4. (2025·泰州期中)如图,三种不同类型的长方形砖如图所示,现有$A$类$1$块,$B$类$6$块,$C$类$9$块,小明用这$16$块地砖拼成一个正方形(不重叠无缝隙),那么小明拼成的正方形边长是
m+3n
.答案：4.m+3n 解析:
∵这16块地砖拼成的正方形的面积为m²+6mn+9n²,(m+3n)²=m²+6mn+9n²,
∴正方形的边长为m+3n.
∵这16块地砖拼成的正方形的面积为m²+6mn+9n²,(m+3n)²=m²+6mn+9n²,
∴正方形的边长为m+3n.
5. 如图,$A$,$B$,$C$三种不同型号的卡片,每种卡片各有$9$张,其中$A$型卡片是边长为$a$的正方形,$B$型卡片是相邻两边长分别为$a$,$b$的长方形,$C$型卡片是边长为$b$的正方形(其中$a = 3b$),从其中取$m$张卡片(每种卡片至少取$1$张),并把取出的这些卡片拼成一个正方形,则所拼正方形的边长最大时,$m$的最大值为
22
.答案：5.22 解析:
∵a=3b,可设a=3,b=1,
∴A型卡片的面积为9,B型卡片的面积为3,C型卡片的面积为1.
∵拼成的正方形的边长要最大,
∴拼成的正方形面积要最大.
∵9×9+9×3+9×1=117,
∴当拼成的正方形面积为100时最大,则边长为10.要想m最大,则A型卡片要尽量少用.B型卡片和C型卡片最大的面积为9×3+9×1=36,A型卡片的面积为3×3=9,
∴A型卡片最少要用8张,此时剩余的面积28用B,C型卡片来填补.
∵B型卡片面积是3,
∴B型卡片拼成图形的面积是3的倍数,
∴C型卡片最多用7张,
∴B型卡片用7张,
∴m的最大值应该是8+7+7=22.
∴所拼正方形的边长最大时,m的最大值为22.
∵a=3b,可设a=3,b=1,
∴A型卡片的面积为9,B型卡片的面积为3,C型卡片的面积为1.
∵拼成的正方形的边长要最大,
∴拼成的正方形面积要最大.
∵9×9+9×3+9×1=117,
∴当拼成的正方形面积为100时最大,则边长为10.要想m最大,则A型卡片要尽量少用.B型卡片和C型卡片最大的面积为9×3+9×1=36,A型卡片的面积为3×3=9,
∴A型卡片最少要用8张,此时剩余的面积28用B,C型卡片来填补.
∵B型卡片面积是3,
∴B型卡片拼成图形的面积是3的倍数,
∴C型卡片最多用7张,
∴B型卡片用7张,
∴m的最大值应该是8+7+7=22.
∴所拼正方形的边长最大时,m的最大值为22.
6. (2025·扬州期中)如图,有三张正方形纸片①,②,③,将三张纸片按照如图所示的方式放置于一个长方形$ABCD$中,已知中间重叠部分四边形$EFGH$恰好是一个正方形,记图中两块未被覆盖的阴影部分面积分别为$S_1$和$S_2$,已知$AD = 3$,$AB = 4$,若要知道$S_1$和$S_2$的面积差,只需要知道(
A.正方形①的边长
B.正方形②的边长
C.正方形③的边长
D.正方形$EFGH$的边长
C
)A.正方形①的边长
B.正方形②的边长
C.正方形③的边长
D.正方形$EFGH$的边长
答案：
6.C 解析:如图①,延长FM交BC于点N,则右上角未被覆盖的阴影部分的面积S1=S④+S⑤,设正方形①,②,③的边长分别为a,b,c,设正方形EFGH的边长为d,则a+b−d=3,OF=PH=a−d,OB=4−a,PD=3−a,MN=4−(a−d+b),NQ=3−(a−d+c),
∴S1=OF·OB+MN·NQ=(a−d)(4−a)+[4−(a−d+b)][3−(a−d+c)]=(a−d)(4−a)+3−(a−d+c),S2=PD·PH=(3−a)(a−d),
∴S1−S2=(a−d)(4−a)+3−(a−d+c)−(3−a)(a−d)=(a−d)+3−(a−d+c)=3−c.
故要知道S1和S2的面积差,只需要知道c的值即可,即要知道正方形③的边长,故选C.
一题多解 设正方形①,②,③的边长分别为a,b,c,正方形EFGH的边长为d,如图②,延长IJ交AB于点L,由图可得AD=AO+OD=AO+NH=a+b−d,AL=AP+PL=AP+FK=a+b−d,
∴AL=AD=3,
∴DO=AD−AO=3−a,PL=AL−AP=3−a,
∴DO=PL.
∵DN=a−d,LK=a−d,
∴DN=LK.
∵S2=OD·DN,S长方形PFKL=PL·LK,
∴S2=S长方形PFKL.
∴S1−S2=S长方形PFKL+S长方形LBMJ−S2=S长方形LBMJ=LB·BM=(4−3)·(3−c)=3−c.
故要知道S1和S2的面积差,只需要知道c的值即可,即要知道正方形③的边长.
6.C 解析:如图①,延长FM交BC于点N,则右上角未被覆盖的阴影部分的面积S1=S④+S⑤,设正方形①,②,③的边长分别为a,b,c,设正方形EFGH的边长为d,则a+b−d=3,OF=PH=a−d,OB=4−a,PD=3−a,MN=4−(a−d+b),NQ=3−(a−d+c),
∴S1=OF·OB+MN·NQ=(a−d)(4−a)+[4−(a−d+b)][3−(a−d+c)]=(a−d)(4−a)+3−(a−d+c),S2=PD·PH=(3−a)(a−d),
∴S1−S2=(a−d)(4−a)+3−(a−d+c)−(3−a)(a−d)=(a−d)+3−(a−d+c)=3−c.
故要知道S1和S2的面积差,只需要知道c的值即可,即要知道正方形③的边长,故选C.
一题多解 设正方形①,②,③的边长分别为a,b,c,正方形EFGH的边长为d,如图②,延长IJ交AB于点L,由图可得AD=AO+OD=AO+NH=a+b−d,AL=AP+PL=AP+FK=a+b−d,
∴AL=AD=3,
∴DO=AD−AO=3−a,PL=AL−AP=3−a,
∴DO=PL.
∵DN=a−d,LK=a−d,
∴DN=LK.
∵S2=OD·DN,S长方形PFKL=PL·LK,
∴S2=S长方形PFKL.
∴S1−S2=S长方形PFKL+S长方形LBMJ−S2=S长方形LBMJ=LB·BM=(4−3)·(3−c)=3−c.
故要知道S1和S2的面积差,只需要知道c的值即可,即要知道正方形③的边长.
7. 新题型 双空题 已知$a^2 + b^2 = 8(a + b)^2 = 20$,则$ab =$
- $\frac{35}{4}$
;如图,在正方形$ABCD$中,$BE = 2$,$BH = 6$,长方形$BGLF$的面积为$4$,其中四边形$AFLJ$,$GCIL$,$KLMN$均为正方形,则图中阴影部分的面积之和为24
.答案：7. - $\frac{35}{4}$ 24 解析:
∵a²+b²=20,8(a+b)²=20,
∴8(a²+2ab+b²)=20,即8×(20+2ab)=20,解得ab=- $\frac{35}{4}$.设正方形KLMN的边长为a,则正方形AFLJ的边长为6−a,正方形GCIL的边长为2−a.
∵长方形BGLF的面积为4,
∴(6−a)·(2−a)=4.设6−a=x,2−a=y,则x−y=4,xy=(6−a)(2−a)=4.
∴题图中阴影部分的面积之和为(6−a)²+(2−a)²=x²+y²=(x−y)²+2xy=16+8=24.
∵a²+b²=20,8(a+b)²=20,
∴8(a²+2ab+b²)=20,即8×(20+2ab)=20,解得ab=- $\frac{35}{4}$.设正方形KLMN的边长为a,则正方形AFLJ的边长为6−a,正方形GCIL的边长为2−a.
∵长方形BGLF的面积为4,
∴(6−a)·(2−a)=4.设6−a=x,2−a=y,则x−y=4,xy=(6−a)(2−a)=4.
∴题图中阴影部分的面积之和为(6−a)²+(2−a)²=x²+y²=(x−y)²+2xy=16+8=24.
8. 小明设计了如图①的“徽章”,其设计原理:如图②,在边长为$a$的正方形$EFGH$四周分别放置四个边长为$b$的小正方形,构造了一个大正方形$ABCD$,并画出阴影部分图形,形成了“徽章”的图标.现将阴影部分图形面积记作$S_1$,每一个边长为$b$的小正方形面积记作$S_2$,若$S_1 = 6S_2$,则$\frac{a}{b}$的值是
$\frac{7}{4}$
.答案：
8.$\frac{7}{4}$ 解析:如图所示,对需要的交点标注字母,S△DPI=$\frac{1}{2}$(a+b)×b=$\frac{1}{2}$ab+$\frac{1}{2}$b²,S△KMD=S正方形ABCD−S△DMC−S△DKA−S△KBM=(a+2b)²−$\frac{1}{2}$(a+b)(a+2b)−$\frac{1}{2}$(a+2b)(a+b)−$\frac{1}{2}$b²=ab+$\frac{3}{2}$b²,S△MNC=$\frac{1}{2}$(a+b)×b=$\frac{1}{2}$ab+$\frac{1}{2}$b²,
∴S1=S△DPI+S△KMD+S△MNC=2ab+$\frac{5}{2}$b²,S2=b².
∵S1=6S2,
∴2ab+$\frac{5}{2}$b²=6b²,化简得2a=$\frac{7}{2}$b,
∴$\frac{a}{b}$=$\frac{7}{4}$.
8.$\frac{7}{4}$ 解析:如图所示,对需要的交点标注字母,S△DPI=$\frac{1}{2}$(a+b)×b=$\frac{1}{2}$ab+$\frac{1}{2}$b²,S△KMD=S正方形ABCD−S△DMC−S△DKA−S△KBM=(a+2b)²−$\frac{1}{2}$(a+b)(a+2b)−$\frac{1}{2}$(a+2b)(a+b)−$\frac{1}{2}$b²=ab+$\frac{3}{2}$b²,S△MNC=$\frac{1}{2}$(a+b)×b=$\frac{1}{2}$ab+$\frac{1}{2}$b²,
∴S1=S△DPI+S△KMD+S△MNC=2ab+$\frac{5}{2}$b²,S2=b².
∵S1=6S2,
∴2ab+$\frac{5}{2}$b²=6b²,化简得2a=$\frac{7}{2}$b,
∴$\frac{a}{b}$=$\frac{7}{4}$.