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【例4】如图,在平面直角坐标系中$△ ABC$的两个顶点$A,B$的坐标分别为$(-2,0),(-1,0),BC⊥ x$轴.将$△ ABC$以$y$轴为对称轴对称变换,得到$△ A'B'C'$($A$和$A'$,$B$和$B'$,$C$和$C'$分别是对应顶点).直线$y=x+b$经过点$A,C'$,则点$C'$的坐标是.
【分析】本题综合考查平面直角坐标系、一次函数、轴对称变换等知识,解题的关键是灵活利用轴对称变换的坐标特点及一次函数图象上点的坐标与解析式之间的关系解题.
【解】因为点$A(-2,0)$在直线$y=x+b$上,则$b=2$,直线的解析式为$y=x+2$;由$B$和$B'$关于$y$轴对称,则$B'$的坐标为$(1,0)$,当$x=1$时,$y=1+2=3$,则点$C'$的坐标为$(1,3)$.故答案为$(1,3)$.
【评注】平面直角坐标系中,关于$x$轴的对称点的坐标特征是:横坐标不变,纵坐标互为相反数;关于$y$轴的对称点的坐标特征是:纵坐标不变,横坐标互为相反数.函数图象上点的坐标适合函数解析式.
【分析】本题综合考查平面直角坐标系、一次函数、轴对称变换等知识,解题的关键是灵活利用轴对称变换的坐标特点及一次函数图象上点的坐标与解析式之间的关系解题.
【解】因为点$A(-2,0)$在直线$y=x+b$上,则$b=2$,直线的解析式为$y=x+2$;由$B$和$B'$关于$y$轴对称,则$B'$的坐标为$(1,0)$,当$x=1$时,$y=1+2=3$,则点$C'$的坐标为$(1,3)$.故答案为$(1,3)$.
【评注】平面直角坐标系中,关于$x$轴的对称点的坐标特征是:横坐标不变,纵坐标互为相反数;关于$y$轴的对称点的坐标特征是:纵坐标不变,横坐标互为相反数.函数图象上点的坐标适合函数解析式.
答案
解：
将点A(-2,0)代入直线$y=x+b$，得
$0 = -2 + b$
解得$b=2$，
因此直线的解析式为$y = x + 2$。
已知$B(-1,0)$，由轴对称的性质，点B与点$B'$关于y轴对称，根据关于y轴对称的点的坐标特征，可得$B'$的坐标为$(1,0)$。
由$BC ⊥ x$轴，轴对称后$B'C' ⊥ x$轴，因此点$C'$的横坐标与$B'$的横坐标相等，即$C'$的横坐标为1。
将$x=1$代入$y=x+2$，得$y=1+2=3$，
所以点$C'$的坐标是$\boldsymbol{(1,3)}$。
将点A(-2,0)代入直线$y=x+b$，得
$0 = -2 + b$
解得$b=2$，
因此直线的解析式为$y = x + 2$。
已知$B(-1,0)$，由轴对称的性质，点B与点$B'$关于y轴对称，根据关于y轴对称的点的坐标特征，可得$B'$的坐标为$(1,0)$。
由$BC ⊥ x$轴，轴对称后$B'C' ⊥ x$轴，因此点$C'$的横坐标与$B'$的横坐标相等，即$C'$的横坐标为1。
将$x=1$代入$y=x+2$，得$y=1+2=3$，
所以点$C'$的坐标是$\boldsymbol{(1,3)}$。
解析
【分析】
解题时可按三步思考：第一步，已知直线$y=x+b$过点A，点A坐标已知，将其代入直线解析式即可求出参数b，得到完整的直线解析式；第二步，根据关于y轴对称的点的坐标特征，结合已知点B的坐标，求出对应点$B'$的坐标，又因为$BC⊥x$轴，轴对称后对应边$B'C'$仍垂直x轴，所以点$C'$的横坐标和$B'$的横坐标相等；第三步，将$C'$的横坐标代入已求出的直线解析式，计算得到纵坐标，即可确定$C'$的坐标。
【解析】
将点$A(-2,0)$代入直线$y=x+b$，得：
$0 = -2 + b$
解得$b=2$，因此直线的解析式为$y = x + 2$。
已知$B(-1,0)$，点B与点$B'$关于y轴对称，根据关于y轴对称的点“纵坐标不变，横坐标互为相反数”的特征，可得$B'$的坐标为$(1,0)$。
因为$BC ⊥ x$轴，轴对称变换后对应边的位置关系不变，所以$B'C' ⊥ x$轴，因此点$C'$的横坐标与$B'$的横坐标相等，即$C'$的横坐标为1。
将$x=1$代入$y=x+2$，得$y=1+2=3$。
【答案】
$(1,3)$
【知识点】
关于y轴对称的点的坐标特征；一次函数解析式的确定；一次函数图象上点的坐标特征
【点评】
本题是数形结合思想的典型应用，将轴对称的坐标变换规律与一次函数的性质相结合，解题核心在于利用“函数图象上的点的坐标满足函数解析式”以及“轴对称变换的坐标特征”两个关键点，逻辑链条清晰，能够很好地巩固基础知识点的综合应用能力。
【难度系数】
0.75
解题时可按三步思考：第一步，已知直线$y=x+b$过点A，点A坐标已知，将其代入直线解析式即可求出参数b，得到完整的直线解析式；第二步，根据关于y轴对称的点的坐标特征，结合已知点B的坐标，求出对应点$B'$的坐标，又因为$BC⊥x$轴，轴对称后对应边$B'C'$仍垂直x轴，所以点$C'$的横坐标和$B'$的横坐标相等；第三步，将$C'$的横坐标代入已求出的直线解析式，计算得到纵坐标，即可确定$C'$的坐标。
【解析】
将点$A(-2,0)$代入直线$y=x+b$，得：
$0 = -2 + b$
解得$b=2$，因此直线的解析式为$y = x + 2$。
已知$B(-1,0)$，点B与点$B'$关于y轴对称，根据关于y轴对称的点“纵坐标不变，横坐标互为相反数”的特征，可得$B'$的坐标为$(1,0)$。
因为$BC ⊥ x$轴，轴对称变换后对应边的位置关系不变，所以$B'C' ⊥ x$轴，因此点$C'$的横坐标与$B'$的横坐标相等，即$C'$的横坐标为1。
将$x=1$代入$y=x+2$，得$y=1+2=3$。
【答案】
$(1,3)$
【知识点】
关于y轴对称的点的坐标特征；一次函数解析式的确定；一次函数图象上点的坐标特征
【点评】
本题是数形结合思想的典型应用，将轴对称的坐标变换规律与一次函数的性质相结合，解题核心在于利用“函数图象上的点的坐标满足函数解析式”以及“轴对称变换的坐标特征”两个关键点，逻辑链条清晰，能够很好地巩固基础知识点的综合应用能力。
【难度系数】
0.75
【例5】甲、乙两名同学进行登山比赛，图中表示甲同学和乙同学沿相同的路线同时从山脚出发到达山顶过程中，各自行进的路程随时间变化的图象，根据图象中的有关数据回答下列问题：
(1)分别求出表示甲、乙两同学登山过程中路程$s$(km)与时间$t$(h)的函数关系式(不要求写出自变量$t$的取值范围)；
(2)当甲到达山顶时，乙行进到山路上的某点$A$处，求$A$点距山顶的距离；
(3)在(2)的条件下，设乙同学从$A$处继续登山，甲同学到达山顶后休息1 h，沿原路下山，在$B$点处与乙相遇，此时点$B$与山顶距离为1.5 km，相遇后甲、乙各自按原来的路线下山和上山，求乙到达山顶时，甲离山脚的距离是多少千米.
【分析】根据图象理解横轴、纵轴表示的相应的量，将本题转化为函数问题，利用函数的解析式解题.
【解】(1)设甲、乙两同学登山过程中，路程$s$(km)与时间$t$(h)的函数关系式分别为$s_甲=k_1 t$，$s_乙=k_2 t$.
由题意，得$6=2k_1$，$6=3k_2$，所以$k_1=3$，$k_2=2$.
所以关系式分别为$s_甲=3t$，$s_乙=2t$；
(2)甲到达山顶时，由图象可知，当$s_甲=12$，代入$s_甲=3t$，得$t=4$.
所以$s_乙=2×4=8$(km)，所以$12-8=4$(km).
答：当甲到达山顶时，乙距山顶的距离为4 km；
(3)由图象知：甲到达山顶并休息1 h后点$D$的坐标为$(5,12)$，由题意，得点$B$的纵坐标为$12-\frac{3}{2}=\frac{21}{2}$，代入$s_乙=2t$，解得：$t=\frac{21}{4}$.
所以点$B(\frac{21}{4},\frac{21}{2})$.
设过$B$，$D$两点的直线关系式为$s=kt+b$，由题意，得$\begin{cases}\frac{21}{2}=\frac{21}{4}k+b,\\12=5k+b,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-6,\\b=42.\end{cases}$
所以直线$BD$的关系式为$s=-6t+42$.
当乙到达山顶时，$s_乙=12$，得$t=6$，把$t=6$代入$s=-6t+42$，得$s=6$.
答：乙到达山顶时，甲离山脚的距离为6 km.
(1)分别求出表示甲、乙两同学登山过程中路程$s$(km)与时间$t$(h)的函数关系式(不要求写出自变量$t$的取值范围)；
(2)当甲到达山顶时，乙行进到山路上的某点$A$处，求$A$点距山顶的距离；
(3)在(2)的条件下，设乙同学从$A$处继续登山，甲同学到达山顶后休息1 h，沿原路下山，在$B$点处与乙相遇，此时点$B$与山顶距离为1.5 km，相遇后甲、乙各自按原来的路线下山和上山，求乙到达山顶时，甲离山脚的距离是多少千米.
【分析】根据图象理解横轴、纵轴表示的相应的量，将本题转化为函数问题，利用函数的解析式解题.
【解】(1)设甲、乙两同学登山过程中，路程$s$(km)与时间$t$(h)的函数关系式分别为$s_甲=k_1 t$，$s_乙=k_2 t$.
由题意，得$6=2k_1$，$6=3k_2$，所以$k_1=3$，$k_2=2$.
所以关系式分别为$s_甲=3t$，$s_乙=2t$；
(2)甲到达山顶时，由图象可知，当$s_甲=12$，代入$s_甲=3t$，得$t=4$.
所以$s_乙=2×4=8$(km)，所以$12-8=4$(km).
答：当甲到达山顶时，乙距山顶的距离为4 km；
(3)由图象知：甲到达山顶并休息1 h后点$D$的坐标为$(5,12)$，由题意，得点$B$的纵坐标为$12-\frac{3}{2}=\frac{21}{2}$，代入$s_乙=2t$，解得：$t=\frac{21}{4}$.
所以点$B(\frac{21}{4},\frac{21}{2})$.
设过$B$，$D$两点的直线关系式为$s=kt+b$，由题意，得$\begin{cases}\frac{21}{2}=\frac{21}{4}k+b,\\12=5k+b,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-6,\\b=42.\end{cases}$
所以直线$BD$的关系式为$s=-6t+42$.
当乙到达山顶时，$s_乙=12$，得$t=6$，把$t=6$代入$s=-6t+42$，得$s=6$.
答：乙到达山顶时，甲离山脚的距离为6 km.
答案
解：
(1) 设甲、乙两同学登山过程中，路程$s$(km)与时间$t$(h)的函数关系式分别为$s_甲=k_1 t$，$s_乙=k_2 t$。
由图象数据，将$(2,6)$代入$s_甲=k_1 t$，得$6=2k_1$，解得$k_1=3$；
将$(3,6)$代入$s_乙=k_2 t$，得$6=3k_2$，解得$k_2=2$。
因此所求函数关系式分别为：$\boldsymbol{s_甲=3t}$，$\boldsymbol{s_乙=2t}$。
(2) 甲到达山顶时，$s_甲=12\ \mathrm{km}$，代入$s_甲=3t$，得$3t=12$，解得$t=4$。
将$t=4$代入$s_乙=2t$，得此时乙行进的路程$s_乙=2×4=8\ \mathrm{km}$。
所以A点距山顶的距离为$12-8=4\ \mathrm{km}$。
答：A点距山顶的距离为4 km。
(3) 甲到达山顶后休息1 h，对应点D的坐标为$(5,12)$。
由题意，点B与山顶距离为1.5 km，因此点B的纵坐标为$12-1.5=\frac{21}{2}$，代入$s_乙=2t$，得$2t=\frac{21}{2}$，解得$t=\frac{21}{4}$，即点B坐标为$(\frac{21}{4},\frac{21}{2})$。
设甲下山过程的函数关系式为$s=kt+b$，将$D(5,12)$和$B(\frac{21}{4},\frac{21}{2})$代入得：
$\begin{cases}12=5k+b \\\frac{21}{2}=\frac{21}{4}k+b\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-6 \\ b=42\end{cases}$，因此甲下山的函数关系式为$s=-6t+42$。
当乙到达山顶时，$s_乙=12$，代入$s_乙=2t$得$2t=12$，解得$t=6$。
将$t=6$代入$s=-6t+42$，得$s=-6×6+42=6\ \mathrm{km}$。
答：乙到达山顶时，甲离山脚的距离是6 km。
(1) 设甲、乙两同学登山过程中，路程$s$(km)与时间$t$(h)的函数关系式分别为$s_甲=k_1 t$，$s_乙=k_2 t$。
由图象数据，将$(2,6)$代入$s_甲=k_1 t$，得$6=2k_1$，解得$k_1=3$；
将$(3,6)$代入$s_乙=k_2 t$，得$6=3k_2$，解得$k_2=2$。
因此所求函数关系式分别为：$\boldsymbol{s_甲=3t}$，$\boldsymbol{s_乙=2t}$。
(2) 甲到达山顶时，$s_甲=12\ \mathrm{km}$，代入$s_甲=3t$，得$3t=12$，解得$t=4$。
将$t=4$代入$s_乙=2t$，得此时乙行进的路程$s_乙=2×4=8\ \mathrm{km}$。
所以A点距山顶的距离为$12-8=4\ \mathrm{km}$。
答：A点距山顶的距离为4 km。
(3) 甲到达山顶后休息1 h，对应点D的坐标为$(5,12)$。
由题意，点B与山顶距离为1.5 km，因此点B的纵坐标为$12-1.5=\frac{21}{2}$，代入$s_乙=2t$，得$2t=\frac{21}{2}$，解得$t=\frac{21}{4}$，即点B坐标为$(\frac{21}{4},\frac{21}{2})$。
设甲下山过程的函数关系式为$s=kt+b$，将$D(5,12)$和$B(\frac{21}{4},\frac{21}{2})$代入得：
$\begin{cases}12=5k+b \\\frac{21}{2}=\frac{21}{4}k+b\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-6 \\ b=42\end{cases}$，因此甲下山的函数关系式为$s=-6t+42$。
当乙到达山顶时，$s_乙=12$，代入$s_乙=2t$得$2t=12$，解得$t=6$。
将$t=6$代入$s=-6t+42$，得$s=-6×6+42=6\ \mathrm{km}$。
答：乙到达山顶时，甲离山脚的距离是6 km。
解析
【分析】
这是一道结合s-t行程图像的一次函数应用题，解题思路如下：
1. 首先观察图像，甲、乙登山的路程随时间变化的图像都是过原点的直线，属于正比例函数，因此第一问可利用待定系数法，设函数为s=kt，分别代入图像上已知的点坐标即可求出两个函数解析式；
2. 第二问求甲到山顶时乙距山顶的距离，首先从图像得山顶路程是12km，代入甲的解析式求出甲到达山顶的时间，再将该时间代入乙的解析式求出乙走的路程，用总路程减去乙走的路程即可得到A点距山顶的距离；
3. 第三问先确定甲到达山顶休息1小时后的坐标，再根据B点距山顶1.5km求出B点的纵坐标，代入乙的解析式求出B点的横坐标，得到B点坐标后，用待定系数法求出甲下山路段的一次函数解析式；接着求出乙到达山顶的时间，将该时间代入甲下山的函数解析式，即可得到此时甲离山脚的距离。
【解析】
(1) 设甲、乙两同学登山过程中，路程$s$(km)与时间$t$(h)的函数关系式分别为$s_甲=k_1 t$，$s_乙=k_2 t$。
由图象可知，甲的函数过点$(2,6)$，代入得$6=2k_1$，解得$k_1=3$；
乙的函数过点$(3,6)$，代入得$6=3k_2$，解得$k_2=2$。
因此函数关系式分别为：$s_甲=3t$，$s_乙=2t$。
(2) 甲到达山顶时路程$s_甲=12\ \mathrm{km}$，代入$s_甲=3t$得$3t=12$，解得$t=4$。
将$t=4$代入$s_乙=2t$，得此时乙行进的路程$s_乙=2×4=8\ \mathrm{km}$。
所以A点距山顶的距离为$12-8=4\ \mathrm{km}$。
(3) 甲到达山顶用时4h，休息1h后，对应点D的坐标为$(5,12)$。
已知点B与山顶距离为1.5 km，因此点B的纵坐标为$12-1.5=\frac{21}{2}$，代入$s_乙=2t$得$2t=\frac{21}{2}$，解得$t=\frac{21}{4}$，即点B坐标为$(\frac{21}{4},\frac{21}{2})$。
设甲下山过程的函数关系式为$s=kt+b$，将$D(5,12)$和$B(\frac{21}{4},\frac{21}{2})$代入得：
$\begin{cases}12=5k+b \\\frac{21}{2}=\frac{21}{4}k+b\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-6 \\ b=42\end{cases}$，因此甲下山的函数关系式为$s=-6t+42$。
当乙到达山顶时，$s_乙=12$，代入$s_乙=2t$得$2t=12$，解得$t=6$。
将$t=6$代入$s=-6t+42$，得$s=-6×6+42=6\ \mathrm{km}$。
【答案】
(1) $s_甲=3t$，$s_乙=2t$；
(2) 4 km；
(3) 6 km。
【知识点】
待定系数法求解析式，一次函数实际应用，s-t图像分析
【点评】
本题结合登山行程问题考查一次函数的实际应用，解题核心是读懂s-t图像的对应信息，运用数形结合思想将实际问题转化为函数问题求解，既考查了基础的函数解析式求解方法，也锻炼了利用函数性质解决实际行程问题的能力。
【难度系数】
0.6
这是一道结合s-t行程图像的一次函数应用题，解题思路如下：
1. 首先观察图像，甲、乙登山的路程随时间变化的图像都是过原点的直线，属于正比例函数，因此第一问可利用待定系数法，设函数为s=kt，分别代入图像上已知的点坐标即可求出两个函数解析式；
2. 第二问求甲到山顶时乙距山顶的距离，首先从图像得山顶路程是12km，代入甲的解析式求出甲到达山顶的时间，再将该时间代入乙的解析式求出乙走的路程，用总路程减去乙走的路程即可得到A点距山顶的距离；
3. 第三问先确定甲到达山顶休息1小时后的坐标，再根据B点距山顶1.5km求出B点的纵坐标，代入乙的解析式求出B点的横坐标，得到B点坐标后，用待定系数法求出甲下山路段的一次函数解析式；接着求出乙到达山顶的时间，将该时间代入甲下山的函数解析式，即可得到此时甲离山脚的距离。
【解析】
(1) 设甲、乙两同学登山过程中，路程$s$(km)与时间$t$(h)的函数关系式分别为$s_甲=k_1 t$，$s_乙=k_2 t$。
由图象可知，甲的函数过点$(2,6)$，代入得$6=2k_1$，解得$k_1=3$；
乙的函数过点$(3,6)$，代入得$6=3k_2$，解得$k_2=2$。
因此函数关系式分别为：$s_甲=3t$，$s_乙=2t$。
(2) 甲到达山顶时路程$s_甲=12\ \mathrm{km}$，代入$s_甲=3t$得$3t=12$，解得$t=4$。
将$t=4$代入$s_乙=2t$，得此时乙行进的路程$s_乙=2×4=8\ \mathrm{km}$。
所以A点距山顶的距离为$12-8=4\ \mathrm{km}$。
(3) 甲到达山顶用时4h，休息1h后，对应点D的坐标为$(5,12)$。
已知点B与山顶距离为1.5 km，因此点B的纵坐标为$12-1.5=\frac{21}{2}$，代入$s_乙=2t$得$2t=\frac{21}{2}$，解得$t=\frac{21}{4}$，即点B坐标为$(\frac{21}{4},\frac{21}{2})$。
设甲下山过程的函数关系式为$s=kt+b$，将$D(5,12)$和$B(\frac{21}{4},\frac{21}{2})$代入得：
$\begin{cases}12=5k+b \\\frac{21}{2}=\frac{21}{4}k+b\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-6 \\ b=42\end{cases}$，因此甲下山的函数关系式为$s=-6t+42$。
当乙到达山顶时，$s_乙=12$，代入$s_乙=2t$得$2t=12$，解得$t=6$。
将$t=6$代入$s=-6t+42$，得$s=-6×6+42=6\ \mathrm{km}$。
【答案】
(1) $s_甲=3t$，$s_乙=2t$；
(2) 4 km；
(3) 6 km。
【知识点】
待定系数法求解析式，一次函数实际应用，s-t图像分析
【点评】
本题结合登山行程问题考查一次函数的实际应用，解题核心是读懂s-t图像的对应信息，运用数形结合思想将实际问题转化为函数问题求解，既考查了基础的函数解析式求解方法，也锻炼了利用函数性质解决实际行程问题的能力。
【难度系数】
0.6
1. 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.若小正方形与大正方形的面积之比为1：13，则直角三角形较短的直角边a与较长的直角边b的比值为
$\frac{2}{3}$
.答案
1.$\frac{2}{3}$
解析
【分析】
拿到本题首先观察赵爽弦图的结构：大正方形的边长是直角三角形的斜边，小正方形的边长是较长直角边与较短直角边的差（即$b-a$）。已知两个正方形的面积比，我们可以先设小正方形面积为1、大正方形面积为13，分别用$a$、$b$表示出两个正方形的面积，结合勾股定理得到关于$a$、$b$的等式，再通过完全平方公式或解二元一次方程组求出$a$、$b$的比值即可。
【解析】
设小正方形的面积为1，则大正方形的面积为13。
1. 由图形可知，小正方形的边长为$b-a$，因此小正方形面积满足：
$(b-a)^2=1$ ①
2. 大正方形的边长为直角三角形的斜边，根据勾股定理，大正方形面积满足：
$a^2+b^2=13$ ②
3. 将①展开得：$b^2-2ab+a^2=1$，把②代入该式可得：
$13-2ab=1$，解得$ab=6$。
4. 计算$(a+b)^2=a^2+2ab+b^2=13+2×6=25$，因为$a$、$b$均为正数，所以$a+b=5$ ③
5. 结合$b＞a＞0$，由①得$b-a=1$ ④
联立③④解得：$b=3$，$a=2$，因此$\frac{a}{b}=\frac{2}{3}$。
【答案】
$\frac{2}{3}$
【知识点】
勾股定理；完全平方公式；面积和差关系
【点评】
本题是赵爽弦图的经典考法，将几何图形的边长、面积关系和代数运算结合，考查数形结合思想，需要学生能准确从图形中提取边长的数量关系，再结合代数公式进行运算，是勾股定理应用的典型题型。
【难度系数】
0.6
拿到本题首先观察赵爽弦图的结构：大正方形的边长是直角三角形的斜边，小正方形的边长是较长直角边与较短直角边的差（即$b-a$）。已知两个正方形的面积比，我们可以先设小正方形面积为1、大正方形面积为13，分别用$a$、$b$表示出两个正方形的面积，结合勾股定理得到关于$a$、$b$的等式，再通过完全平方公式或解二元一次方程组求出$a$、$b$的比值即可。
【解析】
设小正方形的面积为1，则大正方形的面积为13。
1. 由图形可知，小正方形的边长为$b-a$，因此小正方形面积满足：
$(b-a)^2=1$ ①
2. 大正方形的边长为直角三角形的斜边，根据勾股定理，大正方形面积满足：
$a^2+b^2=13$ ②
3. 将①展开得：$b^2-2ab+a^2=1$，把②代入该式可得：
$13-2ab=1$，解得$ab=6$。
4. 计算$(a+b)^2=a^2+2ab+b^2=13+2×6=25$，因为$a$、$b$均为正数，所以$a+b=5$ ③
5. 结合$b＞a＞0$，由①得$b-a=1$ ④
联立③④解得：$b=3$，$a=2$，因此$\frac{a}{b}=\frac{2}{3}$。
【答案】
$\frac{2}{3}$
【知识点】
勾股定理；完全平方公式；面积和差关系
【点评】
本题是赵爽弦图的经典考法，将几何图形的边长、面积关系和代数运算结合，考查数形结合思想，需要学生能准确从图形中提取边长的数量关系，再结合代数公式进行运算，是勾股定理应用的典型题型。
【难度系数】
0.6
