初二几何难题.docx
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初二几何难题.docx
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初二几何难题
如图,平面直角坐标系中,点A、B分别在x、y轴上,点B的坐标为(0,1),∠BAO=30°.
(1)求AB的长度;
(2)以AB为一边作等边△ABE,作OA的垂直平分线MN交AB的垂线AD于点D.求证:
BD=OE;
(3)在
(2)的条件下,连接DE交AB于F.求证:
F为DE的中点.
考点:
全等三角形的判定与性质;线段垂直平分线的性质;等边三角形的性质;含30度角的直角三角形.
专题:
计算题;证明题.
分析:
(1)直接运用直角三角形30°角的性质即可.
(2)连接OD,易证△ADO为等边三角形,再证△ABD≌△AEO即可.
(3)作EH⊥AB于H,先证△ABO≌△AEH,得AO=EH,再证△AFD≌△EFH即可.
解答:
(1)解:
∵在Rt△ABO中,∠BAO=30°,
∴AB=2BO=2;
(2)证明:
连接OD,
∵△ABE为等边三角形,
∴AB=AE,∠EAB=60°,
∵∠BAO=30°,作OA的垂直平分线MN交AB的垂线AD于点D,
∴∠DAO=60°.
∴∠EAO=∠NAB
又∵DO=DA,
∴△ADO为等边三角形.
∴DA=AO.
在△ABD与△AEO中,
∵
AB=AE
∠EAO=∠NAB
DA=AO
,
∴△ABD≌△AEO(SAS).
∴BD=OE.
(3)证明:
作EH⊥AB于H.
∵AE=BE,∴AH=1/2AB,
∵BO=1/2AB,∴AH=BO,
在Rt△AEH与Rt△BAO中,
AH=BO
AE=AB
,
∴Rt△AEH≌Rt△BAO(HL),
∴EH=AO=AD.
又∵∠EHF=∠DAF=90°,
在△HFE与△AFD中,
∠EHF=∠DAF
∠EFH=∠DFA
EH=AD
,
∴△HFE≌△AFD(AAS),
∴EF=DF.
∴F为DE的中点.
点评:
本题主要考查全等三角形与等边三角形的巧妙结合,来证明角相等和线段相等.
如图,直线AB交x轴正半轴于点A(a,0),交y轴正半轴于点B(0,b),且a、b满足
a−4
+|4-b|=0,
(1)求A、B两点的坐标;
(2)D为OA的中点,连接BD,过点O作OE⊥BD于F,交AB于E,求证∠BDO=∠EDA;
(3)如图,P为x轴上A点右侧任意一点,以BP为边作等腰Rt△PBM,其中PB=PM,直线MA交y轴于点Q,当点P在x轴上运动时,线段OQ的长是否发生变化?
若不变,求其值;若变化,求线段OQ的取值范围.
考点:
全等三角形的判定与性质;非负数的性质:
绝对值;非负数的性质:
算术平方根.
专题:
证明题;探究型.
分析:
①首先根据已知条件和非负数的性质得到关于a、b的方程,解方程组即可求出a,b的值,也就能写出A,B的坐标;
②作出∠AOB的平分线,通过证△BOG≌△OAE得到其对应角相等解决问题;
③过M作x轴的垂线,通过证明△PBO≌△MPN得出MN=AN,转化到等腰直角三角形中去就很好解决了.
解答:
解:
①∵
a−4
+|4-b|=0
∴a=4,b=4,
∴A(4,0),B(0,4);
(2)作∠AOB的角平分线,交BD于G,
∴∠BOG=∠OAE=45°,OB=OA,
∠OBG=∠AOE=90°-∠BOF,
∴△BOG≌△OAE,
∴OG=AE.
∵∠GOD=∠A=45°,OD=AD,
∴△GOD≌△EDA.
∴∠GDO=∠ADE.
(3)过M作MN⊥x轴,垂足为N.
∵∠BPM=90°,
∴∠BPO+∠MPN=90°.
∵∠AOB=∠MNP=90°,
∴∠BPO=∠PMN,∠PBO=∠MPN.
∵BP=MP,
∴△PBO≌△MPN,
MN=OP,PN=AO=BO,
OP=OA+AP=PN+AP=AN,
∴MN=AN,∠MAN=45°.
∵∠BAO=45°,
∴∠BAO+∠OAQ=90°
∴△BAQ是等腰直角三角形.
∴OB=OQ=4.
∴无论P点怎么动OQ的长不变.
点评:
(1)考查的是根式和绝对值的性质.
(2)考查的是全等三角形的判定和性质.
(3)本题灵活考查的是全等三角形的判定与性质,还有特殊三角形的性质.
如图1,在平面直角坐标系中,点A(4,4),点B、C分别在x轴、y轴的正半轴上,S四边形OBAC=16.
(1)∠COA的值为
45°
;
(2)求∠CAB的度数;
(3)如图2,点M、N分别是x轴正半轴及射线OA上一点,且OH⊥MN的延长线于H,满足∠HON=∠NMO,请探究两条线段MN、OH之间的数量关系,并给出证明.
考点:
全等三角形的判定与性质;坐标与图形性质.
分析:
(1)过A作AN⊥OC于N,AM⊥OB于M,得出正方形NOMA,根据正方形性质求出∠COA=1/2∠COB,代入求出即可;
(2)求出CN=BM,证△ANC≌△AMB,推出∠NAC=∠MAB,求出∠CAB=∠NAM,即可求出答案;
(3)求出∠HON=∠NMO=22.5°,延长OH至点P使PH=OH,连接MP交OA于L,求出∠HON=∠NMO=∠LMN,求出OL=ML,证△OLP≌△MLN,推出MN=OP,即可得出答案.
解答:
解:
(1)过A作AN⊥OC于N,AM⊥OB于M,
则∠ANO=∠AMO=∠COB=90°,
∵A(4,4),
∴AN=AM=4,
∴四边形NOMA是正方形,
∴∠COA=1/2∠COB=1/2×90°=45°.
故答案为:
45°;
(2)∵四边形NOMA是正方形,
∴AM=AN=4,OM=ON=4,
∴1/2OC×AN+1/2OB×AM=16,
∴OC+OB=8=ON+OM,
即ON-OC=OB-OM,
∴CN=BM,
在△ANC和△AMB中,
AN=AM
∠ANC=∠AMB
NC=MB
,
∴△ANC≌△AMB(SAS),
∴∠NAC=∠MAB,
∴∠CAB=∠CAM+∠MAB=∠NAM=360°-90°-90°-90°=90°,
即∠CAB=90°;
(3)MN=2OH,
证明:
在Rt△OMH中,∠HON+∠NMO+∠NOM=90°,
又∵∠NOM=45°,∠HON=∠NMO,
∴∠HON=∠NMO=22.5°,
延长OH至点P使PH=OH,连接MP交OA于L,
∴OM=MP,∠OMP=2∠OMN=45°,
∴∠HON=∠NMO=∠LMN,
∴∠OLM=90°=∠PLO,
∴OL=ML,
在△OLP和△MLN中,
∠PLO=∠NLM
OL=LM
∠POL=∠LMN=22.5°
∴△OLP≌△MLN(ASA),
∴MN=OP,
∵OP=2HO,
∴MN=2HO.
点评:
本题考查了坐标与图形性质,等腰三角形的性质和判定,正方形的性质和判定,全等三角形的性质和判定等知识点的应用,题目综合性比较强,有一定的难度.
已知:
如图,在平面直角坐标系中,点A,B,C分别在坐标轴上,且OA=OB=OC,△ABC的面积为9,点P从C点出发沿y轴负方向以1个单位/秒的速度向下运动,连接PA,PB,D(-m,-m)为AC上的点(m>0)
(1)试分别求出A,B,C三点的坐标;
(2)设点P运动的时间为t秒,问:
当t为何值时,DP与DB垂直相等?
请说明理由;
(3)若PA=AB,在第四象限内有一动点Q,连QA,QB,QP,且∠PQA=60°,当Q在第四象限内运动时,下列说法:
(i)∠APQ+∠PBQ的度数和不变;
(ii)∠BAP+∠BQP的度数和不变,其中有且只有一个说法是正确的,请判断正确的说法,并求这个不变的值.
考点:
全等三角形的判定与性质;坐标与图形性质;线段垂直平分线的性质;等边三角形的判定与性质.
专题:
综合题.
分析:
(1)利用OA=OB=OC,∠AOC=∠BOC=90°得出∠ACB=90°,再利用△ABC的面积为9,得出OA=OC=OB=3即可得出各点的坐标;
(2)作DM⊥x轴于点M,作DN⊥y轴于点N,假设出D点的坐标,进而得出△PCD≌△BOD,进而得到∠BDP=∠ODC=90°,即DP⊥DB;
(3)在QA上截取QS=QP,连接PS,利用∠PQA=60°,得出△QSP是等边三角形,进而得出△APS≌△BPQ,从而得出∠APQ+∠PBQ=∠APQ+∠PAS得出答案.
解答:
解:
(1)∵OA=OB=OC,∠AOC=∠BOC=90°,
∴∠OAC=∠OCA=∠OBC=∠OCB=45°,
∴∠ACB=90°,
又△ABC的面积为9,
∴OA=OC=OB=3,
∴A(-3,0),B(3,0),C(0,-3);
(2)当t=3秒时,即CP=OC时,DP与DB垂直且相等.
理由如下:
连接OD,作DM⊥x轴于点M,作DN⊥y轴于点N,
∵D(-m,-m),
∴DM=DN=OM=ON=m,
∴∠DOM=∠DON=45°,而∠ACO=45°,
∴DC=DO,
∴∠PCD=∠BOD=135°,又CP=OC=OB,
∴△PCD≌△BOD(SAS),
∴DP=DB,∠PDC=∠BDO,
∴∠BDP=∠ODC=90°,
即DP⊥DB.
(3)解:
(i)正确.在QA上截取QS=QP,连接PS.
∵∠PQA=60°,
∴△QSP是等边三角形,
∴PS=PQ,∠SPQ=60°,
∵PO是AB的垂直平分线,
∴PA=PB而PA=AB,
∴PA=PB=AB,
∴∠APB=60°,
∴∠APS=∠BPQ,
∴△APS≌△BPQ,
∴∠PAS=∠PBQ,
∴∠APQ+∠PBQ=∠APQ+∠PAS=120°.
点评:
此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及等边三角形的性质与判定、线段的垂直平分线性质等知识,根据已知作出正确辅助线从而得出三角形△APS≌△BPQ是解决问题的关键.
如图,在平面直角坐标系中,△ABC是等腰三角形,BO=BA=10,OA=16.D为OB的中点,点P从O点出
发以每秒3个单位的速度运动,点Q从A点出发运动.P、Q两点同时出发,运动时间为t秒.
(1)直接写出B点坐标;
(2)求出△OAB的面积;
(3)当点P沿O→A→B→O→A→…的路线在三角形的边上按逆时针方向运动,点Q沿A→B→O→A→B…的路线在三角形的边上按逆时针方向运动.如果点Q的运动速度为每秒4个单位,P、Q两点第一次相遇时,在三角形的哪条边上?
(4)当P点从O点向A点运动,Q点从A点出发向B点运动,如果△ODP与△APQ全等,求点Q的运动速度.
考点:
全等三角形的判定与性质;坐标与图形性质;等腰三角形的性质.
专题:
动点型.
分析:
(1)过B作BC⊥OA于C,求出OC、BC即可;
(2)根据三角形的面积公式求出即可;
(3)由题意得出4t=3t+20,求出t,求出此时P点运动的路程,即可得出答案;
(4)设Q点的运动速度为每秒m个单位,则OD=5,OP=3t,PA=16-3t,AQ=mt,
当△DOP≌△QAP时得出
mt=5
3t=16−3t
,当△DOP≌△PAQ时得出
5=16−3t
3t=mt
,求出m即可.
解答:
解:
(1)
过B作BC⊥OA于C,
∵OB=BA=10,OA=16,
∴OC=CA=8,
由勾股定理得:
BC=
102−82
=6,
∴B的坐标是(8,6);
(2)△OAB的面积是1/2×OA×BC=
1/2×16×6=48;
(3)由题意得:
4t=3t+20,
解得:
t=20,
此时P点运动的路程是60,
∵△OAB的周长是16+10+10=36,
又∵60-36-16=8,
∴第一次相遇在边AB上;
(4)设Q点的运动速度为每秒m个单位,则OD=5,OP=3t,PA=16-3t,AQ=mt,
当△DOP≌△QAP时,
OD=AQ
OP=AP
,即
mt=5
3t=16−3t
,
解得:
t=8/3.m=15/8;
当△DOP≌△PAQ时,
OD=AP
OP=AQ
,即
5=16−3t
3t=mt
,
解得:
t=11/3,m=3,
综合上述:
点Q的运动速度是每秒15/8个单位或每秒3个单位.
点评:
本题考查了等腰三角形性质,三角形的面积,全等三角形的性质和判定等知识点的应用.
如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点.△ABC的边BC在x轴上,A、C两点的坐标分别为A(0,m)、C(n,0),B(-5,0),且(n−3)2+
3m−12
=0,点P从B出发,以每秒2个单位的速度沿射线BO匀速运动,设点P运动时间为t秒.
(1)求A、C两点的坐标;
(2)连接PA,用含t的代数式表示△POA的面积;
(3)当P在线段BO上运动时,在y轴上是否存在点Q,使△POQ与△AOC全等?
若存在,请求出t的值并直接写出Q点坐标;若不存在,请说明理由.
考点:
全等三角形的判定与性质;非负数的性质:
偶次方;非负数的性质:
算术平方根;坐标与图形性质.
分析:
(1)根据偶次方和算术平方根的非负性得出n-3=0,3m-12=0,求出即可;
(2)分为三种情况:
当0≤t<5/2
时,P在线段OB上,②当t=5/2
时,P和O重合,③当t>5/2时,P在射线OC上,求出OP和OA,根据三角形的面积公式求出即可;
(3)分为四种情况:
①当BP=1,OQ=3时,②当BP=2,OQ=4时,③④利用图形的对称性直接写出其余的点的坐标即可.
解答:
解:
(1)∵(n−3)2+√3m−12=0,
∴n-3=0,3m-12=0,
n=3,m=4,
∴A的坐标是(0,4),C的坐标是(3,0);
(2)∵B(-5,0),
∴OB=5,
①当0≤t<5/2时,P在线段OB上,如图1,
∵OP=5-2t,OA=4,
∴△POA的面积S=1/2×OP×AP=1/2×(5-2t)×4=10-4t;
②当t=5/2
时,P和O重合,此时△APO不存在,即S=0;
③当t>5/2
时,P在射线OC上,如备用图2,
∵OP=2t-5,OA=4,
∴△POA的面积S=1/2×OP×AP=1/2×(2t-5)×4=4t-10;
(3)当P在线段BO上运动时,在y轴上存在点Q,使△POQ与△AOC全等,
∵P在线段BO上运动,
∴t≤5÷2=2.5,
①当BP=1,OQ=3时,△POQ和△AOC全等,
此时t=1/2,Q的坐标是(0,3);
②当BP=2,OQ=4时,△POQ和△AOC全等,
此时t=2/2=1,Q的坐标是(0,4);
③④由对称性可知Q为(0,-3)、(0,-4)
综上所述,t=1/2或1时,Q的坐标是(0,3)或(0,4)或(0,-3)或(0,-4).
点评:
本题考查了全等三角形的性质和判定,偶次方和算术平方根的非负性,三角形的面积,坐标与图形性质等知识点的综合运用,关键是求出符合条件的所有情况,是一道比较容易出错的题目.
如图,在△ABC中,AB=AC=9,BC=12,∠B=∠C,点D从B出发以每秒2厘米的速度在线段BC上从B向C方向运动,点E同时
从C出发以每秒2厘米的速度在线段AC上从C向A运动,连接AD、DE.
(1)运动
3
秒时,AE=
1
2
DC(不必说明理由)
(2)运动多少秒时,∠ADE=90°-
1
2
∠BAC,并请说明理由.
考点:
全等三角形的判定与性质.
专题:
动点型.
分析:
(1)设运动的时间是t秒,则CD=12-2t,AE=9-2t,得出方程9-2t=1/2
(12-2t),求出方程的解即可;
(2)求出∠B=∠C=∠ADE,推出∠BAD=∠EDC,根据AAS证△ABD≌△DCE,推出DC=AB=9即可.
解答:
(1)解:
设运动的时间是t秒,
则CD=12-2t,AE=9-2t,
9-2t=1/2(12-2t)
t=3,
故答案为:
3.
(2)解:
设x秒后,∠ADE=90°-1/2∠BAC,
理由是:
∵∠B=∠C=90°-1/2∠BAC,
∴∠B=∠C=∠ADE,
∵∠BAD+∠ADB+∠B=180°,∠EDC+∠ADE+∠ADB=180°,
∴∠BAD=∠EDC,
在△ABD和△DCE中,
∠B=∠C
∠BAD=∠CDE
BD=CE
∴△ABD≌△DCE(AAS),
∴DC=AB=9,
∴BD=3,
∴x=3/2,
即运动3/2秒时,∠ADE=90°-1/2∠BAC.
点评:
本题考查了全等三角形的性质和判定,三角形的内角和定理,等腰三角形的性质等知识点的综合运用.
如图,已知在△ABC中,AB=AC=10cm,BC=8cm,点D为AB的中点,点P在线段BC上由B点向C点运动,同时,点Q在
线段CA上由点C向点A运动.
(1)如果点P、Q的速度均为3厘米/秒,经过1秒后,△BPD与△CQP是否全等?
请说明理由;
(2)若点P的运动速度为2厘米/秒,点Q的运动速度为2.5厘米/秒,是否存在某一个时刻,使得△BPD与△CQP全等?
如果存在请求出这一时刻并证明;如果不存在,请说明理由.
考点:
全等三角形的判定与性质;等腰三角形的性质.
专题:
动点型.
分析:
(1)求出BP=CQ,CP=BD,∠B=∠C,根据SAS证出两三角形全等即可;
(2)假设存在时刻t,根据全等三角形的性质得出方程组,求出t后,看看是否符合题意,再根据全等三角形的判定推出即可.
解答:
(1)解:
△BPD与△CQP是全等,
理由是:
当t=1秒时BP=CQ=3,
CP=8-3=5,
∵D为AB中点,
∴BD=1/2AC=5=CP,
∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
在△BDP和△CPQ中
∵
BD=CP
∠B=∠C
BP=CQ
,
∴△BDP≌△CPQ(SAS).
(2)解:
假设存在时间t秒,使△BDP和△CPQ全等,
则BP=2t,BD=5,CP=8-2t,CQ=2.5t,
∵△BDP和△CPQ全等,∠B=∠C,
∴2t=8-2t5=2.5t
2t=8−2t
5=2.5t
或
2t=2.5t
5=8−2t
(此方程组无解),
解得:
t=2,
∴存在时刻t=2秒时,△BDP和△CPQ全等,
此时BP=4,BD=5,CP=8-4=4=BP,CQ=5=BD,
在△BDP和△CQP中
∵
BD=CQ
∠B=∠C
BP=CP
,
∴△BDP≌△CQP(SAS).
点评:
本题考查了全等三角形的性质和判定,主要考查学生的推理能力,题目比较好,但是有一定的难度.
如图,已知△ABC中,AB=AC=10厘米,BC=8厘米,点D为AB的中点.
(1)如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动,同时,点Q在线段CA上由C点向A点运动.
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等,经过1秒后,△BPD与△CQP是否全等,请说明理由;
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等,当点Q的运动速度为多少时,能够使△BPD与△CQP全等?
(2)若点Q以②中的运动速度从点C出发,点P以原来的运动速度从点B同时出发,都逆时针沿△AB
C三边运动,求经过多长时间点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇?
考点:
全等三角形的判定与性质;一元一次方程的应用.
专题:
几何图形问题;压轴题.
分析:
(1)①根据时间和速度分别求得两个三角形中的边的长,根据SAS判定两个三角形全等.
②根据全等三角形应满足的条件探求边之间的关系,再根据路程=速度×时间公式,先求得点P运动的时间,再求得点Q的运动速度;
(2)根据题意结合图形分析发现:
由于点Q的速度快,且在点P的前边,所以要想第一次相遇,则应该比点P多走等腰三角形的两个腰长.
解答:
解:
(1)①∵t=1秒,
∴BP=CQ=3×1=3厘米,
∵AB=10厘米,点D为AB的中点,
∴BD=5厘米.
又∵PC=BC-BP,BC=8厘米,
∴PC=8-3=5厘米,
∴PC=BD.
又∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
在△BPD和△CQP中,
PC=BD
∠B=∠C
BP=CQ
∴△BPD≌△CQP.(SAS)
②∵vP≠vQ,∴BP≠CQ,
又∵△BPD≌△CPQ,∠B=∠C,则BP=PC=4cm,CQ=BD=5cm,
∴点P,点Q运动的时间t=BP/3=4/3秒,
∴vQ=CQ/T=5/4/3=15/4厘米/秒;
(2)设经过x秒后点P与点Q第一次相遇,
由题意,得15/4
x=3x+2×10,
解得x=80/3.
∴点P共运动了80/3×3=80厘米.
∵80=56+24=2×28+24,
∴点P、点Q在AB边上相遇,
∴经过80/3秒点P与点Q第一次在边AB上相遇.
点评:
此题主要是运用了路程=速度×时间的公式.熟练运用全等三角形的判定和性质,能够分析出追及相遇的问题中的路程关系.
旋转60度
如图,点C是线段AB上除点A、B外的任意一点,分别以AC、BC为边在线段AB的同旁作等边△ACD和等边△BCE,连接AE交DC于M,连接BD交CE,分别以AC、BC为边在于N,连接MN.
(1)求证:
AE=BD;
(2)求证:
MN∥AB.
考点:
等边三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质.
专题:
证明题;压轴题.
分析:
(1))先由△ACD和△BCE是等边三角形,可知AC=DC,CE=CB,∠DCA=60°,∠ECB=60°,故可得出∠DCA+∠DCE=∠ECB+∠DCE,∠ACE=∠DCB,根据SAS定理可知△ACE≌△DCB,由全等三角形的性质即可得出结论;
(2)由
(1)中△ACE≌△DCB,可知∠CAM=∠CDN,再根据∠ACD=∠ECB=60°,A、C、B三点共线可得出∠DCN=60°,由全等三角形的判定定理可知,△ACM≌△DCN,故MC=NC,再根据∠MCN=60°可知△MCN为等边三角形,故∠NMC=∠DCN=60°故可得出结论.
解答:
证明:
(1)∵△ACD和△BCE是等边三角形,
∴AC=DC,CE=CB,∠DCA=60°,∠ECB=60°,
∵∠DCA=∠ECB=60°,
∴∠DCA+∠DCE=∠ECB+∠DCE,∠ACE=∠DCB,
在△ACE与△DCB中,
∵
AC=DC
∠ACE=∠DCB
CE=CB
,
∴△ACE≌△DCB,
∴AE=BD;
(2)∵由
(1)得,△ACE≌△DCB,
∴∠CAM=∠CDN,
∵∠ACD=∠ECB=60°,而A、C、B三点共线,
∴∠DCN=60°,
在△ACM与△DCN中,
∵
∠MAC=∠NDC
AC=DC
∠ACM=∠DCN=60°
,
∴△ACM≌△DCN,
∴MC=NC,
∵∠MCN=60°,
∴△MCN
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- 初二 几何 难题