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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(
)中心图案是赵爽弦图(
),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。
练习
)中心图案是赵爽弦图(),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。
练习
答案
解：
(1) 由四个直角三角形△ABE、△BCF、△CDG、△DAH全等，可得
CG = BF = AE = 4，CF = BE = 3，
∴ FG = CG - CF = 4 - 3 = 1，
∵ ∠BFC = 90°，即∠BFG = 90°，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，∠AHG = 90°，
由四个直角三角形全等得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 = AB²，
根据勾股定理的逆定理，可得△AGB不是直角三角形。
(1) 由四个直角三角形△ABE、△BCF、△CDG、△DAH全等，可得
CG = BF = AE = 4，CF = BE = 3，
∴ FG = CG - CF = 4 - 3 = 1，
∵ ∠BFC = 90°，即∠BFG = 90°，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，∠AHG = 90°，
由四个直角三角形全等得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 = AB²，
根据勾股定理的逆定理，可得△AGB不是直角三角形。
解析
【分析】本题以赵爽弦图为背景，需结合全等三角形性质、勾股定理及逆定理解题。第(1)问求BG长度，先利用四个直角三角形全等得到对应边相等，算出小正方形边长FG，再在直角三角形BFG中用勾股定理计算；第(2)问判断△AGB是否为直角三角形，需分别计算AG²、AB²、BG²，通过勾股定理逆定理验证三边平方关系。
【解析】解：
(1) 因为四个直角三角形△ABE、△BCF、△CDG、△DAH全等，所以对应边相等，即CG = BF = AE = 4，CF = BE = 3。由此可得FG = CG - CF = 4 - 3 = 1。又因为∠BFG = 90°，在Rt△BFG中，根据勾股定理，BG = √(BF² + FG²) = √(4² + 1²) = √17。
(2) △AGB不是直角三角形，理由如下：
因为四边形EFGH是正方形，所以GH = FG = 1，且∠AHG = 90°。由四个直角三角形全等得AH = BE = 3，在Rt△AHG中，根据勾股定理，AG² = AH² + GH² = 3² + 1² = 10。在Rt△ABE中，由勾股定理得AB² = AE² + BE² = 4² + 3² = 25。由(1)知BG² = (√17)² = 17。计算得AG² + BG² = 10 + 17 = 27，而AB² = 25，所以AG² + BG² ≠ AB²。根据勾股定理的逆定理，△AGB不是直角三角形。
【答案】(1) BG的长度为√17；(2) △AGB不是直角三角形，理由见解析。
【知识点】勾股定理、全等三角形的性质、勾股定理的逆定理
【点评】本题以赵爽弦图为载体，综合考查几何图形性质与定理应用，解题关键是利用全等三角形转化线段长度，结合勾股定理计算，再用逆定理判断三角形形状，属于基础几何综合题。
【难度系数】0.6
【解析】解：
(1) 因为四个直角三角形△ABE、△BCF、△CDG、△DAH全等，所以对应边相等，即CG = BF = AE = 4，CF = BE = 3。由此可得FG = CG - CF = 4 - 3 = 1。又因为∠BFG = 90°，在Rt△BFG中，根据勾股定理，BG = √(BF² + FG²) = √(4² + 1²) = √17。
(2) △AGB不是直角三角形，理由如下：
因为四边形EFGH是正方形，所以GH = FG = 1，且∠AHG = 90°。由四个直角三角形全等得AH = BE = 3，在Rt△AHG中，根据勾股定理，AG² = AH² + GH² = 3² + 1² = 10。在Rt△ABE中，由勾股定理得AB² = AE² + BE² = 4² + 3² = 25。由(1)知BG² = (√17)² = 17。计算得AG² + BG² = 10 + 17 = 27，而AB² = 25，所以AG² + BG² ≠ AB²。根据勾股定理的逆定理，△AGB不是直角三角形。
【答案】(1) BG的长度为√17；(2) △AGB不是直角三角形，理由见解析。
【知识点】勾股定理、全等三角形的性质、勾股定理的逆定理
【点评】本题以赵爽弦图为载体，综合考查几何图形性质与定理应用，解题关键是利用全等三角形转化线段长度，结合勾股定理计算，再用逆定理判断三角形形状，属于基础几何综合题。
【难度系数】0.6
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________。
答案
$45°$
解析
【分析】
要计算正八边形的一个外角∠1，需利用多边形外角和的性质：任意多边形的外角和都为360°，且正多边形的每个外角度数相等，因此用外角和除以正八边形的边数，即可得到单个外角的度数。
【解析】
因为任意多边形的外角和为360°，正八边形的8个外角大小相等，所以每个外角的度数为：$360° ÷ 8 = 45°$，即∠1的大小为$45°$。
【答案】
$45°$
【知识点】
正多边形外角和
【点评】
本题考查正多边形外角和的应用，属于基础题型，利用多边形外角和定理即可直接计算求解，难度较低。
【难度系数】
0.7
要计算正八边形的一个外角∠1，需利用多边形外角和的性质：任意多边形的外角和都为360°，且正多边形的每个外角度数相等，因此用外角和除以正八边形的边数，即可得到单个外角的度数。
【解析】
因为任意多边形的外角和为360°，正八边形的8个外角大小相等，所以每个外角的度数为：$360° ÷ 8 = 45°$，即∠1的大小为$45°$。
【答案】
$45°$
【知识点】
正多边形外角和
【点评】
本题考查正多边形外角和的应用，属于基础题型，利用多边形外角和定理即可直接计算求解，难度较低。
【难度系数】
0.7
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
(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$△GAJ≌△CAB(\mathrm{SAS})$,所以$GJ=BC=CE$,所以$GF-GJ=AC-CE$,所以$AE=FJ$。
(2)因为$AB=13$,$BC=5$,所以$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12$,因为$△GAJ≌△CAB(\mathrm{SAS})$,所以$S_{△ GAJ}=S_{△ CAB}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}×12×5=30$,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$△JFP≌△AEI(\mathrm{ASA})$,所以$S_{△ JFP}=S_{△ AEI}$,所以$S_{△ AGJ}+S_{△ FPJ}+S_{\mathrm{四边形}BCEI}=30+S_{△ AEI}+S_{\mathrm{四边形}BCEI}=30+S_{△ ABC}=30+30=60$。
(2)因为$AB=13$,$BC=5$,所以$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12$,因为$△GAJ≌△CAB(\mathrm{SAS})$,所以$S_{△ GAJ}=S_{△ CAB}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}×12×5=30$,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$△JFP≌△AEI(\mathrm{ASA})$,所以$S_{△ JFP}=S_{△ AEI}$,所以$S_{△ AGJ}+S_{△ FPJ}+S_{\mathrm{四边形}BCEI}=30+S_{△ AEI}+S_{\mathrm{四边形}BCEI}=30+S_{△ ABC}=30+30=60$。
解析
【分析】
要解决本题，需结合正方形的性质，通过全等三角形的判定与性质完成证明和面积计算。对于(1)，先利用正方形的边、角关系证明△GAJ≌△CAB，得到对应边相等，再结合正方形边长相等的特点，通过线段的差推导AE=FJ；对于(2)，先由勾股定理算出AC的长度，再利用全等三角形面积相等的性质，将所求面积转化为两个全等三角形的面积之和，进而得出结果。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABHJ、ACFG、BCED都是正方形，
∴ AC=AG=GF=FC，AJ=AB，∠GAC=∠JAB=90°，
∴ ∠GAJ = ∠GAC - ∠JAC = 90° - ∠JAC，
∠CAB = ∠JAB - ∠JAC = 90° - ∠JAC，
∴ ∠GAJ = ∠CAB。
在△GAJ和△CAB中，
$\{\begin{array}{l} AG=AC \\ ∠GAJ=∠CAB \\ AJ=AB \end{array} $
∴ △GAJ≌△CAB（SAS），
∴ GJ=BC。
又
∵ 四边形BCED是正方形，
∴ CE=BC，
∴ GJ=CE。
∵ GF=AC，
∴ GF - GJ = AC - CE，
即 FJ = AE。
(2) 解：
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=13，BC=5，
由勾股定理得：AC = $\sqrt{AB^2 - BC^2}$ = $\sqrt{13^2 - 5^2}$ = $\sqrt{144}$ = 12。
∵ △GAJ≌△CAB，
∴ $S_{△GAJ} = S_{△CAB} = \frac{1}{2}×AC×BC = \frac{1}{2}×12×5 = 30$。
由(1)知AE=FJ，又
∵ 四边形ACFG、BCED是正方形，
∴ ∠F=∠ACB=∠CEI=90°，
易证∠FJP=∠EAI，在△JFP和△AEI中，
$\{\begin{array}{l} ∠F=∠AEI=90° \\ FJ=AE \\ ∠FJP=∠EAI \end{array} $
∴ △JFP≌△AEI（ASA），
∴ $S_{△JFP}=S_{△AEI}$。
∴ $S_{△AGJ} + S_{△FPJ} + S_{四边形BCEI} = S_{△GAJ} + S_{△AEI} + S_{四边形BCEI} = S_{△GAJ} + S_{△ABC} = 30 + 30 = 60$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) 60
【知识点】
全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质
【点评】
本题是勾股定理的经典应用，利用正方形性质结合全等三角形的判定与性质，通过“出入相补”思想转化面积，解题核心是两次全等的证明，将不规则图形面积转化为规则三角形面积，体现了几何转化思想。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合正方形的性质，通过全等三角形的判定与性质完成证明和面积计算。对于(1)，先利用正方形的边、角关系证明△GAJ≌△CAB，得到对应边相等，再结合正方形边长相等的特点，通过线段的差推导AE=FJ；对于(2)，先由勾股定理算出AC的长度，再利用全等三角形面积相等的性质，将所求面积转化为两个全等三角形的面积之和，进而得出结果。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABHJ、ACFG、BCED都是正方形，
∴ AC=AG=GF=FC，AJ=AB，∠GAC=∠JAB=90°，
∴ ∠GAJ = ∠GAC - ∠JAC = 90° - ∠JAC，
∠CAB = ∠JAB - ∠JAC = 90° - ∠JAC，
∴ ∠GAJ = ∠CAB。
在△GAJ和△CAB中，
$\{\begin{array}{l} AG=AC \\ ∠GAJ=∠CAB \\ AJ=AB \end{array} $
∴ △GAJ≌△CAB（SAS），
∴ GJ=BC。
又
∵ 四边形BCED是正方形，
∴ CE=BC，
∴ GJ=CE。
∵ GF=AC，
∴ GF - GJ = AC - CE，
即 FJ = AE。
(2) 解：
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=13，BC=5，
由勾股定理得：AC = $\sqrt{AB^2 - BC^2}$ = $\sqrt{13^2 - 5^2}$ = $\sqrt{144}$ = 12。
∵ △GAJ≌△CAB，
∴ $S_{△GAJ} = S_{△CAB} = \frac{1}{2}×AC×BC = \frac{1}{2}×12×5 = 30$。
由(1)知AE=FJ，又
∵ 四边形ACFG、BCED是正方形，
∴ ∠F=∠ACB=∠CEI=90°，
易证∠FJP=∠EAI，在△JFP和△AEI中，
$\{\begin{array}{l} ∠F=∠AEI=90° \\ FJ=AE \\ ∠FJP=∠EAI \end{array} $
∴ △JFP≌△AEI（ASA），
∴ $S_{△JFP}=S_{△AEI}$。
∴ $S_{△AGJ} + S_{△FPJ} + S_{四边形BCEI} = S_{△GAJ} + S_{△AEI} + S_{四边形BCEI} = S_{△GAJ} + S_{△ABC} = 30 + 30 = 60$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) 60
【知识点】
全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的性质
【点评】
本题是勾股定理的经典应用，利用正方形性质结合全等三角形的判定与性质，通过“出入相补”思想转化面积，解题核心是两次全等的证明，将不规则图形面积转化为规则三角形面积，体现了几何转化思想。
【难度系数】
0.5
