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人教版八年级数学上册同步备课专题勾股定理与赵爽弦图问题(基础题＆提升题＆压轴题)(原卷版+解析)
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这是一份人教版八年级数学上册同步备课专题勾股定理与赵爽弦图问题(基础题＆提升题＆压轴题)(原卷版+解析)，共63页。
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，a＜b，斜边是c，证明勾股定理的过程中用到的等式是（ ）
A．a（b﹣a）＝ab﹣a2B．（a+b）（b﹣a）＝b2﹣a2
C．（b﹣a）2+4×12ab＝c2D．（a+b）2＝a2+2ab+b2
2．(2023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a＝3，弦c＝5，则小正方形ABCD的面积是（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．(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（ ）
A．13B．28C．48D．52
4．(2023秋•衡东县期末）“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，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ab＝24，大正方形的面积为129．则小正方形的边长为（ ）
A．12B．11C．10D．9
5．(2023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 ．
6．(2023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AE＝10，BE＝24，则EF的长是 ．
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IJ∥AB，则正方形EFGH的边长为 ．
8．(2023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+S3＝2022，则S2的值是（ ）
A．672B．673C．674D．675
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AB＝10，EF＝2，则AH的长为（ ）
A．62B．82C．6D．8
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AC＝6，BC＝5，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（ ）
A．49B．51C．76D．96
11．(2023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（x＞y），下列结论：①x2+y2＝49；②x﹣y＝2；③2xy+4＝49；④x+y＝7．其中正确的结论是（ ）
A．①②B．②④C．①②③D．①③
12．(2023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（ ）
A．5B．7C．25D．3
13．(2023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DM＝GH，连接AM、CM．若正方形EFGH的面积为6，则△ADM与△CDM的面积之差为（ ）
A．3B．2C．3D．不确定
14．(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．
15．(2023秋•屯留区期末）阅读与思考
阅读下列材料，完成后面的任务：
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ABCD＝8S直角三角形+S正方形PQMN，可得（a+b）2，ab，（a﹣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+b＝5，ab＝4，求（a﹣b）2的值．
提升题
1．(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 ．
2．(2023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 ．
3．(2023春•安庆期末）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．210
4．(2023•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S1＝S2，则nm的值为（ ）
A．3−1B．3−12C．5−1D．5−12
5．(2023•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积之比为1：13，则a：b＝（ ）
A．2：5B．3：5C．2：3D．1：3
6．(2023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AM＝CN＝12，BM＝DN＝5，则MN的长为 ．
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AH＝3DH，且S正方形ABCD＝21，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A．214B．215C．225D．223
8．(2023•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OF＝FJ，已知S△BJC＝2，则正方形ABCD的面积为（ ）
A．42+8B．14C．65D．102
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AH＝2DH=22，则KG的长为（ ）
A．2B．322C．5D．22
10．(2023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Rt△ABC中，∠ACB＝90°，若AC＝b，BC＝a，AB＝c，请你利用这个图形说明a2+b2＝c2．
（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Rt△ABC和Rt△DAE按如图2所示的方式放置，∠DAB＝∠B＝90°，AB＝AD＝c，BC＝AE＝a，AC＝DE＝b．请你利用这个图形说明c2+a2＝b2．（提示：连接EC，CD）
11．(2023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2a﹣3ab﹣4+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＝（2a﹣3ab）﹣（4﹣6b）＝a（2﹣3b）﹣2（2﹣3b）＝（2﹣3b）（a﹣2）．
解法二：原式＝（2a﹣4）﹣（3ab﹣6b）＝2（a﹣2）﹣3b（a﹣2）＝（a﹣2）（2﹣3b）．
【感悟】对项数较多的多项式无法直接进行因式分解时，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．（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x2﹣a2+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（a＞b），斜边长是3，小正方形的面积是1．根据以上信息，先将a4﹣2a3b+2a2b2﹣2ab3+b4因式分解，再求值．
12．(2023秋•扬州期中）著名的赵爽弦图（如图①，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4×12ab+（a﹣b）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+b2＝c2．
（1）图②为美国第二十任总统伽菲尔德的“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＝1.2千米，HB＝0.9千米，求新路CH比原路CA少多少千米？
（3）在第（2）问中若AB≠AC时，CH⊥AB，AC＝4，BC＝5，AB＝6，设AH＝x，求x的值．
压轴题
1．(2023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（ ）
A．12.5B．15C．17.5D．20
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（S1＞S2），则下列四个判断：①S1+S2=14S四边形MNPQ；②DG＝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（ ）
A．②③④B．①③④C．①②④D．①②③
3．(2023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△BCF为等腰三角形，AG＝5，则小正方形的面积为（ ）
A．15B．16C．20D．25
4．(2023秋•西湖区校级期中）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+BE＝7．则S△CFP﹣S△AEP的值是（ ）
A．3.5B．4.5C．5D．5.5
5．(2023秋•霞浦县期中）我国古代数学家赵爽的“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AE＝BC＝a，DE＝AC＝b，AD＝AB＝c，
∠AED＝∠ACB＝90°，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CE＝m，HG＝n，求正方形BDFA的面积．（用m，n表示）
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∠ACB＝∠BED＝90°，AB＝BD＝c，AC＝BE＝b，BC＝ED＝a，
求证：a2+b2＝c2．
证明：连接AD，过点A作AF⊥ED交DE的延长线于点F，则AF＝b﹣a．
（2）应用：如图2，已知等腰直角三角形纸片ABC，∠C＝90°，AC＝BC，AB=2+1．点D，E分别在边AC，AB上，将△ABC沿DE所在直线折叠，使点A的对应点A'正好落在边BC上．若△A'BE为直角三角形，请直接写出AE的长．
7．(2023•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a＝6，b＝8，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，OC＝3，求该风车状图案的面积．
8．(2023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，OC＝3，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ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3，若S1+2S2+S3＝20，则S2＝ ．
9．(2023春•交城县期中）勾股定理被誉为“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：①它们整体上都是边长为 的正方形；②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 ；③图（2）中空白部分面积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 ；④从而得到a2+b2＝c2．
（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+b2＝c2.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．
10．(2023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．
用四个全等的直角三角形拼成如图①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（a＜b），斜边长为c．
【温故知新】（1）如图①，求证：a2+b2＝c2；
【问题解决】（2）如图②，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．求该图形的面积；
（3）如图③，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+S3＝24，则S2＝ ．
（4）如图④，把矩形ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，如果AB＝4，BC＝8，求BE的长．
11．(2023•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①可以得到（a+b）2＝a2+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②中所表示的数学等式 ；
（2）如图③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a+b＝5，（a﹣b）2＝13，求大正方形的面积；
（3）如图④，在边长为m（m＞2）的正方形ABCD各边上分别截取AE＝BF＝CG＝DH＝1，当∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°时，求正方形MNPQ的面积．
12．(2023春•开封期末）如图①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①，若直角三角形斜边AB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②，若点P在边CD上，则线段BE和线段FG的数量关系为 ．
（2）如图③，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FG＝3，请直接写出正方形ABCD的面积．
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．
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，a＜b，斜边是c，证明勾股定理的过程中用到的等式是（ ）
A．a（b﹣a）＝ab﹣a2B．（a+b）（b﹣a）＝b2﹣a2
C．（b﹣a）2+4×12ab＝c2D．（a+b）2＝a2+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：（b﹣a）2，
4个直角三角形面积之和：4×a×b×12=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，
∴（b﹣a）2+2ab＝c2，
∴a2+b2＝c2．
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．(2023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a＝3，弦c＝5，则小正方形ABCD的面积是（ ）
A．1B．2C．3D．4
分析：应用勾股定理和正方形的面积公式可求解．
【解答】解：∵勾a＝3，弦c＝5，
∴股b=52−32=4，
∴小正方形的边长＝4﹣3＝1，
∴小正方形的面积＝12＝1，
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．(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（ ）
A．13B．28C．48D．52
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=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．(2023秋•衡东县期末）“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，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ab＝24，大正方形的面积为129．则小正方形的边长为（ ）
A．12B．11C．10D．9
分析：首先根据已知条件易得，中间小正方形的边长为：a﹣b；结合题意可得ab＝24，a2+b2＝129，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：a﹣b，
∵ab＝24，a2+b2＝129，
∴（a﹣b）2＝a2+b2﹣2ab＝129﹣2×24＝81，
而a﹣b＞0，
∴a﹣b＝9，
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．(2023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c2−12ab×2=14c2+12ab×2=36，
解得：c2＝25，
解得：c＝5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，正确表示出直角三角形的面积是解题的关键．
6．(2023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AE＝10，BE＝24，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，AE＝10，BE＝24，
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，
∴CH＝BE＝DF＝AG＝24，AE＝BH＝CF＝DG＝10，
∴HE＝HF＝GF＝EG＝14，
∵∠AHD＝90°，
∴∠GHE＝90°，
∴四边形HGFE是正方形，
根据勾股定理，可得EF=EG2+GF2=142，
故答案为：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，
∴BC＝14，
∴x+2+x＝14，
∴x＝6，
∴BF＝8，BE＝6，
∵∠B＝90°，
∴EF=82+62=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．
8．(2023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+S3＝2022，则S2的值是（ ）
A．672B．673C．674D．675
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a＞b，
由题意可知：
S1＝（a+b）2，S2＝a2+b2，S3＝（a﹣b）2，
因为S1+S2+S3＝2022，即
（a+b）2+a2+b2+（a﹣b）2＝2022，
3（a2+b2）＝2022，
所以3S2＝2022，
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AB＝10，EF＝2，则AH的长为（ ）
A．62B．82C．6D．8
分析：由题意得，设AH＝DE＝CF＝BG＝x，则AE＝DF＝CG＝BH＝2+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．AB＝10，EF＝2，
∴设AH＝DE＝CF＝BG＝x，则AE＝DF＝CG＝BH＝2+x，
在Rt△AHB中，AB2＝AH2+BH2，
即102＝x2+（x+2）2，
整理得，x2+2x﹣48＝0，
解得：x1＝6，x2＝﹣8（不符合题意，舍去），
∴AH＝6．
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AC＝6，BC＝5，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（ ）
A．49B．51C．76D．96
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．
【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．(2023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（x＞y），下列结论：①x2+y2＝49；②x﹣y＝2；③2xy+4＝49；④x+y＝7．其中正确的结论是（ ）
A．①②B．②④C．①②③D．①③
分析：由题意知x2+y2=49①(x−y)2=4②，①﹣②可得2xy＝45记为③，①+③得到（x+y）2＝94由此即可判断．
【解答】解：由题意知x2+y2=49①(x−y)2=4②，
由①﹣②得2xy＝45 ③，
∴2xy+4＝49，
①+③得x2+2xy+y2＝94，
∴（x+y）2＝94，
∴x+y=94．
∴结论①②③正确，④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．(2023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（ ）
A．5B．7C．25D．3
分析：先设直角三角形的两直角边为a、b，然后根据题意，可以得到12ab×4＝13﹣1，a2+b2＝13，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，12ab×4＝13﹣1，a2+b2＝13，
∴ab＝6，
∴（a+b）2＝a2+2ab+b2＝（a2+b2）+2ab＝13+2×6＝13+12＝25，
∴a+b＝5或a+b＝﹣5（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．(2023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DM＝GH，连接AM、CM．若正方形EFGH的面积为6，则△ADM与△CDM的面积之差为（ ）
A．3B．2C．3D．不确定
分析：由赵爽弦图可知，正方形EFGH的边长为6，即AH﹣AE=6，AE＝CG，可得AH﹣CG=6，再表示出S△ADM﹣S△CDM，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，AH＝DG＝CF＝BE，AE＝DH＝CG＝BF，
∵DM＝GH，
∴EH＝AH﹣AE＝AH﹣CG=6，
∴S△ADM﹣S△CDM
=12DM•AH−12DM•CG
=12DM•（AH﹣CG）
=12×6×6
＝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．(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．
15．(2023秋•屯留区期末）阅读与思考
阅读下列材料，完成后面的任务：
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ABCD＝8S直角三角形+S正方形PQMN，可得（a+b）2，ab，（a﹣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+b＝5，ab＝4，求（a﹣b）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（a﹣b），
∴大正方形面积为（a+b）2，小正方形面积为（a﹣b）2；
故答案为：（a+b）2；（a﹣b）2．
（2）根据S正方形ABCD＝8S直角三角形+S正方形PQMN，可得(a+b)2=8×12ab+(a−b)2，
故答案为：（a+b）2＝4ab+（a﹣b）2．
（3）∵a+b＝5，ab＝4，
∴52＝4×4+（a﹣b）2，
∴（a﹣b）2＝9，
∴（a﹣b）2的值为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．(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=BE2+CE2=10，
∵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×（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．(2023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形EFGH面积的3倍，即可得正方形EFGH面积为4，继而得DH＝EH＝AE＝2，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AE＝EH＝DH＝HG＝CG＝FG＝BF＝EF＝BE，
∴S△AEH＝S△DHG＝S△CGF＝S△BFE=12S正方形EFGH，
∴S阴影＝3×S正方形EFGH＝60，
∴S正方形EFGH＝20，
∴EH＝DH＝25，
∴DE＝2EH＝45，
又∠AED＝90°，
∴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．(2023春•安庆期末）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．210
分析：由已知得出AD＝AE＝AB，进而利用图形面积的割补关系解得即可．
【解答】解：如图：
∵∠ADE＝∠AED，
∴AD＝AE＝AB，
∴∠AEF＝∠ABF，
∵AF⊥BE，
∴EF＝BF=12BE，
∴GE＝AH，
∵∠GEM＝∠HAM，∠MGE＝∠MHA，
∴△GEM≌△HAM（ASA），
∴S△HAM＝S△GEM，
∴S△ADE＝S△ADH+S△DGE，
∵AD＝45，DH＝2AH，AD2＝DH2+AH2，
∴AH＝4，DH＝8，
∴DG＝GE＝4，
∴S△ADE=12×4×8+12×4×4=24，
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理，正确表示出直角三角形的面积是解题的关键．
4．(2023•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S1＝S2，则nm的值为（ ）
A．3−1B．3−12C．5−1D．5−12
分析：如图2，由题意可设AB＝CD＝x，则可以用x表示出S2，又由于S1＝S2，S1+S2＝m2，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，即可解决．
【解答】解：设图2中AB＝x，则CD＝AB＝x，
∴S△ACD=12×CD•AB=12x2，
∴S2＝4S△ACD＝2x2，
∵S1＝S2，S1+S2＝m2，
∴4x2＝m2，
∴m＝2x，
在Rt△ABC中，AC2＝AB2+BC2，
∴x2+（x+n）2＝m2，
∴x2+（x+n）2＝4x2，
∴x+n=3x，
∴n＝（3−1）x，
∴nm=3−12，
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．(2023•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积之比为1：13，则a：b＝（ ）
A．2：5B．3：5C．2：3D．1：3
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）2＝a2+2ab+b2即可求得（a+b）的值；由小正方形的面积求出（b﹣a）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，
∴c2＝13，
∴a2+b2＝c2＝13，
∵直角三角形的面积是13−14=3，
又∵直角三角形的面积是12ab＝3，
∴ab＝6，
∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝c2+2ab＝13+2×6＝13+12＝25，
∴a+b＝5．
∵小正方形的面积为（b﹣a）2＝1，
∴b＝3，a＝2，
∴a：b＝2：3．
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．(2023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AM＝CN＝12，BM＝DN＝5，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，△ABM≌△BCE≌△CDN≌△DAF，利用全等三角形的性质可求ME＝NE＝7，再利用勾股定理可求解．
【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，△ABM≌△BCE≌△CDN≌△DAF，
∴AM＝BE＝CN＝DF＝12，BM＝CE＝DN＝AF，
∵BM＝DN＝5，
∴CE＝AF＝5，
∴ME＝EN＝NF＝FM＝12﹣5＝7，
∴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AH＝3DH，且S正方形ABCD＝21，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A．214B．215C．225D．223
分析：根据正方形的面积可得正方形边长的平方，设DH＝x，则AH＝3DH＝3x，根据勾股定理可得x的平方的值，再根据题意可得S△FGN＝S△AEM+S△CGN，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ABCD＝21，
∴AB2＝21，
设DH＝x，
则AH＝3DH＝3x，
∴x2+9x2＝21，
∴x2=2110，
根据题意可知：
AE＝CG＝DH＝x，CF＝AH＝3x，
∴FE＝FG＝CF﹣CG＝3x﹣x＝2x，
∴S△FGN＝2S△CGN
∵S△AEM＝S△CGN，
∴S△FGN＝S△AEM+S△CGN，
∴阴影部分的面积之和为：
S梯形NGFM=12（NG+FM）•FG
=12（EM+MF）•FG
=12FE•FG
=12×（2x）2
＝2x2
=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．(2023•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OF＝FJ，已知S△BJC＝2，则正方形ABCD的面积为（ ）
A．42+8B．14C．65D．102
分析：根据正方形的性质得到∠OFJ＝45°，根据等腰三角形的性质得到∠FJO＝∠FOJ＝67.5°，求得∠CJG＝∠FJO＝67.5°，根据全等三角形的性质得到BF＝FJ，求得BF＝FJ＝CG，设BF＝FJ＝CG＝x，根据三角形的面积公式得到FJ＝FO=2，求得BG＝2+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，
∴∠OFJ＝45°，
∵OF＝FJ，
∴∠FJO＝∠FOJ＝67.5°，
∴∠CJG＝∠FJO＝67.5°，
∵∠AFJ＝90°，
∴∠FAJ＝22.5°，
∵∠ACD＝45°，
∴∠DCH＝22.5°，
∠AFJ＝∠AFB＝90°，
∴∠JAF＝22.5°，
∵∠BAC＝45°，
∴∠BAF＝22.5°，
∵AF＝AF，
∴△ABF≌△AJF（ASA），
∴BF＝FJ，
∵BF＝CG，
∴BF＝FJ＝CG，
设BF＝FJ＝CG＝x，
∵S△BJC=12BJ•CG=12×2CG•CG＝x2＝2，
∴x=2（负值舍去），
∴FJ＝FO=2，
∴FH＝2OF＝22，
∴FG=22FH＝2，
∴BG＝2+2，
∴正方形ABCD的面积＝BC2＝BG2+CG2＝（2+2）2+（2）2＝8+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AH＝2DH=22，则KG的长为（ ）
A．2B．322C．5D．22
分析：过点K作KM⊥CF，与CF的延长线交于点M，由图形关系求得AE＝EF＝FG=2，再帅AK＝KF=22EF，KM＝MF=22KF求得MK与MF，进而由勾股定理求得结果．
【解答】解：过点K作KM⊥CF，与CF的延长线交于点M，
∵AH＝2DH=22，
∴AE＝DE=2，
∴EH＝HG＝GF＝EF＝22−2=2，
∴DH＝EH，
∴∠AEK＝∠HED＝∠HDE＝45°，
∴∠AEK＝∠FEK＝45°，
∵AE＝EF=2，
∴AK＝KF=22EF=1，∠AFE＝45°，
∴∠EFM＝45°，
∴MK＝MF=22KF=22，
∴KG=MK2+MG2=(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．(2023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Rt△ABC中，∠ACB＝90°，若AC＝b，BC＝a，AB＝c，请你利用这个图形说明a2+b2＝c2．
（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Rt△ABC和Rt△DAE按如图2所示的方式放置，∠DAB＝∠B＝90°，AB＝AD＝c，BC＝AE＝a，AC＝DE＝b．请你利用这个图形说明c2+a2＝b2．（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（b﹣a）2，
∴c2＝4×12ab+（a﹣b）2＝2ab+a2﹣2ab+b2，
即c2＝a2+b2；
（2）连接EC，CD，
∵Rt△ABC≌Rt△DAE，
∴∠ACB＝∠AED，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°＝∠BAC+∠AED，
∴∠AFE＝90°，
∴AC⊥DE，
∵四边形ABCD的面积=12（BC+AD）×AB=ac+c22，
四边形AECD的面积＝S△AEC+S△ACD=12AC×DE=12b2，
∴△BEC的面积＝四边形ABCD的面积﹣四边形AECD的面积=ac+c22−12b2=12ac−12a2，
∴c2+a2＝b2．
【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．(2023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2a﹣3ab﹣4+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＝（2a﹣3ab）﹣（4﹣6b）＝a（2﹣3b）﹣2（2﹣3b）＝（2﹣3b）（a﹣2）．
解法二：原式＝（2a﹣4）﹣（3ab﹣6b）＝2（a﹣2）﹣3b（a﹣2）＝（a﹣2）（2﹣3b）．
【感悟】对项数较多的多项式无法直接进行因式分解时，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．（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x2﹣a2+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（a＞b），斜边长是3，小正方形的面积是1．根据以上信息，先将a4﹣2a3b+2a2b2﹣2ab3+b4因式分解，再求值．
分析：（1）用分组分解法将x2﹣a2+x+a因式分解即可；
（2）先将a4﹣2a3b+2a2b2﹣2ab3+b4因式分解，再求值即可．
【解答】解：（1）原式＝（x2﹣a2）+（x+a）
＝（x+a）（x﹣a）+（x+a）
＝（x+a）（x﹣a+1）；
（2）原式＝（a4+2a2b2+b4）﹣（2ab3+2a3b）
＝（a2+b2）2﹣2ab（a2+b2）
＝（a2+b2）（a2+b2﹣2ab）
＝（a2+b2）（a﹣b）2，
∵直角三角形的两条直角边长分别是a和b（a＞b），斜边长是3，小正方形的面积是1，
∴a2+b2＝32＝9，（a﹣b）2＝1，
∴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．(2023秋•扬州期中）著名的赵爽弦图（如图①，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4×12ab+（a﹣b）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+b2＝c2．
（1）图②为美国第二十任总统伽菲尔德的“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＝1.2千米，HB＝0.9千米，求新路CH比原路CA少多少千米？
（3）在第（2）问中若AB≠AC时，CH⊥AB，AC＝4，BC＝5，AB＝6，设AH＝x，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CA＝x，则AH＝x﹣0.9，根据勾股定理列方程，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+b2＝c2；
（2）∵CA＝x，
∴AH＝x﹣0.9，
在Rt△ACH中，CA2＝CH2+AH2，
即x2＝1.22+（x﹣0.9）2，
解得x＝1.25，
即CA＝1.25，
CA﹣CH＝1.25﹣1.2＝0.05（千米），
答：新路CH比原路CA少0.05千米；
（3）设AH＝x，则BH＝6﹣x，
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=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．(2023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（ ）
A．12.5B．15C．17.5D．20
分析：设CQ＝x，FG＝y，则BG＝CH＝2x+y，根据S1S2=32，列方程可得y＝2x，由勾股定理可得x2=54，最后利用面积和可得结论．
【解答】解：设CQ＝x，FG＝y，则BG＝CH＝2x+y，
∵S1S2=32，
∴12⋅2x⋅(x+y)12⋅x⋅(2x+y)=32，
∴y＝2x，
∵正方形ABCD的面积为25，
∴BC2＝25，
∵CG2+BG2＝BC2，
∴（2x）2+（2x+y）2＝25，
∴x2=54，
∴S1=12•2x•（x+y）＝3x2=154，S2=12•x•（2x+y）＝2x2=52，
∴四边形BQDP的面积
＝2S1+2S2+S正方形EFGH
＝2×154+2×52+（2x）2
=152+5+4x2
＝17.5．
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（S1＞S2），则下列四个判断：①S1+S2=14S四边形MNPQ；②DG＝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（ ）
A．②③④B．①③④C．①②④D．①②③
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b﹣a，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b﹣a，
∴正方形ABCD的面积S1＝b2，正方形EFGH的面积S2＝a2，
∴S1+S2＝a2+b2＝c2，
∵正方形MNPQ的边长是2c，
∴正方形MNPQ的面积＝（2c）2＝4c2，
∴S1+S2=14S四边形MNPQ，
故①符合题意；
∵AF＝b﹣a，
∴AG＝FG﹣AF＝a﹣（b﹣a）＝2a﹣b，
∴DG＝AD﹣AG＝b﹣（2a﹣b）＝2（b﹣a），
∴DG＝2AF，
故②符合题意；
∵∠HME＝30°，∠MHE＝90°，
∴MH=3HE，
∴b=3a，
∴b2＝3a2，
∴S1＝3S2，
故③符合题意；
∵A是FG中点，
∴AG＝FA，
∴a﹣（b﹣a）＝b﹣a，
∴2b＝3a，
∴4b2＝9a2，
∴9S1＝4S2，
故④不符合题意．
∴正确的是①②③，
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．(2023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△BCF为等腰三角形，AG＝5，则小正方形的面积为（ ）
A．15B．16C．20D．25
分析：由等腰三角形性质可得出BF＝CF，利用HL可证得Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），得出AB＝AD＝2AF，根据余角的性质得出∠BAG＝∠ABF，进而推出CF＝BF＝2AG＝10，利用面积法求得BN＝8，再运用勾股定理求得CN＝4，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，
∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝90°，CF∥AG，
∵△BCF为等腰三角形，且BF＞AB＝BC，CF＞CD＝BC，
∴BF＝CF，
在Rt△ABF和Rt△DCF中，
AB=CDBF=CF，
∴Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），
∴∠AFB＝∠CFD，AF＝DF，
∴AB＝AD＝2AF，
∵CF∥AG，
∴∠CFD＝∠DAG，
∴∠AFB＝∠DAG，
∴AG＝FG，
∵∠AFB+∠ABF＝90°，∠DAG+∠BAG＝90°，
∴∠BAG＝∠ABF，
∴AG＝BG，
∴CF＝BF＝2AG＝10，
在Rt△ABF中，AB2+AF2＝BF2，
∴（2AF）2+AF2＝102，
∴AF＝25，
∴AB＝BC＝45，
∵S△BCF=12BC•AB=12CF•BN，
∴BN=BC⋅ABCF=45×4510=8，
∴CN=BC2−BN2=(45)2−82=4，
∵△ABM≌△BCN，
∴BM＝CN＝4，
∴MN＝BN﹣BM＝8﹣4＝4，
∴S正方形EHMN＝（MN）2＝42＝16，
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．(2023秋•西湖区校级期中）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+BE＝7．则S△CFP﹣S△AEP的值是（ ）
A．3.5B．4.5C．5D．5.5
分析：先证明△AEP≌△CGM（ASA），则S△AEP＝S△CGM，所以两三角形面积的差是中间正方形面积的一半，设AE＝x，BE＝7﹣x，根据勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，x2+（7﹣x）2＝28，则2x2﹣14x＝﹣21，整体代入可得结论．
【解答】解：∵正方形ABCD的面积为28，
∴AB2＝28，
设AE＝x，
∵AE+BE＝7，
∴BE＝7﹣x，
Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，
∴x2+（7﹣x）2＝28，
∴2x2﹣14x＝﹣21，
∵AH⊥BE，BE⊥CF，
∴AH∥CF，
∴∠EAP＝∠GCM，
∵“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，
∴△AEB≌△CGD，
∴AE＝CG，
∴△AEP≌△CGM（ASA），
∴S△AEP＝S△CGM，EP＝MG，
∴S△CFP﹣S△AEP＝S△CFP﹣S△CGM＝S梯形FPMG=12（MG+PF）•FG=12EF•FG=12S正方形EHGF，
∵S矩形EHGF＝S正方形ABCD﹣4S△AEB＝28﹣4×12x•（7﹣x）＝28﹣2x（7﹣x）＝28﹣21＝7，
则S△CFP﹣S△AEP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．(2023秋•霞浦县期中）我国古代数学家赵爽的“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AE＝BC＝a，DE＝AC＝b，AD＝AB＝c，
∠AED＝∠ACB＝90°，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CE＝m，HG＝n，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＝c2，大正方形的面积＝4×12×a×b+（b﹣a）2，
∴c2＝4×12×a×b+（b﹣a）2，
∴c2＝a2+b2，
故答案为：c2＝a2+b2；
（2）证明：如图：连接BD，
∵Rt△ABC≌Rt△DAE，
∴∠ADE＝∠BAC，
∴∠DAE+∠ADE＝90°＝∠DAE+∠BAC，
∴∠DAB＝90°，
∵S四边形ABCD=12c2+12×a×（b﹣a），S四边形ABCD＝2×12×a•b+12×b×（b﹣a），
∴12c2+12×a×（b﹣a）＝2×12×a•b+12×b×（b﹣a），
∴c2＝a2+b2；
（3）由题意可得：CE＝CD+DE，GH＝AG﹣AH，
∴m＝a+b，n＝b﹣a，
∴a=m−n2，b=m+n2，
∴BD2＝BC2+CD2＝a2+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∠ACB＝∠BED＝90°，AB＝BD＝c，AC＝BE＝b，BC＝ED＝a，
求证：a2+b2＝c2．
证明：连接AD，过点A作AF⊥ED交DE的延长线于点F，则AF＝b﹣a．
（2）应用：如图2，已知等腰直角三角形纸片ABC，∠C＝90°，AC＝BC，AB=2+1．点D，E分别在边AC，AB上，将△ABC沿DE所在直线折叠，使点A的对应点A'正好落在边BC上．若△A'BE为直角三角形，请直接写出AE的长．
分析：（1）连接AD，过点A作AF⊥ED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（b﹣a），化简变形即有a2+b2＝c2；
（2）分两种情况：当∠A'EB＝90°时，△A'BE是等腰直角三角形，可得AE＝BE，即得AE=12AB=2+12；当∠EA'B＝90°时，可得BE=2AE，即得AE＝1．
【解答】（1）证明：连接AD，过点A作AF⊥ED交DE的延长线于点F，连接AE，则AF＝b﹣a，如图：
∵S四边形ABDE＝S△ABE+S△BDE，
∴S四边形ABDE=12b2+12ab，
∵S四边形ABDE＝S△ABD+S△AED，
∴S四边形ABDE=12c2+12a（b﹣a），
∴12b2+12ab=12c2+12a（b﹣a），
∴a2+b2＝c2；
（2）解：当∠A'EB＝90°时，如图：
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠B＝45°，
∴△A'BE是等腰直角三角形，
∴A'E＝BE，
∵△ABC沿DE所在直线折叠，点A的对应点为A'，
∴AE＝A'E，
∴AE＝BE，
∴AE=12AB=2+12；
当∠EA'B＝90°时，如图：
∵∠B＝45°，
∴△A'BE是等腰直角三角形，
∴BE=2A'E，
∵△ABC沿DE所在直线折叠，点A的对应点为A'，
∴AE＝A'E，
∴BE=2AE，
∵BE+AE=2+1，
∴AE＝1，
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，解题的关键是分类讨论思想的应用．
7．(2023•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a＝6，b＝8，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，OC＝3，求该风车状图案的面积．
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ACDE＝2S△+S△BDE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+b﹣a）＝24，其中a＝OC＝3，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=(b−a)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＝（b﹣a）2+4×12ab＝b2+a2﹣2ab+2ab＝b2+a2，
故c2＝b2+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ACDE＝2S△+S△BDE，
其中，S梯形ACDE=12(a+b)(a+b)，S△BDE=12c2，S△=12ab，
代入可得，12（a+b）2＝2×12ab+12c2，
即a2+b2＝c2；
（3）解：由图2可知，S空白＝S大正方形﹣2S△，
∵a＝6，b＝8，
∴c=62+82=10，
则S大正方形=c2=100，
∴S空白＝c2﹣2×12ab＝100﹣6×8＝52，
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+b﹣a）＝24，
其中OC＝a＝3，代入上式可得c+b＝9，
则c＝9﹣b，
且a2+b2＝c2，
即c2﹣b2＝a2＝9，将c＝9﹣b代入得，（9﹣b）2﹣b2＝9，
解得b＝4，
则S风车＝4×12ab＝4×12×3×4=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．(2023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，OC＝3，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ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3，若S1+2S2+S3＝20，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AC＝x，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2S2＝S1+S3，再根据S1+2S2+S3＝20，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＝4×12ab+（a﹣b）2，
∴4×12ab+（a﹣b）2＝c2，
化简可得，a2+b2＝c2；
（2）24÷4＝6，
设AC＝x，则AB＝6﹣x，
依题意得：
（x+3）2+32＝（6﹣x）2，
解得x＝1，
∴该“勾股风车”图案的面积为：12×（3+1）×3×4
=12×4×3×4
＝24．
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
S2＝S1﹣4a，S2＝S3+4a，
两式相加，可得2S2＝S1+S3，
又∵S1+2S2+S3＝20，
∴4S2＝20，
∴S2＝5，
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+S3＝20求出是解决问题的关键．
9．(2023春•交城县期中）勾股定理被誉为“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：①它们整体上都是边长为 的正方形；②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 ；③图（2）中空白部分面积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 ；④从而得到a2+b2＝c2．
（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+b2＝c2.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）2﹣2ab，
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）2﹣2ab；
故答案为：a+b，2ab，a2+b2＝（a+b）2﹣2ab，c2＝（a+b）2﹣2ab；
（2）解：∵整个图形得面积可以表示为c2+12ab×2=c2+ab，
整个图形得面积又可以表示为a2+b2+12ab×2=a2+b2+ab，
∴c2+ab＝a2+b2+ab，
∴a2+b2＝c2；
（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+2×12ab，
∴12(a+b)(a+b)=12c2+2×12ab，
∴（a+b）2＝c2+2ab，
∴a2+2ab+b2＝c2+2ab，
∴a2+b2＝c2．
【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．(2023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．
用四个全等的直角三角形拼成如图①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（a＜b），斜边长为c．
【温故知新】（1）如图①，求证：a2+b2＝c2；
【问题解决】（2）如图②，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．求该图形的面积；
（3）如图③，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+S3＝24，则S2＝ ．
（4）如图④，把矩形ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，如果AB＝4，BC＝8，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AH＝BC＝x，则AB＝12﹣x，在Rt△AOB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S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x，根据S1+S2+S3＝24，即可得出x+4y＝8．
（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＝（b﹣a）2＝a2﹣2ab+b2，
S小正方形＝c2﹣4×12ab＝c2﹣2ab，
即b2﹣2ab+a2＝c2﹣2ab，
∴a2+b2＝c2；
（2）解：∵AB+BC＝48÷4＝12，
设AH＝BC＝x，则AB＝12﹣x，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
OH2+OG2＝GH2，
即62+（6+x）2＝（12﹣x）2，
解得：x＝2，
∴S=12×6×（6+2）×4＝96；
（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+S3＝24，
∴S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x，
∴S1+S2+S3＝3x+12y＝24，
∴x+4y＝8，
∴S2＝8，
故答案为：8．
（4）设BE＝x，则EC＝8﹣x，
由折叠的性质可知，AE＝EC＝8﹣x，
在Rt△ABE中，AE2＝AB2+BE2，
则（8﹣x）2＝42+x2，
解得，x＝3，
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、方程思想是解题的关键．
11．(2023•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①可以得到（a+b）2＝a2+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②中所表示的数学等式 ；
（2）如图③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a+b＝5，（a﹣b）2＝13，求大正方形的面积；
（3）如图④，在边长为m（m＞2）的正方形ABCD各边上分别截取AE＝BF＝CG＝DH＝1，当∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°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+b＝5，（a﹣b）2＝13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∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°可得△AEI，△BFJ，△CGK，△DHL为等腰直角三角形，从而可得FI＝GK＝HK＝EL＝AB＝BC＝CD＝AD，可得等腰Rt△FQI，等腰Rt△MGJ，等腰Rt△NHK，等腰Rt△EPL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Rt△AEI，等腰Rt△BFJ，等腰Rt△CGK，等腰Rt△DHL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+（a﹣b）2，
∴（a+b）2＝4ab+（a﹣b）2，
故答案为：（a+b）2＝4ab+（a﹣b）2；
（2）∵小正方形的边长为：a﹣b，
∴小正方形的面积为：（a﹣b）2，
∴大正方形面积为：4×12ab+（a﹣b）2＝2ab+（a﹣b）2＝a2+b2，
∵a+b＝5，（a﹣b）2＝13，
∴（a+b）2＝25，
∴（a+b）2+（a﹣b）2＝a2+b2+2ab+a2+b2﹣2ab＝2（a2+b2）＝25+13＝38，
∴a2+b2＝19，
∴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，
∵∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°，
∴∠AEI＝∠BFJ＝∠CGK＝∠DHL＝45°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，
∴∠EAI＝∠FBJ＝∠GCK＝∠HDL＝90°，
∴△AEI，△BFJ，△CGK，△DHL为等腰直角三角形，
∵AE＝BF＝CG＝DH＝1，
∴AI＝BJ＝CK＝DL＝1，
∴FI＝GK＝HK＝EL＝AB＝BC＝CD＝AD，
∴S▱ABCD＝S△FQI+S△MGJ+S△NHK+S△EPL，
∵S▱ABCD＝S四边形AEQF+S四边形BFMG+S四边形CGNH+S四边形DHPE+S▱MNPQ，
∴S▱MNPQ＝S△AEI+S△BFJ+S△CGK+S△DHL
=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．(2023春•开封期末）如图①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①，若直角三角形斜边AB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②，若点P在边CD上，则线段BE和线段FG的数量关系为 ．
（2）如图③，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FG＝3，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CD＝AB＝5，CE＝AG＝4，利用勾股定理即可求解；
（1）如图②，过点D作DH⊥AE于H，可得四边形DHEG是矩形，DH＝EG，证明△AHD≌△CFB（AAS），则DH＝BF，可得BF＝EG，即可得出BE＝FG；
（2）如图③，同（2）的方法即可求解；
（3）分两种情况：①当直线BP与BC边的夹角为60°时，②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：Rt△CDE≌Rt△ABG，
∴CD＝AB＝5，CE＝AG＝4，
∴DE=CD2−CE2=52−42=3，
故答案为：3；
（1）如图②，过点D作DH⊥AE于H，
∵AE⊥BP，DG⊥BP，CF⊥BP，DH⊥AE，
∴四边形DHEG是矩形，∠ADH+∠DAH＝90°，∠BAE+∠ABE＝90°，∠AHD＝∠CFB＝90°，
∴DH＝EG，
∵四边形ABCD是正方形形，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AD＝CB，
∴∠BAE+∠DAH＝90°，∠CBF+∠ABE＝90°，
∴∠BAE＝∠ADH＝∠CBF，
∴△AHD≌△CFB（AAS），
∴DH＝BF，
∵DH＝EG，
∴BF＝EG，
∴BF﹣EF＝EG﹣EF，
∴BE＝FG，
故答案为：BE＝FG；
（2）若点P在CD的延长线上，（1）中结论成立，理由如下：
如图③，过点D作DH⊥AE于H，
∵AE⊥BP，DG⊥BP，CF⊥BP，DH⊥AE，
∴四边形DHFG是矩形，∠CDH+∠DCH＝90°，∠BCF+∠CBF＝90°，∠CHD＝∠AEB＝90°，
∴DH＝FG，
∵四边形ABCD是正方形形，
∴∠BCD＝∠ABC＝90°，AB＝CD，
∴∠BCF+∠DCH＝90°，∠CBF+∠ABE＝90°，
∴∠BCF＝∠CDH＝∠ABE，
∴△CHD≌△AEB（AAS），
∴DH＝BE，
∵DH＝FG，
∴BE＝FG；
（3）①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DH⊥AE于H，
∵∠CBP＝60°，CF⊥BP，
∴∠ABE＝30°．
∵BE＝FG，FG＝3，
∴BE＝3，
∴AE=3，AB＝23，
∴正方形ABCD的面积为23×23=12；
②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DH⊥AE于H，
∵∠ABP＝60°，AE⊥BP，
∴∠BAE＝30°．
∵BE＝FG，FG＝3，
∴BE＝3，
∴AB＝2BE＝6，
∴正方形ABCD的面积为6×6＝36．
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．
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．
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，a＜b，斜边是c，证明勾股定理的过程中用到的等式是（ ）
A．a（b﹣a）＝ab﹣a2B．（a+b）（b﹣a）＝b2﹣a2
C．（b﹣a）2+4×12ab＝c2D．（a+b）2＝a2+2ab+b2
2．(2023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a＝3，弦c＝5，则小正方形ABCD的面积是（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．(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（ ）
A．13B．28C．48D．52
4．(2023秋•衡东县期末）“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，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ab＝24，大正方形的面积为129．则小正方形的边长为（ ）
A．12B．11C．10D．9
5．(2023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 ．
6．(2023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AE＝10，BE＝24，则EF的长是 ．
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IJ∥AB，则正方形EFGH的边长为 ．
8．(2023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+S3＝2022，则S2的值是（ ）
A．672B．673C．674D．675
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AB＝10，EF＝2，则AH的长为（ ）
A．62B．82C．6D．8
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AC＝6，BC＝5，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（ ）
A．49B．51C．76D．96
11．(2023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（x＞y），下列结论：①x2+y2＝49；②x﹣y＝2；③2xy+4＝49；④x+y＝7．其中正确的结论是（ ）
A．①②B．②④C．①②③D．①③
12．(2023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（ ）
A．5B．7C．25D．3
13．(2023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DM＝GH，连接AM、CM．若正方形EFGH的面积为6，则△ADM与△CDM的面积之差为（ ）
A．3B．2C．3D．不确定
14．(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．
15．(2023秋•屯留区期末）阅读与思考
阅读下列材料，完成后面的任务：
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ABCD＝8S直角三角形+S正方形PQMN，可得（a+b）2，ab，（a﹣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+b＝5，ab＝4，求（a﹣b）2的值．
提升题
1．(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 ．
2．(2023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 ．
3．(2023春•安庆期末）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．210
4．(2023•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S1＝S2，则nm的值为（ ）
A．3−1B．3−12C．5−1D．5−12
5．(2023•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积之比为1：13，则a：b＝（ ）
A．2：5B．3：5C．2：3D．1：3
6．(2023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AM＝CN＝12，BM＝DN＝5，则MN的长为 ．
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AH＝3DH，且S正方形ABCD＝21，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A．214B．215C．225D．223
8．(2023•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OF＝FJ，已知S△BJC＝2，则正方形ABCD的面积为（ ）
A．42+8B．14C．65D．102
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AH＝2DH=22，则KG的长为（ ）
A．2B．322C．5D．22
10．(2023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Rt△ABC中，∠ACB＝90°，若AC＝b，BC＝a，AB＝c，请你利用这个图形说明a2+b2＝c2．
（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Rt△ABC和Rt△DAE按如图2所示的方式放置，∠DAB＝∠B＝90°，AB＝AD＝c，BC＝AE＝a，AC＝DE＝b．请你利用这个图形说明c2+a2＝b2．（提示：连接EC，CD）
11．(2023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2a﹣3ab﹣4+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＝（2a﹣3ab）﹣（4﹣6b）＝a（2﹣3b）﹣2（2﹣3b）＝（2﹣3b）（a﹣2）．
解法二：原式＝（2a﹣4）﹣（3ab﹣6b）＝2（a﹣2）﹣3b（a﹣2）＝（a﹣2）（2﹣3b）．
【感悟】对项数较多的多项式无法直接进行因式分解时，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．（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x2﹣a2+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（a＞b），斜边长是3，小正方形的面积是1．根据以上信息，先将a4﹣2a3b+2a2b2﹣2ab3+b4因式分解，再求值．
12．(2023秋•扬州期中）著名的赵爽弦图（如图①，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4×12ab+（a﹣b）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+b2＝c2．
（1）图②为美国第二十任总统伽菲尔德的“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＝1.2千米，HB＝0.9千米，求新路CH比原路CA少多少千米？
（3）在第（2）问中若AB≠AC时，CH⊥AB，AC＝4，BC＝5，AB＝6，设AH＝x，求x的值．
压轴题
1．(2023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（ ）
A．12.5B．15C．17.5D．20
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（S1＞S2），则下列四个判断：①S1+S2=14S四边形MNPQ；②DG＝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（ ）
A．②③④B．①③④C．①②④D．①②③
3．(2023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△BCF为等腰三角形，AG＝5，则小正方形的面积为（ ）
A．15B．16C．20D．25
4．(2023秋•西湖区校级期中）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+BE＝7．则S△CFP﹣S△AEP的值是（ ）
A．3.5B．4.5C．5D．5.5
5．(2023秋•霞浦县期中）我国古代数学家赵爽的“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AE＝BC＝a，DE＝AC＝b，AD＝AB＝c，
∠AED＝∠ACB＝90°，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CE＝m，HG＝n，求正方形BDFA的面积．（用m，n表示）
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∠ACB＝∠BED＝90°，AB＝BD＝c，AC＝BE＝b，BC＝ED＝a，
求证：a2+b2＝c2．
证明：连接AD，过点A作AF⊥ED交DE的延长线于点F，则AF＝b﹣a．
（2）应用：如图2，已知等腰直角三角形纸片ABC，∠C＝90°，AC＝BC，AB=2+1．点D，E分别在边AC，AB上，将△ABC沿DE所在直线折叠，使点A的对应点A'正好落在边BC上．若△A'BE为直角三角形，请直接写出AE的长．
7．(2023•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a＝6，b＝8，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，OC＝3，求该风车状图案的面积．
8．(2023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，OC＝3，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ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3，若S1+2S2+S3＝20，则S2＝ ．
9．(2023春•交城县期中）勾股定理被誉为“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：①它们整体上都是边长为 的正方形；②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 ；③图（2）中空白部分面积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 ；④从而得到a2+b2＝c2．
（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+b2＝c2.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．
10．(2023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．
用四个全等的直角三角形拼成如图①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（a＜b），斜边长为c．
【温故知新】（1）如图①，求证：a2+b2＝c2；
【问题解决】（2）如图②，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．求该图形的面积；
（3）如图③，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+S3＝24，则S2＝ ．
（4）如图④，把矩形ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，如果AB＝4，BC＝8，求BE的长．
11．(2023•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①可以得到（a+b）2＝a2+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②中所表示的数学等式 ；
（2）如图③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a+b＝5，（a﹣b）2＝13，求大正方形的面积；
（3）如图④，在边长为m（m＞2）的正方形ABCD各边上分别截取AE＝BF＝CG＝DH＝1，当∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°时，求正方形MNPQ的面积．
12．(2023春•开封期末）如图①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①，若直角三角形斜边AB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②，若点P在边CD上，则线段BE和线段FG的数量关系为 ．
（2）如图③，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FG＝3，请直接写出正方形ABCD的面积．
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．
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，a＜b，斜边是c，证明勾股定理的过程中用到的等式是（ ）
A．a（b﹣a）＝ab﹣a2B．（a+b）（b﹣a）＝b2﹣a2
C．（b﹣a）2+4×12ab＝c2D．（a+b）2＝a2+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：（b﹣a）2，
4个直角三角形面积之和：4×a×b×12=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，
∴（b﹣a）2+2ab＝c2，
∴a2+b2＝c2．
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．(2023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a＝3，弦c＝5，则小正方形ABCD的面积是（ ）
A．1B．2C．3D．4
分析：应用勾股定理和正方形的面积公式可求解．
【解答】解：∵勾a＝3，弦c＝5，
∴股b=52−32=4，
∴小正方形的边长＝4﹣3＝1，
∴小正方形的面积＝12＝1，
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．(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（ ）
A．13B．28C．48D．52
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=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．(2023秋•衡东县期末）“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，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ab＝24，大正方形的面积为129．则小正方形的边长为（ ）
A．12B．11C．10D．9
分析：首先根据已知条件易得，中间小正方形的边长为：a﹣b；结合题意可得ab＝24，a2+b2＝129，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：a﹣b，
∵ab＝24，a2+b2＝129，
∴（a﹣b）2＝a2+b2﹣2ab＝129﹣2×24＝81，
而a﹣b＞0，
∴a﹣b＝9，
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．(2023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c2−12ab×2=14c2+12ab×2=36，
解得：c2＝25，
解得：c＝5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，正确表示出直角三角形的面积是解题的关键．
6．(2023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AE＝10，BE＝24，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，AE＝10，BE＝24，
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，
∴CH＝BE＝DF＝AG＝24，AE＝BH＝CF＝DG＝10，
∴HE＝HF＝GF＝EG＝14，
∵∠AHD＝90°，
∴∠GHE＝90°，
∴四边形HGFE是正方形，
根据勾股定理，可得EF=EG2+GF2=142，
故答案为：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，
∴BC＝14，
∴x+2+x＝14，
∴x＝6，
∴BF＝8，BE＝6，
∵∠B＝90°，
∴EF=82+62=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．
8．(2023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+S3＝2022，则S2的值是（ ）
A．672B．673C．674D．675
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a＞b，
由题意可知：
S1＝（a+b）2，S2＝a2+b2，S3＝（a﹣b）2，
因为S1+S2+S3＝2022，即
（a+b）2+a2+b2+（a﹣b）2＝2022，
3（a2+b2）＝2022，
所以3S2＝2022，
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AB＝10，EF＝2，则AH的长为（ ）
A．62B．82C．6D．8
分析：由题意得，设AH＝DE＝CF＝BG＝x，则AE＝DF＝CG＝BH＝2+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．AB＝10，EF＝2，
∴设AH＝DE＝CF＝BG＝x，则AE＝DF＝CG＝BH＝2+x，
在Rt△AHB中，AB2＝AH2+BH2，
即102＝x2+（x+2）2，
整理得，x2+2x﹣48＝0，
解得：x1＝6，x2＝﹣8（不符合题意，舍去），
∴AH＝6．
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AC＝6，BC＝5，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（ ）
A．49B．51C．76D．96
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．
【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．(2023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（x＞y），下列结论：①x2+y2＝49；②x﹣y＝2；③2xy+4＝49；④x+y＝7．其中正确的结论是（ ）
A．①②B．②④C．①②③D．①③
分析：由题意知x2+y2=49①(x−y)2=4②，①﹣②可得2xy＝45记为③，①+③得到（x+y）2＝94由此即可判断．
【解答】解：由题意知x2+y2=49①(x−y)2=4②，
由①﹣②得2xy＝45 ③，
∴2xy+4＝49，
①+③得x2+2xy+y2＝94，
∴（x+y）2＝94，
∴x+y=94．
∴结论①②③正确，④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．(2023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（ ）
A．5B．7C．25D．3
分析：先设直角三角形的两直角边为a、b，然后根据题意，可以得到12ab×4＝13﹣1，a2+b2＝13，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，12ab×4＝13﹣1，a2+b2＝13，
∴ab＝6，
∴（a+b）2＝a2+2ab+b2＝（a2+b2）+2ab＝13+2×6＝13+12＝25，
∴a+b＝5或a+b＝﹣5（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．(2023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DM＝GH，连接AM、CM．若正方形EFGH的面积为6，则△ADM与△CDM的面积之差为（ ）
A．3B．2C．3D．不确定
分析：由赵爽弦图可知，正方形EFGH的边长为6，即AH﹣AE=6，AE＝CG，可得AH﹣CG=6，再表示出S△ADM﹣S△CDM，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，AH＝DG＝CF＝BE，AE＝DH＝CG＝BF，
∵DM＝GH，
∴EH＝AH﹣AE＝AH﹣CG=6，
∴S△ADM﹣S△CDM
=12DM•AH−12DM•CG
=12DM•（AH﹣CG）
=12×6×6
＝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．(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．
15．(2023秋•屯留区期末）阅读与思考
阅读下列材料，完成后面的任务：
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ABCD＝8S直角三角形+S正方形PQMN，可得（a+b）2，ab，（a﹣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+b＝5，ab＝4，求（a﹣b）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（a﹣b），
∴大正方形面积为（a+b）2，小正方形面积为（a﹣b）2；
故答案为：（a+b）2；（a﹣b）2．
（2）根据S正方形ABCD＝8S直角三角形+S正方形PQMN，可得(a+b)2=8×12ab+(a−b)2，
故答案为：（a+b）2＝4ab+（a﹣b）2．
（3）∵a+b＝5，ab＝4，
∴52＝4×4+（a﹣b）2，
∴（a﹣b）2＝9，
∴（a﹣b）2的值为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．(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=BE2+CE2=10，
∵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×（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．(2023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形EFGH面积的3倍，即可得正方形EFGH面积为4，继而得DH＝EH＝AE＝2，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AE＝EH＝DH＝HG＝CG＝FG＝BF＝EF＝BE，
∴S△AEH＝S△DHG＝S△CGF＝S△BFE=12S正方形EFGH，
∴S阴影＝3×S正方形EFGH＝60，
∴S正方形EFGH＝20，
∴EH＝DH＝25，
∴DE＝2EH＝45，
又∠AED＝90°，
∴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．(2023春•安庆期末）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．210
分析：由已知得出AD＝AE＝AB，进而利用图形面积的割补关系解得即可．
【解答】解：如图：
∵∠ADE＝∠AED，
∴AD＝AE＝AB，
∴∠AEF＝∠ABF，
∵AF⊥BE，
∴EF＝BF=12BE，
∴GE＝AH，
∵∠GEM＝∠HAM，∠MGE＝∠MHA，
∴△GEM≌△HAM（ASA），
∴S△HAM＝S△GEM，
∴S△ADE＝S△ADH+S△DGE，
∵AD＝45，DH＝2AH，AD2＝DH2+AH2，
∴AH＝4，DH＝8，
∴DG＝GE＝4，
∴S△ADE=12×4×8+12×4×4=24，
故选：A．
【点评】本题考查了勾股定理，正确表示出直角三角形的面积是解题的关键．
4．(2023•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S1＝S2，则nm的值为（ ）
A．3−1B．3−12C．5−1D．5−12
分析：如图2，由题意可设AB＝CD＝x，则可以用x表示出S2，又由于S1＝S2，S1+S2＝m2，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，即可解决．
【解答】解：设图2中AB＝x，则CD＝AB＝x，
∴S△ACD=12×CD•AB=12x2，
∴S2＝4S△ACD＝2x2，
∵S1＝S2，S1+S2＝m2，
∴4x2＝m2，
∴m＝2x，
在Rt△ABC中，AC2＝AB2+BC2，
∴x2+（x+n）2＝m2，
∴x2+（x+n）2＝4x2，
∴x+n=3x，
∴n＝（3−1）x，
∴nm=3−12，
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．(2023•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积之比为1：13，则a：b＝（ ）
A．2：5B．3：5C．2：3D．1：3
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）2＝a2+2ab+b2即可求得（a+b）的值；由小正方形的面积求出（b﹣a）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，
∴c2＝13，
∴a2+b2＝c2＝13，
∵直角三角形的面积是13−14=3，
又∵直角三角形的面积是12ab＝3，
∴ab＝6，
∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝c2+2ab＝13+2×6＝13+12＝25，
∴a+b＝5．
∵小正方形的面积为（b﹣a）2＝1，
∴b＝3，a＝2，
∴a：b＝2：3．
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．(2023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AM＝CN＝12，BM＝DN＝5，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，△ABM≌△BCE≌△CDN≌△DAF，利用全等三角形的性质可求ME＝NE＝7，再利用勾股定理可求解．
【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，△ABM≌△BCE≌△CDN≌△DAF，
∴AM＝BE＝CN＝DF＝12，BM＝CE＝DN＝AF，
∵BM＝DN＝5，
∴CE＝AF＝5，
∴ME＝EN＝NF＝FM＝12﹣5＝7，
∴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AH＝3DH，且S正方形ABCD＝21，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A．214B．215C．225D．223
分析：根据正方形的面积可得正方形边长的平方，设DH＝x，则AH＝3DH＝3x，根据勾股定理可得x的平方的值，再根据题意可得S△FGN＝S△AEM+S△CGN，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ABCD＝21，
∴AB2＝21，
设DH＝x，
则AH＝3DH＝3x，
∴x2+9x2＝21，
∴x2=2110，
根据题意可知：
AE＝CG＝DH＝x，CF＝AH＝3x，
∴FE＝FG＝CF﹣CG＝3x﹣x＝2x，
∴S△FGN＝2S△CGN
∵S△AEM＝S△CGN，
∴S△FGN＝S△AEM+S△CGN，
∴阴影部分的面积之和为：
S梯形NGFM=12（NG+FM）•FG
=12（EM+MF）•FG
=12FE•FG
=12×（2x）2
＝2x2
=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．(2023•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OF＝FJ，已知S△BJC＝2，则正方形ABCD的面积为（ ）
A．42+8B．14C．65D．102
分析：根据正方形的性质得到∠OFJ＝45°，根据等腰三角形的性质得到∠FJO＝∠FOJ＝67.5°，求得∠CJG＝∠FJO＝67.5°，根据全等三角形的性质得到BF＝FJ，求得BF＝FJ＝CG，设BF＝FJ＝CG＝x，根据三角形的面积公式得到FJ＝FO=2，求得BG＝2+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，
∴∠OFJ＝45°，
∵OF＝FJ，
∴∠FJO＝∠FOJ＝67.5°，
∴∠CJG＝∠FJO＝67.5°，
∵∠AFJ＝90°，
∴∠FAJ＝22.5°，
∵∠ACD＝45°，
∴∠DCH＝22.5°，
∠AFJ＝∠AFB＝90°，
∴∠JAF＝22.5°，
∵∠BAC＝45°，
∴∠BAF＝22.5°，
∵AF＝AF，
∴△ABF≌△AJF（ASA），
∴BF＝FJ，
∵BF＝CG，
∴BF＝FJ＝CG，
设BF＝FJ＝CG＝x，
∵S△BJC=12BJ•CG=12×2CG•CG＝x2＝2，
∴x=2（负值舍去），
∴FJ＝FO=2，
∴FH＝2OF＝22，
∴FG=22FH＝2，
∴BG＝2+2，
∴正方形ABCD的面积＝BC2＝BG2+CG2＝（2+2）2+（2）2＝8+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AH＝2DH=22，则KG的长为（ ）
A．2B．322C．5D．22
分析：过点K作KM⊥CF，与CF的延长线交于点M，由图形关系求得AE＝EF＝FG=2，再帅AK＝KF=22EF，KM＝MF=22KF求得MK与MF，进而由勾股定理求得结果．
【解答】解：过点K作KM⊥CF，与CF的延长线交于点M，
∵AH＝2DH=22，
∴AE＝DE=2，
∴EH＝HG＝GF＝EF＝22−2=2，
∴DH＝EH，
∴∠AEK＝∠HED＝∠HDE＝45°，
∴∠AEK＝∠FEK＝45°，
∵AE＝EF=2，
∴AK＝KF=22EF=1，∠AFE＝45°，
∴∠EFM＝45°，
∴MK＝MF=22KF=22，
∴KG=MK2+MG2=(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．(2023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Rt△ABC中，∠ACB＝90°，若AC＝b，BC＝a，AB＝c，请你利用这个图形说明a2+b2＝c2．
（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Rt△ABC和Rt△DAE按如图2所示的方式放置，∠DAB＝∠B＝90°，AB＝AD＝c，BC＝AE＝a，AC＝DE＝b．请你利用这个图形说明c2+a2＝b2．（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（b﹣a）2，
∴c2＝4×12ab+（a﹣b）2＝2ab+a2﹣2ab+b2，
即c2＝a2+b2；
（2）连接EC，CD，
∵Rt△ABC≌Rt△DAE，
∴∠ACB＝∠AED，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°＝∠BAC+∠AED，
∴∠AFE＝90°，
∴AC⊥DE，
∵四边形ABCD的面积=12（BC+AD）×AB=ac+c22，
四边形AECD的面积＝S△AEC+S△ACD=12AC×DE=12b2，
∴△BEC的面积＝四边形ABCD的面积﹣四边形AECD的面积=ac+c22−12b2=12ac−12a2，
∴c2+a2＝b2．
【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．(2023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2a﹣3ab﹣4+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＝（2a﹣3ab）﹣（4﹣6b）＝a（2﹣3b）﹣2（2﹣3b）＝（2﹣3b）（a﹣2）．
解法二：原式＝（2a﹣4）﹣（3ab﹣6b）＝2（a﹣2）﹣3b（a﹣2）＝（a﹣2）（2﹣3b）．
【感悟】对项数较多的多项式无法直接进行因式分解时，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．（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x2﹣a2+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（a＞b），斜边长是3，小正方形的面积是1．根据以上信息，先将a4﹣2a3b+2a2b2﹣2ab3+b4因式分解，再求值．
分析：（1）用分组分解法将x2﹣a2+x+a因式分解即可；
（2）先将a4﹣2a3b+2a2b2﹣2ab3+b4因式分解，再求值即可．
【解答】解：（1）原式＝（x2﹣a2）+（x+a）
＝（x+a）（x﹣a）+（x+a）
＝（x+a）（x﹣a+1）；
（2）原式＝（a4+2a2b2+b4）﹣（2ab3+2a3b）
＝（a2+b2）2﹣2ab（a2+b2）
＝（a2+b2）（a2+b2﹣2ab）
＝（a2+b2）（a﹣b）2，
∵直角三角形的两条直角边长分别是a和b（a＞b），斜边长是3，小正方形的面积是1，
∴a2+b2＝32＝9，（a﹣b）2＝1，
∴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．(2023秋•扬州期中）著名的赵爽弦图（如图①，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4×12ab+（a﹣b）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+b2＝c2．
（1）图②为美国第二十任总统伽菲尔德的“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＝1.2千米，HB＝0.9千米，求新路CH比原路CA少多少千米？
（3）在第（2）问中若AB≠AC时，CH⊥AB，AC＝4，BC＝5，AB＝6，设AH＝x，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CA＝x，则AH＝x﹣0.9，根据勾股定理列方程，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+b2＝c2；
（2）∵CA＝x，
∴AH＝x﹣0.9，
在Rt△ACH中，CA2＝CH2+AH2，
即x2＝1.22+（x﹣0.9）2，
解得x＝1.25，
即CA＝1.25，
CA﹣CH＝1.25﹣1.2＝0.05（千米），
答：新路CH比原路CA少0.05千米；
（3）设AH＝x，则BH＝6﹣x，
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=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．(2023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（ ）
A．12.5B．15C．17.5D．20
分析：设CQ＝x，FG＝y，则BG＝CH＝2x+y，根据S1S2=32，列方程可得y＝2x，由勾股定理可得x2=54，最后利用面积和可得结论．
【解答】解：设CQ＝x，FG＝y，则BG＝CH＝2x+y，
∵S1S2=32，
∴12⋅2x⋅(x+y)12⋅x⋅(2x+y)=32，
∴y＝2x，
∵正方形ABCD的面积为25，
∴BC2＝25，
∵CG2+BG2＝BC2，
∴（2x）2+（2x+y）2＝25，
∴x2=54，
∴S1=12•2x•（x+y）＝3x2=154，S2=12•x•（2x+y）＝2x2=52，
∴四边形BQDP的面积
＝2S1+2S2+S正方形EFGH
＝2×154+2×52+（2x）2
=152+5+4x2
＝17.5．
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（S1＞S2），则下列四个判断：①S1+S2=14S四边形MNPQ；②DG＝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（ ）
A．②③④B．①③④C．①②④D．①②③
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b﹣a，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b﹣a，
∴正方形ABCD的面积S1＝b2，正方形EFGH的面积S2＝a2，
∴S1+S2＝a2+b2＝c2，
∵正方形MNPQ的边长是2c，
∴正方形MNPQ的面积＝（2c）2＝4c2，
∴S1+S2=14S四边形MNPQ，
故①符合题意；
∵AF＝b﹣a，
∴AG＝FG﹣AF＝a﹣（b﹣a）＝2a﹣b，
∴DG＝AD﹣AG＝b﹣（2a﹣b）＝2（b﹣a），
∴DG＝2AF，
故②符合题意；
∵∠HME＝30°，∠MHE＝90°，
∴MH=3HE，
∴b=3a，
∴b2＝3a2，
∴S1＝3S2，
故③符合题意；
∵A是FG中点，
∴AG＝FA，
∴a﹣（b﹣a）＝b﹣a，
∴2b＝3a，
∴4b2＝9a2，
∴9S1＝4S2，
故④不符合题意．
∴正确的是①②③，
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．(2023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△BCF为等腰三角形，AG＝5，则小正方形的面积为（ ）
A．15B．16C．20D．25
分析：由等腰三角形性质可得出BF＝CF，利用HL可证得Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），得出AB＝AD＝2AF，根据余角的性质得出∠BAG＝∠ABF，进而推出CF＝BF＝2AG＝10，利用面积法求得BN＝8，再运用勾股定理求得CN＝4，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，
∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝90°，CF∥AG，
∵△BCF为等腰三角形，且BF＞AB＝BC，CF＞CD＝BC，
∴BF＝CF，
在Rt△ABF和Rt△DCF中，
AB=CDBF=CF，
∴Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），
∴∠AFB＝∠CFD，AF＝DF，
∴AB＝AD＝2AF，
∵CF∥AG，
∴∠CFD＝∠DAG，
∴∠AFB＝∠DAG，
∴AG＝FG，
∵∠AFB+∠ABF＝90°，∠DAG+∠BAG＝90°，
∴∠BAG＝∠ABF，
∴AG＝BG，
∴CF＝BF＝2AG＝10，
在Rt△ABF中，AB2+AF2＝BF2，
∴（2AF）2+AF2＝102，
∴AF＝25，
∴AB＝BC＝45，
∵S△BCF=12BC•AB=12CF•BN，
∴BN=BC⋅ABCF=45×4510=8，
∴CN=BC2−BN2=(45)2−82=4，
∵△ABM≌△BCN，
∴BM＝CN＝4，
∴MN＝BN﹣BM＝8﹣4＝4，
∴S正方形EHMN＝（MN）2＝42＝16，
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．(2023秋•西湖区校级期中）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+BE＝7．则S△CFP﹣S△AEP的值是（ ）
A．3.5B．4.5C．5D．5.5
分析：先证明△AEP≌△CGM（ASA），则S△AEP＝S△CGM，所以两三角形面积的差是中间正方形面积的一半，设AE＝x，BE＝7﹣x，根据勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，x2+（7﹣x）2＝28，则2x2﹣14x＝﹣21，整体代入可得结论．
【解答】解：∵正方形ABCD的面积为28，
∴AB2＝28，
设AE＝x，
∵AE+BE＝7，
∴BE＝7﹣x，
Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，
∴x2+（7﹣x）2＝28，
∴2x2﹣14x＝﹣21，
∵AH⊥BE，BE⊥CF，
∴AH∥CF，
∴∠EAP＝∠GCM，
∵“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，
∴△AEB≌△CGD，
∴AE＝CG，
∴△AEP≌△CGM（ASA），
∴S△AEP＝S△CGM，EP＝MG，
∴S△CFP﹣S△AEP＝S△CFP﹣S△CGM＝S梯形FPMG=12（MG+PF）•FG=12EF•FG=12S正方形EHGF，
∵S矩形EHGF＝S正方形ABCD﹣4S△AEB＝28﹣4×12x•（7﹣x）＝28﹣2x（7﹣x）＝28﹣21＝7，
则S△CFP﹣S△AEP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．(2023秋•霞浦县期中）我国古代数学家赵爽的“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AE＝BC＝a，DE＝AC＝b，AD＝AB＝c，
∠AED＝∠ACB＝90°，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CE＝m，HG＝n，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＝c2，大正方形的面积＝4×12×a×b+（b﹣a）2，
∴c2＝4×12×a×b+（b﹣a）2，
∴c2＝a2+b2，
故答案为：c2＝a2+b2；
（2）证明：如图：连接BD，
∵Rt△ABC≌Rt△DAE，
∴∠ADE＝∠BAC，
∴∠DAE+∠ADE＝90°＝∠DAE+∠BAC，
∴∠DAB＝90°，
∵S四边形ABCD=12c2+12×a×（b﹣a），S四边形ABCD＝2×12×a•b+12×b×（b﹣a），
∴12c2+12×a×（b﹣a）＝2×12×a•b+12×b×（b﹣a），
∴c2＝a2+b2；
（3）由题意可得：CE＝CD+DE，GH＝AG﹣AH，
∴m＝a+b，n＝b﹣a，
∴a=m−n2，b=m+n2，
∴BD2＝BC2+CD2＝a2+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∠ACB＝∠BED＝90°，AB＝BD＝c，AC＝BE＝b，BC＝ED＝a，
求证：a2+b2＝c2．
证明：连接AD，过点A作AF⊥ED交DE的延长线于点F，则AF＝b﹣a．
（2）应用：如图2，已知等腰直角三角形纸片ABC，∠C＝90°，AC＝BC，AB=2+1．点D，E分别在边AC，AB上，将△ABC沿DE所在直线折叠，使点A的对应点A'正好落在边BC上．若△A'BE为直角三角形，请直接写出AE的长．
分析：（1）连接AD，过点A作AF⊥ED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（b﹣a），化简变形即有a2+b2＝c2；
（2）分两种情况：当∠A'EB＝90°时，△A'BE是等腰直角三角形，可得AE＝BE，即得AE=12AB=2+12；当∠EA'B＝90°时，可得BE=2AE，即得AE＝1．
【解答】（1）证明：连接AD，过点A作AF⊥ED交DE的延长线于点F，连接AE，则AF＝b﹣a，如图：
∵S四边形ABDE＝S△ABE+S△BDE，
∴S四边形ABDE=12b2+12ab，
∵S四边形ABDE＝S△ABD+S△AED，
∴S四边形ABDE=12c2+12a（b﹣a），
∴12b2+12ab=12c2+12a（b﹣a），
∴a2+b2＝c2；
（2）解：当∠A'EB＝90°时，如图：
∵∠C＝90°，AC＝BC，
∴∠B＝45°，
∴△A'BE是等腰直角三角形，
∴A'E＝BE，
∵△ABC沿DE所在直线折叠，点A的对应点为A'，
∴AE＝A'E，
∴AE＝BE，
∴AE=12AB=2+12；
当∠EA'B＝90°时，如图：
∵∠B＝45°，
∴△A'BE是等腰直角三角形，
∴BE=2A'E，
∵△ABC沿DE所在直线折叠，点A的对应点为A'，
∴AE＝A'E，
∴BE=2AE，
∵BE+AE=2+1，
∴AE＝1，
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，解题的关键是分类讨论思想的应用．
7．(2023•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a＝6，b＝8，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，OC＝3，求该风车状图案的面积．
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ACDE＝2S△+S△BDE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+b﹣a）＝24，其中a＝OC＝3，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=(b−a)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＝（b﹣a）2+4×12ab＝b2+a2﹣2ab+2ab＝b2+a2，
故c2＝b2+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ACDE＝2S△+S△BDE，
其中，S梯形ACDE=12(a+b)(a+b)，S△BDE=12c2，S△=12ab，
代入可得，12（a+b）2＝2×12ab+12c2，
即a2+b2＝c2；
（3）解：由图2可知，S空白＝S大正方形﹣2S△，
∵a＝6，b＝8，
∴c=62+82=10，
则S大正方形=c2=100，
∴S空白＝c2﹣2×12ab＝100﹣6×8＝52，
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+b﹣a）＝24，
其中OC＝a＝3，代入上式可得c+b＝9，
则c＝9﹣b，
且a2+b2＝c2，
即c2﹣b2＝a2＝9，将c＝9﹣b代入得，（9﹣b）2﹣b2＝9，
解得b＝4，
则S风车＝4×12ab＝4×12×3×4=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．(2023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，OC＝3，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ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3，若S1+2S2+S3＝20，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AC＝x，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2S2＝S1+S3，再根据S1+2S2+S3＝20，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＝4×12ab+（a﹣b）2，
∴4×12ab+（a﹣b）2＝c2，
化简可得，a2+b2＝c2；
（2）24÷4＝6，
设AC＝x，则AB＝6﹣x，
依题意得：
（x+3）2+32＝（6﹣x）2，
解得x＝1，
∴该“勾股风车”图案的面积为：12×（3+1）×3×4
=12×4×3×4
＝24．
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
S2＝S1﹣4a，S2＝S3+4a，
两式相加，可得2S2＝S1+S3，
又∵S1+2S2+S3＝20，
∴4S2＝20，
∴S2＝5，
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+S3＝20求出是解决问题的关键．
9．(2023春•交城县期中）勾股定理被誉为“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：①它们整体上都是边长为 的正方形；②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 ；③图（2）中空白部分面积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 ；④从而得到a2+b2＝c2．
（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+b2＝c2.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）2﹣2ab，
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）2﹣2ab；
故答案为：a+b，2ab，a2+b2＝（a+b）2﹣2ab，c2＝（a+b）2﹣2ab；
（2）解：∵整个图形得面积可以表示为c2+12ab×2=c2+ab，
整个图形得面积又可以表示为a2+b2+12ab×2=a2+b2+ab，
∴c2+ab＝a2+b2+ab，
∴a2+b2＝c2；
（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+2×12ab，
∴12(a+b)(a+b)=12c2+2×12ab，
∴（a+b）2＝c2+2ab，
∴a2+2ab+b2＝c2+2ab，
∴a2+b2＝c2．
【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．(2023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．
用四个全等的直角三角形拼成如图①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（a＜b），斜边长为c．
【温故知新】（1）如图①，求证：a2+b2＝c2；
【问题解决】（2）如图②，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．求该图形的面积；
（3）如图③，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+S3＝24，则S2＝ ．
（4）如图④，把矩形ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，如果AB＝4，BC＝8，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AH＝BC＝x，则AB＝12﹣x，在Rt△AOB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S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x，根据S1+S2+S3＝24，即可得出x+4y＝8．
（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＝（b﹣a）2＝a2﹣2ab+b2，
S小正方形＝c2﹣4×12ab＝c2﹣2ab，
即b2﹣2ab+a2＝c2﹣2ab，
∴a2+b2＝c2；
（2）解：∵AB+BC＝48÷4＝12，
设AH＝BC＝x，则AB＝12﹣x，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
OH2+OG2＝GH2，
即62+（6+x）2＝（12﹣x）2，
解得：x＝2，
∴S=12×6×（6+2）×4＝96；
（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+S3＝24，
∴S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x，
∴S1+S2+S3＝3x+12y＝24，
∴x+4y＝8，
∴S2＝8，
故答案为：8．
（4）设BE＝x，则EC＝8﹣x，
由折叠的性质可知，AE＝EC＝8﹣x，
在Rt△ABE中，AE2＝AB2+BE2，
则（8﹣x）2＝42+x2，
解得，x＝3，
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、方程思想是解题的关键．
11．(2023•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①可以得到（a+b）2＝a2+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②中所表示的数学等式 ；
（2）如图③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a+b＝5，（a﹣b）2＝13，求大正方形的面积；
（3）如图④，在边长为m（m＞2）的正方形ABCD各边上分别截取AE＝BF＝CG＝DH＝1，当∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°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+b＝5，（a﹣b）2＝13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∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°可得△AEI，△BFJ，△CGK，△DHL为等腰直角三角形，从而可得FI＝GK＝HK＝EL＝AB＝BC＝CD＝AD，可得等腰Rt△FQI，等腰Rt△MGJ，等腰Rt△NHK，等腰Rt△EPL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Rt△AEI，等腰Rt△BFJ，等腰Rt△CGK，等腰Rt△DHL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+（a﹣b）2，
∴（a+b）2＝4ab+（a﹣b）2，
故答案为：（a+b）2＝4ab+（a﹣b）2；
（2）∵小正方形的边长为：a﹣b，
∴小正方形的面积为：（a﹣b）2，
∴大正方形面积为：4×12ab+（a﹣b）2＝2ab+（a﹣b）2＝a2+b2，
∵a+b＝5，（a﹣b）2＝13，
∴（a+b）2＝25，
∴（a+b）2+（a﹣b）2＝a2+b2+2ab+a2+b2﹣2ab＝2（a2+b2）＝25+13＝38，
∴a2+b2＝19，
∴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，
∵∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°，
∴∠AEI＝∠BFJ＝∠CGK＝∠DHL＝45°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，
∴∠EAI＝∠FBJ＝∠GCK＝∠HDL＝90°，
∴△AEI，△BFJ，△CGK，△DHL为等腰直角三角形，
∵AE＝BF＝CG＝DH＝1，
∴AI＝BJ＝CK＝DL＝1，
∴FI＝GK＝HK＝EL＝AB＝BC＝CD＝AD，
∴S▱ABCD＝S△FQI+S△MGJ+S△NHK+S△EPL，
∵S▱ABCD＝S四边形AEQF+S四边形BFMG+S四边形CGNH+S四边形DHPE+S▱MNPQ，
∴S▱MNPQ＝S△AEI+S△BFJ+S△CGK+S△DHL
=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．(2023春•开封期末）如图①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①，若直角三角形斜边AB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②，若点P在边CD上，则线段BE和线段FG的数量关系为 ．
（2）如图③，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FG＝3，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CD＝AB＝5，CE＝AG＝4，利用勾股定理即可求解；
（1）如图②，过点D作DH⊥AE于H，可得四边形DHEG是矩形，DH＝EG，证明△AHD≌△CFB（AAS），则DH＝BF，可得BF＝EG，即可得出BE＝FG；
（2）如图③，同（2）的方法即可求解；
（3）分两种情况：①当直线BP与BC边的夹角为60°时，②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：Rt△CDE≌Rt△ABG，
∴CD＝AB＝5，CE＝AG＝4，
∴DE=CD2−CE2=52−42=3，
故答案为：3；
（1）如图②，过点D作DH⊥AE于H，
∵AE⊥BP，DG⊥BP，CF⊥BP，DH⊥AE，
∴四边形DHEG是矩形，∠ADH+∠DAH＝90°，∠BAE+∠ABE＝90°，∠AHD＝∠CFB＝90°，
∴DH＝EG，
∵四边形ABCD是正方形形，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AD＝CB，
∴∠BAE+∠DAH＝90°，∠CBF+∠ABE＝90°，
∴∠BAE＝∠ADH＝∠CBF，
∴△AHD≌△CFB（AAS），
∴DH＝BF，
∵DH＝EG，
∴BF＝EG，
∴BF﹣EF＝EG﹣EF，
∴BE＝FG，
故答案为：BE＝FG；
（2）若点P在CD的延长线上，（1）中结论成立，理由如下：
如图③，过点D作DH⊥AE于H，
∵AE⊥BP，DG⊥BP，CF⊥BP，DH⊥AE，
∴四边形DHFG是矩形，∠CDH+∠DCH＝90°，∠BCF+∠CBF＝90°，∠CHD＝∠AEB＝90°，
∴DH＝FG，
∵四边形ABCD是正方形形，
∴∠BCD＝∠ABC＝90°，AB＝CD，
∴∠BCF+∠DCH＝90°，∠CBF+∠ABE＝90°，
∴∠BCF＝∠CDH＝∠ABE，
∴△CHD≌△AEB（AAS），
∴DH＝BE，
∵DH＝FG，
∴BE＝FG；
（3）①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DH⊥AE于H，
∵∠CBP＝60°，CF⊥BP，
∴∠ABE＝30°．
∵BE＝FG，FG＝3，
∴BE＝3，
∴AE=3，AB＝23，
∴正方形ABCD的面积为23×23=12；
②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DH⊥AE于H，
∵∠ABP＝60°，AE⊥BP，
∴∠BAE＝30°．
∵BE＝FG，FG＝3，
∴BE＝3，
∴AB＝2BE＝6，
∴正方形ABCD的面积为6×6＝36．
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．
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．
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