09 三角形中的重要模型-弦图模型、勾股树模型-2024年中考数学几何模型归纳讲练（全国通用）

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模型1、弦图模型
（1）内弦图模型：如图1，在正方形ABCD中，AE⊥BF于点E，BF⊥CG于点F，CG⊥DH于点G，DH⊥AE于点H，则有结论：△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH；S正方形ABCD=4S△EAB+S正方形EFGH。

图1 图2 图3
（2）外弦图模型：如图2，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别是正方形ABCD各边上的点，且四边形EFGH是正方形，则有结论：△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DGH；S正方形ABCD=4S△EAB+S正方形EFGH。
（3）内外组合型弦图模型：如图3，2S正方形EFGH= S正方形ABCD+S正方形PQMN.
例1．（2023秋·湖北·九年级校联考开学考试）如图，2002年8月在北京召开的国际数学家大会会标其原型是我国古代数学家赵爽的《勾股弦图》，它是由四个全等的直角三角形拼接而成如．如果大正方形的面积是16，直角三角形的直角边长分别为a，b，且，那么图中小正方形的面积是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】根据大正方形的面积即可求得，利用勾股定理可以得到，然后根据求得即可求得的值，结合即可求解．
【详解】解：∵大正方形的面积是16，∴，∴，
∵，∴，∵小正方形的边长为：，
∴．故选C
【点睛】本题考查的是完全平方公式的应用，勾股定理应用，熟记完全平方公式的灵活应用是解题关键．
例2．（2022·安徽安庆·八年级期末）汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，构造了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”，如图，大正方形由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，若，，则的面积为（ ）
A．24B．6C．D．
【答案】A
【分析】由已知得出AD＝AE＝AB，进而利用图形面积的割补关系解得即可．
【详解】解：如图：
∵∠ADE＝∠AED，∴AD＝AE＝AB，∴∠AEF＝∠ABF，
∵AF⊥BE，∴EF＝BF＝BE，∴GE＝AH，∵∠GEM＝∠HAM，∠MGE＝∠MHA，
∴△GEM≌△HAM（ASA），∴S△HAM＝S△GEM，∴S△ADE＝S△ADH+S△DGE，
∵AD＝，DH＝2AH，AD2＝DH2+AH2，∴AH＝4，DH＝8，∴DG＝GE＝4，
．故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质正确表示出直角三角形的面积是解题的关键．
例3．（2023·山西八年级期末）如图，图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的，若，将四个直角三角形中的边长为的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意∠ACB为直角，AD=6，利用勾股定理求得BD的长，进一步求得风车的外围周长．
【详解】解：依题意∠ACB为直角，AD=6，∴CD=6+6=12，
由勾股定理得，BD2=BC2+CD2，∴BD2=122+52=169，所以BD=13，
所以“数学风车”的周长是：(13+6)×4=76．故选：D．
【点睛】本题是勾股定理在实际情况中应用，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．在直角三角形中，如果两条直角边分别为a和b，斜边为c，那么a2+b2=c2．
例4．（2022·杭州九年级月考）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图是由弦图变化得到，它是用八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3．若S1+S2+S3＝12，则下列关于S1、S2、S3的说法正确的是（）
A．S1＝2B．S2＝3C．S3＝6D．S1+S3＝8
【答案】D
【分析】根据八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNKT是正方形，得出，，再根据三个正方形面积公式列式相加：，求出的值，从而可以计算结论即可．
【解析】解：八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNKT是正方形，
，，，
，，
，
，，，，故选：D．
【点睛】此题主要考查了勾股定理的应用，用到的知识点是勾股定理和正方形、全等三角形的性质，根据已知得出是解决问题的关键．
例5．（2023·广东·九年级专题练习）公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了“赵爽弦图”．将两个“赵爽弦图”（如图1）中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方形，记空隙处正方形，正方形的面积分别为，，则下列四个判断：①②；③若，则；④若点A是线段的中点，则，其中正确的序号是

【答案】①②③
【分析】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为，较长直角边为，斜边为，则小正方形的边长为，正方形的边长为，正方形的边长为，正方形的边长为，由正方形面积公式，勾股定理逐项进行判断即可．
【详解】设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为，较长直角边为，斜边为，则小正方形的边长为，正方形的边长为，正方形的边长为，正方形的边长为，
∴，，．∴．
∴．故①正确；
∵，∴．
∴．∴．故②正确；
∵，，∴．即．∴．∴．故③正确；
∵点A是线段的中点，∴．即．∴．
∴．∴．故④不正确；故答案是①②③．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的面积，关键是设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边为，较长直角边为，斜边为，用表示出相关线段的长度，从而解决问题．
模型2. 勾股树模型

例1．（2022·福建·八年级期末）如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，如果正方形、、、的边长分别为3，4，1，2．则最大的正方形的面积是___．
【答案】30
【分析】根据勾股定理可得：正方形的面积正方形的面积正方形的面积，正方形的面积正方形的面积正方形的面积，从而得到正方形的面积正方形的面积正方形的面积，即可求解．
【详解】解：如图，
由勾股定理得，正方形的面积正方形的面积正方形的面积，
同理，正方形的面积正方形的面积正方形的面积，
正方形的面积正方形的面积正方形的面积．故答案为：30
【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，熟练掌握勾股定理：直角三角形的两直角边的平方和等于斜边的平方是解题的关键．
例2．（2022·浙江·乐清市八年级期中）如图，在四边形ABCD中，，分别以AB，BC，CD，DA为一边向外作正方形甲、乙、丙、丁，若用S甲，S乙，S丙，S丁来表示它们的面积，那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接AC，根据勾股定理可得甲的面积+乙的面积=丙的面积+丁的面积，依此即可求解．
【详解】解：连接AC，
由勾股定理得AB2+BC2=AC2，AD2+CD2=AC2，∴甲的面积+乙的面积=丙的面积+丁的面积，故选：D．
【点睛】本题考查了勾股定理的知识，要求能够运用勾股定理证明4个正方形的面积之间的关系．
例3．（2022·河南八年级期末）如图，正方形的边长为2，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，…按照此规律继续下去，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据等腰直角三角形的性质可得出，写出部分的值，根据数的变化找出变化规律“”（n≥3），依此规律即可得出结论．
【详解】解：在图中标上字母，如图所示．
∵正方形的边长为2，为等腰直角三角形，
∴，，∴．
观察，发现规律：，，，S，…，
∴．当时，，故选：A．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、勾股定理以及规律型中数的变化规律，解题关键是找出规律“”，解决该题目时，写出部分的值，根据数值的变化找出变化规律是关键．
例4．（2023春·山东菏泽·八年级校考阶段练习）“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，如果第一个正方形面积为1，则第2023代勾股树中所有正方形的面积为 ．

【答案】2024
【分析】根据勾股定理可得第一代勾股树中所有正方形的面积为，再一次求出第二代、第三代勾股树中所有三角形的面积，总结出一般规律，即可进行解答．
【详解】解：设第一代勾股树中间三角形的两直角边长为a和b，斜边长为c，
根据勾股定理可得：，
∵,∴第一代勾股树中所有正方形的面积为；
同理可得：第二代勾股树中所有正方形的面积为；
第三代勾股树中所有正方形的面积为；
第n代勾股树中所有正方形的面积为；
∴第2023代勾股树中所有正方形的面积为2024．故答案为：2024．

【点睛】本题主要考查了勾股定理，解题的关键是仔细观察图形，根据勾股定理总结出变化的一般规律．
例5．（2023·浙江八年级期中）如图，以的三边为直径，分别向外作半圆，构成的两个月牙形面积分别为、， 的面积．若， ，则 的值为 ________ ．
【答案】12
【分析】根据勾股定理和圆的面积公式即可求得的值．
【详解】解：设Rt△ABC的三边分别为a、b、c，则，
观察图形可得：，即，
∵，∴=，∴=4+8=12，故答案为：12．
【点睛】本题考查了勾股定理、圆的面积，熟记圆的面积公式，利用等面积法得出等量关系是解答的关键．
例6．（2022春·浙江温州·九年级校考开学考试）如图1，是数学家毕达哥拉斯根据勾股定理所画的“勾股树”．如图2，在Rt△ABC中，，以其三边为边分别向外作正方形，延长EC，DB分别交GF，AH于点N，K，连接KN交AG于点M，若，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先证明，设，则，根据，面积比等于相似比的平方可得，根据，表示出，又，根据可得，解一元二次方程即可求得的值，即的值．
【详解】解：∵四边形，是正方形
，，

设，则，


即
即解得或（舍）即 故选B
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，解一元二次方程，正切，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
例7．（2023·贵州遵义·统考二模）如图1，毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形．在图2中，，分别以的三条边为边向外作正方形，连接，、，交于点Q ，若，，则四边形的面积是 ．

【答案】/
【分析】先利用含30度角的直角三角形的性质求得，再证明求得，再利用梯形和三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：在中，∵，，，
∴，则，
∵四边形是正方形，∴，，
∴，∴，即，解得，
∴四边形的面积为．
【点睛】本题考查正方形的性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、梯形和三角形的面积公式等知识，熟练掌握正方形的性质和相似三角形的性质是解答的关键．
例8．（2023秋·浙江·八年级专题练习）【背景阅读】勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了验证勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．
【实践操作】（1）请叙述勾股定理；（2）验证勾股定理，人们已经找到了400多种方法，请从下列几种常见的验证方法中任选一种来验证该定理：（以下图形均满足验证勾股定理所需的条件）
【探索发现】（3）如图4、5、6，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足的有 个；
（4）如图7所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案（图中阴影部分）的面积分别为、，直角三角形面积为，请判断、、的关系并说明理由．
【答案】（1）在平面上的一个直角三角形中，两个直角边边长的平方加起来等于斜边长的平方；（2）证明见解析；（3）3；（4）
【分析】（1）根据勾股定理的定义描述，即可得到答案；
（2）结合图2，根据大正方形面积等于四个三角形面积和小正方形面积之和的关系计算，即可得到答案；
（3）设面积为的正方形边长为a，面积为的正方形边长为b，面积为的正方形边长为c；根据题意得：，再分别计算正方形、半圆形和等边三角形的面积，即可完成求解；
（4）结合题意，首先分别以a为直径的半圆面积、以b为直径的半圆面积、非阴影部分去除三角形后的面积，再根据阴影部分面积（+）=以a为直径的半圆面积+以b为直径的半圆面积-非阴影部分去除三角形后的面积，结合勾股定理，即可得到答案．
【详解】（1）勾股定理：在平面上的一个直角三角形中，两个直角边边长的平方加起来等于斜边长的平方；
（2）如图2
大正方形面积为： 小正方形面积为： 四个直角三角形面积之和为：
∵大正方形面积=小正方形面积+四个直角三角形面积之和
∴∴，满足直角三角形勾股定理；
（3）设面积为的正方形边长为a，面积为的正方形边长为b，面积为的正方形边长为c；
根据题意得：

如图4：，， ∴；
如图5：，， ∵∴；
如图6：，， ∵∴；
∴三个图形中面积关系满足的有3个 故答案为：3；
（4）以a为直径的半圆面积为： 以b为直径的半圆面积为：
非阴影部分去除三角形后的面积为：
∵阴影部分面积（+）=以a为直径的半圆面积+以b为直径的半圆面积-非阴影部分去除三角形后的面积∴ 结合（1）的结论：∴∴．
【点睛】本题考查了勾股定理、正方形、等边三角形、圆面积计算的知识；解题的关键是熟练掌握勾股定理的性质，从而完成求解．
课后专项训练
1．（2022·云南九年级一模）如图是按照一定规律“生长”的“勾股树”：
经观察可以发现：图（1）中共有3个正方形，图（2）在图（1）的基础上增加了4个正方形，图（3）在图（2）的基础上增加了8个正方形，……，照此规律“生长”下去，图（6）应在图（5）的基础上增加的正方形的个数是（ ）
A．12B．32C．64D．128
【答案】C
【分析】通过观察已知图形可以发现：图（2）比图（1）多出4个正方形，图（3）比图（2）多出8个正方形，图（4）比图（3）多出16个正方形，……，以此类推可得图形的变换规律．
【详解】解：由题可得，图（2）比图（1）多出4个正方形，
图（3）比图（2）多出8个正方形， ；
图（4）比图（3）多出16个正方形， ；
图（5）比图（4）多出32个正方形， ；
照此规律，图（n）比图（n-1）多出正方形的个数为：
故图（6）比图（5）多出正方形的个数为：；故答案为：C．
【点睛】此题考查了图形的变化类问题，主要考核学生的观察能力和空间想象能力．首先应找出图形哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，通过分析找到各部分的变化规律后直接利用规律求解．探寻规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．
2．（2022·浙江初三期中）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图， 以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图 的方式放置在最大正方形内．若图中阴影部分的面积为，且 ，则 的长为（ ）
图1 图2
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设AC＝a，AB＝b，BC＝c根据勾股定理得到c2＝a2＋b2，根据正方形的面积公式、长方形的面积公式计算即可求解．
【解析】如图2：
设AC＝a，AB＝b，BC＝c，则a＋b＝8，c2＝a2＋b2，HG＝c−b，DG＝c−a，
则阴影部分的面积S＝HG•DG＝（c−b）（c−a）＝2，
∵（a＋b）2＝a2＋b2＋2ab＝64，∴ab＝32− ，∴S＝c2−c（a＋b）＋ab＝c2−8c＋32−＝2，
解得c1＝6，c2＝10（舍去）．故选：B．
【点睛】本题考查勾股定理，如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2＋b2＝c2．
3．（2023·浙江·杭州八年级阶段练习）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，分别以△ABC的三边为边作正方形ABDE，正方形BCFG，正方形ACHI，AI交CF于点J．三个正方形没有重叠的部分为阴影部分，设四边形BGFJ的面积为S1，四边形CHIJ的面积为S2，若S1﹣S2＝12，S△ABC＝4，则正方形BCFG的面积为（ ）
A．16B．18C．20D．22
【答案】C
【分析】设BC＝a，AC＝b，AB＝c，由正方形面积和三角形面积得S正方形BCFG﹣S正方形ACHI＝16，即a2﹣b2＝16，再由勾股定理得a2﹣b2＝c2，则c2＝16，求出c＝4，求出b＝2，则a2＝b2+c2＝20，即可求解．
【详解】解：设BC＝a，AC＝b，AB＝c，∵S1＝S正方形BCFG﹣S△ABC﹣S△ACJ，S2＝S正方形ACHI﹣S△ACJ，
∴S1﹣S2＝S正方形BCFG﹣S△ABC﹣S△ACJ﹣S正方形ACHI+S△ACJ＝S正方形BCFG﹣4﹣S正方形ACHI＝12，
∴S正方形BCFG﹣S正方形ACHI＝16，即a2﹣b2＝16，
∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∴a2﹣b2＝c2，∴c2＝16，∴c＝4（负值已舍去），
∴S△ABC＝bc＝2b＝4，∴b＝2，∴a2＝b2+c2＝16+22＝20，
∴正方形BCFG的面积为20，故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，设参数表示三角形的边长，根据已知条件求得a2﹣b2＝16是解题的关键．
4．（2023春·湖北黄冈·八年级统考期中）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，设直角三角形较长直角边长为，较短直角边长为．若，大正方形的面积为，则的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据小正方形的面积等于大正方形的面积减去四个三角形的面积即可解答．
【详解】解：∵三角形较长直角边长为，较短直角边长为，∴四个三角形的面积为，
∵，大正方形的面积为，∴小正方形的面积为，
∴小正方形的边长为，∴，故选．
【点睛】本题考查了正方形的面积，直角三角形的面积，勾股定理，掌握小正方形的面积等于大正方形的面积减去四个三角形的面积是解题的关键．
5.（2022·四川成都·模拟预测）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再将较小的两个正方形分别绕直角三角形斜边上的两顶点旋转得到图2．则图2中阴影部分面积等于（ ）
A．直角三角形的面积B．最大正方形的面积
C．最大正方形与直角三角形的面积和D．较小两个正方形重叠部分的面积
【答案】D
【分析】根据勾股定理得到，再根据正方形的面积公式、矩形面积公式计算即可．
【详解】解：如图，设直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b，斜边为c，
由勾股定理可得，，阴影部分面积，
较小两个正方形重叠部分的面积，
∴阴影部分面积=较小两个正方形重叠部分的面积．故选：D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理的知识，解题关键是利用数形结合的数学思想分析问题．
6．（2023春·广东潮州·九年级校考期末）我国古代数学家赵爽巧妙地用“弦图”证明了勾股定理，标志着中国古代的数学成就．如图所示的“弦图”，是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．直角三角形的斜边长为13，一条直角边长为12，则小正方形的面积的大小为（ ）

A．144B．100C．49D．25
【答案】C
【分析】首先利用勾股定理求得另一直角边的长度，然后结合图形求得小正方形的边长，易得小正方形的面积．
【详解】解：如图，

根据勾股定理，得．所以．
所以正方形的面积为：．故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用勾股定理求得直角三角形的另一直角边的长度．
7．（2023春·湖北武汉·八年级统考期末）大约公元222年我国汉代数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”，如图，四个全等的直角三角形拼成大正方形，中空的部分是小正方形，连接相交于点O，与相交于点P，若，则直角三角形的边与之比是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先证明，得出，再根据已知条件，结合等腰三角形的性质、正方形的性质求得，进而证明，得出，设，得到，进而求解.
【详解】解：∵四边形、是正方形，
∴，，，
∴，
∵四个全等的直角三角形拼成大正方形，
∴，∴，∴，
∵，，∴，
∴，∴，
∵，∴，∴，
设，则，∴，
∴，∴；故选：C.

【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、证明三角形全等是解题的关键.
8．（2023春·江苏泰州·七年级统考期末）大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（如图1）．某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：为等边三角形，、、围成的也是等边三角形．已知点、、分别是、、的中点，若的面积为14，则的面积是（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】连接，由题意知，再由点、、分别是、、的中点，可得，，即可得出即可求解．
【详解】解：连接，如图所示：

点、、分别是、、的中点，，，
为等边三角形，也是等边三角形，
，，是的一个外角，，
是的一个外角，，，
在和中，，，
同理，可得，，
， ，
， ，解得，故选：B．
【点睛】本题考查求三角形面积，涉及等边三角形的性质，中点性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角性质，正确作出辅助线，得出是解题的关键．
9．（2023·河北石家庄·校考二模）如图1，毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形．在图2中，，分别以的三条边为边向外作正方形，连接，，交于点Q．若，，则四边形的面积是（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用含30度角的直角三角形的性质求得，再证明求得，再利用梯形和三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：在中，∵，，，
∴，则，
∵四边形是正方形，∴，，
∴，∴，即，解得，
∴四边形的面积为：．
故选：A．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、梯形和三角形的面积公式等知识，熟练掌握正方形的性质和相似三角形的性质是解答的关键．
10．（2023·江苏扬州·统考中考真题）我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成．如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边长为c，若，则每个直角三角形的面积为 ．

【答案】96
【分析】由题意知，，由，可得，计算求出满足要求的，然后求，根据每个直角三角形的面积为，计算求解即可．
【详解】解：由题意知，，
∵，∴，解得，（舍去），∴，
∴每个直角三角形的面积为，故答案为：96．
【点睛】本题考查了勾股定理．解题的关键在于对勾股定理的熟练掌握与灵活运用．
11．（2022秋·四川成都·八年级校考期中）“勾股图”有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．年希腊发行了以“勾股图”为背景的邮票（如图1），欧几里得在《几何原本》中曾对该图做了深入研究．如图2，在中，，分别以的三条边为边向外作正方形，连接分别与相交于点．若，则的值为 .

【答案】/
【分析】先用已知条件利用的三角形全等的判定定理证出，之后利用全等三角形的性质定理分别可得，，，然后设，继而可分别求出，，所以；证明，从而得，然后代入所求数据即可得的值．
【详解】解：在和中 ，，
，，
，，，
设，则，，，，
；
在和中，，，
，．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形全等的判定定理和性质定理，含30度角直角三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
12．（2022春·安徽合肥·八年级合肥市第四十二中学校考期中）如图①，在Rt△ACB中∠ACB=90°，分别以AC、BC、AB为边，向形外作等边三角形，所得的等边三角形的面积分别为S1、S2、S3，请解答以下问题：
（1）S1、S2、S3满足的数量关系是 ．
（2）现将△ABF向上翻折，如图②，若阴影部分的S甲=6、S乙=5、S丙=4，则= ．
【答案】 S1+S2=S3 7
【分析】（1）利用等边三角形的面积公式以及勾股定理即可证明．
（2）设△ACB面积为S，图②中两个白色图形的面积分别为a，b，根据（1）得到S甲+a+ S乙+b= S丙+a+b+S，整理之后即可代值求解．
【详解】解：（1）在中，∠ACB=90°，则AB2=AC2+BC2，
如图，在等边中，边上的高

同理：S2=BC，S3=AB，∴S1+S2=S3；
（2）设面积为S，图②中两个白色图形的面积分别为a，b；
∵S1+S2=S3，∴S甲+a+ S乙+b= S丙+a+b+S，∴S甲+ S乙= S丙+S，∴S=6+5-4=7．
故答案为：（1）S1+S2=S3；（2）7．
【点睛】本题考查了勾股定理，等边三角形的性质，等边三角形面积计算．熟练应用勾股定理、正确计算等边三角形面积以及会用割补法求三角形面积是解题的关键．
13．（2023·湖北孝感·统考三模）“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，则第五代勾股树中正方形的个数为 ．
【答案】
【分析】由已知图形观察规律，即可得到第五代勾股树中正方形的个数．
【详解】解：由题意可知第一代勾股树中正方形有（个），
第二代勾股树中正方形有（个），第三代勾股树中正方形有（个），
由此推出第五代勾股树中正方形有（个）故答案为：．
【点睛】本题考查了图形类规律探索的相关问题，仔细观察从图中找到规律是解题的关键．
14．（2022·山东临沂·统考二模）中国古代的数学家们对于勾股定理的发现和证明，在世界数学史上具有独特的贡献和地位尤其是三国时期的数学家赵爽，不仅最早对勾股定理进行了证明，而且创制了“勾股圆方图”，开创了“以形证数”的思想方法．在图中，小正方形ABCD的面积为1，如果把它的各边分别延长一倍得到正方形A1B1C1D1（如图1），则正方形的面积为 ；再把正方形A1B1C1D1的各边分别延长一倍得到正方形A2B2C2D2（如图2），如此进行下去，得到的正方形AnBnCnDn的面积为 （用含n的式子表示，n为正整数）．
【答案】 5
【分析】利用正方形ABCD的面积为1，求出其边长为1，可求出正方形A1B1C1D1的边长为：，面积为：，再求出正方形A2B2C2D2的边长为：，面积为：，正方形A3B3C3D3的边长为：，面积为：，正方形A4B4C4D4的边长为：，面积为：，依次可推出：正方形AnBnCnDn的面积为：．
【详解】解：∵正方形ABCD的面积为1，∴其边长为1，
∵把它的各边分别延长一倍得到正方形A1B1C1D1，∴正方形A1B1C1D1的边长为：，
∴正方形A1B1C1D1的面积：；
∵正方形A1B1C1D1的各边分别延长一倍得到正方形A2B2C2D2，
∴正方形A2B2C2D2的边长为：，∴正方形A2B2C2D2的面积为：；
同理可得：正方形A3B3C3D3的边长为：，∴正方形A3B3C3D3的面积为：；
正方形A4B4C4D4的边长为：，∴正方形A4B4C4D4的面积为：；
依次可推出：正方形AnBnCnDn的面积为：．故答案为：5；
【点睛】本题考查勾股定理的应用，正方形的性质，解题的关键是求出每一个正方形的边长，即可求出其面积．
15．（2023·浙江台州·八年级校考期中）如图1，是一个封闭的勾股水箱，其中Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ部分是可盛水的正方形，且相互联通，已知∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，开始时Ⅲ刚好盛满水，而Ⅰ，Ⅱ无水．
（1）如图2摆放时，Ⅰ刚好盛满水，而Ⅱ无水，则Ⅲ中有水部分的面积为 ；
（2）如图3摆放时，水面刚好经过Ⅲ的中心O（正方形两条对角线的交点），则Ⅱ中有水部分的面积为 ．
【答案】
【分析】（1）根据勾股定理求得Ⅲ的面积，根据图形面积相减即可求得图2的Ⅲ中有水部分的面积；
（2）根据正方形的中心对称的性质可知，过中心的线将正方形的面积平分，据此即可求得图3的Ⅱ中有水部分的面积
【详解】已知∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
开始时Ⅲ刚好盛满水，而Ⅰ，Ⅱ无水
Ⅲ的面积是 Ⅰ的面积为AC Ⅱ的面积为
（1）如图2摆放时，Ⅰ刚好盛满水，而Ⅱ无水，
Ⅲ中有水部分的面积为 故答案为：
（2）如图3摆放时，水面刚好经过Ⅲ的中心O（正方形两条对角线的交点），
根据正方形是中心对称图形，经过点的直线将正方形的面积平分，
则Ⅲ中有水部分的面积为Ⅲ的面积的一半，
Ⅱ中有水部分的面积 故答案为：
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，正方形的性质，掌握勾股定理是解题的关键．
16．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）如图，是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形．设图中，，连接，若与的面积相等，则 ．

【答案】
【分析】根据题意得出，即，解方程得出（负值舍去）代入进行计算即可求解．
【详解】解：∵图中，，∴
∵与的面积相等，∴∴
∴∴∴解得：（负值舍去）
∴，故答案为：3．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，弦图的计算，根据题意列出关于的方程是解题的关键．
17．（2023·江苏徐州·统考二模）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形与正方形．连接，若平分，且正方形的面积为2，则正方形的面积为 ．

【答案】/
【分析】根据正方形的面积为2，可得，根据平分，全等三角形的判定和性质可得，根据相似三角形的判定和性质可得，即，即可求出的值，即可求得则正方形的面积．
【详解】如图，令与的交点为，

∵平分，是直角三角形，，∴，∴，
∵正方形的面积为2，∴，
∵平分， ，∴，，
∴，∴即，故，
解得（不符合题意，舍去）或，∴，，
根据勾股定理可得，
即正方形的面积为．故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质．
18．（2023·陕西渭南·统考二模）魏朝时期，刘徽利用下图通过“以盈补虚，出入相补”的方法，即“勾自乘为朱方，股自乘为青方，令出入相补，各从其类”证明了勾股定理．如图，四边形、四边形和四边形都是正方形，交于E，若，，则的长为 ．

【答案】
【分析】根据已知条件得到，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：，，，，
，，，，，，
，，故答案为：．
【点睛】此题考查了勾股定理的证明，以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
19．（2022·宁夏吴忠·统考一模）2002年8月，在北京召开的国际数学家大会会标取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形（如图1），且大正方形的面积是17，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b．如果将四个全等的直角三角形按如图2的形式摆放，则图2中最大的正方形的面积为31．试求图1中小正方形的面积是为 ．
【答案】3
【分析】根据题意得出a2+b2=17，图2中大正方形的面积为： ，然后利用完全平方公式的变形求出即可．
【详解】解：由题意可得在图1中：a2+b2=17，图2中大正方形的面积为：，
∴∴ab=7，∴ ，
即图1中小正方形的面积是3．故答案为：3．
【点睛】本题考查了完全平方公式在几何图形中的应用，熟知完全平方式的形式是解题关键．
20．（2023·山东济宁·统考二模）勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”（如图1），后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．勾股定理内容为：如果直角三角形的两条直角边分别为，，斜边为，那么．


(1)如图2、3、4，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足的有______个；
(2)如图5所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案（图中阴影部分）的面积分别为，，直角三角形面积为，请判断，，的关系并证明；
(3)如果以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到如图6所示的“勾股树”．在如图所示的勾股树的某部分图形中，设大正方形的边长为定值，四个小正方形，，，的边长分别为，，，，已知，则当变化时，回答下列问题：（结果可用含的式子表示）
①；②与的关系为，与的关系为______．
【答案】(1)3(2)，详见解析(3)①，②，．
【分析】（1）根据题意，设直角三角形的三边分别为、、，利用面积相等的方法，分别求出面积的关系，即可得到答案；（2）根据半圆面积和勾股定理即可证明；
（3）①由（1）（2）中的结论，结合勾股定理的应用可知，；
②由，则，同理可得，利用解直角三角形以及勾股定理，即可得到答案．
【详解】（1）在图2中，直角三角形的边长分别为、、，则
由勾股定理，得，∴；
在图3中，三个扇形的直径分别为、、，则
，，，∴，
∵，∴，∴；
在图4中，等边三角形的边长分别为、、，则
，，，
∵，，∴，
∴；∴满足的有3个，故答案为：3；
（2）结论：．证明如下：∵，
∴，∴∴；
（3）①如图：设中间两个正方形为E、F，边长分别为e、f
∵∠1、∠2、∠3所在的三角形为直角三角形
∴∴；
②∵∴
∴∴；
∵∴
∵∴∴，．

【点睛】本题考查了求扇形的面积，解直角三角形，勾股定理的证明，以及正方形的性质，掌握勾股定理的内容以及数形结合思想成为解答本题的关键．
21．（2022·湖南·八年级课时练习）如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．
(1)弦图中包含了一大，一小两个正方形，已知每个直角三角形较长的直角边为a，较短的直角边为b，斜边长为c，结合图①，试验证勾股定理．(2)如图②，将这四个直角三角形紧密地拼接，形成飞镖状，已知外围轮廓（粗线）的周长24，，求该飞镖状图案的面积．(3)如图③，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为，若，求．
【答案】(1)见解析(2)24(3)
【分析】（1）根据小正方形面积等于大正方形面积减去四个直角三角形面积列等式，或者用大正方形面积等于小正方形面积加上四个直角三角形面积列出等式；
（2）设，则三角形三边长分别为3、3+x、6-x，根据勾股定理列出等式求出x，再用总面积等于四个三角形面积计算即可；（3）设四边形MTKN的面积设为x，一个三角形的面积设为y，则正方形ABCD面积为8x+y，根据进行计算可得，即为的值．
(1)法一：，
另一方面，，即，则．
法二：
另一方面，∴整理得：
(2)，设，依题意有解得
．故该飞镖状图案的面积是24．
(3)将四边形MTKN的面积设为x，将其余八个全等的三角形一个的面积设为y，
∵正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为，且，
∴，∴，
∴，∴．
【点睛】本题考查了三角形和正方形面积的应用，熟练掌握三角形和面积的计算方法是解题关键．
22．（2023·广东深圳·校联考三模）中华文明源远流长，如图①是汉代数学家赵爽在注解周髀算经时给出的图形，人们称之为赵爽弦图，被誉为中国数学界的图腾．年北京国际数学家大会依据赵爽弦图制作了会标，该图有个全等的直角三角形围成几个大正方形和中间一个小正方形，巧妙的证明了勾股定理．
问题发现：如图①，若直角三角形的直角边，斜边，则中间小正方形的边长______，连接，的面积为______．
知识迁移：如图②，是正方形内一点，连接，，，当，时，的面积为______．
拓展延伸：如图③，已知，以点为圆心，适当长为半径画弧，交射线，分别于，两点．（1）已知为线段上一个动点，连接，过点作，垂足为点；在上取一点，使；过点作交于点，试判断三条线段，，之间的数量关系，并说明理由．（2）在（1）的条件下，若为射线上一个动点，为射线上一点；当，时，直接写出线段的长．

【答案】问题发现：1，； 知识迁移：5；
拓展延伸：（1），理由见解析；（2）或
【分析】问题发现：先由，，，根据勾股定理求得，再由图中的四个直角三角形全等得，则，；
知识迁移：将绕点沿逆时针方向旋转，得到，则，，可证明，则与的面积相等，由求出的面积即可；
拓展延伸：（1）作于点，先证明四边形是矩形，则，，而，于是得；再证明，得，于是得．
（2）分为两种情况，一是点在线段上，设，则，由，且，列方程得，解方程求出符合题意的的值，再证明，根据相似三角形的性质求出的值；二是点在线段的延长线上，则点在线段的延长线上，设，则，可列方程，解方程求出符合题意的的值，再根据相似三角形的性质求出的值即可．
【详解】解：问题发现：如图，连接，

，，，，
图中的四个直角三角形全等，，；
，，故答案为：，．
知识迁移：如图，四边形是正方形，

，， 将绕点沿逆时针方向旋转，得到，
，，，，
，，故答案为：．
拓展延伸：（1），理由如下：如图，作于点，

于点，于点，，
四边形是矩形， ，，
，，，
，，
，．
当点在线段上，如图③，设，

，，，且，
，解得，不符合题意，舍去，
，，
，，
，，．
当点在线段的延长线上，如图④，设，

点在线段的延长线上，且，，，
解得，，，，
，，．
综上所述，线段的长为或．故答案为：或．
【点睛】此题重点考查勾股定理及其应用、正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的解法以及分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．