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1[2026河南郑州质检,中]某学习小组参照教材上的材料进行勾股定理的项目式探究,并制表如下:
利用剪拼法证明勾股定理
背景 意大利著名画家达·芬奇证明勾股定理的剪拼法
步骤 ①在纸片上绘制两个边长分别为$a,b$的正方形 ②将左右两部分剪开 ③将右侧部分翻折,并平移 ④左右两部分拼接在一起
步骤
说明:①中大小正方形公共顶点的邻边分别在一条直线上;①中多边形的面积为$S_1$,④中多边形的面积为$S_2$
问题解决
任务 (1)请用含$a,b,c$的代数式分别表示$S_1,S_2$ (2)请利用等积法证明勾股定理
利用剪拼法证明勾股定理
背景 意大利著名画家达·芬奇证明勾股定理的剪拼法
步骤 ①在纸片上绘制两个边长分别为$a,b$的正方形 ②将左右两部分剪开 ③将右侧部分翻折,并平移 ④左右两部分拼接在一起
步骤
说明:①中大小正方形公共顶点的邻边分别在一条直线上;①中多边形的面积为$S_1$,④中多边形的面积为$S_2$
问题解决
任务 (1)请用含$a,b,c$的代数式分别表示$S_1,S_2$ (2)请利用等积法证明勾股定理
答案
1.【解】(1) $S_1 = a^2 + b^2 + 2×\frac{1}{2}ab = a^2 + b^2 + ab$, $S_2 = c^2 + 2×\frac{1}{2}ab = c^2 + ab$.
(2) 由 $S_1 = S_2$ 得 $a^2 + b^2 + ab = c^2 + ab$, 所以 $a^2 + b^2 = c^2$.
(2) 由 $S_1 = S_2$ 得 $a^2 + b^2 + ab = c^2 + ab$, 所以 $a^2 + b^2 = c^2$.
解析
【分析】
解决本题首先明确剪拼过程中仅改变图形形状，总面积保持不变。第(1)问求面积时，先拆分对应图形的组成部分：步骤①的多边形由两个正方形和两个全等的直角三角形组成，步骤④的多边形由边长为c的正方形和两个相同的直角三角形组成，分别计算各部分面积求和即可。第(2)问利用剪拼前后面积相等的性质，令两个面积表达式相等，化简后即可推导勾股定理。
【解析】
(1) 计算$S_1$：
步骤①的多边形包含边长为$a$的正方形、边长为$b$的正方形，以及2个直角边为$a、b$的直角三角形，因此：
$S_1 = a^2 + b^2 + 2×\frac{1}{2}ab = a^2 + b^2 + ab$
计算$S_2$：
步骤④的多边形包含边长为$c$的正方形，以及2个直角边为$a、b$的直角三角形，因此：
$S_2 = c^2 + 2×\frac{1}{2}ab = c^2 + ab$
(2) 证明：
由于剪拼过程没有增减图形面积，因此$S_1 = S_2$，
代入上述面积表达式可得：$a^2 + b^2 + ab = c^2 + ab$，
等式两边同时减去$ab$，得$a^2 + b^2 = c^2$，勾股定理得证。
【答案】
(1) $S_1=a^2+b^2+ab$，$S_2=c^2+ab$
(2) 由等积法可证得$a^2+b^2=c^2$
【知识点】
等积变形，面积割补法，勾股定理证明
【点评】
本题借助达·芬奇证明勾股定理的经典剪拼方法，考查了面积割补、等积变形的应用，通过直观的图形变换降低了勾股定理证明的抽象性，能帮助学生理解几何证明中面积法的应用逻辑。
【难度系数】
0.7
解决本题首先明确剪拼过程中仅改变图形形状，总面积保持不变。第(1)问求面积时，先拆分对应图形的组成部分：步骤①的多边形由两个正方形和两个全等的直角三角形组成，步骤④的多边形由边长为c的正方形和两个相同的直角三角形组成，分别计算各部分面积求和即可。第(2)问利用剪拼前后面积相等的性质，令两个面积表达式相等，化简后即可推导勾股定理。
【解析】
(1) 计算$S_1$：
步骤①的多边形包含边长为$a$的正方形、边长为$b$的正方形，以及2个直角边为$a、b$的直角三角形，因此：
$S_1 = a^2 + b^2 + 2×\frac{1}{2}ab = a^2 + b^2 + ab$
计算$S_2$：
步骤④的多边形包含边长为$c$的正方形，以及2个直角边为$a、b$的直角三角形，因此：
$S_2 = c^2 + 2×\frac{1}{2}ab = c^2 + ab$
(2) 证明：
由于剪拼过程没有增减图形面积，因此$S_1 = S_2$，
代入上述面积表达式可得：$a^2 + b^2 + ab = c^2 + ab$，
等式两边同时减去$ab$，得$a^2 + b^2 = c^2$，勾股定理得证。
【答案】
(1) $S_1=a^2+b^2+ab$，$S_2=c^2+ab$
(2) 由等积法可证得$a^2+b^2=c^2$
【知识点】
等积变形，面积割补法，勾股定理证明
【点评】
本题借助达·芬奇证明勾股定理的经典剪拼方法，考查了面积割补、等积变形的应用，通过直观的图形变换降低了勾股定理证明的抽象性，能帮助学生理解几何证明中面积法的应用逻辑。
【难度系数】
0.7
2[2025山东威海期中,较难]【问题情境】数学综合与实践活动课上,老师提出如下问题:一个三级台阶,它每一级的长、宽、高分别为20 dm,3 dm,2 dm,A和B是一个三级台阶上两个相对的端点.
【探究实践】老师让同学们探究:如图(1),若A点处有一只蚂蚁要到B点去吃食物,则蚂蚁沿着台阶爬到B点的最短路程是多少?
(1)同学们经过思考得到如下解题方法:如图(2)为三级台阶的平面展开图,可得到长为20 dm,宽为15 dm的长方形,连接AB,经过计算得到AB的长度为
【变式探究】(2)如图(3),已知圆柱底面的周长为6 dm,圆柱高为4 dm,在圆柱的侧面有一只蚂蚁,从点A爬到点C,再从点C爬回点A,恰好爬行一圈,则这只蚂蚁爬行的最短路程为
【拓展应用】(3)如图(4),圆柱形玻璃杯的高为9 cm,底面周长为16 cm,在杯内壁离杯底4 cm的点A处有一滴蜂蜜,此时,一只蚂蚁正好在外壁离杯口1 cm,且与蜂蜜相对的点B处,则蚂蚁从外壁B处到内壁A处所爬行的最短路程是多少?(杯壁厚度不计)
【探究实践】老师让同学们探究:如图(1),若A点处有一只蚂蚁要到B点去吃食物,则蚂蚁沿着台阶爬到B点的最短路程是多少?
(1)同学们经过思考得到如下解题方法:如图(2)为三级台阶的平面展开图,可得到长为20 dm,宽为15 dm的长方形,连接AB,经过计算得到AB的长度为
25 dm
,就是最短路程.【变式探究】(2)如图(3),已知圆柱底面的周长为6 dm,圆柱高为4 dm,在圆柱的侧面有一只蚂蚁,从点A爬到点C,再从点C爬回点A,恰好爬行一圈,则这只蚂蚁爬行的最短路程为
10 dm
.【拓展应用】(3)如图(4),圆柱形玻璃杯的高为9 cm,底面周长为16 cm,在杯内壁离杯底4 cm的点A处有一滴蜂蜜,此时,一只蚂蚁正好在外壁离杯口1 cm,且与蜂蜜相对的点B处,则蚂蚁从外壁B处到内壁A处所爬行的最短路程是多少?(杯壁厚度不计)
答案
2.【解】(1)由勾股定理,得$AB^2=20^2+15^2=625$,所以$AB=25$ dm. 故答案为 25 dm.
(2)如图(1),将圆柱侧面沿点 C 所在高线展开,易知 $AC = AC'$. 因为圆柱底面的周长为6 dm,圆柱高为 4 dm,所以 $AB = 4$ dm,$BC = BC' = 3$ dm,所以 $AC^2 = 4^2 + 3^2 = 25$,所以 $AC = 5$ dm,所以 $2AC = 10$ dm,即这只蚂蚁爬行的最短路程为 10 dm. 故答案为 10 dm.
(3)玻璃杯一半的侧面展开示意图如图(2),作 B 关于 EF 的对称点 $B'$,作 $B'D ⊥ AE$,交 AE 的延长线于点 D,连接 $AB'$,则 $AB'$ 的长为最短路程. 由题意易得 $DE = FB' = BF = 1$ cm,$AE = 9-4=5(\mathrm{cm})$,所以 $AD=AE+DE=6$ cm. 因为底面周长为 16 cm,所以 $B'D=\frac{1}{2}×16=8(\mathrm{cm})$.
因为 $∠ D = 90°$,所以在 $\mathrm{Rt}△ AB'D$ 中,${AB'}^2 = AD^2 + {B'D}^2 = 100$,所以 $AB' = 10$ cm,所以蚂蚁从外壁 B 处到内壁 A 处所爬行的最短路程为10 cm.
解析
【分析】
解决立体图形上的最短路径问题，核心思路是“化曲为平”，将立体表面展开为平面图形，利用“两点之间线段最短”确定最短路径，再结合勾股定理计算长度：
(1) 先把三级台阶展开成平面长方形，确定长方形的长和宽，AB为直角三角形的斜边，直接用勾股定理计算即可；
(2) 将圆柱侧面沿高线展开为平面长方形，蚂蚁爬行一圈的最短路径是2倍的AC，先计算AC长度再乘2即可；
(3) 蚂蚁在杯外壁、蜂蜜在杯内壁，需先作B点关于杯口的对称点，将外壁到内壁的路径转化为对称点到A点的线段长度，再用勾股定理计算。
【解析】
(1) 台阶展开后长方形的宽为$(3+2)×3=15\mathrm{dm}$，长为$20\mathrm{dm}$，
由勾股定理得：$AB^2=20^2+15^2=400+225=625$，
∴ $AB=25\mathrm{dm}$。
(2) 将圆柱侧面沿点C所在高线展开，如图(1)，可得$AC=AC'$，
已知圆柱底面周长为$6\mathrm{dm}$，高为$4\mathrm{dm}$，因此展开后直角三角形的两条直角边分别为$4\mathrm{dm}$、$6÷2=3\mathrm{dm}$，
由勾股定理得：$AC^2=4^2+3^2=16+9=25$，
∴ $AC=5\mathrm{dm}$，蚂蚁爬行一圈的最短路程为$2AC=10\mathrm{dm}$。
(3) 取玻璃杯一半的侧面展开，如图(2)，作B关于EF的对称点$B'$，过$B'$作$B'D⊥AE$，交AE延长线于D，连接$AB'$，则$AB'$的长就是最短路程。
由题意得：$FB'=BF=1\mathrm{cm}$，$AE=9-4=5\mathrm{cm}$，
∴ $AD=AE+DE=5+1=6\mathrm{cm}$，
又底面周长为$16\mathrm{cm}$，
∴ $B'D=\frac{1}{2}×16=8\mathrm{cm}$，
在$\mathrm{Rt}△AB'D$中，$∠D=90°$，
∴ ${AB'}^2=AD^2+B'D^2=6^2+8^2=36+64=100$，
∴ $AB'=10\mathrm{cm}$。
【答案】
(1) $\boxed{25\ \mathrm{dm}}$
(2) $\boxed{10\ \mathrm{dm}}$
(3) $\boxed{10\ \mathrm{cm}}$
【知识点】
勾股定理，立体图形展开，最短路径计算
【点评】
本题是平面几何与立体几何结合的典型最短路径问题，解题关键是掌握“化曲为平”和对称转化的思想，将立体表面的路径问题转化为平面内两点间的线段长度问题，再结合勾股定理求解，侧重考察学生的空间想象能力和转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
解决立体图形上的最短路径问题，核心思路是“化曲为平”，将立体表面展开为平面图形，利用“两点之间线段最短”确定最短路径，再结合勾股定理计算长度：
(1) 先把三级台阶展开成平面长方形，确定长方形的长和宽，AB为直角三角形的斜边，直接用勾股定理计算即可；
(2) 将圆柱侧面沿高线展开为平面长方形，蚂蚁爬行一圈的最短路径是2倍的AC，先计算AC长度再乘2即可；
(3) 蚂蚁在杯外壁、蜂蜜在杯内壁，需先作B点关于杯口的对称点，将外壁到内壁的路径转化为对称点到A点的线段长度，再用勾股定理计算。
【解析】
(1) 台阶展开后长方形的宽为$(3+2)×3=15\mathrm{dm}$，长为$20\mathrm{dm}$，
由勾股定理得：$AB^2=20^2+15^2=400+225=625$，
∴ $AB=25\mathrm{dm}$。
(2) 将圆柱侧面沿点C所在高线展开，如图(1)，可得$AC=AC'$，
已知圆柱底面周长为$6\mathrm{dm}$，高为$4\mathrm{dm}$，因此展开后直角三角形的两条直角边分别为$4\mathrm{dm}$、$6÷2=3\mathrm{dm}$，
由勾股定理得：$AC^2=4^2+3^2=16+9=25$，
∴ $AC=5\mathrm{dm}$，蚂蚁爬行一圈的最短路程为$2AC=10\mathrm{dm}$。
(3) 取玻璃杯一半的侧面展开，如图(2)，作B关于EF的对称点$B'$，过$B'$作$B'D⊥AE$，交AE延长线于D，连接$AB'$，则$AB'$的长就是最短路程。
由题意得：$FB'=BF=1\mathrm{cm}$，$AE=9-4=5\mathrm{cm}$，
∴ $AD=AE+DE=5+1=6\mathrm{cm}$，
又底面周长为$16\mathrm{cm}$，
∴ $B'D=\frac{1}{2}×16=8\mathrm{cm}$，
在$\mathrm{Rt}△AB'D$中，$∠D=90°$，
∴ ${AB'}^2=AD^2+B'D^2=6^2+8^2=36+64=100$，
∴ $AB'=10\mathrm{cm}$。
【答案】
(1) $\boxed{25\ \mathrm{dm}}$
(2) $\boxed{10\ \mathrm{dm}}$
(3) $\boxed{10\ \mathrm{cm}}$
【知识点】
勾股定理，立体图形展开，最短路径计算
【点评】
本题是平面几何与立体几何结合的典型最短路径问题，解题关键是掌握“化曲为平”和对称转化的思想，将立体表面的路径问题转化为平面内两点间的线段长度问题，再结合勾股定理求解，侧重考察学生的空间想象能力和转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
