中考数学解题大招复习讲义(全国通用)模型46勾股定理之蚂蚁行程、弦图模型(原卷版+解析)

这是一份中考数学解题大招复习讲义(全国通用)模型46勾股定理之蚂蚁行程、弦图模型(原卷版+解析)，共30页。试卷主要包含了平面展开-最短路径问题，称为勾股定理等内容，欢迎下载使用。
1．平面展开-最短路径问题
（1）平面展开﹣最短路径问题，先根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问题．
（2）关于数形结合的思想，勾股定理及其逆定理它们本身就是数和形的结合，所以我们在解决有关结合问题时的关键就是能从实际问题中抽象出数学模型．
例．如图所示，有一正方体纸盒，在点C1处有一只小虫，它要爬到点A吃食物．应该沿着怎样的路线才能使行程最短？
解：如图，把侧面或上面展开与正面组成一矩形，连接AC1，则AC1就是行程最短的路线．
2.赵爽弦图模型
我国著名的数学家赵爽，早在公元3世纪，就把一个矩形分成四个全等的直角三角形，用四个全等的直角三角形拼成了一个大的正方形（如图1），这个正方形称为赵爽弦图，验证了一个非常重要的结论：在直角三角形中两直角边a、b与斜边c满足关系式a2+b2＝c2．称为勾股定理．
把这四个全等的直角三角形拼成了另一个大的正方形（如图2），也能验证这个结论
证明：由图2得，大正方形面积＝4×＝（a+b）2，
整理得b2+c2+2ab＝2ab+c2，
∴c2＝a2+b2，
即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方．
例题精讲
考点一：行程最短问题
【例1】．如图，有一个圆柱，它的高等于16cm，底面半径等于4cm，在圆柱下底面的A点有一只蚂蚁，它想吃到上底面上与A点相对的B点处的食物，需要爬行的最短路程是 cm．（π取3）
变式训练
【变式1-1】．如图，圆锥的底面圆的半径为10cm，母线长为40cm，C为母线PA的中点，一只蚂蚁欲从点B处沿圆锥的侧面爬到点C处，则它爬行的最短距离是 cm．
【变式1-2】．如图，一只蚂蚁从长为7cm、宽为5cm，高是9cm的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它所走的最短路线的长是 cm．
【变式1-3】．如图是一个三级台阶，它的每一级长、宽、高分别是2米、0.3米、0.2米，A，B是这个台阶上两个相对的端点，A点有一只蚂蚁，想到B点去吃可口的食物，则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是 米．
考点二：弦图模型的应用
【例2】．如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若AE＝5，AB＝13，则中间小正方形EFGH的面积是 ．
变式训练
【变式2-1】．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＝2.5，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15，则这个风车的外围周长是 ．
【变式2-2】．如图，在弦图中，正方形ABCD的对角线AC与正方形EFHI的对角线EH交于点K，对角线AC交正方形EFHI于G，J两点，记△GKH面积为S1，△JIC面积为S2，若AE＝12，CD＝4，则S1+S2的值为 ．

1．如图所示，一只小蚂蚁从棱长为1的正方体的顶点A出发，经过每个面的中心点后，又回到A点，蚂蚁爬行最短程S满足（ ）
A．5＜S≤6B．6＜S≤7C．7＜S≤8D．8＜S≤9
2．如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，图中的四个直角三角形是全等的，如果大正方形ABCD的面积是小正方形EFGH面积的13倍，那么tan∠ADE的值为（ ）
A．B．C．D．
3．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．12B．15C．20D．30
4．四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出的部分是一个小正方形，这样就组成了一个“赵爽弦图”（如图）．如果小正方形面积为4，大正方形面积为74，直角三角形中较小的锐角为θ，那么tanθ的值是（ ）
A．B．C．D．
5．赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的面积为S1，大正方形ABCD的面积为S2，若DI＝2，CI＝1，S2＝5S1，则GI的值是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，一只蚂蚁沿着图示的路线从圆柱高AA1的端点A到达A1，若圆柱底面半径为，高为5，则蚂蚁爬行的最短距离为 ．
7．如图，底面半径为1，母线长为4的圆锥，一只小蚂蚁若从A点出发，绕侧面一周又回到A点，它爬行的最短路线长是 ．
8．将四个全等的直角三角形分别拼成正方形（如图1，2），边长分别为6和2．若以一个直角三角形的两条直角边为边向外作正方形（如图3），其面积分别为S1，S2．则S1﹣S2＝ ．
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 ．
10．如图所示一棱长为3cm的正方体，把所有的面均分成3×3个小正方形．其边长都为1cm，假设一只蚂蚁每秒爬行2cm，则它从下底面点A沿表面爬行至侧面的B点，最少要用 秒钟．
11．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．
12．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅弦图，后人称其为赵爽弦图（如图1）．图2为小明同学根据弦图思路设计的，在正方形ABCD中，以点B为圆心，AB为半径作，再以CD为直径作半圆交于点E，若边长AB＝10，则△CDE的面积为 ．
13．图1是一个勾股定理演示教具的正面示意图，当它倒过来时，大正方形中的全部墨水恰能注满两个小正方形．王老师有一个内长为11寸，内宽为9寸的木质盒子（如图2）．现要自制一个这样的教具（由三个正方形和一个直角三角形组成），使得教具恰好摆入这个盒子中，以便保护和携带（如图3所示，A，B，C，D，E五点均紧贴盒子边缘，教具的厚度等于木盒的内高）．此时盒子的空间利用率为 ．
14．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）
15．一个长方体盒子，它的长是12dm，宽是4dm，高是3dm，
（1）请问：长为12.5dm的铁棒能放进去吗？
（1）如果有﹣只蚂蚁要想从D处爬到C处，求爬行的最短路程．
16．如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．
（1）如图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，可以验证勾股定理；
（2）如图②，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，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+S2+S3＝16，则S2＝ ．
17．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是：大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即，从而得到等式c2＝，化简便得结论a2+b2＝c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．现在，请你用“双求法”解决下面两个问题
（1）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝3，BC＝4，求CD的长度．
（2）如图3，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB＝4，AC＝5，BC＝6，设BD＝x，求x的值．

1．平面展开-最短路径问题
（1）平面展开﹣最短路径问题，先根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问题．
（2）关于数形结合的思想，勾股定理及其逆定理它们本身就是数和形的结合，所以我们在解决有关结合问题时的关键就是能从实际问题中抽象出数学模型．
例．如图所示，有一正方体纸盒，在点C1处有一只小虫，它要爬到点A吃食物．应该沿着怎样的路线才能使行程最短？
解：如图，把侧面或上面展开与正面组成一矩形，连接AC1，则AC1就是行程最短的路线．
2.赵爽弦图模型
我国著名的数学家赵爽，早在公元3世纪，就把一个矩形分成四个全等的直角三角形，用四个全等的直角三角形拼成了一个大的正方形（如图1），这个正方形称为赵爽弦图，验证了一个非常重要的结论：在直角三角形中两直角边a、b与斜边c满足关系式a2+b2＝c2．称为勾股定理．
把这四个全等的直角三角形拼成了另一个大的正方形（如图2），也能验证这个结论
证明：由图2得，大正方形面积＝4×＝（a+b）2，
整理得b2+c2+2ab＝2ab+c2，
∴c2＝a2+b2，
即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方．
例题精讲
考点一：行程最短问题
【例1】．如图，有一个圆柱，它的高等于16cm，底面半径等于4cm，在圆柱下底面的A点有一只蚂蚁，它想吃到上底面上与A点相对的B点处的食物，需要爬行的最短路程是 20 cm．（π取3）
解：将圆柱体展开，连接A、B，根据两点之间线段最短，
根据题意可得：AC是圆周的一半，
∴AC＝×2×4π＝12，
∴AB＝＝20cm．
变式训练
【变式1-1】．如图，圆锥的底面圆的半径为10cm，母线长为40cm，C为母线PA的中点，一只蚂蚁欲从点B处沿圆锥的侧面爬到点C处，则它爬行的最短距离是 20 cm．
解：由题意知，底面圆的直径AB＝20，故底面周长等于20π
设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n°
∵根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，20π＝，解得n＝90°
∴展开图中扇形圆心角＝90°，
作CE⊥PB于E，则CE＝PE＝10，BE＝40﹣10，
∵根据勾股定理求得它爬行的最短距离是＝20cm
∴蚂蚁爬行的最短距离为20cm
【变式1-2】．如图，一只蚂蚁从长为7cm、宽为5cm，高是9cm的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它所走的最短路线的长是 15 cm．
解：由题意可得，
当展开前面和右面时，最短路线长是：＝＝15（cm）；
当展开前面和上面时，最短路线长是：＝＝7（cm）；
当展开左面和上面时，最短路线长是：＝（cm）；
∵15＜7＜，
∴一只蚂蚁从长为7cm、宽为5cm，高是9cm的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它所走的最短路线的长是15cm，
故答案为：15．
【变式1-3】．如图是一个三级台阶，它的每一级长、宽、高分别是2米、0.3米、0.2米，A，B是这个台阶上两个相对的端点，A点有一只蚂蚁，想到B点去吃可口的食物，则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是 2.5 米．
解：三级台阶平面展开图为长方形，长为2，宽为（0.2+0.3）×3，
则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是此长方形的对角线长．
可设蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程为x，
由勾股定理得：x2＝22+[（0.2+0.3）×3]2＝2.52，
解得x＝2.5．
考点二：弦图模型的应用
【例2】．如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若AE＝5，AB＝13，则中间小正方形EFGH的面积是 49 ．
解：∵AE＝5，AB＝13，
∴BF＝AE＝5，
在Rt△ABF中，AF＝＝12，
∴小正方形的边长EF＝12﹣5＝7，
∴小正方形EFGH的面积为7×7＝49．
故答案为：49．
变式训练
【变式2-1】．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＝2.5，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15，则这个风车的外围周长是 38 ．
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+2.52，
∵△BCD的周长是15，
∴x+2y+2.5＝15
则x＝6.5，y＝3．
∴这个风车的外围周长是：4（x+y）＝4×9.5＝38．
故答案是：38．
【变式2-2】．如图，在弦图中，正方形ABCD的对角线AC与正方形EFHI的对角线EH交于点K，对角线AC交正方形EFHI于G，J两点，记△GKH面积为S1，△JIC面积为S2，若AE＝12，CD＝4，则S1+S2的值为 16 ．
解：由题意可得，
AF＝CI，∠AFG＝∠CIJ＝90°，FH∥EI，
∵∠AGF＝∠HGK，∠IJC＝∠KJE，
∵FH∥EI，
∴∠HGK＝∠KJE，
∴∠AGF＝∠IJC，
在△AFG和△CIJ中，
，
∴△AFG≌△CIJ（AAS），
∴FG＝IJ，
∵四边形EFHI为正方形，
∴EI﹣IJ＝FH﹣FG，即HG＝EJ，
在△GHK和△JEK中，
，
∴△GHK≌△JEK（AAS），
∴HK＝EK，即点K为正方形EFHI的中心，
如图，过点K作KM⊥FH于点M，
∵AE＝12，CD＝4，
∴BF＝12，AD＝，
在Rt△ADE中，
由勾股定理得DE＝＝4，
∴AF＝DE＝4，EF＝AE﹣AF＝12﹣4＝8，
则FH＝8，KM＝4，
设GH＝a，FG＝b，则a+b＝FH＝8，
∴＝，
＝＝2b，
∴S1+S2＝2a+2b＝2（a+b）＝16．
故答案为：16．

1．如图所示，一只小蚂蚁从棱长为1的正方体的顶点A出发，经过每个面的中心点后，又回到A点，蚂蚁爬行最短程S满足（ ）
A．5＜S≤6B．6＜S≤7C．7＜S≤8D．8＜S≤9
解：正方体展开图形为：
则蚂蚁爬行最短程S＝5+＝5+．
即6＜S≤7．
故选：B．
2．如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，图中的四个直角三角形是全等的，如果大正方形ABCD的面积是小正方形EFGH面积的13倍，那么tan∠ADE的值为（ ）
A．B．C．D．
解：设小正方形EFGH面积是a2，则大正方形ABCD的面积是13a2，
∴小正方形EFGH边长是a，则大正方形ABCD的边长是a，
∵图中的四个直角三角形是全等的，
∴AE＝DH，
设AE＝DH＝x，
在Rt△AED中，AD2＝AE2+DE2，
即13a2＝x2+（x+a）2
解得：x1＝2a，x2＝﹣3a（舍去），
∴AE＝2a，DE＝3a，
∴tan∠ADE＝＝，
故选：C．
3．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．12B．15C．20D．30
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．
4．四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出的部分是一个小正方形，这样就组成了一个“赵爽弦图”（如图）．如果小正方形面积为4，大正方形面积为74，直角三角形中较小的锐角为θ，那么tanθ的值是（ ）
A．B．C．D．
解：由已知条件可知，小正方形的边长为2，大正方形的边长为．
设直角三角形中较小边长为x，
则有（x+2）2+x2＝（）2，解得x＝5．
则较长边的边长为x+2＝5+2＝7．
故tanθ＝＝．
故选：B．
5．赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的面积为S1，大正方形ABCD的面积为S2，若DI＝2，CI＝1，S2＝5S1，则GI的值是（ ）
A．B．C．D．
解：如图，连接DG，
∵赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形，
∴AE＝BF＝CG＝DH，AF＝BG＝CH＝DE，CH⊥DE，
∵DI＝2，CI＝1，
∴CD＝DI+CI＝2+1＝3，
∵大正方形ABCD的面积为S2，
∴S2＝CD2＝32＝9，
又∵小正方形EFGH的面积为S1，S2＝5S1，
∴S1＝，
∴EF＝FG＝GH＝HE＝，
∵将EG延长交CD于点I，
∴∠HGE＝45°，在Rt△EHG中，由勾股定理得：EG＝＝，
设AE＝BF＝CG＝DH＝x，则AF＝BG＝CH＝DE＝x+，
在Rt△CDH中，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x+）2，
解得：x1＝，x2＝﹣（不合题意，舍去），
即AE＝BF＝CG＝DH＝x＝，
∴DH＝EH＝，
∴CH垂直平分ED，
∴DG＝EG＝，
∴∠DGH＝∠HGE＝45°，
∴∠DGE＝45°+45°＝90°，
∴∠DGI＝90°，
在Rt△DGI中，由勾股定理得：GI＝＝＝，
故选：A．
6．如图，一只蚂蚁沿着图示的路线从圆柱高AA1的端点A到达A1，若圆柱底面半径为，高为5，则蚂蚁爬行的最短距离为 13 ．
解：因为圆柱底面圆的周长为2π×＝12，高为5，
所以将侧面展开为一长为12，宽为5的矩形，
根据勾股定理，对角线长为＝13．
故蚂蚁爬行的最短距离为13．
7．如图，底面半径为1，母线长为4的圆锥，一只小蚂蚁若从A点出发，绕侧面一周又回到A点，它爬行的最短路线长是 ．
解：由题意知，底面圆的直径为2，
故底面周长等于2π．
设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n°，
根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，2π＝，
解得n＝90°，
所以展开图中圆心角为90°，
根据勾股定理求得到点A的最短的路线长是：＝＝4．
8．将四个全等的直角三角形分别拼成正方形（如图1，2），边长分别为6和2．若以一个直角三角形的两条直角边为边向外作正方形（如图3），其面积分别为S1，S2．则S1﹣S2＝ 12 ．
解：设四个全等的直角三角形的两条直角边分别为a，b（a＞b），
根据图1得：a+b＝6，
根据图2得：a﹣b＝2，
联立解得：，
∴S1＝16，
S2＝4，
则S1﹣S2＝12．
故答案为：12．
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 16 ．
解：由题意作出如下图，
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．
10．如图所示一棱长为3cm的正方体，把所有的面均分成3×3个小正方形．其边长都为1cm，假设一只蚂蚁每秒爬行2cm，则它从下底面点A沿表面爬行至侧面的B点，最少要用 2.5 秒钟．
解：因为爬行路径不唯一，故分情况分别计算，进行大、小比较，再从各个路线中确定最短的路线．
（1）展开前面右面由勾股定理得AB＝＝cm；
（2）展开底面右面由勾股定理得AB＝＝5cm；
所以最短路径长为5cm，用时最少：5÷2＝2.5秒．
11．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 98 cm2．
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．
12．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅弦图，后人称其为赵爽弦图（如图1）．图2为小明同学根据弦图思路设计的，在正方形ABCD中，以点B为圆心，AB为半径作，再以CD为直径作半圆交于点E，若边长AB＝10，则△CDE的面积为 20 ．
解：如图，取CD的中点F，连接BF、BE、DE、EF，
由题意可得，FE＝FC，BE＝BC，
∴BF是EC的垂直平分线，
∴∠FBC+∠BCE＝90°，
∵∠BCD＝90°，
∴∠DCE+∠BCE＝90°，
∴∠FBC＝∠DCE，
又∵∠BCF＝∠CED＝90°，
∴△BCF∽△CED，
∴＝＝，
∵BC＝CD＝AB＝10，CF＝5，∠BCF＝90°，
∴BF＝＝＝5，
∴＝＝，
解得：CE＝4，ED＝2，
∴S△CDE＝×CE×DE＝×4×2＝20，
故答案为：20．
13．图1是一个勾股定理演示教具的正面示意图，当它倒过来时，大正方形中的全部墨水恰能注满两个小正方形．王老师有一个内长为11寸，内宽为9寸的木质盒子（如图2）．现要自制一个这样的教具（由三个正方形和一个直角三角形组成），使得教具恰好摆入这个盒子中，以便保护和携带（如图3所示，A，B，C，D，E五点均紧贴盒子边缘，教具的厚度等于木盒的内高）．此时盒子的空间利用率为 ．
解：如图，过点A作AM⊥EG的延长线于点M，过点F作FR⊥GH于点R，过点B作BN⊥GH，过点F作FN∥GH，延长GH交CK于K，
∵四边形AGFL、DEGH、BCHF均为正方形，
∴AG＝FG，BF＝FH＝CH，EG＝GH，∠AGF＝∠BFH＝90°＝∠AMG＝∠FRG＝∠BNF＝∠CKH，
∴∠AGM+∠FGM＝∠FGR+∠FGM，
∴∠AGM＝∠FGR，
∴△AGM≌△FGR（AAS），
∴AM＝FR，GM＝GR，
同理，△BFN≌△HFR≌△CHK（AAS），
∴FR＝FN＝HK＝AM，BN＝HR，
设AM＝x，BN＝y，AM＝FR＝z，
则FR＝FN＝HK＝AM＝x，BN＝HR＝y，
由勾股定理得：FH2＝x2+y2，FG2＝x2+z2，GH＝y+z，
根据题意，得：FH2+FG2＝GH2，
∴x2+z2+x2+y2＝（y+z）2，
∴x2＝yz①，
∵AM+GR+RH+HK＝9，BN+FR+EG＝11，
∴2x+y+z＝9②，x+2y+z＝11③，
②﹣③，得：x﹣y＝﹣2，即y＝x+2④，
②×2﹣③，得：3x+z＝7，即z＝7﹣3x⑤，
将④⑤代入①，得：x2＝（x+2）（7﹣3x），
解得：x1＝2，x2＝﹣（舍去），
∴y＝4，z＝1，
∴GH＝5，FG2＝5，FH2＝20，
∴勾股定理演示教具的正面面积为：S＝25+5+20+××2＝55，
∵教具的厚度等于木盒的内高，
∴盒子的空间利用率为：＝，
故答案为：．
14．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 ①③④ .（填写序号）
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MHGP＝S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＝，
∴HC＝＝2+，
故答案为：①③④．
15．一个长方体盒子，它的长是12dm，宽是4dm，高是3dm，
（1）请问：长为12.5dm的铁棒能放进去吗？
（1）如果有﹣只蚂蚁要想从D处爬到C处，求爬行的最短路程．
解：（1）如图1，连接BD，
∵AD＝12，AB＝4，
∴BD2＝AD2+AB2＝122+42＝160，
∴CD＝＝＝13（dm）．
∵13dm＞12.5dm，
∴长为12.5dm的铁棒能放进去；
（2）如图2所示，
CD＝＝dm．
如图3所示，
CD＝＝dm，
如图4所示，
CD＝＝dm，
∵＞＞，
∴爬行的最短路程是dm．
16．如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．
（1）如图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，可以验证勾股定理；
（2）如图②，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，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+S2+S3＝16，则S2＝ ．
（1）证明：，
另一方面，
即a2﹣2ab+b2＝c2﹣2ab，
则a2+b2＝c2；
（2）解：设正方形MNKT的面积为x，八个全等的直角三角形的面积均为y，
∵S1+S2+S3＝16，
∴S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x，
∴S1+S2+S3＝12y+3x＝16，
∴4y+x＝，
∴S2＝4y+x＝．
故答案为：．
17．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是：大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即，从而得到等式c2＝，化简便得结论a2+b2＝c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．现在，请你用“双求法”解决下面两个问题
（1）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝3，BC＝4，求CD的长度．
（2）如图3，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB＝4，AC＝5，BC＝6，设BD＝x，求x的值．
解：（1）在Rt△ABC中，
由面积的两种算法可得：，
解得：CD＝．
（2）在Rt△ABD中AD2＝42﹣x2＝16﹣x2，
在Rt△ADC中AD2＝52﹣（6﹣x）2＝﹣11+12x﹣x2，
所以16﹣x2＝﹣11+12x﹣x2，
解得＝．