专题 勾股定理与赵爽弦图问题（ 基础题＆提升题＆压轴题 ）（解析版）.docx

1、八年级下册数学第十七章 勾股定理专题 勾股定理与赵爽弦图问题 （ 基础题提升题压轴题 ）基础题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，观察“赵爽弦图”（如图），若图中四个全等的直角三角形的两直角边分别为a，b，ab，斜边是c，证明勾股定理的过程中用到的等式是（）Aa（ba）aba2B（a+b）（ba）b2a2C（ba）2+412abc2D（a+b）2a2+2ab+b2【分析】用等面积法，大的正方形面积等于小正方形的面积与4个直角三角形面积之和，列等式化简即可证明，则可得出答案【解答】解：根据题意得，大正方形面积：c2，小正方形面积：（ba）2，4个直角三角形面积之

2、和：4ab12=2ab，大正方形面积等于小正方形的面积与4个直角三角形面积之和，（ba）2+2abc2，a2+b2c2故选：C【点评】本题考查了勾股定理的证明，用等面积法列出等式，并化简是解本题的关键2（2022秋朝阳区校级期末）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a3，弦c5，则小正方形ABCD的面积是（）A1B2C3D4【分析】应用勾股定理和正方形的面积公式可求解【解答】解：勾a3，弦c5，股b=5232=4，小正方形的边长431，小正方形的面积121，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秋温

3、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EF7，DE12时，则正方形ABCD的边长是（）A13B28C48D52【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，BGAFDE12，EFFG7，BFBGFG5，直角ABF中，利用勾股定理得：AB=AF2+BF2=122+52=13，则正方形ABCD的边长为13故选：A【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4（2022秋衡东县期末）“赵爽弦图”

4、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ab24，大正方形的面积为129则小正方形的边长为（）A12B11C10D9【分析】首先根据已知条件易得，中间小正方形的边长为：ab；结合题意可得ab24，a2+b2129，结合完全平方公式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：ab，ab24，a2+b2129，（ab）2a2+b22ab12922481，而ab0，ab9，故选：D【点评】本题考查勾股定理的应用，完全平方公式的应用，算

5、术平方根的含义，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式5（2022春青秀区校级期末）如图所示的图形表示勾股定理的一种证明方法，该方法运用了祖冲之的出入相补原理若图中空白部分的面积是14，整个图形（连同空白部分）的面积是36，则大正方形ABCD的边长是 【分析】设四个全等的直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边为c，根据题意列出方程组，即可求得【解答】解：设四个全等的直角三角形的两条直角边长分别为a，b，斜边为c，根据题意得c212ab2=14c2+12ab2=36，解得：c225，解得：c5或5（舍去），故大正方形的边长为5，故答案为：5【点评】本题考查了勾股定理的证明，正确表示出直

6、角三角形的面积是解题的关键6（2022秋阳城县期末）如图，是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE10，BE24，则EF的长是 【分析】根据ABE是直角三角形，用勾股定理可得AE的长，再证明四边形HGFE是正方形，根据勾股定理，即可求出HF的长【解答】解：ABE是直角三角形，AE10，BE24，根据勾股勾股定理，可得AB=AE2+BE2=26，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，CHBEDFAG24，AEBHCFDG10，HEHFGFEG14，AHD90，GHE90，四边形HGFE是正方形，根据勾股定理，可得EF=EG2+GF2=142，故答案为：

7、142【点评】本题考查了勾股定理，熟练掌握并灵活运用勾股定理是解题的关键7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IJAB，则正方形EFGH的边长为 【分析】根据题意和图形，设BEx，则BFFLx+2，根据正方形ABCD的边长为14，列方程可解答【解答】解：设BEx，则BFFLx+2，正方形ABCD的边长为14，BC14，x+2+x14，x6，BF8，BE6，B90，EF=82+62=10，即正方形EFGH的边长为10故答案为：10【点评

8、】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8（2022秋西安月考）如图，这是由“赵爽弦图”变化得到的，它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、S3若S1+S2+S32022，则S2的值是（）A672B673C674D675【分析】根据正方形的面积和勾股定理即可求解【解答】解：设全等的直角三角形的两条直角边为a、b且ab，由题意可知：S1（a+b）2，S2a2+b2，S3（ab）2，因为S1+S2+S32022，即（a+b）2+a2+b2+（ab）22022，3（a2+b2）2

9、022，所以3S22022，S2的值是674故选：C【点评】本题考查了正方形的面积、勾股定理，解决本题的关键是随着正方形的边长的变化表示面积9“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AB10，EF2，则AH的长为（）A62B82C6D8【分析】由题意得，设AHDECFBGx，则AEDFCGBH2+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AB10，EF2，设AHDECFBGx，则AEDFCG

10、BH2+x，在RtAHB中，AB2AH2+BH2，即102x2+（x+2）2，整理得，x2+2x480，解得：x16，x28（不符合题意，舍去），AH6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10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AC6，BC5，将四个直角三角形的边长为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（）A49B51C76D96【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

11、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x2122+52169，所以x13，所以“数学风车”的周长是：（13+6）476故选：C【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11（2022春思明区校级期中）如图是用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（xy），下列结论：x2+y249；xy2；2xy+449；x+y7其中正确的结论是（）ABCD【分析】由题意知x2+y2=49(xy)2=4，可得2xy45记为，+得到（x+

12、y）294由此即可判断【解答】解：由题意知x2+y2=49(xy)2=4，由得2xy45 ，2xy+449，+得x2+2xy+y294，（x+y）294，x+y=94结论正确，错误故选：C【点评】本题考查勾股定理，全等图形以及完全平方公式的几何背景等知识，解题的关键学会利用方程的思想解决问题，学会整体恒等变形的思想，属于中考常考题型12（2021秋金台区校级月考）四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出的部分是一个小正方形，这样就组成了一个“赵爽弦图”（如图），大正方形的面积为13，小正方形的面积为1，则组成弦图的每个小直角三角形的两个直角边和为（）A5B7C25D3【分析】先设直角三角

13、形的两直角边为a、b，然后根据题意，可以得到12ab4131，a2+b213，然后即可计算出（a+b）2的值，从而可以求得a+b的值【解答】解：设直角三角形的两直角边为a、b，由题意可得，12ab4131，a2+b213，ab6，（a+b）2a2+2ab+b2（a2+b2）+2ab13+2613+1225，a+b5或a+b5（舍去），故选：A【点评】本题考查勾股定理的应用、正方形的面积、三角形的面积、完全平方公式，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键13（2021春忠县期末）本期，我们学习了用赵爽弦图证明勾股定理在如图所示的赵爽弦图中，在DH上取点M使得DMGH，连接AM、CM若正方形EFG

14、H的面积为6，则ADM与CDM的面积之差为（）A3B2C3D不确定【分析】由赵爽弦图可知，正方形EFGH的边长为6，即AHAE=6，AECG，可得AHCG=6，再表示出SADMSCDM，代入计算即可【解答】解：由赵爽弦图可知：正方形EFGH的边长为6，AHDGCFBE，AEDHCGBF，DMGH，EHAHAEAHCG=6，SADMSCDM=12DMAH12DMCG=12DM（AHCG）=1266 3，故选：A【点评】本题考查了赵爽弦图的应用，三角形的面积，熟练掌握赵爽弦图中包含的等量关系是解题的关键14（2022秋台江区校级期末）在RtABC中，ACB90，BCa，ACb，ABc将RtABC绕

15、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RtABC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，AD2cm，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RtABC的较长直角边为a，短直角边为b，斜边为c，则有a

16、b3，412ab+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（ab）的小正方形组成的，正方形的面积为：412ab+(ab)2=a2+b2，c2a2+b2；（2）解：设RtABC的较长直角边为a，短直角边为b，斜边为c，根据题意得，ab3，412ab+1=113，又c2a2+b2（ab）2+2ab32+112121，c11cm，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

17、出斜边c的长，是解题的关键15（2022秋屯留区期末）阅读与思考阅读下列材料，完成后面的任务：赵爽“弦圈”与完全平方公式三国时期吴国的数学家赵爽创建了一幅“弦图”，利用面积法给出了勾股定理的证明实际上，该“弦图”与完全平方公式有着密切的关系，如图2，这是由8个全等的直角边长分别为a，b，斜边长为c的三角形拼成的“弦图”由图可知，1个大正方形ABCD的面积8个直角三角形的面积+1个小正方形PQMN的面积任务：（1）在图2中，正方形ABCD的面积可表示为 ，正方形PQMN的面积可表示为 （用含a，b的式子表示）（2）根据S正方形ABCD8S直角三角形+S正方形PQMN，可得（a+b）2，ab，（a

18、b）2之间的关系为 （3）根据（2）中的等量关系，解决问题：已知a+b5，ab4，求（ab）2的值【分析】（1）利用正方形的面积公式即可求解；（2）直接利用相等关系用代数式进行表示即可（3）将代数式的值代入上一小题的等式中求解即可【解答】解：（1）大正方形边长为（a+b），小正方形边长为（ab），大正方形面积为（a+b）2，小正方形面积为（ab）2；故答案为：（a+b）2；（ab）2（2）根据S正方形ABCD8S直角三角形+S正方形PQMN，可得(a+b)2=812ab+(ab)2，故答案为：（a+b）24ab+（ab）2（3）a+b5，ab4，5244+（ab）2，（ab）29，（ab）2的

19、值为9【点评】本题考查了赵爽“弦圈”与完全平方公式，解题关键是牢记并能灵活利用完全平方和与完全平方差公式进行变换提升题1（2022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CD4，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，DF3，CF5，CDF90，CD4，四个直角三角形全等，CEDF3，BEDECDCE431，BC=BE2+CE2=10，ABCD，ABCD

20、，四边形ABCD为平行四边形，四边形ABCD的周长为：2（BC+CD）2（10+4）210+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2（2022秋万州区校级期末）如图所示的图案是我国汉代数学家赵爽在注解周髀算经中“赵爽弦图”经修饰后的图形，四边形ABCD与四边形EFGH均为正方形，点H是DE的中点，阴影部分的面积为60，则AD的长为 【分析】由四边形ABCD与四边形EFGH均为正方形，点H是DE的中点，可知E、F、G分别为AF、BG、CH的中点，可推出阴影部分的四个直角三角形面积相等，每一个都为正方形EFGH面积的12，从而阴影部分总面积为正方

21、形EFGH面积的3倍，即可得正方形EFGH面积为4，继而得DHEHAE2，由勾股定理可求得AD的长【解答】解：由四边形ABCD与四边形EFGH均为正方形，点H是DE的中点，可知E、F、G分别为AF、BG、CH的中点，且AEEHDHHGCGFGBFEFBE，SAEHSDHGSCGFSBFE=12S正方形EFGH，S阴影3S正方形EFGH60，S正方形EFGH20，EHDH25，DE2EH45，又AED90，AD=DE2+AE2=(45)2+(25)2=10故答案为：10，【点评】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，找到周围三角形面积和中间正方形面积的关系是解题的关键3（2022春安庆期末）代数

22、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ADEAED，AD45，则ADE的面积为（）A24B6C25D210【分析】由已知得出ADAEAB，进而利用图形面积的割补关系解得即可【解答】解：如图：ADEAED，ADAEAB，AEFABF，AFBE，EFBF=12BE，GEAH，GEMHAM，MGEMHA，GEMHAM（ASA），SHAMSGEM，SADESADH+SDGE，AD45，DH2AH，AD2DH2+AH2，AH4，DH8，DGGE4，SADE=1248+1244=24，故选：A【点评】本题考查了

23、勾股定理，正确表示出直角三角形的面积是解题的关键4（2022大悟县校级开学）如图一所示，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数学家赵爽在注解周髀算经时给出的，人们称它为“赵爽弦图”在此图形中连接四条线段得到如图（2）所示的图案，记阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，大正方形的边长为m，小正方形的边长为n，若S1S2，则nm的值为（）A31B312C51D512【分析】如图2，由题意可设ABCDx，则可以用x表示出S2，又由于S1S2，S1+S2m2，所以可以得到m与x的关系式，在直角ABC中，利用勾股定理列出方程，得到n与x的关系，等量代换进行运算

24、，即可解决【解答】解：设图2中ABx，则CDABx，SACD=12CDAB=12x2，S24SACD2x2，S1S2，S1+S2m2，4x2m2，m2x，在RtABC中，AC2AB2+BC2，x2+（x+n）2m2，x2+（x+n）24x2，x+n=3x，n（31）x，nm=312，故选：B【点评】本题考查了全等三角形的性质，以及勾股定理的应用，设出参数，用参数表示出线段或者面积，利用勾股定理列方程，是解决本题的关键5（2022宜城市一模）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构成的大正方形，直角三角形的较长边为b，较短边为a若小正方形与大正方形的面

25、积之比为1：13，则a：b（）A2：5B3：5C2：3D1：3【分析】设小正方形的面积为1，大正方形的面积是13，根据勾股定理可以求得a2+b2等于大正方形的面积，然后求四个直角三角形的面积，即可得到ab的值，然后根据（a+b）2a2+2ab+b2即可求得（a+b）的值；由小正方形的面积求出（ba）的值，进而求出a，b的值，则可求出答案【解答】解：设小正方形的面积为1，大正方形的边长为c，小正方形与大正方形的面积之比为1：13，大正方形的面积是13，c213，a2+b2c213，直角三角形的面积是1314=3，又直角三角形的面积是12ab3，ab6，（a+b）2a2+b2+2abc2+2ab1

26、3+2613+1225，a+b5小正方形的面积为（ba）21，b3，a2，a：b2：3故选：C【点评】本题考查了勾股定理以及完全平方公式，正确表示出直角三角形的面积是解题的关键6（2022春高邮市期末）赵爽的“弦图”被誉为“中国数学界的图腾”，它是由四个直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形如图为“弦图”的一部分，正方形ABCD的边长为13，点M、N是正方形ABCD内的两点，且AMCN12，BMDN5，则MN的长为 【分析】延长BM交CN于E，延长DN交AM于点F，由赵爽弦图可知：四边形MENF是正方形，ABMBCECDNDAF，利用全等三角形的性质可求MENE7，再利用勾股定理可求解【

27、解答】解：延长BM交CN于E，延长DN交AM于点F，由题意知：四边形MENF是正方形，ABMBCECDNDAF，AMBECNDF12，BMCEDNAF，BMDN5，CEAF5，MEENNFFM1257，MN=72故答案为：72【点评】本题主要考查勾股定理的证明，理解赵爽弦图是解题的关键7如图，四个全等的直角三角形围成正方形ABCD和正方形EFGH，即赵爽弦图连接AC，分别交EF、GH于点M，N，连接FN已知AH3DH，且S正方形ABCD21，则图中阴影部分的面积之和为（）A214B215C225D223【分析】根据正方形的面积可得正方形边长的平方，设DHx，则AH3DH3x，根据勾股定理可得x

28、的平方的值，再根据题意可得SFGNSAEM+SCGN，然后可得阴影部分的面积之和为梯形NGFM的面积【解答】解：S正方形ABCD21，AB221，设DHx，则AH3DH3x，x2+9x221，x2=2110，根据题意可知：AECGDHx，CFAH3x，FEFGCFCG3xx2x，SFGN2SCGNSAEMSCGN，SFGNSAEM+SCGN，阴影部分的面积之和为：S梯形NGFM=12（NG+FM）FG=12（EM+MF）FG=12FEFG=12（2x）22x2=215故选：B【点评】本题考查了勾股定理的证明、全等图形、梯形的面积，首先要正确理解题意，然后会利用勾股定理和梯形的面积解题8（202

29、2瑞安市校级开学）如图，为四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”连接AC，HF相交于点O，BG与AC相交于点J若OFFJ，已知SBJC2，则正方形ABCD的面积为（）A42+8B14C65D102【分析】根据正方形的性质得到OFJ45，根据等腰三角形的性质得到FJOFOJ67.5，求得CJGFJO67.5，根据全等三角形的性质得到BFFJ，求得BFFJCG，设BFFJCGx，根据三角形的面积公式得到FJFO=2，求得BG2+2，根据正方形的面积公式即可得到结论【解答】解：四边形EFGH是正方形，OFJ45，OFFJ，FJOFOJ67.5，CJGFJO67.5，AFJ90，FAJ22.5，ACD

30、45，DCH22.5，AFJAFB90，JAF22.5，BAC45，BAF22.5，AFAF，ABFAJF（ASA），BFFJ，BFCG，BFFJCG，设BFFJCGx，SBJC=12BJCG=122CGCGx22，x=2（负值舍去），FJFO=2，FH2OF22，FG=22FH2，BG2+2，正方形ABCD的面积BC2BG2+CG2（2+2）2+（2）28+42故选：A【点评】本题考查了勾股定理的证明，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键9如图1，四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

31、注解周髀算经时给出的，人们称它为“赵爽弦图”在弦图中（如图2）连结AF，DE，并延长DE交AF于点K，连结KG若AH2DH=22，则KG的长为（）A2B322C5D22【分析】过点K作KMCF，与CF的延长线交于点M，由图形关系求得AEEFFG=2，再帅AKKF=22EF，KMMF=22KF求得MK与MF，进而由勾股定理求得结果【解答】解：过点K作KMCF，与CF的延长线交于点M，AH2DH=22，AEDE=2，EHHGGFEF222=2，DHEH，AEKHEDHDE45，AEKFEK45，AEEF=2，AKKF=22EF=1，AFE45，EFM45，MKMF=22KF=22，KG=MK2+M

32、G2=(22)2+(22+2)2=5故选：C【点评】本题考查了勾股定理，正方形的性质，关键是构造直角三角形10（2022春济宁月考）综合与实践勾股定理是几何学中的明珠，充满着魅力，千百年来，人们对它的证明颇感兴趣，其中有著名的数学家，也有业余数学爱好者（1）我国汉代数学家赵爽创制了一幅如图1所示的用4个全等的直角三角形拼成的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”在RtABC中，ACB90，若ACb，BCa，ABc，请你利用这个图形说明a2+b2c2（2）业余数学爱好者向常春在1994年构造发现了一个新的证法：把两个全等的RtABC和RtDAE按如图2所示的方式放置，DABB90，ABADc，BCAE

33、a，ACDEb请你利用这个图形说明c2+a2b2（提示：连接EC，CD）【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）连接EC，CD，由面积的和差可求解【解答】解：（1）大正方形面积为c2，直角三角形面积为12ab，小正方形面积为（ba）2，c2412ab+（ab）22ab+a22ab+b2，即c2a2+b2；（2）连接EC，CD，RtABCRtDAE，ACBAED，ABCBAD90，BAC+ACB90BAC+AED，AFE90，ACDE，四边形ABCD的面积=12（BC+AD）AB

34、=ac+c22，四边形AECD的面积SAEC+SACD=12ACDE=12b2，BEC的面积四边形ABCD的面积四边形AECD的面积=ac+c2212b2=12ac12a2，c2+a2b2【点评】本题考查勾股定理，掌握三角形和正方形面积计算公式是解决问题的关键11（2022秋伊川县期末）八年级课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：将2a3ab4+6b因式分解【观察】经过小组合作交流，小明得到了如下的解决方法：解法一：原式（2a3ab）（46b）a（23b）2（23b）（23b）（a2）解法二：原式（2a4）（3ab6b）2（a2）3b（a2）（a2）（23b）【感悟】对项数较多的多项式无法直

35、接进行因式分解时，我们可以将多项式分为若干组，再利用提公因式法、公式法达到因式分解的目的，这就是因式分解的分组分解法分组分解法在代数式的化简、求值及方程、函数等学习中起着重要的作用（温馨提示：因式分解一定要分解到不能再分解为止）【类比】（1）请用分组分解法将x2a2+x+a因式分解；【应用】（2）“赵爽弦图”是我国古代数学的骄傲，我们利用它验证了勾股定理如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形围成的一个大正方形，中间是一个小正方形若直角三角形的两条直角边长分别是a和b（ab），斜边长是3，小正方形的面积是1根据以上信息，先将a42a3b+2a2b22ab3+b4因式分解，再求值【分析】（1）

36、用分组分解法将x2a2+x+a因式分解即可；（2）先将a42a3b+2a2b22ab3+b4因式分解，再求值即可【解答】解：（1）原式（x2a2）+（x+a）（x+a）（xa）+（x+a）（x+a）（xa+1）；（2）原式（a4+2a2b2+b4）（2ab3+2a3b）（a2+b2）22ab（a2+b2）（a2+b2）（a2+b22ab）（a2+b2）（ab）2，直角三角形的两条直角边长分别是a和b（ab），斜边长是3，小正方形的面积是1，a2+b2329，（ab）21，原式9【点评】本题主要考查因式分解的知识，熟练掌握因式分解的应用是解题的关键12（2022秋扬州期中）著名的赵爽弦图（如图，

37、其中四个直角三角形较大的直角边长都为a，较小的直角边长都为b，斜边长都为c），大正方形的面积可以表示为c2），也可以表示为412ab+（ab）2，由此推导出重要的勾股定理：如果直角三角形两条直角边长为a，b，斜边长为c，则a2+b2c2（1）图为美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”，请你利用图推导勾股定理（2）如图，在一条东西走向河流的一侧有一村庄C，河边原有两个取水点A，B，其中ABAC，由于某种原因，由C到A的路现在已经不通，该村为方便村民取水决定在河边新建一个取水点H（A、H、B在同一条直线上），并新修一条路CH，且CHAB测得CH1.2千米，HB0.9千米，求新路CH比原路CA少多少

38、千米？（3）在第（2）问中若ABAC时，CHAB，AC4，BC5，AB6，设AHx，求x的值【分析】（1）梯形的面积可以由梯形的面积公式求出，也可利用三个直角三角形面积求出，两次求出的面积相等列出关系式，化简即可得证；（2）设CAx，则AHx0.9，根据勾股定理列方程，解得即可得到结果；（3）在RtACH和RtBCH中，由勾股定理得求出CH2CA2AH2CB2BH2，列出方程求解即可得到结果；【解答】解：（1）梯形ABCD的面积为12（a+b）（a+b）=12a2+ab+12b2，也可以表示为12ab+12ab+12c2，12ab+12ab+12c2=12a2+ab+12b2，即a2+b2c2

39、；（2）CAx，AHx0.9，在RtACH中，CA2CH2+AH2，即x21.22+（x0.9）2，解得x1.25，即CA1.25，CACH1.251.20.05（千米），答：新路CH比原路CA少0.05千米；（3）设AHx，则BH6x，在RtACH中，CH2CA2AH2，在RtBCH中，CH2CB2BH2，CA2AH2CB2BH2，即42x252（6x）2，解得：x=94【点评】此题主要考查了勾股定理的证明与应用，一元一次方程，熟练掌握相关定理是解答此题的关键压轴题1（2022春瑞安市期中）2002年北京国际数学家大会的会徽是一个“弦图”（如图1）图2中，点P和点Q分别是线段AE和CG上的中

40、点，连结DP，BP，DQ，BQ，则构成了一个“压扁”的弦图四边形BQDP，若记DHQ和BQG的面积分别为S1，S2，且S1S2=32，正方形ABCD的面积为25，则四边形BQDP的面积为（）A12.5B15C17.5D20【分析】设CQx，FGy，则BGCH2x+y，根据S1S2=32，列方程可得y2x，由勾股定理可得x2=54，最后利用面积和可得结论【解答】解：设CQx，FGy，则BGCH2x+y，S1S2=32，122x(x+y)12x(2x+y)=32，y2x，正方形ABCD的面积为25，BC225，CG2+BG2BC2，（2x）2+（2x+y）225，x2=54，S1=122x（x+y

41、）3x2=154，S2=12x（2x+y）2x2=52，四边形BQDP的面积2S1+2S2+S正方形EFGH2154+252+（2x）2=152+5+4x217.5故选：C【点评】本题主要考查了以弦图为背景的综合题，熟练掌握正方形的性质，三角形的面积，勾股定理等知识，利用参数表示各三角形的面积是解题的关键2（2023桐乡市校级开学）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，S2（S1S2），则下列四个判断：S1+S2=14S

42、四边形MNPQ；DG2AF；若EMH30，则S13S2；若点A是线段GF的中点，则3S14S2，其中正确的序号是（）ABCD【分析】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边是a，较长直角边是b，斜边是c，则小正方形的边长是ba，由正方形面积公式，勾股定理，即可解决问题【解答】解：设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边是a，较长直角边是b，斜边是c，则小正方形的边长是ba，正方形ABCD的面积S1b2，正方形EFGH的面积S2a2，S1+S2a2+b2c2，正方形MNPQ的边长是2c，正方形MNPQ的面积（2c）24c2，S1+S2=14S四边形MNPQ，故符合题意；AFba，AGFGAFa（

43、ba）2ab，DGADAGb（2ab）2（ba），DG2AF，故符合题意；HME30，MHE90，MH=3HE，b=3a，b23a2，S13S2，故符合题意；A是FG中点，AGFA，a（ba）ba，2b3a，4b29a2，9S14S2，故不符合题意正确的是，故选：D【点评】本题考查勾股定理，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是a，较长直角边是b，斜边是c，用a，b，c表示出有关的量，从而可以解决问题3（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BC

44、F为等腰三角形，AG5，则小正方形的面积为（）A15B16C20D25【分析】由等腰三角形性质可得出BFCF，利用HL可证得RtABFRtDCF（HL），得出ABAD2AF，根据余角的性质得出BAGABF，进而推出CFBF2AG10，利用面积法求得BN8，再运用勾股定理求得CN4，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，ABADCD，BAD90，CFAG，BCF为等腰三角形，且BFABBC，CFCDBC，BFCF，在RtABF和RtDCF中，AB=CDBF=CF，RtABFRtDCF（HL），AFBCFD，AFDF，ABAD2AF，CFAG，

45、CFDDAG，AFBDAG，AGFG，AFB+ABF90，DAG+BAG90，BAGABF，AGBG，CFBF2AG10，在RtABF中，AB2+AF2BF2，（2AF）2+AF2102，AF25，ABBC45，SBCF=12BCAB=12CFBN，BN=BCABCF=454510=8，CN=BC2BN2=(45)282=4，ABMBCN，BMCN4，MNBNBM844，S正方形EHMN（MN）24216，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4（2021秋西湖区校级期中）

46、如图，四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成了一个大正方形ABCD，连结AC，交BE于点P，若正方形ABCD的面积为28，AE+BE7则SCFPSAEP的值是（）A3.5B4.5C5D5.5【分析】先证明AEPCGM（ASA），则SAEPSCGM，所以两三角形面积的差是中间正方形面积的一半，设AEx，BE7x，根据勾股定理得：AE2+BE2AB2，x2+（7x）228，则2x214x21，整体代入可得结论【解答】解：正方形ABCD的面积为28，AB228，设AEx，AE+BE7，BE7x，RtAEB中，由勾股定理得：AE2+BE2AB2，x2+（7x）228，2x214x21，AHB

47、E，BECF，AHCF，EAPGCM，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD，AEBCGD，AECG，AEPCGM（ASA），SAEPSCGM，EPMG，SCFPSAEPSCFPSCGMS梯形FPMG=12（MG+PF）FG=12EFFG=12S正方形EHGF，S矩形EHGFS正方形ABCD4SAEB28412x（7x）282x（7x）28217，则SCFPSAEP的值是3.5；故选：A【点评】本题考查了勾股定理的证明，多边形的面积，首先要求学生正确理解题意，然后会利用勾股定理和三角形全等的性质解题5（2022秋霞浦县期中）我国古代数学家赵爽的“

48、勾股圆方图”是由四个全等的直角三角形（如图1）与中间的一个小正方形拼成一个大正方形（如图2）（1）利用图2正方形面积的等量关系得出直角三角形勾股的定理，该定理的结论用字母表示： ；（2）用图1这样的两个直角三角形构造图3的图形，满足AEBCa，DEACb，ADABc，AEDACB90，求证（1）中的定理结论；（3）如图，由四个全等的直角三角形拼成的图形，设CEm，HGn，求正方形BDFA的面积（用m，n表示）【分析】（1）由大正方形的面积的两种表示列出等式，可求解；（2）由四边形ABCD的面积两种计算方式列出等式，即可求解；（3）分别求出a，b，由勾股定理可求解【解答】（1）解：大正方形的面积

49、c2，大正方形的面积412ab+（ba）2，c2412ab+（ba）2，c2a2+b2，故答案为：c2a2+b2；（2）证明：如图：连接BD，RtABCRtDAE，ADEBAC，DAE+ADE90DAE+BAC，DAB90，S四边形ABCD=12c2+12a（ba），S四边形ABCD212ab+12b（ba），12c2+12a（ba）212ab+12b（ba），c2a2+b2；（3）由题意可得：CECD+DE，GHAGAH，ma+b，nba，a=mn2，b=m+n2，BD2BC2+CD2a2+b2=m2+n22，正方形BDFA的面积为m2+n22【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的性

50、质，正方形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键6为了突出勾股定理的价值，教科书上设计了大量的探究、验证活动，其中用“面积法”探究勾股定理的例子枚不胜举受“面积法”启发，小明认为，利用赵爽弦图的一部分就可以证明勾股定理（1）请把下面的证明过程补充完整；已知：将两个全等的直角三角形按图1所示拼在一起，其中ACBBED90，ABBDc，ACBEb，BCEDa，求证：a2+b2c2证明：连接AD，过点A作AFED交DE的延长线于点F，则AFba（2）应用：如图2，已知等腰直角三角形纸片ABC，C90，ACBC，AB=2+1点D，E分别在边AC，AB上，将ABC沿DE所在直线折叠

51、，使点A的对应点A正好落在边BC上若ABE为直角三角形，请直接写出AE的长【分析】（1）连接AD，过点A作AFED交DE的延长线于点F，连接AE，用两种方法表示S四边形ABDE，可得12b2+12ab=12c2+12a（ba），化简变形即有a2+b2c2；（2）分两种情况：当AEB90时，ABE是等腰直角三角形，可得AEBE，即得AE=12AB=2+12；当EAB90时，可得BE=2AE，即得AE1【解答】（1）证明：连接AD，过点A作AFED交DE的延长线于点F，连接AE，则AFba，如图：S四边形ABDESABE+SBDE，S四边形ABDE=12b2+12ab，S四边形ABDESABD+S

52、AED，S四边形ABDE=12c2+12a（ba），12b2+12ab=12c2+12a（ba），a2+b2c2；（2）解：当AEB90时，如图：C90，ACBC，B45，ABE是等腰直角三角形，AEBE，ABC沿DE所在直线折叠，点A的对应点为A，AEAE，AEBE，AE=12AB=2+12；当EAB90时，如图：B45，ABE是等腰直角三角形，BE=2AE，ABC沿DE所在直线折叠，点A的对应点为A，AEAE，BE=2AE，BE+AE=2+1，AE1，综上所述，AE的长为2+12或1【点评】本题是勾股定理的探究与应用，主要考查了勾股定理的性质及应用，等腰直角三角形的性质与判定，解题的关键是

53、分类讨论思想的应用7（2022南京模拟）阅读理解：我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作周髀算经中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图1所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”（边长为c的大正方形中放四个全等的直角三角形，两直角边长分别为a，b，斜边长为c）（1）请根据“赵爽弦图”写出勾股定理的推理过程；探索研究：（2）小亮将“弦图”中的2个三角形进行了运动变换，得到图2，请利用图2证明勾股定理；问题解决：（3）如图2，若a6，b8，此时空白部分的面积为 ；（4）如图3，将这四个直角三角形紧密地拼接，形成风车状，已知外围轮廓（实线）的周长为24，OC3，求该风

54、车状图案的面积【分析】（1）运用等面积法S大正方形S小正方形+4S计算即可；（2）连接大正方形一条对角线，运用等面积法S梯形ACDE2S+SBDE化简计算即可；（3）先用勾股定理计算出c，再利用S空白S大正方形2S计算面积即可；（4）将风车周长表示出来C风车4（c+ba）24，其中aOC3，得到b、c的等量关系，再结合勾股定理求解出b，最后计算面积即可【解答】（1）证明：由图可知，每个直角三角形的面积为S=12ab，空白小正方形的面积为S小正方形=(ba)2，整个围成的大正方形的面积为S大正方形=c2，S大正方形S小正方形+4S，即c2（ba）2+412abb2+a22ab+2abb2+a2，

55、故c2b2+a2；（2）解：如下图所示，连接大正方形一条对角线DE可知S梯形ACDE2S+SBDE，其中，S梯形ACDE=12(a+b)(a+b)，SBDE=12c2，S=12ab，代入可得，12（a+b）2212ab+12c2，即a2+b2c2；（3）解：由图2可知，S空白S大正方形2S，a6，b8，c=62+82=10，则S大正方形=c2=100，S空白c2212ab1006852，故空白部分的面积为52，故答案为：52；（4）由题意可知，风车的周长为C风车4（c+ba）24，其中OCa3，代入上式可得c+b9，则c9b，且a2+b2c2，即c2b2a29，将c9b代入得，（9b）2b29

56、，解得b4，则S风车412ab41234=24【点评】本题考查了勾股定理的证明与运用，灵活掌握等面积法在证明勾股定理中的作用是解题的关键8（2022秋苏州期中）我国三国时期的数学家赵爽利用四个全等的直角三角形拼成如图1的“弦图”（史称“赵爽弦图”）（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，结合图1，试验证勾股定理；（2）如图2，将四个全等的直角三角形紧密地拼接，形成“勾股风车”，已知外围轮廓（粗线）的周长为24，OC3，求该“勾股风车”图案的面积；（3）如图3，将八个全等的直角三角形（外围四个和内部四个）紧密地拼接，记图中正方形AB

57、CD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3，若S1+2S2+S320，则S2 【分析】（1）依据图1中的正方形的面积可以用两种方式表示出来，即可验证勾股定理；（2）可设ACx，根据勾股定理列出方程可求x，再根据直角三角形面积公式计算即可求解；（3）设八个全等的直角三角形的面积均为a，依据正方形EFGH内外四个直角三角形的面积之和相等，即可得到2S2S1+S3，再根据S1+2S2+S320，即可得出S2的值【解答】解：（1）由图1可得，大正方形的面积为c2，大正方形的面积412ab+（ab）2，412ab+（ab）2c2，化简可得，a2+b2c2；（2）2446，设ACx，

58、则AB6x，依题意得：（x+3）2+32（6x）2，解得x1，该“勾股风车”图案的面积为：12（3+1）34=1243424答：该“勾股风车”图案的面积为24；（3）设八个全等的直角三角形的面积均为a，则S2S14a，S2S3+4a，两式相加，可得2S2S1+S3，又S1+2S2+S320，4S220，S25，故答案为：5【点评】本题是四边形综合题，主要考查了勾股定理的证明以及正方形的性质，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（3）考查了图形面积关系，根据已知得出用S1，S3表示出S2，再利用S1+2S2+S320求出是解决问题的关键9（2021春交城县期中）勾股定

59、理被誉为“千古第一定理”，长期以来人们对它进行了大量的研究，找到了数百种不同的验证方法，这些方法不但验证了勾股定理，而且丰富了研究数学问题的方法和手段，促进了数学的发展某数学兴趣小组受“赵爽弦图”的启发，对勾股定理的验证进行了如下探究：实践操作他们裁剪出若干张大小，形状完全相同的直角三角形纸片，三边长分别记为a，b，c，如图（1）所示之后分别用4张直角三角形纸片拼成如图（2）（3）（4）所示的形状，通过观察推理，验证了勾股定理定理验证（1）观察图（2）和图（3）可以发现：它们整体上都是边长为 的正方形；阴影部分的面积都是由4个完全相同的直角三角形组成，所以阴影的面积为 ；图（2）中空白部分面积

60、用不同的方法表示可得关系式 ；图（3）中空白部分面积用不同的方法表示可得关系式 ；从而得到a2+b2c2（2）兴趣小组的同学通过观察图（4）中正方形的个数，以及它们之间的关系，验证了勾股定理，即a2+b2c2.请你帮他们写出推理验证的完整过程创新构图（3）一个直立的火柴盒在平面上倒下，启迪人们发现了一种新的证明勾股定理的方法如图（5）同样是用4个完全相同的直角三角形拼成的图形，请你利用图中的直角梯形和等腰直角三角形证明勾股定理【分析】（1）借助图形利用正方形和直角三角形的面积，即可得出答案；（2）利用以c为边的正方形和2个直角三角形的面积和等于以边为a，b的两个正方形的面积和两个直角三角形的面

61、积和建立方程，即可得出结论；（3）利用直角梯形的面积等于一个等腰直角三角形的面积和2个直角三角形的面积建立方程，即可得出结论【解答】（1）解：由图（2）（3）得出大正方形的边长为a+b，阴影部分的面积为2ab，图（2）中空白部分面积用不同的方法表示可得关系式为a2+b2（a+b）22ab，图（3）中空白部分面积用不同的方法表示可得关系式为c2（a+b）22ab；故答案为：a+b，2ab，a2+b2（a+b）22ab，c2（a+b）22ab；（2）解：整个图形得面积可以表示为c2+12ab2=c2+ab，整个图形得面积又可以表示为a2+b2+12ab2=a2+b2+ab，c2+aba2+b2+a

62、b，a2+b2c2；（3）证明：S直角梯形=12(a+b)(a+b)，S直角梯形S等腰直角三角形+2S直角三角形=12c2+212ab，12(a+b)(a+b)=12c2+212ab，（a+b）2c2+2ab，a2+2ab+b2c2+2ab，a2+b2c2【点评】此题主要考查了直角三角形、正方形、梯形的面积公式，正确识别图形是解本题的关键9（2021春市南区期中）【知识总结】几何学为人们当今的科学发展做出了杰出的贡献，中国古代数学著作周髀算经有着这样的记载：“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长为3和4时，那么斜边的长为5”上述记载表明了：在RtABC中，如果C9

63、0，BCa，ACb，ABc，那么a，b，c三者之间的数量关系是：a2+b2c2用四个全等的直角三角形拼成如图所示的大正方形，中间也是一个正方形它是美丽的“赵爽弦图”其中四个直角三角形的直角边长分别为a，b（ab），斜边长为c【温故知新】（1）如图，求证：a2+b2c2；【问题解决】（2）如图，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，OH6求该图形的面积；（3）如图，将八个全等的直角三角形紧密地拼接成正方形PQMN，记正方形PQMN、正方形ABCD、正方形EFGH的面积分别为S1、S2、S3，若S1+S2+S324，则S2 （4）如图，把矩

64、形ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，如果AB4，BC8，求BE的长【分析】（1）用两种方法分别表示中间小正方形面积即可；（2）设AHBCx，则AB12x，在RtAOB中，由勾股定理列出方程即可求出BC的长，从而解决问题；（3）设正方形EFGH的面积为x，其他八个全等三角形的面积为y，则S18y+x，S24y+x，S3x，根据S1+S2+S324，即可得出x+4y8（4）根据翻折变换的特点、根据勾股定理列出方程，解方程即可【解答】（1）证明：S小正方形（ba）2a22ab+b2，S小正方形c2412abc22ab，即b22ab+a2c22ab，a2+b2c2；（2）解：AB+BC484

65、12，设AHBCx，则AB12x，在RtAOB中，由勾股定理得：OH2+OG2GH2，即62+（6+x）2（12x）2，解得：x2，S=126（6+2）496；（3）解：设正方形EFGH的面积为x，其他八个全等三角形的面积为y，S1+S2+S324，S18y+x，S24y+x，S3x，S1+S2+S33x+12y24，x+4y8，S28，故答案为：8（4）设BEx，则EC8x，由折叠的性质可知，AEEC8x，在RtABE中，AE2AB2+BE2，则（8x）242+x2，解得，x3，则BE的长为3【点评】本题是四边形的综合题，主要考查了勾股定理的证明，勾股定理的应用等知识，运用整体思想、方程思想

66、是解题的关键11（2022南京模拟）北师大版初中数学教科书七年级下册第23页告诉我们，对于一个图形，通过不同的方法计算图形的面积，可以得到一个数学等式例如由图可以得到（a+b）2a2+2ab+b2，这样就用图形面积验证了完全平方公式请解答下列问题：（1）类似地，写出图中所表示的数学等式 ；（2）如图的图案被称为“赵爽弦图”，是3世纪我国汉代的赵爽在注解周髀算经时给出的，它表现了我国古人对数学的钻研精神和聪明才智，是我国古代数学的骄傲这个图案被选为2002年在北京召开的国际数学家大会的会徽此图由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中空的部分是一个小正方形已知直角三角形的两直角边分别为a，b，若

67、a+b5，（ab）213，求大正方形的面积；（3）如图，在边长为m（m2）的正方形ABCD各边上分别截取AEBFCGDH1，当AFQBGMCHNDEP45时，求正方形MNPQ的面积【分析】（1）利用大正方形面积公式表示出大正方形的面积，也可用四个小长方形与一个小正方形表示出大正方形的面积，利用面积相等即可求解；（2）利用四个直角三角形的面积与小正方形的面积表示出大正方形的面积，根据a+b5，（ab）213可求出ab，代入即可求解；（3）延长PE交BA的延长线于点I，延长QF交CB的延长线于点J，延长MG交DC的延长线于点K，延长NH交AD的延长线于点L，由AFQBGMCHNDEP45可得AEI

68、，BFJ，CGK，DHL为等腰直角三角形，从而可得FIGKHKELABBCCDAD，可得等腰RtFQI，等腰RtMGJ，等腰RtNHK，等腰RtEPL的面积之和为正方形ABCD的面积，从而可得正方形MNPQ的面积为等腰RtAEI，等腰RtBFJ，等腰RtCGK，等腰RtDHL的面积之和，即可求解【解答】解：（1）利用正方形面积公式，大正方形的面积为：（a+b）2，大正方形由四个小长方形和一个小正方形构成，大正方形的面积也可表示为：4ab+（ab）2，（a+b）24ab+（ab）2，故答案为：（a+b）24ab+（ab）2；（2）小正方形的边长为：ab，小正方形的面积为：（ab）2，大正方形面积

69、为：412ab+（ab）22ab+（ab）2a2+b2，a+b5，（ab）213，（a+b）225，（a+b）2+（ab）2a2+b2+2ab+a2+b22ab2（a2+b2）25+1338，a2+b219，大正方形的面积为19；（3）如图，延长PE交BA的延长线于点I，延长QF交CB的延长线于点J，延长MG交DC的延长线于点K，延长NH交AD的延长线于点L，AFQBGMCHNDEP45，AEIBFJCGKDHL45，四边形ABCD为正方形，BADABCBCDADC90，EAIFBJGCKHDL90，AEI，BFJ，CGK，DHL为等腰直角三角形，AEBFCGDH1，AIBJCKDL1，FIG

70、KHKELABBCCDAD，SABCDSFQI+SMGJ+SNHK+SEPL，SABCDS四边形AEQF+S四边形BFMG+S四边形CGNH+S四边形DHPE+SMNPQ，SMNPQSAEI+SBFJ+SCGK+SDHL=12AE2+12BF2+12CG2+12DH2=12+12+12+12 2【点评】本题考查乘法公式的证明，解题的关键是熟练掌握乘法公式的证明方法，一般利用拼图的方法，然后再利用面积相等证明12（2022春开封期末）如图是我国汉代数学家赵爽在注解周笔算经时给出的赵爽弦图，是用四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD问题发现：如图，若直角三角形斜边A

71、B的长为5，直角边AG的长为4，则DE的长为 知识迁移：已知正方形ABCD，点P是直线CD上一动点，连接BP，分别过点A，C，D向直线BP作垂线，垂足分别为E，F，G（1）如图，若点P在边CD上，则线段BE和线段FG的数量关系为 （2）如图，若点P在CD的延长线上，（1）中结论是否成立？请说明理由（3）当直线BP与正方形ABCD一边的夹角为60时，若FG3，请直接写出正方形ABCD的面积【分析】问题发现：根据全等三角形的性质得CDAB5，CEAG4，利用勾股定理即可求解；（1）如图，过点D作DHAE于H，可得四边形DHEG是矩形，DHEG，证明AHDCFB（AAS），则DHBF，可得BFEG，

72、即可得出BEFG；（2）如图，同（2）的方法即可求解；（3）分两种情况：当直线BP与BC边的夹角为60时，当直线BP与AB边的夹角为60时，根据含30角的直角三角形的性质求出正方形ABCD的边长，即可求解【解答】解：问题发现：由题意得：RtCDERtABG，CDAB5，CEAG4，DE=CD2CE2=5242=3，故答案为：3；（1）如图，过点D作DHAE于H，AEBP，DGBP，CFBP，DHAE，四边形DHEG是矩形，ADH+DAH90，BAE+ABE90，AHDCFB90，DHEG，四边形ABCD是正方形形，BADABC90，ADCB，BAE+DAH90，CBF+ABE90，BAEADH

73、CBF，AHDCFB（AAS），DHBF，DHEG，BFEG，BFEFEGEF，BEFG，故答案为：BEFG；（2）若点P在CD的延长线上，（1）中结论成立，理由如下：如图，过点D作DHAE于H，AEBP，DGBP，CFBP，DHAE，四边形DHFG是矩形，CDH+DCH90，BCF+CBF90，CHDAEB90，DHFG，四边形ABCD是正方形形，BCDABC90，ABCD，BCF+DCH90，CBF+ABE90，BCFCDHABE，CHDAEB（AAS），DHBE，DHFG，BEFG；（3）当直线BP与BC边的夹角为60时，如图，分别过点A，C，D向直线BP作垂线，垂足分别为E，F，G过点D作DHAE于H，CBP60，CFBP，ABE30BEFG，FG3，BE3，AE=3，AB23，正方形ABCD的面积为2323=12；当直线BP与AB边的夹角为60时，如图，分别过点A，C，D向直线BP作垂线，垂足分别为E，F，G过点D作DHAE于H，ABP60，AEBP，BAE30BEFG，FG3，BE3，AB2BE6，正方形ABCD的面积为6636综上，正方形ABCD的面积为12或36【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，含30角的直角三角形的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题