赵爽弦图”考题聚焦
北师大版八年级上册考题四问赵爽弦图
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！。
热点五 历史文化——2023届中考数学热点聚焦(含答案)
热点五历史文化——2023届中考数学热点聚焦1.中国剪纸传承赓续的视觉形象和造型格式，蕴涵了丰富的文化历史信息，表达了广大民众的社会认知、实践经验、生活理想和审美情趣，具有认知、教化、表意、抒情、娱乐、交往等多重社会价值。
在下列四幅剪纸中，为中心对称图形的是( )A. B. C. D.2.如图，“赵爽弦图”是吴国的赵爽创制的.以直角三角形的斜边为边长得到一个正方形，该正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的小正方形组成，在一次游园活动中，数学小组制作了一面“赵爽弦图锣”，其中，cm，cm，则阴影部分的面积是( )A.169B.25C.49D.643.中国古代数学著作《九章算术》第七章主要内容是“盈不足术”,其中有这样一道盈亏类问题:“今有共买羊,人出五,不足九十;人出五十,适足,问人数,羊价各几何?”题目大意是:“有几个人共同购买一只羊,若每人出五元,还差九十元;若每人出五十元,刚好够,问有几个人,羊的价格是多少?”设有人,羊的价格为元,可列方程组为( )A. B. C. D.4.如图是《九章算术》中“堑堵”的立体图形，它的左视图为( )A. B. C. D.5.为了弘扬中华民族传统文化，九年级(1)班12月份开展诵读经典名著活动.全班27名学生该月阅读经典名著数量的条形统计图如图所示，但被斯了一块儿.已知该月阅读经典名著数量的中位数是4本，则下列哪一选项中的人数是无法确定的?( )A.3本以下B.4本以下C.5本以下D.6本以下6.中国结（图1）代表着中华民族的传统文化，象征着中国人民对美好生活的祝福和对真善美的追求.图2是由边长为1的小正方形设计的一组有规律的中国结图案，按此规律，则第n个图案中边长为1的小正方形的个数是( )A. B. C.5n D.7.中国象棋文化历史久远.某校开展了以“纵横之间有智意攻防转换有乐趣”为主题的中国象棋文化节，如图所示是某次对弈的残局图，如果建立平面直角坐标系，使“帥”位于点，“馬”位于点，那么“兵”在同一坐标系下的坐标是__________.8.丝绸之路起始于古代中国，是连接亚洲、非洲和欧洲的古代商业贸易路线，是东方与西方之间经济、政治、文化交流的主要道路.小明妈妈搜集到如下四张《丝绸之路特种邮票》，分别是：A ：汉·凸瓣纹银盒；B ：唐·长沙窑青釉褐斑模印贴花椰枣纹执壶；C ：五代十国·波斯孔雀蓝釉陶瓶；D ：宋·龙泉窑青釉菊瓣纹盘.妈妈让小明随机抽取其中的两张作为给他的奖励.则小明恰好抽中“唐·长沙窑青釉褐斑模印贴花椰枣纹执壶”和“宋·龙泉窑青釉菊瓣纹盘”的概率是______.A. B.C. D.9.为增强学生体质，某校将国家级非物质文化遗产“抖空竹”引入阳光特色大课间.如图(1)是某同学抖空竹时的一个瞬间，小聪将其抽象成图(2)，若，，，则的度数是_________.10.京剧作为一门中国文化的传承艺术，常常受到外国友人的青睐.如图，在平面直角坐标系xOy 中，某脸谱轮廓可以近似地看成是一个半圆与抛物线的一部分组合成的封闭图形，记作图形G .点A ，B ，C ，D 分别是图形G 与坐标轴的交点，已知点D 的坐标为，AB 为半圆的直径，且，半圆圆心M 的坐标为.关于图形G 给出下列四个结论，其中正确的是__________（填序号）.①图形G 关于直线对称；②线段CD的长为；③图形G围成的区域内（不含边界）恰有12个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；④当时，直线与图形G有两个公共点.11.中国古代数学家张丘建在其著作《张丘建算经》三卷中，用开方法解决了求自然数算术平方根的近似值问题.即若设自然数为N，它的算术平方根的整数部分为a，则.按照上述取近似值的方法，_________.12.第十四届国际数学教育大会(ICME-14)会徽的主题图案(如图)有着丰富的数学元素，展现了我国古代数学的文化魅力，其右下方的“卦”()是用我国古代的计数符号写出的八进制数3745，八进制是以8作为进位基数的数字系统，有0～7共8个基本数字，八进制数3745换算成十进制数是，表示ICME-14的举办年份.（1）八进制数3746换算成十进制数是____________；（2）小华设计了一个n进制数143，换算成十进制数是120，求n的值.13.勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一,至今已有几百种证明方法,在中国,商朝时期的商高提出了“勾三股四玄五”的勾股定理的特例;三国时代的赵爽对《周髀算经》内的勾股定理作出了详细注释并创制了一幅“勾股圆方图”;后刘徽用“出入相补”原理证明了勾股定理;清朝末年,数学家华蘅芳提出了二十多种对于勾股定理证法.（1）某学校数学活动室进行文化建设,拟从以上4位科学家的画像中随机选用1幅,恰好选中的画像是刘徽的概率________;（2）在某次数学活动中,有一个不透明的信封内装有三根长度分别为4cm,6cm和8cm 的细木棒,木棒露出纸袋外的部分长度相等,小亮手中有一根长度为10cm的细木棒,现从信封内随机取出两根细木棒与小亮手中的细木棒首尾相接放在一起,求抽出的细木棒能与小亮手中的细木棒构成直角三角形的概率(用画树状图或列表的方法求解)14.“人在草木间,有味是清欢”2022年,“中国传统制茶技艺及其相关习俗”被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录,临沧国家级非遗代表性项目滇红茶制作技艺位列其中.某校组织九年级学生参加了茶文化知识竞赛活动,王老师在九年级学生中随机抽取了40名同学的成绩(满分100分),统计并制作了如下的频数分布表和扇形统计图:（1）表格中的________;________;（2）在扇形统计图中,A组所占部分对应的圆心角为α,则________;（3）该校九年级共有600人,估计该校竞赛得分不低于80分的同学人数.15.2022年，武侯区继续开展“武侯文化大讲堂”活动，某中学数学组以此为契机，在望江楼公园开展“感受武侯文化，领略古建风韵”的综合实践活动，测量望江楼的高度.如图，已知测倾器的高度为1.2米，在测点C处安置测倾器，测得点A的仰角，在与点C相距10米的测点F处安置测倾器，测得点A的仰角参考数据：，，)答案以及解析1.答案：D解析：A.不是中心对称图形，故此选项不合题意；B.不是中心对称图形，故此选项不合题意；C.不是中心对称图形，故此选项不合题意；D.是中心对称图形，故此选项符合题意；故选D.2.答案：C解析：解：在中，，4个直角三角形是全等的，，小正方形的边长，阴影部分的面积，故选：C.3.答案：D解析:根据题意得:,故选:D.4.答案：C解析：解：从左往右看该立体图形，看到的是一个直角在左边的直角三角形，故选C.5.答案：C解析：阅读经典名著3本以下的人数为.中位数为4本，该班共有27人，将阅读经典名著的数量按从小到大的顺序排列后，第14个数据为4本，结合统计图可知阅读经典名著4本以下的人数为.阅读经典名著6本以下的人数为.阅读经典名著5本以下的人数无法确定，故选C.6.答案：C解析：第1个图案有5个小正方形，第2个图案有个小正方形，第3个图案有个小正方形，第n个图案有5n个小正方形，故答案为：C.7.答案：解析：解：如图所示：“兵”的坐标为：.故答案为：.8.答案：解析：列表如下，A B C DA AB AC ADB BA BC BDC CA CB CDD DA DB DC共有12种等可能结果，抽中“唐·长沙窑青釉褐斑模印贴花椰枣纹执壶和“宋·龙泉窑青釉菊瓣纹盘”的情况有2种，小明恰好抽中“唐·长沙窑青釉褐斑模印贴花椰枣纹执壶”和“宋·龙泉窑青釉菊瓣纹盘”的概率是.9.答案：解析：如图所示，延长DC交BE于点F.，.又，.10.答案：①②解析：由图象可知图形G关于直线对称，故①正确；连接CM，如图.，半圆圆心M的坐标为，，，.点D的坐标为，，，故②正确；观察图象，可知图形G围成的区域内（不含边界）恰有13个整点，故③错误；由图象可知当或时，直线与图形G有一个公共点，故④错误.综上，正确的有①②.故答案为①②.11.答案：解析：，，.12.（1）答案：2022解析：，故答案为：2022；（2）答案：n的值为9解析：根据题意有：，整理得：，解得，(负值舍去)，故n的值为9.13.答案：（1）（2）解析:（1）由题意可得,有4幅图即有4种情况,,故答案为:;（2）解:根据题意可得,树状图如下,总共有6种情况,是勾股数的有2种情况,,抽出的细木棒能与小亮手中的细木棒构成直角三角形的概率为:; 14.答案：（1）16,0.3（2）（3）估计该校竞赛得分不低于80分的同学有315人解析:（1）,,故答案为:16,0.3;（2）在扇形统计图中,A组所占部分对应的圆心角,故答案为:;（3）(人),答:估计该校竞赛得分不低于80分的同学有315人.15.答案：望江楼的高度约为27.9米解析：解：延长交于H，由题意得，米，，，米，设米，，，米，在中，，，，，解得(米)，(米)，答：望江楼的高度约为27.9米.。
三角形中的重要模型-弦图模型、勾股树模型(学生版+解析版)
三角形中的重要模型-弦图模型、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秋·湖北·九年级校联考开学考试)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．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()A.2B.3C.4D.52(2022·安徽安庆·八年级期末)汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，构造了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”，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组成，若∠ADE=∠AED，AD =45，则△ADE的面积为()A.24B.6C.25D.2103(2023·山西八年级期末)如图，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=5，将四个直角三角形中的边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是()A.24B.52C.61D.764(2022·杭州九年级月考)我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图是由弦图变化得到，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=12，则下列关于S1、S2、S3的说法正确的是()A.S1=2B.S2=3C.S3=6D.S1+S3=85(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，其中正确的序号是模型2. 勾股树模型6(2022·福建·八年级期末)如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，如果正方形A、B、C、D的边长分别为3，4，1，2．则最大的正方形E的面积是．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8(2022·河南八年级期末)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 9的值为()A.126B.127C.128D.1299(2023春·山东菏泽·八年级校考阶段练习)“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该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，如果第一个正方形面积为1，则第2023代勾股树中所有正方形的面积为．10(2023·浙江八年级期中)如图，以Rt △ABC 的三边为直径，分别向外作半圆，构成的两个月牙形面积分别为S 1、S 2，Rt △ABC 的面积S 3．若S 1=4，S 2=8，则S 3的值为．11(2022春·浙江温州·九年级校考开学考试)如图1，是数学家毕达哥拉斯根据勾股定理所画的“勾股树”．如图2，在Rt △ABC 中，∠BAC =90°，以其三边为边分别向外作正方形，延长EC ，DB 分别交GF ，AH 于点N ，K ，连接KN 交AG 于点M ，若S 1S 2=916，则tan ∠ACB 为()A.12B.23C.34D.51212(2023·贵州遵义·统考二模)如图1，毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形．在图2中，∠ACB =90°，分别以Rt △ABC 的三条边为边向外作正方形，连接BE ，DG 、BE ，交AC 于点Q ，若∠BAC =30°，BC =2，则四边形EQGD 的面积是．13(2023秋·浙江·八年级专题练习)【背景阅读】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验证勾股定理，创制了一幅“弦图”(如图1)，后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．【实践操作】(1)请叙述勾股定理；(2)验证勾股定理，人们已经找到了400多种方法，请从下列几种常见的验证方法中任选一种来验证该定理：(以下图形均满足验证勾股定理所需的条件)【探索发现】(3)如图4、5、6，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足S1+S2=S3的有个；(4)如图7所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案(图中阴影部分)的面积分别为S1、S2，直角三角形面积为S3，请判断S1、S2、S3的关系并说明理由．课后专项训练1(2022·云南九年级一模)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.1282(2022·浙江初三期中)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．若图2中阴影部分的面积为2，且AB+AC=8，则BC的长为()图1图2A.42B.6C.254D.1323(2023·浙江·杭州八年级阶段练习)如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，分别以△ABC的三边为边作正方形ABDE，正方形BCFG，正方形ACHI，AI交CF于点J．三个正方形没有重叠的部分为阴影部分，设四边形BGFJ的面积为S1，四边形CHIJ的面积为S2，若S1-S2=12，S△ABC=4，则正方形BCFG的面积为()A.16B.18C.20D.224(2023春·湖北黄冈·八年级统考期中)“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，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b．若ab=8，大正方形的面积为25，则EF 的长为()A.9B.92C.32D.35(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.257(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.3-28(2023春·江苏泰州·七年级统考期末)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()A.1B.2C.3D.49(2023·河北石家庄·校考二模)如图1，毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形．在图2中，∠ACB=90°，分别以Rt△ABC的三条边为边向外作正方形，连接BE，DG，BE交AC于点Q．若∠BAC=30°，BC=2，则四边形EQGD的面积是()B.23C.53+3D.3A.53+3210(2023·江苏扬州·统考中考真题)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．如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边长为c，若b-a=4，c=20，则每个直角三角形的面积为．11(2022秋·四川成都·八年级校考期中)“勾股图”有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以“勾股图”为背景的邮票(如图1)，欧几里得在《几何原本》中曾对该图做了深入研究．如图2，在△ABC中，∠ACB=90°，分别以△ABC的三条边为边向外作正方形，连接EB,CM,DG,CM分别与AB,BE相交于点P,Q．若∠ABE=30°，则DGQM的值为.12(2022春·安徽合肥·八年级合肥市第四十二中学校考期中)如图①，在Rt△ACB中∠ACB=90°，分别以AC、BC、AB为边，向形外作等边三角形，所得的等边三角形的面积分别为S1、S2、S3，请解答以下问题：(1)S1、S2、S3满足的数量关系是．(2)现将△ABF向上翻折，如图②，若阴影部分的S甲=6、S乙=5、S丙=4，则S△ACB=．13(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．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)．15(2023·浙江台州·八年级校考期中)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．(1)如图2摆放时，Ⅰ刚好盛满水，而Ⅱ无水，则Ⅲ中有水部分的面积为；(2)如图3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．16(2023·湖北黄冈·统考中考真题)如图，是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形．设图中AF=a，DF=b，连接AE,BE，若△ADE与△BEH的面积相等，则b2a2+a2b2=．17(2023·江苏徐州·统考二模)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AC，若AG平分∠CAD，且正方形EFGH的面积为2，则正方形ABCD的面积为．18(2023·陕西渭南·统考二模)魏朝时期，刘徽利用下图通过“以盈补虚，出入相补”的方法，即“勾自乘为朱方，股自乘为青方，令出入相补，各从其类”证明了勾股定理．如图，四边形ABCD、四边形BFGH和四边形AFMN都是正方形，BF交CD于E，若DE=2，CE=4，则BF的长为．19(2022·宁夏吴忠·统考一模)2002年8月，在北京召开的国际数学家大会会标取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形(如图1)，且大正方形的面积是17，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b．如果将四个全等的直角三角形按如图2的形式摆放，则图2中最大的正方形的面积为31．试求图1中小正方形的面积是为．20(2023·山东济宁·统考二模)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．勾股定理内容为：如果直角三角形的两条直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2+b2=c2．(1)如图2、3、4，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足S1+S2=S3的有个；(2)如图5所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案(图中阴影部分)的面积分别为S1，S2，直角三角形面积为S3，请判断S1，S2，S3的关系并证明；(3)如果以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到如图6所示的“勾股树”．在如图7所示的“勾股树”的某部分图形中，设大正方形M的边长为定值m，四个小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d，已知∠1=∠2=∠3=∠α，则当∠α变化时，回答下列问题：(结果可用含m的式子表示)①a2+b2+c2+d2=；②b与c的关系为，a与d的关系为．21(2022·湖南·八年级课时练习)如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．(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，结合图①，试验证勾股定理．(2)如图②，将这四个直角三角形紧密地拼接，形成飞镖状，已知外围轮廓(粗线)的周长24，OC=3，求该飞镖状图案的面积．(3)如图③，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=40，求S2．22(2023·广东深圳·校联考三模)中华文明源远流长，如图①是汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的图形，人们称之为赵爽弦图，被誉为中国数学界的图腾．2002年北京国际数学家大会依据赵爽弦图制作了会标，该图有4个全等的直角三角形围成几个大正方形和中间一个小正方形，巧妙的证明了勾股定理．问题发现：如图①，若直角三角形的直角边BC=3，斜边AB=5，则中间小正方形的边长CD=，连接BD，△ABD的面积为．知识迁移：如图②，P是正方形ABCD内一点，连接PA，PB，PC，当∠BPC=90°，BP=10时，△PAB的面积为．拓展延伸：如图③，已知∠MBN=90°，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交射线BM，BN分别于A，C两点．(1)已知D为线段AB上一个动点，连接CD，过点B作BE⊥CD，垂足为点E；在CE上取一点F，使EF=BE；过点F作GF⊥CD交BC于点G，试判断三条线段BE，DE，GF之间的数量关系，并说明理由．(2)在(1)的条件下，若D为射线BM上一个动点，F为射线EC上一点；当AB=10，CF=2时，直接写出线段DE的长．三角形中的重要模型-弦图模型、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。
专题04 勾股定理常考压轴题汇总(解析版)
专题04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7和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，∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，∴∠FAC+∠BAC＝∠FAC+∠ABC＝90°，∴∠FAC＝∠ABC，在△FAM与△ABN中，，∴△FAM≌△ABN（ASA），＝S△ABN，∴S△F AM＝S四边形FNCM，∴S△ABC∵在△ABC中，∠ACB＝90°，∴AC2+BC2＝AB2，∵AC+BC＝6，∴（AC+BC）2＝AC2+BC2+2AC•BC＝36，∴AB2+2AC•BC＝36，＝10.5，∵AB2﹣2S△ABC∴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处插入，木棒的一端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．如图，某小区有一块长方形花圃，为了方便居民不用再走拐角，打算用瓷砖铺上一条新路，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∠BAC＝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×3＝S Rt△ABC＝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＝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．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，+S△MBF＝S△BEF，则S△BMF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△EF A'＝m，∴S△EMF∴，∴a m，∴a＝∴EF＝5a＝，＝EF＝，∴S正方形EFCH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32cm．【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PA，当△ABP为等腰三角形时，t的值为16或10或．【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PA＝PB时，如图：设BP＝PA＝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为最大线段时，∵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＝136．【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（9，12）或（3，12）或（24，12）．【答案】（9，12）或（6，12）或（24，12）．【解答】解：由题意，当△ODP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101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80．【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．【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＝＝＝．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A10千米．【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20cm（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的值最小，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2．【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，PA2+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，∵PA2+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°，∠PAC＝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，∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD，又∵AB＝AC，∴AF＝AC，∵∠FAE＝∠FAD+∠DAE＝∠FAD+45°，∠EAC＝∠BAC﹣∠BAE＝90°﹣（∠DAE﹣∠DAB）＝45°+∠DAB，∴∠FAE＝∠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°．。
如图.“赵爽弦图是由四个全等的直...
15．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构成的⼤正⽅形，若直⾓三⾓形的两边长分别为3和5，则⼩正⽅形的⾯积为1或4．
分析分两种情况：①5为斜边时，由勾股定理求出另⼀直⾓边长为4，⼩正⽅形的边长=4-3=1，即可得出⼩正⽅形的⾯积；
②3和5为两条直⾓边长时，求出⼩正⽅形的边长=2，即可得出⼩正⽅形的⾯积；即可得出结果．
解答解：分两种情况：
①5为斜边时，
由勾股定理得：另⼀直⾓边长=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4，
∴⼩正⽅形的边长=4-3=1，
∴⼩正⽅形的⾯积=12=1；
②3和5为两条直⾓边长时，
⼩正⽅形的边长=5-3=2，
∴⼩正⽅形的⾯积22=4；
综上所述：⼩正⽅形的⾯积为1或4；
故答案为：1或4．
点评本题考查了勾股定理、正⽅形的性质；熟练掌握勾股定理，分两种情况得出结果是解决问题的关键．。
勾股定理与赵爽弦图 (30题提分练)(解析版)—2024-2025学年八年级数学上册精品(北师大版)
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：。
2025年四川省聚焦中考数学必备考点透析-第7章 图形及其变化7.2 图形的变换与尺规作图 课件
解答：（1）如下图，△A1B1C1即为所求.
由图可得，点B1的坐标为（3，2）.
（2）如下图，△A2B1C2即为所求.
×
点C1运动到点C2所经过的路径长为
＝π.
答图
解题技巧：本题考查了作图，平移变换和旋转变换，弧长公式，解
题的关键是熟练掌握平移和旋转的性质.
1. 平面图形中的最短距离
如下图，A、B是直线l同旁的两个定点，在直线l上确定一点P，使PA＋
PB的值最小.
方法：作点A关于直线l的对称点A'，连接A'B交l于点P，则PA＋PB的
值最小.
2. 立体图形中的最短距离
求立体图形中的最短距离，一般是先把立体图形的表面展开，再利用
“两点之间线段最短”解决问题.
④由作图痕迹可知，CO＝OD，射线OP是CD的垂直平分线，
∴△OCD是等腰三角形，
∴射线OP也是∠AOB的平分线.
综上所述，4个图形均符合题意.
答案：D
解题技巧：由尺规作图的方法，全等三角形的性质，平行线的性质
及等腰三角形的性质都可以得到角相等，从而得出角平分线.
四川中考真题精练
（一）对称图形的识别及对称性
1. （2024·眉山中考）下列交通标志中，属于轴对称图形的是（
A
）
2. （2024·自贡中考）我国汉代数学家赵爽在他所著《勾股圆方图注》
中，运用弦图（如下图所示）巧妙地证明了勾股定理.“赵爽弦图”曾作
为2002年第24届国际数学家大会的会徽图案.下列关于“赵爽弦图”说法
正确的是（
B ）
A. 是轴对称图形
聚焦新中考·必备考点透析
初中数学精品说题课件：再探赵爽弦图
命题主线 命题立意 命题解析
本题着重考查勾股定理，正方形的性质，
1 知识立意 图形面积的计算等知识。
（1）赵爽弦图嵌套美的赏识。
2
能力立意
（2）设元、数形结合等数学思想方法的建构。 （3）读图，识图，解构图形能力的培养。
（4）探究赵爽弦图类型题的解题基本步骤
的考查是本题的重点。
（201７•温州）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 S的小
正方形EFGH，已知AM为Rt△ABM较长直角边，AMA = 2 2 EF， 则正方形AB CD的面积为（ ）
A． 12s B． 10s C．9s D．8s
D E
H
设元
表示线段 表示面积
寻找等量关系 F
BM
G
C
1、学生在操作中体验“赵爽弦图”
勾股定理 设元
表示线段 表示面积
寻找等量关系
数形结合
代数式
几何图形
设而不求、消元、方程
（1）、用四个全等的直角三角形围成一个正方形。
（２）、对于右图，引导学生进行编题。
已知小正方形的面积为Ｓ，添加条件使得
用Ｓ的代数式表示大正方形的面积。
设元Leabharlann 表示线段 表示面积寻找等量关系
２、学生设计构图：选择两个基本“赵爽弦 图”，把其中一个进行缩小、放大、旋转， 嵌套到另一个图中
选择学生设计的一图，保持所有直角三角形短直角 边与长直角边的比值不变。设新图形中的最小正方 形面积为S，那么，最大正方形的面积可以用S表示 吗？
设元
表示线段 表示面积
寻找等量关系
３、问题拓展到三个基本 “赵爽弦图”的嵌套
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“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是我国古代着名的“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＝2222512DEDG＝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：①x2＋y2＝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x2＋y2，所以x2＋y2＝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x2＋y2＋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AnBnCnDn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、…、Bn和C1、
C2、C3、…、Cn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______．