y ＝9，其中说法正确的是( )(A)①② (B)①②③(C)①②④ (D)①②③④解析 大正方形边长就是直角三角形斜边长，所以大正方形的面积等于直角三角形斜边长的平方．由勾股定理知直角三角形斜边长的平方为x 2＋y 2，所以x 2＋y 2＝49，①正确．由小正方形面积为4知它的边长为2，而小正方形边长等于较长直角边与较短直角边的差，所以x －y ＝2，②正确．大正方形面积等于4个直角三角形面积与小正方形面积的和，所以4×12xy ＋4＝49，即2xy ＋4＝49，③正确．由①、③，得x 2＋y 2＋2xy ＋4＝49 ×2，即（x ＋y ）2＝94，所以x ＋y ＝49，④不正确．综合知，选B ．例3 我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图5）．图6由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成．记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S2，若S1＋S2＋S3＝10，则S2的值是___________．例4 如图7，已知小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形A1B1C1D1；把正方形A1B1C1D．边长接原法延长一倍得到正方形A2B2C2D2（如图8）；以此下去……正方形A n B n C n D n的面积为______．解析由小正方形ABCD的面积为1，知它的边长为1，则DD1＝1，DA1＝2．如图7，在Rt△D1DA1中，由勾股定理，得D1A2＝D1D2＋DA2＝12＋22＝5，所以正方形A1B1C1D1的面积为5．如图8，D1D2＝D1C1＝D1A1＝5，D1A2＝2D1A1＝25．在Rt△D1D2A2中，由勾股定理，得所以正方形A2B2C2D2的面积为25＝52．同理，正方形A3B3C3D3的面积为125＝53；正方形A4B4C4D4的面积为625＝54；……于是，可猜想正方形AnBnCnDn的面积为5n．例5 2002年在北京召开的世界数学大会会标图案是由四个全等的直角三角形围成的一个大正方形，中间的阴影部分是一个小正方形的“赵爽弦图”，如图9．若这四个全等的直角三角形有一个角为30°，顶点B1、B2、B3、…、B n和C1、C2、C3、…、C n分别在直线y＝－12x＋3＋1和x轴上，则第n个阴影正方形的面积为______．大米成本简易定价决策对决策准确性的影响大米行业流行一种简易的大米定价决策方法，这种简易定价方法对规范化运行的大型米业决策的准确性影响如何?黑龙江北大荒有限公司钟泉伟根据实践和有关财务核算办法，对此作一探讨。

赵爽弦图模型与勾股树模型赵爽弦图分为内弦图与外弦图，是中国古代数学家赵爽发现，既可以证明勾股定理，也可以以此命题，相关的题目有一定的难度，但解题方法也常常是不唯一的。

弦图之美，美在简约，然不失深厚，经典而久远，被誉为“中国数学界的图腾”。

弦图蕴含的割补思想，数形结合思想、图形变换思想更是课堂教学中数学思想渗透的绝佳载体。

一个弦图集合了初中平面几何线与形，位置与数量，方法与思想，小身板，大能量，它就是数学教育里的不老神话。

广受数学教师和数学爱好者研究，近年来也成为了各地中考的热点问题。

模型1、弦图模型(1)内弦图模型：如图1，在正方形ABCD中，AE⊥BF于点E，BF⊥CG于点F，CG⊥DH于点G，DH⊥AE于点H，则有结论：△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH；S正方形ABCD =4S△EAB+S正方形EFGH。

图1图2图3(2)外弦图模型：如图2，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别是正方形ABCD各边上的点，且四边形EFGH是正方形，则有结论：△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DGH；S正方形ABCD =4S△EAB+S正方形EFGH。

(3)内外组合型弦图模型：如图3，2S正方形EFGH =S正方形ABCD+S正方形PQMN.1(2023春·安徽·八年级统考期末)“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若ab=168，大正方形的面积为625，则小正方形的边长为()A.7B.24C.17D.25【答案】C【分析】勾股定理得：a2+b2=625，又(a-b)2=a2+b2-2ab=625-2×168=289，由此即可求出a-b=17 (a>b)，因此小正方形的边长为17．【详解】解：由题意知小正方形的边长是a-b，由勾股定理得：a2+b2=625，∵(a-b)2=a2+b2-2ab=625-2×168=289，∴a-b=17(a>b)，∴小正方形的边长为17．故选：C．【点睛】本题考查勾股定理的证明，正方形的性质，全等三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．2(2023春·辽宁鞍山·八年级校考阶段练习)如图，是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形拼接而成的．已知BE:AE=3:1，正方形ABCD的面积为80．连接AC，交BE于点P，交DG于点Q，连接FQ．则图中阴影部分的面积之和为( )．A.8B.12C.16D.20【答案】C【分析】设AE=x，BE=3x，根据正方形的面积公式和勾股定理可求得x2=8，再根据题意和三角形的面积公式可推导出S△FGQ=S△AEP+S△CGQ，进而推出阴影部分的面积之和为梯形GQPF的面积，利用梯形面积公式求解即可．【详解】解：由题意，∠AEP=∠CGQ=∠CFP=90°，AE=CG=BF，BE=CF，∴AE∥CF，BE∥DG，EF=GF，∴∠EAP=∠GCQ，∴△AEP≌△CGQ ASA，∴EP=GQ，S△AEP=S△CGQ，∵BE:AE=3:1，∴设AE=x，则AE=CG=BF=x，BE=CF=3x，∴EF=GF=CF-CG=2x，∴S△FGQ=2S△CGQ=S△AEP+S△CGQ，∴阴影部分的面积之和为S梯形GQPF =12GQ+PF⋅GF=12EP+PF⋅GF=12EF⋅GF=12×2x2=2x2，∵正方形ABCD的面积为80，∴AE2+BE2=AB2即x2+9x2=80，∴x2=8，∴阴影部分的面积之和为16．故选C．【点睛】本题考查勾股定理、全等三角形的判定与性质、梯形的面积、三角形的面积，解答的关键是理解题意，找寻图形中线段间的关系，然后利用勾股定理和梯形的面积公式以及转化的思想方法求解．3(2022·辽宁阜新·八年级期末)如图，是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的，若AC=12，BC=7，将四个直角三角形中边长为12的直角边分别向外延长一倍，得到如图所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是()A.148B.100C.196D.144【答案】A【分析】通过勾股定理可求出“数学风车”的斜边长，然后求出风车外围的周长即可．【详解】解：如图，设将CA延长到点D，连接BD，由题意得：CD=12×2=24,BC=7,∠BCD=90°，∴BD=BC2+CD2=25，∴AD+BD=12+25=37，∴这个风车的外围周长是37×4=148，故选：A．【点睛】本题考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理是解题关键．4(2022·中山八年级期末)中国数学史上最先完成勾股定理证明的数学家是公元3世纪三国时期的赵爽，他为了证明勾股定理，创制了一副“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．将图中正方形MNKT，正方形EFGH，正方形ABCD的面积分别记为S1,S2，S3．若S1+S2+S3=18, 则正方形EFGH的面积为．【答案】6【分析】设四边形MTKN的面积为x，八个全等的三角形面积一个设为y，构建方程组，利用整体的思想思考问题，求出x+4y即可．【解析】解：设四边形MTKN的面积为x，八个全等的三角形面积一个设为y，∵正方形MNKT，正方形EFGH，正方形ABCD的面积分别为S1，S2，S3，S1+S2+S3=18，∴得出S1=x，S2=4y+x，S3=8y+x，∴S1+S2+S3=3x+12y=18，故3x+12y=18，x+4y=6，所以S2=x+4y=6，即正方形EFGH的面积为6．故答案为6【点睛】本题考查勾股定理的证明，正方形的性质、全等三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程组解决问题．5(2023·广东·九年级专题练习)公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了“赵爽弦图”．将两个“赵爽弦图”(如图1)中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方形MNPQ，记空隙处正方形ABCD，正方形EFGH的面积分别为S1，S2S1>S2，则下列四个判断：①S1+S2=14S四边形MNPQ②DG=2AF；③若∠EMH=30°，则S1=3S2；④若点A是线段GF的中点，则3S1=4S2，其中正确的序号是【答案】①②③【分析】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为a ，较长直角边为b ，斜边为c ，则小正方形的边长为b -a ，正方形ABCD 的边长为b ，正方形EFGH 的边长为a ，正方形MNPQ 的边长为2c ，由正方形面积公式，勾股定理逐项进行判断即可．【详解】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为a ，较长直角边为b ，斜边为c ，则小正方形的边长为b -a ，正方形ABCD 的边长为b ，正方形EFGH 的边长为a ，正方形MNPQ 的边长为2c ，∴S 1=b 2，S 2=a 2，S 四边形MNPQ =2c 2=4c 2．∴S 1+S 2=a 2+b 2=c 2．∴S 1+S 2=14S 四边形MNPQ ．故①正确；∵AF =b -a ，∴AG =FG -AF =a -b -a =2a -b ．∴DG =AD -AG =b -2a -b =2b -a ．∴DG =2AF ．故②正确；∵∠EMH =30°，∠MHE =90°，∴MH =3HE ．即b =3a ．∴b 2=3a 2．∴S 1=3S 2．故③正确；∵点A 是线段GF 的中点，∴AG =AF ．即2a -b =b -a ．∴2b =3a ．∴4b 2=9a 2．∴4S 1=9S 2．故④不正确；故答案是①②③．【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的面积，关键是设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为a ，较长直角边为b ，斜边为c ，用a ,b ,c 表示出相关线段的长度，从而解决问题．模型2. 勾股树模型6(2022·重庆市八年级期中)如图所示，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7cm ，正方形A 、B 、C 的面积分别是8cm 2，12cm 2，14cm 2，则正方形D 的面积是cm 2．【答案】15【分析】根据勾股定理有S 正方形1+S 正方形2=S 大正方形=49，S 正方形C +S 正方形D =S 正方形2，S 正方形A +S 正方形B =S 正方形1，等量代换即可求正方形D 的面积．【详解】解：如图，根据勾股定理可知，∵S 正方形1+S 正方形2=S 大正方形=49，S 正方形C +S 正方形D =S 正方形2，S 正方形A +S 正方形B =S 正方形1，∴S 大正方形=S 正方形C +S 正方形D +S 正方形A +S 正方形B =49．∴正方形D 的面积=49-8-12-14=15(cm 2)；故答案为：15．【点睛】此题主要考查了勾股定理，注意根据正方形的面积公式以及勾股定理得到图中正方形的面积之间的关系：以直角三角形的两条直角边为边长的两个正方形的面积和等于以斜边为边长的面积．7(2022·浙江·乐清市八年级期中)如图，在四边形ABCD 中，∠B =∠D =90°，分别以AB ，BC ，CD ，DA 为一边向外作正方形甲、乙、丙、丁，若用S 甲，S 乙，S 丙，S 丁来表示它们的面积，那么下列结论正确的是()A.S 甲=S 丁B.S 乙=S 丙C.S 甲-S 乙=S 丁-S 丙D.S 甲+S 乙=S 丙+S 丁【答案】D 【分析】连接AC ，根据勾股定理可得甲的面积+乙的面积=丙的面积+丁的面积，依此即可求解．【详解】解：连接AC ，由勾股定理得AB 2+BC 2=AC 2，AD 2+CD 2=AC 2，∴甲的面积+乙的面积=丙的面积+丁的面积，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4个正方形的面积之间的关系．8(2022·江苏·八年级专题练习)如图，正方形ABCD 的边长为2，其面积标记为S 1，以CD 为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为S 2，⋯，按照此规律继续下去，则S 2022的值为．【答案】122019【分析】根据勾股定理可得DE 2+CE 2=DC 2，从而得到S 2=12S 1，依次类推，即可得到S 3=12S 2=14S 1，找出规律，进而得到S2022的值．【详解】解：如图所示，△CDE为等腰直角三角形，则CE=DE，DE2+CE2=DC2，∴2DE2=CD2，即S2=12S1=12×22=2，同理可得：S3=12S2=14S1=1，S4=12S3=18S1=123S1=12，∴S2022=122021S1=122021×4=122019．故答案为：122019．【点睛】本题主要考查了勾股定理的运用，解题的关键是根据勾股定理与正方形面积的关键找出规律．9(2023春·重庆·八年级专题练习)如图是按照一定规律“生长”的“勾股树”：经观察可以发现：图(1)中共有3个正方形，图(2)在图(1)的基础上增加了4个正方形，图(3)在图(2)的基础上增加了8个正方形，⋯⋯，照此规律“生长”下去，图(6)应在图(5)的基础上增加的正方形的个数是()A.12B.32C.64D.128【答案】C【分析】通过观察已知图形可以发现：图(2)比图(1)多出4个正方形，图(3)比图(2)多出8个正方形，图(4)比图(3)多出16个正方形，⋯⋯，以此类推可得图形的变换规律．【详解】解：由题可得，图(2)比图(1)多出4个正方形，2×2=22=4图(3)比图(2)多出8个正方形，4×2=23=8；图(4)比图(3)多出16个正方形，8×2=24=16；图(5)比图(4)多出32个正方形，16×2=25=32；照此规律，图(n)比图(n-1)多出正方形的个数为：2n故图(6)比图(5)多出正方形的个数为：26=64；故答案为：C．【点睛】此题考查了图形的变化类问题，主要考核学生的观察能力和空间想象能力．首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．10(2022·广东珠海·八年级期末)如图△ABC为直角三角形，斜边AC=4，以两条直角边为直径构成两个半圆，则两个半圆的面积之和为()A.2πB.4πC.8πD.16π【答案】A【分析】先根据勾股定理得出AB2+BC2=AC2=16，再根据圆的面积公式表示出S1+S2=12×πAB22+1 2×πBC22，整理解得得出答案．【详解】解：∵△ABC为直角三角形，斜边AC=4，∴AB2+BC2=AC2=16，∴S1+S2=12×πAB22+12×πBC2 2=π2AB24+BC24=π8AB2+BC2=π8×16=2π故选：A．【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，解题的关键是熟练掌握勾股定理的内容．11(2023·江苏八年级期末)如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，分别以△ABC的三条边为直角边作三个等腰直角三角形：△ABD、△ACE、△BCF，若图中阴影部分的面积S1=6.5，S2=3.5，S3=5.5，则S4=．【答案】2.5【分析】DE分别交BF、CF于点G、点H；设AB=BD=a，AC=CE=b，BC=CF=c，S△ABG=m，S△ACH=n，由a2+b2=c2，可得S△ABD+S△ACE=S△BCF，由此构建关系式，通过计算即可得到答案．【详解】如图，DE分别交BF、CF于点G、点H∵△ABD、△ACE、△BCF均是等腰直角三角形∴AB=BD，AC=CE，BC=CF，设AB=BD=a，AC=CE=b，BC=CF=c，S△ABG=m，S△ACH=n∵a2+b2=c2∴S△ABD+S△ACE=S△BCF∵S△ABD=S1+m，S△ACE=n+S4，S△BCF=S2+S3+m+n∴S1+m+n+S4=S2+S3+m+n∴S4=S2+S3-S1=3.5+5.5-6.5=2.5故答案为：2.5．【点睛】本题考查了等腰三角形、直角三角形的知识；解题的关键是熟练掌握等腰三角形、勾股定理的性质，从而完成求解．12(2023·四川达州·八年级校考阶段练习)勾股定理有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了二枚以勾股图为背景的邮票．所谓勾股图是指以直角三角形的三边为边向外作正方形构成(图1：△ABC中，∠BAC=90°)．(1)如图2，若以直角三角形的三边为边向外作等边三角形，则它们的面积S1、S2、S3之间的数量关系是()．(2)如图3，若以直角三角形的三边为直径向外作半圆，则它们的面积S1、S2、S3之间的数量关系是( )，请说明理由．(3)如图4，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC +∠BCD=90°，BC=2AD，分别以AB、CD、AD、BC为边向四边形外作正方形，其面积分别为S1、S2、S3、S4，则S1、S2、S3、S4之间的数量关系式为()，请说明理由．【答案】(1)S1+S2=S3；(2)S1+S2=S3；理由见解析；(3)S1+S2+S3=12S4，理由见解析．【分析】(1)利用直角△ABC的边长就可以表示出等边三角形S1、S2、S3的大小，满足勾股定理；(2)利用直角△ABC的边长就可以表示出半圆S1、S2、S3的大小，满足勾股定理；(3)利用BC、AD的长分别表示正方形S1、S2、S3、S4的大小，根据BC=2AD，即可求解．【详解】解：(1)由题意可得：AB2+AC2=BC2，S1=34AB2，S2=34AC2，S3=34BC2，S1+S2=34(AB2+AC2)=34BC2=S3，故答案为：S1+S2=S3；(2)由题意得：S1=π8AB2，S2=π8AC2，S3=π8BC2，S1+S2=π8AB2+π8AC2=π8BC2=S3，故答案为：S1+S2=S3；(3)过D作DE⎳AB，交BC于点E，∵AD∥BC，∴四边形ABED为平行四边形，故AD=BE，又∵BC=2AD，∴AD=BE=EC，∠EDC=180°-∠DEC-∠DCB=180°-∠ABC-∠DCB=180°-∠ABC+∠DCB=90°，∴DE2+DC2=AB2+DC2=EC2=AD2，∵S1=AB2，S2=DC2，S3=AD2，S4=BC2=4AD2，∴S1+S2+S3=2AD2=12S4，故答案为：S1+S2+S3=12S4．【点睛】本题主要考查的是三角形、正方形、圆形的计算面积以及勾股定理，熟练掌握三角形、正方形、圆形的面积的计算公式是解答本题的关键．课后专项训练1(2023·北京初二期中)如图所示，直角三边形三边上的半圆面积从小到大依次记为S1、S2、S3，则S1、S2、S3的关系是()A.S1+S2=S3B.S12+S22=S32C.S12+S22>S32D.S12+S22<S32【答案】A分析：设直角三角形各边长为2a、2b、2c，如图所示：【解析】∵三角形是直角三角形，∴(2a)2+(2b)2=(2c)2，化简得：a2+b2=c2，S1=12πa2，S2=12πb2，S3=12πc2；S1+S2=12π(a2+b2)=12πc2=S3．故选A．考点：勾股定理．2(2022成都市八年级数学期中)有一个面积为1的正方形，经过一次“生长”后，在它的左右“肩”上“生出”两个小正方形，这3个正方形围成的三角形是直角三角形，再经过一次“生长”后，变成了如图所示的图形，如果继续“生长”下去，它将变得“枝繁叶茂”，则“生长”了2021次后形成的图形中所有正方形的面积和为()A.2019B.2020C.2021D.2022【答案】D【分析】根据勾股定理求出“生长”了1次后形成的图形中所有的正方形的面积和，结合图形总结规律，根据规律解答即可．【详解】解：如图，设直角三角形的三条边分别是a，b，c，根据勾股定理，得a2+b2=c2，即正方形A的面积+正方形B的面积=正方形C的面积=1，同理：正方形D的面积+正方形E的面积+正方形F的面积+正方形G的面积=正方形A的面积+正方形B的面积=正方形C的面积=1，推而广之，“生长”了2021次后形成的图形中所有的正方形的面积和是2022×1=2022．故选：D【点评】本题考查了勾股定理，熟练掌握勾股定理，理解“勾股树”的关系是解题关键．3(2022·四川成都·模拟预测)勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再将较小的两个正方形分别绕直角三角形斜边上的两顶点旋转得到图2．则图2中阴影部分面积等于()A.直角三角形的面积B.最大正方形的面积C.最大正方形与直角三角形的面积和D.较小两个正方形重叠部分的面积【答案】D【分析】根据勾股定理得到c2=a2+b2，再根据正方形的面积公式、矩形面积公式计算即可．【详解】解：如图，设直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b，斜边为c，由勾股定理可得，c2=a2+b2，阴影部分面积=c2-b2-a(c-b)=a2-a(c-b)=a(a+b-c)，较小两个正方形重叠部分的面积=a(a+b-c)，∴阴影部分面积=较小两个正方形重叠部分的面积．故选：D．【点睛】本题主要考查了勾股定理的知识，解题关键是利用数形结合的数学思想分析问题．4(2022·江苏·八年级课时练习)如图，△ABC中，∠ACB=90°，以其三边分别向外侧作正方形，然后将整个图形放置于如图所示的长方形中，若要求图中两个阴影部分面积之和，则只需知道()A.以BC为边的正方形面积B.以AC为边的正方形面积C.以AB为边的正方形面积D.△ABC的面积【答案】D【分析】如图所示，过点C作CN⊥AB于N，延长AB、BA分别交正方形两边于H、E，证明△ADE≌△CAN得到S△ADE=S△CAN，AE=CN同理可证△BGH≌△CBN，得到S△BGH=S△CBN，BH=CN，则S△ADE=5S△ABC由此即可得到答案．+S△BGH=S△CAN+S△CBN=S△ABC，即可推出S阴影【详解】解：如图所示，过点C作CN⊥AB于N，延长AB、BA分别交正方形两边于H、E，∴∠CNA=∠DEA=∠DAC=90°，∴∠DAE+∠EDA=∠DAE+∠CAN=90°，∴∠ADE=∠CAN，又∵AD=CA，∴△ADE≌△CAN(AAS)，∴S△ADE=S△CAN，AE=CN同理可证△BGH≌△CBN，∴S△BGH=S△CBN，BH=CN∴S△ADE+S△BGH=S△CAN+S△CBN=S△ABC，=AB⋅AE+AB⋅BH+S△ABC=2AB⋅CN+S△ABC=5S△ABC，∴S阴影∴只需要知道△ABC的面积的面积即可求出阴影部分的面积，故选D【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够正确作出辅助线，构造全等三角形．5(2022·广东湛江·八年级期末)如图，所有阴影部分四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形A、B、D的面积依次为6、10、24，则正方形C的面积为()A.4B.6C.8D.12【答案】C【分析】根据勾股定理的几何意义：S正方形A+S正方形B=S正方形E，S正方形D-S正方形C=S正方形E解得即可．【详解】解：由题意：S正方形A+S正方形B=S正方形E，S正方形D-S正方形C=S正方形E，∴S正方形A+S正方形B=S正方形D-S正方形C∵正方形A、B、D的面积依次为6、10、24，∴24-S正方形C=6+10，∴S正方形C=8．故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理，要熟悉勾股定理的几何意义，知道直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方．6(2023春·广东潮州·九年级校考期末)我国古代数学家赵爽巧妙地用“弦图”证明了勾股定理，标志着中国古代的数学成就．如图所示的“弦图”，是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．直角三角形的斜边长为13，一条直角边长为12，则小正方形ABCD的面积的大小为()A.144B.100C.49D.25【答案】C【分析】首先利用勾股定理求得另一直角边的长度，然后结合图形求得小正方形的边长，易得小正方形的面积．【详解】解：如图，根据勾股定理，得AF =EF 2-AE 2=132-122=5．所以AB =12-5=7．所以正方形ABCD 的面积为：7×7=49．故选：C ．【点睛】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用勾股定理求得直角三角形的另一直角边的长度．7(2023春·湖北武汉·八年级统考期末)大约公元222年我国汉代数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”，如图，四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD ，中空的部分是小正方形EFGH ，连接EG ，BD 相交于点O ，BD 与HC 相交于点P ，若GO =GP ，则直角三角形的边CG 与BG 之比是()A.12B.25C.2-1D.3-2【答案】C【分析】先证明△EDO ≌△GBO ，得出OE =OG ，再根据已知条件GO =GP ，结合等腰三角形的性质、正方形的性质求得∠CBG =22.5°=∠PBG ，进而证明△BPG ≌△CPG ，得出PG =CG =OG ，设PG =CG =OG =BF =1，得到BG =BF +FG =2+1，进而求解.【详解】解：∵四边形EFGH 、ABCD 是正方形，∴EH =FG ,EH ∥FG ,∠EGP =45°，∠BGP =90°，∠CBD =45°，∴∠DEO =∠BGO ,∠EDO =∠GBO ，∵四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD ，∴DE =BG ,BF =CG ，∴△EDO ≌△GBO ，∴OE =OG ，∵GO =GP ，∠EGP =45°，∴∠GOP =∠OPG =12180°-45° =67.5°，∴∠PBG =90°-67.5°=22.5°，∴∠CBG =22.5°=∠PBG ，∵∠PGB =∠CGB =90°,BG =BG ，∴△BPG ≌△CPG ，∴PG =CG =OG ，设PG =CG =OG =BF =1，则EG =2OG =2，∴FG =2EG 2=2，∴BG =BF +FG =2+1，∴CG BG =12+1=2-1；故选：C .【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、证明三角形全等是解题的关键.8(2023春·山东临沂·八年级统考期末)勾股定理是几何中的一个重要定理，在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入长方形内得到的，∠BAC=90°，AB=6，BC=10，点D，E，F，G，H，I都在长方形KLMJ的边上，则长方形KLMJ的面积为()A.420B.440C.430D.410【答案】B【分析】延长AB交KL于P，延长AC交LM于Q，可得△ABC、△PFB、△QCG全等，根据全等三角形对应边相等可得PB=AC，CQ=AB，然后求出IP和DQ的长，再根据长方形的面积公式列式计算即可得解．【详解】解：如图，延长AB交KL于P，延长AC交LM于Q，由题意得，∠BAC=∠BPF=∠FBC=90°，BC=BF，∴∠ABC+∠ACB=90°=∠PBF+∠ABC，∴∠ACB=∠PBF，∴△ABC≌△PFB AAS，，同理可证△ABC≌△QCG AAS∴PB=AC=8，CQ=AB=6，∵图2是由图1放入长方形内得到，∴IP=8+6+8=22，DQ=6+8+6=20，∴长方形KLMJ的面积=22×20=440．故选：B．【点睛】本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的性质与判定，作辅助线构造出全等三角形并得到长方形的邻边的长是解题的关键，也是本题的难点．9(2023春·广西南宁·八年级统考期末)“赵爽弦图”是我国古代数学的骄傲，它巧妙利用面积关系证明了勾股定理，如图所示的“弦图”，是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较短直角边长为a ，较长直角边长为b ，若大正方形的面积为17，每个直角三角形面积为4，那么a -b 2为．【答案】1【分析】结合图形，得出12ab ×4+b -a 2=17，12ab =4，再整体代入求解即可．【详解】解：根据题意得：12ab ×4+b -a 2=17，12ab =4，∴4×4+b -a 2=17即b -a 2=1∴a -b 2=1故答案为：1．【点睛】本题主要考查了勾股定理的证明，正确识图是解题的关键．10(2022·江苏宿迁·八年级统考期中)如图，S 1、S 2、S 3分别是以Rt △ABC 的三边为直径所画半圆的面积，其中S 1=10π，S 2=6π，则S 3=．【答案】4π【分析】先分别算出S 1、S 2、S 3的面积，然后根据勾股定理即可解答．【详解】解：∵S 1=πAC 2 2=14πAC 2，S 2=πAB 2 2=14πAB 2，S 3=πBC 2 2=14πBC 2∴S 2+S 3=14πAB 2+14πBC 2=14πAB 2+BC 2 ∵AB 2+BC 2=AC 2∴S 1=S 2+S 3．∵S 1=10π，S 2=6π，∴S 3=4π故答案为4π．【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，勾股定理的内容是直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方．11(2023·湖北孝感·统考三模)“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，则第五代勾股树中正方形的个数为．【答案】63【分析】由已知图形观察规律，即可得到第五代勾股树中正方形的个数．【详解】解：由题意可知第一代勾股树中正方形有1+2=3(个)，第二代勾股树中正方形有1+2+22=7(个)，第三代勾股树中正方形有1+2+22+23=15(个)，由此推出第五代勾股树中正方形有1+2+22+23+24+25=63(个)故答案为：63．【点睛】本题考查了图形类规律探索的相关问题，仔细观察从图中找到规律是解题的关键．12(2022秋·广东深圳·八年级校联考期中)如图1，是一个封闭的勾股水箱，其中I，II，III部分是可盛水的正方形，且相互联通，已知∠ACB=90°，AC=6，BC=8，开始时III刚好盛满水，而I，II无水．如图2摆放时，水面刚好经过III的中心O(正方形两条对角线的交点)，则II中有水部分的面积为．【答案】14【分析】由勾股定理求出AB=10，根据已知条件得到Ⅲ部分的水为整个正方形面积的一半，即Ⅲ部分的有水部分的面积为50，于是得到结论．【详解】解：∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，∴AB=AC2+BC2=10，∴Ⅲ部分的面积是100，∵水面刚好经过Ⅲ的中心O，∴Ⅲ部分的水为整个正方形面积的一半，即Ⅲ部分的有水部分的面积为50，∴Ⅱ中有水部分的面积为100-36-50=14，故答案为：14．【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的面积的计算，熟练掌握勾股定理是解题的关键．13(2022·广西·八年级课时练习)如图，Rt△ABC的两条直角边BC=6，AC=8．分别以Rt△ABC的三边为边作三个正方形．若四个阴影部分面积分别为S1，S2，S3，S4，则S4的值为，S2+S3-S1的值为．【答案】 24 0【分析】先证明△ADE≌△ABC,从而可得S4, 再利用图形的面积关系可得：S3+S4+S5=82=64,S1+S5+S6 +S7=102=100, 两式相减可得：S1+S7-S3=36, 而S2+S7=62=36,证明S1-S3=S2, 从而可得第二空的答案.【详解】解：如图，以Rt△ABC的三边为边作三个正方形，∴AC=AE,AB=AD,∠EAC=∠DAB=90°, AB=62+82=10,∴∠EAD=∠CAB,∴△ADE≌△ABC, ∴S4=S6=12AC∙BC=12×6×8=24,S3+S4+S5=82=64,S1+S5+S6+S7=102=100,两式相减可得：S1+S7-S3=36, 而S2+S7=62=36,∴S1-S3=S2,∴S2+S3-S1=S1-S3+S3-S1=0.故答案为：24，0【点睛】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，图形面积之间的关系，证明△ADE≌△ABC是解本题的关键.14(2022·山东临沂·统考二模)中国古代的数学家们对于勾股定理的发现和证明，在世界数学史上具有独特的贡献和地位尤其是三国时期的数学家赵爽，不仅最早对勾股定理进行了证明，而且创制了“勾股圆方图”，开创了“以形证数”的思想方法．在图中，小正方形ABCD的面积为1，如果把它的各边分别延长一倍得到正方形A1B1C1D1(如图1)，则正方形的面积为；再把正方形A1B1C1D1的各边分别延长一倍得到正方形A2B2C2D2(如图2)，如此进行下去，得到的正方形A n B n C n D n的面积为(用含n的式子表示，n为正整数)．【答案】55n【分析】利用正方形ABCD的面积为1，求出其边长为1，可求出正方形A1B1C1D1的边长为：12+22=5，面积为：S1=52=5，再求出正方形A2B2C2D2的边长为：52=5，面积为：S2=52，正方形2+25A3B3C3D3的边长为：5 2+102=125=53，正方形A4B4C4D4的边长为：2=55，面积为：S3=55552=25，面积为：S4=252=54，依次可推出：正方形AnBnCnDn的面积为：S n=5n． 2+105【详解】解：∵正方形ABCD的面积为1，∴其边长为1，∵把它的各边分别延长一倍得到正方形A1B1C1D1，∴正方形A1B1C1D1的边长为：12+22=5，∴正方形A1B1C1D1的面积：S1=52=5；∵正方形A1B1C1D1的各边分别延长一倍得到正方形A2B2C2D2，∴正方形A2B2C2D2的边长为：52=5，∴正方形A2B2C2D2的面积为：S2=52；2+25同理可得：正方形A3B3C3D3的边长为：5 2+102=2=55，∴正方形A3B3C3D3的面积为：S3=55125=53；正方形A4B4C4D4的边长为：552=25，∴正方形A4B4C4D4的面积为：S4=252=54；2+105依次可推出：正方形AnBnCnDn的面积为：S n=5n．故答案为：5；5n【点睛】本题考查勾股定理的应用，正方形的性质，解题的关键是求出每一个正方形的边长，即可求出其面积．15(2023山西八年级期中)勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理，在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”(如图1)，后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．(1)①请叙述勾股定理；②勾股定理的证明，人们已经找到了400多种方法，请从下列几种常见的证明方法中任选一种证明该定理；(以下图形均满足证明勾股定理所需的条件)(2)如图4，以直角三角形的三边为直径，分别向外部作半圆，则S 1，S 2，S 3满足的关系是．(3)如图5，直角三角形的两直角边长分别为3，5，分别以直角三角形的三边为直径作半圆，则图中两个月形图案(阴影部分)的面积为．【答案】(1)①直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方(如果用a ，b 和c 分别表示直角三角形的两直角边和斜边，那么a 2+b 2=c 2)；②证明见解析；(2)S 1+S 2=S 3；(3)7.5．【分析】(1)①根据勾股定理的内容即可得；②图1和图2：利用四个小直角三角形的面积与小正方形的面积的和等于大正方形的面积即可得；图3：利用三个直角三角形的面积之和等于直角梯形的面积即可得；(2)根据勾股定理、圆的面积公式即可得；(3)根据阴影部分的面积等于以两直角边为直径的两个半圆面积与直角三角形的面积之和减去以斜边为直径的半圆面积即可得．【详解】(1)①直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方(如果用a ，b 和c 分别表示直角三角形的两直角边和斜边，那么a 2+b 2=c 2)；②图1：大正方形的面积为c 2，四个小直角三角形的面积与小正方形的面积的和为4×12ab +b -a 2=a 2+b 2，则a 2+b 2=c 2；图2：大正方形的面积为(a +b )2=a 2+2ab +b 2，四个小直角三角形的面积与小正方形的面积的和为4×12ab +c 2=c 2+2ab ，则a 2+2ab +b 2=c 2+2ab ，即a 2+b 2=c 2；图3：直角梯形的面积为a +b 2⋅a +b =12a 2+ab +12b 2，三个直角三角形的面积之和为12ab +12ab +12c 2=ab +12c 2，则12a 2+ab +12b 2=ab +12c 2，即a 2+b 2=c 2；(2)设S 1对应的直角边长为a ， S 2对应的直角边长为b ，S 3对应的斜边长为c ，由圆的面积公式得：S 1=π⋅a 2 2=14πa 2，S 2=π⋅b 2 2=14πb 2，S 3=π⋅c 2 2=14πc 2，由勾股定理得：a 2+b 2=c 2，则14πa 2+14πb 2=14πc 2，即S 1+S 2=S 3，故答案为：S 1+S 2=S 3；(3)设直角三角形的两直角边长分别为a =3,b =5，斜边长为c ，由(2)可知，14πa 2+14πb 2=14πc 2，则阴影部分的面积为π⋅a 2 2+π⋅b 2 2+12ab -π⋅c 2 2，=14πa 2+14πb 2+12×3×5-14πc 2，=7.5，故答案为：7.5．【点睛】本题考查了勾股定理的定义、证明、以及应用，熟练掌握勾股定理是解题关键．16(2023·江苏扬州·七年级校联考期中)一个直角三角形的两条直角边分别为a 、b (b >a )，斜边为c ．我国古代数学家赵爽用四个这样的直角三角形拼成了如图的正方形，。