热点05 赵爽弦图相关问题专项训练-2025年中考数学【热点·重点·难点】专练（浙江专用）

热点05 赵爽弦图相关问题专项训练 赵爽弦图相关问题是近年中考数学中选题、填空题常见的压轴题，常和正方形的性质、相似三角形、三角函数结合出题，难度一般比较大。又因为赵爽弦图是直角三角形勾股定理的证明方法，所以解决问题时也一定要时刻联系勾股定理的应用。 赵爽弦图类问题常见规律： ①有四个全等的直角△；小、中、大三个正方形；要注意主动用这些特殊图形的性质； ②基本应用：“”，当这些面积被分割时，多设几个“S” ③常见转化全等模型：手拉手类全等模型； ④内涵直角△通常都是相似的，并且常用三边比为 ⑤常结合相似模型：射影定理； ⑥赵爽弦图＋角平分线：结合四个全等的直角△，会出现更多的角相等，此时多联系母子△； ⑦赵爽弦图中小正方形与中正方形通常是轴对称这放，一些线段也会因为轴对称相等； （青入朱出图常结合相似：平行类相似） （建议用时：60分钟） 1．（2024•杭州一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AB、BC为边在AB的同侧作正方形ABDE和正方形BCGF，点D在FG上，连结CE、EG．若要求四边形CDGE的面积，则只需知道（　　） A．AB的长 B．BC的长 C．△ABC的面积 D．△ACE的面积 2．（2024•临安区二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点H恰为DE中点，若，则阴影部分的面积为（　　） A． B．20 C．25 D． 3．（2023•永嘉县三模）如图，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S1﹣S2＝2，AC＝4，则AB的长为（　　） A．2 B． C． D． 4．（2023•北仑区一模）以直角三角形的各边为边分别向外作正方形（如图1），再把较小的两个正方形按图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．四边形ABCD的面积 B．四边形DCEG的面积 C．四边形HGFP的面积 D．△GEF的面积 5．（2023•杭州一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以它的三边为边向外作正方形ADEB，正方形BKGC，正方形ACHF，过点C作CL⊥DE于点L，交AB于点M．若四边形LEBM和四边形ACHF的面积分别是25，135，则AB的长为（　　） A．160 B．110 C．4 D． 6．（2023•鹿城区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，连接AD，AH，AG，DH，若AH＝AG＝10，则S△ADH的面积为（　　） A．40 B．45 C． D． 7．（2024•浙江一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q．若FG＝1，HF＝3，则四边形PCQE的面积是 　 　． 8．（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． 9．（2024•金华一模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形．连结DG并延长，交BC于点P，点P为BC的中点．若EF＝2，则AE的长为（　　） A．4 B． C． D． 10．（2024•鄞州区一模）如图，两个阴影正方形与4个全等的直角三角形拼成正方形ABCD，延长BE交MN于点F，若BE×EF＝m，MF×NF＝n，则阴影部分的面积之和用含m，n的代数式表示是（　　） A． B． C． D． 11．（2024•鹿城区校级三模）“青朱出入图”是东汉末年数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理的几何证明法．如图，四边形ABCD，BEFG，ECHI均是正方形，A，B，E三点共线，CE与FG交于点J，HI与AB交于点K，连结KJ，交BC于点P，若△EJK与△CHD的面积比为10：9，则BP：CP的值是（　　） A． B． C． D． 12．（2024•浙江模拟）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BD交CH，EG，AF于点M，O，N，若M，O，N是BD的四等分点，则的值为（　　） A． B． C． D． 14．（2023•鹿城区校级二模）三国时代的数学家刘徽创作了一幅“青朱出入图”（如图1），利用割补的方法可以得到两个小正方形的面积之和等于大正方形的面积，这样就证明了勾股定理，图2也是一幅青朱出入图，设△ABM，△EFH，△CMQ的面积分别为S1，S2，S3，已知S1+S2+S3＝42，S1+S2﹣S3＝36，则大正方形AMNE的面积为（　　） A．114 B．117 C．120 D．126 15．（2023•武义县一模）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，连结DH并延长交AB于点K，若DF平分∠CDK，则＝（　　） A． B． C． D． 16．（2023•温州模拟）魏晋时期，伟大数学家刘徽利用如图通过“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，若图中BF＝2，CF＝4，则AE的长为　 　． 17．（2024•浙江模拟）如图，赵爽弦图是中国古代数学的重要发现，它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．已知小正方形EFGH的面积为1，连结BE．若BF平分∠CBE，则大正方形ABCD的面积为 　 　． 18．（2024•杭州二模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形，连结EG并延长交AB于点M，交CD于点N，连结MF．当AM：MB＝3：4时，tan∠MFB＝　 　． 19．（2024•上城区一模）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． （1）连接BF，若F恰为AG中点，则∠BFG的度数为 　 　°； （2）连接CF，若△ABF与△FEC的面积相等，DF＝2，则AF的长为 　 　． 20．（2024•滨江区校级三模）如图，在赵爽弦图中，正方形ABCD是由四个全等的直角三角形ABF，BCG，CDH，DAE和一个小正方形EFGH组成的．若把四个直角三角形分别沿斜边向外翻折，可得正方形MNPQ，连接PH并延长，交MQ于点O．若正方形MNPQ的面积为196，正方形EFGH的面积为4，则： （1）正方形ABCD的面积为 　 　． （2）OH的长为 　 　． 21．（2023•莲都区一模）公元3世纪，我国数学家赵爽巧妙地利用面积关系（后人称“赵爽弦图”）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EFGH组成的大正方形ABCD．连结BG，DE，设S正方形ABCD＝S1，S正方形EFGH＝S2，S四边形BEDG＝S3． （1）若BE＝2DH，则tan∠EDH＝　 　； （2）若S1＝S2+S3，则的值是 　 　． 22．（2024•衢州一模）如图，是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形EFGH拼成的赵爽弦图，连结CE并延长，交BG于点M，交AB于点N．记△NAE的面积为S1，△CGM的面积为S2．（1）若NA＝NE，则的值为 　 　． （2）若，且EF＝9，则AE的长度为 　 　． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点05 赵爽弦图相关问题专项训练 赵爽弦图相关问题是近年中考数学中选题、填空题常见的压轴题，常和正方形的性质、相似三角形、三角函数结合出题，难度一般比较大。又因为赵爽弦图是直角三角形勾股定理的证明方法，所以解决问题时也一定要时刻联系勾股定理的应用。 赵爽弦图类问题常见规律： ①有四个全等的直角△；小、中、大三个正方形；要注意主动用这些特殊图形的性质； ②基本应用：“”，当这些面积被分割时，多设几个“S” ③常见转化全等模型：手拉手类全等模型； ④内涵直角△通常都是相似的，并且常用三边比为 ⑤常结合相似模型：射影定理； ⑥赵爽弦图＋角平分线：结合四个全等的直角△，会出现更多的角相等，此时多联系母子△； ⑦赵爽弦图中小正方形与中正方形通常是轴对称这放，一些线段也会因为轴对称相等； （青入朱出图常结合相似：平行类相似） （建议用时：60分钟） 1．（2024•杭州一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AB、BC为边在AB的同侧作正方形ABDE和正方形BCGF，点D在FG上，连结CE、EG．若要求四边形CDGE的面积，则只需知道（　　） A．AB的长 B．BC的长 C．△ABC的面积 D．△ACE的面积 【分析】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，过点H作EH1AG交于点H，由正方形的性质得出∠FBD＝∠ABC，得到△ABC≌△DBF（SAS），进而得出S△ABC＝S△DBF，再证明△AHE≌△ACB（AAS），得到S四边形CDGE＝S正方形BCGF﹣S△BDC＝BC•CG﹣BC•CG＝BC2即可求解． 【解答】解：∵四边形ABDE，BFGC是正方形， ∴AB＝BD＝AE，BC＝BF＝CG，∠BFG＝∠CBF＝90°， ∴∠FBD＝∠ABC， 在△ABC和△DBF中， ， ∴△ABC≌△DBF（SAS）， ∴S△ABC＝S△DBF 过点H作EH⊥AG交于点H，则∠EAH＝∠ABC，∠AEH＝90°， 在△AHE和△ACB中， ， ∴△AHE≌△ACB（AAS）， ∴EH＝AC， S△CGE＝CG•EH， S△ACB＝BC•AC， BC＝CG，EH＝AC， ∴S四边形CDGE＝S正方形BCGF﹣S△BDC＝BC•CG﹣BC•CG＝BC2， ∴要求四边形CDGE的面积，只需知道BC的长， 故选：B． 2．（2024•临安区二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点H恰为DE中点，若，则阴影部分的面积为（　　） A． B．20 C．25 D． 【分析】由正方形的性质推出AB＝BH＝AK，BC＝BE＝DE，∠ABH＝∠BAK＝90°，∠E＝90°，由HL证明Rt△ABC≌Rt△HBE，得到AC＝HE，由H是DE中点，得到BC＝2AC，可得AC、BC的长，由余角的性质推出∠ABC＝∠KAB，又AK＝AB，∠K＝∠BAK，即可证明△BAP≌△AKM（ASA），得到△BAP是的面积＝△AKM的面积，因此△ABC的面积＝阴影的面积，由三角形面积公式可得答案． 【解答】解：∵四边形ABHK，四边形BCDE是正方形， ∴AB＝BH＝AK，BC＝BE＝DE，∠ABH＝∠BAK＝90°，∠E＝90°， ∴Rt△ABC≌Rt△HBE（HL）， ∴AC＝HE， ∵H是DE中点， ∴HE＝DE， ∴BC＝2AC， ∴AC2+（2AC）2＝AB2，即5AC2＝（5）2， ∴AC＝5，BC＝10， ∵∠ACB＝90°，∠BAK＝90°， ∴∠ABC+∠BAC＝∠MAK+∠BAC＝90°， ∴∠ABC＝∠KAB， ∵AK＝AB，∠K＝∠BAK， ∴△BAP≌△AKM（ASA）， ∴△BAP的面积＝△AKM的面积， ∴△ABC的面积＝阴影的面积＝×5×10＝25． 故选：C． 3．（2023•永嘉县三模）如图，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S1﹣S2＝2，AC＝4，则AB的长为（　　） A．2 B． C． D． 【分析】根据图形条件，（1）可以得到“K”型△ABC与△FNC全等，得到NF＝AB＝x；（2）连接GK，可以发现△GNK的面积＝GN×AG÷2＝2GN，同理△KAG的面积＝2AK，利用条件S1﹣S2＝2，得到GN﹣AK＝1；（3）注意在△KBC中，有射影定理AB2＝AC×AK．这样可以得到方程，求解问题． 【解答】解：（1）如图，根据条件得到“K”型△ABC≌△FNC，得到NF＝AB＝x． （2）连接GK，可以发现△GNK的面积＝GN×AG÷2＝2GN，同理△KAG的面积＝2AK． 利用条件S1﹣S2＝2，得到GN﹣AK＝1，即n﹣m＝1，又因为n+x＝4，所以m＝3﹣x． （3）在△KBC中，有射影定理AB2＝AC×AK． 这样可以得到方程：x2＝4×（3﹣x），解得x＝2，即AB＝2． 故选：A． 4．（2023•北仑区一模）以直角三角形的各边为边分别向外作正方形（如图1），再把较小的两个正方形按图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．四边形ABCD的面积 B．四边形DCEG的面积 C．四边形HGFP的面积 D．△GEF的面积 【分析】如图1，设大正方形的面积为c，中正方形的面积为b，小正方形的面积为a，如图2，设四边形ABCD的面积为S1，四边形DCEG的面积为S2，△GEF的面积为S3，四边形HGFP的面积为S4．S4+S阴影＝（c﹣a），S3+S4＝b，把b＝c﹣a代入即可得到结论． 【解答】解：如图1，设大正方形的面积为c，中正方形的面积为b，小正方形的面积为a， 如图2，四边形ABCD的面积为S1，四边形DCEG的面积为S2，△GEF的面积为S3，四边形HGFP的面积为S4． ∵S4+S阴影＝（c﹣a），S3+S4＝b， ∵c＝a+b， ∴b＝c﹣a， ∴S4+S阴影＝S3+S4， ∴S3＝S阴影， ∴知道图中阴影部分的面积，则一定能求出S3， 故选：D． 5．（2023•杭州一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以它的三边为边向外作正方形ADEB，正方形BKGC，正方形ACHF，过点C作CL⊥DE于点L，交AB于点M．若四边形LEBM和四边形ACHF的面积分别是25，135，则AB的长为（　　） A．160 B．110 C．4 D． 【分析】根据正方形的性质得到AB＝BE，AB∥DE，根据相似三角形的性质得到AC2＝AB•AM，四边形LEBM和四边形ACHF的面积分别是25，135，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：∵四边形ADEB是正方形， ∴AB＝BE，AB∥DE， ∵CL⊥DE， ∴CM⊥AB， ∴∠AMC＝∠ACB＝90°， ∵∠CAB＝∠CAM， ∴△ACM∽△ABC， ∴， ∴AC2＝AB•AM， ∵四边形LEBM和四边形ACHF的面积分别是25，135， ∴AC2＝135，BE•BM＝AB•（AB﹣AM）＝AB2﹣AB•AM＝135， ∴AB•AM＝AB2﹣135， ∴25＝AB2﹣135， ∴AB＝4（负值舍去）， 故选：C． 6．（2023•鹿城区校级二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，连接AD，AH，AG，DH，若AH＝AG＝10，则S△ADH的面积为（　　） A．40 B．45 C． D． 【分析】连接HC并延长交AD于点M，得出HM⊥AD，设AB＝c，AC＝b，BC＝a，依题意c2＝a2+b2，根据已知条件得出2ab+a2＝50，a2+b2＝50，求得，进而求得AD，MH，根据三角形面积公式即可求解． 【解答】解：如图所示， 连接HC并延长交AD于点M， ∵四边形CIHB，ACDE是正方形，且A，C，I；D，C，B共线， ∴∠DCM＝∠BCH＝∠ACM＝∠ICH＝45°， ∴HM⊥AD， 设AB＝c，AC＝b，BC＝a，依题意得：c2＝a2+b2， ∵AH＝AG＝10， ∴，（a+b）2+a2＝100， 即a2+b2＝50①， 2a2+2ab+b2＝100， ∴2ab+a2＝50②， 由①②得b2＝2ab， ∵b≠0， ∴b＝2a③， 将③代入①得：a2+4a2＝50， 解得：（负值舍去），则， ∵，AH2＝（AC+CI）2+IH2＝（a+b）2+a2， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 7．（2024•浙江一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q．若FG＝1，HF＝3，则四边形PCQE的面积是 　6　． 【分析】证明△FAH≌△BAC（SAS），得出BC＝HF＝3．证明△AFH∽△FPG∽△BQC．得出．求出，，，，则可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABEF、四边形ACGH、四边形BCMN都是正方形， ∴AB＝AF，AC＝AH＝HF+FG＝4，∠CAH＝∠BAF＝90°， ∴∠FAH＝∠BAC＝90°﹣∠CAF， ∴△FAH≌△BAC（SAS）， ∴BC＝HF＝3． ∵∠H＝∠G＝∠AFE＝∠MCB＝∠ABE＝90°， ∴∠HFA+∠GFP＝∠GFP+∠GPF＝90°，∠ABC+∠CBQ＝∠CBQ+∠CQB＝90°， ∴∠HFA＝∠GPF，∠ABC＝∠CQB， ∴△AFH∽△FPG∽△BQC． ∴． ∵AH＝4，HF＝3，∠H＝90°， ∴AF＝5， ∴，，，， ∴，，EQ＝BE﹣BQ＝， ∴S四边BPCQE＝S△PCQ+S△PEQ＝＝＝6． 8．（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． 9．（2024•金华一模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形．连结DG并延长，交BC于点P，点P为BC的中点．若EF＝2，则AE的长为（　　） A．4 B． C． D． 【分析】依据题意，根据正方形的性质、全等三角形的性质可得∠ADG＝∠GPC，又P为BC的中点，从而PB＝PG＝PC，故∠GDH＝∠GBP，由△GDH∽△CBG，进而＝，最后计算可以得解． 【解答】解：由题意，EF＝HG＝FG＝2，AD∥BC，BG⊥HC，DH⊥HG，∠ADE＝∠GBP， ∴∠ADG＝∠GPC． ∵点P为BC的中点， ∴PB＝PG＝PC． ∴∠BGP＝∠GBP，∠GPC＝2∠GBP． ∴∠GPC﹣∠ADE＝2∠GBP﹣∠ADE，即∠GDH＝∠GBP． ∴△GDH∽△CBG． ∴＝，即＝． 设AE＝BF＝HD＝x， ∴＝． ∴x＝1+或x＝1﹣（舍去）． 故选：C． 10．（2024•鄞州区一模）如图，两个阴影正方形与4个全等的直角三角形拼成正方形ABCD，延长BE交MN于点F，若BE×EF＝m，MF×NF＝n，则阴影部分的面积之和用含m，n的代数式表示是（　　） A． B． C． D． 【分析】易得阴影部分的面积之和为BE2.根据BE×EF＝m，可得用EF2表示的BE2的代数式，易得△EFM∽△NFE，即可得到EF2的值，整理即可得到阴影部分的面积之和． 【解答】解：阴影部分的面积之和＝ME2+EN2＝MN2＝BE2． ∵BE×EF＝m， ∴BE＝． ∴BE2＝． ∵图中是4个全等的直角三角形， ∴∠MNE＝∠BEG，∠MNE+∠EMN＝90°． ∵∠BEG＝∠MEF， ∴∠MEF＝∠MNE． ∵∠MEF+∠FEN＝90°， ∴∠EMN＝∠FEN． ∴△EFM∽△NFE． ∴＝． ∴EF2＝FM•NF． ∵MF×NF＝n， ∴EF2＝n． ∴BE2＝． 故选：A． 11．（2024•鹿城区校级三模）“青朱出入图”是东汉末年数学家刘徽根据“割补术”运用数形关系证明勾股定理的几何证明法．如图，四边形ABCD，BEFG，ECHI均是正方形，A，B，E三点共线，CE与FG交于点J，HI与AB交于点K，连结KJ，交BC于点P，若△EJK与△CHD的面积比为10：9，则BP：CP的值是（　　） A． B． C． D． 【分析】依据题意，先证明Rt△CDH≌Rt△CBE，进而可得△AHK≌△GCJ，故可得四边形CJKH是矩形，然后证明△JCP∽△BCE．进而＝，＝，则S△BCE＝，同理可得，S△EJK＝，再△EJK与△CHD的面积比为10：9，得到•＝，又证得△KBP∽△CPJ，从而＝，故可得＝，从而＝，又设BE＝3a，JE＝a，再分别求出JF、GJ、CG、CJ、BC、CE、CP、BP，进而可以得解． 【解答】解：∵四边形ABCD、BEFG、ECHI均是正方形， ∴AB＝CD＝AD＝BC，EC＝HI＝EI＝CH，∠D＝∠A＝∠F＝∠CBE＝∠ABC＝∠FGB＝∠CHI＝90°． 在Rt△CDH和Rt△CBE中， ， ∴Rt△CDH≌Rt△CBE（HL）． ∴DH＝BE，S△CDH＝S△CBE，∠DCH＝∠BCE． ∴AD﹣DH＝BC﹣BE＝BC﹣BG． ∴AH＝CG． ∵∠D＝∠CHI＝90°， ∴∠DCH+∠DHC＝90°＝∠AHK+∠DHC． ∴∠DCH＝∠AHK． ∴∠BCE＝∠AHK． ∵∠A＝∠CGJ＝90°， 在△AHK和△GCJ中， ， ∴△AHK≌△GCJ（ASA）． ∴HK＝CJ． ∵四边形ECHI是正方形， ∴四边形CJKH是矩形． ∴∠CJP＝90°． ∵∠CJP＝90°＝∠CBE，∠JCP＝∠ECB， ∴△JCP∽△BCE． ∴＝，＝． ∴S△BCE＝，同理可得，S△EJK＝． ∵△EJK与△CHD的面积比为10：9，S△CDH＝S△CBE， ∴＝． ∴•＝． ∵∠KBP＝90°＝∠CJP，∠KPB＝∠CPJ， ∴△KBP∽△CPJ． ∴＝． ∴•＝． ∴＝． ∵＝， ∴PJ2•CE2＝CP2•BE2． ∴＝． ∴＝． 设BE＝3a，JE＝a， ∴BE＝EF＝BG＝GF＝3a， ∴JF＝＝a． ∴GJ＝GF﹣JF＝2a． ∵∠F＝90°＝∠CGJ，∠GJC＝∠FJE， ∴△GCJ∽△FEJ． ∴＝＝． ∴＝＝． ∴CG＝6a，CJ＝2a． ∴BC＝BG+CG＝9a，CE＝CJ+JE＝3a． 又∵△JCP∽△BCE， ∴＝＝． ∴＝＝． ∴CP＝a． ∴BP＝BC﹣CP＝a． ∴＝． 故选：A． 12．（2024•浙江模拟）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BD交CH，EG，AF于点M，O，N，若M，O，N是BD的四等分点，则的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据点D，M，O，N，D在同一条直线上，得DM＝MO＝ON＝NB，设DH＝k，依题意得AE＝DH＝k，DE＝CH，证△DHM和△DEN相似得DH：DE＝DM：DN＝1：3，则DE＝3DH＝3k，进而可求出，，则，然后在Rt△DHM中由勾股定理求出，则CM＝CH﹣HM＝，据此可得HM/CM的值． 【解答】解：∵M，O，N是BD的四等分点 ∴DM＝MO＝ON＝NB， 设DH＝k，依题意得：AE＝DH＝k，DE＝CH， ∵∠DHC＝∠DEA＝90°， ∴HC∥AF， ∴△DHM∽△DEN， ∴DH：DE＝DM：DN＝1：3， ∴DE＝3DH＝3k， ∴CH＝DE＝3k， 在Rt△ADE中，AE＝k，DH＝3k， 由勾股定理得：AD＝＝， 在Rt△ABD中，AD＝AB＝， 由勾股定理得：BD＝＝， ∴DM＝BD＝， 在Rt△DHM中，DH＝k，DM＝， 由勾股定理得：HM＝＝， ∴CM＝CH﹣HM＝3k﹣k＝， ∴＝． 故选：B． 14．（2023•鹿城区校级二模）三国时代的数学家刘徽创作了一幅“青朱出入图”（如图1），利用割补的方法可以得到两个小正方形的面积之和等于大正方形的面积，这样就证明了勾股定理，图2也是一幅青朱出入图，设△ABM，△EFH，△CMQ的面积分别为S1，S2，S3，已知S1+S2+S3＝42，S1+S2﹣S3＝36，则大正方形AMNE的面积为（　　） A．114 B．117 C．120 D．126 【分析】设AD＝a，DE＝b（a＞b），由条件求出正方形DEFG的边长是6，由三角形面积公式得到（a﹣b）•GH＝3，由△AGH∽△ADE，得到（a﹣b）：a＝GH：b，于是可以求出a的值，即可解决问题． 【解答】解：设AD＝a，DE＝b（a＞b）， 由题意得：△ADE的面积＝S1，△AGH的面积＝S3， ∴S1+S2﹣S3＝正方形DEFG的面积＝36， ∴b＝6， ∵S1+S2+S3＝42，S1+S2﹣S3＝36， ∴S3＝3， ∴（a﹣b）•GH＝3， ∴GH＝， ∵GH∥DE， ∴△AGH∽△ADE， ∴AG：AD＝HG：DE， ∴（a﹣b）：a＝GH：b， ∴GH＝， ∴＝， ∴a＝9或a＝4（舍）， ∵AE2＝AD2+DE2＝92+62＝117． ∴正方形AMNE的面积＝117． 故选：B． 15．（2023•武义县一模）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，连结DH并延长交AB于点K，若DF平分∠CDK，则＝（　　） A． B． C． D． 【分析】过点K作KM⊥AH，设DE＝a，AE＝b，先证得∠KHA＝∠KAH，可得KH＝KA，再证△EHD∽△EDA，可得，即，解出，再证△HED∽△HMK，列比例式求解即可． 【解答】解：过点K作KM⊥AH，设DE＝a，AE＝b， ∵DF平分∠CDK， ∴∠CDF＝∠EDH， ∵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， ∴∠CDF＝∠ABH，DE＝AH，∠DEA＝∠EHB， ∴DF∥HB， ∴∠EDH＝∠BHK， ∴∠KBH＝∠KHB， ∴KH＝KB， ∵∠AHB＝90°， ∴∠KBH+∠KAH＝90°，∠KHB+∠KHA＝90°， ∴∠KHA＝∠KAH， ∴KH＝KA， ∴， ∵∠HED＝∠DEA，∠HDE＝∠EAD， ∴△EHD∽△EDA， ∴， 即， 解得：， ∵DE∥KM， ∴△HED∽△HMK， ∴， 故选：C． 16．（2023•温州模拟）魏晋时期，伟大数学家刘徽利用如图通过“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，若图中BF＝2，CF＝4，则AE的长为　6　． 【分析】由BF+CF求出BC的长，即为正方形ABCD的边长，由AB与CE平行，得比例求出CE的长，由DC+CE求出DE的长，在直角三角形ADE中，利用勾股定理求出AE的长即可． 【解答】解：∵BF＝2，CF＝4， ∴BC＝BF+CF＝2+4＝6， ∵AB∥EC， ∴＝，即＝， 解得：CE＝12， 在Rt△ADE中，AD＝6，DE＝DC+CE＝6+12＝18， 根据勾股定理得：AE＝＝6， 故答案为：6． 17．（2024•浙江模拟）如图，赵爽弦图是中国古代数学的重要发现，它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．已知小正方形EFGH的面积为1，连结BE．若BF平分∠CBE，则大正方形ABCD的面积为 　5+2　． 【分析】设BF＝CG＝x，根据tan∠CBG＝tan∠EBF，可得，进而解决问题． 【解答】解：∵小正方形EFGH的面积为1， ∴GF＝1， 设BF＝CG＝x， ∵BF平分∠CBE， ∴∠CBG＝∠EBF， ∴tan∠CBG＝tan∠EBF， ∴， 解得x＝， ∴BF＝CG＝， ∴BG＝， ∴大正方形ABCD的面积＝＝5+2， 故答案为：5+2． 18．（2024•杭州二模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形，连结EG并延长交AB于点M，交CD于点N，连结MF．当AM：MB＝3：4时，tan∠MFB＝　　． 【分析】过点M作MP⊥BG于点P，MQ⊥AF于点Q，证明四边形MPFQ为矩形，得出MQ＝PF，MP＝FQ，证明△MEQ为等腰直角三角形，设MQ＝EQ＝x，证明△AMQ∽△ABF，得出＝＝＝，求出MP＝QF＝AF﹣AQ＝x﹣x＝x，根据正切函数的定义求出tan∠MFB＝＝＝． 【解答】解：过点M作MP⊥BG于点P，MQ⊥AF于点Q，如图所示： 则∠MPF＝∠MQF＝∠BFA＝90°， ∴四边形MPFQ为矩形， ∴MQ＝PF，MP＝FQ， ∵四边形EFGH为正方形， ∴∠FEG＝45°， ∴∠MEQ＝∠FEG＝45°， ∴△MEQ为等腰直角三角形， 设MQ＝EQ＝x， ∵AM：MB＝3：4， ∴AM：AB＝3：7， ∵∠MAQ＝∠BAF，∠AQM＝∠AFB＝90°， ∴△AMQ∽△ABF， ∴＝＝＝， ∴BF＝MQ＝x， ∴AE＝BF＝x， ∴AQ＝AE﹣EQ＝x， ∴AF＝AQ＝×x＝x， ∴MP＝QF＝AF﹣AQ＝x﹣x＝x， ∵PF＝MQ＝x， ∴tan∠MFB＝＝＝． 故答案为：． 19．（2024•上城区一模）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． （1）连接BF，若F恰为AG中点，则∠BFG的度数为 　45　°； （2）连接CF，若△ABF与△FEC的面积相等，DF＝2，则AF的长为 　﹣1　． 【分析】（1）根据全等三角形的性质得到AF＝BG，得到AF＝FG，推出△BGF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到结论； （2）设FG＝HG＝EF＝EH＝x，由题意得，AG＝CE＝DF＝BH＝2，得到AF＝BG＝2﹣x，根据题意列方程即可得到结论． 【解答】解：（1）由题意得，△ADF≌BAG， ∴AF＝BG， ∵F恰为AG中点， ∴AF＝FG， ∴BG＝FG， ∴△BGF是等腰直角三角形， ∴∠BFG＝45°， 故答案为：45； （2）∵四边形EFGH是正方形， ∴FG＝HG＝EF＝EH， 设FG＝HG＝EF＝EH＝x， 由题意得，AG＝CE＝DF＝BH＝2， ∴AF＝BG＝2﹣x， ∵若△ABF与△FEC的面积相等， ∴， ∴（2﹣x）2＝2x， ∴x＝3﹣或x＝3+（不合题意舍去）， ∴FG＝3﹣， ∴AF＝2﹣（3﹣）＝﹣1， 故答案为：﹣1． 20．（2024•滨江区校级三模）如图，在赵爽弦图中，正方形ABCD是由四个全等的直角三角形ABF，BCG，CDH，DAE和一个小正方形EFGH组成的．若把四个直角三角形分别沿斜边向外翻折，可得正方形MNPQ，连接PH并延长，交MQ于点O．若正方形MNPQ的面积为196，正方形EFGH的面积为4，则： （1）正方形ABCD的面积为 　100　． （2）OH的长为 　7.9　． 【分析】（1）可设每个小直角三角形的长直角边长为a，短直角边长为b，斜边长为c．根据正方形MNPQ的面积为196，正方形EFGH的面积为4可得关于a和b的两个等式，计算即可得到a和b的值，进而可得c的值，正方形ABCD的面积等于c2，计算即可； （2）由a，b，c的值可得∠DCP的正弦值和余弦值．设HP交CD于点K， 【解答】解：（1）设每个小直角三角形的长直角边长为a，短直角边长为b，斜边长为c． ∵正方形MNPQ的面积为196，正方形EFGH的面积为4， ∴． ∵a＞0，b＞0， ∴． 解得：． ∴c＝＝10． ∴正方形ABCD的面积为：c2＝100． 故答案为100； （2）设HP交CD于点K． 由题意得：CH＝CP，∠HCK＝∠PCK， ∴CK⊥HP． ∴∠CKP＝90°． ∴∠KCP+∠KPC＝90°． ∵四边形MNPQ是正方形， ∴∠CPK+∠DPK＝90°． ∴∠KCP＝∠DPK． 由题意得：PC＝b＝8，sin∠DCP＝＝． ∴PK＝PC•sin∠DCP＝8×＝4.8． 同理HK＝4.8． ∴PH＝9.6． 由题意得：∠Q＝90°，PQ＝6+8＝14，cos∠OPQ＝cos∠DCP＝＝． ∴OP＝QP÷cos∠OPQ＝14÷0.8＝17.5． ∴OH＝OP﹣PH＝17.5﹣9.6＝7.9． 故答案为：7.9． 21．（2023•莲都区一模）公元3世纪，我国数学家赵爽巧妙地利用面积关系（后人称“赵爽弦图”）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EFGH组成的大正方形ABCD．连结BG，DE，设S正方形ABCD＝S1，S正方形EFGH＝S2，S四边形BEDG＝S3． （1）若BE＝2DH，则tan∠EDH＝　1　； （2）若S1＝S2+S3，则的值是 　　． 【分析】（1）设直角三角形的较长直角边是a，较短直角边是b，由BE＝2DH，得到a＝2b，因此EH＝a﹣b＝b，得到EH＝DH＝b，即可求出tan∠EDH； （2）由S1＝S2+S3，得到a＝3b，因此EH＝AH﹣AE＝3b﹣b＝2b，由勾股定理得到DE＝＝b，即可解决问题． 【解答】解：设直角三角形的较长直角边是a，较短直角边是b， （1）∵BE＝2DH， ∴a＝2b， ∴EH＝a﹣b＝b， ∴EH＝DH＝b， ∴tan∠EDH＝＝1． 故答案为：1． （2）∵S1＝S2+S3， ∴S3＝直角三角形的面积×4＝ab×4＝2ab， ∵BE∥DG，BE＝DG， ∴四边形BGDE是平行四边形， ∵S3＝BE•EH＝a（a﹣b）， ∴a（a﹣b）＝2ab， ∴a＝3b， ∴EH＝AH﹣AE＝3b﹣b＝2b， ∴DE＝＝b， ∴＝＝． 故答案为：． 22．（2024•衢州一模）如图，是由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形EFGH拼成的赵爽弦图，连结CE并延长，交BG于点M，交AB于点N．记△NAE的面积为S1，△CGM的面积为S2．（1）若NA＝NE，则的值为 　　． （2）若，且EF＝9，则AE的长度为 　　． 【分析】（1）过点N作N⊥AF交于点I，证明△AIN∽△CGM，推导出＝，NA＝NE，AE⊥IN，进而得到△ANE为等腰三角形，I为EA中点，得到＝＝，进而得到＝； （2）证明△CGM∽△EFM，得到＝，得到＝，推导出EI＝CG，AI＝CG，tan∠5＝＝，＝，令CG＝t，推导出IN＝，结合IN＝，解得t＝，即AE＝CG＝． 【解答】解：（1）过点N作N⊥AF交于点I， ∵NA＝NE， ∴∠5＝∠6， ∵∠4＝∠6， ∴∠5＝∠4， ∴CH∥AF， ∴∠5＝∠1， ∴∠4＝∠1， 设AE＝x， ∴DH＝CG＝BF＝AE＝x， ∵∠5＝∠1，∠AIN＝∠CGM＝90°， ∴△AIN∽△CGM， ∴＝， ∴NA＝NE，AE⊥IN， ∴△ANE为等腰三角形， ∴I为EA中点， ∴＝＝， ∴＝＝＝， 故答案为：； （2）∵∠1＝∠4，∠2＝∠3， ∴△CGM∽△EFM， ∴＝， ∵EF＝GF＝9，AE＝CG， ∴＝， ∵＝， ∴＝， ∴GM＝3IN， ∵∠1＝∠4＝∠6， ∴tan∠1＝＝tan∠6＝， ∴＝， ∴EI＝CG，AI＝CG，tan∠5＝＝， ∴＝， 令CG＝t， 则IN＝， ∵＝＝＝， ∴（3﹣IN）t＝9IN， ∴3t＝（9+t）IN， ∴IN＝， ∵IN＝， ∴＝， ∴2t＝9， ∴t＝，即AE＝CG＝， 故答案为：． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$