Question

12．定义：如图1，点M、N把线段AB分割成AM，MN和BN三段，若以AM、MN、BN为边的三角形是一个直接三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割点．

（1）如图2所示，已知点C是线段AB上的一定点，过C作直线l⊥AB，在直线l上截取CE=CA，连接BE，BE的垂直平分线交AB于点D，求证：点C、D是线段AB的勾股分割点．
（2）已知点M、N是线段AB的勾股分割点，若AM=2，NM=3，求BN的长；
（3）如图3，已知点M，N是线段AB的勾股分割点，记AM=a，BN=b，MN=c，且a＜c，b＜c，△AMC，△MND和△NBE均是等边三角形，AE分别交CM、DM、DN于点F、G、H，若H是DN的中点．
①证明：a=b；
②试猜想S_△AMF，S_△BEN和S_{四边形MNGH}的数量关系（不需说明理由）

Answer 1

分析 （1）连接DE，先由勾股定理得到EC²+CD²=DE²，再由BE的垂直平分线交AB于点D，得到DE=BD，即可得到AC²+CD²=DB²，所以点C、D是线段AB的勾股分割点．
（2）①当MN为最大线段时，由勾股定理求出BN；②当BN为最大线段时，由勾股定理求出BN即可；
（3）①先证明△DGH≌△NEH，得出DG=EN=b，MG=c-b，再证明△AGM∽△AEN，得出比例式，得出c²=2ab-ac+bc，证出c²=a²+b²，得出a=b，
②证出△DGH≌△CAF，得出S_△DGH=S_△CAF，证出S_△DMN=S_△ACM+S_△ENB，即可得出结论．

解答 解：（1）如图2，连接DE，

∵l⊥AB，
∴EC²+CD²=DE²，
∵BE的垂直平分线交AB于点D，
∴DE=BD，
又∵CE=CA，
∴AC²+CD²=DB²，
∴点C、D是线段AB的勾股分割点．
（2）①当MN为最大线段时，
∵点 M、N是线段AB的勾股分割点，
∴BN=$\sqrt{M{N}^{2}-A{M}^{2}}$=$\sqrt{9-4}$=$\sqrt{5}$；
②当BN为最大线段时，
∵点M、N是线段AB的勾股分割点，
∴BN=$\sqrt{M{N}^{2}+A{M}^{2}}=\sqrt{9+4}=\sqrt{13}$，
综上所述：BN=$\sqrt{5}$或$\sqrt{13}$；
（3）①∵H是DN的中点，
∴DH=HN=$\frac{1}{2}$c，
∵△MND和△NBE均是等边三角形，
∴∠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，
∴$\frac{c-b}{b}=\frac{a}{a+c}$，
∴c²=2ab-ac+bc，
∵点M，N是线段AB的勾股分割点，
∴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_{四边形MNHG}，S_△ACM=S_△CAF+S_△AMF，
∴S_{四边形MNHG}=S_△AMF+S_△BEN．

点评 本题是三角形综合题目，考查了新定义“勾股分割点”、勾股定理、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质、三角形和四边形面积的计算等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要两次证明三角形全等和三角形相似才能得出结论．