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一、选择题
1. (2024·绍兴上虞)如图,四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”,其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形,H为DE的中点。连结HF,EG并延长,分别交正方形ABCD各边于点M,N,P,Q,若$HF=2\sqrt{2}$,则PQ的长为 （
A.$2\sqrt{3}+2\sqrt{2}$
B.$\frac{4}{3}\sqrt{3}+2\sqrt{2}$
C.$\frac{10}{3}\sqrt{2}$
D.$4\sqrt{2}$
1. (2024·绍兴上虞)如图,四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”,其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形,H为DE的中点。连结HF,EG并延长,分别交正方形ABCD各边于点M,N,P,Q,若$HF=2\sqrt{2}$,则PQ的长为 （
C
）A.$2\sqrt{3}+2\sqrt{2}$
B.$\frac{4}{3}\sqrt{3}+2\sqrt{2}$
C.$\frac{10}{3}\sqrt{2}$
D.$4\sqrt{2}$
答案
1.C 解析:如图,延长BG交DC于点I,则易得GQ平分∠CGI,且∠CGI=90°,又易得GI=1,GC=2,所以由角平分线性质,易得$\frac{GC}{CQ}=\frac{GI}{QI}$,即有CQ$=CI·\frac{GC}{GC+GI}=\sqrt{5}×\frac{2}{3}=\frac{2}{3}\sqrt{5}$。
所以 $PQ^2=(PB-CQ)^2+BC^2=$$(2\sqrt{5}-\frac{2}{3}\sqrt{5}-\frac{2}{3}\sqrt{5})^2+(2\sqrt{5})^2=$$\frac{200}{9},PQ=\frac{10\sqrt{2}}{3}$。故选C。
解析
【分析】
本题以赵爽弦图为载体，先利用正方形对角线与边长的关系求出小正方形EFGH的边长；再通过作辅助线结合角平分线性质计算线段CQ的长度；最后利用勾股定理推导PQ的长度，逐步得出结果。
【解析】
1. 求小正方形EFGH的边长：因为四边形EFGH是正方形，HF为其对角线，已知HF=2√2，根据正方形对角线公式，正方形边长=对角线÷√2，因此小正方形边长为2√2÷√2=2。
2. 利用角平分线性质计算CQ：延长BG交DC于点I，由题意可知GQ平分∠CGI，且∠CGI=90°，结合图形全等性质得GI=1，GC=2，故CI=√(GI²+GC²)=√(1²+2²)=√5。根据角平分线性质$\frac{GC}{GI}=\frac{CQ}{QI}$，即$\frac{CQ}{QI}=\frac{2}{1}$，因此CQ=$\frac{2}{2+1}×CI=\frac{2\sqrt{5}}{3}$。
3. 计算PQ的长度：大正方形边长BC=2√5，PB=2√5，根据勾股定理，$PQ^2=(PB - CQ - CQ)^2 + BC^2=(2\sqrt{5}-\frac{2\sqrt{5}}{3}-\frac{2\sqrt{5}}{3})^2+(2\sqrt{5})^2=(\frac{2\sqrt{5}}{3})^2+(2\sqrt{5})^2=\frac{20}{9}+20=\frac{200}{9}$，因此PQ=$\frac{10\sqrt{2}}{3}$，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
正方形性质，角平分线性质，勾股定理
【点评】
本题综合考查几何知识的应用，将赵爽弦图、角平分线性质与勾股定理结合，需要学生具备较强的几何推理和计算能力，是一道中等难度的几何题。
【难度系数】
0.4
本题以赵爽弦图为载体，先利用正方形对角线与边长的关系求出小正方形EFGH的边长；再通过作辅助线结合角平分线性质计算线段CQ的长度；最后利用勾股定理推导PQ的长度，逐步得出结果。
【解析】
1. 求小正方形EFGH的边长：因为四边形EFGH是正方形，HF为其对角线，已知HF=2√2，根据正方形对角线公式，正方形边长=对角线÷√2，因此小正方形边长为2√2÷√2=2。
2. 利用角平分线性质计算CQ：延长BG交DC于点I，由题意可知GQ平分∠CGI，且∠CGI=90°，结合图形全等性质得GI=1，GC=2，故CI=√(GI²+GC²)=√(1²+2²)=√5。根据角平分线性质$\frac{GC}{GI}=\frac{CQ}{QI}$，即$\frac{CQ}{QI}=\frac{2}{1}$，因此CQ=$\frac{2}{2+1}×CI=\frac{2\sqrt{5}}{3}$。
3. 计算PQ的长度：大正方形边长BC=2√5，PB=2√5，根据勾股定理，$PQ^2=(PB - CQ - CQ)^2 + BC^2=(2\sqrt{5}-\frac{2\sqrt{5}}{3}-\frac{2\sqrt{5}}{3})^2+(2\sqrt{5})^2=(\frac{2\sqrt{5}}{3})^2+(2\sqrt{5})^2=\frac{20}{9}+20=\frac{200}{9}$，因此PQ=$\frac{10\sqrt{2}}{3}$，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
正方形性质，角平分线性质，勾股定理
【点评】
本题综合考查几何知识的应用，将赵爽弦图、角平分线性质与勾股定理结合，需要学生具备较强的几何推理和计算能力，是一道中等难度的几何题。
【难度系数】
0.4
2.(2025·宁波江北)如图,正方形EFGH的顶点E在正方形ABCD上,四边形FGKD也是正方形,且点B,H,K在同一直线上,则正方形EFGH与正方形ABCD的面积比为（
A.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
B.$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$
C.$\frac{2-\sqrt{2}}{2}$
D.$\frac{3-\sqrt{2}}{2}$
C
）A.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
B.$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$
C.$\frac{2-\sqrt{2}}{2}$
D.$\frac{3-\sqrt{2}}{2}$
答案
2.C 解析:如图,延长GF交DC于点P,连结PE。易证$△ BEH ≌ △ PDF ≌$$△ PEF$。所以CE=CP,设CP=x,所以CE=CP=x,PE=DP=$\sqrt{2}x$。所以CD$=x+\sqrt{2}x$,所以 $S_{正方形ABCD}=(1+\sqrt{2})^2x^2$。在$\mathrm{Rt}△ DEC$中,CE=x,CD=$x+\sqrt{2}x$。所以 $DE^2=(4+2\sqrt{2})x^2$。又因为 $EF=\frac{1}{2}DE$,所以 $S_{正方形EFGH}=EF^2$$=\frac{1}{4}DE^2=(1+\frac{\sqrt{2}}{2})x^2$。所以 $\frac{S_{正方形EFGH}}{S_{正方形ABCD}}=\frac{(1+\frac{\sqrt{2}}{2})x^2}{(1+\sqrt{2})^2x^2}=$$\frac{2-\sqrt{2}}{2}$。故选C。
解析
【分析】要计算正方形EFGH与正方形ABCD的面积比，需先推导两者的边长关系。通过延长GF交DC于点P并连结PE，利用正方形的性质和全等三角形的判定，得到线段间的等量关系，设未知数表示相关边长，再结合代数运算求出边长比值，进而得到面积比。
【解析】延长GF交DC于点P，连结PE。易证$△ BEH ≌ △ PDF ≌ △ PEF$，因此$CE=CP$。设$CP=x$，则$CE=x$，在等腰直角$△ PCE$中，$PE=\sqrt{CE^2 + CP^2}=\sqrt{2}x$，又$PE=DP$，故$DP=\sqrt{2}x$，则正方形ABCD的边长$CD=CP + DP=x+\sqrt{2}x=(1+\sqrt{2})x$，所以$S_{正方形ABCD}=(1+\sqrt{2})^2x^2$。在$\mathrm{Rt}△ DEC$中，$DE^2=CE^2 + CD^2=x^2 + [(1+\sqrt{2})x]^2=(4+2\sqrt{2})x^2$。因为EF是正方形EFGH的边，且$EF=\frac{1}{2}DE$，所以$S_{正方形EFGH}=EF^2=(\frac{1}{2}DE)^2=\frac{1}{4}(4+2\sqrt{2})x^2=(1+\frac{\sqrt{2}}{2})x^2$。两者面积比为$\frac{(1+\frac{\sqrt{2}}{2})x^2}{(1+\sqrt{2})^2x^2}$，化简得$\frac{2-\sqrt{2}}{2}$，故选C。
【答案】C
【知识点】正方形的性质、全等三角形的判定、面积比计算
【点评】本题通过构造辅助线转化线段关系，结合几何全等与代数化简求解，需学生具备较强的几何推理和运算能力，是一道综合性中等的几何题。
【难度系数】0.4
【解析】延长GF交DC于点P，连结PE。易证$△ BEH ≌ △ PDF ≌ △ PEF$，因此$CE=CP$。设$CP=x$，则$CE=x$，在等腰直角$△ PCE$中，$PE=\sqrt{CE^2 + CP^2}=\sqrt{2}x$，又$PE=DP$，故$DP=\sqrt{2}x$，则正方形ABCD的边长$CD=CP + DP=x+\sqrt{2}x=(1+\sqrt{2})x$，所以$S_{正方形ABCD}=(1+\sqrt{2})^2x^2$。在$\mathrm{Rt}△ DEC$中，$DE^2=CE^2 + CD^2=x^2 + [(1+\sqrt{2})x]^2=(4+2\sqrt{2})x^2$。因为EF是正方形EFGH的边，且$EF=\frac{1}{2}DE$，所以$S_{正方形EFGH}=EF^2=(\frac{1}{2}DE)^2=\frac{1}{4}(4+2\sqrt{2})x^2=(1+\frac{\sqrt{2}}{2})x^2$。两者面积比为$\frac{(1+\frac{\sqrt{2}}{2})x^2}{(1+\sqrt{2})^2x^2}$，化简得$\frac{2-\sqrt{2}}{2}$，故选C。
【答案】C
【知识点】正方形的性质、全等三角形的判定、面积比计算
【点评】本题通过构造辅助线转化线段关系，结合几何全等与代数化简求解，需学生具备较强的几何推理和运算能力，是一道综合性中等的几何题。
【难度系数】0.4
3.(2024·衢州)如图,在$△ ABC$中,$∠ ABC$为钝角,以$AB$为边向外作$□ ABDE$,$∠ ABD$为钝角,连结$CE$,$CD$。设$△ CDE$,$△ ACE$,$△ BCD$的面积分别为$S$,$S_1$,$S_2$,则$△ ABC$的面积可表示为（
A.$S+S_1+S_2$
B.$S+S_1-S_2$
C.$S-S_1+S_2$
D.$S-S_1-S_2$
C
）A.$S+S_1+S_2$
B.$S+S_1-S_2$
C.$S-S_1+S_2$
D.$S-S_1-S_2$
答案
3.C 解析:如图,过点 C 作 CF //BD,且 DF //BC,并连结 EF,则易得四边形 BCFD 为平行四边形,$S_{△ DFC}=S_{△ BCD}=S_2$,所以$S_{四边形EDFC}=S_{△ EDC}+S_{△ DFC}=$$S_{△ EDF}+S_{△ ECF}$,又因为 CF //BD$\underline{\underline{//}}AE$,所以四边形 AEFC 为平行四边形。所以 $S_{△ ECF}=S_{△ ACE}=$$S_1$。又可证$△ EDF≌△ ABC$,所以 $S_{△ ABC}=S_{△ CDE}+S_{△ DFC}$$-S_{△ ECF}=S+S_2-S_1$。故选C。
解析
【分析】
要推导△ABC的面积，需利用平行四边形的性质进行面积转化，通过构造辅助线建立各三角形面积与△ABC面积的关系：先构造平行四边形将△BCD的面积转化为等面积三角形，再结合平行四边形性质对应△ACE的面积，最后通过全等三角形的面积相等，推导得出目标表达式。
【解析】
过点C作$CF // BD$，$DF // BC$，连接EF：
1. 由$CF // BD$且$DF // BC$，可得四边形BCFD是平行四边形，根据平行四边形中同底等高的三角形面积相等，得$S_{△ DFC}=S_{△ BCD}=S_2$；
2. 因为四边形ABDE是平行四边形，所以$BD // AE$且$BD=AE$；又四边形BCFD是平行四边形，故$BD // CF$且$BD=CF$，因此$AE // CF$且$AE=CF$，即四边形AEFC是平行四边形，同理得$S_{△ ECF}=S_{△ ACE}=S_1$；
3. 易证$△ EDF ≌ △ ABC$：由ABDE是平行四边形得$DE=AB$，BCFD是平行四边形得$DF=BC$；又$DE // AB$，$DF // BC$，故$∠ EDF=∠ ABC$，根据SAS可证$△ EDF ≌ △ ABC$，因此$S_{△ EDF}=S_{△ ABC}$；
4. 四边形EDFC的面积满足：$S_{四边形EDFC}=S_{△ CDE}+S_{△ DFC}=S+S_2$，同时$S_{四边形EDFC}=S_{△ EDF}+S_{△ ECF}=S_{△ ABC}+S_1$；
联立两式得：$S+S_2 = S_{△ ABC}+S_1$，整理得$S_{△ ABC}=S+S_2 - S_1$。
【答案】
C
【知识点】
平行四边形性质、三角形面积、全等三角形判定
【点评】
本题通过构造辅助线，利用平行四边形的性质实现面积转化，结合全等三角形的面积相等推导目标表达式，考查学生的几何转化能力与逻辑推理能力，是一道综合性较强的几何题。
【难度系数】
0.4
要推导△ABC的面积，需利用平行四边形的性质进行面积转化，通过构造辅助线建立各三角形面积与△ABC面积的关系：先构造平行四边形将△BCD的面积转化为等面积三角形，再结合平行四边形性质对应△ACE的面积，最后通过全等三角形的面积相等，推导得出目标表达式。
【解析】
过点C作$CF // BD$，$DF // BC$，连接EF：
1. 由$CF // BD$且$DF // BC$，可得四边形BCFD是平行四边形，根据平行四边形中同底等高的三角形面积相等，得$S_{△ DFC}=S_{△ BCD}=S_2$；
2. 因为四边形ABDE是平行四边形，所以$BD // AE$且$BD=AE$；又四边形BCFD是平行四边形，故$BD // CF$且$BD=CF$，因此$AE // CF$且$AE=CF$，即四边形AEFC是平行四边形，同理得$S_{△ ECF}=S_{△ ACE}=S_1$；
3. 易证$△ EDF ≌ △ ABC$：由ABDE是平行四边形得$DE=AB$，BCFD是平行四边形得$DF=BC$；又$DE // AB$，$DF // BC$，故$∠ EDF=∠ ABC$，根据SAS可证$△ EDF ≌ △ ABC$，因此$S_{△ EDF}=S_{△ ABC}$；
4. 四边形EDFC的面积满足：$S_{四边形EDFC}=S_{△ CDE}+S_{△ DFC}=S+S_2$，同时$S_{四边形EDFC}=S_{△ EDF}+S_{△ ECF}=S_{△ ABC}+S_1$；
联立两式得：$S+S_2 = S_{△ ABC}+S_1$，整理得$S_{△ ABC}=S+S_2 - S_1$。
【答案】
C
【知识点】
平行四边形性质、三角形面积、全等三角形判定
【点评】
本题通过构造辅助线，利用平行四边形的性质实现面积转化，结合全等三角形的面积相等推导目标表达式，考查学生的几何转化能力与逻辑推理能力，是一道综合性较强的几何题。
【难度系数】
0.4
