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12. 如图 20-24, 在 $△ ABC$ 中, 内角 $∠ A, ∠ B, ∠ C$ 所对的边分别为 $a,b,c$.
图 20-24
(1)若 $a=6,b=8,c=12$, 请直接写出 $∠ A+∠ B$ 与 $∠ C$ 的大小关系;
(2)若 $\dfrac{a}{a-b+c} = \dfrac{\dfrac{1}{2}(a+b+c)}{c}$, 求证: $△ ABC$ 是直角三角形.
图 20-24
(1)若 $a=6,b=8,c=12$, 请直接写出 $∠ A+∠ B$ 与 $∠ C$ 的大小关系;
(2)若 $\dfrac{a}{a-b+c} = \dfrac{\dfrac{1}{2}(a+b+c)}{c}$, 求证: $△ ABC$ 是直角三角形.
答案
12.(1)$∠A+∠B＜∠C$.
(2)
∵ $\frac{a}{a-b+c} = \frac{\frac{1}{2}(a+b+c)}{c}$ ,
∴ $ac=\frac{1}{2}(a+b+c)(a-b+c)=\frac{1}{2}[(a+c)+b][(a+c)-b]=\frac{1}{2}[(a+c)^2-b^2]=\frac{1}{2}[(a^2+2ac+c^2)-b^2]$.
∴ $2ac=a^2+2ac+c^2-b^2$.
∴ $a^2+c^2=b^2$.
∴ $△ABC$是直角三角形.
(2)
∵ $\frac{a}{a-b+c} = \frac{\frac{1}{2}(a+b+c)}{c}$ ,
∴ $ac=\frac{1}{2}(a+b+c)(a-b+c)=\frac{1}{2}[(a+c)+b][(a+c)-b]=\frac{1}{2}[(a+c)^2-b^2]=\frac{1}{2}[(a^2+2ac+c^2)-b^2]$.
∴ $2ac=a^2+2ac+c^2-b^2$.
∴ $a^2+c^2=b^2$.
∴ $△ABC$是直角三角形.
解析
【分析】
（1）要比较∠A+∠B和∠C的大小，首先利用三角形内角和为180°，可将问题转化为判断∠C是否大于90°。已知三边长，我们可以通过勾股定理的逆定理判断最长边对应角的类型：先找到最长边c，计算较短两边的平方和与最长边的平方，若较短两边平方和小于最长边平方，则最长边对应的角为钝角，进而可推出∠A+∠B＜∠C。
（2）要证明△ABC是直角三角形，已知边的比例关系，我们可以先利用比例的基本性质（交叉相乘）将比例式转化为乘积式，再观察乘积式中多项式的结构，把a+c看作整体，利用平方差公式展开化简，最终得到三边的平方关系，若符合勾股定理的逆定理，即可判定三角形是直角三角形。
【解析】
(1) 解：在△ABC中，边长c=12为最长边，因此∠C是△ABC的最大内角。
计算得：$a^2+b^2=6^2+8^2=36+64=100$，$c^2=12^2=144$，
∴ $a^2+b^2＜c^2$，根据勾股定理的逆定理可知∠C＞90°，
又
∵ 三角形内角和为180°，即$∠ A+∠ B+∠ C=180°$，
∴ $∠ A+∠ B=180°-∠ C＜∠ C$。
(2) 证明：
已知 $\dfrac{a}{a-b+c} = \dfrac{\dfrac{1}{2}(a+b+c)}{c}$，
根据比例的基本性质交叉相乘得：$ac=\dfrac{1}{2}(a+b+c)(a-b+c)$，
将右侧变形为平方差形式：$\dfrac{1}{2}[(a+c)+b][(a+c)-b]$，
利用平方差公式展开得：$\dfrac{1}{2}[(a+c)^2-b^2]$，
再展开完全平方得：$\dfrac{1}{2}(a^2+2ac+c^2-b^2)$，
等式两边同乘2得：$2ac=a^2+2ac+c^2-b^2$，
移项化简得：$a^2+c^2=b^2$，
根据勾股定理的逆定理可知，△ABC是直角三角形。
【答案】
(1) $∠ A+∠ B＜∠ C$
(2) △ABC是直角三角形，证明如上。
【知识点】
三角形内角和定理；勾股定理的逆定理；平方差公式
【点评】
本题是三角形章节的基础综合题，第一问考察钝角三角形的判定，难度较低；第二问将代数变形和几何判定结合，需要熟练掌握比例性质和乘法公式，能有效考察学生的运算能力和几何判定能力。
【难度系数】
0.7
（1）要比较∠A+∠B和∠C的大小，首先利用三角形内角和为180°，可将问题转化为判断∠C是否大于90°。已知三边长，我们可以通过勾股定理的逆定理判断最长边对应角的类型：先找到最长边c，计算较短两边的平方和与最长边的平方，若较短两边平方和小于最长边平方，则最长边对应的角为钝角，进而可推出∠A+∠B＜∠C。
（2）要证明△ABC是直角三角形，已知边的比例关系，我们可以先利用比例的基本性质（交叉相乘）将比例式转化为乘积式，再观察乘积式中多项式的结构，把a+c看作整体，利用平方差公式展开化简，最终得到三边的平方关系，若符合勾股定理的逆定理，即可判定三角形是直角三角形。
【解析】
(1) 解：在△ABC中，边长c=12为最长边，因此∠C是△ABC的最大内角。
计算得：$a^2+b^2=6^2+8^2=36+64=100$，$c^2=12^2=144$，
∴ $a^2+b^2＜c^2$，根据勾股定理的逆定理可知∠C＞90°，
又
∵ 三角形内角和为180°，即$∠ A+∠ B+∠ C=180°$，
∴ $∠ A+∠ B=180°-∠ C＜∠ C$。
(2) 证明：
已知 $\dfrac{a}{a-b+c} = \dfrac{\dfrac{1}{2}(a+b+c)}{c}$，
根据比例的基本性质交叉相乘得：$ac=\dfrac{1}{2}(a+b+c)(a-b+c)$，
将右侧变形为平方差形式：$\dfrac{1}{2}[(a+c)+b][(a+c)-b]$，
利用平方差公式展开得：$\dfrac{1}{2}[(a+c)^2-b^2]$，
再展开完全平方得：$\dfrac{1}{2}(a^2+2ac+c^2-b^2)$，
等式两边同乘2得：$2ac=a^2+2ac+c^2-b^2$，
移项化简得：$a^2+c^2=b^2$，
根据勾股定理的逆定理可知，△ABC是直角三角形。
【答案】
(1) $∠ A+∠ B＜∠ C$
(2) △ABC是直角三角形，证明如上。
【知识点】
三角形内角和定理；勾股定理的逆定理；平方差公式
【点评】
本题是三角形章节的基础综合题，第一问考察钝角三角形的判定，难度较低；第二问将代数变形和几何判定结合，需要熟练掌握比例性质和乘法公式，能有效考察学生的运算能力和几何判定能力。
【难度系数】
0.7
13. 勾股定理神秘而美妙,它的证法多样,其巧妙各有不同,其中的“面积法”给了小聪灵感,他惊喜地发现:当两个全等的直角三角形如图 20-25①或图 20-25②摆放时,都可以用“面积法”来证明. 下面是小聪利用图 20-25①证明勾股定理的过程:
将两个全等的直角三角形按图20-25①所示摆放,其中∠DAB = 90°,求证:$a^2+b^2=c^2$.
证明:连接 DB,过点 D 作 BC 边上的高 DF,DF = EC = b - a.
∵ $S_{四边形ADCB} = S_{△ ACD} + S_{△ ABC} = \frac{1}{2}b^2 + \frac{1}{2}ab$,
又∵ $S_{四边形ADCB} = S_{△ ADB} + S_{△ DCB} = \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b - a)$,
∴ $\frac{1}{2}b^2 + \frac{1}{2}ab = \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b - a)$.
∴ $a^2 + b^2 = c^2$.
请参照上述证法,利用图 20-25②完成下面的证明.
将两个全等的直角三角形按图 20-25②所示摆放,其中∠DAB = 90°.
求证:$a^2 + b^2 = c^2$.
证明:连接
.
∵ $S_{五边形ACBED} =$
,
又∵ $S_{五边形ACBED} =$
,
∴
,
∴ $a^2 + b^2 = c^2$.
将两个全等的直角三角形按图20-25①所示摆放,其中∠DAB = 90°,求证:$a^2+b^2=c^2$.
证明:连接 DB,过点 D 作 BC 边上的高 DF,DF = EC = b - a.
∵ $S_{四边形ADCB} = S_{△ ACD} + S_{△ ABC} = \frac{1}{2}b^2 + \frac{1}{2}ab$,
又∵ $S_{四边形ADCB} = S_{△ ADB} + S_{△ DCB} = \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b - a)$,
∴ $\frac{1}{2}b^2 + \frac{1}{2}ab = \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b - a)$.
∴ $a^2 + b^2 = c^2$.
请参照上述证法,利用图 20-25②完成下面的证明.
将两个全等的直角三角形按图 20-25②所示摆放,其中∠DAB = 90°.
求证:$a^2 + b^2 = c^2$.
证明:连接
BD,过点B作DE边上的高BF,BF=b-a
.
∵ $S_{五边形ACBED} =$
$S_{梯形ACBE} + S_{△AED} = \frac{1}{2}(a+b)b + \frac{1}{2}ab$
,
又∵ $S_{五边形ACBED} =$
$S_{△ACB} + S_{△ADB} + S_{△BED} = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b-a)$
,
∴
$\frac{1}{2}(a+b)b + \frac{1}{2}ab = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b-a)$
,
∴ $a^2 + b^2 = c^2$.
答案
13. 连接BD,过点B作DE边上的高BF,BF=b-a.
∵ $S_{五边形ACBED} = S_{梯形ACBE} + S_{△AED} = \frac{1}{2}(a+b)b + \frac{1}{2}ab$,
又
∵ $S_{五边形ACBED} = S_{△ACB} + S_{△ADB} + S_{△BED} = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b-a)$,
∴ $\frac{1}{2}(a+b)b + \frac{1}{2}ab = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b-a)$,
∴ $a^2 + b^2 = c^2$.
∵ $S_{五边形ACBED} = S_{梯形ACBE} + S_{△AED} = \frac{1}{2}(a+b)b + \frac{1}{2}ab$,
又
∵ $S_{五边形ACBED} = S_{△ACB} + S_{△ADB} + S_{△BED} = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b-a)$,
∴ $\frac{1}{2}(a+b)b + \frac{1}{2}ab = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b-a)$,
∴ $a^2 + b^2 = c^2$.
解析
【分析】
本题可参考图①的面积法证明思路，核心是用两种不同的割补方式表示同一个五边形的面积，通过建立等式化简得到勾股定理。首先参照示例作辅助线：连接BD，过点B作DE边上的高，可得高的长度为b-a；接下来将五边形ACBED分别拆分为“梯形+三角形”和“三个三角形”两种组合，分别计算面积求和，再令两个面积表达式相等，对等式化简消去同类项后即可推导出结论。
【解析】
证明：连接BD，过点B作DE边上的高BF，则$BF = b - a$。
∵ 五边形ACBED的面积可表示为梯形ACBE与△AED的面积和：
$S_{五边形ACBED} = S_{梯形ACBE} + S_{△AED} = \frac{1}{2}(a+b)b + \frac{1}{2}ab$，
又
∵ 五边形ACBED的面积也可表示为△ACB、△ADB、△BED的面积和：
$S_{五边形ACBED} = S_{△ACB} + S_{△ADB} + S_{△BED} = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b-a)$，
∴ $\frac{1}{2}(a+b)b + \frac{1}{2}ab = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b-a)$，
等式两边同乘2去分母，展开整理后消去两边相同的项，可得$a^2 + b^2 = c^2$。
【答案】
BD，过点B作DE边上的高BF，BF=b-a；
$S_{梯形ACBE} + S_{△AED} = \frac{1}{2}(a+b)b + \frac{1}{2}ab$；
$S_{△ACB} + S_{△ADB} + S_{△BED} = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b-a)$；
$\frac{1}{2}(a+b)b + \frac{1}{2}ab = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b-a)$。
【知识点】
勾股定理的证明、面积割补法、整式化简
【点评】
本题是勾股定理的经典证明题型，利用“同一图形面积相等”的原理，通过对多边形的不同割补方式建立等式，既考查了基础图形的面积计算能力，也体现了数形结合思想在几何证明中的巧妙应用。
【难度系数】
0.7
本题可参考图①的面积法证明思路，核心是用两种不同的割补方式表示同一个五边形的面积，通过建立等式化简得到勾股定理。首先参照示例作辅助线：连接BD，过点B作DE边上的高，可得高的长度为b-a；接下来将五边形ACBED分别拆分为“梯形+三角形”和“三个三角形”两种组合，分别计算面积求和，再令两个面积表达式相等，对等式化简消去同类项后即可推导出结论。
【解析】
证明：连接BD，过点B作DE边上的高BF，则$BF = b - a$。
∵ 五边形ACBED的面积可表示为梯形ACBE与△AED的面积和：
$S_{五边形ACBED} = S_{梯形ACBE} + S_{△AED} = \frac{1}{2}(a+b)b + \frac{1}{2}ab$，
又
∵ 五边形ACBED的面积也可表示为△ACB、△ADB、△BED的面积和：
$S_{五边形ACBED} = S_{△ACB} + S_{△ADB} + S_{△BED} = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b-a)$，
∴ $\frac{1}{2}(a+b)b + \frac{1}{2}ab = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b-a)$，
等式两边同乘2去分母，展开整理后消去两边相同的项，可得$a^2 + b^2 = c^2$。
【答案】
BD，过点B作DE边上的高BF，BF=b-a；
$S_{梯形ACBE} + S_{△AED} = \frac{1}{2}(a+b)b + \frac{1}{2}ab$；
$S_{△ACB} + S_{△ADB} + S_{△BED} = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b-a)$；
$\frac{1}{2}(a+b)b + \frac{1}{2}ab = \frac{1}{2}ab + \frac{1}{2}c^2 + \frac{1}{2}a(b-a)$。
【知识点】
勾股定理的证明、面积割补法、整式化简
【点评】
本题是勾股定理的经典证明题型，利用“同一图形面积相等”的原理，通过对多边形的不同割补方式建立等式，既考查了基础图形的面积计算能力，也体现了数形结合思想在几何证明中的巧妙应用。
【难度系数】
0.7
