勾股定理逆定理多个证法

勾股定理逆定理多个证法
勾股定理逆定理多个证法

勾股定理逆定理多个证法
已知△ABC的三边为a,b,c,且a∶b∶c=1∶1∶ .求三内角的比.
分析 将比例通过设k,使线段量化后,再判断三角形是否为直角三角形,是解决已知三边或三边之比的问题常用的方法之一.
解 设a=b=k,则c= k.a2+b2=2k2=c2 ∴△ABC为直角三角形,又a∶b=1∶1 a=b
∴两锐角分别为45°,45° ∴三内角比为1∶1∶2.
常见问题4:勾股定理的逆定理2
问题：
如图3.17-1,△ABC中,∠A=30°,AB∶AC=2∶ ,求证AC⊥BC.
分析 本题即是求证△ABC为直角三角形是∠C=90°.可考虑用勾股定理逆定理.因而要设法求出BC边.可考虑作AB边上的高,将△ABC分为两个直角三角形,Rt△ACD和Rt△BCD,再利用勾股定理及已知条件求出BC的长.
证 ∵AB＞AC ∠C＞∠B
∴作CD⊥AB于D.设AB=2k,则AC= k(k＞0),
在Rt△ACD中,∠A=30° AC= k.∴AD= k,CD= k AB=2k
∴BD= k.在Rt△BCD中 BC2=CD2+DB2=k2 ∴BC=k
∴BC∶AB∶AC=1∶2∶ BC2+AC2=k2+( k)2=4k2=AB2
∴△ACB为直角三角形 ∴AC⊥BC.
常见问题5:勾股定理的逆定理3
问题：
求证：边长为m2-n2,m2+n2,2mn(m＞n)的三角形是直角三角形
分析 只需证明最长边的平方等于另两边平方和即可,∵（m-n）2≥0,
∴m2+b2≥2mn,m2+n2≥m2-n2,∴m2+n2为最长边.
证 (m2+n2)2=m4+2m2n2+n4
(m2-n2)2+(2mn)2=m4+n4-2m2n2+4m2n2=m4+2m2n2+n4
∴(m2-n2)2+(2mn)2=(m2+n2)2
∴所构成三角形为直角三角形.
常见问题6:勾股定理的逆定理4
问题：
如图3.17-2,四边形ABCD中,BA⊥DA,BA=2,DA=2 ,DC=3,BC=5,求∠ADC.
图3.17-2
分析 利用已知Rt△ABD,求出BD的长和∠ADB的度数,再验证△BDC为直角三角形且∠BDC=90°是解决本题的基本思路.
解 连BD,∠A=90°,BA=2,DA=2 ∴BD=4.∠ADB=30°,又DC=3,BC=5
∴BD2+DC2=32+42=52=BC2.
∴△BCD为直角三角形,∠BDC=90°
∴∠ADC=90°+30°=120°.
常见问题7:勾股定理的逆定理5
问题：
已知三角形ABC中,AD为中线,M在AB上,N在AC上,∠MDN=90°,若BM2+CN2=DM2+DN2,求证AD2= (AB2+AC2)(图3.17-3)
图3.17-3
分析 将中线延长一倍,从而将分散的各线段集中到一起,以便充分利用条件,是本题之关键,又由结论的式子结构看,若∠BAC=90°,则AD= BC= ,则要证的结论显然成立.
证 延长BD至E,使BD=DE.连CE,NE,NM,则△BMD≌△CED.BM=CE,又DN⊥ME,MD=DE
∴MN=NE.DM2+DN2=MN2 ∴DM2+DN2=NE2
又DM2+DN2=BM2+CN2=EC2+CN2=NE2
∴∠ECN=90° △BMD≌△CED.∠B=∠BCE ∴AB‖CE.
∴∠BAC=90°,AD为中线,AD= BC.AD2= BC2= (AB2+AC2).
常见问题8:勾股定理的逆定理6
问题：
正△ABC的边长为 ,P为形内一点,PC=5.且PA2+PB2=25,求PA,PB.(图3.17-4)
分析 将三角形内的点与顶点构成的三角形经过适当的旋转,转到形外,而将PA、PB、PC集中到一个三角形来解决问题,是常用方法之一.
解 将△APB绕B点顺时针旋转60°,得△BP′C,则△ABP≌△CBP′
PB=P′B ∠PBP′=60° ∴PP′=PB,又P′C=PA.PA2+PB2=25 PC=5
∴PP′2+P′C2=25=52=PC2 ∴∠PP′C=90°又∠PP′B=60°
∴∠BP′C=150°,设PA=P′C=x,PB=P′B=y.
过B作BD⊥CP′交CP′延长线于D.
∴∠BP′D=30° ∴BD= ,P′D= y.
在Rt△BDC中BD2+DC2=BC2
∴（ ）2+( y+x)2=BC2=25+12 .
∴x2+y2+ xy=25+12 又x2+y2=25.∴xy=12.
(x+y)2=25+24=49 ∴ 或
(x-y)2=25-24=1
∴ 或
∴PA,PB的长为3,4.
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