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例题 第十四届国际数学教育大会(ICME-14)于2021年在上海举办,其大会标识(如图1)中心图案是赵爽弦图(如图2),该图由四个全等的直角三角形($△ ABE,△ BCF,△ CDG,△ DAH$)和中间一个小正方形EFGH组成。连结AG,BG,若$AE=4,BE=3$。
(1)求线段BG的长度。
(2)判断$△ AGB$是否为直角三角形,并说明理由。
拆解剖析
数字文化—赵爽弦图$\begin{cases}\mathrm{考查点1:勾股定理运用}\begin{cases}\mathrm{求}BG\mathrm{的长度,结合}BG=\sqrt{BF^2+GF^2}\\\mathrm{求}AG^2,AB^2\mathrm{,结合}AG^2=AH^2+GH^2,AB^2=BE^2+AE^2\end{cases}\\\mathrm{考查点2:全等三角形性质}\begin{cases}CG=BF=AE=4\\CF=BE=3\end{cases}\mathrm{根据全等三角形对应边相等}\\\mathrm{考查点3:直角三角形判定—}AG^2+BG^2≠ AB^2\mathrm{,根据勾股定理逆定理进行判定}\\\mathrm{考查点4:正方形的性质—}FG=GH\mathrm{,根据正方形四边都相等}\end{cases}$
答案:(1)因为四个直角三角形全等,所以$CG=BF=AE=4,CF=BE=3$,所以$FG=CG-CF=4-3=1$,在$\mathrm{Rt}△ BFG$中,$BG=\sqrt{BF^2+GF^2}=\sqrt{4^2+1^2}=\sqrt{17}$;(2)$△ AGB$不是直角三角形,理由如下:因为四边形EFGH为正方形;所以$FG=GH=1$,在$\mathrm{Rt}△ AHG$中,$AH=BE=3$,所以$AG^2=AH^2+GH^2=3^2+1^2=10$,同理:在$\mathrm{Rt}△ ABE$中,$AE=4,BE=3$,所以$AB^2=3^2+4^2=25$,由(1)可知$BG^2=17$,因为$AG^2+BG^2=10+17=27$,所以$AG^2+BG^2≠ AB^2$,所以$△ AGB$不是直角三角形。
(1)求线段BG的长度。
(2)判断$△ AGB$是否为直角三角形,并说明理由。
拆解剖析
数字文化—赵爽弦图$\begin{cases}\mathrm{考查点1:勾股定理运用}\begin{cases}\mathrm{求}BG\mathrm{的长度,结合}BG=\sqrt{BF^2+GF^2}\\\mathrm{求}AG^2,AB^2\mathrm{,结合}AG^2=AH^2+GH^2,AB^2=BE^2+AE^2\end{cases}\\\mathrm{考查点2:全等三角形性质}\begin{cases}CG=BF=AE=4\\CF=BE=3\end{cases}\mathrm{根据全等三角形对应边相等}\\\mathrm{考查点3:直角三角形判定—}AG^2+BG^2≠ AB^2\mathrm{,根据勾股定理逆定理进行判定}\\\mathrm{考查点4:正方形的性质—}FG=GH\mathrm{,根据正方形四边都相等}\end{cases}$
答案:(1)因为四个直角三角形全等,所以$CG=BF=AE=4,CF=BE=3$,所以$FG=CG-CF=4-3=1$,在$\mathrm{Rt}△ BFG$中,$BG=\sqrt{BF^2+GF^2}=\sqrt{4^2+1^2}=\sqrt{17}$;(2)$△ AGB$不是直角三角形,理由如下:因为四边形EFGH为正方形;所以$FG=GH=1$,在$\mathrm{Rt}△ AHG$中,$AH=BE=3$,所以$AG^2=AH^2+GH^2=3^2+1^2=10$,同理:在$\mathrm{Rt}△ ABE$中,$AE=4,BE=3$,所以$AB^2=3^2+4^2=25$,由(1)可知$BG^2=17$,因为$AG^2+BG^2=10+17=27$,所以$AG^2+BG^2≠ AB^2$,所以$△ AGB$不是直角三角形。
答案
解：
(1) 由四个直角三角形全等，可得：
BF = AE = 4，CF = BE = 3，
∴ FG = BF - CF = 4 - 3 = 1，
在Rt△BFG中，由勾股定理得：
BG = √(BF² + FG²) = √(4² + 1²) = √17。
(2) △AGB不是直角三角形，理由如下：
∵ 四边形EFGH为正方形，
∴ GH = FG = 1，
由全等三角形的性质得AH = BE = 3，
在Rt△AHG中，由勾股定理得：
AG² = AH² + GH² = 3² + 1² = 10，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
AB² = AE² + BE² = 4² + 3² = 25，
由(1)可知BG² = (√17)² = 17，
∴ AG² + BG² = 10 + 17 = 27 ≠ 25，
即AG² + BG² ≠ AB²，
由勾股定理的逆定理可得，△AGB不是直角三角形。
(1) 由四个直角三角形全等，可得：
BF = AE = 4，CF = BE = 3，
∴ FG = BF - CF = 4 - 3 = 1，
在Rt△BFG中，由勾股定理得：
BG = √(BF² + FG²) = √(4² + 1²) = √17。
(2) △AGB不是直角三角形，理由如下：
∵ 四边形EFGH为正方形，
∴ GH = FG = 1，
由全等三角形的性质得AH = BE = 3，
在Rt△AHG中，由勾股定理得：
AG² = AH² + GH² = 3² + 1² = 10，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
AB² = AE² + BE² = 4² + 3² = 25，
由(1)可知BG² = (√17)² = 17，
∴ AG² + BG² = 10 + 17 = 27 ≠ 25，
即AG² + BG² ≠ AB²，
由勾股定理的逆定理可得，△AGB不是直角三角形。
练习
1.我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，如图1所示，其轮廓是一个正八边形（边相等，内角相等），从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中。图2是八角形窗户的示意图，它的一个外角∠1的大小为
1.我国古代园林连廊常采用八角形的窗户设计，如图1所示，其轮廓是一个正八边形（边相等，内角相等），从窗户向外观看，景色宛如镶嵌于一个画框之中。图2是八角形窗户的示意图，它的一个外角∠1的大小为
45°
。答案
1. 45°
2.(真题·绍兴柯桥)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$\mathrm{Rt}△ ABC$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。
(1)求证:$AE=FJ$。
(2)若$AB=13$,$BC=5$,求$S_{△ AGJ}+S_{△ FPJ}+S_{\mathrm{四边形}BCEI}$的值。
答案
2.(1)证明:因为正方形ABHJ,ACFG和BCED,所以AC=AG=GF=FC,AJ=JH=BH=AB,BC=CE=DE=DB,∠ACB=∠G=∠F=∠GAC=∠JAB=90°,AC//BD,所以∠GAJ=∠CAB=90°-∠JAC,所以△GAJ≌△CAB(SAS),所以GJ=BC=CE,所以GF-GJ=AC-CE,所以AE=FJ。
(2)因为AB=13,BC=5,所以AC=√(AB²-BC²)=√(13²-5²)=12,因为△GAJ≌△CAB(SAS),所以S△GAJ=S△CAB=1/2 AC·BC=1/2×12×5=30,因为∠GAJ=∠FJP=90°-∠GJA,∠GAJ=∠CAB=90°-∠JAC,所以∠FJP=∠CAB,由(1)可得AE=FJ,∠F=∠AEI=90°,所以△JFP≌△AEI(ASA),所以S△JFP=S△AEI,所以S△AGJ+S△FPJ+S四边形BCEI=30+S△AEI+S四边形BCEI=30+S△ABC=30+30=60。
(2)因为AB=13,BC=5,所以AC=√(AB²-BC²)=√(13²-5²)=12,因为△GAJ≌△CAB(SAS),所以S△GAJ=S△CAB=1/2 AC·BC=1/2×12×5=30,因为∠GAJ=∠FJP=90°-∠GJA,∠GAJ=∠CAB=90°-∠JAC,所以∠FJP=∠CAB,由(1)可得AE=FJ,∠F=∠AEI=90°,所以△JFP≌△AEI(ASA),所以S△JFP=S△AEI,所以S△AGJ+S△FPJ+S四边形BCEI=30+S△AEI+S四边形BCEI=30+S△ABC=30+30=60。
