登录
9. 张老师在一次探究性学习中，设计了如下数表：
(1) 请你分别观察 $ a $，$ b $，$ c $ 与 $ n $ 之间的关系，并用含自然数 $ n (n ＞ 1) $ 的代数式表示：$ a = $，$ b = $，$ c = $.
(2) 猜想以 $ a $，$ b $，$ c $ 为三边长的三角形是否为直角三角形，并证明你的猜想.
(1) 请你分别观察 $ a $，$ b $，$ c $ 与 $ n $ 之间的关系，并用含自然数 $ n (n ＞ 1) $ 的代数式表示：$ a = $，$ b = $，$ c = $.
(2) 猜想以 $ a $，$ b $，$ c $ 为三边长的三角形是否为直角三角形，并证明你的猜想.
答案
解：
(1) $a = n^2 - 1$，$b = 2n$，$c = n^2 + 1$
(2) 猜想：以$a$，$b$，$c$为三边长的三角形是直角三角形。
证明：
$\because a^2 + b^2 = (n^2 - 1)^2 + (2n)^2$
$= n^4 - 2n^2 + 1 + 4n^2$
$= n^4 + 2n^2 + 1$
$c^2 = (n^2 + 1)^2 = n^4 + 2n^2 + 1$
$\therefore a^2 + b^2 = c^2$
$\therefore$ 根据勾股定理的逆定理，以$a$，$b$，$c$为三边长的三角形是直角三角形。
(1) $a = n^2 - 1$，$b = 2n$，$c = n^2 + 1$
(2) 猜想：以$a$，$b$，$c$为三边长的三角形是直角三角形。
证明：
$\because a^2 + b^2 = (n^2 - 1)^2 + (2n)^2$
$= n^4 - 2n^2 + 1 + 4n^2$
$= n^4 + 2n^2 + 1$
$c^2 = (n^2 + 1)^2 = n^4 + 2n^2 + 1$
$\therefore a^2 + b^2 = c^2$
$\therefore$ 根据勾股定理的逆定理，以$a$，$b$，$c$为三边长的三角形是直角三角形。
10. 如图，在正方形 $ ABCD $ 中，$ F $ 为 $ DC $ 的中点，$ E $ 为 $ BC $ 上一点，且 $ EC = \dfrac{1}{4}BC $. 求证 $ ∠ EFA = 90° $.
答案
证明：设正方形 $ ABCD $ 的边长为 $ 4a $（$ a＞0 $），
则 $ AB=BC=CD=DA=4a $。
∵ $ F $ 为 $ DC $ 的中点，
∴ $ DF=FC=\frac{1}{2}CD=2a $。
∵ $ EC=\frac{1}{4}BC $，
∴ $ EC=a $，$ BE=BC-EC=4a-a=3a $。
在 $ \mathrm{Rt}△ ADF $ 中，由勾股定理得：
$ AF^2=AD^2+DF^2=(4a)^2+(2a)^2=16a^2+4a^2=20a^2 $。
在 $ \mathrm{Rt}△ ECF $ 中，由勾股定理得：
$ EF^2=EC^2+FC^2=a^2+(2a)^2=a^2+4a^2=5a^2 $。
在 $ \mathrm{Rt}△ ABE $ 中，由勾股定理得：
$ AE^2=AB^2+BE^2=(4a)^2+(3a)^2=16a^2+9a^2=25a^2 $。
∵ $ AF^2+EF^2=20a^2+5a^2=25a^2=AE^2 $，
∴ 根据勾股定理的逆定理，$ △ AEF $ 是直角三角形，且 $ ∠ EFA=90° $。
则 $ AB=BC=CD=DA=4a $。
∵ $ F $ 为 $ DC $ 的中点，
∴ $ DF=FC=\frac{1}{2}CD=2a $。
∵ $ EC=\frac{1}{4}BC $，
∴ $ EC=a $，$ BE=BC-EC=4a-a=3a $。
在 $ \mathrm{Rt}△ ADF $ 中，由勾股定理得：
$ AF^2=AD^2+DF^2=(4a)^2+(2a)^2=16a^2+4a^2=20a^2 $。
在 $ \mathrm{Rt}△ ECF $ 中，由勾股定理得：
$ EF^2=EC^2+FC^2=a^2+(2a)^2=a^2+4a^2=5a^2 $。
在 $ \mathrm{Rt}△ ABE $ 中，由勾股定理得：
$ AE^2=AB^2+BE^2=(4a)^2+(3a)^2=16a^2+9a^2=25a^2 $。
∵ $ AF^2+EF^2=20a^2+5a^2=25a^2=AE^2 $，
∴ 根据勾股定理的逆定理，$ △ AEF $ 是直角三角形，且 $ ∠ EFA=90° $。
11. 定义：在 $ △ ABC $ 中，若 $ BC = a $，$ AC = b $，$ AB = c $，且 $ a $，$ b $，$ c $ 满足 $ ac + a^{2} = b^{2} $，则称这个三角形为“类勾股三角形”. 请根据以上定义解决下列问题.
(1) 如图①，若等腰三角形 $ ABC $ 是“类勾股三角形”，$ AB = BC $，$ AC ＞ AB $，求 $ ∠ C $ 的度数.
(2) 如图②，在 $ △ ABC $ 中，$ ∠ B = 2 ∠ A $，且 $ ∠ ACB ＞ ∠ A $，$ D $ 是 $ AB $ 上的点，连接 $ CD $，满足 $ AD = CD $，过点 $ C $ 作 $ CE ⊥ AB $，垂足为 $ E $. 求证 $ △ ABC $ 为“类勾股三角形”.
(1) 如图①，若等腰三角形 $ ABC $ 是“类勾股三角形”，$ AB = BC $，$ AC ＞ AB $，求 $ ∠ C $ 的度数.
(2) 如图②，在 $ △ ABC $ 中，$ ∠ B = 2 ∠ A $，且 $ ∠ ACB ＞ ∠ A $，$ D $ 是 $ AB $ 上的点，连接 $ CD $，满足 $ AD = CD $，过点 $ C $ 作 $ CE ⊥ AB $，垂足为 $ E $. 求证 $ △ ABC $ 为“类勾股三角形”.
答案
(1) 解：
∵ 等腰$△ ABC$是“类勾股三角形”，$AB=BC$，$AC＞AB$，
设$BC=a$，$AC=b$，$AB=c$，则$a=c$，
根据定义：$ac + a^2 = b^2$，
代入$a=c$得：$a· a + a^2 = b^2$，即$2a^2 = b^2$，
∴ $b=\sqrt{2}a$，即$AC=\sqrt{2}AB=\sqrt{2}BC$，
在$△ ABC$中，$AB^2 + BC^2 = a^2 + a^2 = 2a^2 = AC^2$，
∴ $∠ B=90°$，
又∵ $AB=BC$，
∴ $∠ A=∠ C=\frac{180° - 90°}{2}=45°$，
即$∠ C=45°$。
(2) 证明：
∵ $AD=CD$，
∴ $∠ A=∠ ACD$，
∴ $∠ CDB=∠ A+∠ ACD=2∠ A$，
又∵ $∠ B=2∠ A$，
∴ $∠ CDB=∠ B$，
∴ $CD=BC$，
∵ $CE⊥ AB$，
∴ $DE=BE$，
在$\mathrm{Rt}△ ACE$中，$AC^2=AE^2+CE^2$，
在$\mathrm{Rt}△ BCE$中，$BC^2=BE^2+CE^2$，
两式相减得：$AC^2 - BC^2=AE^2 - BE^2$，
由平方差公式：$AE^2 - BE^2=(AE-BE)(AE+BE)$，
∵ $AE=AD+DE$，$AD=CD=BC$，$DE=BE$，
∴ $AE-BE=BC+BE - BE=BC$，$AE+BE=AB$，
∴ $AC^2 - BC^2=BC· AB$，
移项得：$AC^2=BC· AB + BC^2$，
设$BC=a$，$AC=b$，$AB=c$，即$b^2=ac + a^2$，
∴ $△ ABC$为“类勾股三角形”。
∵ 等腰$△ ABC$是“类勾股三角形”，$AB=BC$，$AC＞AB$，
设$BC=a$，$AC=b$，$AB=c$，则$a=c$，
根据定义：$ac + a^2 = b^2$，
代入$a=c$得：$a· a + a^2 = b^2$，即$2a^2 = b^2$，
∴ $b=\sqrt{2}a$，即$AC=\sqrt{2}AB=\sqrt{2}BC$，
在$△ ABC$中，$AB^2 + BC^2 = a^2 + a^2 = 2a^2 = AC^2$，
∴ $∠ B=90°$，
又∵ $AB=BC$，
∴ $∠ A=∠ C=\frac{180° - 90°}{2}=45°$，
即$∠ C=45°$。
(2) 证明：
∵ $AD=CD$，
∴ $∠ A=∠ ACD$，
∴ $∠ CDB=∠ A+∠ ACD=2∠ A$，
又∵ $∠ B=2∠ A$，
∴ $∠ CDB=∠ B$，
∴ $CD=BC$，
∵ $CE⊥ AB$，
∴ $DE=BE$，
在$\mathrm{Rt}△ ACE$中，$AC^2=AE^2+CE^2$，
在$\mathrm{Rt}△ BCE$中，$BC^2=BE^2+CE^2$，
两式相减得：$AC^2 - BC^2=AE^2 - BE^2$，
由平方差公式：$AE^2 - BE^2=(AE-BE)(AE+BE)$，
∵ $AE=AD+DE$，$AD=CD=BC$，$DE=BE$，
∴ $AE-BE=BC+BE - BE=BC$，$AE+BE=AB$，
∴ $AC^2 - BC^2=BC· AB$，
移项得：$AC^2=BC· AB + BC^2$，
设$BC=a$，$AC=b$，$AB=c$，即$b^2=ac + a^2$，
∴ $△ ABC$为“类勾股三角形”。
