题目（八年级 · 画法几何学）：定义: 若三角形满足: 两边的平方和与这两边乘积的差等于第三边的平方,

则称这个三角形为 “类勾股三角形” . 如图 1 在 $\triangle A B C$ 中, $A B^{2}+A C^{2}-A B \cdot A C=B C^{2}$,则 $\triangle A B C$ 是 “类勾股三角形”.



图1



图2



备用图

(1) 等边三角形一定是 “类勾股三角形” , 是命题（填真或假）.

(2) 若Rt $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A B=c, A C=b, B C=a$, 且 $b>a$,

若 $\triangle A B C$ 是 “类勾股三角形”, 求 $\angle B$ 的度数.

(3) 如图 2, 在等边 $\triangle A B C$ 的边 $A C, B C$ 上各取一点 $D, E$, 且 $A D<C D, A E, B D$ 相交于点 $F$, $B G$ 是 $\triangle B E F$ 的高, 若 $\triangle B G F$ 是 “类勾股三角形”, 且 $B G>F G$.

(1)求证: $A D=C E$.

(2)连结 $C G$, 若 $\angle G C B=\angle A B D$, 那么线段 $A G, E F, C D$ 能否构成一个 “类勾股三角形”?若能, 请证明; 若不能, 请说明理由.
选项：
答案：解: (1) 当 $\triangle A B C$ 为等边三角形时,
$A B=A C=B C$,

$\therefore A B^{2}+A C^{2}-A B \cdot A C=B C^{2}+B C^{2}-B C \cdot B C=B C^{2}$,

$\therefore$ 等边三角形一定是 “类勾股三角形”

故答案为: 真

(2) $\because \angle C=90^{\circ}, A B=c, A C=b, B C=a$,

$\therefore a^{2}+b^{2}=c^{2}$,

当 $a^{2}+b^{2}-a b=c^{2}$ 时，则 $-a b=0$ （舍去）,

当 $a^{2}+c^{2}-a c=b^{2}$ 时, 则,

$a^{2}+c^{2}-a c=c^{2}-a^{2}$,

$\therefore a c=2 a^{2}$,

$\therefore c=2 a$,

$\therefore a: b: c=1: \sqrt{3}: 2$,

$\therefore \angle B=60^{\circ}$

当 $b^{2}+c^{2}-b c=a^{2}$ 时, 则,

$b^{2}+c^{2}-b c=c^{2}-b^{2}$,

$\therefore b c=2 b^{2}$,

$\therefore c=2 b$,

$\therefore a: b: c=\sqrt{3}: 1: 2$ (舍去),

综上所述: $\triangle A B C$ 是 “类勾股三角形” 时, $\angle B=60^{\circ}$

(3) (1) $\because \triangle A B C$ 是等边三角形,

$\therefore A B=A C=B C, \angle A B C=\angle A C B=\angle B A C=60^{\circ}$,

$\because B G$ 是 $\triangle B E F$ 的高, $\triangle B G F$ 是 “类勾股三角形”,

$\therefore$ 由 (2) 可得 $F G: B G: B F=1: \sqrt{3}: 2, \angle B F G=60^{\circ}$,
$\therefore \angle F A B+\angle F B A=\angle B F G=60^{\circ}$,

$\because \angle F A B+\angle E A C=\angle B A C=60^{\circ}$,

$\therefore \angle F B A=\angle E A C$,

在 $\triangle A B D$ 和 $\triangle C A E$ 中,

$\left\{\begin{array}{c}\angle B A D=\angle A C E \\ B A=A C \\ \angle D B A=\angle E A C\end{array}\right.$,

$\therefore \triangle A B D \cong \triangle C A E(\mathrm{ASA})$,

$\therefore A D=C E$

(2) $\because \angle G C B=\angle A B D, \quad A B=A C$,

$\therefore \angle F A B=60^{\circ}-\angle A B D=60^{\circ}-\angle G C B=\angle A C G$,

<ImageHere>

在 $\triangle A B F$ 和 $\triangle C A G$ 中,

$\left\{\begin{array}{c}\angle F A B=\angle G C A \\ B A=A C \\ \angle A B F=\angle C A G\end{array}\right.$,

$\therefore \triangle A B F \cong \triangle C A G$,

$\therefore A G=B F$,

$\because A B=B C, A D=C E$,

$\therefore B E=C D$,

设 $F G=x, E G=y$, 则 $B G=\sqrt{3} x, B F=2 x$,

$\therefore A G^{2}=B F^{2}=4 x^{2}$, $E F^{2}=(x+y)^{2}=x^{2}+2 x y+y^{2}$,
$C D^{2}=(\sqrt{3} x)^{2}+y^{2}=3 x^{2}+y^{2}$,

$\therefore A G^{2}+E F^{2}-A G \cdot E F=4 x^{2}+x^{2}+2 x y+y^{2}-2 x(x+y)=3 x^{2}+y^{2}$,

$\therefore A G^{2}+E F^{2}-A G \cdot E F=C D^{2}$,

$\therefore$ 线段 $A G, E F, C D$ 能构成一个 “类勾股三角形”.
解析：解: (1) 当 $\triangle A B C$ 为等边三角形时,
$A B=A C=B C$,

$\therefore A B^{2}+A C^{2}-A B \cdot A C=B C^{2}+B C^{2}-B C \cdot B C=B C^{2}$,

$\therefore$ 等边三角形一定是 “类勾股三角形”

故答案为: 真

(2) $\because \angle C=90^{\circ}, A B=c, A C=b, B C=a$,

$\therefore a^{2}+b^{2}=c^{2}$,

当 $a^{2}+b^{2}-a b=c^{2}$ 时，则 $-a b=0$ （舍去）,

当 $a^{2}+c^{2}-a c=b^{2}$ 时, 则,

$a^{2}+c^{2}-a c=c^{2}-a^{2}$,

$\therefore a c=2 a^{2}$,

$\therefore c=2 a$,

$\therefore a: b: c=1: \sqrt{3}: 2$,

$\therefore \angle B=60^{\circ}$

当 $b^{2}+c^{2}-b c=a^{2}$ 时, 则,

$b^{2}+c^{2}-b c=c^{2}-b^{2}$,

$\therefore b c=2 b^{2}$,

$\therefore c=2 b$,

$\therefore a: b: c=\sqrt{3}: 1: 2$ (舍去),

综上所述: $\triangle A B C$ 是 “类勾股三角形” 时, $\angle B=60^{\circ}$

(3) (1) $\because \triangle A B C$ 是等边三角形,

$\therefore A B=A C=B C, \angle A B C=\angle A C B=\angle B A C=60^{\circ}$,

$\because B G$ 是 $\triangle B E F$ 的高, $\triangle B G F$ 是 “类勾股三角形”,

$\therefore$ 由 (2) 可得 $F G: B G: B F=1: \sqrt{3}: 2, \angle B F G=60^{\circ}$,
$\therefore \angle F A B+\angle F B A=\angle B F G=60^{\circ}$,

$\because \angle F A B+\angle E A C=\angle B A C=60^{\circ}$,

$\therefore \angle F B A=\angle E A C$,

在 $\triangle A B D$ 和 $\triangle C A E$ 中,

$\left\{\begin{array}{c}\angle B A D=\angle A C E \\ B A=A C \\ \angle D B A=\angle E A C\end{array}\right.$,

$\therefore \triangle A B D \cong \triangle C A E(\mathrm{ASA})$,

$\therefore A D=C E$

(2) $\because \angle G C B=\angle A B D, \quad A B=A C$,

$\therefore \angle F A B=60^{\circ}-\angle A B D=60^{\circ}-\angle G C B=\angle A C G$,



在 $\triangle A B F$ 和 $\triangle C A G$ 中,

$\left\{\begin{array}{c}\angle F A B=\angle G C A \\ B A=A C \\ \angle A B F=\angle C A G\end{array}\right.$,

$\therefore \triangle A B F \cong \triangle C A G$,

$\therefore A G=B F$,

$\because A B=B C, A D=C E$,

$\therefore B E=C D$,

设 $F G=x, E G=y$, 则 $B G=\sqrt{3} x, B F=2 x$,

$\therefore A G^{2}=B F^{2}=4 x^{2}$, $E F^{2}=(x+y)^{2}=x^{2}+2 x y+y^{2}$,
$C D^{2}=(\sqrt{3} x)^{2}+y^{2}=3 x^{2}+y^{2}$,

$\therefore A G^{2}+E F^{2}-A G \cdot E F=4 x^{2}+x^{2}+2 x y+y^{2}-2 x(x+y)=3 x^{2}+y^{2}$,

$\therefore A G^{2}+E F^{2}-A G \cdot E F=C D^{2}$,

$\therefore$ 线段 $A G, E F, C D$ 能构成一个 “类勾股三角形”.