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24.(12分)综合与实践。
【问题情境】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1,在综合实践课上,同学们绘制了“弦图”并进行探究,获得了以下结论:该图是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,且$∠ ABF＞∠ BAF$。
【特殊化探究】连结BH。设$BF=a,AF=b$。
“运河小组”从线段长度的特殊化提出问题:
(1)若$AB=5,FG=1$,求$△ ABF$的面积。
“武林小组”从$a$与$b$关系的特殊化提出问题:
(2)若$b=2a$,求证:$∠ BAE=∠ BHE$。
【深入探究】
(3)如图2,连结BE,延长FA到点I,使$AI=AB$,作矩形BFIJ。设矩形BFIJ的面积为$S_1$,正方形ABCD的面积为$S_2$,若BE平分$∠ ABF$,求证:$S_1=S_2$。
【问题情境】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1,在综合实践课上,同学们绘制了“弦图”并进行探究,获得了以下结论:该图是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,且$∠ ABF＞∠ BAF$。
【特殊化探究】连结BH。设$BF=a,AF=b$。
“运河小组”从线段长度的特殊化提出问题:
(1)若$AB=5,FG=1$,求$△ ABF$的面积。
“武林小组”从$a$与$b$关系的特殊化提出问题:
(2)若$b=2a$,求证:$∠ BAE=∠ BHE$。
【深入探究】
(3)如图2,连结BE,延长FA到点I,使$AI=AB$,作矩形BFIJ。设矩形BFIJ的面积为$S_1$,正方形ABCD的面积为$S_2$,若BE平分$∠ ABF$,求证:$S_1=S_2$。
答案
24.(1)因为$FG=1$,$BF=a$,所以$BG=a+1$。因为$△ ABF≌△ BCG$,所以$AF=BG=a+1$。
在$\mathrm{Rt}△ ABF$中,$BF^2+AF^2=AB^2$,即$a^2+(a+1)^2=25$,解得$a=3$(负值已舍),
所以$BF=3$,$AF=4$。所以$S_{△ ABF}=\dfrac{1}{2}BF· AF=6$。
(2)因为$b=2a$,所以$AF=2BF=2AE$。所以$AE=EF$。
因为四边形$EHGF$是正方形,所以$HG=HE=EF=GF=BF$。
因为$AF=BG$,$∠ AFB=∠ HGB=90°$,所以$△ HGB≌△ BFA(\mathrm{SAS})$。所以$∠ GBH=∠ BAF$。
因为$DE// BG$,所以$∠ BHE=∠ HBG$。所以$∠ BAE=∠ BHE$。
(3)如图,过点$E$分别作$AB$,$AD$的垂线,垂足分别为$M$,$N$。
设$AI=AB=AD=c$,则$S_2=c^2$。因为$△ ABF≌△ DAE$,所以$S_{△ ABF}=S_{△ DAE}$。所以$ab=AD· EN$。所以$S_1=a(b+c)=ab+ac=AD· EN+ac$。因为$BE$平分$∠ ABF$,所以$∠ FBE=∠ MBE$。因为$∠ BME=∠ BFE=90°$,$BE=BE$,所以$△ BEF≌△ BEM(\mathrm{AAS})$。所以$BM=BF=a$。
所以$NE=AM=c-a$。所以$S_1=AD· EN+ac=c(c-a)+ac=c^2$。所以$S_1=S_2$。
解析
【分析】
本题以赵爽弦图为背景，分三个小问逐步探究：
(1) 利用弦图中四个直角三角形全等的性质，得到AF与BG的关系，结合小正方形边长FG=1，在Rt△ABF中用勾股定理求出直角边长度，进而计算三角形面积；
(2) 由b=2a得出线段关系，通过SAS证明三角形全等，结合平行线的内错角相等推导角相等；
(3) 作辅助线构造全等三角形，利用角平分线性质转化线段，分别表示矩形和正方形的面积，证明二者相等。
【解析】
(1) 因为$FG=1$，$BF=a$，所以$BG=a+1$。
由$△ ABF≌△ BCG$，得$AF=BG=a+1$。
在$\mathrm{Rt}△ ABF$中，根据勾股定理：$BF^2+AF^2=AB^2$，即$a^2+(a+1)^2=25$，
解得$a=3$（负值舍去），故$BF=3$，$AF=4$。
因此$S_{△ ABF}=\dfrac{1}{2}BF· AF=\dfrac{1}{2}×3×4=6$。
(2) 因为$b=2a$，所以$AF=2BF=2AE$，即$AE=EF$。
四边形$EHGF$是正方形，故$HG=HE=EF=GF=BF$，且$∠ HGB=∠ AFB=90°$。
在$△ HGB$和$△ BFA$中：$\begin{cases}HG=BF\\∠ HGB=∠ BFA\\BG=AF\end{cases}$，
所以$△ HGB≌△ BFA(\mathrm{SAS})$，得$∠ GBH=∠ BAF$。
又$DE// BG$，所以$∠ BHE=∠ HBG$，因此$∠ BAE=∠ BHE$。
(3) 过点$E$分别作$AB$、$AD$的垂线，垂足分别为$M$、$N$，如图所示。
设$AI=AB=AD=c$，则$S_2=c^2$。
由$△ ABF≌△ DAE$，得$S_{△ ABF}=S_{△ DAE}$，即$ab=AD· EN$。
因为$BE$平分$∠ ABF$，所以$∠ FBE=∠ MBE$，又$∠ BFE=∠ BME=90°$，$BE=BE$，
故$△ BEF≌△ BEM(\mathrm{AAS})$，得$BM=BF=a$，则$NE=AM=c-a$。
矩形$BFIJ$的面积$S_1=a(b+c)=ab+ac=c(c-a)+ac=c^2$，因此$S_1=S_2$。
【答案】
(1) $\boxed{6}$；
(2) 证明见解析；
(3) 证明见解析；
【知识点】
全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形与矩形的面积计算
【点评】
本题以赵爽弦图为载体，分层设问考查几何核心知识点，从特殊到一般引导学生推理，注重几何素养的考察，是典型的几何综合实践题。
【难度系数】
0.4
本题以赵爽弦图为背景，分三个小问逐步探究：
(1) 利用弦图中四个直角三角形全等的性质，得到AF与BG的关系，结合小正方形边长FG=1，在Rt△ABF中用勾股定理求出直角边长度，进而计算三角形面积；
(2) 由b=2a得出线段关系，通过SAS证明三角形全等，结合平行线的内错角相等推导角相等；
(3) 作辅助线构造全等三角形，利用角平分线性质转化线段，分别表示矩形和正方形的面积，证明二者相等。
【解析】
(1) 因为$FG=1$，$BF=a$，所以$BG=a+1$。
由$△ ABF≌△ BCG$，得$AF=BG=a+1$。
在$\mathrm{Rt}△ ABF$中，根据勾股定理：$BF^2+AF^2=AB^2$，即$a^2+(a+1)^2=25$，
解得$a=3$（负值舍去），故$BF=3$，$AF=4$。
因此$S_{△ ABF}=\dfrac{1}{2}BF· AF=\dfrac{1}{2}×3×4=6$。
(2) 因为$b=2a$，所以$AF=2BF=2AE$，即$AE=EF$。
四边形$EHGF$是正方形，故$HG=HE=EF=GF=BF$，且$∠ HGB=∠ AFB=90°$。
在$△ HGB$和$△ BFA$中：$\begin{cases}HG=BF\\∠ HGB=∠ BFA\\BG=AF\end{cases}$，
所以$△ HGB≌△ BFA(\mathrm{SAS})$，得$∠ GBH=∠ BAF$。
又$DE// BG$，所以$∠ BHE=∠ HBG$，因此$∠ BAE=∠ BHE$。
(3) 过点$E$分别作$AB$、$AD$的垂线，垂足分别为$M$、$N$，如图所示。
设$AI=AB=AD=c$，则$S_2=c^2$。
由$△ ABF≌△ DAE$，得$S_{△ ABF}=S_{△ DAE}$，即$ab=AD· EN$。
因为$BE$平分$∠ ABF$，所以$∠ FBE=∠ MBE$，又$∠ BFE=∠ BME=90°$，$BE=BE$，
故$△ BEF≌△ BEM(\mathrm{AAS})$，得$BM=BF=a$，则$NE=AM=c-a$。
矩形$BFIJ$的面积$S_1=a(b+c)=ab+ac=c(c-a)+ac=c^2$，因此$S_1=S_2$。
【答案】
(1) $\boxed{6}$；
(2) 证明见解析；
(3) 证明见解析；
【知识点】
全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形与矩形的面积计算
【点评】
本题以赵爽弦图为载体，分层设问考查几何核心知识点，从特殊到一般引导学生推理，注重几何素养的考察，是典型的几何综合实践题。
【难度系数】
0.4
