专题03 直角三角形“赵爽弦图”与勾股定理题型专练（专项训练）（浙江专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第四章 几何初步 专题03 直角三角形“赵爽弦图”与勾股定理题型专练 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 1．（2025•瓯海区二模）“赵爽弦图”通过对图形的切割、拼接，巧妙地利用面积关系证明了勾股定理．如图由两个全等的矩形ABHC和矩形BDJE，与一个小正方形EFHG剪拼成大正方形CBJK，点A，B，D在一条直线上，若AD＝7，EF＝1，则拼补后的正方形CBJK边长为（　　） A．5 B．6 C． D． 2．（2025•鹿城区校级三模）如图①的图案称“赵爽弦图”，是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的，它由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，我们在此图形中连结四条线段得到如图②的图案，记阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，若S1＝S2，则大正方形的边长与小正方形的边长的比值为（　　） A． B． C． D．2 3．（2025•鄞州区校级模拟）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）．如果小正方形面积为1，大正方形面积为25，直角三角形中较小的锐角为θ，那么tanθ的值是（　　） A． B． C． D． 4．（2025•浙江模拟）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CE．若正方形EFGH的面积为8，，则正方形ABCD的面积为（　　） A．56 B．60 C．64 D．68 5．（2024•文成县二模）到目前为止，勾股定理的证明已超过400种，其中一种简洁易懂方法叫做“常春证法”，即利用面积分割法证得．如图，已知△ABC≌△DCE，∠ACB＝90°，边ED和CD分别与AB交于点F和点G，连接CF．若△ABD的面积为7，且，则FD的值为（　　） A． B．3 C． D． 6．（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． 7．（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． 8．（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 　 ． 9．（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 　 ． 10．（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 　 ． 11．（2025•温州校级三模）如图，在Rt△ABC中，分别以这个三角形的三边为边长向外侧作正方形、面积分别记为S1，S2，S3．若S3+S2﹣S1＝18．则图中阴影部分的面积为（　　） A．6 B． C．5 D． 12．（2025•浙江模拟）如图，已知Rt△ABC中，点D，E分别为直角边AC，BC上的点，已知AD＝BE，若AB＝x，DE＝y，则知道下列哪个代数式的值便可求出四边形ADEB的面积（　　） A．x2﹣y2 B．x2+y2 C．xy D．x+y 13．（2025•宁海县二模）弦图是我国古代数学家证明勾股定理时使用的一种精巧的几何图形，最早见于《周髀算经》和三国时期刘徽的《九章算术注》．弦图的基本结构由四个全等的直角三角形和一个中心正方形组成．如图弦图中，四边形ABCD和四边形EFGH为正方形，点E，F，G，H分别在边AD，AB，BC，CD上，DE＝3，连结BD，分别交EH，FG于点M，N，．则EM的长为（　　） A．2 B． C． D． 14．（2025•龙港市二模）如图，正方形ABCD由四个全等的直角三角形（△ABF，△BCE，△CDH，△DAG）和中间一个小正方形EFGH组成，连接DF，CF．若，则CF的长为（　　） A． B．4 C． D． 15．（2025•温州一模）七巧板源于我国宋代，是广受欢迎的智力游戏．如图，用两副七巧板拼出一幅“勾股图”．若一副七巧板ABCD的面积为128cm2，则△ADE的面积为（　　） A．16cm2 B．24cm2 C．32cm2 D．64cm2 16．（2025•黄岩区二模）如图，在△ABC和△DBC中，∠A＝∠D＝90°，BD平分∠ABC，若BC＝5，，则AC的长为　 　 ． 17．（2025•台州一模）如图，⊙O的半径为4，以弦AB为边作△ABC，使∠ACB＝90°，点M为AB中点，连接OM，OC．若∠MOC＝90°，OC＝2，则AB的长为 　 ． 18．（2025•鹿城区校级三模）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝10，cos∠BAC，过点B作BD⊥AC于点D． （1）求AD的长； （2）若点E是BC中点，连结AE，求tan∠EAC的值． 19．（2025•永嘉县三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，对角线AC，BD相交于点O，点M，N分别在线段OD，OC上，且CN＝x，DM＝y，且x＞y，若CM＝DN＝5，当x，y的值变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．xy B．x+y C．x﹣y D．x2+y2 20．（2025•萧山区模拟）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD∥BC，AD＝5，AB＝12，BC＝13，过点B作BE⊥CD于点E，则DE的长为（　　） A．5 B． C．7 D． 21．（2025•浙江模拟）如图1，把边长为的正方形做成七巧板，拼成图2的轴对称图形，A，B为三角形的顶点，则AB的长为（　　） A． B．4 C． D． 22．（2025•鄞州区校级模拟）将Rt△ABC和Rt△EBD按如图所示的方式放置，其中∠ACB＝∠BDE＝90°，∠EBD＝∠A＝60°，连结CE，已知AC＝BD＝2，则线段CE的长为（　　） A． B． C． D． 23．（2025•滨江区二模）如图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，这个会徽的主体图案是由一连串如图2所示的直角三角形演化而成，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝⋯＝An﹣1An．如果设OA1＝1，则OAn﹣1：OAn＝（　　） A． B． C． D． 24．（2024•西湖区校级二模）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是 ． 25．（2025•宁波模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BD为△ABC的角平分线，过点D作DE⊥BD交AB下点E，若CD＝2，BC＝3，则BE的长为　 ． 26．（2024•婺城区校级模拟）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．3 B． C．2 D． 27．（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 28．（2025•新昌县一模）如图，长方体的长为20cm，宽为15cm，高为10cm，点B离点C为6cm，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点B去吃一滴蜜糖，需要爬行的最短距离是（　　） A．5cm B．25cm C．2cm D．4cm 29．（2024•新昌县一模）如图，桌上有一个圆柱形玻璃杯（无盖）高6厘米，底面周长16厘米，在杯口内壁离杯口1.5厘米的A处有一滴蜜糖，在玻璃杯的外壁，A的相对方向有一小虫P，小虫离杯底的垂直距离为1.5厘米，小虫爬到蜜糖A处的最短距离是（　　） A．厘米 B．10厘米 C．8厘米 D．8厘米 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 几何初步 专题03 直角三角形“赵爽弦图”与勾股定理题型专练 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 1．（2025•瓯海区二模）“赵爽弦图”通过对图形的切割、拼接，巧妙地利用面积关系证明了勾股定理．如图由两个全等的矩形ABHC和矩形BDJE，与一个小正方形EFHG剪拼成大正方形CBJK，点A，B，D在一条直线上，若AD＝7，EF＝1，则拼补后的正方形CBJK边长为（　　） A．5 B．6 C． D． 【分析】设AB＝a，BD＝b，根据题意列方程组，然后根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：设AB＝a，BD＝b， 根据题意得，， ∴， ∴AB＝4，AC＝3， ∴BC5， ∴拼补后的正方形CBJK边长为5， 故选：A． 【点评】本题考查了勾股定理的证明，全等图形，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 2．（2025•鹿城区校级三模）如图①的图案称“赵爽弦图”，是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的，它由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，我们在此图形中连结四条线段得到如图②的图案，记阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2，若S1＝S2，则大正方形的边长与小正方形的边长的比值为（　　） A． B． C． D．2 【分析】设大正方形的边长为m，小正方形的边长为n，如图2，设AB＝CD＝x，则可以用x表示出S2，又由于S1＝S2，，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，最后根据等量代换进行运算即可． 【解答】解：设大正方形的边长为m，小正方形的边长为n， 标记A、B、C、D如图②所示，记阴影部分的面积为S1，空白部分的面积为S2， 设AB＝CD＝x， ∴， ∴， ∵， ∴4x2＝m2， ∴m＝2x， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2＝AB2+BC2， ∴x2+（x+n）2＝m2， ∴x2+（x+n）2＝4x2， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 【点评】本题主要考查了勾股定理的应用，根据正方形的面积公式和三角形形的面积公式得出它们之间的关系是解题的关键． 3．（2025•鄞州区校级模拟）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）．如果小正方形面积为1，大正方形面积为25，直角三角形中较小的锐角为θ，那么tanθ的值是（　　） A． B． C． D． 【分析】由题意知，小正方形的边长为1，大正方形的边长为5，设直角三角形中较小的边的边长为x，然后列出方程（1+x）2+x2＝25，然后解方程即可求解． 【解答】解：由题意知，小正方形的边长为1，大正方形的边长为5， 设直角三角形中较小的边的边长为x， ∴（1+x）2+x2＝25， 解得x＝3（负值不合题意，舍去）， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查了解直角三角形，勾股定理，解一元二次方程，掌握知识点的应用是解题的关键． 4．（2025•浙江模拟）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CE．若正方形EFGH的面积为8，，则正方形ABCD的面积为（　　） A．56 B．60 C．64 D．68 【分析】由tan∠ECH，则CH＝5，则HD＝CH﹣HD＝CH﹣EH＝53，即可求解． 【解答】解：∵正方形EFGH是由四个全等的直角三角形， 则AE＝BF＝DH＝CG，AF＝ED＝BG＝CH， ∵若正方形EFGH的面积为8，则EH＝2， 而tan∠ECH， 则CH＝5， 则HD＝CH﹣HD＝CH﹣EH＝53， 则CD2＝CH2+HD2＝50+18＝68＝正方形ABCD的面积， 故选：D． 【点评】本题考查的是勾股定理的运用，涉及到解直角三角形，有一定的综合性，难度适中． 5．（2024•文成县二模）到目前为止，勾股定理的证明已超过400种，其中一种简洁易懂方法叫做“常春证法”，即利用面积分割法证得．如图，已知△ABC≌△DCE，∠ACB＝90°，边ED和CD分别与AB交于点F和点G，连接CF．若△ABD的面积为7，且，则FD的值为（　　） A． B．3 C． D． 【分析】根据全等三角形的性质得到∠DEC＝∠ACB＝90°，设EF＝x，CE＝3x，得到BC＝CE＝3x，根据相似三角形的性质得到AEx，求得AC＝DEx+3xx，根据勾股定理得到ABx，根据全等三角形的性质得到∠CAB＝∠CDE，∠AFE＝∠DFG，根据三角形的面积公式得到CGx，根据相似三角形的性质得到DGx，根据三角形的面积列方程即可得到结论． 【解答】解：∵△ABC≌△DCE，∠ACB＝90°， ∴∠DEC＝∠ACB＝90°， ∵， ∴设EF＝x，CE＝3x， ∴BC＝CE＝3x， ∵∠DEC+∠ACB＝180°， ∴DE∥BC， ∴△AEF∽△ACB， ∴， ∴AEx， ∴AC＝DEx+3xx， ∴DF＝DE﹣EFx， ∴ABx， ∵△ABC≌△DCE， ∴∠CAB＝∠CDE，∠AFE＝∠DFG， ∴∠DGF＝∠AED＝90°， ∵S△ACB•BCAB•CG， ∴x•3xx•CG， ∴CGx， ∵DF∥BC， ∴△DFG∽△CBG， ∴， ∴， ∴DGx， ∵△ABD的面积为7， ∴AB•DGx•x＝7， ∴x（负值舍去）， ∴FDx． 故选：D． 【点评】本题考查了全等三角形的性质，勾股定理的证明，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握各知识点是解题的关键． 6．（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，JEa，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，JEa， ∴BE＝EF＝BG＝GF＝3a， ∴JFa． ∴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， ∴． ∴． ∴CPa． ∴BP＝BC﹣CPa． ∴． 故选：A． 【点评】本题主要考查了勾股定理的证、相似三角形的判定与性质的应用，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键． 7．（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， ∴DMBD， 在Rt△DHM中，DH＝k，DM， 由勾股定理得：HM， ∴CM＝CH﹣HM＝3kk， ∴． 故选：B． 【点评】此题主要考查了勾股定理的应用，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，灵活应用勾股定理进行计算是解决问题的关键． 8．（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 　 ． 【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． 【点评】本题主要考查了勾股定理，三角函数等知识，求出直角三角形的直角边长是解题的关键． 9．（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EICG，AICG，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∠1tan∠6， ∴， ∴EICG，AICG，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：． 【点评】本题主要考查勾股定理的证明，整式的混合运算，相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识并准确列出等式是解题关键． 10．（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 　 ． 【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． 【点评】本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的性质，正方形的性质，等腰直角三角形 的判定和性质，正确地识别图形是解题的关键． 11．（2025•温州校级三模）如图，在Rt△ABC中，分别以这个三角形的三边为边长向外侧作正方形、面积分别记为S1，S2，S3．若S3+S2﹣S1＝18．则图中阴影部分的面积为（　　） A．6 B． C．5 D． 【分析】由勾股定理得S1+S2＝S3，再由S3+S2﹣S1＝18求出S2＝9，即可解决问题． 【解答】解：在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2+AB2＝BC2， 即S1+S2＝S3， ∵S3+S2﹣S1＝18， ∴S2＝9， 由图形可知，阴影部分的面积S2， ∴阴影部分的面积， 故选：B． 【点评】本题考查了勾股定理以及正方形的面积，由勾股定理得出S1+S2＝S3是解题的关键． 12．（2025•浙江模拟）如图，已知Rt△ABC中，点D，E分别为直角边AC，BC上的点，已知AD＝BE，若AB＝x，DE＝y，则知道下列哪个代数式的值便可求出四边形ADEB的面积（　　） A．x2﹣y2 B．x2+y2 C．xy D．x+y 【分析】设AD＝BE＝a，CD＝c，CE＝d，则AC＝a+c，BC＝a+d，根据勾股定理得：AB2＝x2＝（a+c）2+（a+d）2，DE2＝y2＝c2+d2，再求出四边形ADEB的面积＝△ABC的面积﹣△CDE的面积（a2+ac+ad），x2﹣y2＝a2+a2+2ac+2ad＝2（a2+ac+ad），即可解决问题． 【解答】解：设AD＝BE＝a，CD＝c，CE＝d， 则AC＝a+c，BC＝a+d， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AB2＝x2＝AC2+BC2＝（a+c）2+（a+d）2， 在Rt△CDE中，由勾股定理得：DE2＝y2＝CD2+CE2＝c2+d2， ∵四边形ADEB的面积＝S△ABC﹣S△CDEAC•BCCD•CE（a+c）（a+d）cd（a2+ac+ad）， 且四个选项中只有x2﹣y2＝a2+a2+2ac+2ad＝2（a2+ac+ad）， ∴知道x2﹣y2的值便可求出四边形ADEB的面积， 故选：A． 【点评】本题考查了勾股定理、代数式以及三角形面积等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 13．（2025•宁海县二模）弦图是我国古代数学家证明勾股定理时使用的一种精巧的几何图形，最早见于《周髀算经》和三国时期刘徽的《九章算术注》．弦图的基本结构由四个全等的直角三角形和一个中心正方形组成．如图弦图中，四边形ABCD和四边形EFGH为正方形，点E，F，G，H分别在边AD，AB，BC，CD上，DE＝3，连结BD，分别交EH，FG于点M，N，．则EM的长为（　　） A．2 B． C． D． 【分析】根据弦图得：△AEF≌△BFG≌△CGH≌△DHE，从而可证明△DEM≌△BGN（ASA），得DM＝BN，设 AE＝BF＝CG＝DH＝x，由 AB＝AD＝x+3，由勾股定理，得，再证明PM＝PD，设PM＝PD＝y，则PE＝3﹣y ，则有求得x＝6y﹣3，然后证明△PEM﹣△BGF，得，即，所以 求解得：，y2（舍去），则有PM＝2，，最后由求解即可． 【解答】解：过点M作MP⊥AD于P， 由弦图可得：△AEF≌△BFG≌△CGH≌△DHE， ∴AE＝BF＝CG＝DH，AF＝BG＝CH＝DE＝3，∠PEM＝∠BGN， ∵正方形ABCD， ∴∠EDM＝∠GBN＝45°， ∴△DEM≌△BGN（ASA）， ∴DM＝BN，设AE＝BF＝CG＝DH＝x， 由AB＝AD＝x+3，由勾股定理， 得， ∵， ∴， ∴， ∵MP⊥AD， ∴∠PMD＝∠PDM＝45°， ∴PM＝PD， 设PM＝PD＝y， 则PE＝3﹣y， ， ∴x＝6y﹣3， ∵∠PEM＝∠BGN，∠MPE＝∠GBF＝90°， ∴△PEM∽△BGF， ∴， 即 ， 解得：，y2（舍去）， ∴PM，， ∴， 故选：D． 【点评】本题考查利用弦图求解，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理．熟练掌握弦图的特征是解题的关键． 14．（2025•龙港市二模）如图，正方形ABCD由四个全等的直角三角形（△ABF，△BCE，△CDH，△DAG）和中间一个小正方形EFGH组成，连接DF，CF．若，则CF的长为（　　） A． B．4 C． D． 【分析】利用全等三角形的性质得到DG＝AF＝BE，AG＝BF＝CE，∠AGD＝∠BEC＝90°，再根据正方形性质得EF＝FG，∠FGH＝90°，证明Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），得AG＝FG，根据勾股定理得AG＝2，得CE＝EF＝2，即可得到答案． 【解答】解：∵△ABF，△BCE，△CDH，△DAG是四个全等的直角三角形， ∴DG＝AF＝BE，AG＝BF＝CE，∠AGD＝∠BEC＝90°， ∵正方形EFGH中，EF＝FG，∠FGH＝90°， ∴∠AGD＝∠FGD＝90°， ∵，DG＝DG， ∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）， ∴AG＝FG， ∴DG＝AF＝2AG， ∵AG2+DG2＝AD2， ∴， ∴AG＝2， ∴CE＝EF＝2， ∴． 故选：D． 【点评】本题考查了正方形和解直角三角形，熟练掌握正方形和直角三角形性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 15．（2025•温州一模）七巧板源于我国宋代，是广受欢迎的智力游戏．如图，用两副七巧板拼出一幅“勾股图”．若一副七巧板ABCD的面积为128cm2，则△ADE的面积为（　　） A．16cm2 B．24cm2 C．32cm2 D．64cm2 【分析】结合图形得出△ADE的面积为ABCD面积的，再进行计算． 【解答】解：观察图形可得：△ADE≌△ADO， ∴一副七巧板中△ADE的面积为ABCD面积的， ∴△ADE的面积为， 故选：C． 【点评】本题主要考查正方形的性质及面积计算，掌握正方形面积是解题的关键． 16．（2025•黄岩区二模）如图，在△ABC和△DBC中，∠A＝∠D＝90°，BD平分∠ABC，若BC＝5，，则AC的长为　 　 ． 【分析】分别延长BA，CD相交于点E，证明△BDE≌△BDC（ASA），得出BE＝BC＝5，DE＝DC，根据勾股定理求出BD，在三角形BEC中根据等面积法求出AC即可． 【解答】解：如图，分别延长BA，CD相交于点E， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠CBD， ∵∠BDC＝90°， ∴∠BDE＝∠BDC＝90°， ∴△BDE≌△BDC（ASA）， ∴BE＝BC＝5，DE＝DC， ∴CE＝2CD＝2， 在Rt△BDC中，由勾股定理得，BD， ∵S， ∴AC， 故答案为：4． 【点评】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 17．（2025•台州一模）如图，⊙O的半径为4，以弦AB为边作△ABC，使∠ACB＝90°，点M为AB中点，连接OM，OC．若∠MOC＝90°，OC＝2，则AB的长为 　 ． 【分析】连接OA、MC，根据勾股定理得到MC2＝OM2+4，AM2＝16﹣OM2，根据直角三角形斜边上的中线的性质得到MC＝AM，进而列出方程，解方程求出OM，根据勾股定理求出AM，进而求出AB． 【解答】解：如图，连接OA、MC， 在Rt△MOC中，MC2＝OM2+OC2＝OM2+4， ∵点M为AB中点， ∴OM⊥AB， ∴AM2＝OA2﹣OM2＝16﹣OM2， 在Rt△ACB中，点M为AB中点， ∴MCAB＝AM， ∴OM2+4＝16﹣OM2， 解得：OM（负值舍去）， ∴AM， ∴AB＝2， 故答案为：2． 【点评】本题考查的是垂径定理、勾股定理、直角三角形斜边上的中线的性质，正确运用勾股定理是解题的关键． 18．（2025•鹿城区校级三模）如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝10，cos∠BAC，过点B作BD⊥AC于点D． （1）求AD的长； （2）若点E是BC中点，连结AE，求tan∠EAC的值． 【分析】（1）根据垂直定义可得∠BDA＝∠BDC＝90°，然后在Rt△ABD中，利用锐角三角函数的定义求出AD的长，即可解答； （2）利用（1）的结论可得：CD＝4，然后在Rt△ABD中，利用勾股定理求出BD＝8，再在Rt△BDC中，利用勾股定理求出BC的长，最后利用等腰三角形的三线合一性质可得AE⊥BC，CE＝2，从而在Rt△AEC中，利用勾股定理求出AE的长，再利用锐角三角函数的定义进行计算，即可解答． 【解答】解：（1）∵BD⊥AC， ∴∠BDA＝∠BDC＝90°， 在Rt△ABD中，AB＝10，cos∠BAC， ∴AD＝AB•cos∠BAC＝106； （2）∵AC＝10，AD＝6， ∴CD＝AC﹣AD＝10﹣6＝4， 在Rt△ABD中，AB＝10，AD＝6， ∴BD8， 在Rt△BDC中，BC4， ∵AB＝AC，点E是BC中点， ∴AE⊥BC，CEBC＝2， 在Rt△AEC中，AE4， ∴tan∠EAC． 【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，准确熟练地进行计算是解题的关键． 19．（2025•永嘉县三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，对角线AC，BD相交于点O，点M，N分别在线段OD，OC上，且CN＝x，DM＝y，且x＞y，若CM＝DN＝5，当x，y的值变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．xy B．x+y C．x﹣y D．x2+y2 【分析】在OD上取一点P，使得DP＝CN＝x，过C作CQ⊥OD于Q，先根据三角形全等得出CP＝DN＝CM，根据等腰三角形的性质求出QM，从而求出DQ，再根据勾股定理列出等式，化简即可得出xy为定值． 【解答】解：在OD上取一点P，使得DP＝CN＝x，过C作CQ⊥OD于Q，如图： ∵四边形ABCD为矩形， ∴OD＝OC， ∴∠CDP＝∠DCN， ∵CD＝CD， ∴△CDP≌△DCN（SAS）， ∴CP＝DN＝CM＝5， ∵CQ⊥OD， ∴PQ＝QM（x﹣y）， ∴DQ＝QM+DM， 由勾股定理可知，CQ2＝CM2﹣QM2＝CD2﹣DQ2， ∴2536， 整理得：xy＝11， ∴xy的值是不变的． 故选：A． 【点评】本题主要考查了勾股定理、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质，合理的构造全等三角形是本题解题的关键． 20．（2025•萧山区模拟）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AD∥BC，AD＝5，AB＝12，BC＝13，过点B作BE⊥CD于点E，则DE的长为（　　） A．5 B． C．7 D． 【分析】连接BD，过点D作DF⊥BC于点F，根据AD∥BC，∠A＝90°可知AB⊥BC，故BF＝AD＝5，DF＝AB＝12，再由BC＝13可得出CF的长，利用勾股定理即可得出CD的长，再求出BD长，利用等腰三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：连接BD，过点D作DF⊥BC于点F， ∵AD∥BC，∠A＝90°，AD＝5，AB＝12，BC＝13， ∴AB⊥BC， ∴四边形ABFD是矩形， ∴BF＝AD＝5，DF＝AB＝12， ∴CF＝BC﹣BF＝13﹣5＝8， ∴CD4， 在Rt△ABD中，BD13， ∴BD＝BC， ∵BE⊥CD于点E， ∴DECD＝2． 故选：D． 【点评】本题考查的是勾股定理，平行线的性质，熟知在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方是解题的关键． 21．（2025•浙江模拟）如图1，把边长为的正方形做成七巧板，拼成图2的轴对称图形，A，B为三角形的顶点，则AB的长为（　　） A． B．4 C． D． 【分析】根据题意，得出BC，AC的长度，再利用勾股定理进行计算． 【解答】解：如图，由题意得：BC＝1+1＝2，AC， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查了勾股定理，掌握勾股定理是解题的关键． 22．（2025•鄞州区校级模拟）将Rt△ABC和Rt△EBD按如图所示的方式放置，其中∠ACB＝∠BDE＝90°，∠EBD＝∠A＝60°，连结CE，已知AC＝BD＝2，则线段CE的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据直角三角形的性质可以得到BE和AB的长，然后根据勾股定理可以得到BC的长，再根据勾股定理求出CE的长即可． 【解答】解：∵∠ACB＝∠BDE＝90°，∠EBD＝∠A＝60°， ∴∠BED＝∠ABC＝30°， ∴∠EBC＝90°， ∵AC＝BD＝2， ∴BE＝BD＝4，AB＝2AC＝4， ∴BC2， ∴CE2， 故选：A． 【点评】本题考查勾股定理、含30度角的直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 23．（2025•滨江区二模）如图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，这个会徽的主体图案是由一连串如图2所示的直角三角形演化而成，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝⋯＝An﹣1An．如果设OA1＝1，则OAn﹣1：OAn＝（　　） A． B． C． D． 【分析】根据勾股定理得OA2，OA3，OA42，OA5，…得出规律OAn﹣1，OAn，即可得出结论． 【解答】解：由题意可知，OA1＝A1A2＝A2A3＝⋯＝An﹣1An，＝1， 由勾股定理得：OA2， OA3， OA42， OA5， … ∴OAn﹣1， OAn， ∴OAn﹣1：OAn：， 故选：B． 【点评】本题考查了勾股定理以及规律型：数字的变化类，熟练掌握勾股定理，找出规律是解题的关键． 24．（2024•西湖区校级二模）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2．若点P是这个网格图形中的格点，连接PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是 ． 【分析】作线段MN中点Q，作MN的垂直平分线OQ，并使OQMN，以O为圆心，OM为半径作圆，通过图形可知，当点P在P'位置时，恰好过格点且P'M经过圆心O，此时P'M最大，等于圆O的直径，得出MQ＝OQ，则，即可求解． 【解答】解：作线段MN中点Q，作MN的垂直平分线OQ，并使OQMN，以O为圆心，OM为半径作圆，如图， ∵OQ为MN垂直平分线且OQMN， ∴OQ＝MQ＝NQ， ∴∠OMQ＝∠ONQ＝45°， ∴∠MON＝90°， ∴弦MN所对的圆O的圆周角为45°， ∴点P在圆O上，PM为圆O的弦， 通过图形可知，当点P在P'位置时，恰好过格点且P'M经过圆心O， ∴此时P'M最大，等于圆O的直径， ∵BM＝4，BN＝2， ∴， ∴MQ＝OQ， ∴OM， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了圆周角定理，垂径定理，勾股定理，得出边PM的长的最大值等于圆O的直径是解题的关键． 25．（2025•宁波模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，BD为△ABC的角平分线，过点D作DE⊥BD交AB下点E，若CD＝2，BC＝3，则BE的长为　 ． 【分析】根据勾股定理求出BD的长，根据角平分线得到∠ABD＝∠CBD，进而得到cos∠ABD＝cos∠CBD，即：，进行求解即可． 【解答】解：∵∠C＝90°，CD＝2，BC＝3，DE⊥BD， ∴，∠BDE＝90°， ∵BD为△ABC的角平分线， ∴∠ABD＝∠CBD∠ABC， ∴cos∠ABD＝cos∠CBD， ∴，即：， ∴， 即BE的长为． 故答案为：． 【点评】本题考查勾股定理，角平分线的性质，关键是勾股定理的熟练掌握． 26．（2024•婺城区校级模拟）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．3 B． C．2 D． 【分析】根据余角的性质得到∠FAC＝∠ABC，根据全等三角形的性质得到S△FAM＝S△ABN，推出S△ABC＝S四边形FNCM，根据勾股定理得到AC2+BC2＝AB2，解方程组得到3AB2＝57，于是得到结论． 【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△FAM＝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． 【点评】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键． 27．（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•CGBC•CGBC2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△CGECG•EH， S△ACBBC•AC， BC＝CG，EH＝AC， ∴S四边形CDGE＝S正方形BCGF﹣S△BDC＝BC•CGBC•CGBC2， ∴要求四边形CDGE的面积，只需知道BC的长， 故选：B． 【点评】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，作出合适的辅助线构建全等三角形是解本题的关键． 28．（2025•新昌县一模）如图，长方体的长为20cm，宽为15cm，高为10cm，点B离点C为6cm，一只蚂蚁如果要沿着长方体的表面从点A爬到点B去吃一滴蜜糖，需要爬行的最短距离是（　　） A．5cm B．25cm C．2cm D．4cm 【分析】求蚂蚁爬行的最短距离，需将长方体的侧面展开，进而根据“两点之间线段最短”得出结果． 【解答】解：如图所示，将长方体展开，连接AB， 根据题意可知，BD＝6+10＝16（cm），AD＝20cm， 由勾股定理得：AB4（cm）； 如图所示，将长方体展开，连接AB， 根据题意可知，AC＝10+20＝30（cm），BC＝6cm， 由勾股定理得：AB2（cm）； 如图所示，将长方体展开，连接AB， 根据题意可知，BE＝20+6＝26（cm），AE＝10cm， 由勾股定理得：AB2（cm）； 因为， 所以需要爬行的最短距离是4cm． 故选：D． 【点评】本题考查了平面展开﹣最短路径问题，将长方体展开，根据两点之间线段最短，运用勾股定理解答即可． 29．（2024•新昌县一模）如图，桌上有一个圆柱形玻璃杯（无盖）高6厘米，底面周长16厘米，在杯口内壁离杯口1.5厘米的A处有一滴蜜糖，在玻璃杯的外壁，A的相对方向有一小虫P，小虫离杯底的垂直距离为1.5厘米，小虫爬到蜜糖A处的最短距离是（　　） A．厘米 B．10厘米 C．8厘米 D．8厘米 【分析】由于小虫从外壁进入内壁，要先到杯子上沿，再进入杯子，故先求出到杯子上沿的最短距离即可解答． 【解答】解：如图所示：最短距离为PA'的长度，将圆柱展开， PA'10cm， 最短路程为PA'＝10cm． 故选：B． 【点评】此题考查了平面展开﹣最短路径问题，将图形展开，利用勾股定理进行计算是解题的关键．同时也考查了同学们的创造性思维能力． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $