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8. ★★[2026 盐城期中]第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”.如图,在由四个全等的直角三角形($△ DAE$,$△ ABF$,$△ BCG$,$△ CDH$)和中间一个小正方形$EFGH$拼成的大正方形$ABCD$中,连接$BE$,$CE$.若$△ CDE$的面积是$△ ABE$面积的9倍,小正方形$EFGH$的面积是16,则大正方形$ABCD$的面积为
40
. 答案
8.40 【点拨】设 AE=BF=a,DE=AF=CH=b(b＞a＞0).由题意得 $S_{△CDE}=\frac{1}{2}DE·CH=\frac{1}{2}b^2$,$S_{△AEB}=\frac{1}{2}AE·BF=\frac{1}{2}a^2$. 因为△CDE 的面积是△ABE 面积的9倍,所以 $\frac{1}{2}b^2=\frac{9}{2}a^2$,所以 b=3a. 因为小正方形EFGH 的面积是 16,所以 $(b-a)^2=16$. 所以 b-a=4. 所以 a=2,b=6. 所以大正方形 ABCD 的面积=$a^2+b^2=4+36=40$.
解析
【分析】
本题是赵爽弦图的应用问题，解题可按以下思路展开：①首先观察图形，四个直角三角形全等，可设直角三角形的短直角边为a，长直角边为b，用a、b表示相关线段长度；②根据三角形面积公式，分别用a、b表示出△CDE和△ABE的面积，结合二者的9倍关系，得到a和b的数量关系；③小正方形的边长为长直角边减短直角边，结合小正方形面积为16，可列方程求出a、b的值；④大正方形的边长是直角三角形的斜边，根据勾股定理，大正方形面积等于两直角边的平方和，代入a、b的值即可求出结果。
【解析】
设直角三角形的短直角边$AE=BF=a$，长直角边$DE=AF=CH=b$（$b＞a＞0$）。
1. 计算两个三角形的面积：
$△ CDE$中，底$DE=b$，对应高为$CH=b$，因此$S_{△ CDE}=\frac{1}{2}DE· CH=\frac{1}{2}b^2$；
$△ ABE$中，底$AE=a$，对应高为$BF=a$，因此$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}AE· BF=\frac{1}{2}a^2$。
2. 利用面积倍数关系得a、b的关系：
已知$S_{△ CDE}=9S_{△ ABE}$，代入得$\frac{1}{2}b^2=9×\frac{1}{2}a^2$，化简得$b^2=9a^2$，因b、a均为正数，故$b=3a$。
3. 结合小正方形面积列方程：
小正方形EFGH的边长为$b-a$，其面积为16，因此$(b-a)^2=16$，开方得$b-a=4$（边长为正，舍去负解）。
4. 求解a、b并计算大正方形面积：
将$b=3a$代入$b-a=4$，得$3a-a=4$，解得$a=2$，则$b=3×2=6$。
大正方形ABCD的边长为直角三角形的斜边，根据勾股定理，大正方形面积为$a^2+b^2=2^2+6^2=4+36=40$。
【答案】
40
【知识点】
勾股定理，全等三角形性质，正方形面积计算
【点评】
本题以赵爽弦图为背景，将几何图形性质和方程思想结合，解题关键是通过设参数把面积条件转化为线段的数量关系，既考查了基础几何知识的应用，也体现了数形结合的解题思想。
【难度系数】
0.6
本题是赵爽弦图的应用问题，解题可按以下思路展开：①首先观察图形，四个直角三角形全等，可设直角三角形的短直角边为a，长直角边为b，用a、b表示相关线段长度；②根据三角形面积公式，分别用a、b表示出△CDE和△ABE的面积，结合二者的9倍关系，得到a和b的数量关系；③小正方形的边长为长直角边减短直角边，结合小正方形面积为16，可列方程求出a、b的值；④大正方形的边长是直角三角形的斜边，根据勾股定理，大正方形面积等于两直角边的平方和，代入a、b的值即可求出结果。
【解析】
设直角三角形的短直角边$AE=BF=a$，长直角边$DE=AF=CH=b$（$b＞a＞0$）。
1. 计算两个三角形的面积：
$△ CDE$中，底$DE=b$，对应高为$CH=b$，因此$S_{△ CDE}=\frac{1}{2}DE· CH=\frac{1}{2}b^2$；
$△ ABE$中，底$AE=a$，对应高为$BF=a$，因此$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}AE· BF=\frac{1}{2}a^2$。
2. 利用面积倍数关系得a、b的关系：
已知$S_{△ CDE}=9S_{△ ABE}$，代入得$\frac{1}{2}b^2=9×\frac{1}{2}a^2$，化简得$b^2=9a^2$，因b、a均为正数，故$b=3a$。
3. 结合小正方形面积列方程：
小正方形EFGH的边长为$b-a$，其面积为16，因此$(b-a)^2=16$，开方得$b-a=4$（边长为正，舍去负解）。
4. 求解a、b并计算大正方形面积：
将$b=3a$代入$b-a=4$，得$3a-a=4$，解得$a=2$，则$b=3×2=6$。
大正方形ABCD的边长为直角三角形的斜边，根据勾股定理，大正方形面积为$a^2+b^2=2^2+6^2=4+36=40$。
【答案】
40
【知识点】
勾股定理，全等三角形性质，正方形面积计算
【点评】
本题以赵爽弦图为背景，将几何图形性质和方程思想结合，解题关键是通过设参数把面积条件转化为线段的数量关系，既考查了基础几何知识的应用，也体现了数形结合的解题思想。
【难度系数】
0.6
9. [2026 成都外国语学校期中] 如图，某沿海城市A接到台风预警，在该市正南方向340 km的B处有一台风中心，沿BC方向以15 km/h的速度移动，已知城市A到BC的距离AD为160 km.
(1)台风中心经过多长时间从B点移动到D点？
(2)如果在距台风中心200 km的圆形区域内都将受到台风的影响，那么A市受到台风影响的时间为多少小时？
(1)台风中心经过多长时间从B点移动到D点？
(2)如果在距台风中心200 km的圆形区域内都将受到台风的影响，那么A市受到台风影响的时间为多少小时？
答案
9.【解】(1)由题意可知,AD⊥BC,AB=340 km,AD=160 km,所以由勾股定理易得 BD=300 km.
因为 300÷15=20(h),
所以台风中心经过 20 h 从 B 点移动到 D 点.
(2)如图,在射线 BC 上取点 E,F,连接 AE,AF,使得 AE=AF=200 km.
又因为 AD⊥BC,所以 EF=2ED.
在Rt△AED 中,由勾股定理易得 ED=120 km,
所以 EF=2ED=240 km.
因为 240÷15=16(h),
所以 A 市受到台风影响的时间为 16 h.
解析
【分析】
(1) 求解第一问首先需要得到B到D的路程长度。已知AD垂直BC，因此△ABD是直角三角形，已知斜边AB和直角边AD的长度，可通过勾股定理求出另一条直角边BD的长度，再结合“时间=路程÷速度”的公式即可算出台风从B移动到D的时间。
(2) 求解第二问需要先明确A市受台风影响的路径范围：当台风中心到A的距离≤200km时，A市受影响，因此在BC上取E、F两点，使AE=AF=200km，EF段就是台风影响A市的移动路径。由于AD垂直BC，结合等腰三角形三线合一的性质可得EF=2ED，先用勾股定理求出ED的长度，进而得到EF的总长度，最后除以台风移动速度就能得到受影响的总时长。
【解析】
(1) 由题意可知AD⊥BC，即△ABD为直角三角形，其中AB=340 km，AD=160 km。
根据勾股定理可得：$BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{340^2-160^2}=300\ \mathrm{km}$
已知台风移动速度为15 km/h，因此移动时间为$300÷15=20(\mathrm{h})$。
(2) 如参考图，在射线BC上取点E、F，连接AE、AF，使得AE=AF=200 km，即台风中心在EF段移动时A市受影响。
∵AD⊥BC，△AEF为等腰三角形，
∴D为EF中点，即EF=2ED。
在Rt△AED中，根据勾股定理可得：$ED=\sqrt{AE^2-AD^2}=\sqrt{200^2-160^2}=120\ \mathrm{km}$
因此EF=2×120=240 km，A市受影响的时间为$240÷15=16(\mathrm{h})$。
【答案】
(1)台风中心经过20 h从B点移动到D点；
(2)A市受到台风影响的时间为16 h。
【知识点】
勾股定理的应用；行程公式计算；等腰三角形性质
【点评】
本题结合实际生活场景考查数学知识的应用能力，解题的核心是将实际问题转化为直角三角形的边长计算问题，准确找到对应线段的数量关系即可顺利求解，能较好地检验学生的知识迁移应用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 求解第一问首先需要得到B到D的路程长度。已知AD垂直BC，因此△ABD是直角三角形，已知斜边AB和直角边AD的长度，可通过勾股定理求出另一条直角边BD的长度，再结合“时间=路程÷速度”的公式即可算出台风从B移动到D的时间。
(2) 求解第二问需要先明确A市受台风影响的路径范围：当台风中心到A的距离≤200km时，A市受影响，因此在BC上取E、F两点，使AE=AF=200km，EF段就是台风影响A市的移动路径。由于AD垂直BC，结合等腰三角形三线合一的性质可得EF=2ED，先用勾股定理求出ED的长度，进而得到EF的总长度，最后除以台风移动速度就能得到受影响的总时长。
【解析】
(1) 由题意可知AD⊥BC，即△ABD为直角三角形，其中AB=340 km，AD=160 km。
根据勾股定理可得：$BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{340^2-160^2}=300\ \mathrm{km}$
已知台风移动速度为15 km/h，因此移动时间为$300÷15=20(\mathrm{h})$。
(2) 如参考图，在射线BC上取点E、F，连接AE、AF，使得AE=AF=200 km，即台风中心在EF段移动时A市受影响。
∵AD⊥BC，△AEF为等腰三角形，
∴D为EF中点，即EF=2ED。
在Rt△AED中，根据勾股定理可得：$ED=\sqrt{AE^2-AD^2}=\sqrt{200^2-160^2}=120\ \mathrm{km}$
因此EF=2×120=240 km，A市受影响的时间为$240÷15=16(\mathrm{h})$。
【答案】
(1)台风中心经过20 h从B点移动到D点；
(2)A市受到台风影响的时间为16 h。
【知识点】
勾股定理的应用；行程公式计算；等腰三角形性质
【点评】
本题结合实际生活场景考查数学知识的应用能力，解题的核心是将实际问题转化为直角三角形的边长计算问题，准确找到对应线段的数量关系即可顺利求解，能较好地检验学生的知识迁移应用能力。
【难度系数】
0.7
10. ★★★ (1)【问题】①如图①,在长方形 ABCD 中, $AB=CD,∠CDA=∠DAB=90^{\circ }$,则 AC 与 BD 的数量关系是
②如图②,P 是长方形 ABCD 内任意一点,通过构造直角三角形,利用勾股定理,你发现$AP^2 + CP^2$与$BP^2 + DP^2$的数量关系是
(2)【探究】如图③,P 是长方形 ABCD 外任意一点,上面②的结论是否成立?请说明理由.
AC=BD
.②如图②,P 是长方形 ABCD 内任意一点,通过构造直角三角形,利用勾股定理,你发现$AP^2 + CP^2$与$BP^2 + DP^2$的数量关系是
AP²+CP²=BP²+DP²
.(2)【探究】如图③,P 是长方形 ABCD 外任意一点,上面②的结论是否成立?请说明理由.
答案
10.【解】(1)① AC = BD 【点拨】因为 $∠CDA=∠DAB=90°$,所以 $AC^2=AD^2+DC^2$,$BD^2=AD^2+AB^2$. 因为 AB=CD,所以 $AC^2=BD^2$,所以 AC=BD.
②$AP^2+CP^2=BP^2+DP^2$ 【点拨】如图①,过 P 作PM⊥AD 于 M,延长 MP 交 BC 于 N,所以易得 AM=BN,DM=CN,PN⊥BC. 由勾股定理得 $AP^2=AM^2+PM^2$,$CP^2=CN^2+PN^2$,$BP^2=BN^2+PN^2$,$DP^2=DM^2+PM^2$,所以 $AP^2+CP^2=AM^2+PM^2+CN^2+PN^2$,$BP^2+DP^2=BN^2+PN^2+DM^2+PM^2$,所以 $AP^2+CP^2=BP^2+DP^2$.
(2)成立. 理由如下:如图②,过 P 作 PM⊥AD 于 M,交 BC于 N,所以易得 AM=BN,DM=CN,PN⊥BC. 由勾股定理得 $AP^2=AM^2+PM^2$,$CP^2=CN^2+PN^2$,$BP^2=BN^2+PN^2$,$DP^2=DM^2+PM^2$,所以 $AP^2+CP^2=AM^2+PM^2+CN^2+PN^2$,$BP^2+DP^2=BN^2+PN^2+DM^2+PM^2$,所以 $AP^2+CP^2=BP^2+DP^2$.
解析
【分析】
(1)①要判断长方形对角线AC和BD的数量关系，可分别用勾股定理表示出$AC^2$和$BD^2$，结合已知$AB=CD$，即可推导二者的数量关系。②要探究$AP^2+CP^2$和$BP^2+DP^2$的关系，可过点P作AD的垂线，该垂线同时垂直于BC，构造出四个直角三角形，用勾股定理分别表示出四个线段的平方，再利用矩形中$AM=BN$、$DM=CN$的性质，对两个和式化简，即可得到数量关系。
(2)探究点在矩形外的情况时，与点在矩形内部的解题思路一致，同样过P作AD的垂线，交BC于N，构造直角三角形，重复②的推导步骤，即可验证结论是否成立。
【解析】
(1)①在长方形ABCD中，$∠ CDA=∠ DAB=90°$，
由勾股定理得：$AC^2=AD^2+DC^2$，$BD^2=AD^2+AB^2$，
又$\because AB=CD$，$\therefore AC^2=BD^2$，$\therefore AC=BD$。
②如图①，过P作$PM⊥ AD$于M，延长MP交BC于N，
$\because$四边形ABCD是矩形，$\therefore AD// BC$，$∠ A=∠ B=90°$，
$\therefore PN⊥ BC$，四边形AMNB、MDCN都是矩形，$\therefore AM=BN$，$DM=CN$，
由勾股定理得：
$AP^2=AM^2+PM^2$，$CP^2=CN^2+PN^2$，
$BP^2=BN^2+PN^2$，$DP^2=DM^2+PM^2$，
$\therefore AP^2+CP^2=AM^2+PM^2+CN^2+PN^2$，
$BP^2+DP^2=BN^2+PN^2+DM^2+PM^2$，
又$\because AM=BN$，$DM=CN$，
$\therefore AP^2+CP^2=BP^2+DP^2$。
(2)结论仍然成立，理由如下：
如图②，过P作$PM⊥ AD$于M，交BC于N，
$\because$四边形ABCD是矩形，$\therefore AD// BC$，$\therefore PN⊥ BC$，
易得$AM=BN$，$DM=CN$，
由勾股定理得：
$AP^2=AM^2+PM^2$，$CP^2=CN^2+PN^2$，
$BP^2=BN^2+PN^2$，$DP^2=DM^2+PM^2$，
$\therefore AP^2+CP^2=AM^2+PM^2+CN^2+PN^2$，
$BP^2+DP^2=BN^2+PN^2+DM^2+PM^2$，
$\because AM=BN$，$DM=CN$，
$\therefore AP^2+CP^2=BP^2+DP^2$。
【答案】
(1)①$\boldsymbol{AC=BD}$；②$\boldsymbol{AP^2+CP^2=BP^2+DP^2}$
(2)成立，理由见解析。
【知识点】
勾股定理，矩形的性质，等式的性质
【点评】
这道题以矩形为载体考查勾股定理的应用，通过作垂直辅助线将斜线段的平方转化为直角边的平方和，再利用矩形边的性质进行等量代换即可得到结论，结论不随点在矩形内、外的位置变化而改变，体现了转化思想和类比思想的应用。
【难度系数】
0.6
(1)①要判断长方形对角线AC和BD的数量关系，可分别用勾股定理表示出$AC^2$和$BD^2$，结合已知$AB=CD$，即可推导二者的数量关系。②要探究$AP^2+CP^2$和$BP^2+DP^2$的关系，可过点P作AD的垂线，该垂线同时垂直于BC，构造出四个直角三角形，用勾股定理分别表示出四个线段的平方，再利用矩形中$AM=BN$、$DM=CN$的性质，对两个和式化简，即可得到数量关系。
(2)探究点在矩形外的情况时，与点在矩形内部的解题思路一致，同样过P作AD的垂线，交BC于N，构造直角三角形，重复②的推导步骤，即可验证结论是否成立。
【解析】
(1)①在长方形ABCD中，$∠ CDA=∠ DAB=90°$，
由勾股定理得：$AC^2=AD^2+DC^2$，$BD^2=AD^2+AB^2$，
又$\because AB=CD$，$\therefore AC^2=BD^2$，$\therefore AC=BD$。
②如图①，过P作$PM⊥ AD$于M，延长MP交BC于N，
$\because$四边形ABCD是矩形，$\therefore AD// BC$，$∠ A=∠ B=90°$，
$\therefore PN⊥ BC$，四边形AMNB、MDCN都是矩形，$\therefore AM=BN$，$DM=CN$，
由勾股定理得：
$AP^2=AM^2+PM^2$，$CP^2=CN^2+PN^2$，
$BP^2=BN^2+PN^2$，$DP^2=DM^2+PM^2$，
$\therefore AP^2+CP^2=AM^2+PM^2+CN^2+PN^2$，
$BP^2+DP^2=BN^2+PN^2+DM^2+PM^2$，
又$\because AM=BN$，$DM=CN$，
$\therefore AP^2+CP^2=BP^2+DP^2$。
(2)结论仍然成立，理由如下：
如图②，过P作$PM⊥ AD$于M，交BC于N，
$\because$四边形ABCD是矩形，$\therefore AD// BC$，$\therefore PN⊥ BC$，
易得$AM=BN$，$DM=CN$，
由勾股定理得：
$AP^2=AM^2+PM^2$，$CP^2=CN^2+PN^2$，
$BP^2=BN^2+PN^2$，$DP^2=DM^2+PM^2$，
$\therefore AP^2+CP^2=AM^2+PM^2+CN^2+PN^2$，
$BP^2+DP^2=BN^2+PN^2+DM^2+PM^2$，
$\because AM=BN$，$DM=CN$，
$\therefore AP^2+CP^2=BP^2+DP^2$。
【答案】
(1)①$\boldsymbol{AC=BD}$；②$\boldsymbol{AP^2+CP^2=BP^2+DP^2}$
(2)成立，理由见解析。
【知识点】
勾股定理，矩形的性质，等式的性质
【点评】
这道题以矩形为载体考查勾股定理的应用，通过作垂直辅助线将斜线段的平方转化为直角边的平方和，再利用矩形边的性质进行等量代换即可得到结论，结论不随点在矩形内、外的位置变化而改变，体现了转化思想和类比思想的应用。
【难度系数】
0.6
