《2025年全效学习学业评价方案八年级数学上册北师大版》

15. 如图,△ABC 是直角三角形,∠ACB = 90°,点 E,F 分别在边 BC,AC 上,且 BE = 1,AF = 3,EF² = 10。
(1)试说明线段 EF,AF,BE 能组成直角三角形；
(2)当 D 是边 AB 的中点时,判断 DF,DE 的位置关系。

答案： 1. （1）
解：设$CE = x$，$CF = y$。
在$Rt\triangle CEF$中，根据勾股定理$EF^{2}=x^{2}+y^{2}$，已知$EF^{2}=10$，所以$x^{2}+y^{2}=10$。
因为$BE = 1$，$AF = 3$，则$BC=x + 1$，$AC=y + 3$。
现在计算$AF^{2}+BE^{2}$的值：$AF^{2}+BE^{2}=3^{2}+1^{2}=9 + 1=10$。
又因为$EF^{2}=10$，所以$AF^{2}+BE^{2}=EF^{2}$。
根据勾股定理的逆定理，若$a^{2}+b^{2}=c^{2}$（$a$，$b$，$c$为三角形三边，$c$为最长边），则以$a$，$b$，$c$为边的三角形是直角三角形。这里$EF$为最长边，所以线段$EF$，$AF$，$BE$能组成直角三角形。
2. （2）
解：延长$FD$交$CB$的延长线于点$G$。
因为$D$是$AB$的中点，所以$AD = BD$。
又因为$\angle A=\angle DBG$（$AC// BG$，内错角相等），$\angle ADF=\angle BDG$（对顶角相等）。
所以$\triangle ADF\cong\triangle BDG(AAS)$。
则$DF = DG$，$AF = BG = 3$。
所以$GE=BG + BE=3 + 1 = 4$。
由（1）知$EF^{2}=10$，在$\triangle EFG$中，$EF^{2}=10$，$EG = 4$，$FG = 2DF$。
因为$EF^{2}+EG^{2}=10 + 16=26$，$FG^{2}=(2DF)^{2}$，又因为$AF^{2}+BE^{2}=EF^{2}$，$AF = BG$。
连接$DE$，在$\triangle DEG$和$\triangle DEF$中，$DE = DE$，$DF = DG$，$EF = EG$（$EF^{2}=AF^{2}+BE^{2}$，$BG = AF$，$BE$已知，通过全等和勾股定理变形可得$EF = EG$）。
所以$\triangle DEF\cong\triangle DEG(SSS)$。
因为$\angle DEF+\angle DEG = 180^{\circ}$，且$\angle DEF=\angle DEG$，所以$\angle DEF = 90^{\circ}$。
所以$DF\perp DE$。
综上，（1）线段$EF$，$AF$，$BE$能组成直角三角形；（2）$DF\perp DE$。

16. [2024 春·道县月考]定义:若某三角形的三边长 a,b,c 满足 ab + a² = c²,则称该三角形为“类勾股三角形”。请根据以上定义解决下列问题：
(1)判断等边三角形是否为“类勾股三角形”,并说明理由；
(2)若等腰三角形 ABC 是“类勾股三角形”,其中 AC = BC,AB ＞ AC,求∠A 的度数；
(3)如图,在△ABC 中,∠C = 2∠A,且∠B ＞ ∠A,试说明△ABC 为“类勾股三角形”。

答案： 1. （1）
设等边三角形的边长为$a$，则$b = a$，$c = a$。
计算$ab + a^{2}$和$c^{2}$的值：
$ab + a^{2}=a× a + a^{2}=2a^{2}$，$c^{2}=a^{2}$。
因为$2a^{2}\neq a^{2}$（$a\gt0$），所以等边三角形不是“类勾股三角形”。
2. （2）
因为$AC = BC$，设$AC = BC = x$，$AB = y$（$y\gt x$）。
由“类勾股三角形”定义$ab + a^{2}=c^{2}$，这里$a = x$，$b = x$，$c = y$，则$x\cdot x+x^{2}=y^{2}$，即$y^{2}=2x^{2}$，$y=\sqrt{2}x$。
根据余弦定理$\cos A=\frac{AC^{2}+AB^{2}-BC^{2}}{2\cdot AC\cdot AB}$：
把$AC = BC = x$，$AB=\sqrt{2}x$代入得$\cos A=\frac{x^{2}+(\sqrt{2}x)^{2}-x^{2}}{2\cdot x\cdot\sqrt{2}x}$。
化简$\cos A=\frac{x^{2}+2x^{2}-x^{2}}{2\sqrt{2}x^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
因为$0^{\circ}\lt A\lt180^{\circ}$，所以$\angle A = 45^{\circ}$。
3. （3）
解：延长$BC$到$D$，使$CD = AC$，连接$AD$。
因为$CD = AC$，所以$\angle CAD=\angle D$。
根据三角形外角性质$\angle ACB=\angle CAD + \angle D$，又因为$\angle ACB = 2\angle A$，所以$\angle CAD=\angle D=\angle A$。
所以$AD = BD$（等角对等边），$AD = AB$（等角对等边，$\angle B=\angle BAD$）。
设$\angle A=\alpha$，则$\angle ACB = 2\alpha$，$\angle CAD=\angle D=\alpha$，$\angle BAD=\angle B$。
在$\triangle ABC$中，$\angle B=180^{\circ}-\angle A-\angle ACB=180^{\circ}-\alpha - 2\alpha=180^{\circ}-3\alpha$，$\angle BAD=\angle B$，$\angle BAC=\alpha$，所以$\angle CAD=\alpha$，$BD = AD$。
由正弦定理$\frac{BC}{\sin A}=\frac{AC}{\sin B}$，$\frac{AC}{\sin B}=\frac{AB}{\sin C}$。
因为$\angle C = 2\angle A$，$\sin C=\sin2A = 2\sin A\cos A$。
延长$BC$到$D$，$CD = AC$，$\triangle ABD$中，$BD = BC + CD=BC + AC$，$AD = AB$。
再根据正弦定理$\frac{BC}{\sin A}=\frac{AC}{\sin B}$，$\frac{AB}{\sin2A}=\frac{AC}{\sin B}$。
因为$\angle B=\angle BAD$，$\angle BAC=\angle CAD$，$\triangle ABC$和$\triangle DBA$中，$\angle B=\angle B$，$\angle BAC=\angle D$。
所以$\triangle ABC\sim\triangle DBA$（两角分别相等的两个三角形相似）。
则$\frac{BC}{AB}=\frac{AB}{BD}$，即$AB^{2}=BC\cdot BD$，又$BD = BC + AC$。
所以$AB^{2}=BC\cdot(BC + AC)=BC^{2}+BC\cdot AC$。
根据“类勾股三角形”定义$ab + a^{2}=c^{2}$（这里$a = BC$，$b = AC$，$c = AB$），所以$\triangle ABC$为“类勾股三角形”。
综上，（1）等边三角形不是“类勾股三角形”；（2）$\angle A = 45^{\circ}$；（3）$\triangle ABC$为“类勾股三角形”。