2021年勾股定理竞赛培训题含答案

勾股定理竞赛培训题1、如图1，△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∠C=90°，将△CDE绕点C逆时针旋转一种角度α（0°＜α＜90°），使点A，D，E在同始终线上，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，请用等式表达出线段CM，AE，BE之间数量关系；（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在同始终线上，连接BE，易证△BCE≌△ACD．则①∠BEC＝＿＿＿＿＿＿°；②线段AD、BE之间数量关系是＿＿＿＿＿＿．（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在同始终线上，若AE＝15，DE＝7，求AB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长．3、如图1，△ABC中，CD⊥AB于D，且BD：AD：CD=2：3：4，（1）试阐明△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速度沿线段BA向点A运动，同步动点N从点A出发以相似速度沿线段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运动时间为t（秒），①若△DMN边与BC平行，求t值；②若点E是边AC中点，问在点M运动过程中，△MDE能否成为等腰三角形？若能，求出t值；若不能，请阐明理由．4、已知，△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，D为AB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中点，延长CG交AB于点H．（1）若E在边AC上．①试阐明DE=DF；②试阐明CG=GH；（2）若AE=3，CH=5．求边AC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对称点，连结AF，BF.(1)求AE和BE长．(2)若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移距离为m(平移距离指点B沿BD方向所通过线段长度)．当点F分别平移到线段AB，AD上时，直接写出相应m值．(3)如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一种角α(0°＜α＜180°)，记旋转中△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q.与否存在这样P，Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ长；若不存在，请阐明理由．参照答案1、【分析】（1）①依照旋转特性画出图象；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，结合全等三角形鉴定定理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，依照组合图形面积为两个三角形面积和可用AE，BE去表达CM；（2）依照题意画出图形，比照（1）③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在同始终线上，△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结论可知：AM===1．故点A到BP距离为1．【点评】本题考查了旋转性质、全等三角形鉴定及性质、三角形面积公式、角计算以及勾股定理，解题核心：（1）①结合题意画出图形；②找出△ADC≌△BEC；③运用分割法求组合图形面积；（2）运用类比法借助（1）③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，该小问处牢记线段AC当成已知量；（2）运用类比办法套入（1）③算式即可．解决该题型题目时，画出图形，注意数形结合是核心．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长为133、【考点】三角形综合题．【分析】（1）设BD=2x，AD=3x，CD=4x，依照勾股定理求出AC依照等腰三角形鉴定定理解答；（2）依照三角形面积公式求出三角形三边长，依照等腰三角形性质列式计算即可；（3）分DE=DM、ED=EM、MD=ME三种状况，依照等腰三角形性质解答．【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种也许．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，符合规定t值为4.5或5或．【点评】本题考查是等腰三角形鉴定和性质、三角形三边关系以及勾股定理应用，掌握等腰三角形鉴定定理、灵活运用分状况讨论思想是解题核心．4、【考点】全等三角形鉴定与性质；直角三角形斜边上中线；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，依照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，依照勾股定理求出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中点，∴CG=EG=FG，∵∠EDF=90°，G为EF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（对一种得2分）(3)存在．理由如下：在旋转过程中，等腰△DPQ依次有如下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′Q