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20.清代数学家李锐在其著作《勾股算术细草》中利用三个正方形出入相补的方法证明了勾股定理。如图,在 $Rt△ ABC$ 中,$∠ ACB=90°$,分别以 $AB,AC$ 和 $BC$ 为边,按如图所示的方式作正方形 $ABHJ,ACFG$ 和 $BCED$,$AB$ 与 $DE$ 交于点 $I$,$JH$ 与 $FC$ 交于点 $P$。
(1)求证:$AE=FJ$；
(2)若 $AB=13,BC=5$,求 $S_{△ AGJ}+S_{△ FPJ}+S_{\mathrm{四边形}BCEI}$ 的值；
(3)若记 $S_{\mathrm{四边形}ACPJ}+S_{△ BDI}=S_1$,$S_{\mathrm{四边形}BCEI}+S_{△ FPJ}=S_2$,且 $S_1=3S_2$,求 $\frac{BC}{AG}$ 的值。
(1)求证:$AE=FJ$；
(2)若 $AB=13,BC=5$,求 $S_{△ AGJ}+S_{△ FPJ}+S_{\mathrm{四边形}BCEI}$ 的值；
(3)若记 $S_{\mathrm{四边形}ACPJ}+S_{△ BDI}=S_1$,$S_{\mathrm{四边形}BCEI}+S_{△ FPJ}=S_2$,且 $S_1=3S_2$,求 $\frac{BC}{AG}$ 的值。
答案
20.(1)证明:因为四边形ACFG,四边形ABHG和四边形BCED是正方形,所以$AG = AC$,$AB = AJ$,$∠ GAC = ∠ JAB=90°$,$BC=CE$,$FG=AC$,所以$∠ GAC - ∠ JAC = ∠ JAB - ∠ JAC$,所以$∠ GAJ = ∠ BAC$,所以$△ AGJ ≌ △ ACB(\mathrm{SAS})$,所以$BC=GJ$,所以$GJ=CE$。因为$GF - GJ = AC - CE$,所以$AE = FJ$；
(2)因为$∠ G=∠ AJH=90°$,所以$∠ GAJ + ∠ AJG=90°$,$∠ AJG + ∠ PJF=90°$,所以$∠ GAJ=∠ PJF$。由(1)得,$∠ BAC=∠ GAJ$,$AE=FJ$,所以$∠ BAC = ∠ PJF$。因为$∠ AED = ∠ F = 90°$,所以$△ AEI≌△ JFP(\mathrm{ASA})$,所以$S_{△ AGJ} + S_{△ FPJ} + S_{\mathrm{四边形}BCEI} = S_{△ AGJ} + S_{△ AEI} + S_{\mathrm{四边形}BCEI} = S_{△ AGJ} + S_{△ ABC} = 2S_{△ ABC}$。因为$AB=13$,$BC=5$,$∠ ACB=90°$,所以$AC=12$,所以$2S_{△ ABC}=AC· BC=60$,所以$S_{△ AGJ} + S_{△ FPJ} + S_{\mathrm{四边形}BCEI}$的值为60；
(3)设$BC=a$,$AG=AC=b$,所以$S_{△ ABC}=\frac{1}{2} ab$,所以$S_2=S_{\mathrm{四边形}BCEI} + S_{△ FPJ} = S_{\mathrm{四边形}BCEI} + S_{△ AEI} = S_{△ ABC}=\frac{1}{2} ab$,因为$S_{\mathrm{四边形}ACPJ} + S_{△ BDI} = S_{\mathrm{正方形}ACFG} - S_{△ AGJ} - S_{△ PJF} + S_{\mathrm{正方形}BCED} - S_{\mathrm{四边形}BCEI} = b^2 - \frac{1}{2} ab + a^2 - S_{△ AEI} - S_{\mathrm{四边形}BCEI} = a^2 - ab + b^2$,因为$S_1=3S_2$,所以$a^2 - ab + b^2= \frac{3}{2} ab$,所以$\frac{a}{b}=2(\mathrm{舍去})$或$\frac{a}{b}=\frac{1}{2}$,所以$\frac{BC}{AG}=\frac{1}{2}$。
(2)因为$∠ G=∠ AJH=90°$,所以$∠ GAJ + ∠ AJG=90°$,$∠ AJG + ∠ PJF=90°$,所以$∠ GAJ=∠ PJF$。由(1)得,$∠ BAC=∠ GAJ$,$AE=FJ$,所以$∠ BAC = ∠ PJF$。因为$∠ AED = ∠ F = 90°$,所以$△ AEI≌△ JFP(\mathrm{ASA})$,所以$S_{△ AGJ} + S_{△ FPJ} + S_{\mathrm{四边形}BCEI} = S_{△ AGJ} + S_{△ AEI} + S_{\mathrm{四边形}BCEI} = S_{△ AGJ} + S_{△ ABC} = 2S_{△ ABC}$。因为$AB=13$,$BC=5$,$∠ ACB=90°$,所以$AC=12$,所以$2S_{△ ABC}=AC· BC=60$,所以$S_{△ AGJ} + S_{△ FPJ} + S_{\mathrm{四边形}BCEI}$的值为60；
(3)设$BC=a$,$AG=AC=b$,所以$S_{△ ABC}=\frac{1}{2} ab$,所以$S_2=S_{\mathrm{四边形}BCEI} + S_{△ FPJ} = S_{\mathrm{四边形}BCEI} + S_{△ AEI} = S_{△ ABC}=\frac{1}{2} ab$,因为$S_{\mathrm{四边形}ACPJ} + S_{△ BDI} = S_{\mathrm{正方形}ACFG} - S_{△ AGJ} - S_{△ PJF} + S_{\mathrm{正方形}BCED} - S_{\mathrm{四边形}BCEI} = b^2 - \frac{1}{2} ab + a^2 - S_{△ AEI} - S_{\mathrm{四边形}BCEI} = a^2 - ab + b^2$,因为$S_1=3S_2$,所以$a^2 - ab + b^2= \frac{3}{2} ab$,所以$\frac{a}{b}=2(\mathrm{舍去})$或$\frac{a}{b}=\frac{1}{2}$,所以$\frac{BC}{AG}=\frac{1}{2}$。
解析
【分析】
本题为几何综合题，需结合正方形性质、全等三角形判定与性质推导：
(1) 要证AE=FJ，先利用正方形的边、角性质，通过角的差得到∠GAJ=∠BAC，证明△AGJ≌△ACB，得GJ=BC，再结合正方形边长关系，通过线段和差推导AE=FJ；
(2) 利用直角三角形角互余得∠GAJ=∠PJF，结合(1)的结论证明△AEI≌△JFP，将△FPJ面积转化为△AEI面积，把所求面积和转化为2倍△ABC面积，用勾股定理计算△ABC面积即可；
(3) 设参数BC=a、AG=AC=b，先通过面积转化得S₂=S△ABC，再表示S₁，利用S₁=3S₂列方程，结合直角三角形性质化简，求出$\frac{BC}{AG}$的值。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ACFG、ABHJ、BCED均为正方形，
∴ AG=AC，AB=AJ，∠GAC=∠JAB=90°，BC=CE，FG=AC，
∴ ∠GAC - ∠JAC = ∠JAB - ∠JAC，即∠GAJ=∠BAC，
在△AGJ和△ACB中：
$\{\begin{array}{l} AG=AC \\ ∠GAJ=∠BAC \\ AJ=AB \end{array} $
∴ △AGJ≌△ACB（SAS），
∴ GJ=BC，
又
∵ FG=AC，CE=BC，
∴ FG - GJ = AC - CE，即AE=FJ；
(2) 解：
∵ ∠G=∠AJH=90°，
∴ ∠GAJ + ∠AJG=90°，∠AJG + ∠PJF=90°，
∴ ∠GAJ=∠PJF，
由(1)知∠BAC=∠GAJ，AE=FJ，
∴ ∠BAC=∠PJF，
又
∵ ∠AED=∠F=90°，
在△AEI和△JFP中：
$\{\begin{array}{l} ∠BAC=∠PJF \\ AE=FJ \\ ∠AED=∠F \end{array} $
∴ △AEI≌△JFP（ASA），
∴ S△FPJ = S△AEI，
∴ S△AGJ + S△FPJ + S四边形BCEI = S△AGJ + S△AEI + S四边形BCEI，
∵ △AGJ≌△ACB，
∴ S△AGJ = S△ACB，
∴ 原式 = S△ACB + S四边形BCEI = 2S△ACB，
在Rt△ABC中，AB=13，BC=5，∠ACB=90°，
∴ AC=√(AB² - BC²)=√(13² -5²)=12，
∴ S△ACB = $\frac{1}{2}$×12×5=30，
∴ 2S△ACB=60，即所求值为60；
(3) 解：
设BC=a，AG=AC=b，
∵ S△ABC = $\frac{1}{2}$ab，
由面积转化得S₂ = S四边形BCEI + S△FPJ = S△ABC = $\frac{1}{2}$ab，
S₁ = S四边形ACPJ + S△BDI = a² + b² - ab，
∵ S₁=3S₂，
∴ a² + b² - ab = 3×$\frac{1}{2}$ab，
整理得a² + b² = $\frac{5}{2}$ab，解得$\frac{a}{b}$=2（舍去）或$\frac{a}{b}$=$\frac{1}{2}$，
即$\frac{BC}{AG}$=$\frac{1}{2}$；
【答案】
(1) 证明成立；(2) 60；(3) $\frac{1}{2}$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题以勾股定理的出入相补证明为背景，综合考查几何图形的性质与面积转化，需通过全等三角形实现面积转移，逻辑推理要求较高，是一道综合性较强的几何题。
【难度系数】
0.4
本题为几何综合题，需结合正方形性质、全等三角形判定与性质推导：
(1) 要证AE=FJ，先利用正方形的边、角性质，通过角的差得到∠GAJ=∠BAC，证明△AGJ≌△ACB，得GJ=BC，再结合正方形边长关系，通过线段和差推导AE=FJ；
(2) 利用直角三角形角互余得∠GAJ=∠PJF，结合(1)的结论证明△AEI≌△JFP，将△FPJ面积转化为△AEI面积，把所求面积和转化为2倍△ABC面积，用勾股定理计算△ABC面积即可；
(3) 设参数BC=a、AG=AC=b，先通过面积转化得S₂=S△ABC，再表示S₁，利用S₁=3S₂列方程，结合直角三角形性质化简，求出$\frac{BC}{AG}$的值。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ACFG、ABHJ、BCED均为正方形，
∴ AG=AC，AB=AJ，∠GAC=∠JAB=90°，BC=CE，FG=AC，
∴ ∠GAC - ∠JAC = ∠JAB - ∠JAC，即∠GAJ=∠BAC，
在△AGJ和△ACB中：
$\{\begin{array}{l} AG=AC \\ ∠GAJ=∠BAC \\ AJ=AB \end{array} $
∴ △AGJ≌△ACB（SAS），
∴ GJ=BC，
又
∵ FG=AC，CE=BC，
∴ FG - GJ = AC - CE，即AE=FJ；
(2) 解：
∵ ∠G=∠AJH=90°，
∴ ∠GAJ + ∠AJG=90°，∠AJG + ∠PJF=90°，
∴ ∠GAJ=∠PJF，
由(1)知∠BAC=∠GAJ，AE=FJ，
∴ ∠BAC=∠PJF，
又
∵ ∠AED=∠F=90°，
在△AEI和△JFP中：
$\{\begin{array}{l} ∠BAC=∠PJF \\ AE=FJ \\ ∠AED=∠F \end{array} $
∴ △AEI≌△JFP（ASA），
∴ S△FPJ = S△AEI，
∴ S△AGJ + S△FPJ + S四边形BCEI = S△AGJ + S△AEI + S四边形BCEI，
∵ △AGJ≌△ACB，
∴ S△AGJ = S△ACB，
∴ 原式 = S△ACB + S四边形BCEI = 2S△ACB，
在Rt△ABC中，AB=13，BC=5，∠ACB=90°，
∴ AC=√(AB² - BC²)=√(13² -5²)=12，
∴ S△ACB = $\frac{1}{2}$×12×5=30，
∴ 2S△ACB=60，即所求值为60；
(3) 解：
设BC=a，AG=AC=b，
∵ S△ABC = $\frac{1}{2}$ab，
由面积转化得S₂ = S四边形BCEI + S△FPJ = S△ABC = $\frac{1}{2}$ab，
S₁ = S四边形ACPJ + S△BDI = a² + b² - ab，
∵ S₁=3S₂，
∴ a² + b² - ab = 3×$\frac{1}{2}$ab，
整理得a² + b² = $\frac{5}{2}$ab，解得$\frac{a}{b}$=2（舍去）或$\frac{a}{b}$=$\frac{1}{2}$，
即$\frac{BC}{AG}$=$\frac{1}{2}$；
【答案】
(1) 证明成立；(2) 60；(3) $\frac{1}{2}$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题以勾股定理的出入相补证明为背景，综合考查几何图形的性质与面积转化，需通过全等三角形实现面积转移，逻辑推理要求较高，是一道综合性较强的几何题。
【难度系数】
0.4
