1、 中考数学 （浙江专用） 9.3 分割与拼接操作型问题 1.(2018温州,10,4分)我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形(古人称直角三角形为勾股形)分割成一个正 方形和两对全等的直角三角形,得到一个恒等式.后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理,如 图所示的矩形由两个这样的图形拼成,若a=3,b=4,则该矩形的面积为( ) A.20 B.24 C. D. 99 4 53 2 答案答案 B 如图,设小正方形的边长为x(x0), a=3,b=4,AB=3+4=7, 在RtABC中,AC2+BC2=AB2, 即(3+x)2+(x+4)2=72, 整理得x2+7x-12=0, 解得x=或x=(舍
2、去), 该矩形的面积=24, 故选B. 797 2 797 2 797 3 2 797 4 2 思路分析思路分析 欲求矩形的面积,只要求出小正方形的边长即可,由此可设小正方形的边长为x(x0),在 RtABC中,利用勾股定理可建立关于x的方程,解方程求出x的值,进而可求出该矩形的面积. 解题关键解题关键 本题考查了勾股定理的运用和一元二次方程的解法,求出小正方形的边长是解题的关键. 2.(2020金华,10,3分)如图,四个全等的直角三角形接成“赵爽弦图”,得到正方形ABCD与正方形EFGH, 连接EG,BD相交于点O,BD与HC相交于点P.若GO=GP,则的值是( ) A.1+ B.2+ C
3、.5- D. ABCD EFGH S S 正方形 正方形 222 15 4 答案答案 B 解法一:利用三角形全等.由GO=GP可知OPG为等腰三角形,又易知OGP=45,所以 OPG=67.5,PBG=22.5,CBG=CBD-PBG=22.5,因此BCGBPG,所以CG=PG.不妨设OG= PG=CG=a,则BF=CG=a,EG=2OG=2a,FG=a,BG=(+1)a. 因为BC2=CG2+BG2,所以BC2=(4+2)a2. 所以=2+. 解法二:利用三角形相似.由DEBG,可知PHDPGB.不妨设OG=PG=a,则EG=2OG=2a,FG=GH= a,HP=GH-PG=(-1)a. 设
4、HD=BF=CG=x,由=,=,得x=a,即CG=a,BG=(+1)a,BC2=CG2+BG2=(4+2)a2. 所以=2+. 22 2 ABCD EFGH S S 正方形 正方形 2 2 BC FG 2 2 (42 2) ( 2 ) a a 2 22 PH PG DH BG ( 21)a a 2 x xa 22 ABCD EFGH S S 正方形 正方形 2 2 BC FG 2 2 (42 2) ( 2) a a 2 3.(2020绍兴,16,5分)将两条邻边长为,1的矩形纸片剪成四个等腰三角形纸片(无余纸片),各种剪法剪 出的等腰三角形中,其中一个等腰三角形的腰长可以是下列数中的 (填序号
5、). 1 -1 2 22 3 2 3 答案答案 解析解析 如图所示. 则其中一个等腰三角形的腰长可以是,1,-1,不可以是.故答案为. 22 3 2 3 4.(2020宁夏,16,3分)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15,小正方形的面积是3,直角三角形的较短直角边长为a,较长直角边长为b.如果将四个全等的 直角三角形按图2的形式摆放,那么图2中的大正方形的面积为 . 答案答案 27 解析解析 由题图1可得直角三角形的面积为=3,大正方形的边长为,题
6、图2中的大正方形的面积 为34+()2=27. 153 4 15 15 思路分析思路分析 先根据题图1求出直角三角形的面积和大正方形的边长,然后求出题图2中的大正方形的面积. 5.(2017湖北随州,24,10分)如图1所示的图形分别是可活动的菱形和平行四边形学具,已知平行四边形较 短的边长与菱形的边长相等. 图1 (1)在一次数学活动中,某小组学生将菱形的一边与平行四边形较短边重合,摆拼成如图2所示的图形,AF 经过点C,连接DE交AF于点M,观察发现:点M是DE的中点. 下面是两位学生有代表性的证明思路. 思路1:不需作辅助线,直接证明三角形全等; 思路2:不证三角形全等,连接BD交AF于
7、点H. 请参考上面的思路,证明点M是DE的中点(只需用一种方法证明); 图2 (2)如图3,在(1)的前提下,当ABE=135时,延长AD、EF交于点N,求的值; AM NE 图3 (3)在(2)的条件下,若=k(k为大于的常数),直接用含k的代数式表示的值. AF AB 2 AM MF 解析解析 (1)证法一:四边形ABCD为菱形, AB=CD,ABCD, 四边形ABEF为平行四边形,AB=EF,ABEF, CD=EF,CDEF,CDM=FEM, 在CDM和FEM中, CDMFEM(AAS), DM=EM, 即点M是DE的中点. 证法二:四边形ABCD为菱形,DH=BH, 四边形ABEF为平
8、行四边形,AFBE, HMBE,=1,DM=EM, , , , CMDFME CDMFEM CDFE DH BH DM EM 即点M是DE的中点. (2)CDMFEM,CM=FM, 设AD=a,CM=b, ABE=135,BAF=45, 四边形ABCD为菱形,NAF=45, 四边形ABCD为正方形, AC=AD=a, ABEF, AFN=BAF=45, ANF为等腰直角三角形, NF=AF=(a+b+b)=a+b, NE=NF+EF=a+b+a=2a+b, 22 2 2 2 2 22 22 =. (3)=. 提示:=+2=k,=(k-),=,=+1=+1= . AM NE 2 22 ab ab 2 2( 2) ab ab 2 2 AM MF 2 2 k k AF AB 22ab a 2 b a b a 1 2 2 a b 2 2k AM MF 2ab b 2 a b 2 2 2k 2 2 k k
