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5.综合与实践
【问题情境】第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”。如图1，在综合实践课上，同学们绘制了“弦图”并进行探究，获得了以下结论：该图是由四个全等的直角三角形（$△ DAE$，$△ ABF$，$△ BCG$，$△ CDH$）和中间一个小正方形$EFGH$拼成的大正方形$ABCD$，且$∠ ABF＞∠ BAF$。
【特殊化探究】连结$BH$。设$BF=a$，$AF=b$。
“运河小组”从线段长度的特殊化提出问题：
(1)若$AB=5$，$FG=1$，求$△ ABF$的面积；
“武林小组”从$a$与$b$关系的特殊化提出问题：
(2)若$b=2a$，求证：$∠ BAE=∠ BHE$。
【深入探究】老师进一步提出问题：
(3)如图2，连结$BE$，延长$FA$到点$I$，使$AI=AB$，作矩形$BFIJ$。设矩形$BFIJ$的面积为$S_1$，正方形$ABCD$的面积为$S_2$。若$BE$平分$∠ ABF$，求证：$S_1=S_2$。
请你解答这三个问题。
【问题情境】第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”。如图1，在综合实践课上，同学们绘制了“弦图”并进行探究，获得了以下结论：该图是由四个全等的直角三角形（$△ DAE$，$△ ABF$，$△ BCG$，$△ CDH$）和中间一个小正方形$EFGH$拼成的大正方形$ABCD$，且$∠ ABF＞∠ BAF$。
【特殊化探究】连结$BH$。设$BF=a$，$AF=b$。
“运河小组”从线段长度的特殊化提出问题：
(1)若$AB=5$，$FG=1$，求$△ ABF$的面积；
“武林小组”从$a$与$b$关系的特殊化提出问题：
(2)若$b=2a$，求证：$∠ BAE=∠ BHE$。
【深入探究】老师进一步提出问题：
(3)如图2，连结$BE$，延长$FA$到点$I$，使$AI=AB$，作矩形$BFIJ$。设矩形$BFIJ$的面积为$S_1$，正方形$ABCD$的面积为$S_2$。若$BE$平分$∠ ABF$，求证：$S_1=S_2$。
请你解答这三个问题。
答案
(1)设$BF=a$,则$BG=a+1$。因为$△ ABF≌△ BCG$,所以$AF=BG=a+1$。因为$AB=5$,所以在$\mathrm{Rt}△ ABF$中,$BF^2+AF^2=AB^2$,即$a^2+(a+1)^2=25$,解得$a=3$(负值舍去),所以$BF=3$,$AF=4$,所以$S_{△ ABF}=\frac{1}{2}BF· AF=6$；
(2)因为$b=2a$,所以$AF=2BF=2AE$,所以$AE=EF$。因为四边形 EHGF 是正方形,所以$HG=HE=EF=GF=BF$。因为$AF=BG$,$∠ AFB=∠ HGE=90°$,$△ HGB≌△ BFA(\mathrm{SAS})$,所以$∠ GBH=∠ BAF$。因为$DE// BG$,所以$∠ BHE=∠ HBG$,所以$∠ BAE=∠ BHE$；
(3)设$DH=CG=BF=AE=a$,正方形 HEFG 的边长为$b$,$AI=AB=AD=c$。如图,过 E 分别作 AB,AD 的垂线,垂足分别为 M,N。$S_1=a(a+b+c)=a(a+b)+ac=AD· EN+ac$。因为 BE 平分$∠ ABF$,所以$∠ FBE=∠ MBE$。因为$∠ BME=∠ BFE=90°$,$BE=BE$,所以$△ BEF≌△ BEM$（AAS）,所以$BM=BF=a$,所以$NE=AM=c-a$,所以$S_1=AD· EN+ac=c(c-a)+ac=c^2=S_2$,所以$S_1=S_2$。
解析
【分析】
本题围绕赵爽弦图展开，分三个小问考查几何综合知识：第(1)问利用弦图中全等直角三角形的性质，结合勾股定理建立方程求解直角边，进而计算三角形面积；第(2)问根据给定的边长关系，通过全等三角形推导角的等量关系，结合平行线性质完成证明；第(3)问利用角平分线性质构造全等三角形，结合面积公式和线段等量代换证明面积相等。解题关键是掌握弦图的结构特征及全等三角形、勾股定理等核心知识点的应用。
【解析】
(1) 设$BF=a$，由弦图中$△ABF≌△BCG$，得$BG=AF$，又小正方形边长$FG=1$，故$BG=BF+FG=a+1$，即$AF=a+1$。在$Rt△ABF$中，由勾股定理：
$BF^2 + AF^2 = AB^2$，代入$AB=5$得：
$a^2 + (a+1)^2 = 25$，整理得$a^2 + a -12=0$，解得$a=3$（舍去负根）。
因此$BF=3$，$AF=4$，则$S_{△ABF}=\frac{1}{2}×3×4=6$。
(2) 已知$b=2a$，即$AF=2BF$，又$AE=BF=a$，故$EF=AF - AE=2a -a=a$，得$AE=EF$。
因为四边形$EFGH$是正方形，所以$HG=HE=EF=BF=a$，且$AF=BG$，$∠AFB=∠HGB=90°$。
在$△HGB$和$△BFA$中：
$\begin{cases} HG=BF \\ ∠HGB=∠BFA \\ BG=AF \end{cases}$，故$△HGB≌△BFA(SAS)$，得$∠GBH=∠BAF$。
又$DE//BG$，所以$∠BHE=∠HBG$，因此$∠BAE=∠BHE$。
(3) 设$DH=CG=BF=AE=a$，正方形$EFGH$边长为$b$，$AI=AB=AD=c$。
过$E$作$EM⊥AB$于$M$，$EN⊥AD$于$N$。
因为$BE$平分$∠ABF$，$∠BFE=∠BME=90°$，$BE=BE$，所以$△BEF≌△BEM(AAS)$，得$BM=BF=a$，故$AM=AB - BM=c -a$，即$EN=AM=c -a$。
矩形$BFIJ$的面积$S_1=a(a+b+c)=a(a+b)+ac$，而$AD·EN=c(c -a)$，因此：
$S_1=c(c -a)+ac=c^2$，又正方形$ABCD$的面积$S_2=c^2$，故$S_1=S_2$。
【答案】
(1) $6$；
(2) 证明见解析；
(3) 证明见解析；
【知识点】
全等三角形、勾股定理、角平分线性质
【点评】
本题以赵爽弦图为载体，综合考查几何核心定理的应用，注重逻辑推理和图形性质的整合，是典型的几何综合题，能有效考查学生的几何素养。
【难度系数】
0.5
本题围绕赵爽弦图展开，分三个小问考查几何综合知识：第(1)问利用弦图中全等直角三角形的性质，结合勾股定理建立方程求解直角边，进而计算三角形面积；第(2)问根据给定的边长关系，通过全等三角形推导角的等量关系，结合平行线性质完成证明；第(3)问利用角平分线性质构造全等三角形，结合面积公式和线段等量代换证明面积相等。解题关键是掌握弦图的结构特征及全等三角形、勾股定理等核心知识点的应用。
【解析】
(1) 设$BF=a$，由弦图中$△ABF≌△BCG$，得$BG=AF$，又小正方形边长$FG=1$，故$BG=BF+FG=a+1$，即$AF=a+1$。在$Rt△ABF$中，由勾股定理：
$BF^2 + AF^2 = AB^2$，代入$AB=5$得：
$a^2 + (a+1)^2 = 25$，整理得$a^2 + a -12=0$，解得$a=3$（舍去负根）。
因此$BF=3$，$AF=4$，则$S_{△ABF}=\frac{1}{2}×3×4=6$。
(2) 已知$b=2a$，即$AF=2BF$，又$AE=BF=a$，故$EF=AF - AE=2a -a=a$，得$AE=EF$。
因为四边形$EFGH$是正方形，所以$HG=HE=EF=BF=a$，且$AF=BG$，$∠AFB=∠HGB=90°$。
在$△HGB$和$△BFA$中：
$\begin{cases} HG=BF \\ ∠HGB=∠BFA \\ BG=AF \end{cases}$，故$△HGB≌△BFA(SAS)$，得$∠GBH=∠BAF$。
又$DE//BG$，所以$∠BHE=∠HBG$，因此$∠BAE=∠BHE$。
(3) 设$DH=CG=BF=AE=a$，正方形$EFGH$边长为$b$，$AI=AB=AD=c$。
过$E$作$EM⊥AB$于$M$，$EN⊥AD$于$N$。
因为$BE$平分$∠ABF$，$∠BFE=∠BME=90°$，$BE=BE$，所以$△BEF≌△BEM(AAS)$，得$BM=BF=a$，故$AM=AB - BM=c -a$，即$EN=AM=c -a$。
矩形$BFIJ$的面积$S_1=a(a+b+c)=a(a+b)+ac$，而$AD·EN=c(c -a)$，因此：
$S_1=c(c -a)+ac=c^2$，又正方形$ABCD$的面积$S_2=c^2$，故$S_1=S_2$。
【答案】
(1) $6$；
(2) 证明见解析；
(3) 证明见解析；
【知识点】
全等三角形、勾股定理、角平分线性质
【点评】
本题以赵爽弦图为载体，综合考查几何核心定理的应用，注重逻辑推理和图形性质的整合，是典型的几何综合题，能有效考查学生的几何素养。
【难度系数】
0.5
