文档内容
1．平面展开-最短路径问题
（1）平面展开﹣最短路径问题，先根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．
一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问题．
（2）关于数形结合的思想，勾股定理及其逆定理它们本身就是数和形的结合，所以我们在解决有关结合
问题时的关键就是能从实际问题中抽象出数学模型．
例．如图所示，有一正方体纸盒，在点C 处有一只小虫，它要爬到点A吃食物．应该沿着怎样的路线才能
1
使行程最短？
解：如图，把侧面或上面展开与正面组成一矩形，连接AC ，则AC 就是行程最短的路线．
1 1
2.赵爽弦图模型我国著名的数学家赵爽，早在公元3世纪，就把一个矩形分成四个全等的直角三角形，用四个全等的直角
三角形拼成了一个大的正方形（如图1），这个正方形称为赵爽弦图，验证了一个非常重要的结论：在直
角三角形中两直角边a、b与斜边c满足关系式a2+b2＝c2．称为勾股定理．
把这四个全等的直角三角形拼成了另一个大的正方形（如图2），也能验证这个结论
证明：由图2得，大正方形面积＝4× ＝（a+b）2，
整理得b2+c2+2ab＝2ab+c2，
∴c2＝a2+b2，
即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方．
例题精讲
考点一：行程最短问题
【例1】．如图，有一个圆柱，它的高等于16cm，底面半径等于4cm，在圆柱下底面的A点有一只蚂蚁，
它想吃到上底面上与A点相对的B点处的食物，需要爬行的最短路程是 2 0 cm．（ 取3）
π
解：将圆柱体展开，连接A、B，根据两点之间线段最短，
根据题意可得：AC是圆周的一半，
∴AC＝ ×2×4 ＝12，
π
∴AB＝ ＝20cm．变式训练
【变式1-1】．如图，圆锥的底面圆的半径为10cm，母线长为40cm，C为母线PA的中点，一只蚂蚁欲从
点B处沿圆锥的侧面爬到点C处，则它爬行的最短距离是 2 0 cm．
解：由题意知，底面圆的直径AB＝20，故底面周长等于20
设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为n° π
∵根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，20 ＝ ，解得n＝90°
∴展开图中扇形圆心角＝90°， π
作CE⊥PB于E，则CE＝PE＝10 ，BE＝40﹣10 ，
∵根据勾股定理求得它爬行的最短距离是 ＝20 cm
∴蚂蚁爬行的最短距离为20 cm
【变式1-2】．如图，一只蚂蚁从长为7cm、宽为5cm，高是9cm的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，
那么它所走的最短路线的长是 1 5 cm．解：由题意可得，
当展开前面和右面时，最短路线长是： ＝ ＝15（cm）；
当展开前面和上面时，最短路线长是： ＝ ＝7 （cm）；
当展开左面和上面时，最短路线长是： ＝ （cm）；
∵15＜7 ＜ ，
∴一只蚂蚁从长为7cm、宽为5cm，高是9cm的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它所走的最短
路线的长是15cm，
故答案为：15．
【变式1-3】．如图是一个三级台阶，它的每一级长、宽、高分别是2米、0.3米、0.2米，A，B是这个台
阶上两个相对的端点，A点有一只蚂蚁，想到B点去吃可口的食物，则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路
程是 2. 5 米．
解：三级台阶平面展开图为长方形，长为2，宽为（0.2+0.3）×3，
则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是此长方形的对角线长．
可设蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程为x，
由勾股定理得：x2＝22+[（0.2+0.3）×3]2＝2.52，
解得x＝2.5．考点二：弦图模型的应用
【例2】．如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形 EFGH拼成的大正方形
ABCD．若AE＝5，AB＝13，则中间小正方形EFGH的面积是 4 9 ．
解：∵AE＝5，AB＝13，
∴BF＝AE＝5，
在Rt△ABF中，AF＝ ＝12，
∴小正方形的边长EF＝12﹣5＝7，
∴小正方形EFGH的面积为7×7＝49．
故答案为：49．
变式训练
【变式2-1】．如图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．若
较短的直角边BC＝2.5，将四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，得到图 2所示的“数学
风车”，若△BCD的周长是15，则这个风车的外围周长是 3 8 ．
解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，AC＝y，则
x2＝4y2+2.52，∵△BCD的周长是15，
∴x+2y+2.5＝15
则x＝6.5，y＝3．
∴这个风车的外围周长是：4（x+y）＝4×9.5＝38．
故答案是：38．
【变式2-2】．如图，在弦图中，正方形ABCD的对角线AC与正方形EFHI的对角线EH交于点K，对角
线AC交正方形EFHI于G，J两点，记△GKH面积为S ，△JIC面积为S ，若AE＝12，CD＝4 ，
1 2
则S +S 的值为 1 6 ．
1 2
解：由题意可得，
AF＝CI，∠AFG＝∠CIJ＝90°，FH∥EI，
∵∠AGF＝∠HGK，∠IJC＝∠KJE，
∵FH∥EI，
∴∠HGK＝∠KJE，
∴∠AGF＝∠IJC，
在△AFG和△CIJ中，
，
∴△AFG≌△CIJ（AAS），
∴FG＝IJ，
∵四边形EFHI为正方形，
∴EI﹣IJ＝FH﹣FG，即HG＝EJ，
在△GHK和△JEK中，，
∴△GHK≌△JEK（AAS），
∴HK＝EK，即点K为正方形EFHI的中心，
如图，过点K作KM⊥FH于点M，
∵AE＝12，CD＝4 ，
∴BF＝12，AD＝ ，
在Rt△ADE中，
由勾股定理得DE＝ ＝4，
∴AF＝DE＝4，EF＝AE﹣AF＝12﹣4＝8，
则FH＝8，KM＝4，
设GH＝a，FG＝b，则a+b＝FH＝8，
∴ ＝ ，
＝ ＝2b，
∴S +S ＝2a+2b＝2（a+b）＝16．
1 2
故答案为：16．1．如图所示，一只小蚂蚁从棱长为1的正方体的顶点A出发，经过每个面的中心点后，又回到A点，蚂蚁
爬行最短程S满足（ ）
A．5＜S≤6 B．6＜S≤7 C．7＜S≤8 D．8＜S≤9
解：正方体展开图形为：
则蚂蚁爬行最短程S＝5+ ＝5+ ．
即6＜S≤7．
故选：B．
2．如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，图中的四个直角三角形是全
等的，如果大正方形ABCD的面积是小正方形EFGH面积的13倍，那么tan∠ADE的值为（ ）
A． B． C． D．
解：设小正方形EFGH面积是a2，则大正方形ABCD的面积是13a2，∴小正方形EFGH边长是a，则大正方形ABCD的边长是 a，
∵图中的四个直角三角形是全等的，
∴AE＝DH，
设AE＝DH＝x，
在Rt△AED中，AD2＝AE2+DE2，
即13a2＝x2+（x+a）2
解得：x ＝2a，x ＝﹣3a（舍去），
1 2
∴AE＝2a，DE＝3a，
∴tan∠ADE＝ ＝ ，
故选：C．
3．如图是由“赵爽弦图”变化得到的，它由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MNPQ的面积分别为S 、S 、S ．若S +S +S ＝60，则S 的值是（ ）
1 2 3 1 2 3 2
A．12 B．15 C．20 D．30
解：设每个小直角三角形的面积为m，则S ＝4m+S ，S ＝S ﹣4m，
1 2 3 2
因为S +S +S ＝60，
1 2 3
所以4m+S +S +S ﹣4m＝60，
2 2 2
即3S ＝60，
2
解得S ＝20．
2
故选：C．
4．四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出的部分是一个小正方形，这样就组成了一个“赵
爽弦图”（如图）．如果小正方形面积为4，大正方形面积为74，直角三角形中较小的锐角为 ，那么
tan 的值是（ ） θ
θA． B． C． D．
解：由已知条件可知，小正方形的边长为2，大正方形的边长为 ．
设直角三角形中较小边长为x，
则有（x+2）2+x2＝（ ）2，解得x＝5．
则较长边的边长为x+2＝5+2＝7．
故tan ＝ ＝ ．
故选：θB．
5．赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．
某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的
面积为S ，大正方形ABCD的面积为S ，若DI＝2，CI＝1，S ＝5S ，则GI的值是（ ）
1 2 2 1
A． B． C． D．
解：如图，连接DG，
∵赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形，
∴AE＝BF＝CG＝DH，AF＝BG＝CH＝DE，CH⊥DE，
∵DI＝2，CI＝1，
∴CD＝DI+CI＝2+1＝3，
∵大正方形ABCD的面积为S ，
2
∴S ＝CD2＝32＝9，
2
又∵小正方形EFGH的面积为S ，S ＝5S ，
1 2 1
∴S ＝ ，
1∴EF＝FG＝GH＝HE＝ ，
∵将EG延长交CD于点I，
∴∠HGE＝45°，在Rt△EHG中，由勾股定理得：EG＝ ＝ ，
设AE＝BF＝CG＝DH＝x，则AF＝BG＝CH＝DE＝x+ ，
在Rt△CDH中，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x+ ）2，
解得：x ＝ ，x ＝﹣ （不合题意，舍去），
1 2
即AE＝BF＝CG＝DH＝x＝ ，
∴DH＝EH＝ ，
∴CH垂直平分ED，
∴DG＝EG＝ ，
∴∠DGH＝∠HGE＝45°，
∴∠DGE＝45°+45°＝90°，
∴∠DGI＝90°，
在Rt△DGI中，由勾股定理得：GI＝ ＝ ＝ ，
故选：A．
6．如图，一只蚂蚁沿着图示的路线从圆柱高AA 的端点A到达A ，若圆柱底面半径为 ，高为5，则蚂
1 1
蚁爬行的最短距离为 1 3 ．解：因为圆柱底面圆的周长为2 × ＝12，高为5，
所以将侧面展开为一长为12，宽π为5的矩形，
根据勾股定理，对角线长为 ＝13．
故蚂蚁爬行的最短距离为13．
7．如图，底面半径为1，母线长为4的圆锥，一只小蚂蚁若从A点出发，绕侧面一周又回到A点，它爬行
的最短路线长是 ．
解：由题意知，底面圆的直径为2，
故底面周长等于2 ．
设圆锥的侧面展开π后的扇形圆心角为n°，
根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，2 ＝ ，
解得n＝90°， π
所以展开图中圆心角为90°，
根据勾股定理求得到点A的最短的路线长是： ＝ ＝4 ．
8．将四个全等的直角三角形分别拼成正方形（如图1，2），边长分别为6和2．若以一个直角三角形的两
条直角边为边向外作正方形（如图3），其面积分别为S ，S ．则S ﹣S ＝ 1 2 ．
1 2 1 2解：设四个全等的直角三角形的两条直角边分别为a，b（a＞b），
根据图1得：a+b＝6，
根据图2得：a﹣b＝2，
联立解得： ，
∴S ＝16，
1
S ＝4，
2
则S ﹣S ＝12．
1 2
故答案为：12．
9．如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在
注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．连接四条线段得到如图2的新的图案，如果图
1中的直角三角形的长直角边为5，短直角边为3，图2中阴影部分的面积为S，那么S的值为 1 6 ．
解：由题意作出如下图，得AC＝ ，BD＝2，AB＝CD，△ABD是直角三角形，
则大正方形面积＝AC2＝34，
△ADC面积＝ （5×3﹣2×3）＝4.5，
阴影部分的面积S＝34﹣4×4.5＝16，
故答案为：16．
10．如图所示一棱长为3cm的正方体，把所有的面均分成3×3个小正方形．其边长都为1cm，假设一只蚂
蚁每秒爬行2cm，则它从下底面点A沿表面爬行至侧面的B点，最少要用 2. 5 秒钟．
解：因为爬行路径不唯一，故分情况分别计算，进行大、小比较，再从各个路线中确定最短的路线．
（1）展开前面右面由勾股定理得AB＝ ＝ cm；
（2）展开底面右面由勾股定理得AB＝ ＝5cm；
所以最短路径长为5cm，用时最少：5÷2＝2.5秒．
11．如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形E的边长为
7cm，则图中五个正方形A、B、C、D、E的面积和为 9 8 cm2．解：设正方形A、B、C、D的边长分别是a、b、c、d，
则正方形A的面积＝a2，正方形B的面积＝b2，正方形C的面积＝c2，正方形D的面积＝d2，
又∵a2+b2＝x2，c2+d2＝y2，
∴正方形A、B、C、D、E的面积和＝（a2+b2）+（c2+d2）+72＝x2+y2+72＝72+72＝98（cm2）．
即正方形A，B，C，D、E的面积的和为98cm2．
故答案为：98．
12．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 1）．图2为
小明同学根据弦图思路设计的，在正方形ABCD中，以点B为圆心，AB为半径作 ，再以CD为直径
作半圆交 于点E，若边长AB＝10，则△CDE的面积为 2 0 ．
解：如图，取CD的中点F，连接BF、BE、DE、EF，由题意可得，FE＝FC，BE＝BC，
∴BF是EC的垂直平分线，
∴∠FBC+∠BCE＝90°，
∵∠BCD＝90°，
∴∠DCE+∠BCE＝90°，
∴∠FBC＝∠DCE，
又∵∠BCF＝∠CED＝90°，
∴△BCF∽△CED，
∴ ＝ ＝ ，
∵BC＝CD＝AB＝10，CF＝5，∠BCF＝90°，
∴BF＝ ＝ ＝5 ，
∴ ＝ ＝ ，
解得：CE＝4 ，ED＝2 ，
∴S△CDE ＝ ×CE×DE＝ ×4 ×2 ＝20，
故答案为：20．
13．图1是一个勾股定理演示教具的正面示意图，当它倒过来时，大正方形中的全部墨水恰能注满两个小
正方形．王老师有一个内长为11寸，内宽为9寸的木质盒子（如图2）．现要自制一个这样的教具（由
三个正方形和一个直角三角形组成），使得教具恰好摆入这个盒子中，以便保护和携带（如图3所示，
A，B，C，D，E五点均紧贴盒子边缘，教具的厚度等于木盒的内高）．此时盒子的空间利用率为．
解：如图，过点A作AM⊥EG的延长线于点M，过点F作FR⊥GH于点R，过点B作BN⊥GH，过点F
作FN∥GH，延长GH交CK于K，
∵四边形AGFL、DEGH、BCHF均为正方形，
∴AG＝FG，BF＝FH＝CH，EG＝GH，∠AGF＝∠BFH＝90°＝∠AMG＝∠FRG＝∠BNF＝∠CKH，
∴∠AGM+∠FGM＝∠FGR+∠FGM，
∴∠AGM＝∠FGR，
∴△AGM≌△FGR（AAS），
∴AM＝FR，GM＝GR，
同理，△BFN≌△HFR≌△CHK（AAS），
∴FR＝FN＝HK＝AM，BN＝HR，
设AM＝x，BN＝y，AM＝FR＝z，
则FR＝FN＝HK＝AM＝x，BN＝HR＝y，
由勾股定理得：FH2＝x2+y2，FG2＝x2+z2，GH＝y+z，
根据题意，得：FH2+FG2＝GH2，
∴x2+z2+x2+y2＝（y+z）2，
∴x2＝yz①，
∵AM+GR+RH+HK＝9，BN+FR+EG＝11，
∴2x+y+z＝9②，x+2y+z＝11③，
②﹣③，得：x﹣y＝﹣2，即y＝x+2④，
②×2﹣③，得：3x+z＝7，即z＝7﹣3x⑤，
将④⑤代入①，得：x2＝（x+2）（7﹣3x），
解得：x ＝2，x ＝﹣ （舍去），
1 2
∴y＝4，z＝1，∴GH＝5，FG2＝5，FH2＝20，
∴勾股定理演示教具的正面面积为：S＝25+5+20+ × ×2 ＝55，
∵教具的厚度等于木盒的内高，
∴盒子的空间利用率为： ＝ ，
故答案为： ．
14．我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由 4个全等的直角三角形与1
个小正方形拼成的一个大正方形，如图，若拼成的大正方形为正方形ABCD，面积为9，中间的小正方
形为正方形EFGH，面积为2，连接AC，交BG于点P，交DE于点M，①△CGP≌△AEM，②S△AFP
﹣S△CGP ＝ ，③DH+HC＝4，④HC＝2+ ，以上说法正确的是 ①③④ .（填写序号）
解：∵Rt△BCG≌Rt△DAE，
∴CG＝AE，∠CGP＝∠AEM，
∵CH∥AF．
∴∠GCP＝∠MAE，
∴△CGP≌△AEM（ASA），
∴S△CGP ＝S△AEM ，CP＝ME，
∴S△AFP ﹣S△CGP＝S四边形MEFP
∵HE＝GF，∴HM＝PF，
∴S四边形MEFP ＝S四边形MHGP ＝ S正方形EFGH ＝1，
∴S△AFP ﹣S△CGP ＝1，
∵DH2+CH2＝DC2＝9，
∴（DH+CH）2＝DH2+CH2+2DH•CH＝9+2DH•CH，
∵CH﹣DH＝HG，
∴（CH﹣DH）2＝HG2＝2，
∴CH2+DH2﹣2DH•CH＝2，
∴2DH•CH＝7，
∴（DH+CH）2＝9+7＝16，
∴DH+CH＝4，
∵CH﹣DH＝ ，
∴HC＝ ＝2+ ，
故答案为：①③④．
15．一个长方体盒子，它的长是12dm，宽是4dm，高是3dm，
（1）请问：长为12.5dm的铁棒能放进去吗？
（1）如果有﹣只蚂蚁要想从D处爬到C处，求爬行的最短路程．
解：（1）如图1，连接BD，
∵AD＝12，AB＝4，
∴BD2＝AD2+AB2＝122+42＝160，
∴CD＝ ＝ ＝13（dm）．
∵13dm＞12.5dm，
∴长为12.5dm的铁棒能放进去；
（2）如图2所示，CD＝ ＝ dm．
如图3所示，
CD＝ ＝ dm，
如图4所示，
CD＝ ＝ dm，
∵ ＞ ＞ ，
∴爬行的最短路程是 dm．
16．如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．
（1）如图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，可以验证勾股定理；
（2）如图②，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S 、S 、S ，若S +S +S ＝16，则S ＝ ．
1 2 3 1 2 3 2（1）证明： ，
另一方面 ，
即a2﹣2ab+b2＝c2﹣2ab，
则a2+b2＝c2；
（2）解：设正方形MNKT的面积为x，八个全等的直角三角形的面积均为y，
∵S +S +S ＝16，
1 2 3
∴S ＝8y+x，S ＝4y+x，S ＝x，
1 2 3
∴S +S +S ＝12y+3x＝16，
1 2 3
∴4y+x＝ ，
∴S ＝4y+x＝ ．
2
故答案为： ．
17．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是：大正方
形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即
，从而得到等式c2＝ ，化简便得结论a2+b2＝c2．这里用两种求法
来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．现在，请你用“双求法”解决下
面两个问题
（1）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝3，BC＝4，求CD的长度．
（2）如图3，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB＝4，AC＝5，BC＝6，设BD＝x，求x的值．解：（1）在Rt△ABC中 ，
由面积的两种算法可得： ，
解得：CD＝ ．
（2）在Rt△ABD中AD2＝42﹣x2＝16﹣x2，
在Rt△ADC中AD2＝52﹣（6﹣x）2＝﹣11+12x﹣x2，
所以16﹣x2＝﹣11+12x﹣x2，
解得 ＝ ．
