Question

12．定義：如圖1，點(diǎn)M、N把線段AB分割成AM，MN和BN三段，若以AM、MN、BN為邊的三角形是一個(gè)直接三角形，則稱點(diǎn)M、N是線段AB的勾股分割點(diǎn)．

（1）如圖2所示，已知點(diǎn)C是線段AB上的一定點(diǎn)，過C作直線l⊥AB，在直線l上截取CE=CA，連接BE，BE的垂直平分線交AB于點(diǎn)D，求證：點(diǎn)C、D是線段AB的勾股分割點(diǎn)．
（2）已知點(diǎn)M、N是線段AB的勾股分割點(diǎn)，若AM=2，NM=3，求BN的長(zhǎng)；
（3）如圖3，已知點(diǎn)M，N是線段AB的勾股分割點(diǎn)，記AM=a，BN=b，MN=c，且a＜c，b＜c，△AMC，△MND和△NBE均是等邊三角形，AE分別交CM、DM、DN于點(diǎn)F、G、H，若H是DN的中點(diǎn)．
①證明：a=b；
②試猜想S_△AMF，S_△BEN和S_{四邊形MNGH}的數(shù)量關(guān)系（不需說明理由）

Answer 1

分析 （1）連接DE，先由勾股定理得到EC²+CD²=DE²，再由BE的垂直平分線交AB于點(diǎn)D，得到DE=BD，即可得到AC²+CD²=DB²，所以點(diǎn)C、D是線段AB的勾股分割點(diǎn)．
（2）①當(dāng)MN為最大線段時(shí)，由勾股定理求出BN；②當(dāng)BN為最大線段時(shí)，由勾股定理求出BN即可；
（3）①先證明△DGH≌△NEH，得出DG=EN=b，MG=c-b，再證明△AGM∽△AEN，得出比例式，得出c²=2ab-ac+bc，證出c²=a²+b²，得出a=b，
②證出△DGH≌△CAF，得出S_△DGH=S_△CAF，證出S_△DMN=S_△ACM+S_△ENB，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）如圖2，連接DE，

∵l⊥AB，
∴EC²+CD²=DE²，
∵BE的垂直平分線交AB于點(diǎn)D，
∴DE=BD，
又∵CE=CA，
∴AC²+CD²=DB²，
∴點(diǎn)C、D是線段AB的勾股分割點(diǎn)．
（2）①當(dāng)MN為最大線段時(shí)，
∵點(diǎn) M、N是線段AB的勾股分割點(diǎn)，
∴BN=$\sqrt{M{N}^{2}-A{M}^{2}}$=$\sqrt{9-4}$=$\sqrt{5}$；
②當(dāng)BN為最大線段時(shí)，
∵點(diǎn)M、N是線段AB的勾股分割點(diǎn)，
∴BN=$\sqrt{M{N}^{2}+A{M}^{2}}=\sqrt{9+4}=\sqrt{13}$，
綜上所述：BN=$\sqrt{5}$或$\sqrt{13}$；
（3）①∵H是DN的中點(diǎn)，
∴DH=HN=$\frac{1}{2}$c，
∵△MND和△NBE均是等邊三角形，
∴∠D=∠DNE=60°，
在△DGH和△NEH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠D=∠DNE}\\{DH=HN}\\{∠DHG=∠NHE}\end{array}\right.$，
∴△DGH≌△NEH，
∴DG=EN=b，MG=c-b，
∵GM∥EN，
∴△AGM∽△NEN，
∴$\frac{c-b}=\frac{a}{a+c}$，
∴c²=2ab-ac+bc，
∵點(diǎn)M，N是線段AB的勾股分割點(diǎn)，
∴c²=a²+b²，
∴（a-b）²=（b-a）c，
∵b-a≠c，
∴a=b．
②在△DGH和△CAF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠D=∠C}\\{DG=CA}\\{∠DGH=∠CAF}\end{array}\right.$，
∴△DGH≌△CAF（ASA），
∴S_△DGH=S_△CAF，
∵c²=a²+b²，
∴$\frac{\sqrt{3}}{4}$c²=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a²+$\frac{\sqrt{3}}{4}$b²，
∴S_△DMN=S_△ACM+S_△ENB，
∵S_△DMN=S_△DGH+S_{四邊形MNHG}，S_△ACM=S_△CAF+S_△AMF，
∴S_{四邊形MNHG}=S_△AMF+S_△BEN．

點(diǎn)評(píng) 本題是三角形綜合題目，考查了新定義“勾股分割點(diǎn)”、勾股定理、三角形中位線定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、三角形和四邊形面積的計(jì)算等知識(shí)；本題難度較大，綜合性強(qiáng)，特別是（3）中，需要兩次證明三角形全等和三角形相似才能得出結(jié)論．