1. 毕达哥拉斯定理(Pythagorean Theorem)
(仅适用于直角三角形): \( {a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2} \) (1.1)( \( a \) 和 \( b \) 是两条直角边， \( c \) 是斜边)。
证明:
方法一:(中式方法):
将四个全等的直角三角形按图所示拼成一个正方形。
这四个三角形的面积是 \( \frac{1}{2}a \times b \times 4 = {2ab} \) (1)
较小正方形的面积为 \( {\left( b - a\right) }^{2} = {b}^{2} - {2ab} + {a}^{2} \) (2)
大正方形的面积为 \( {c}^{2} \) (3)
\( \left( 3\right) = \left( 1\right) + \left( 2\right) \)
\[ {c}^{2} = \frac{1}{2}a \times b \times 4 + {\left( b - a\right) }^{2} = {2ab} + {b}^{2} - {2ab} + {a}^{2}\; \Rightarrow \]
方法2:(美国总统加菲尔德的方法):如图所示，将两个全等的直角三角形摆放好。连接 \( {PQ} \) 。四边形 \( {ABQP} \) 是一个梯形。
因为 \( \angle {PRA} + \angle {QRB} = {90}^{ \circ } \) ，所以 \( \angle {PRQ} = {90}^{ \circ } \) 和 \( \bigtriangleup {PRQ} \) 构成一个直角三角形。
梯形的两条底边分别为 \( a \) 和 \( b \) 。
高度为 \( \left( {a + b}\right) \) 。梯形 \( {ABQP} \) 的面积为
\[ {S}_{ABQP} = \frac{\left( {a + b}\right) \times \left( {a + b}\right) }{2} \tag{1} \]
三个直角三角形面积之和
\[ S = \frac{1}{2}{ab} + \frac{1}{2}{ab} + \frac{1}{2}{c}^{2} \tag{2} \]
我们知道 \( \left( 1\right) = \left( 2\right) \) 。
\[ \frac{\left( {a + b}\right) \times \left( {a + b}\right) }{2} = \frac{1}{2}{ab} + \frac{1}{2}{ab} + \frac{1}{2}{c}^{2} \Rightarrow {a}^{2} + {2ab} + {b}^{2} = {ab} + {ab} + {c}^{2} \Rightarrow \]
\[ {c}^{2} = {a}^{2} + {b}^{2} \]
方法3(最简单的方法)。
在直角三角形 \( {ABC} \) 中，作 \( {CD} \bot {AB} \) 。我们知道
\( \bigtriangleup {ABC} \sim \bigtriangleup {ACD} \sim \bigtriangleup {CBD} \) 以及:
\( A{C}^{2} = {AB} \times {AD} \) (1)
\( B{C}^{2} = {AB} \times {BD} \) (2)
(1)+(2): \( A{C}^{2} + B{C}^{2} = {AB} \times {AD} + {AB} \times {BD} = {AB}\left( {{AD} + {BD}}\right) = {AB} \times {AB} = A{B}^{2} \)
方法4:
在直角三角形 \( {ABC} \) 中，画出 \( {CD} \bot {AB} \) 。根据第26讲，我们知道 \( {\Delta ABC} \sim \) \( \bigtriangleup {ACD} \sim \bigtriangleup {CBD} \) 。
我们也知道 \( {S}_{\Delta CBD} + {S}_{\Delta ACD} = {S}_{\Delta ABC} \)
\[ \Rightarrow \frac{{S}_{\Delta CBD}}{{S}_{\Delta ABC}} + \frac{{S}_{\Delta ACD}}{{S}_{\Delta ABC}} = 1 \]
\( {\left( \frac{BC}{AB}\right) }^{2} + {\left( \frac{AC}{AB}\right) }^{2} = 1\; \Rightarrow \;{\left( \frac{a}{c}\right) }^{2} + {\left( \frac{b}{c}\right) }^{2} = 1 \)
\( \Rightarrow \;{a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2} \)
2. 若干定理
定理1。
当我们在直角三角形的两条直角边和斜边上绘制相似图形时，以下公式成立:
\[ {S}_{1} = {S}_{2} + {S}_{3} \tag{2.1} \]
证明:
\[ \frac{{S}_{2}}{{S}_{1}} = {\left( \frac{a}{c}\right) }^{2} \tag{1} \]
\[ \frac{{S}_{3}}{{S}_{1}} = {\left( \frac{b}{c}\right) }^{2} \tag{2} \]
\[ {S}_{2} + {S}_{3} = \frac{{a}^{2} + {b}^{2}}{{c}^{2}}{S}_{1} = {S}_{1}. \]
定理2。
以直角三角形的三边为直径，在三边上作半圆，则以下关系成立:
\[ {S}_{1} = {S}_{2} + {S}_{3} \tag{2.2} \]
证明:
由于三角形 \( {ABC} \) 是直角三角形，我们有: \( {a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2} \) (1)
将(1)式中的每一项乘以 \( \frac{1}{2}\pi {\left( \frac{1}{2}\right) }^{2} \) :
\[ \frac{1}{2}\pi {\left( \frac{a}{2}\right) }^{2} + \frac{1}{2}\pi {\left( \frac{b}{2}\right) }^{2} = \frac{1}{2}\pi {\left( \frac{c}{2}\right) }^{2} \tag{2} \]
在(2)式的两边同时减去 \( \left( {{S}_{4} + {S}_{5}}\right) \) :
\[ \frac{1}{2}\pi {\left( \frac{a}{2}\right) }^{2} - {S}_{4} + \frac{1}{2}\pi {\left( \frac{b}{2}\right) }^{2} - {S}_{5} = \frac{1}{2}\pi {\left( \frac{c}{2}\right) }^{2} - {S}_{4} - {S}_{5} \]
定理3。
在一个 \( {45}^{ \circ } - {45}^{ \circ } - {90}^{ \circ } \) 直角三角形，或等腰直角三角形中，斜边长度是每条直角边长度的 \( \sqrt{2} \) 倍。
\[ {AB} = \sqrt{2}a \tag{2.3} \]
证明:
根据勾股定理， \( A{C}^{2} + B{C}^{2} = A{B}^{2} \)
\( \Rightarrow \;A{B}^{2} = A{C}^{2} + B{C}^{2} = {a}^{2} + {a}^{2} = 2{a}^{2} \)
\[ \Rightarrow \;{AB} = \sqrt{2{a}^{2}} = \sqrt{2}a \]
定理4. 对于直角三角形，若 \( \angle A = {30}^{ \circ } \) ，则
\[ {BC} = \frac{1}{2}{AB} \tag{2.4} \]
\[ {AC} = \frac{\sqrt{3}}{2}{AB} \tag{2.5} \]
\[ {AB} = \frac{2\sqrt{3}}{3}{AC} \tag{2.6} \]
定理5. 直角三角形斜边中线的长度等于斜边长度的一半。
\[ {AM} = {MB} = {MC} \]
定理6. \( {\Delta ABC} \) 为直角三角形， \( \left( {\angle C = {90}^{ \circ }}\right) .D \) 为 \( {BC} \) 上任意一点， \( E \) 为 \( {AC} \) 上任意一点。
\[ A{D}^{2} + B{E}^{2} = A{B}^{2} + D{E}^{2} \tag{2.7} \]
证明:
对三角形 \( {ACD} \) 应用勾股定理:
\[ A{C}^{2} + D{C}^{2} = A{D}^{2} \tag{1} \]
对三角形 \( {EBC} \) 应用勾股定理:
\( E{C}^{2} + C{B}^{2} = E{D}^{2} \) (2)
(1)+(2): \( A{D}^{2} + E{D}^{2} = A{C}^{2} + D{C}^{2} + E{C}^{2} + C{B}^{2} \)
\( = \left( {A{C}^{2} + B{C}^{2}}\right) + \left( {E{C}^{2} + D{C}^{2}}\right) = A{B}^{2} + D{E}^{2} \)
定理7. \( \bigtriangleup {ABC} \) 为直角三角形。若 \( D \) 和 \( E \) 分别为 \( {BC} \) 和 \( {AC} \) 的中点，则
\[ 4\left( {A{D}^{2} + B{E}^{2}}\right) = {5A}{B}^{2} \tag{2.8} \]
证明:
在(2.7)中，代入 \( {DE} = \frac{1}{2}{AB} \) :
\( A{D}^{2} + B{E}^{2} = A{B}^{2} + {\left( \frac{1}{2}AB\right) }^{2} = \frac{{5A}{B}^{2}}{4} \)
\[ \Rightarrow \;4\left( {A{D}^{2} + B{E}^{2}}\right) = {5A}{B}^{2}\text{.} \]
3. 勾股三元组
勾股三元组(Pythagorean triple)是一个有序三元组(a, b, c)，由三个正整数组成，满足 \( {a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2} \) 。若 \( a, b \) 与 \( c \) 互质，则该三元组称为本原(primitive)三元组。
| a | \( b \) | C | \( a \) | \( b \) | ||
| C | ||||||
| 3 | 4 | 5 | 5 | 12 | 13 | |
| 8 | 15 | 17 | 7 | 24 | 25 | |
| 20 | 21 | 29 | 12 | 35 | 37 | |
| 9 | 40 | 41 | 11 | 60 | 61 | |
| 13 | 84 | 85 | 15 | 112 | 113 |
4. 问题解决能力
4.1. 勾股定理与面积
例1. 对于直角三角形 \( {ABC} \) ，其两条直角边分别为 \( a \) 和 \( b \) ，斜边为 \( c \) ，以下有多少项为真？
I. \( a + b > c \) II. \( \angle A + \angle B = \angle C \) III. \( {a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2} \)
IV. \( {a}^{3} + {b}^{3} < {c}^{3} \) V. \( a + b \leq \sqrt{2}c \)
(A) 仅I、II。 (B) 仅II、III。 (C) 仅I、II、III。
(D) 仅I、II、III、IV (E) 全部正确。
解答:(E)。
I由三角形不等式成立。
\( \angle A + \angle B = \angle C = {90}^{ \circ } \) ，故II成立。
III由勾股定理成立。
\( {c}^{3} = c \times {c}^{2} = c\left( {{a}^{2} + {b}^{2}}\right) = c{a}^{2} + c{b}^{2} > a{a}^{2} + b{b}^{2} = {a}^{3} + {b}^{3} \) ，故IV亦成立。
\[ {c}^{2} = {a}^{2} + {b}^{2} = \frac{{\left( a + b\right) }^{2}}{2} + \frac{{\left( a - b\right) }^{2}}{2}\; \Rightarrow \;2{c}^{2} = {\left( a + b\right) }^{2} + {\left( a - b\right) }^{2}\; \Rightarrow \]
\[ 2{c}^{2} \geq {\left( a + b\right) }^{2} \Rightarrow \;a + b \leq \sqrt{2}c \]
于是 \( \mathrm{V} \) 亦成立。答案为(E)。
例2. 两个半径分别为3和1的相切圆，如图所示有一条外公切线。求阴影面积。
(A) \( 4\sqrt{3} - \frac{11}{6}\pi \; \) B. \( 9 = \frac{11}{2}\pi \; \) C. \( {4\pi } \) D. \( {5\pi }\mathrm{E}4\sqrt{2} - \frac{11}{8}\pi \)
解答:(A)。
我们观察到 \( {DF} = {DA} - {AF} = {DA} - {BC} = 3 - 1 = 2 \) 。
\( {DC} = 3 + 1 = 4 \) .
因此三角形 \( {DCF} \) 是一个 \( {30}^{ \circ } - {60}^{ \circ } - {90}^{ \circ } \) 直角三角形。
阴影部分面积等于梯形 \( {ABCD} \) 的面积减去扇形 \( {ADE} \) 和 \( {ECB} \) 的面积。
答案为
\( \frac{\left( {3 + 1}\right) \times \sqrt{{4}^{2} - {2}^{2}}}{2} - \frac{\pi \times {3}^{2}}{6} - \frac{\pi \times {1}^{2}}{3} \)
\[ = 4\sqrt{3} - \frac{11}{6}\pi \text{.} \]
例3. 如图所示，两圆同心，圆心为 \( C \) 。弦 \( {AD} \) 在内圆上的切点为 \( B \) 。若 \( {AB} = {12} \) ，求阴影部分面积。
A. 144x B. \( {141\pi } \) C. 160g D. \( {578\pi } \) E. \( {200\pi } \)
解答:(A)。
连接 \( {BC} \) 。我们已知 \( {CB} \bot {AD} \) 在 \( B \) 处。
我们已知三角形 \( {ABC} \) 为直角三角形。应用
勾股定理(Pythagorean Theorem)可得 \( A{C}^{2} - B{C}^{2} = A{B}^{2} \) (1)
\( S \) ，阴影部分面积 \( = \) 大圆面积减去小圆面积:
\[ S = \hslash \times A{C}^{2} - \hslash \times B{C}^{2} = \hslash \left( {A{C}^{2} - B{C}^{2}}\right) \tag{2} \]
将(1)代入(2):
\[ S = \pi \times A{B}^{2} = \pi \times {12}^{2} = {144\pi }. \]
例4. 求斜边为2且
面积为2的直角三角形的周长。
(A) \( 2\sqrt{3} \) (B) \( 2 + 2\sqrt{3} \) (D) \( 2\sqrt{3} - 2 \)
解答:(B)。
根据勾股定理(Pythagorean Theorem)，我们有 \( {a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2} \) (1)
已知 \( \frac{1}{2}{ab} = 2 \) (2)
(1)+(2): \( {\left( a + b\right) }^{2} = 8 + {c}^{2} \Rightarrow \;{\left( a + b\right) }^{2} = {12} \Rightarrow \;a + b = 2\sqrt{3} \)
周长为 \( 2 + 2\sqrt{3} \) 。
例5. 如图所示， \( \angle B = {90}^{ \circ },{AB} = 3,{BC} = 4,{CD} = {13},{AD} = \) 12。求四边形 \( {ABCD} \) 的面积。
(A) 32 (B) 34 (C) 36 (D) 38 (E) 40
解答:(C)。
\( {\Delta ACD} \) 是直角三角形且 \( \angle {DAC} = {90}^{ \circ } \) 。
\( {ABCD} = \) 的面积 \( {\Delta ABC} + \) 的面积 \( {\Delta ACD} \) 的面积
\( \frac{1}{2} \times 3 \times 4 + \frac{1}{2} \times {12} \times 5 = 6 + {30} = {36} \) 平方单位。
例6. 直角三角形 \( {ABC} \) ，其中 \( {AC} = 2,{AB} + {BC} = \sqrt{6} \) 。求 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的面积。
(A) \( 1/2 \) (B) \( 3/4 \) (C) \( 3/5 \) (D) \( 3/8 \) (E) 1
解答:(A)。
\( {\left( x + y\right) }^{2} = {\left( \sqrt{6}\right) }^{2}\; \Rightarrow \;{x}^{2} + {2xy} + {y}^{2} = 6 \)
由勾股定理(Pythagorean Theorem): \( {x}^{2} + {y}^{2} = 4 \)
因此 \( {2xy} = 2 \Rightarrow \frac{xy}{2} = \frac{1}{2} \) 。
例7. 一个直角三角形的周长为 \( 2 + \sqrt{6} \) 英寸，斜边上的中线长为1英寸。该三角形的面积是多少平方英寸？
(A) \( 3/2 \) (B) \( 1/2 \) (C) \( 4/5 \) (D) \( 3/4 \) (E) \( 1/3 \)
解答:(B)。
设 \( a, b \) 、 \( c \) 为该直角三角形的三条边长。
根据勾股定理(Pythagorean Theorem)，我们有 \( {a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2} \) (1)
\[ a + b + c = 2 + \sqrt{6} \tag{2} \]
已知 \( c = 2 \) ，于是(2)变为 \( a + b = \sqrt{6} \) (3)
将(3)两边平方: \( {\left( a + b\right) }^{2} = 6\; \Rightarrow \;{ab} = 1 \)
\[ {S}_{\Delta ABC} = \frac{a \times b}{2} = \frac{1}{2}. \]
例8. 一一直角三角形的周长为120英寸，斜边上的高为24英寸。该三角形的面积是多少平方英寸？
(A) 150 (D) 600 (E) 1200
解答:(D)。
设 \( a, b \) 、 \( c \) 为该直角三角形的三条边长。根据题意，我们有
\[ a + b + c = {120} \tag{1} \]
\[ {a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2} \tag{2} \]
\[ \frac{a \times b}{2} = \frac{{24} \times c}{2} \Rightarrow c = \frac{ab}{24} \tag{3} \]
方法一
(1)可写成 \( a + b = {120} - c \) (4)
将(4)两边平方: \( {\left( a + b\right) }^{2} = {\left( {120} - c\right) }^{2}\; = \)
\[ {a}^{2} + {2ab} + {b}^{2} = {\left( {120} - c\right) }^{2} \Rightarrow {2ab} + {c}^{2} = {\left( {120} - c\right) }^{2} \Rightarrow \]
\[ {2ab} = {\left( {120} - c\right) }^{2} - {c}^{2} \Rightarrow \;{2ab} = {14400} - {240c} \Rightarrow \]
\[ {2ab} = {14400} - {240} \times \frac{ab}{24} = {14400} - {10ab} \Rightarrow \;{12ab} = {14400} \Rightarrow \frac{ab}{2} = {600}. \]
方法二。
将(1)两边平方得 \( {a}^{2} + {b}^{2} + {c}^{2} + {2ab} + {2bc} + {2ac} = {120}^{2} \) 。
将(2)和(3)代入上式，可得
\( 2{c}^{2} + 2 \times {24c} + {2cb} + {2ca} = {120}^{2} \)
\( \Rightarrow 2{c}^{2} + 2 \times {24c} + {2c}\left( {b + a}\right) = {120}^{2} \)
\( \Rightarrow 2{c}^{2} + 2 \times {24c} + {2c}\left( {{120} - c}\right) = {120}^{2} \)
\( \Rightarrow {288c} = {120}^{2}\; \Rightarrow \;c = {50} \)
该三角形的面积等于 \( \frac{{24} \times c}{2} = {12c} = {600} \) 。
例9. 三角形 \( {ABC} \) 的周长为24。 \( M \) 是 \( {AB} \) 的中点，使得 \( {MC} = {MA} = 5 \) 。该三角形的面积是多少平方英寸？
(A) 48 (B) 24 (C) 12 (D) 14 (E) 128
解答:(B)。
因为 \( M \) 是 \( {AB} \) 和 \( {MA} = 5,{MB} = 5 \) 的中点。
所以 \( {MA} = {MB} = {MC} \) 。因此 \( \angle {ACB} = {90}^{ \circ } \) 。
于是我们有 \( {AC} + {BC} = {14} \) (1)
以及 \( A{C}^{2} + B{C}^{2} = {10}^{2} \) (2)
将(1)式两边平方: \( A{C}^{2} + {2AC} \times {BC} + B{C}^{2} = {14}^{2} \Rightarrow \)
\( {2AC} \times {BC} + {10}^{2} = {14}^{2}\; \Rightarrow \;{2AC} \times {BC} = {14}^{2} - {10}^{2} = {96}. \)
\( \Rightarrow {AC} \times {BC} = {48} \) .
该三角形的面积为 \( {S}_{\bigtriangleup {ABC}} = \frac{{AC} \times {BC}}{2} = \frac{48}{2} = {24} \) 。
例10. 一个直角三角形的三边长度均为整数，其中一条直角边长为13。该三角形的周长是多少？
(A) 85 (B) 170 (C) 84 (D) 182 (E) 180
解答:(D)。
设另一条直角边为 \( x \) ，斜边长为 \( \sqrt{{x}^{2} + {13}^{2}} \) 。
因为斜边长为整数，我们设 \( \sqrt{{x}^{2} + {13}^{2}} = k \)
\[ \Rightarrow {x}^{2} + {13}^{2} = {k}^{2}\; \Rightarrow {k}^{2} - {x}^{2} = {13}^{2}\; \Rightarrow \left( {k - x}\right) \left( {k + x}\right) = {13}^{2}\text{.} \]
我们知道 \( k - x < k + x \) 。
于是我们有:
\[ k - x = 1 \tag{1} \]
\[ k + x = {13}^{2} \tag{2} \]
(1)+(2): \( {2k} = {170} \Rightarrow k = {85} \) .
因此 \( x = {84} \) 。周长为 \( {85} + {84} + {13} = {182} \) 。
4.2. 勾股定理与线段
例11.(2000州级Sprint)在图中 \( {BD} = 6\mathrm{\;{km}},{AB} = 3\mathrm{\;{km}} \) ，且 \( {DE} \) \( = 5\mathrm{\;{km}} \) 。 \( {AE} \) 的千米数是多少？
(A) 5 (B) 7 (C) 8 (D) 2 (E) 10
解答:(E)。
观察右侧图形，并对直角三角形 \( {AFE} \) 应用勾股定理，我们得到:
\[ A{E}^{2} = A{F}^{2} + F{E}^{2} \]
\[ \Rightarrow \;{AE} = \sqrt{A{F}^{2} + F{E}^{2}} = \sqrt{{8}^{2} + {6}^{2}} = {10}\text{.} \]
例12. 在四边形 \( {ABCD},\angle A = {60}^{ \circ }.\angle B = \angle D \) \( = {90}^{ \circ }.{AB} = 4 \) 中，且 \( {AD} = 5 \) 。 \( {BC}/{CD} \) 是多少？
(C) \( \sqrt{3} \) (D) \( 5/4 \) (E) \( 1/2 \)
解答:(B)。
延长 \( {AD} \) 和 \( {BC} \) 交于 \( E.\angle E = {30}^{ \circ } \) 。
于是 \( {AE} = {2AB} = 8 \) 和 \( {DE} = 8 - 5 = 3 \) 。
对 \( {\Delta ABE} \) 应用勾股定理得到
\( {BE} = \sqrt{A{E}^{2} - A{B}^{2}} = 4\sqrt{3}. \)
在直角三角形 \( {CDE},{EC} = {2CD} \) 中。
对 \( \bigtriangleup {CDE} \) 应用勾股定理得到 \( E{C}^{2} = D{E}^{2} + D{C}^{2} \) \( {\left( 2CD\right) }^{2} = D{E}^{2} + D{C}^{2} \Rightarrow \) \( {3C}{D}^{2} = D{E}^{2} \Rightarrow \) \( {3C}{D}^{2} = {3}^{2} \Rightarrow {CD} = \sqrt{3} \) 。于是 \( {EC} = 2\sqrt{3} \) 且 \( {BC} = {BE} - {EC} = 4\sqrt{3} - 2\sqrt{3} = 2\sqrt{3} \) 。因此 \( \frac{BC}{CD} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 2 \) 。
例13. 三角形 \( {ABC} \) 的边 \( {AC},{BC} \) 和 \( {AB} \) 分别为18、24和30单位。若 \( D \) 为线段 \( {AB} \) 的中点，则线段 \( {CD} \) 的长度是多少？
(A) 15 (B) 20 (C) 24 (D) 12 (E) 18
解答:(A)。
注意三角形的三边构成一组勾股数(Pythagorean triple)。
根据定理 \( 5,{CD} = {AD} = {DB} = \frac{1}{2}{AB} = {15} \) 。
例14. (2002 AMC 10B 第22题)。设 \( {\Delta XOY} \) 为直角三角形，且 \( \angle {XOY} = {90}^{ \circ } \) 。设 \( M \) 和 \( N \) 分别为直角边 \( {OX} \) 和 \( {OY} \) 的中点。已知 \( {XN} = {19} \) 且 \( {YM} = {22} \) 。求 \( {XY} \) ？
(A) 24 (B) 26 (C) 28 (D) 30 (E) 32
解答:(B)。
方法一(官方解答):
设 \( {OM} = a \) 和 \( {ON} = b \) 。则 \( {19}^{2} = {\left( 2a\right) }^{2} + {b}^{2} \) 且 \( {22}^{2} = {a}^{2} + {\left( 2b\right) }^{2} \)
因此 \( 5\left( {{a}^{2} + {b}^{2}}\right) = {19}^{2} + {22}^{2} = {845} \)
于是 \( {MN} = \sqrt{{a}^{2} + {b}^{2}} = \sqrt{169} = {13} \)
因为 \( {\Delta XOY} \) 与 \( {\Delta MON} \) 和 \( {XO} = 2 \cdot {MO} \) 相似，所以 \( {XY} = 2 \cdot {MN} = {26} \) 。
方法二(我们的解答):
根据定理2.8， \( X{Y}^{2} = \frac{4}{5}\left( {X{N}^{2} + N{Y}^{2}}\right) = \frac{4}{5}\left\lbrack {{\left( {19}\right) }^{2} + {\left( {22}\right) }^{2}}\right\rbrack = \frac{4}{5}\left( {845}\right) = {676} \)
\( {XY} = \sqrt{676} = {26} \)
例15. (2004 AMC 10A 第22题) 正方形 \( {ABCD} \) 的边长为2。在正方形内作以 \( {AB} \) 为直径的半圆，从 \( C \) 作半圆的切线交边 \( {AD} \) 于 \( E \) 。求 \( {CE} \) 的长度？
(A) \( \frac{2 + \sqrt{5}}{2} \) (B) \( \sqrt{5} \) (C) \( \sqrt{6} \) (D) \( \frac{5}{2} \) (E) \( 5 - \sqrt{5} \)
解答:(D)。
方法1(官方解法):
设 \( F \) 为 \( {CE} \) 与半圆相切的点，设 \( G \) 为 \( {AB} \) 的中点。由于 \( {CF} \) 和 \( {CB} \) 均为半圆的切线，
\( {CF} = {CB} = 2 \) 。同理， \( {EA} = {EF} \) 。设 \( x = {AE} \) 。
对 \( \bigtriangleup {CDE} \) 应用勾股定理，得 \( {\left( 2 - x\right) }^{2} + {2}^{2} = {\left( 2 + x\right) }^{2} \) 。
于是 \( x = 1/2 \) 且 \( {CE} = 2 + x = 5/2 \) 。
方法2(我们的解法):
连接 \( {GF}.G \) 为圆心。四边形 \( {BCFG} \) 与 \( {FGAE} \) 相似，因此 \( \frac{BC}{FG} = \frac{BG}{EF} \Rightarrow \frac{2}{1} = \frac{1}{x} \Rightarrow x = \frac{1}{2} \) 。 \( {CE} = 2 + x = 5/2 \) 。
方法3(我们的解法):
三角形 \( {CDE} \) 的三边比例为3:4:5。由于 \( {DC} = 2,{DE} \) 必为 \( 3/2 \)
且 \( {CE} \) 必为 \( 5/2 \) (其中 \( x = \frac{1}{2} \) )。
例16. 一直角三角形的三边长分别为 \( x - y, x \) 、 \( x + y \) ，且 \( x \) \( > y > 0 \) 。求 \( x \) 与 \( y \) 的比值。
(A) \( 3 : 2 \) (B) \( 2 : 1 \) (C) \( 3 : 1 \) (D) \( 4 : 1 \) (E) \( 4 : 3 \)
解答:(D)。
因为 \( x > y > 0, x + y \) 是最长边。
于是我们有 \( \;{\left( x + y\right) }^{2} = {x}^{2} + {\left( x - y\right) }^{2} \) (1)
将(1)式两边同除以 \( {y}^{2} : {\left( \frac{x}{y} + 1\right) }^{2} = {\left( \frac{x}{y}\right) }^{2} + {\left( \frac{x}{y} - 1\right) }^{2} \) (2)
设 \( m = \frac{x}{y} \) ，则(2)变为: \( {\left( m + 1\right) }^{2} = {m}^{2} + {\left( m - 1\right) }^{2} \Rightarrow {m}^{2} = {4m} \Rightarrow m = 4 \) 。
\( \frac{x}{y} = m = \frac{4}{1}. \)
例17. 一三角形三边长分别为14、11、7，求该三角形最长边上的高线长度。
(A) \( \frac{{14}\sqrt{10}}{7} \) (B) \( \frac{{12}\sqrt{5}}{7} \) (C) \( \frac{31}{7} \) (D) \( \frac{{12}\sqrt{10}}{7} \) (E) \( \frac{{12}\sqrt{10}}{49} \) 解答:(D)。
方法一:
画出图形，对 \( \bigtriangleup {ACD} \) 应用勾股定理: \( A{C}^{2} - A{D}^{2} = C{D}^{2}\; \Rightarrow \;{7}^{2} - {x}^{2} = C{D}^{2} \) (1)
对 \( {\Delta BCD} \) 应用勾股定理:
\( B{C}^{2} - D{B}^{2} = C{D}^{2}\; \Rightarrow \;{11}^{2} - {\left( {14} - x\right) }^{2} = C{D}^{2} \) (2)
(1) \( - \left( 2\right) : {7}^{2} - {x}^{2} = {11}^{2} - {\left( {14} - x\right) }^{2} \Rightarrow x = \frac{31}{7} \) .
将 \( x = \frac{31}{7} \) 代入(1)得: \( {7}^{2} - {\left( \frac{31}{7}\right) }^{2} = C{D}^{2} \) \( {CD} = \frac{{12}\sqrt{10}}{7} \) 。
方法二:
该三角形的半周长为 \( \left( {7 + {11} + {14}}\right) /2 = {16} \) 。
由海伦公式，三角形面积为
\( \sqrt{{16}\left( {{16} - 7}\right) \left( {{16} - {11}}\right) \left( {{16} - {14}}\right) } = {12}\sqrt{10} \) .
面积也可由 \( \frac{1}{2} \times {14} \times {CD} \) 计算。
因此 \( \frac{1}{2} \times {14} \times {CD} = {12}\sqrt{10}\; \Rightarrow \;{CD} = \frac{{12}\sqrt{10}}{7} \) 。
例18. 已知直角三角形 \( {ABC} \) ，其中 \( \angle A = {90}^{ \circ },{AD} \) 为从 \( A \) 到 \( {BC} \) 的高线。若 \( {BD}/{DC} = 1/4 \) ，求 \( {AB}/{AC} \) ，并以最简分数表示答案。
(A) \( 3/2 \) (B) \( 2/1 \) (C) \( 1/2 \) (D) \( 1/3 \) (E) \( 3/5 \) 解答:(C)。方法一:
已知 \( {BD}/{DC} = 1/4 \) 。设 \( {BD} = 1 \) ，则 \( {DC} = 4 \) 。
又已知 \( A{D}^{2} = {BD} \times {DC} = 1 \times 4 = 4 \) ，故 \( {AD} = 2 \) 。
将毕达哥拉斯定理(Pythagorean Theorem)应用于 \( {\Delta ABD} \) 可得
\( A{B}^{2} = B{D}^{2} + A{D}^{2} = {2}^{2} + {1}^{2} = 5 \) (1)
将毕达哥拉斯定理(Pythagorean Theorem)应用于 \( \bigtriangleup {ADC} \) 可得
\( A{C}^{2} = D{C}^{2} + A{D}^{2} = {4}^{2} + {2}^{2} = {20} \) (2)
(1) \( \div \left( 2\right) : \frac{AB}{AC} = \sqrt{\frac{5}{20}} = \frac{1}{2} \) .
方法二:
我们知道 \( \bigtriangleup {ABC} \sim \bigtriangleup {ACD} \sim \bigtriangleup {ABD} \) ，并且:
\( A{C}^{2} = {BC} \times {DC} \) (1)
\( A{B}^{2} = {BC} \times {BD} \) (2)
(2) \( \div \left( 1\right) : \frac{A{B}^{2}}{A{C}^{2}} = \frac{{BC} \times {BD}}{{BC} \times {DC}} = \frac{BD}{DC} = \frac{1}{4} \)
例19. 在所示的直角三角形 \( {ABC} \) 中， \( E \) 和 \( D \) 是斜边 \( {AB} \) 的三等分点。若 \( {CD} = 7 \) 且 \( {CE} = 6 \) ，则斜边 \( {AB} \) 的长度为多少？
(A) \( \sqrt{17} \) (B) \( 3\sqrt{17} \) (C) \( \frac{3\sqrt{17}}{2} \) (D) 5 (E) 4
解答:(B)。
按图示画出 \( {DG}//{BC},{EF}//{AC} \) 。
因为 \( {AD} = {EB},\angle {ADG} = \angle {EBF},\angle {GAD} = \angle {FEB},{\Delta ADG} \) 与 \( {\Delta EBF} \) 全等。
设 \( {AG} = {EF} = x \) 且 \( {GD} = {BF} = y \) 。
\( {CG} = {2x} \) 且 \( {CF} = {2y} \) 。
对直角三角形 \( {CDG} \) 应用毕达哥拉斯定理:
\( {\left( 2x\right) }^{2} + {y}^{2} = {7}^{2} \) (1)
对直角三角形 \( {CFE} \) 应用毕达哥拉斯定理:
\( {\left( 2y\right) }^{2} + {x}^{2} = {6}^{2} \) (2)
(1) + (2): \( 5{x}^{2} + 5{y}^{2} = {7}^{2} + {6}^{2} = {85} \Rightarrow {x}^{2} + {y}^{2} = {17} \) .
于是 \( {BE} = \sqrt{{x}^{2} + {y}^{2}} = \sqrt{17} \) 。
\( {AB} = {3BE} = 3\sqrt{17}. \)
例20. 在三角形中， \( {ABC},{BC} = {30},{AC} = {20}.{AD} \) 和 \( {BE} \) 分别是 \( {BC} \) 和 \( {AC} \) 上的两条中线，且 \( {AD} \bot {BE} \) 。求 \( {AB} \) 的长度。
(A) \( 2\sqrt{65} \) (B)15(C) 65 (D)16(E) \( {10}\sqrt{5} \)
解答:(A)。
设 \( {AD} \) 与 \( {BE} \) 的交点为 \( G \) 。
\( G \) 是三角形 \( {ABC} \) 的重心。设 \( {BE} = {2n},{AD} = \) \( {3m} \) 。
于是 \( {EG} = n,{BG} = {2n};{AG} = {2m},{DG} = m \) 。
对直角三角形 \( {AGE} \) 应用勾股定理: \( A{G}^{2} + E{G}^{2} = A{E}^{2}\; \Rightarrow \;{n}^{2} + {\left( 2m\right) }^{2} = {10}^{2} \) (1)对直角三角形 \( {BDG} \) 应用勾股定理:
\( B{G}^{2} + D{G}^{2} = B{D}^{2}\; \Rightarrow \;{\left( 2n\right) }^{2} + {n}^{2} = {15}^{2} \) (2)
(1) + (2): \( 5{n}^{2} + 5{m}^{2} = {10}^{2} + {15}^{2} \Rightarrow {n}^{2} + {m}^{2} = {65} \) (3)
(3) \( \times 4 : 4{n}^{2} + 4{m}^{2} = 4 \times {65} \Rightarrow \)
\( {\left( 2n\right) }^{2} + {\left( 2m\right) }^{2} = A{B}^{2} = 4 \times {65} \Rightarrow {AB} = \sqrt{4 \times {65}} = 2\sqrt{65} \) .
例21. 一个边长为整数的直角三角形，最短直角边长为17单位，求斜边长度(单位)。
(A) 290 (B) 289 (C) 286 (D) 300 (E) 145
解答:(E)。
设另一条直角边为 \( b \) ，斜边为 \( c \) 。
\( {c}^{2} - {b}^{2} = {17}^{2}\; \Rightarrow \;\left( {c - b}\right) \left( {c + b}\right) = {17}^{2} \) .
我们知道 \( c - b < c + b \) 。
于是我们有:
\( c - b = 1 \) (1)
\( c + b = {17}^{2} \) (2)
(1)+(2): \( {2c} = {290} \Rightarrow c = {145} \) .
例22.(2002 AMC 10A 第23题)点 \( A, B, C \) 、 \( D \) 依次位于同一直线上，且 \( {AB} = {CD} \) 、 \( {BC} = {12} \) 。点 \( E \) 不在直线上，且 \( {BE} = {CE} = \) 10。三角形 \( \bigtriangleup {AED} \) 的周长是三角形 \( \bigtriangleup {BEC} \) 周长的两倍。求 \( {AB} \) 。
(A) \( \frac{15}{2} \) (B) 8 (C) \( \frac{17}{2} \) (D) 9 (E) \( \frac{19}{2} \)
解答:(D)。
方法一(官方解答):
设 \( H \) 为 \( {BC} \) 的中点，则 \( {EH} \) 是 \( {AD} \) 的垂直平分线，且 \( \bigtriangleup {AED} \) 为等腰三角形。线段 \( {EH} \) 是两个等腰三角形 \( \bigtriangleup {AED} \) 和 \( \bigtriangleup {BEC} \) 的公共高，且 \( {EH} = \sqrt{{10}^{2} - {6}^{2}} = 8 \) 。
设 \( {AB} = {CD} = x \) 和 \( {AE} = {ED} = y \) ，则 \( {2x} + {2y} + {12} = 2\left( {32}\right) \) ，因此 \( y = {26} - x \) 。于是 \( {8}^{2} + {\left( x + 6\right) }^{2} = {y}^{2} = {\left( {26} - x\right) }^{2} \) 且 \( x = 9 \) 。
方法二(我们的解法):
设 \( {AB} = {CD} = x \) 和 \( {AE} = {ED} = y \) ，则 \( {2x} + {2y} + {12} = 2\left( {32}\right) \) 。
\( \operatorname{So}x + y = {26} \) (1)
对三角形 \( {AEH} \) 应用勾股定理:
于是 \( {y}^{2} - {\left( x + 6\right) }^{2} = {8}^{2}\; \Rightarrow \;\left( {y - x - 6}\right) \left( {y + x + 6}\right) = {64} \)
\[ \Rightarrow \;\left( {y + x - {2x} - 6}\right) \left( {y + x + 6}\right) = {64} \tag{2} \]
将(1)代入(2): \( \left( {{26} - {2x} - 6}\right) \left( {{26} + 6}\right) = {64} \Rightarrow \left( {{20} - {2x}}\right) \left( {32}\right) = {64} \)
\( \Rightarrow \;\left( {{20} - {2x}}\right) = 2 \Rightarrow \;{10} - x = 1 \Rightarrow x = {10} - 1 = 9. \)
例23.(2004 AMC 10 A 第20题)点 \( E \) 和 \( F \) 位于正方形 \( {ABCD} \) 上，使得 \( {\Delta BEF} \) 为等边三角形。求 \( {\Delta DEF} \) 面积与 \( \bigtriangleup {ABE}? \) 面积之比。
(A) \( \frac{4}{3} \) (B) \( \frac{3}{2} \) (C) \( \sqrt{3} \) (D) 2 (E) \( 1 + \sqrt{3} \)
答案:(D)。
方法一(官方解法):
首先假设 \( {AB} = 1 \) ，并设 \( {ED} = {DF} = x \) 。根据
勾股定理 \( {x}^{2} + {x}^{2} = E{F}^{2} = E{B}^{2} = {1}^{2} + {\left( 1 - x\right) }^{2} \) ，因此 \( {x}^{2} = 2\left( {1 - x}\right) \) 。于是所求面积之比为
\( \frac{\operatorname{Area}\left( {\Delta DEF}\right) }{\operatorname{Area}\left( {\Delta ABE}\right) } = \frac{{x}^{2}}{1 - x} = 2. \)
例24. 在 \( \bigtriangleup {ABC} \) 中，已知 \( {AC} = {BC} = {61} \) 且 \( {AB} = {22} \) 。设 \( D \) 为直线 \( {AB} \) 上的一点，使得 \( B \) 位于 \( A \) 与 \( D \) 之间，且 \( {CD} = \) 为100。求 \( {BD} \) ？
(A) 22 (B) 42 (C) 52 (D) 69 (E) 64
答案:(D)。
设 \( {CH} \) 为 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的一条高。对 \( {CH} \) 和 \( \bigtriangleup {ABC} \) 应用勾股定理
可得
\( {100}^{2} - {\left( x + {11}\right) }^{2} = C{H}^{2} = {61}^{2} - {11}^{2} = {60}^{2} \) ，因此 \( {\left( x + {11}\right) }^{2} = \)
\( {100}^{2} - {60}^{2} = {6400} \Rightarrow \;x + {11} = {80} \)
于是 \( {BD} = x = {80} - {11} = {69} \) 。
注意11-60-61和60-80-100都是勾股三元组(Pythagorean Triples)。
例25. 设 \( P \) 为正方形 \( {ABCD} \) 内的一点。若 \( {PA} = 5,{PB} = 8 \) 且 \( {PC} = {13} \) ，求该正方形的面积。
(A) 153 (B) 126 (C) 128 (D) 130 (E) 132
解答:(A)。
如图，作 \( {PE} \bot {AB},{PF} \bot {BC} \) 。设边长为 \( a,{PE} = x \) ，且 \( {PF} = y \) 。
对 \( \bigtriangleup {AEP},\bigtriangleup {CPF} \) 和 \( \bigtriangleup {BPF} \) 应用勾股定理，我们有
\[ {x}^{2} + {\left( a - y\right) }^{2} = {25} \tag{1} \]
\[ {\left( a - x\right) }^{2} + {y}^{2} = {169} \tag{2} \]
\[ {x}^{2} + {y}^{2} = {64} \tag{3} \]
(1)-(3): \( {a}^{2} - {2ay} = - {39} \Rightarrow 4{a}^{2}{y}^{2} = {\left( {a}^{2} + {39}\right) }^{2} \) (4)
(2) \( - \left( 3\right) : {a}^{2} - {2ax} = {105} \Rightarrow 4{a}^{2}{x}^{2} = {\left( {a}^{2} - {105}\right) }^{2} \) (5)
(4) + (5): \( 4{a}^{2}\left( {{x}^{2} + {y}^{2}}\right) = {\left( {a}^{2} + {39}\right) }^{2} + {\left( {a}^{2} - {105}\right) }^{2} \) (6)
将(3)代入(6): \( 4{a}^{2} \times {64} = {\left( {a}^{2} + {39}\right) }^{2} + {\left( {a}^{2} - {105}\right) }^{2} \)
\( \Rightarrow \;{a}^{4} - {194}{a}^{2} - {6273} = 0 \) .
于是 \( {a}^{2} = {41} \) 或153。
由于 \( {PC} < {AC} \) ，即 \( {13} < \sqrt{2}a,2{a}^{2} > {169} \) 。因此 \( {a}^{2} = {153} \) 。所以面积为153。
习题
习题1. 环形区域(annulus)是介于两个同心圆之间的区域。图中的同心圆半径分别为 \( b \) 和 \( c \) ，且 \( b > \) \( c \) 。设 \( {OX} \) 为大圆的一条半径， \( {XZ} \) 与小圆在 \( Z \) 处相切， \( {OY} \) 为包含 \( Z \) 的大圆半径。令 \( a = {XZ}, d = {YZ} = {20} \) ， \( e = {XY} = {29} \) 。求该环形区域的面积。
A. \( {441\pi } \) B. \( {841\pi } \) C. \( {360\pi } \) D. \( {380\pi } \) E. \( {400\pi } \)
问题2. 求一个斜边为2、面积为1的直角三角形的周长，答案用最简根式表示。
问题3. 如图所示， \( \angle B = {90}^{ \circ },{AB} = {16},{BC} = {12},{CD} = {29},{DA} = \) 21，求四边形 \( {ABCD} \) 的面积。
A. 270 B. 280 C. 300 D. 306 E. 406
问题4. 一个边长为整数的直角三角形，其边长分别为 \( a, b \) 、 \( c \) ，且满足 \( a < b < c \) 和 \( a + c = {49} \) ，求该直角三角形的面积。
问题5. 三角形一边长为2，该边对应的中线长为1，若另外两边长度之和为 \( 1 + \sqrt{3} \) ，求该三角形的面积，答案用最简根式表示。
问题6. 一个直角三角形的斜边为 \( {25}\mathrm{\;m} \) ，周长为 \( {56}\mathrm{\;m} \) ，求该三角形的面积(单位:平方米)。
A. 168 B. 184 C. 84 D. 68 E. 81
问题7. (2000年全国冲刺赛)在 \( {\Delta ABC},\angle C \) 中， \( {\Delta ABC},\angle C \) 为直角。点 \( M \) 为 \( \overline{AB} \) 的中点，点 \( N \) 为 \( \overline{AC} \) 的中点，点 \( O \) 为 \( \overline{AM} \) 的中点。四边形 \( \bigtriangleup {ABC} \) 的周长为 \( {112}\mathrm{\;{cm}} \) ，且 \( {ON} = {12.5}\mathrm{\;{cm}} \) ，求四边形 \( {MNCB} \) 的面积(单位:平方厘米)。
问题8. 一个直角三角形的三边长均为整数，其中一条直角边长为11，求该三角形的周长。
问题9. (2015年Mathcounts手册)若点 \( Q \) 位于正方形 \( {ABCD} \) 的边 \( {AB} \) 上，且 \( {QC} = \sqrt{10} \) 单位、 \( {QD} = \sqrt{13} \) 单位，求正方形 \( {ABCD} \) 的面积。
问题10. (1989年全国目标赛)正方形 \( {ABCD} \) 中，从顶点 \( B \) 分别向边 \( {AD} \) 和 \( {DC} \) 的中点 \( N \) 和 \( M \) 作线段，求四边形 \( {BMDN} \) 的周长与正方形 \( {ABCD} \) 的周长之比，答案用最简根式表示。
问题11. 两根竖直杆相距16英尺，求连接50英尺杆顶端与20英尺杆顶端的绳子的最小长度(单位:英尺)。
问题12. 已知四边形 \( {ABCD} \) 满足 \( {AB} = 4,{BC} = {10}\sqrt{3} \) 、 \( \angle {DAB} \) \( = {150}^{ \circ },\angle {ABC} = {90}^{ \circ } \) 和 \( \angle {BCD} = {30}^{ \circ } \) ，求 \( {DC} \) 。
问题13. \( {ABCD} \) 为矩形，且 \( {DE} = {DC} \) 。已知 \( {AD} = 5 \) 和 \( {BE} = 3 \) ，求 \( {DE} \) ，答案用普通分数表示。
问题14. (2014年Mathcounts全国冲刺赛第30题)边长为1的正方形内可内接的最大等边三角形的面积可表示为 \( a\sqrt{b} - c{\text{units}}^{2} \) ，其中 \( a, b \) 和 \( c \) 为整数，求 \( a + b + c \) 的值。
问题15. 直角三角形 \( {ABC} \) 在顶点 \( C \) 处为直角，其中一条中线 \( {AD} \) 的长度为5，斜边 \( {AB} \) 的长度为 \( 2\sqrt{13} \) 。求中线 \( {BE} \) 的长度。
问题16. 直角三角形 \( {ABC} \) 在顶点 \( C \) 处为直角，其中一条中线 \( {AD} \) 的长度为 \( \sqrt{15} \) ，另一条中线 \( {BE} \) 的长度为 \( \sqrt{35} \) 。求三角形 \( {ABC} \) 的斜边长度。
问题17. 正方形 \( {ABCD} \) 的边长为4。以 \( {AB} \) 为直径在正方形内作半圆，从 \( C \) 作半圆的切线交边 \( {AD} \) 于 \( E \) 。求 \( {AE} \) 的长度。
问题18. 一个直角三角形的三边长成等比数列(即较短直角边与较长直角边的比等于较长直角边与斜边的比)。求斜边与较短直角边的比值，并以最简根式表示答案。
问题19. 在三角形 \( {ABC},{BC} = 4,{AC} = 3.{AD} \) 中， \( {BE} \) 和 \( {BC} \) 、 \( {AC} \) 上的两条中线，且 \( {AD} \bot {BE} \) 。求
\( {AB} \) 的长度，并以最简根式表示答案。
问题20.(2002 AMC 10A 第25题)梯形 \( {ABCD} \) 的底边为 \( {AB} \) 和 \( {CD} \) ，已知 \( {AB} = {52},{BC} = {12},{CD} = {39} \) ，且 \( {DA} = 5 \) 。梯形 \( {ABCD} \) 的面积为
(A) 182 (B) 195 (C) 210 (D) 234 (E) 260
问题21.(AMC)在附图中， \( {ABCD} \) 为正方形， \( {CMN} \) 为等边三角形。若 \( {ABCD} \) 的面积为1平方英寸，则 \( {CMN} \) 的面积为多少平方英寸
(A) \( 2\sqrt{3} - 3 \) (B) \( 1 - \frac{\sqrt{3}}{3} \) (C) \( \frac{\sqrt{3}}{4} \) (D) \( \frac{\sqrt{2}}{3} \) (E) \( 4 - 2\sqrt{3} \)
问题22. 在 \( \bigtriangleup {ABC} \) 中，已知 \( {AB} = {13} \) ，且 \( {AC} = {15} \) 。设 \( D \) 为直线 \( {BC} \) 上的一点，使得 \( {AD} = {12} \) 且 \( {BD} = 5 \) 。求 \( {BC} \) 的值？
(C) 15 (D) 13 (E) 14
问题23. 在矩形 \( {ABCD} \) 中，对角线 \( {BD} = {25} \) ，且 \( {AD}/{AB} = 3/4 \) 。
设 \( E \) 为直线 \( {BD} \) 上的一点，使得 \( {CE} \bot {BD} \) 。连接 \( {AE} \) 。求 \( \bigtriangleup {ADE} \) 的面积？
(A) 90 (B) 105 (C) 115 (D) 120 (E) 140
问题24. \( P \) 为正方形 \( {ABCD} \) 内的一点。它到三个顶点的距离分别为1、2、3。求它到第四个顶点的距离以及正方形的边长。
解答
问题1. 解答:(A)。
注意三角形 \( {XYZ} \) 是一个20-21-29的直角三角形。
圆环的面积等于两圆面积之差，即 \( \pi {b}^{2} - \pi {c}^{2} \) 。由于切线 \( {XZ} \) 垂直于半径 \( {OZ},{b}^{2} - {c}^{2} = {a}^{2} \) \( = {e}^{2} - {d}^{2} \) ，因此面积为 \( \pi \left( {{b}^{2} - {c}^{2}}\right) = \pi {a}^{2} = \pi \left( {{e}^{2} - {d}^{2}}\right) = \) \( {441\pi } \) 。
问题2. 解答: \( 2 + 2\sqrt{2} \) 。
根据勾股定理，我们有 \( {a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2} \) (1)
已知 \( \frac{1}{2}{ab} = 1\; \Rightarrow \;{2ab} = 4 \) (2)
(1)+(2): \( {\left( a + b\right) }^{2} = 4 + {c}^{2}\; \Rightarrow \;{\left( a + b\right) }^{2} = 8\; \Rightarrow \;a + b = 2\sqrt{2} \)
周长为 \( 2 + 2\sqrt{2} \) 。
问题3. 解答:(D)。
\( {\Delta ACD} \) 是直角三角形，且 \( \angle {DAC} = {90}^{ \circ } \) 。
\( {ABCD} = \) 的面积 \( {\Delta ABC} + \) 的面积 \( {\Delta ACD} \) 的面积
\[ \frac{1}{2} \times {12} \times {16} + \frac{1}{2} \times {20} \times {21} = {306}\text{square units.} \]
问题4. 解答:210。
我们有以下勾股三元组:
\( \begin{array}{lll} a & b & c \end{array} \) 20 21 29 \( \begin{array}{lll} {12} & {35} & {37} \end{array} \)
该直角三角形的面积为 \( \frac{1}{2} \times {20} \times {21} = \frac{1}{2} \times {12} \times {35} = {210} \) 。
问题5. 解答: \( \frac{\sqrt{3}}{2} \) 。
由于中线长为1，边长为2，该三角形为直角三角形。
设 \( a, b \) 、 \( c \) 为该直角三角形的三条边长。
根据勾股定理(Pythagorean Theorem)，我们有 \( {a}^{2} + {b}^{2} = {2}^{2} \) (1)
\( a + b = 1 + \sqrt{3} \) (2)
将(2)式两边平方: \( {\left( a + b\right) }^{2} = {\left( 1 + \sqrt{3}\right) }^{2} \Rightarrow {a}^{2} + {2ab} + {b}^{2} = 4 + 2\sqrt{3} \) (3)
将(1)代入(3): \( 4 + {2ab} = 4 + 2\sqrt{3} \Rightarrow {2ab} = 2\sqrt{3} \Rightarrow {ab} = \sqrt{3} \) 。
\( {S}_{\Delta ABC} = \frac{a \times b}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}. \)
问题6。解答:(C)。
设三边为 \( a, b \) ，且 \( c.c \) 为斜边。
\[ a + b + c = {56} \Rightarrow a + b + {25} = {56}\; \Rightarrow \;a + b = {31} \tag{1} \]
根据勾股定理， \( {a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2}\; \Rightarrow \;{a}^{2} + {b}^{2} = {625} \) (2)
将(1)式两边平方: \( {\left( a + b\right) }^{2} = {31}^{2} \Rightarrow {a}^{2} + {2ab} + {b}^{2} = {961} \) (3)
将(2)代入(3): \( {2ab} = {336} \Rightarrow \frac{ab}{2} = \frac{336}{4} = {84} \) 。问题7。解答:252。
设 \( {AC} = x \) 且 \( {BC} = y \) 。
已知 \( {MO} = {12.5} \) 且 \( {MB} = {12.5} \times 2 = {25} \) 。
\( {AB} = {50} \) ，因此根据勾股定理，
\[ {x}^{2} + {y}^{2} = {50}^{2} \tag{1} \]
周长为112，故 \( x + y + {50} = {112} \) (2)
由(2)得: \( x + y = {62} \) 或 \( {\left( x + y\right) }^{2} = {62}^{2} \)
或 \( {x}^{2} + {2xy} + {y}^{2} = {62}^{2} \) (3)
(3)－(1)得: \( {2xy} = {62}^{2} - {50}^{2} \)
\[ \frac{xy}{2} = \frac{\left( {{60} - {50}}\right) \left( {{60} + {50}}\right) }{4} = \frac{{12} \times {112}}{4} = {336}. \]
\[ {S}_{\bigtriangleup {ANM}} = \frac{1}{4}{S}_{\bigtriangleup {ABC}}\text{, so}{S}_{BCNM} = \frac{3}{4}{S}_{\bigtriangleup {ABC}} = \frac{3}{4} \times {336} = {252}\text{.} \]
问题8。解答:132。
设另一条直角边为 \( x \) ，斜边长度为 \( \sqrt{{x}^{2} + {11}^{2}} \) 。
由于斜边长度为整数，我们设 \( \sqrt{{x}^{2} + {11}^{2}} = k \)
\[ \Rightarrow {x}^{2} + {11}^{2} = {k}^{2}\; \Rightarrow {k}^{2} - {x}^{2} = {11}^{2}\; \Rightarrow \left( {k - x}\right) \left( {k + x}\right) = {11}^{2}\text{.} \]
我们知道 \( k - x < k + x \) 。
因此我们有:
\[ k - x = 1 \tag{1} \]
\( k + x = {11}^{2} \) (2)
(1)+(2): \( {2k} = {122} \Rightarrow k = {61} \) .
于是 \( x = {60} \) 。周长为 \( {61} + {60} + {11} = {132} \) 。
问题9。解答:9。
设边长为 \( m \) 。
我们知道 \( {BC} + {BQ} > \sqrt{10} \) 且 \( {QA} + {AD} > \sqrt{13} \) 。
所以 \( {BC} + {BQ} + {QA} + {AD} > \sqrt{10} + \sqrt{13} \) 或
\( {3m} > 3 + 3 = 6 \) 。于是 \( m > 2 \) 且 \( {m}^{2} > 4 \) 。
对直角三角形 \( {BCQ} \) 应用勾股定理:
\[ B{Q}^{2} = Q{C}^{2} - B{C}^{2}\; \Rightarrow \;{BQ} = \sqrt{Q{C}^{2} - B{C}^{2}} = \sqrt{{10} - {m}^{2}} \tag{1} \]
对直角三角形 \( {ADQ} \) 应用勾股定理:
\[ A{Q}^{2} = Q{D}^{2} - A{D}^{2}\; \Rightarrow \;{AQ} = \sqrt{Q{D}^{2} - A{D}^{2}} = \sqrt{{13} - {m}^{2}} \tag{2} \]
(1) \( + \left( 2\right) : {BQ} + {AQ} = = m = \sqrt{{10} - {m}^{2}} + \sqrt{{13} - {m}^{2}} \) (3)
将(3)改写为 \( \sqrt{{13} - {m}^{2}} = m - \sqrt{{10} - {m}^{2}} \) (4)
对(4)两边平方: \( {13} - {m}^{2} = {m}^{2} + {10} - {m}^{2} - {2m}\sqrt{{10} - {m}^{2}} \)
\( \Rightarrow {2m}\sqrt{{10} - {m}^{2}} = {m}^{2} - 3 \) (5)
对(5)两边平方: \( 4{m}^{2}\left( {{10} - {m}^{2}}\right) = {\left( {m}^{2} - 3\right) }^{2} \Rightarrow \)
\( {40}{m}^{2} - 4{m}^{4} = {m}^{4} - 6{m}^{2} + 9 \Rightarrow 5{m}^{4} - {46}{m}^{2} + 9 = 0 \Rightarrow \left( {5{m}^{2} - 1}\right) \left( {{m}^{2} - 9}\right) = 0. \)
因此 \( {m}^{2} = 9 \) 或 \( {m}^{2} = \frac{1}{5} \) (由于 \( {m}^{2} > 4 \) 而被忽略)。答案是9。
问题10。解答: \( \frac{\sqrt{5} + 1}{4} \) 。
\( {ABCD} \) 是一个正方形， \( N \) 和 \( M \) 分别是 \( {AD} \) 和 \( {DC} \) 的中点。
设 \( {AN} = x \) 。则 \( {ND} = {DM} = {MC} = x \) 和 \( {AB} = {BC} \) \( = {CD} = {DA} = {2x} \) 。
\( {\Delta BAN} \) 是一个直角三角形，两条直角边长度分别为 \( {BA} = {2x} \) 和 \( {AN} = x \) 。
\[ \text{So}B{N}^{2} = B{A}^{2} + A{N}^{2} = {\left( 2x\right) }^{2} + {\left( x\right) }^{2} = 5{x}^{2} \]
\[ {BN} = x\sqrt{5} \]
同理， \( {MB} = x\sqrt{5} \) 。
因此 \( {BMDN}/ \) 的周长等于 \( {ABCD} = \left( {{BN} + {ND} + {DM} + {MB}}\right) /( \) 的周长
\( {AB} + {BC} + {CD} + {DA}) = \frac{x\sqrt{5} + x + x + x\sqrt{5}}{{2x} + {2x} + {2x} + {2x}} = \frac{{2x}\sqrt{5} + {2x}}{8x} = \frac{\sqrt{5} + 1}{4}. \)
问题11。解答:34。
如下图所示，三角形 \( {BCE} \) 是一个直角三角形，两条直角边长度分别为30和16。绳长(BC)的最小值，即斜边长度，可通过
勾股定理(Pythagorean Theorem)计算:
\[ B{C}^{2} = E{C}^{2} + B{E}^{2} = {16}^{2} + {30}^{2} = {1156} \]
\[ \Rightarrow \;{BC} = \sqrt{E{C}^{2} + B{E}^{2}} = \sqrt{1156} = {34}. \]
问题12。解答:17。
首先我们看到角 \( D \) 为 \( {90}^{ \circ } = {360}^{ \circ } - {150}^{ \circ } - {90}^{ \circ } - \) \( {30}^{ \circ } \) 。
延长 \( {CD} \) 和 \( {BA} \) 交于 \( E \) 。我们发现 \( \angle E = {60}^{ \circ } \) 。
根据定理5，在 \( \bigtriangleup {EBC},{EB} = {10} \) 和 \( {EA} = 6 \) 中。
根据定理5，在 \( {\Delta EAD},{ED} = 3 \) 中。
对该直角三角形应用勾股定理(Pythagorean Theorem)
\( {EBC} : B{C}^{2} + E{B}^{2} = E{C}^{2} \Rightarrow {\left( {10}\sqrt{3}\right) }^{2} + {10}^{2} = {\left( 3 + DC\right) }^{2} \Rightarrow {DC} = {17} \) .
问题13。
解: \( \frac{17}{3} \) 。
\[ {AE} = {AB} - {BE} = {DC} - 3. \]
\( {\Delta DAE} \) 是一个直角三角形。 \( D{E}^{2} = A{D}^{2} + A{E}^{2} \)
因为 \( {DE} = {DC} \) 且 \( {AE} = {DC} - 3 \) ，所以 \( D{C}^{2} = {5}^{2} + ({DC} \)
\[ - 3{)}^{2} \Rightarrow \]
\( D{C}^{2} = {5}^{2} + D{C}^{2} - {6DC} + 9\; \Rightarrow \;{6DC} = {5}^{2} + 9 = {34} \)
\( \Rightarrow {DC} = \frac{34}{6} = \frac{17}{3} \) .
问题14。解:8。
如图所示，能在正方形内内接的最大等边三角形应按此方式内接。
我们有 \( {1}^{2} + {x}^{2} = {\left( 1 - x\right) }^{2} + {\left( 1 - x\right) }^{2} \Rightarrow \;x = 2 - \sqrt{3} \) 。
等边三角形的面积为
\[ {1}^{2} - \frac{1 \times x}{2} \times 2 - \frac{{\left( 1 - x\right) }^{2}}{2} = 1 - \left( {2 - \sqrt{3}}\right) - \left( {2 - \sqrt{3}}\right) = 2\sqrt{3} - 3 \]
\[ a + b + c = 2 + 3 + 3 = 8. \]
问题15。解: \( 2\sqrt{10} \) 。
对直角 \( {\Delta ECB} : B{E}^{2} - E{C}^{2} = B{C}^{2} \) 应用勾股定理(1)
对直角 \( {\Delta ACB} \) 应用勾股定理:
\[ A{D}^{2} - D{C}^{2} = A{C}^{2} \tag{2} \]
(1)+(2): \( A{C}^{2} + B{C}^{2} = B{E}^{2} + A{D}^{2} - E{C}^{2} - D{C}^{2} \)
\( = B{E}^{2} + A{D}^{2} - {\left( \frac{1}{2}AC\right) }^{2} - {\left( \frac{1}{2}BC\right) }^{2} \)
或 \( A{C}^{2} + B{C}^{2} + \frac{1}{4}A{C}^{2} + \frac{1}{4}B{C}^{2} = B{E}^{2} + A{D}^{2} \Rightarrow \frac{5}{4}\left( {A{C}^{2} + B{C}^{2}}\right) = B{E}^{2} + A{D}^{2} \)
\[ \Rightarrow \;A{B}^{2} = \frac{4}{5}\left( {A{D}^{2} + B{E}^{2}}\right) \; \Rightarrow \]
\[ B{E}^{2} = \frac{5}{4}A{B}^{2} - A{D}^{2} = \frac{5}{4} \times {\left( 2\sqrt{13}\right) }^{2} - {\left( 5\right) }^{2} = \frac{5}{4} \times {52} - {25} = {65} - {25} = {40}. \]
\[ {BE} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10}. \]
问题16。解: \( 2\sqrt{10} \) 。
方法1:
对直角 \( {\Delta ECB} \) 应用勾股定理:
\( B{E}^{2} - E{C}^{2} = B{C}^{2} \) (1)
对直角 \( {\Delta ACB} \) 应用勾股定理:
\( A{D}^{2} - D{C}^{2} = A{C}^{2} \) (2)
(1)+(2): \( A{C}^{2} + B{C}^{2} = B{E}^{2} + A{D}^{2} - E{C}^{2} - D{C}^{2} \)
\( = B{E}^{2} + A{D}^{2} - {\left( \frac{1}{2}AC\right) }^{2} - {\left( \frac{1}{2}BC\right) }^{2} \)
或 \( A{C}^{2} + B{C}^{2} + \frac{1}{4}A{C}^{2} + \frac{1}{4}B{C}^{2} = B{E}^{2} + A{D}^{2} \Rightarrow \frac{5}{4}\left( {A{C}^{2} + B{C}^{2}}\right) = B{E}^{2} + A{D}^{2} \)
\( \Rightarrow \;A{B}^{2} = \frac{4}{5}\left( {A{D}^{2} + B{E}^{2}}\right) = \frac{4}{5}\left\lbrack {{\left( \sqrt{15}\right) }^{2} + {\left( \sqrt{35}\right) }^{2}}\right\rbrack = \frac{4}{5}\left( {50}\right) = {40} \) .
\( {AB} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10}. \)
方法二:
根据定理2.8(Theorem 2.8)， \( A{B}^{2} = \frac{4}{5}\left( {A{D}^{2} + B{E}^{2}}\right) = \frac{4}{5}\left\lbrack {{\left( \sqrt{15}\right) }^{2} + {\left( \sqrt{35}\right) }^{2}}\right\rbrack = \frac{4}{5}\left( {50}\right) = {40} \)
\( {AB} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10}. \)
问题17。解答:1。
方法一:
设 \( F \) 为 \( {CE} \) 与半圆相切的点，并设 \( {AE} = x \) 。
因为 \( {CF} \) 和 \( {CB} \) 均为半圆的切线， \( {CF} = \) \( {CB} = 4 \) 。
同理， \( {EA} = {EF} = x \) 。
对 \( \bigtriangleup {CDE} \) 应用勾股定理(Pythagorean Theorem)得 \( {\left( 4 - x\right) }^{2} + {4}^{2} = {\left( 4 + x\right) }^{2}. \)
于是 \( x = 1 \) 。
方法二:
连接 \( {GF}.G \) 为圆心。
四边形 \( {BCFG} \) 与 \( {FGAE} \) 相似。
因此我们有 \( \frac{BC}{FG} = \frac{BG}{EF} \Rightarrow \frac{4}{2} = \frac{2}{x} \Rightarrow x = 1 \) 。
方法三:
三角形 \( {CDE} \) 的三边比例为 \( 3 : 4 : 5 \) 。由于 \( {DC} = 4,{DE} \) 必为3且 \( {CE} \) 必为5，故 \( x \) 必为1。
问题18。解答: \( \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \) 。
设三边分别为 \( a, b \) ，且 \( c.c \) 为斜边。
我们有
\[ {a}^{2} + {b}^{2} = {c}^{2} \tag{1} \]
\[ \frac{a}{b} = \frac{b}{c}\; \Rightarrow \;{b}^{2} = {ac} \tag{2} \]
将(2)代入(1): \( {a}^{2} + {ac} = {c}^{2} \) (3)
我们将(3)的每一项除以 \( {a}^{2} : 1 + \frac{c}{a} = {\left( \frac{c}{a}\right) }^{2} \) (4)
设 \( m = \frac{c}{a} \) ，则(4)变为: \( {m}^{2} - m - 1 = 0 \)
\[ \Rightarrow \;m = \frac{-\left( {-1}\right) \pm \sqrt{{\left( -1\right) }^{2} - 4 \times 1 \times \left( {-1}\right) }}{2} = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\;\left( {\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\text{ ignored }}\right) . \]
问题19. 解答: \( \sqrt{5} \) 。
设 \( {AD} \) 与 \( {BE} \) 的交点为 \( G \) 。
\( G \) 是三角形 \( {ABC} \) 的重心。设 \( {BE} = {2n},{AD} = {3m} \) 。
于是 \( {EG} = n,{BG} = {2n};{AG} = {2m},{DG} = m \) 。
对直角三角形 \( {AGE} \) 应用勾股定理:
\[ A{G}^{2} + E{G}^{2} = A{E}^{2}\; \Rightarrow \;{n}^{2} + {\left( 2m\right) }^{2} = {\left( \frac{3}{2}\right) }^{2} \tag{1} \]
对直角三角形 \( {BDG} \) 应用勾股定理:(2)
(1)+(2): \( 5{n}^{2} + 5{m}^{2} = \frac{9}{4} + 4 = \frac{25}{4} \Rightarrow {n}^{2} + {m}^{2} = \frac{5}{4} \) (3)
(3) \( \times 4 : 4{n}^{2} + 4{m}^{2} = 4 \times \frac{5}{4} = 5\; \Rightarrow {\left( 2n\right) }^{2} + {\left( 2m\right) }^{2} = A{B}^{2} = 5 \Rightarrow {AB} = \sqrt{5} \) .
问题20. 解答:(C)。
方法1(官方解答):首先从 \( D \) 和 \( C \) 向 \( {AB} \) 作垂线。设 \( E \) 和 \( F \) 分别为从 \( D \) 和 \( C \) 到 \( {AB} \) 的垂足，并设 \( h = {DE} = {CF}, x = {AE} \) ， \( y = {FB} \) 。
\( {25} = {h}^{2} + {x}^{2},{144} = {h}^{2} + {y}^{2} \) 和 \( {13} = x + y \)
于是
\( {144} = {h}^{2} + {y}^{2} = ,{h}^{2} + {\left( {13} - x\right) }^{2} = {h}^{2} + {x}^{2} + {169} - {26x} = {25} + {169} - {26x} \) ，从而得到 \( x = \frac{50}{26} = \frac{25}{13} \) ， \( h = \sqrt{{5}^{2} - {\left( \frac{25}{13}\right) }^{2}} = 5\sqrt{1 - \frac{25}{169}} = 5\sqrt{\frac{144}{169}} = \frac{60}{13} \) 。
因此 \( {ABCD} = \frac{1}{2}\left( {{39} + {52}}\right) \times \frac{60}{13} = {210} \) 的面积为
方法2(我们的解法):
首先从 \( D \) 和 \( C \) 向 \( {AB} \) 作垂线。设 \( E \) 和 \( F \) 分别为从 \( D \) 和 \( C \) 到 \( {AB} \) 的垂足，并设 \( h = {DE} = {CF}, x = {AE} \) ，以及 \( y = {FB} \) 。根据勾股定理(Pythagorean Theorem)，我们有:
\[ {h}^{2} = {5}^{2} - {x}^{2} = {12}^{2} - {y}^{2} \Rightarrow {y}^{2} - {x}^{2} = {12}^{2} - {5}^{2} = {119} \tag{1} \]
我们知道 \( y + x = {52} - {39} = {13} \) 。(2)
因此(1)变为
\[ \left( {y - x}\right) \left( {y + x}\right) = {119} \Rightarrow {13}\left( {y - x}\right) = {119}\; \Rightarrow y - x = \frac{119}{13} \tag{3} \]
解方程组(2)和(3)，我们得到 \( x = \frac{25}{13} \) 。
因此 \( {h}^{2} = {5}^{2} - {x}^{2} = {25} - \frac{5}{13}\; \Rightarrow \;h = \frac{60}{13} \) 。
于是 \( {ABCD} \) 的面积为 \( \frac{{39} + {52}}{2} \times \frac{60}{13} = {210} \) 。
问题21。答案:(A)。
方法1(官方解法):
设 \( {DM} = {NB} = x \) 。则 \( {AM} = {AN} = 1 - x \) 。
面积 \( {\Delta CMN} = \operatorname{area}\square {ABCD} - \operatorname{area}{\Delta ANM} - {\Delta NBC} - \operatorname{area}{\Delta CDM} \)
\( = 1 - \frac{1}{2}{\left( 1 - x\right) }^{2} - \frac{x}{2} - \frac{x}{2} = \frac{1}{2}\left( {1 - {x}^{2}}\right) . \)
记等边三角形 \( {CMN} \) 的边长为 \( y \) 。应用勾股定理(Pythagorean theorem): \( {x}^{2} + {1}^{2} = \) \( {y}^{2} \) 以及 \( {\left( 1 - x\right) }^{2} + {\left( 1 - x\right) }^{2} = {y}^{2} \) 。
将第一个方程代入第二个方程，我们得到 \( 2{\left( 1 - x\right) }^{2} = {x}^{2} + 1 \) 或 \( {x}^{2} - {4x} + 1 = 0. \)
该方程的根为 \( 2 - \sqrt{3} \) 和 \( 2 + \sqrt{3} \) 。由于
\( 2 + \sqrt{3} > 1 \) ，我们必须选择 \( x = 2 - \sqrt{3} \) ，从而得到面积 \( {\Delta CMN} = 2\sqrt{3} - 3 \) 。
方法二(我们的解法):
设等边三角形的边长为 \( a \) 。连接 \( {AC} \) 。根据勾股定理
， \( {AC} = \sqrt{2} \) 。
因为 \( \bigtriangleup {CMN} \) 是等边三角形，且 \( {AC} \) 是正方形 \( {ABCD} \) 的对角线，
\( {AC} \) 平分 \( {MN}.{CG} \) ，是 \( {\Delta CMN} \) 的高，所以 \( {CG} = \frac{1}{2}a\sqrt{3} \) 。
因为 \( \bigtriangleup {ANG} \) 是 \( {45}^{ \circ } - {45}^{ \circ } - {90}^{ \circ } \) 三角形，所以 \( {AG} = {GN} = \frac{1}{2}a \) 。
\( {AG} + {GC} = {AC}\; \Rightarrow \;\frac{1}{2}a + \frac{1}{2}a\sqrt{3} = \sqrt{2}\; \Rightarrow \)
\( a = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3} + 1} = \frac{2\sqrt{2}\left( {\sqrt{3} - 1}\right) }{\left( {\sqrt{3} + 1}\right) \left( {\sqrt{3} - 1}\right) } = \frac{2\sqrt{2}\left( {\sqrt{3} - 1}\right) }{2} = \sqrt{2}\left( {\sqrt{3} - 1}\right) . \)
\( \bigtriangleup {CMN} \) 的面积为 \( \frac{1}{4}{a}^{2}\sqrt{3} = 2\sqrt{3} - 3 \) 。
第22题。答案:(E)。
注意三角形 \( {ABD}\left( {5 - {12} - {13}}\right) \) 的三边是勾股数(Pythagorean Triples)。
所以 \( \angle {ADB} = {90}^{ \circ } \) 。
对 \( \bigtriangleup {ADC} \) 应用勾股定理得到
\( {15}^{2} - {12}^{2} = {9}^{2} \) .
所以 \( {DC} = 9 \) 且 \( {BC} = {BD} + {DC} = 5 + 9 = {14} \) 。
第23题。答案:(D)。
\( {\Delta ABD} \) 是3:4:5的直角三角形。因为 \( {BD} = {25},{AD} = {15} \) ，且 \( {AB} = {20} \) 。
我们知道
\( C{D}^{2} = {BD} \times {DE} \Rightarrow \;{20}^{2} = {25} \times {DE} \Rightarrow \;{DE} = {16} \)
作 \( {AF} \bot {BD} \cdot \frac{{AF} \times {BD}}{2} = \frac{{AD} \times {AB}}{2}\; \Rightarrow \frac{{AF} \times {25}}{2} = \frac{{15} \times {20}}{2} \Rightarrow {AF} = {12} \)
\( \bigtriangleup {ADE} \) 的面积为 \( \frac{{AF} \times {ED}}{2} = \frac{{12} \times {20}}{2} = {120} \)
问题24。解答: \( \sqrt{5 + 2\sqrt{2}} \) 。
设 \( {DE} = {AF} = x,{DG} = {CH} = y \) 。
\( {FB} = {EC} = m - x,\;{HB} = {GA} = m - y. \)
\( {PA} = a,{PB} = b,{PC} = c, a \leq b, a \leq c. \)
我们知道 \( P{D}^{2} = {a}^{2} + {c}^{2} - {b}^{2} \) ，或 \( {PD} = \sqrt{{a}^{2} + {c}^{2} - {b}^{2}} = \sqrt{6} \) 。
根据勾股定理，我们有 \( {x}^{2} + {\left( m - y\right) }^{2} = {a}^{2} \) (1)
且 \( {x}^{2} + {y}^{2} = {a}^{2} + {c}^{2} - {b}^{2} \) (2)
因此 \( {m}^{2} - {2mx} + {a}^{2} + {c}^{2} - {b}^{2} = {c}^{2} \) ，或 \( {2mx} = {m}^{2} + {a}^{2} - {b}^{2} \) (3)
我们还有
结合(2)和(4)，我们有 \( \;{2my} = {m}^{2} + {a}^{2} - {b}^{2} \)
\( {\left( 3\right) }^{2} + {\left( 5\right) }^{2} : \)
\( 4{m}^{2}\left( {{a}^{2} + {c}^{2} - {b}^{2}}\right) = {\left( {m}^{2} + {a}^{2} - {b}^{2}\right) }^{2} + {\left( {m}^{2} + {c}^{2} - {b}^{2}\right) }^{2}. \)
\[ {m}^{4} - \left( {{a}^{2} + {c}^{2}}\right) {m}^{2} + \frac{1}{2}\left\lbrack {{\left( {a}^{2} - {b}^{2}\right) }^{2} + {\left( {c}^{2} - {b}^{2}\right) }^{2}}\right\rbrack = 0. \]
由于 \( a = 1, b = 2, c = 3 \) ，所以 \( {m}^{4} - {10}{m}^{2} + {17} = 0 \) 。
解 \( m \) ，我们得到: \( {m}^{2} = 5 \pm 2\sqrt{2} \) 。
由于 \( m > 0,{m}^{2} = 5 + 2\sqrt{2} \) 且 \( m = \sqrt{5 + 2\sqrt{2}} \) 。
注:若 \( p \) 为正方形外一点，则 \( m = \sqrt{5 - 2\sqrt{2}} \) 为解。