专题04 赵爽弦图模型与勾股树模型（几何模型讲义）数学新教材沪科版八年级下册

专题04 赵爽弦图模型与勾股树模型 弦图分为内弦图与外弦图，其中内弦图是我国古代数学家赵爽最早发现并用以证明勾股定理的经典图形。弦图不仅能严谨证明勾股定理，以此为背景命制的几何题目更是形式多样、颇具深度，虽然有一定难度，但解题思路往往并不唯一。 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”。弦图中蕴含的割补思想、数形结合思想、图形变换思想，更是课堂教学中渗透数学核心素养的绝佳载体。一个弦图，集合了初中平面几何中的线与形、位置关系与数量关系、解题方法与数学思想，可谓 “小身板，大能量”，是数学教育里的不老神话，广受数学教师与爱好者研究，近年来也成为各地中考的热点问题。 在学习几何模型时，很多同学过于重视模型结论的记忆，却忽视了模型本身的证明思路与推导方法，导致本末倒置。要知道，数学考题千变万化，学习数学绝不能死记硬背，必须在理解的基础上记忆，才能真正做到知识的灵活运用。很多时候，启发我们破题的关键，正是对已有知识、基本方法的适度延伸与拓展。 因此，学习几何模型，必须做到三点： ① 能认识模型，并从复杂题目中提炼、识别出几何模型； ② 能记住结论，但更关键的是记住证明思路与推导方法； ③ 清楚模型中的常见易错点，中考考题的陷阱大多源于此。 当然，以上只是基础要求。面对多变的题型，想要在几何学习中脱颖而出，还需要在平时通过足量训练，深刻理解模型结构与题型变化，真正做到活学活用、举一反三！ 2 模型1.弦图模型 2 模型2.勾股树模型 8 17 模型1.弦图模型 “弦图”就是我国三国时期的数学家赵爽，利用面积相等，形象巧妙的证明方法。所谓弦图模型就是四个全等直角三角形的弦互相垂直围成了一个正方形图形，当弦在围成的正方形之内叫内弦图模型，当弦恰恰是围城正方形的边长时就叫外弦图模型。 数学具有高度的抽象性，考试中有时候不会直观明了的出现弦图模型，所以学习中我们要抓住弦图本质灵活变形，从而增强数学的变化性，培养思维灵活性，为学生提供思维的广泛联想空间，使其在面临问题时能够从多种角度进行考虑，并迅速地建立起自己的思路，真正做到“举一反三”。 图1 图2 图3 图4 （1）内弦图模型： 条件：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，结论：△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH； 证明：∵∠ABC＝∠BFC＝∠AEB＝90°，∴∠ABE＋∠FBC＝∠FBC＋∠FCB=90°．∴∠ABE＝∠FCB． 又∵AB＝BC，∴△ABE≌△BCF，同理可得△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH． （2）外弦图模型： 条件：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，EFGH是正方形， 结论：△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DGH； 证明：∵∠B＝∠EFG＝∠C＝90°，∴∠BEF ＋∠EFB＝∠EFB＋∠GFC＝90°，∴∠BEF＝∠GFC． 又∵EF ＝FG，∴△EBF≌△FCG．同理可得△EBF≌△FCG≌△GDH≌△HAE． （3）内外组合型弦图模型： 条件：如图3、4，四边形ABCD、EFGH、PQMN、均为正方形；结论：2S正方形EFGH= S正方形ABCD+S正方形PQMN. 证明：由（1）（2）中的证明易得：图3和图4中的八个直角三角形均全等，并用 S△表示他们的面积。 ∵S正方形ABCD=S正方形PQMN+8S△；S正方形EFGH=S正方形PQMN+4S△； ∴S正方形ABCD+S正方形PQMN=S正方形PQMN+8S△+S正方形PQMN=2S正方形PQMN+8S△=2S正方形EFGH 上述三类弦图模型除了考查相关证明外，也常和完全平方公式（知二求二）结合考查。 （4）半弦图模型 图5 图6 图7 条件：如图5，EA⊥AB于点A，GB⊥AB于点B，EF⊥FG，EF=FG，结论：△AFE≌△BGF；EA+GB=AB。 证明：∵EA⊥AB于点A，GB⊥AB于点B，EF⊥FG，∴∠A＝∠B＝∠EFG＝90° ∴∠AFE＋∠AEF＝∠AEF＋∠BFG=90°．∴∠AFE＝∠BFG． 又∵EF=FG，∴△AFE≌△BGF，∴AE=BF，AF=BG，∴EA+GB=BF+AF=AB。 条件：如图6，EA⊥AB于点A，GB⊥AB于点B，EF⊥FG，EF=FG，结论：△AFE≌△BGF；EA-GB=AB。 证明：同图5证明可得：△AFE≌△BGF，∴AE=BF，AF=BG，∴EA-GB=BF-AF=AB。 条件：如图7，在Rt △ABE和Rt△BCD中，AB＝BC，AE⊥BD，结论：△ABE≌△BCD；AB-CD=EC。 证明：∵△ABE和△BCD是Rt △，AE⊥BD，∴∠ABE＝∠C＝∠AFB＝90°。 ∴∠A＋∠ABF＝∠ABF＋∠DBC=90°．∴∠A＝∠DBC。 又∵AB＝BC，∴△ABE≌△BCD，∴BE=CD，∴AB-CD=BC-BE=EC。 上面三类半弦图模型的共同特点是两个直角三角形，他们的弦互相垂直。所以做题中见着这样的关键字眼就要想到用弦图的相关知识解决问题。 例1（2025春•北辰区期中）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．51 B．49 C．76 D．无法确定 【答案】C 【分析】由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个． 【解答】解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，则 x2＝122+52＝169 所以x＝13 所以“数学风车”的周长是：（13+6）×4＝76． 故选：C． 例2（2024春•东宝区校级期中）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． B． C． D． 【答案】C 【分析】先证明△BPG≌△BCG（ASA），得出PG＝CG．设OG＝PG＝CG＝x，则EG＝2x，FGx，即可得出答案． 【解答】解：∵四边形EFGH为正方形， ∴∠EGH＝45°，∠FGH＝90°， ∵OG＝GP， ∴∠GOP＝∠OPG＝67.5°， ∴∠PBG＝22.5°， 又∵∠DBC＝45°， ∴∠GBC＝22.5°， ∴∠PBG＝∠GBC， ∵∠BGP＝∠BGC＝90°，BG＝BG， ∴△BPG≌△BCG（ASA）， ∴PG＝CG． 设OG＝PG＝CG＝x， ∵O为EG，BD的交点， ∴EG＝2x，FGx， ∵四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”， ∴BF＝CG＝x， ∴BG＝xx， ∴， 故选：C． 例3（2026春•滨海新区校级月考）如图，用4个全等的直角三角形与1个小正方形镶嵌成了一个正方形图案．已知大正方形的面积为49，小正方形的面积为4，若用x，y表示直角三角形的两直角边长（x＞y），有下列四个说法：①x2+y2＝49；②x﹣y＝2；③x+y＝9；④2xy+4＝49．其中正确的是（　　） A．①② B．①②③ C．①②③④ D．①②④ 【答案】D 【分析】根据直角三角形的性质、直角三角形面积的计算公式及勾股定理解答． 【解答】解：①∵△ABC为直角三角形，大正方形的面积为49，小正方形的面积为4，若用x，y表示直角三角形的两直角边长（x＞y）， ∴根据勾股定理：x2+y2＝AB2＝49， 故本选项正确； ②由图可知，， 故本选项正确； ③由2xy+4＝49可得2xy＝45①， 又∵x2+y2＝49②， ∴①+②得，x2+2xy+y2＝49+45， 整理得，（x+y）2＝94， ， 故本选项错误； ④由图可知，四个直角三角形的面积与小正方形的面积之和为大正方形的面积， 列出等式为， 即2xy+4＝49； 故本选项正确． 综上所述，正确结论有①②④． 故选：D． 例4（2024春•江阴市期中）【回顾旧知】在学习“乘法公式”时，我们分别从两个不同的角度计算如图1所示的正方形ABCD的面积，从而得到公式：（a+b）2＝a2+b2+2ab．【类比探究】用图2中四个完全一样的直角三角形可以拼成图3的大正方形，请根据图3，利用图形的面积关系，推导a、b、c之间满足的关系式，写出推理过程． 【拓展应用】利用图3中探究的关系式解答下列问题： ①图3中如果大正方形的面积是25，且（a+b）2＝49，则小正方形的面积为 ． ②连接图3中的四条线段得到图4的新图案，若a＝7，b＝4，则图4中阴影部分的周长为 ． ③利用图2中八个完全一样的直角三角形可以拼成图5的大正方形，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面积分别为S1、S2、S3，则三个正方形的面积S1、S2、S3满足的关系式是 ． 【答案】【回顾旧知】推理见解析； 【拓展应用】①1； ②36； ③S1+S3＝2S2． 【分析】【回顾旧知】从整体看，大正方形的边长为c，那么面积为c2，从大正方形的构成看，是由四个直角边长为a、b的直角三角形和一个边长为a﹣b的小正方形组成，从两个不同的角度计算出大正方形的面积，整理可得勾股定理； 【拓展应用】①小正方形的边长为a﹣b，则小正方形的面积为（a﹣b）2，根据所给条件先判断出ab的值，进而可得小正方形的面积； ②根据勾股定理可得CA的长，进而根据阴影部分的周长＝4（AC+AB），计算即可； ③分别表示出三个正方形的面积，整理可得三个正方形的面积S1、S2、S3满足的关系式． 【解答】解：【回顾旧知】∵大正方形的边长为c， ∴大正方形的面积为c2． ∵大正方形由四个直角边长为a、b的直角三角形和一个边长为a﹣b的小正方形组成， ∴大正方形的面积为：4ab+（a﹣b）2． ∴4ab+（a﹣b）2＝c2． ∴（a﹣b）2+2ab＝c2． ∴a2+b2＝c2． 【拓展应用】①∵大正方形的面积是25， ∴c2＝25． ∴a2+b2＝25． ∵（a+b）2＝49， ∴a2+2ab+b2＝49． ∴2ab＝24． ∴ab＝12． ∵（a﹣b）2＝a2+b2﹣2ab＝1， ∴小正方形的面积为1． 故答案为：1； ②∵BD＝a＝7，AB＝b＝4， ∴BC＝3． 由题意得：∠ABC＝90°， ∴AC＝5． ∴阴影部分的周长＝4×（4+5）＝36． 故答案为：36； ③由题意得：S1＝（a+b）2，S2＝a2+b2，S3＝（a﹣b）2， ∴S1+S3＝2S2． 故答案为：S1+S3＝2S2． 模型2.勾股树模型 勾股树，也叫“毕达哥拉斯树”。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，如下图。又因为重复多次后的形状好似一棵树，所以被称为勾股树。 模型特征：在直角三角形外，分别以三条边作相同的图形，则两直角边所作图形面积之和等于斜边所作图形的面积。该模型主要根据勾股定理的关系及等式性质求解，常用来解决相关面积问题。 条件：如图，在直角三角形外，分别以直角三角形三边为元素向外作形状相同的图形，若分别以两直角边为元素所作图形的面积为S1，S2，以斜边为元素所作的图形的面积为S3。 结论：S1+S2=S3 证明：设图中两直角边为a、b，斜边为c；且a、b、c三边所对应的等边三角形面积分别为S1、S2、S3。 由等边三角形和勾股定理易得：S1的高为：； ∴S1。同理：；。 由题意可得：；∴S1+S2=S3 由于该类模型的证明基本相同，故此只证明等边三角形。除了图中的三类图形，也常考等腰直角三角形。 条件：如图，正方形的边长为a，其面积标记为，以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，…按照此规律继续下去，结论：。证明：∵正方形的边长为a，为等腰直角三角形， ∴，，∴．观察，发现规律： ，，，，…， 条件：如图，“勾股树”是以边长为m的正方形－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－过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似－－棵树而得名．假设下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， 结论：第n代勾股树中正方形的个数为：；第n代勾股树中所有正方形的面积为：。证明：由题意可知第一代勾股树中正方形有=22-1（个）， 第二代勾股树中正方形有=23-1（个）， 第三代勾股树中正方形有=24-1（个）， 由此推出第n代勾股树中正方形有（个）。 设第一代勾股树中间三角形的两直角边长为a和b，斜边长为c，根据勾股定理可得：=m2， ∴第一代勾股树中所有正方形的面积为； 同理可得：第二代勾股树中所有正方形的面积为； 第三代勾股树中所有正方形的面积为； 第n代勾股树中所有正方形的面积为。 例1（2024秋•昆都仑区期末）如图，正方形内的数字代表所在正方形的面积，则A所在的正方形的面积为（　　） A． B．28 C．128 D．100 【答案】D 【分析】由勾股定理即可求出答案． 【解答】解：由勾股定理可知：SA＝36+64＝100， 故选：D． 例2（2025秋•越城区期末）勾股定理被称为“几何学的基石”，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为边长，分别向外作出正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”．如图，设大正方形Y的边长为定值y，四个小正方形MNPQ的边长分别为m，n，p，q，且三个直角三角形中∠1＝∠2＝∠3＝α，当α变化时，以下说法错误的是（　　） A．n＝p B．m+q＝y C．y＝mq D．m2+n2+p2+q2＝y2 【答案】C 【分析】连接BF，过点E作EC⊥BF于C，先证△EBF和△EHI全等得BF＝HI＝y，∠4＝∠1，证△KAB和△ECB全等得AB＝EC＝n，AK＝BC＝m，证△FDT和△ECF全等得FD＝EC＝p，DT＝CF＝q，从而得AB＝EC＝FD，则n＝p，据此可对选项A进行判断；再由BF＝BC+CF＝m+q，BF＝HI＝y可对选项B进行判断；由于y＝m+q正确，显然y＝mq不正确，据此可对选项C进行判断；在Rt△BEC中由勾股定理得m2+n2＝BE2，在Rt△ECF中由勾股定理得p2+q2＝BF2，在Rt△BEF中，由勾股定理得BE2+BF2＝BF2＝y2，据此可对选项D进行判断． 【解答】解：连接BF，过点E作EC⊥BF于C，如图所示： 依题意得：EB＝EH＝KB，EF＝EI＝FT，∠BEF＝∠HEI＝90°， ∠BAK＝90°，∠FDT＝90°， 在△EBF和△EHI中， ， ∴△EBF≌△EHI（SAS）， ∴BF＝HI＝y，∠4＝∠1， ∵∠1＝∠2＝∠3＝α， ∴∠4＝∠1＝∠2＝∠3＝α， ∵EC⊥BF于C， ∴∠ECB＝∠ECF＝90°， ∴∠BAK＝∠ECB＝90°，∠ECF＝∠FDT＝90°， 在△KAB和△ECB中， ， ∴△KAB≌△ECB（AAS）， ∴AB＝EC＝n，AK＝BC＝m， ∵∠4+∠BEC＝90°，∠BEC+∠CEF＝90°， ∴∠4＝∠CEF， ∴∠3＝∠CEF， 在△FDT和△ECF中， ， ∴△FDT≌△ECF（AAS）， ∴FD＝EC＝p，DT＝CF＝q， ∴AB＝EC＝FD， 即n＝p， 故选项A正确， ∵BF＝BC+CF＝m+q， 又∵BF＝HI＝y， ∴y＝m+q， 故选项B正确； ∴y＝m+q正确，显然y＝mq不正确， 故选项C不正确： 在Rt△BEC中，BC＝AK＝m，EC＝n， 由勾股定理得：BC2+EC2＝BE2， 即m2+n2＝BE2， 在Rt△ECF中，EC＝FD＝p，CF＝q， 由勾股定理得：EC2+CF2＝BF2， 即p2+q2＝BF2， 在Rt△BEF中，BF＝y， 由勾股定理得：BE2+BF2＝BF2， 即m2+n2+p2+q2＝y2， 故选项D正确． 故选：C． 例3（2026春•黔东南州月考）如图①，直角三角形的两个锐角分别是40°和50°，其三边上分别有一个正方形．执行下面的操作：由两个小正方形向外分别作锐角为40°和50°的直角三角形，再分别以所得到的直角三角形的直角边为边长作正方形．图②是1次操作后的图形．图③是重复上述步骤若干次后得到的图形，人们把它称为“毕达哥拉斯树”．若图①中的直角三角形斜边长为2，则2026次操作后图形中所有正方形的面积和为（　　） A．8116 B．8114 C．8112 D．8110 【答案】C 【分析】根据题意分别计算出图①、图②和图③的面积，得出规律即可求解． 【解答】解：∵图①中，直角三角形斜边长为2， 由勾股定理得：三个正方形的面积和为：22+22＝8； 第一次操作后所有正方形的面积和为：8+22＝12； 第二次操作后所有正方形的面积和为：8+4×2＝16； ……， 第n次操作后所有正方形的面积和为：8+4n； ∴当n＝2026时，即2026次操作后图形中所有正方形的面积和为：8+4×2026＝8112， 故选：C． 例4（2026•青秀区校级开学）如图，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的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】设两直角边分别为a，b，斜边为c，用a，b，c分别表示正方形，半圆，等边三角形的面积，进而可得答案． 【解答】解：设两直角边分别为a，b，斜边为c，则a2+b2＝c2， 第1个图中， S1＝a，S2＝b2，S3＝c2， ∵a2+b2＝c2， ∴S1+S2＝S3，符合题意； 第2个图中， ，，， ∵， ∴S1+S2＝S3，符合题意； 第3个图中，作DG⊥EF于点G，则∠EDG60°＝30°，EGEFc， ∴， ∴， 同理：，， ∵， ∴S1+S2＝S3，符合题意； 综上，三个图形中面积关系满足S1+S2＝S3的个数是3个． 故选：D． 例5（2024春•遵义月考）综合与实践 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．如图2，直角三角形的两条直角边分别为a，b，斜边为c． （1）如图3，以直角三角形的三边a，b，c为边，分别向外部作正方形，直接写出S1，S2，S3满足的关系： ． （2）如图4，以Rt△ABC的三边为直径，分别向外部作半圆，请判断S1，S2，S3的关系并证明． （3）如图5，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（实线）的周长为80，OC＝5，直接写出该飞镖状图案的面积． 【答案】（1）S1+S2＝S3； （2）S1+S2＝S3； （3）该飞镖状图案的面积为120． 【分析】（1）S1＝a2，S2＝b2，S3＝c2，根据勾股定理，判断a2、b2、c2的关系，求得S1，S2，S3的关系； （2）先求S1，S2，S3与a、b、c的关系，由勾股定理a2+b2＝c2，判断S1，S2，S3的关系； （3）先求出一个直角三角形的面积，该飞镖状图案的面积由四个直角三角形的面积组成，可求得． 【解答】解：（1）S1＝a2，S2＝b2，S3＝c2， 由勾股定理得，a2+b2＝c2， ∴S1+S2＝S3， 故答案为：S1+S2＝S3； （2）S1π（）2，S2π（）2，S3π（）2， 由勾股定理得，a2+b2＝c2， ∴， ∴S1+S2＝S3； （3）由题意知，外围轮廓（实线）的周长为80，且四个直角三角形是全等的， ∴AB+AC＝20， ∵OC＝5， ∴OB＝OC＝5， 设AC为x，则AB＝20﹣x，AO＝x+5， 在Rt△ABO中，由勾股定理可得，（x+5）2+52＝（20﹣x）2， 解得：x＝7， ∴AO＝12， △ABO的面积5×12＝30， ∵该飞镖状图案的面积由四个直角三角形面积组成， ∴该飞镖状图案的面积＝30×4＝120． 1．（2026•韩城市校级开学）三个正方形的面积如图，正方形A的面积为（　　） A．164 B．6 C．36 D．8 【答案】C 【分析】根据正方形面积公式求出直角边的长和斜边长，再根据勾股定理求出另一直角边长即可得出结论． 【解答】解：面积为100的正方形的边长为，面积为36的正方形的边长为， 由勾股定理得，正方形A的边长， ∴正方形A的面积为6×6＝36， 故选：C． 2．（2024春•禹城市期末）如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC＝6，BC＝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2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是（　　） A．72 B．52 C．80 D．76 【答案】D 【分析】由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个． 【解答】解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，则 x2＝122+52＝169 所以x＝13 所以“数学风车”的周长是：（13+6）×4＝76． 故选：D． 3．（2024秋•江阴市期中）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．56 B．60 C．65 D．75 【答案】C 【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＝440， ∴阴影部分的面积为25+40＝65． 故选：C． 4．（2024春•蚌山区期末）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AE＝5，BE＝12，则EF的长是（　　） A．7 B．8 C．7 D．7 【答案】C 【分析】12和5为两条直角边长时，求出小正方形的边长7，即可利用勾股定理得出EF的值． 【解答】解：∵AE＝5，BE＝12，即12和5为两条直角边长时， 小正方形的边长＝12﹣5＝7， ∴EF； 故选：C． 5．（2024秋•毕节市月考）“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，如图，其直角三角形的两条直角边的长分别是2和4，则小正方形与大正方形的面积比是（　　） A．1：2 B．1：4 C．1：5 D．1：10 【答案】C 【分析】根据题意求得小正方形的边长，根据勾股定理求出大正方形的边长，由正方形的面积公式即可得出结果． 【解答】解：∵直角三角形的两条直角边的长分别是2和4， ∴小正方形的边长为2， 根据勾股定理得：大正方形的边长2， ∴． 故选：C． 6．（2023秋•泉山区校级期中）公元3世纪初，中国古代书学家赵爽注《周髀算经》时，创造了“赵爽弦图”．如图，勾a＝3，弦c＝5，则小正方形ABCD的面积为（　　） A．1 B．3 C．4 D．9 【答案】A 【分析】根据勾股定理和正方形的面积公式可求解． 【解答】解：如图， ∵勾a＝3，弦c＝5， ∴股b4， ∴小正方形的边长＝4﹣3＝1， ∴小正方形的面积＝12＝1， 故选：A． 7．（2025秋•金水区校级期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以这个三角形的三边为边长作正方形，面积分别记为S1、S2、S3，若S1+S3﹣S2＝32，则阴影部分面积为（　　） A．8 B．14 C．16 D．18 【答案】A 【分析】由勾股定理结合正方形的面积可得，S1+S2＝S3，据此解答． 【解答】解：由勾股定理结合正方形的面积可得，S1+S2＝S3， 又∵S1+S3﹣S2＝32， ∴2S1＝32， ∴S1＝16， ∴阴影部分面积为8， 故选：A． 8．（2025秋•大英县期末）如图，分别以Rt△ABC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＝20，则图中阴影部分的面积为（　　） A．5 B．10 C．6 D．8 【答案】A 【分析】由勾股定理结合正方形的面积可知，S3﹣S1＝S2，结合已知可推出S2＝10，再结合三角形的面积与正方形的面积求解即可． 【解答】解：由勾股定理结合正方形的面积可知，S3﹣S1＝S2， 又∵S3+S2﹣S1＝20， ∴2S2＝20， ∴S2＝10， ∴图中阴影部分的面积5， 故选：A． 9．（2024春•安顺期末）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AE＝10，BE＝24，则EF的长是（　　） A．14 B．16 C．14 D．14 【答案】D 【分析】24和10为两条直角边长时，求出小正方形的边长14，即可利用勾股定理得出EF的长． 【解答】解：∵AE＝10，BE＝24，即24和10为两条直角边长时， 小正方形的边长＝24﹣10＝14， ∴EF14． 故选：D． 10．（2023秋•章丘区校级月考）我国是最早了解勾股定理的国家之一，根据《周髀算经》的记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”．三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一种证明．下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据基础图形的面积公式表示出各个选项的面积，同时根据割补的思想可以写出另外一种面积表示方法，即可得出一个等式，进而可判断能否证明勾股定理． 【解答】解：A、大正方形的面积为：c2； 也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：ab×4+（b﹣a）2＝a2+b2， ∴a2+b2＝c2，故A选项能证明勾股定理； B、大正方形的面积为：（a+b）2； 也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：ab×4+c2＝2ab+c2， ∴（a+b）2＝2ab+c2， ∴a2+b2＝c2，故B选项能证明勾股定理； C、梯形的面积为：（a+b）（a+b）（a2+b2）+ab； 也可看作是2个直角三角形和一个等腰直角三角形组成，则其面积为：ab×2c2＝abc2， ∴abc2（a2+b2）+ab， ∴a2+b2＝c2，故C选项能证明勾股定理； D、大正方形的面积为：（a+b）2； 也可看作是2个矩形和2个小正方形组成，则其面积为：a2+b2+2ab， ∴（a+b）2＝a2+b2+2ab， ∴D选项不能证明勾股定理． 故选：D． 11．（2025秋•中原区期末）1995年，希腊为纪念毕达哥拉斯学派发行了如图1所示的邮票，图案中间的直角三角形由三个正方形顶点相连构成．图2是小华模仿这个图形结构所画的图，则图2中三个正方形的面积可能取值为（　　） A．2，3，4 B．5，6，11 C．6，8，15 D．7，12，14 【答案】B 【分析】由正方形的面积结合勾股定理可知，图2中两个较小正方形的面积等于最大正方形的面积，即可得出正确选项． 【解答】解：由正方形的面积结合勾股定理可知，图2中两个较小正方形的面积等于最大正方形的面积， ∵2+3＝5≠4， ∴选项A不满足要求，不符合题意； ∵5+6＝11， ∴选项B满足要求，符合题意； ∵6+8＝14≠15， ∴选项C不满足要求，不符合题意； ∵7+12＝19≠14， ∴选项D不满足要求，不符合题意， 故选：B． 12．（2025秋•驻马店期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°．若AB＝13，则正方形ADEC与正方形BCFG的面积之和为（　　） A．25 B．144 C．169 D．以上都不对 【答案】C 【分析】由图可知正方形ADEC的面积为AC2；正方形BCFG的面积为BC2；在Rt△ABC中，由勾股定理可得AB2＝AC2+BC2，从而得到答案． 【解答】解：如图所示，正方形ADEC的面积为AC2；正方形BCFG的面积为BC2； 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，由勾股定理可得AB2＝AC2+BC2， ∵AB＝13， ∴AC2+BC2＝132＝169，即正方形ADEC与正方形BCFG的面积之和为169， 故选：C． 13．（2025秋•沙坪坝区校级期末）如图，Rt△ABC中，分别以这个三角形的三条边为边向外作正方形，正方形面积分别记为S1，S2，S3，已知10S1﹣3S2＝S3，则的值为（　　） A． B．2 C． D．3 【答案】C 【分析】根据勾股定理可得S1+S2＝S3，再整体代入10S1﹣3S2＝S3即可解答． 【解答】解：由题意知S1+S2＝S3， ∴10S1﹣3S2＝S3， ∴10S1﹣3S2＝S1+S2， 整理得9S1＝4S2， ∴， 故选：C． 14．（2025秋•林甸县期末）如图，两个较大正方形的面积分别为225，289，则字母A所代表的正方形的面积为（　　） A．514 B．8 C．16 D．64 【答案】D 【分析】根据正方形的面积等于边长的平方，由正方形PQED的面积和正方形PRQF的面积分别表示出PR的平方及PQ的平方，又三角形PQR为直角三角形，根据勾股定理求出QR的平方，即为所求正方形的面积． 【解答】解：∵正方形PQED的面积等于225， ∴即PQ2＝225， ∵正方形PRGF的面积为289， ∴PR2＝289， 又△PQR为直角三角形，根据勾股定理得： PR2＝PQ2+QR2， ∴QR2＝PR2﹣PQ2＝289﹣225＝64， 则正方形QMNR的面积为64． 故选：D． 15．（2024秋•朝阳区校级期末）如图，阴影部分是两个正方形，图中还有一个直角三角形和一个空白的正方形，阴影部分的面积为25cm2，直角三角形①中较长的直角边长12cm，则直角三角形①的面积是（　　） A．16cm2 B．25cm2 C．30cm2 D．169cm2 【答案】C 【分析】两个阴影正方形的面积和等于直角三角形另一未知边的平方．利用勾股定理即可求出． 【解答】解：∵两个阴影正方形的面积和等于直角三角形另一未知边的平方， ∴直角三角形①中较短的直角边长5cm， ∵直角三角形①中较长的直角边长12cm， ∴直角三角形 ①的面积（cm2）， 故选：C． 16．（2024春•召陵区期中）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．若直角三角形的一个锐角为30°，将各三角形较短的直角边分别向外延长一倍，得到图②所示的“数学风车”．已知AB＝3，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】易知AB＝AD＝3，DE＝EF＝AC，BC＝AE，设AC＝a，由含30度角的直角三角形性质得AE，于是a+3，得到AC，再利用同底等高的三角形面积关系得到S△CEF，进而阴影部分的面积为4S△CEF． 【解答】解：如图， 由题意得，AB＝AD＝3，DE＝EF＝AC，BC＝AE， 设AC＝a， 在Rt△ACE中，∠CEA＝30°， ∴AEBC，即a+3， 解得：a， ∴AC， ∵S△CEF， ∴阴影部分的面积为4S△CEF． 故选：D． 17．（2024秋•城关区校级期末）如图是由“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MNPQ的面积分别为S1、S2、S3．若S1+S2+S3＝60，则S2的值是（　　） A．12 B．15 C．20 D．30 【答案】C 【分析】设每个小直角三角形的面积为m，则S1＝4m+S2，S3＝S2﹣4m，依据S1+S2+S3＝60，可得4m+S2+S2+S2﹣4m＝60，进而得出S2的值． 【解答】解：设每个小直角三角形的面积为m，则S1＝4m+S2，S3＝S2﹣4m， 因为S1+S2+S3＝60， 所以4m+S2+S2+S2﹣4m＝60， 即3S2＝60， 解得S2＝20． 故选：C． 18．（2025秋•双流区期末）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+S1﹣S2＝12，则图中阴影部分的面积为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】设BC＝a，AC＝b，AB＝c，则S1＝a2，S2＝b2，S3＝c2，根据勾股定理得c2＝a2+b2，继而S3＝S1+S2，结合已知条件得S1＝6，然后根据S△ABNS1＝3即图中阴影部分的面积． 【解答】解：设BC＝a，AC＝b，AB＝c， ∴依题意得：S1＝a2，S2＝b2，S3＝c2， ∵S3+S1﹣S2＝12， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：c2＝a2+b2， ∴S3＝S1+S2， ∴S1+S2+S1﹣S2＝12， ∴S1＝6， ∴S△ABNS1＝3， 即图中阴影部分的面积为3． 故选：A． 19．（2025秋•盐城期末）图1是第七届国际数学教育大会（ICME﹣7）会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形（如图2）演化而成的．如果图2中的OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，那么OA8的长为（　　） A． B．4 C．3 D．2 【答案】D 【分析】OA1＝1，根据勾股定理可得OA2，OA3，找到OAn的规律，即可计算OA8的长． 【解答】解：∵OA1＝1， ∴由勾股定理可得OA2， OA3， …， ∴OAn， ∴OA82． 故选：D． 20．（2025秋•黄岩区期末）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以直角三角形的三边为直径作三个半圆，再以斜边为边作正方形，若阴影部分的面积关系满足4（S1+S2）＝S3，则下列说法正确的是（　　） A．AB＝AC B．2AB＝AC C．2AB＝BC D．2AC＝BC 【答案】A 【分析】由勾股定理得：AB2+AC2＝BC2，再求出S1+S2＝S△ABCAB•AC，然后证明（AB﹣AC）2＝0，得出AB＝AC即可得出结论． 【解答】解：由勾股定理得：AB2+AC2＝BC2， ∴S1+S2π（AB）2π（AC）2π（BC）2+S△ABCπ（BC2+AC2﹣AB2）+S△ABC＝S△ABCAB•AC， ∵4（S1+S2）＝S3， ∴4AB•AC＝BC2＝AB2+AC2， 即2AB•AC＝AB2+AC2， ∴（AB﹣AC）2＝0， ∴AB＝AC， 故选：A． 21．（2025春•龙潭区校级期末）用三张正方形纸片，按如图所示的方式构成图案，已知围成阴影部分的三角形是直角三角形，S1＝9，S3＝25，则正方形S2的面积为 ． 【答案】16． 【分析】由题意可得，三个正方形的边长恰好凑成一个直角三角形，利用勾股定理可得，两个较小正方形的面积之和等于最大的正方形的面积．即S1+S2＝S3.据此可求S2． 【解答】解：设正方形纸片S1，S2，S3的边长分别为a，b，c．则S1＝a2，S2＝b2，S3＝c2． 由题意可得，a、b、c恰好为阴影部分的三角形的三边， ∵阴影部分的三角形是直角三角形． ∴a2+b2＝c2． 即S1+S2＝S3． ∵S1＝9，S3＝25． ∴S2＝S3﹣S1＝16． 故答案为：16． 22．（2025•岳麓区校级开学）如图，由四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”．Rt△ABF中，∠AFB＝90°，AF＝4，AB＝5．四边形EFGH的面积是 ． 【答案】1 【分析】四边形EFGH的面积＝四边形ABCD的面积﹣四个全等直角三角形的面积．直角三角形的面积需利用勾股定理求出直角边后解答． 【解答】解：因为AB＝5，所以S正方形ABCD＝5×5＝25． Rt△ABF中，AF＝4，AB＝5， 则BF3， 所以SRt△ABF3×4＝6， 四个直角三角形的面积为：6×4＝24， 四边形EFGH的面积是25﹣24＝1． 故答案为1 23．（2024春•同步）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，BC＝12．以AB为一边在△ABC的同侧作正方形ABDE，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】139． 【分析】首先利用勾股定理求得AB边的长度，然后由三角形的面积公式和正方形的面积公式解答． 【解答】解：如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝12，AC＝5， 由勾股定理知，AB13． 故S阴影＝S正方形ABDE﹣S△ABC＝1325×12＝169﹣30＝139． 故答案为：139． 24．（2023春•卫滨区校级期中）如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形E的边长为7cm，则图中五个正方形A、B、C、D、E的面积和为 cm2． 【答案】98． 【分析】根据正方形的面积公式，连续运用勾股定理，发现：四个小正方形的面积和等于最大正方形的面积． 【解答】解：设正方形A、B、C、D的边长分别是a、b、c、d， 则正方形A的面积＝a2，正方形B的面积＝b2，正方形C的面积＝c2，正方形D的面积＝d2， 又∵a2+b2＝x2，c2+d2＝y2， ∴正方形A、B、C、D、E的面积和＝（a2+b2）+（c2+d2）+72＝x2+y2+72＝72+72＝98（cm2）． 即正方形A，B，C，D、E的面积的和为98cm2． 故答案为：98． 25．（2025春•石景山区校级期中）如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，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5，短直角边为3，图2中阴影部分的面积为S，那么S的值为 ． 【答案】16． 【分析】利用勾股定理，求出空白部分面积，通过间接作差得出阴影部分面积． 【解答】解：由题意作出如图， 得AC，BD＝2，AB＝CD，△ABD是直角三角形， 则大正方形面积＝AC2＝34， △ADC面积（5×3﹣2×3）＝4.5， 阴影部分的面积S＝34﹣4×4.5＝16， 故答案为：16． 26．（2024秋•漳州校级期中）我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形与1个小正方形拼成的一个大正方形，如图，若拼成的大正方形为正方形ABCD，面积为9，中间的小正方形为正方形EFGH，面积为2，连接AC，交BG于点P，交DE于点M，①△CGP≌△AEM，②S△AFP﹣S△CGP，③DH+HC＝4，④HC＝2，以上说法正确的是 .（填写序号） 【答案】①③④． 【分析】由全等三角形的性质，勾股定理，完全平方公式，结合“赵爽弦图”的特点，可以解决问题． 【解答】解：∵Rt△BCG≌Rt△DAE， ∴CG＝AE，∠CGP＝∠AEM， ∵CH∥AF． ∴∠GCP＝∠MAE， ∴△CGP≌△AEM（ASA）， ∴S△CGP＝S△AEM，CP＝ME， ∴S△AFP﹣S△CGP＝S四边形MEFP ∵HE＝GF， ∴HM＝PF， ∴S四边形MEFP＝S四边形MHGPS正方形EFGH＝1， ∴S△AFP﹣S△CGP＝1， ∵DH2+CH2＝DC2＝9， ∴（DH+CH）2＝DH2+CH2+2DH•CH＝9+2DH•CH， ∵CH﹣DH＝HG， ∴（CH﹣DH）2＝HG2＝2， ∴CH2+DH2﹣2DH•CH＝2， ∴2DH•CH＝7， ∴（DH+CH）2＝9+7＝16， ∴DH+CH＝4， ∵CH﹣DH， ∴HC2， 故答案为：①③④． 27．（2024春•泰兴市期中）如图1，△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C的对边分别记为a、b、c． 实验一： 小聪和小明用八张这样的三角形纸片拼出了如图2所示的正方形． （1）在图2中，正方形CDEF的面积可表示为 ，正方形IJKL的面积可表示为 （用含a，b的式子表示） （2）请结合图2，用面积法说明（a+b）2，ab，（a﹣b）2三者之间的等量关系． 实验二： 小聪和小明分别用四个这样三角形纸片拼成了如图3、4、5所示的图形．他们根据面积法得到了一个关于边a、b、c的等式，整理后发现a2+b2＝c2 （3）请你从图3、4、5中选一个合适的图形用面积法证明a2+b2＝c2． 你的选择是图 ， 你的证明： （4）根据（3）中的结论回答，当a﹣b﹣2m＝1，ab+2m2+2m＝4时，c的值为 ． 【答案】（1）（a+b）2，（a﹣b）2； （2）（a+b）2﹣（a﹣b）2＝4ab； （3）证明见解析； （4）3． 【分析】（1）分别表示出所求的正方形的边长，进而可得所求的正方形的面积； （2）由图2可以看出，正方形CDEF的面积﹣正方形IJKL的面积＝4个矩形的面积，把相关数值代入即可； （3）从整体和整体的组成分别得到各个图形中最大图形的面积，整理后可得勾股定理； （4）根据c2＝a2+b2＝（a﹣b）2+2ab，把相关数值代入后可得c2的值，进而可得c的值． 【解答】解：（1）∵正方形CDEF的边长为a+b， ∴正方形CDEF的面积为（a+b）2． ∵正方形IJKL的边长为a﹣b， ∴正方形IJKL的面积为（a﹣b）2． 故答案为：（a+b）2，（a﹣b）2； （2）由图2可以看出，正方形CDEF的面积﹣正方形IJKL的面积＝4个矩形的面积． ∴（a+b）2﹣（a﹣b）2＝4ab； （3）①选择图3． 由题意得：四边形CDEF为正方形，边长为a+b， ∴正方形CDEF的面积为：（a+b）2． ∵四边形CDEF由四个直角边长为a，b的直角三角形和一个边长为c的正方形组成， ∴正方形CDEF的面积为：4ab+c2． ∴（a+b）2＝4ab+c2． ∴a2+2ab+b2＝2ab+c2． ∴a2+b2＝c2． ②选择图4． 由题意得：四边形ABED是正方形，边长为c． ∴正方形ABED的面积为：c2． ∵四边形ABED是由4个直角边长为a和b的直角三角形和一个边长为a﹣b的正方形组成的， ∴正方形ABED的面积为：4ab+（a﹣b）2． ∴4ab+（a﹣b）2＝c2． ∴a2+b2＝c2． ③选择图5． ∵S五边形BCFGA＝S正方形BCED+S正方形HEFG+S△BID+S△IHG＝S正方形ABIG+S△ABC+S△AGF， ∴a2+b2abab＝c2abab． ∴a2+b2＝c2． （4）∵a﹣b﹣2m＝1，ab+2m2+2m＝4， ∴a﹣b＝2m+1，ab＝4﹣2m2﹣2m． ∵a2+b2＝c2． ∴c2＝（a﹣b）2+2ab＝（2m+1）2+2（4﹣2m2﹣2m）＝4m2+4m+1+8﹣4m2﹣4m＝9． ∵c＞0， ∴c＝3． 故答案为：3． 28．（2024•蓬江区校级二模）如图1，将长为2a，宽为2a﹣1的矩形分割成四个全等的直角三角形，拼成“赵爽弦图”得到如图2所示大小两个正方形． （1）用含a的代数式表示图2中小正方形的边长； （2）若图2中，大正方形面积是小正方形面积的13倍，求a值． 【答案】（1）a﹣1； （2）a＝2或a． 【分析】（1）图2中小正方形的边长等于直角三角形的两直角边的差； （2）依据大正方形面积是小正方形面积的13倍，列方程求解即可． 【解答】解：（1）图2中小正方形的边长为（2a﹣1）﹣a＝a﹣1； （2）由题得：（2a﹣1）2+a2＝13（a﹣1）2， 化简得：4a2﹣11a+6＝0， （a﹣2）（4a﹣3）＝0， ∴a＝2或a． 29．（2024春•单元）如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成．若较短的直角边BC＝5，将四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，若△BCD的周长是30，则这个风车的外围周长是 ．【写出计算过程给8分】 【答案】见试题解答内容 【分析】由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个． 【解答】解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，AC＝y，则 x2＝4y2+52， ∵△BCD的周长是30， ∴x+2y+5＝30 所以x＝13，y＝6 所以“数学风车”的周长是：（13+6）×4＝76． 故答案为：76． 30．（2025秋•遂川县期末）【知识再现】 （1）如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以BC，CA，AB为边向外作的正方形的面积为S1，S2，S3．当S1＝225，S3＝625时，S2＝ ； 【问题探究】 （2）如图2，在四边形ABCD中，∠DAB＝∠BCD＝90°，分别以AB，BC，CD，DA为边向外作正方形的面积为S1，S2，S3，S4，试探究S1，S2，S3，S4的数量关系并说明理由； （3）如图3，分别以图3中Rt△ABC的边BC，CA，AB为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，BC，CA，AB为直径的半圆柱的体积分别为V1，V2，V3，若AB＝4，柱体的高h＝8，求V1+V2的值． 【答案】（1）400； （2）S1+S4＝S2+S3；理由如下： 如图2，连接BD， ∵BD2＝AB2+AD2，AB2＝S1，AD2＝S4， ∴BD2＝S1+S4， 同理可得，BD2＝S2+S3， ∴S1+S4＝S2+S3； （3）16π． 【分析】（1）利用勾股定理解答即可求解； （2）连接BD，同理（1）利用勾股定理解答即可求解； （3）利用圆柱的体积公式和勾股定理解答即可求解． 【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°， 由勾股定理得：AB2＝BC2+AC2， ∵分别以BC，CA，AB为边向外作的正方形的面积为S1，S2，S3．当S1＝225，S3＝625， ∴AB2＝S3，BC2＝S1，AC2＝S2， ∴S3＝S1+S2， ∴S2＝S3﹣S1＝625﹣225＝400， 故答案为：400； （2）S1+S4＝S2+S3；理由如下： 如图2，连接BD， ∵BD2＝AB2+AD2，AB2＝S1，AD2＝S4， ∴BD2＝S1+S4， 同理可得，BD2＝S2+S3， ∴S1+S4＝S2+S3； （3）由题意得：，，， ∵BC2+CA2＝AB2， ∴， ∵， ∴V1+V2＝16π． 31．（2024秋•淮阳区期末）著名的“赵爽弦图”如图（1）所示，若其中四个全等的直角三角形中，较短的直角边为a，较长的直角边为b，斜边为c，则大正方形的面积可以表示为c2，也可以表示为4ab+（b﹣a）2，由此推导出勾股定理：如果直角三角形两条直角边为a，b，斜边为c，则a2+b2＝c2． （1）图（2）为美国第20任总统加菲尔德的“总统证法”，请你利用图（2）推导勾股定理． （2）如图（3），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AB＝AC，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CH⊥AB．测得CH＝2.4千米，HB＝1.8千米，求新路CH比原路CA短多少千米． （3）在第（2）问中，若AB≠AC，CH⊥AB，AC＝4千米，BC＝5千米，AB＝6千米，求AH的长． 【答案】（1）证明见解析； （2）新路CH比原路CA少0.1千米； （3）AH km． 【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CA＝xkm，则AH＝（x﹣1.8）km，根据股定理列方程，解得即可得到结果； （3）在Rt△ACH和Rt△BCH中，由勾股定理得求出CH2＝CA2﹣AH2＝CB2﹣BH2，列出方程求解即可得到结果． 【解答】解：（1）梯形ABCD的面积为（a+b）（a+b）a2+abb2， 也可以表示为ababc2， ∴ababc2a2+abb2， 即a2+b2＝c2； （2）∵CA＝xkm， ∴AH＝（x﹣1.8）km， 在Rt△ACH中， CA2＝CH2+AH2， 即x2＝2.42+（x﹣1.8）2， 解得x＝2.5， 即CA＝2.5（km）， ∴CA﹣CH＝2.5﹣2.4＝0.1（km）， 答：新路CH比原路CA少0.1千米； （3）设AH＝xkm，则BH＝（6﹣x）km， 在Rt△ACH中，CH2＝CA2﹣AH2， 在Rt△BCH中，CH2＝CB2﹣BH2， ∴CA2﹣AH2＝CB2﹣BH2， 即42﹣x2＝52﹣（6﹣x）2， 解得：x，即AH（km）． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 赵爽弦图模型与勾股树模型 弦图分为内弦图与外弦图，其中内弦图是我国古代数学家赵爽最早发现并用以证明勾股定理的经典图形。弦图不仅能严谨证明勾股定理，以此为背景命制的几何题目更是形式多样、颇具深度，虽然有一定难度，但解题思路往往并不唯一。 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”。弦图中蕴含的割补思想、数形结合思想、图形变换思想，更是课堂教学中渗透数学核心素养的绝佳载体。一个弦图，集合了初中平面几何中的线与形、位置关系与数量关系、解题方法与数学思想，可谓 “小身板，大能量”，是数学教育里的不老神话，广受数学教师与爱好者研究，近年来也成为各地中考的热点问题。 在学习几何模型时，很多同学过于重视模型结论的记忆，却忽视了模型本身的证明思路与推导方法，导致本末倒置。要知道，数学考题千变万化，学习数学绝不能死记硬背，必须在理解的基础上记忆，才能真正做到知识的灵活运用。很多时候，启发我们破题的关键，正是对已有知识、基本方法的适度延伸与拓展。 因此，学习几何模型，必须做到三点： ① 能认识模型，并从复杂题目中提炼、识别出几何模型； ② 能记住结论，但更关键的是记住证明思路与推导方法； ③ 清楚模型中的常见易错点，中考考题的陷阱大多源于此。 当然，以上只是基础要求。面对多变的题型，想要在几何学习中脱颖而出，还需要在平时通过足量训练，深刻理解模型结构与题型变化，真正做到活学活用、举一反三！ 2 模型1.弦图模型 2 模型2.勾股树模型 5 9 模型1.弦图模型 “弦图”就是我国三国时期的数学家赵爽，利用面积相等，形象巧妙的证明方法。所谓弦图模型就是四个全等直角三角形的弦互相垂直围成了一个正方形图形，当弦在围成的正方形之内叫内弦图模型，当弦恰恰是围城正方形的边长时就叫外弦图模型。 数学具有高度的抽象性，考试中有时候不会直观明了的出现弦图模型，所以学习中我们要抓住弦图本质灵活变形，从而增强数学的变化性，培养思维灵活性，为学生提供思维的广泛联想空间，使其在面临问题时能够从多种角度进行考虑，并迅速地建立起自己的思路，真正做到“举一反三”。 图1 图2 图3 图4 （1）内弦图模型： 条件：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，结论：△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH； 证明：∵∠ABC＝∠BFC＝∠AEB＝90°，∴∠ABE＋∠FBC＝∠FBC＋∠FCB=90°．∴∠ABE＝∠FCB． 又∵AB＝BC，∴△ABE≌△BCF，同理可得△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH． （2）外弦图模型： 条件：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，EFGH是正方形， 结论：△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DGH； 证明：∵∠B＝∠EFG＝∠C＝90°，∴∠BEF ＋∠EFB＝∠EFB＋∠GFC＝90°，∴∠BEF＝∠GFC． 又∵EF ＝FG，∴△EBF≌△FCG．同理可得△EBF≌△FCG≌△GDH≌△HAE． （3）内外组合型弦图模型： 条件：如图3、4，四边形ABCD、EFGH、PQMN、均为正方形；结论：2S正方形EFGH= S正方形ABCD+S正方形PQMN. 证明：由（1）（2）中的证明易得：图3和图4中的八个直角三角形均全等，并用 S△表示他们的面积。 ∵S正方形ABCD=S正方形PQMN+8S△；S正方形EFGH=S正方形PQMN+4S△； ∴S正方形ABCD+S正方形PQMN=S正方形PQMN+8S△+S正方形PQMN=2S正方形PQMN+8S△=2S正方形EFGH 上述三类弦图模型除了考查相关证明外，也常和完全平方公式（知二求二）结合考查。 （4）半弦图模型 图5 图6 图7 条件：如图5，EA⊥AB于点A，GB⊥AB于点B，EF⊥FG，EF=FG，结论：△AFE≌△BGF；EA+GB=AB。 证明：∵EA⊥AB于点A，GB⊥AB于点B，EF⊥FG，∴∠A＝∠B＝∠EFG＝90° ∴∠AFE＋∠AEF＝∠AEF＋∠BFG=90°．∴∠AFE＝∠BFG． 又∵EF=FG，∴△AFE≌△BGF，∴AE=BF，AF=BG，∴EA+GB=BF+AF=AB。 条件：如图6，EA⊥AB于点A，GB⊥AB于点B，EF⊥FG，EF=FG，结论：△AFE≌△BGF；EA-GB=AB。 证明：同图5证明可得：△AFE≌△BGF，∴AE=BF，AF=BG，∴EA-GB=BF-AF=AB。 条件：如图7，在Rt △ABE和Rt△BCD中，AB＝BC，AE⊥BD，结论：△ABE≌△BCD；AB-CD=EC。 证明：∵△ABE和△BCD是Rt △，AE⊥BD，∴∠ABE＝∠C＝∠AFB＝90°。 ∴∠A＋∠ABF＝∠ABF＋∠DBC=90°．∴∠A＝∠DBC。 又∵AB＝BC，∴△ABE≌△BCD，∴BE=CD，∴AB-CD=BC-BE=EC。 上面三类半弦图模型的共同特点是两个直角三角形，他们的弦互相垂直。所以做题中见着这样的关键字眼就要想到用弦图的相关知识解决问题。 例1（2025春•北辰区期中）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．51 B．49 C．76 D．无法确定 例2（2024春•东宝区校级期中）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． B． C． D． 例3（2026春•滨海新区校级月考）如图，用4个全等的直角三角形与1个小正方形镶嵌成了一个正方形图案．已知大正方形的面积为49，小正方形的面积为4，若用x，y表示直角三角形的两直角边长（x＞y），有下列四个说法：①x2+y2＝49；②x﹣y＝2；③x+y＝9；④2xy+4＝49．其中正确的是（　　） A．①② B．①②③ C．①②③④ D．①②④ 例4（2024春•江阴市期中）【回顾旧知】在学习“乘法公式”时，我们分别从两个不同的角度计算如图1所示的正方形ABCD的面积，从而得到公式：（a+b）2＝a2+b2+2ab．【类比探究】用图2中四个完全一样的直角三角形可以拼成图3的大正方形，请根据图3，利用图形的面积关系，推导a、b、c之间满足的关系式，写出推理过程． 【拓展应用】利用图3中探究的关系式解答下列问题： ①图3中如果大正方形的面积是25，且（a+b）2＝49，则小正方形的面积为 ． ②连接图3中的四条线段得到图4的新图案，若a＝7，b＝4，则图4中阴影部分的周长为 ． ③利用图2中八个完全一样的直角三角形可以拼成图5的大正方形，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNXT的面积分别为S1、S2、S3，则三个正方形的面积S1、S2、S3满足的关系式是 ． 模型2.勾股树模型 勾股树，也叫“毕达哥拉斯树”。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，如下图。又因为重复多次后的形状好似一棵树，所以被称为勾股树。 模型特征：在直角三角形外，分别以三条边作相同的图形，则两直角边所作图形面积之和等于斜边所作图形的面积。该模型主要根据勾股定理的关系及等式性质求解，常用来解决相关面积问题。 条件：如图，在直角三角形外，分别以直角三角形三边为元素向外作形状相同的图形，若分别以两直角边为元素所作图形的面积为S1，S2，以斜边为元素所作的图形的面积为S3。 结论：S1+S2=S3 证明：设图中两直角边为a、b，斜边为c；且a、b、c三边所对应的等边三角形面积分别为S1、S2、S3。 由等边三角形和勾股定理易得：S1的高为：； ∴S1。同理：；。 由题意可得：；∴S1+S2=S3 由于该类模型的证明基本相同，故此只证明等边三角形。除了图中的三类图形，也常考等腰直角三角形。 条件：如图，正方形的边长为a，其面积标记为，以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，…按照此规律继续下去，结论：。证明：∵正方形的边长为a，为等腰直角三角形， ∴，，∴．观察，发现规律： ，，，，…， 条件：如图，“勾股树”是以边长为m的正方形－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－过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似－－棵树而得名．假设下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， 结论：第n代勾股树中正方形的个数为：；第n代勾股树中所有正方形的面积为：。证明：由题意可知第一代勾股树中正方形有=22-1（个）， 第二代勾股树中正方形有=23-1（个）， 第三代勾股树中正方形有=24-1（个）， 由此推出第n代勾股树中正方形有（个）。 设第一代勾股树中间三角形的两直角边长为a和b，斜边长为c，根据勾股定理可得：=m2， ∴第一代勾股树中所有正方形的面积为； 同理可得：第二代勾股树中所有正方形的面积为； 第三代勾股树中所有正方形的面积为； 第n代勾股树中所有正方形的面积为。 例1（2024秋•昆都仑区期末）如图，正方形内的数字代表所在正方形的面积，则A所在的正方形的面积为（　　） A． B．28 C．128 D．100 例2（2025秋•越城区期末）勾股定理被称为“几何学的基石”，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为边长，分别向外作出正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”．如图，设大正方形Y的边长为定值y，四个小正方形MNPQ的边长分别为m，n，p，q，且三个直角三角形中∠1＝∠2＝∠3＝α，当α变化时，以下说法错误的是（　　） A．n＝p B．m+q＝y C．y＝mq D．m2+n2+p2+q2＝y2 例3（2026春•黔东南州月考）如图①，直角三角形的两个锐角分别是40°和50°，其三边上分别有一个正方形．执行下面的操作：由两个小正方形向外分别作锐角为40°和50°的直角三角形，再分别以所得到的直角三角形的直角边为边长作正方形．图②是1次操作后的图形．图③是重复上述步骤若干次后得到的图形，人们把它称为“毕达哥拉斯树”．若图①中的直角三角形斜边长为2，则2026次操作后图形中所有正方形的面积和为（　　） A．8116 B．8114 C．8112 D．8110 例4（2026•青秀区校级开学）如图，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的个数是（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 例5（2024春•遵义月考）综合与实践 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．如图2，直角三角形的两条直角边分别为a，b，斜边为c． （1）如图3，以直角三角形的三边a，b，c为边，分别向外部作正方形，直接写出S1，S2，S3满足的关系： ． （2）如图4，以Rt△ABC的三边为直径，分别向外部作半圆，请判断S1，S2，S3的关系并证明． （3）如图5，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（实线）的周长为80，OC＝5，直接写出该飞镖状图案的面积． 1．（2026•韩城市校级开学）三个正方形的面积如图，正方形A的面积为（　　） A．164 B．6 C．36 D．8 2．（2024春•禹城市期末）如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC＝6，BC＝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2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是（　　） A．72 B．52 C．80 D．76 3．（2024秋•江阴市期中）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．56 B．60 C．65 D．75 4．（2024春•蚌山区期末）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AE＝5，BE＝12，则EF的长是（　　） A．7 B．8 C．7 D．7 5．（2024秋•毕节市月考）“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，如图，其直角三角形的两条直角边的长分别是2和4，则小正方形与大正方形的面积比是（　　） A．1：2 B．1：4 C．1：5 D．1：10 6．（2023秋•泉山区校级期中）公元3世纪初，中国古代书学家赵爽注《周髀算经》时，创造了“赵爽弦图”．如图，勾a＝3，弦c＝5，则小正方形ABCD的面积为（　　） A．1 B．3 C．4 D．9 7．（2025秋•金水区校级期末）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以这个三角形的三边为边长作正方形，面积分别记为S1、S2、S3，若S1+S3﹣S2＝32，则阴影部分面积为（　　） A．8 B．14 C．16 D．18 8．（2025秋•大英县期末）如图，分别以Rt△ABC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＝20，则图中阴影部分的面积为（　　） A．5 B．10 C．6 D．8 9．（2024春•安顺期末）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AE＝10，BE＝24，则EF的长是（　　） A．14 B．16 C．14 D．14 10．（2023秋•章丘区校级月考）我国是最早了解勾股定理的国家之一，根据《周髀算经》的记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”．三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一种证明．下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（　　） A． B． C． D． 11．（2025秋•中原区期末）1995年，希腊为纪念毕达哥拉斯学派发行了如图1所示的邮票，图案中间的直角三角形由三个正方形顶点相连构成．图2是小华模仿这个图形结构所画的图，则图2中三个正方形的面积可能取值为（　　） A．2，3，4 B．5，6，11 C．6，8，15 D．7，12，14 12．（2025秋•驻马店期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°．若AB＝13，则正方形ADEC与正方形BCFG的面积之和为（　　） A．25 B．144 C．169 D．以上都不对 13．（2025秋•沙坪坝区校级期末）如图，Rt△ABC中，分别以这个三角形的三条边为边向外作正方形，正方形面积分别记为S1，S2，S3，已知10S1﹣3S2＝S3，则的值为（　　） A． B．2 C． D．3 14．（2025秋•林甸县期末）如图，两个较大正方形的面积分别为225，289，则字母A所代表的正方形的面积为（　　） A．514 B．8 C．16 D．64 15．（2024秋•朝阳区校级期末）如图，阴影部分是两个正方形，图中还有一个直角三角形和一个空白的正方形，阴影部分的面积为25cm2，直角三角形①中较长的直角边长12cm，则直角三角形①的面积是（　　） A．16cm2 B．25cm2 C．30cm2 D．169cm2 16．（2024春•召陵区期中）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．若直角三角形的一个锐角为30°，将各三角形较短的直角边分别向外延长一倍，得到图②所示的“数学风车”．已知AB＝3，则图中阴影部分的面积为（　　） A． B． C． D． 17．（2024秋•城关区校级期末）如图是由“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MNPQ的面积分别为S1、S2、S3．若S1+S2+S3＝60，则S2的值是（　　） A．12 B．15 C．20 D．30 18．（2025秋•双流区期末）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+S1﹣S2＝12，则图中阴影部分的面积为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 19．（2025秋•盐城期末）图1是第七届国际数学教育大会（ICME﹣7）会徽图案，它是由一串有公共顶点O的直角三角形（如图2）演化而成的．如果图2中的OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，那么OA8的长为（　　） A． B．4 C．3 D．2 20．（2025秋•黄岩区期末）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以直角三角形的三边为直径作三个半圆，再以斜边为边作正方形，若阴影部分的面积关系满足4（S1+S2）＝S3，则下列说法正确的是（　　） A．AB＝AC B．2AB＝AC C．2AB＝BC D．2AC＝BC 21．（2025春•龙潭区校级期末）用三张正方形纸片，按如图所示的方式构成图案，已知围成阴影部分的三角形是直角三角形，S1＝9，S3＝25，则正方形S2的面积为 ． 22．（2025•岳麓区校级开学）如图，由四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”．Rt△ABF中，∠AFB＝90°，AF＝4，AB＝5．四边形EFGH的面积是 ． 23．（2024春•同步）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，BC＝12．以AB为一边在△ABC的同侧作正方形ABDE，则图中阴影部分的面积为 ． 24．（2023春•卫滨区校级期中）如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形E的边长为7cm，则图中五个正方形A、B、C、D、E的面积和为 cm2． 25．（2025春•石景山区校级期中）如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，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5，短直角边为3，图2中阴影部分的面积为S，那么S的值为 ． 26．（2024秋•漳州校级期中）我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形与1个小正方形拼成的一个大正方形，如图，若拼成的大正方形为正方形ABCD，面积为9，中间的小正方形为正方形EFGH，面积为2，连接AC，交BG于点P，交DE于点M，①△CGP≌△AEM，②S△AFP﹣S△CGP，③DH+HC＝4，④HC＝2，以上说法正确的是 .（填写序号） 27．（2024春•泰兴市期中）如图1，△ABC中，∠C＝90°，∠A、∠B、∠C的对边分别记为a、b、c． 实验一： 小聪和小明用八张这样的三角形纸片拼出了如图2所示的正方形． （1）在图2中，正方形CDEF的面积可表示为 ，正方形IJKL的面积可表示为 （用含a，b的式子表示） （2）请结合图2，用面积法说明（a+b）2，ab，（a﹣b）2三者之间的等量关系． 实验二： 小聪和小明分别用四个这样三角形纸片拼成了如图3、4、5所示的图形．他们根据面积法得到了一个关于边a、b、c的等式，整理后发现a2+b2＝c2 （3）请你从图3、4、5中选一个合适的图形用面积法证明a2+b2＝c2． 你的选择是图 ， 你的证明： （4）根据（3）中的结论回答，当a﹣b﹣2m＝1，ab+2m2+2m＝4时，c的值为 ． 28．（2024•蓬江区校级二模）如图1，将长为2a，宽为2a﹣1的矩形分割成四个全等的直角三角形，拼成“赵爽弦图”得到如图2所示大小两个正方形． （1）用含a的代数式表示图2中小正方形的边长； （2）若图2中，大正方形面积是小正方形面积的13倍，求a值． 29．（2024春•单元）如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成．若较短的直角边BC＝5，将四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，若△BCD的周长是30，则这个风车的外围周长是 ．【写出计算过程给8分】 30．（2025秋•遂川县期末）【知识再现】 （1）如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，分别以BC，CA，AB为边向外作的正方形的面积为S1，S2，S3．当S1＝225，S3＝625时，S2＝ ； 【问题探究】 （2）如图2，在四边形ABCD中，∠DAB＝∠BCD＝90°，分别以AB，BC，CD，DA为边向外作正方形的面积为S1，S2，S3，S4，试探究S1，S2，S3，S4的数量关系并说明理由； （3）如图3，分别以图3中Rt△ABC的边BC，CA，AB为直径向外作半圆，再以所得图形为底面作柱体，BC，CA，AB为直径的半圆柱的体积分别为V1，V2，V3，若AB＝4，柱体的高h＝8，求V1+V2的值． 31．（2024秋•淮阳区期末）著名的“赵爽弦图”如图（1）所示，若其中四个全等的直角三角形中，较短的直角边为a，较长的直角边为b，斜边为c，则大正方形的面积可以表示为c2，也可以表示为4ab+（b﹣a）2，由此推导出勾股定理：如果直角三角形两条直角边为a，b，斜边为c，则a2+b2＝c2． （1）图（2）为美国第20任总统加菲尔德的“总统证法”，请你利用图（2）推导勾股定理． （2）如图（3），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AB＝AC，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CH⊥AB．测得CH＝2.4千米，HB＝1.8千米，求新路CH比原路CA短多少千米． （3）在第（2）问中，若AB≠AC，CH⊥AB，AC＝4千米，BC＝5千米，AB＝6千米，求AH的长． 1 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $