勾股定理竞赛培训题(含答案)

1、如图1，△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∠C=90°，将△CDE绕点C逆时针旋转一个角度α（0°＜α＜90°），使点A,D，E在同一直线上，连接AD,BE．

（1)①依题意补全图2；

②求证:AD=BE，且AD⊥BE；

③作CM⊥DE，垂足为M，请用等式表示出线段CM，AE，BE之间的数量关系;

（2）如图3，正方形ABCD边长为,若点P满足PD=1，且∠BPD=90°,请直接写出点A到BP的距离．

2、（1）问题发现：如图1,△ACB和△DCE均为等边三角形,当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上,连接BE，易证△BCE≌△ACD．则

①∠BEC＝＿＿＿＿＿＿°；②线段AD、BE之间的数量关系是＿＿＿＿＿＿．

（2)拓展研究：

如图2,△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，若AE＝15，DE＝7，求AB的长度．

（3）探究发现：

如图3,P为等边△ABC内一点，且∠APC＝150°,且∠APD＝30°，AP＝5，CP＝4，DP＝8，求BD的长． 

3、如图1，△ABC中，CD⊥AB于D，且BD:AD：CD=2：3：4，

（1）试说明△ABC是等腰三角形;

(2)已知S△ABC=10cm2，如图2，动点M从点B出发以每秒1cm的速度沿线段BA向点A 运动,同时动点N从点A出发以相同速度沿线段AC向点C运动，当其中一点到达终点时整个运动都停止．设点M运动的时间为t（秒)，

①若△DMN的边与BC平行，求t的值；

②若点E是边AC的中点，问在点M运动的过程中，△MDE能否成为等腰三角形？若能，求出t的值;若不能，请说明理由．

4、已知,△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，D为AB的中点，若E在直线AC上任意一点，DF⊥DE，交直线BC于F点．G为EF的中点，延长CG交AB于点H．

（1）若E在边AC上．

①试说明DE=DF;

②试说明CG=GH；

(2）若AE=3,CH=5．求边AC的长．

5、如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝，AE⊥BD，垂足是E。点F是点E关于AB的对称点，连结AF，BF.

（1）求AE和BE的长．

(2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m(平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB,AD上时，直接写出相应的m的值．

(3)如图②,将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°)，记旋转中的△ABF为△A′BF′,在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P,与直线BD交于点Q.是否存在这样的P,Q两点,使△DPQ为等腰三角形?若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．

参

1、【分析】（1）①根据旋转的特性画出图象；②由∠ACD、∠BCE均与∠DCB互余可得出∠ACD=∠BCE，由△ABC和△CDE都是等腰直角三角形可得出AC=BC、DC=EC，结合全等三角形的判定定理SAS即可得出△ADC≌△BEC，从而得出AD=BE，再由∠BCE=∠ADC=135°，∠CED=45°即可得出∠AEB=90°,即证出AD⊥BE；③依照题意画出图形,根据组合图形的面积为两个三角形的面积和可用AE,BE去表示CM；

(2）根据题意画出图形，比照（1)③的结论，套入数据即可得出结论．

【解答】解：（1）①依照题意补全图2,如下图（一）所示．

②证明：∵∠ACD+∠DCB=∠ACB=90°，∠BCE+∠DCB=∠DCE=90°,

∴∠ACD=∠BCE．∵△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∴AC=BC，DC=EC．

在△ADC和△BEC中，有，

∴△ADC≌△BEC（SAS），∴AD=BE,∠BEC=∠ADC．

∵点A，D，E在同一直线上,△CDE是等腰直角三角形,

∴∠CDE=∠CED=45°，∠ADC=180°﹣∠CDE=135°，

∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=135°﹣45°=90°，∴AD⊥BE．

③依照题意画出图形，如图（二）所示．

∵S△ABC+S△EBC=S△CAE+S△EAB，

即AC•BC+BE•CM=AE（CM+BE）,∴AC2﹣AE•BE=CM（AE﹣BE）．

∵△CDE为等腰直角三角形，∴DE=2CM,∴AE﹣BE=2CM．

(2）依照题意画出图形(三）．

其中AB=，DP=1，BD=AB=

由勾股定理得:BP==3．

结合（1）③的结论可知：

AM===1．

故点A到BP的距离为1．

【点评】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定及性质、三角形的面积公式、角的计算以及勾股定理，解题的关键：（1）①结合题意画出图形；②找出△ADC≌△BEC；③利用分割法求组合图形的面积；（2）利用类比法借助（1)③的算式求出结论．本题属于中档题，（1）①②难度不大；③难度不小，此处用到了分割组合图形求面积来找等式，该小问处切记线段AC当成已知量；（2）利用类比的方法套入(1）③的算式即可．解决该题型题目时，画出图形，注意数形结合是关键．

2、．解:（1）①120°……………………2分，②AD＝BE……………………………4分

(2)

（3）如下图所示

由（2）知△BEC≌△APC,∴BE=AP＝5，∠BEC=∠APC＝150°，

∵∠APD=30°，AP=5，CP=4，DP=8，∠APD=30°,∠EPC=60°,

∴∠BED=∠BEC-∠PEC=90°,∠DPC＝120°

又∵∠DPE＝∠DPC＋∠EPC＝120°＋60°＝180°，即D、P、E在同一条直线上

∴DE=DP+PE=8+4=12，BE=5，

                        ∴BD的长为13

3、【考点】三角形综合题．

【分析】（1）设BD=2x，AD=3x，CD=4x，根据勾股定理求出AC根据等腰三角形的判定定理解答；

（2)根据三角形的面积公式求出三角形的三边长，根据等腰三角形的性质列式计算即可；

（3）分DE=DM、ED=EM、MD=ME三种情况，根据等腰三角形的性质解答．

【解答】解：（1)设BD=2x，AD=3x，CD=4x，

在Rt△ACD中，AC==5x，又AB=5x，

∴AB=AC,∴△ABC是等腰三角形；

（2）S△ABC=×5x×4x=10cm2,解得，x=1cm，则BD=2cm，AD=3cm，CD=4cm，AC=5cm,

①当MN∥BC时，AM=AN，即5﹣t=t,∴t=2。5，当DN∥BC时，AD=AN，

则t=3，故若△DMN的边与BC平行时，t值为2。5或3．

②当点M在BD上，即0≤t＜2时，△MDE为钝角三角形，但DM≠DE，

当t=2时,点M运动到点D，不构成三角形，

当点M在DA上，即2＜t≤5时,△MDE为等腰三角形，有3种可能．

如果DE=DM，则t﹣2=2.5，∴t=4.5，如果ED=EM,则点M运动到点A，

∴t=5，如果MD=ME=t﹣2,则（t﹣2)2﹣（t﹣3.5）2=22，∴t=，

综上所述,符合要求的t值为4。5或5或．

【点评】本题考查的是等腰三角形的判定和性质、三角形的三边关系以及勾股定理的应用，掌握等腰三角形的判定定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．

4、【考点】全等三角形的判定与性质;直角三角形斜边上的中线；勾股定理．

【分析】（1）①连接CD，推出CD=AD，∠CDF=∠ADE，∠A=∠DCB，证△ADE≌△CDF即可；②连接DG，根据直角三角形斜边上中线求出CG=EG=GF=DG，推出∠GCD=∠GDC,推出∠GDH=∠GHD,推出DG=GH即可;

(2）求出EF=5，根据勾股定理求出EC,即可得出答案．

【解答】解：（1）①连接CD,

∵∠ACB=90°，D为AB的中点，AC=BC，∴CD=AD=BD,又∵AC=BC，∴CD⊥AB，

∴∠EDA+∠EDC=90°,∠DCF=∠DAE=45°,∵DF⊥DE,

∴∠EDF=∠EDC+∠CDF=90°，∴∠ADE=∠CDF，在△ADE和△CDF中

∴△ADE≌△CDF，

∴DE=DF．

②连接DG，∵∠ACB=90°，G为EF的中点，∴CG=EG=FG,

∵∠EDF=90°,G为EF的中点，∴DG=EG=FG，∴CG=DG，

∴∠GCD=∠CDG又∵CD⊥AB，∴∠CDH=90°,∴∠GHD+∠GCD=90°，∠HDG+∠GDC=90°，

∴∠GHD=∠HDG,∴GH=GD，∴CG=GH．

（2）如图，当E在线段AC上时，

∵CG=GH=EG=GF，∴CH=EF=5,∵△ADE≌△CDF，∴AE=CF=3,

∴在Rt△ECF中，由勾股定理得：，

∴AC=AE+EC=3+4=7；如图,当E在线段CA延长线时,

AC=EC﹣AE=4﹣3=1,综合上述AC=7或1．

5、解：（1)在Rt△ABD中,AB＝5，AD＝，由勾股定理，得BD＝＝＝. ∵S△ABD＝BD·AE＝AB·AD，∴AE＝＝＝4.  

在Rt△ABE中，AB＝5，AE＝4，由勾股定理，得BE＝3。  

（第27题图解①)

（2)设平移中的三角形为△A′B′F′，如解图①所示．由对称点性质可知，∠1＝∠2。

由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4＝∠5＝∠1,B′F′＝BF＝3.

①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，∴∠3＝∠4，∴∠3＝∠1＝∠2,

∴BB′＝B′F′＝3，即m＝3;

②当点F′落在AD上时,∵AB∥A′B′，∴∠6＝∠2。

∵∠1＝∠2，∠5＝∠1,∴∠5＝∠6。又易知A′B′⊥AD，

∴△B′F′D为等腰三角形，∴B′D＝B′F′＝3，

∴BB′＝BD－B′D＝－3＝，即m＝。m＝3或(对一个得2分） 

（3）存在．理由如下：在旋转过程中,等腰△DPQ依次有以下4种情形：

①如解图②所示，点Q落在BD延长线上,且PD＝DQ，易知∠2＝2∠Q。

(第27题图解②）

∵∠1＝∠3＋∠Q，∠1＝∠2,∴∠3＝∠Q  ∴A′Q＝A′B＝5,

∴F′Q＝F′A′＋A′Q＝4＋5＝9。

在Rt△BF′Q中，由勾股定理，得BQ＝＝＝3。

(第27题图解③)∴DQ＝BQ－BD＝3－.

②如解图③所示，点Q落在BD上，且PQ＝DQ，易知∠2＝∠P.

∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠P，∴BA′∥PD,则此时点A′落在BC边上．

∵∠3＝∠2，∴∠3＝∠1,∴BQ＝A′Q，∴F′Q＝F′A′－A′Q＝4－BQ。

在Rt△BQF′中，由勾股定理，得BF′2＋F′Q2＝BQ2，

即32＋（4－BQ）2＝BQ2，解得BQ＝。∴DQ＝BD－BQ＝－＝。

③如解图④所示，点Q落在BD上，且PD＝DQ，易知∠3＝∠4.

(第27题图解④）∵∠2＋∠3＋∠4＝180°,∠3＝∠4，∴∠4＝90°－∠2.

∵∠1＝∠2，∴∠4＝90°－∠1。∴∠A′QB＝∠4＝90°－∠1,

∴∠A′BQ＝180°－∠A′QB－∠1＝90°－∠1,∴∠A′QB＝∠A′BQ，

∴A′Q＝A′B＝5，∴F′Q＝A′Q－A′F′＝5－4＝1。

在Rt△BF′Q中,由勾股定理,得BQ＝＝＝，

∴DQ＝BD－BQ＝－。

④如解图⑤所示，点Q落在BD上，且PQ＝PD，易知∠2＝∠3.

(第27题图解⑤）∵∠1＝∠2,∠3＝∠4,∠2＝∠3,

∴∠1＝∠4,∴BQ＝BA′＝5，∴DQ＝BD－BQ＝－5＝。

综上所述，存在4组符合条件的点P，Q，使△DPQ为等腰三角形，其中DQ的长度分别为3－，，－或