【模型积累】
| | 图形 | 结论 |
| ---- | ---- | ---- |
| | A
a
B
b
M
m
C
c
D
d | $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = m^2$ |
| |
| $S_1 + S_2 = S_3$ |
| | $S_1$
$S_2$
$S_3$ | $S_1 + S_2 = S_3$ |
| | $S_1$
A
C
a
c
b
B
$S_2$ | $S_1 + S_2 = S_{△ ABC}$ |
| | 图形 | 结论 |
| ---- | ---- | ---- |
| | A
a
B
b
M
m
C
c
D
d | $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = m^2$ |
| |
| $S_1 + S_2 = S_3$ || | $S_1$
$S_2$
$S_3$ | $S_1 + S_2 = S_3$ |
| | $S_1$
A
C
a
c
b
B
$S_2$ | $S_1 + S_2 = S_{△ ABC}$ |
答案：证明：
1. 设第一个图形中相邻两个直角三角形的斜边长分别为$x$，$y$。
由勾股定理得：
$a^2 + b^2 = x^2$，$c^2 + d^2 = y^2$，
以$x$，$y$为直角边的直角三角形斜边长为$m$，故$x^2 + y^2 = m^2$，
因此$a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = x^2 + y^2 = m^2$。
2. 设第二个图形中直角三角形的两条直角边长为$p$，$q$，斜边长为$r$，由勾股定理得$p^2 + q^2 = r^2$。
$S_1$为边长$p$的等边三角形面积：$S_1 = \frac{\sqrt{3}}{4}p^2$，
$S_2$为边长$q$的等边三角形面积：$S_2 = \frac{\sqrt{3}}{4}q^2$，
$S_3$为边长$r$的等边三角形面积：$S_3 = \frac{\sqrt{3}}{4}r^2$，
因此$S_1 + S_2 = \frac{\sqrt{3}}{4}(p^2 + q^2) = \frac{\sqrt{3}}{4}r^2 = S_3$。
3. 设第三个图形中直角三角形的两条直角边长为$p$，$q$，斜边长为$r$，由勾股定理得$p^2 + q^2 = r^2$。
$S_1$为直径$p$的半圆面积：$S_1 = \frac{1}{2} · π · (\frac{p}{2})^2 = \frac{π p^2}{8}$，
$S_2$为直径$q$的半圆面积：$S_2 = \frac{1}{2} · π · (\frac{q}{2})^2 = \frac{π q^2}{8}$，
$S_3$为直径$r$的半圆面积：$S_3 = \frac{1}{2} · π · (\frac{r}{2})^2 = \frac{π r^2}{8}$，
因此$S_1 + S_2 = \frac{π(p^2 + q^2)}{8} = \frac{π r^2}{8} = S_3$。
4. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=a$，$BC=b$，$AB=c$，由勾股定理得$a^2 + b^2 = c^2$。
$S_1$为直径$a$的半圆面积：$S_1 = \frac{1}{2} · π · (\frac{a}{2})^2 = \frac{π a^2}{8}$，
$S_2$为直径$b$的半圆面积：$S_2 = \frac{1}{2} · π · (\frac{b}{2})^2 = \frac{π b^2}{8}$，
以$AB$为直径的大半圆面积：$S_{\mathrm{大}} = \frac{1}{2} · π · (\frac{c}{2})^2 = \frac{π c^2}{8}$，
由图形面积关系得：
$S_1 + S_2 = \frac{π a^2}{8} + \frac{π b^2}{8} + S_{△ ABC} - \frac{π c^2}{8}$
$= \frac{π(a^2 + b^2 - c^2)}{8} + S_{△ ABC}$
代入$a^2 + b^2 = c^2$，得$\frac{π(a^2 + b^2 - c^2)}{8}=0$，
因此$S_1 + S_2 = S_{△ ABC}$。
1. 设第一个图形中相邻两个直角三角形的斜边长分别为$x$，$y$。
由勾股定理得：
$a^2 + b^2 = x^2$，$c^2 + d^2 = y^2$，
以$x$，$y$为直角边的直角三角形斜边长为$m$，故$x^2 + y^2 = m^2$，
因此$a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = x^2 + y^2 = m^2$。
2. 设第二个图形中直角三角形的两条直角边长为$p$，$q$，斜边长为$r$，由勾股定理得$p^2 + q^2 = r^2$。
$S_1$为边长$p$的等边三角形面积：$S_1 = \frac{\sqrt{3}}{4}p^2$，
$S_2$为边长$q$的等边三角形面积：$S_2 = \frac{\sqrt{3}}{4}q^2$，
$S_3$为边长$r$的等边三角形面积：$S_3 = \frac{\sqrt{3}}{4}r^2$，
因此$S_1 + S_2 = \frac{\sqrt{3}}{4}(p^2 + q^2) = \frac{\sqrt{3}}{4}r^2 = S_3$。
3. 设第三个图形中直角三角形的两条直角边长为$p$，$q$，斜边长为$r$，由勾股定理得$p^2 + q^2 = r^2$。
$S_1$为直径$p$的半圆面积：$S_1 = \frac{1}{2} · π · (\frac{p}{2})^2 = \frac{π p^2}{8}$，
$S_2$为直径$q$的半圆面积：$S_2 = \frac{1}{2} · π · (\frac{q}{2})^2 = \frac{π q^2}{8}$，
$S_3$为直径$r$的半圆面积：$S_3 = \frac{1}{2} · π · (\frac{r}{2})^2 = \frac{π r^2}{8}$，
因此$S_1 + S_2 = \frac{π(p^2 + q^2)}{8} = \frac{π r^2}{8} = S_3$。
4. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=a$，$BC=b$，$AB=c$，由勾股定理得$a^2 + b^2 = c^2$。
$S_1$为直径$a$的半圆面积：$S_1 = \frac{1}{2} · π · (\frac{a}{2})^2 = \frac{π a^2}{8}$，
$S_2$为直径$b$的半圆面积：$S_2 = \frac{1}{2} · π · (\frac{b}{2})^2 = \frac{π b^2}{8}$，
以$AB$为直径的大半圆面积：$S_{\mathrm{大}} = \frac{1}{2} · π · (\frac{c}{2})^2 = \frac{π c^2}{8}$，
由图形面积关系得：
$S_1 + S_2 = \frac{π a^2}{8} + \frac{π b^2}{8} + S_{△ ABC} - \frac{π c^2}{8}$
$= \frac{π(a^2 + b^2 - c^2)}{8} + S_{△ ABC}$
代入$a^2 + b^2 = c^2$，得$\frac{π(a^2 + b^2 - c^2)}{8}=0$，
因此$S_1 + S_2 = S_{△ ABC}$。
解析：
【分析】
这组结论均围绕勾股定理推导，思考路径如下：1. 所有图形均包含直角三角形，满足勾股定理“直角边平方和等于斜边平方”的核心关系；2. 外侧的正方形、等边三角形、半圆的面积都可表示为“固定常数×对应边长的平方”，面积和边长平方成正比；3. 前三个图形可直接将面积关系代入勾股定理推导，第四个月牙形问题先通过割补法拆分面积，再代入勾股定理消去同类项即可得到结论。
【解析】
1. 第一个图形：设相邻两个直角三角形的斜边长分别为$x$，$y$。
由勾股定理得：$a^2 + b^2 = x^2$，$c^2 + d^2 = y^2$，
以$x$，$y$为直角边的直角三角形斜边长为$m$，故$x^2 + y^2 = m^2$，
因此$a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = x^2 + y^2 = m^2$。
2. 第二个图形：设直角三角形的两条直角边长为$p$，$q$，斜边长为$r$，由勾股定理得$p^2 + q^2 = r^2$。
$S_1$为边长$p$的等边三角形面积：$S_1 = \frac{\sqrt{3}}{4}p^2$，
$S_2$为边长$q$的等边三角形面积：$S_2 = \frac{\sqrt{3}}{4}q^2$，
$S_3$为边长$r$的等边三角形面积：$S_3 = \frac{\sqrt{3}}{4}r^2$，
因此$S_1 + S_2 = \frac{\sqrt{3}}{4}(p^2 + q^2) = \frac{\sqrt{3}}{4}r^2 = S_3$。
3. 第三个图形：设直角三角形的两条直角边长为$p$，$q$，斜边长为$r$，由勾股定理得$p^2 + q^2 = r^2$。
$S_1$为直径$p$的半圆面积：$S_1 = \frac{1}{2} · π · (\frac{p}{2})^2 = \frac{π p^2}{8}$，
$S_2$为直径$q$的半圆面积：$S_2 = \frac{1}{2} · π · (\frac{q}{2})^2 = \frac{π q^2}{8}$，
$S_3$为直径$r$的半圆面积：$S_3 = \frac{1}{2} · π · (\frac{r}{2})^2 = \frac{π r^2}{8}$，
因此$S_1 + S_2 = \frac{π(p^2 + q^2)}{8} = \frac{π r^2}{8} = S_3$。
4. 第四个图形：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=a$，$BC=b$，$AB=c$，由勾股定理得$a^2 + b^2 = c^2$。
$S_1$为直径$a$的半圆面积：$S_1 = \frac{1}{2} · π · (\frac{a}{2})^2 = \frac{π a^2}{8}$，
$S_2$为直径$b$的半圆面积：$S_2 = \frac{1}{2} · π · (\frac{b}{2})^2 = \frac{π b^2}{8}$，
以$AB$为直径的大半圆面积：$S_{\mathrm{大}} = \frac{1}{2} · π · (\frac{c}{2})^2 = \frac{π c^2}{8}$，
由图形面积关系得：
$S_1 + S_2 = \frac{π a^2}{8} + \frac{π b^2}{8} + S_{△ ABC} - \frac{π c^2}{8}$
$= \frac{π(a^2 + b^2 - c^2)}{8} + S_{△ ABC}$
代入$a^2 + b^2 = c^2$，得$\frac{π(a^2 + b^2 - c^2)}{8}=0$，
因此$S_1 + S_2 = S_{△ ABC}$。
【答案】
四个结论均成立，分别为：
1. $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = m^2$
2. 等边三角形模型：$S_1 + S_2 = S_3$
3. 半圆模型：$S_1 + S_2 = S_3$
4. 月牙模型：$S_1 + S_2 = S_{△ ABC}$
【知识点】
勾股定理；面积计算；割补法
【点评】
本题是勾股定理的经典拓展模型，核心规律为：在直角三角形三边外侧作同类型相似图形时，两直角边上的图形面积之和等于斜边上对应图形的面积。掌握该规律可快速求解勾股树、月牙图等相关面积问题。
【难度系数】
0.65
这组结论均围绕勾股定理推导，思考路径如下：1. 所有图形均包含直角三角形，满足勾股定理“直角边平方和等于斜边平方”的核心关系；2. 外侧的正方形、等边三角形、半圆的面积都可表示为“固定常数×对应边长的平方”，面积和边长平方成正比；3. 前三个图形可直接将面积关系代入勾股定理推导，第四个月牙形问题先通过割补法拆分面积，再代入勾股定理消去同类项即可得到结论。
【解析】
1. 第一个图形：设相邻两个直角三角形的斜边长分别为$x$，$y$。
由勾股定理得：$a^2 + b^2 = x^2$，$c^2 + d^2 = y^2$，
以$x$，$y$为直角边的直角三角形斜边长为$m$，故$x^2 + y^2 = m^2$，
因此$a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = x^2 + y^2 = m^2$。
2. 第二个图形：设直角三角形的两条直角边长为$p$，$q$，斜边长为$r$，由勾股定理得$p^2 + q^2 = r^2$。
$S_1$为边长$p$的等边三角形面积：$S_1 = \frac{\sqrt{3}}{4}p^2$，
$S_2$为边长$q$的等边三角形面积：$S_2 = \frac{\sqrt{3}}{4}q^2$，
$S_3$为边长$r$的等边三角形面积：$S_3 = \frac{\sqrt{3}}{4}r^2$，
因此$S_1 + S_2 = \frac{\sqrt{3}}{4}(p^2 + q^2) = \frac{\sqrt{3}}{4}r^2 = S_3$。
3. 第三个图形：设直角三角形的两条直角边长为$p$，$q$，斜边长为$r$，由勾股定理得$p^2 + q^2 = r^2$。
$S_1$为直径$p$的半圆面积：$S_1 = \frac{1}{2} · π · (\frac{p}{2})^2 = \frac{π p^2}{8}$，
$S_2$为直径$q$的半圆面积：$S_2 = \frac{1}{2} · π · (\frac{q}{2})^2 = \frac{π q^2}{8}$，
$S_3$为直径$r$的半圆面积：$S_3 = \frac{1}{2} · π · (\frac{r}{2})^2 = \frac{π r^2}{8}$，
因此$S_1 + S_2 = \frac{π(p^2 + q^2)}{8} = \frac{π r^2}{8} = S_3$。
4. 第四个图形：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=a$，$BC=b$，$AB=c$，由勾股定理得$a^2 + b^2 = c^2$。
$S_1$为直径$a$的半圆面积：$S_1 = \frac{1}{2} · π · (\frac{a}{2})^2 = \frac{π a^2}{8}$，
$S_2$为直径$b$的半圆面积：$S_2 = \frac{1}{2} · π · (\frac{b}{2})^2 = \frac{π b^2}{8}$，
以$AB$为直径的大半圆面积：$S_{\mathrm{大}} = \frac{1}{2} · π · (\frac{c}{2})^2 = \frac{π c^2}{8}$，
由图形面积关系得：
$S_1 + S_2 = \frac{π a^2}{8} + \frac{π b^2}{8} + S_{△ ABC} - \frac{π c^2}{8}$
$= \frac{π(a^2 + b^2 - c^2)}{8} + S_{△ ABC}$
代入$a^2 + b^2 = c^2$，得$\frac{π(a^2 + b^2 - c^2)}{8}=0$，
因此$S_1 + S_2 = S_{△ ABC}$。
【答案】
四个结论均成立，分别为：
1. $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = m^2$
2. 等边三角形模型：$S_1 + S_2 = S_3$
3. 半圆模型：$S_1 + S_2 = S_3$
4. 月牙模型：$S_1 + S_2 = S_{△ ABC}$
【知识点】
勾股定理；面积计算；割补法
【点评】
本题是勾股定理的经典拓展模型，核心规律为：在直角三角形三边外侧作同类型相似图形时，两直角边上的图形面积之和等于斜边上对应图形的面积。掌握该规律可快速求解勾股树、月牙图等相关面积问题。
【难度系数】
0.65
1. 如图, 以 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 的三边为斜边分别向外作等腰直角三角形. 若斜边 $AB=6$, 则图中阴影部分的面积为________.
答案：1. 18
解析：
【分析】
解题时首先明确阴影部分是分别以Rt△ABC三边为斜边的三个等腰直角三角形，先推导等腰直角三角形面积与斜边平方的关系，再结合勾股定理，将两条直角边对应的等腰直角三角形面积和转化为斜边对应的等腰直角三角形面积，最后代入AB的长度即可求出阴影总面积。
【解析】
设等腰直角三角形的斜边为$x$，则其直角边长为$\frac{x}{\sqrt{2}}$，该等腰直角三角形的面积为：
$S=\frac{1}{2}× (\frac{x}{\sqrt{2}})^2=\frac{x^2}{4}$
设$Rt△ ABC$中，$AC=b$，$BC=a$，$AB=c=6$，根据勾股定理可得：$a^2+b^2=c^2$
阴影部分总面积为三个等腰直角三角形的面积和：
$S_{\mathrm{阴影}}=\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{4}+\frac{c^2}{4}=\frac{a^2+b^2+c^2}{4}$
将$a^2+b^2=c^2$代入上式，得：
$S_{\mathrm{阴影}}=\frac{c^2+c^2}{4}=\frac{2c^2}{4}=\frac{c^2}{2}$
把$c=6$代入，得$S_{\mathrm{阴影}}=\frac{6^2}{2}=18$
【答案】
18
【知识点】
勾股定理；等腰直角三角形面积计算
【点评】
本题是勾股定理的典型应用类题型，即“勾股树”模型，核心是利用勾股定理将直角边相关的图形面积和转化为斜边相关的图形面积，简化计算过程，掌握该模型规律可快速求解同类题型。
【难度系数】
0.7
解题时首先明确阴影部分是分别以Rt△ABC三边为斜边的三个等腰直角三角形，先推导等腰直角三角形面积与斜边平方的关系，再结合勾股定理，将两条直角边对应的等腰直角三角形面积和转化为斜边对应的等腰直角三角形面积，最后代入AB的长度即可求出阴影总面积。
【解析】
设等腰直角三角形的斜边为$x$，则其直角边长为$\frac{x}{\sqrt{2}}$，该等腰直角三角形的面积为：
$S=\frac{1}{2}× (\frac{x}{\sqrt{2}})^2=\frac{x^2}{4}$
设$Rt△ ABC$中，$AC=b$，$BC=a$，$AB=c=6$，根据勾股定理可得：$a^2+b^2=c^2$
阴影部分总面积为三个等腰直角三角形的面积和：
$S_{\mathrm{阴影}}=\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{4}+\frac{c^2}{4}=\frac{a^2+b^2+c^2}{4}$
将$a^2+b^2=c^2$代入上式，得：
$S_{\mathrm{阴影}}=\frac{c^2+c^2}{4}=\frac{2c^2}{4}=\frac{c^2}{2}$
把$c=6$代入，得$S_{\mathrm{阴影}}=\frac{6^2}{2}=18$
【答案】
18
【知识点】
勾股定理；等腰直角三角形面积计算
【点评】
本题是勾股定理的典型应用类题型，即“勾股树”模型，核心是利用勾股定理将直角边相关的图形面积和转化为斜边相关的图形面积，简化计算过程，掌握该模型规律可快速求解同类题型。
【难度系数】
0.7
2.如图,在四边形ABCD中,∠DAB=∠DCB=90°,分别以四边形的各边为边长向外作四个正方形,当$S_1+S_2=60,S_3=10$,则$BC=$
$\sqrt{50}$
.答案：2. $\sqrt{50}$
解析：
【分析】
题目给出四边形的两个直角以及以各边为边向外作正方形的面积，正方形面积等于对应边长的平方，因此考虑连接BD作为辅助线，分别在Rt△ABD和Rt△BCD中运用勾股定理，建立各正方形面积之间的等量关系，即可求出BC的长度。
【解析】
连接BD：
1. 在Rt△ABD中，∠DAB=90°，由勾股定理可得：$BD^2 = AB^2 + AD^2$。
因为$S_1$是以AB为边长的正方形面积，即$S_1=AB^2$；$S_2$是以AD为边长的正方形面积，即$S_2=AD^2$，因此$BD^2 = S_1 + S_2 = 60$。
2. 在Rt△BCD中，∠DCB=90°，由勾股定理可得：$BD^2 = CD^2 + BC^2$。
因为$S_3$是以CD为边长的正方形面积，即$S_3=CD^2=10$，将$BD^2=60$代入得：$60 = 10 + BC^2$。
3. 解得$BC^2=50$，结合BC为线段长度是正数，因此$BC=\sqrt{50}$。
【答案】
$\sqrt{50}$
【知识点】
勾股定理，正方形的面积
【点评】
本题是勾股定理的典型应用题型，解题核心是通过连接公共斜边BD，将两个直角三角形的边长关系和正方形面积相结合，快速建立等量关系求解，解题思路清晰直观。
【难度系数】
0.7
题目给出四边形的两个直角以及以各边为边向外作正方形的面积，正方形面积等于对应边长的平方，因此考虑连接BD作为辅助线，分别在Rt△ABD和Rt△BCD中运用勾股定理，建立各正方形面积之间的等量关系，即可求出BC的长度。
【解析】
连接BD：
1. 在Rt△ABD中，∠DAB=90°，由勾股定理可得：$BD^2 = AB^2 + AD^2$。
因为$S_1$是以AB为边长的正方形面积，即$S_1=AB^2$；$S_2$是以AD为边长的正方形面积，即$S_2=AD^2$，因此$BD^2 = S_1 + S_2 = 60$。
2. 在Rt△BCD中，∠DCB=90°，由勾股定理可得：$BD^2 = CD^2 + BC^2$。
因为$S_3$是以CD为边长的正方形面积，即$S_3=CD^2=10$，将$BD^2=60$代入得：$60 = 10 + BC^2$。
3. 解得$BC^2=50$，结合BC为线段长度是正数，因此$BC=\sqrt{50}$。
【答案】
$\sqrt{50}$
【知识点】
勾股定理，正方形的面积
【点评】
本题是勾股定理的典型应用题型，解题核心是通过连接公共斜边BD，将两个直角三角形的边长关系和正方形面积相结合，快速建立等量关系求解，解题思路清晰直观。
【难度系数】
0.7
3.如图,在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$∠ ABC=90°$,分别以 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 的三边为边向外作正方形$ABDE$,正方形$BCFG$,正方形$ACHI$.
(1)连接 $BI$,$CE$,则 $BI$ ______ $CE$;(填“$＞$”“$＜$”或“$=$”)
(2)过点 $B$ 作 $AC$ 的垂线,交 $AC$ 于点 $M$,交 $HI$ 于点 $N$,若 $MN=5$,$NI=1$,求正方形$BCFG$的面积.
(1)连接 $BI$,$CE$,则 $BI$ ______ $CE$;(填“$＞$”“$＜$”或“$=$”)
(2)过点 $B$ 作 $AC$ 的垂线,交 $AC$ 于点 $M$,交 $HI$ 于点 $N$,若 $MN=5$,$NI=1$,求正方形$BCFG$的面积.
答案：3. (1)=
(2)解:
∵MN=5,NI=1,四边形AMNI是长方形,四边形ACHI为正方形,
∴AM=1,MC=4.
在Rt△ABM中,AB²=BM²+1,
在Rt△BMC中,BC²=4²+BM²,
∵AC²=AB²+BC²,AC=MN=5
∴25=BM²+1+4²+BM²,
∴BM=2(负值已舍去).
在Rt△BMC中,BC²=CM²+BM²=20,
∴S正方形BCFG=BC²=20.
(2)解:
∵MN=5,NI=1,四边形AMNI是长方形,四边形ACHI为正方形,
∴AM=1,MC=4.
在Rt△ABM中,AB²=BM²+1,
在Rt△BMC中,BC²=4²+BM²,
∵AC²=AB²+BC²,AC=MN=5
∴25=BM²+1+4²+BM²,
∴BM=2(负值已舍去).
在Rt△BMC中,BC²=CM²+BM²=20,
∴S正方形BCFG=BC²=20.
解析：
【分析】
(1) 要判断BI和CE的数量关系，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。根据正方形的性质可得对应边相等、对应角为直角，进而推导出两个三角形的夹角相等，证明三角形全等后即可得到两条线段的数量关系。
(2) 求正方形BCFG的面积本质是求$BC^2$的数值。首先根据正方形对边平行的性质，结合$BM⊥ AC$可证得四边形AMNI是长方形，由此得到AM、AC的长度，进而求出MC的长度。再分别在两个小直角三角形中用勾股定理表示出$AB^2$和$BC^2$，结合大直角三角形的勾股定理列方程求出BM的长度，最后代入计算$BC^2$即可。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABDE、四边形ACHI都是正方形，
∴$AE=AB$，$AC=AI$，$∠ EAB=∠ CAI=90°$，
∴$∠ EAB+∠ BAC=∠ CAI+∠ BAC$，即$∠ EAC=∠ BAI$，
在$△ EAC$和$△ BAI$中：
$\begin{cases}AE=AB \\∠ EAC=∠ BAI \\AC=AI\end{cases}$
∴$△ EAC≌△ BAI(\mathrm{SAS})$，
∴$BI=CE$。
(2) 解：
∵四边形ACHI是正方形，
∴$AC// HI$，$AC=AI$，
又
∵$BM⊥ AC$，
∴$BN⊥ HI$，
∴$∠ AMN=∠ I=∠ IAM=90°$，
∴四边形AMNI是长方形，
∴$AM=NI=1$，$AI=MN=5$，
∴$AC=AI=5$，$MC=AC-AM=5-1=4$。
设$BM=x$，
在$\mathrm{Rt}△ ABM$中，由勾股定理得：$AB^2=AM^2+BM^2=1^2+x^2$，
在$\mathrm{Rt}△ BMC$中，由勾股定理得：$BC^2=MC^2+BM^2=4^2+x^2$，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得：$AB^2+BC^2=AC^2$，
代入得：$1+x^2+16+x^2=5^2$，
整理得$2x^2=8$，解得$x=2$（负值已舍去），
∴$BC^2=4^2+2^2=20$，即正方形BCFG的面积为20。
【答案】
(1) $=$；(2) $20$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题以勾股树为背景，综合考查了常见几何图形的性质与应用，第一问通过全等证明线段相等是几何中的基础考法，第二问需要学生灵活转化线段关系，结合勾股定理建立方程求解，能有效检验学生的几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要判断BI和CE的数量关系，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。根据正方形的性质可得对应边相等、对应角为直角，进而推导出两个三角形的夹角相等，证明三角形全等后即可得到两条线段的数量关系。
(2) 求正方形BCFG的面积本质是求$BC^2$的数值。首先根据正方形对边平行的性质，结合$BM⊥ AC$可证得四边形AMNI是长方形，由此得到AM、AC的长度，进而求出MC的长度。再分别在两个小直角三角形中用勾股定理表示出$AB^2$和$BC^2$，结合大直角三角形的勾股定理列方程求出BM的长度，最后代入计算$BC^2$即可。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABDE、四边形ACHI都是正方形，
∴$AE=AB$，$AC=AI$，$∠ EAB=∠ CAI=90°$，
∴$∠ EAB+∠ BAC=∠ CAI+∠ BAC$，即$∠ EAC=∠ BAI$，
在$△ EAC$和$△ BAI$中：
$\begin{cases}AE=AB \\∠ EAC=∠ BAI \\AC=AI\end{cases}$
∴$△ EAC≌△ BAI(\mathrm{SAS})$，
∴$BI=CE$。
(2) 解：
∵四边形ACHI是正方形，
∴$AC// HI$，$AC=AI$，
又
∵$BM⊥ AC$，
∴$BN⊥ HI$，
∴$∠ AMN=∠ I=∠ IAM=90°$，
∴四边形AMNI是长方形，
∴$AM=NI=1$，$AI=MN=5$，
∴$AC=AI=5$，$MC=AC-AM=5-1=4$。
设$BM=x$，
在$\mathrm{Rt}△ ABM$中，由勾股定理得：$AB^2=AM^2+BM^2=1^2+x^2$，
在$\mathrm{Rt}△ BMC$中，由勾股定理得：$BC^2=MC^2+BM^2=4^2+x^2$，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得：$AB^2+BC^2=AC^2$，
代入得：$1+x^2+16+x^2=5^2$，
整理得$2x^2=8$，解得$x=2$（负值已舍去），
∴$BC^2=4^2+2^2=20$，即正方形BCFG的面积为20。
【答案】
(1) $=$；(2) $20$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题以勾股树为背景，综合考查了常见几何图形的性质与应用，第一问通过全等证明线段相等是几何中的基础考法，第二问需要学生灵活转化线段关系，结合勾股定理建立方程求解，能有效检验学生的几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6