勾股定理竞赛培训题(含答案)文档格式.doc

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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．

参考答案

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．

（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．

（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．

（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