初二数学难题

（1）请在图中找出两队相似而不全等的三角形，并选取其中一对进行证明； （2）求a•b的值；

（3）在旋转过程中，当△AFG旋转到如图2的位置时，AG与BC交于点E，AF的延长线与CB的延长线交于点D，那么a•b的值是否发生了变化？为什么？ 考点：相似三角形的判定与性质；等腰直角三角形；旋转的性质．专题：计算题；证明题．分析：（1）△ADE∽△ABE；△ACD∽△ABE．由于∠BAE=∠BAD+45°，∠CDA=∠BAD+45°，那么∠BAE=∠CDA，而∠B=∠C=45°，易证△ABE∽△DCA，由于D在BC上，且D点与B点不重合，那么△ADE不≌△ABE，同理可证△ADE∽△ABE；

（2）由于斜边长是4，根据勾股定理易求直角边等于2 2，由（1）知△ACD∽△ABE，利用比例线段可求a•b的值；

（3）不变．由于∠BEA=∠EAC+45°，∠CAD=45°+∠EAC，易得∠BEA=∠CAD，而∠ABE=∠DCA=45°，可证△ABE∽△DCA，利用比例线段可求BE•CD=AB•AC，而根据题意知AB=AC=2 2

，从而可求BE•CD的值，可得不变的结论．解答：解：（1）△ADE∽△ABE；△ACD∽△ABE．

下面进行证明△ACD∽△ABE， ∵∠FAG=∠ACB=45°，

1

∴∠BAE=∠BAD+45°，∠CDA=∠BAD+45°， ∴∠BAE=∠CDA， 又∵∠B=∠C=45°， ∴△ABE∽△DCA，

由于D在BC上，且D点与B点不重合， ∴△ADE不≌△ABE； 同理可得△ADE∽△ABE； （2）∵△ACD∽△ABE， ∴BE CA =BA CD ，

由依题意，可知：CA=BA=2 2 ， ∴a 2 2 =2 2 b ， ∴a•b=8； （3）不变．

∵∠BEA=∠EAC+45°，∠CAD=45°+∠EAC， ∴∠BEA=∠CAD，

又∵∠ABE=∠DCA=45°，∴△ABE∽△DCA，∴BE AB =AC DC ，

∴BE•CD=AB•AC=2 2 ×2 2 =8．点评：本题考查了相似三角形的判定和性质．解题的关键是利用三角形外角的性质，证明∠BAE=∠CDA，∠BEA=∠CAD．

如图1，在同一平面内,将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC=∠AGF=90°，它们的斜边长为2，若∆ABC固定不动，∆AFG绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E(点D不与点B重合,点E不

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与点C重合),设BE=m，CD=n.

（1）请在图中找出两对相似而不全等的三角形，并选取其中一对进行证明. （2）求m与n的函数关系式，直接写出自变量n的取值范围.

（3）以∆ABC的斜边BC所在的直线为x轴，BC边上的高所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系(如图2).在边BC上找一点D，使BD=CE，求出D点的坐标，并通过计算验证BD＋CE=DE.

（4）在旋转过程中,(3)中的等量关系BD＋CE=DE是否始终成立,若成立,请证明,若不成立,请说明理由.

解：(1)∆ABE∽∆DAE, ∆ABE∽∆DCA ∵∠BAE=∠BAD+45°,∠CDA=∠BAD+45° ∴∠BAE=∠CDA 又∠B=∠C=45°∴∆ABE∽∆DCA

(2)∵∆ABE∽∆DCA ∴ 由依题意可知CA=BA= ∴∴m=

自变量n的取值范围为1(3)由BD=CE可得BE=CD,即m=n∵m=OE=OD=

－1∴D(1－

∴m=n=∵OB=OC=－1)=2－

BC=1∴=CE, )=12－

, 0)∴BD=OB－OD=1-()=2

DE=BC－2BD=2-2(2－8

, DE=(2

－2∵BD＋CE=2 BD=2(2－∴BD＋CE=DE

－2)= 12－8

3

(4)成立

证明:如图,将∆ACE绕点A顺时针旋转90°至∆ABH的位置,则CE=HB,AE=AH, ∠ABH=∠C=45°,旋转角∠EAH=90°.

连接HD,在∆EAD和∆HAD中

∵AE=AH, ∠HAD=∠EAH-∠FAG=45°=∠EAD, AD=AD. ∴∆EAD≌∆HAD∴DH=DE 又∠HBD=∠ABH+∠ABD=90°

∴BD+HB=DH即BD＋CE=DE

在直角三角形ABC中，角BAC为90°，AD⊥BC于D,点O是AC中点，连接BO交AD于F,OE⊥OB交BC边于点E

1求证:△ABF∽△COE；2若AC比AB为2，求OF比OE的值；3若AC比AB为n,请直接写出OF比OE的值

(1)∠C+∠DAC=90 ∠BAD+∠DAC=90 ∠C=∠BAD

∠EOC+∠BOA=90 ∠ABO+∠BOA=90

4

∠EOC=∠ABO △ABF∽△COE

(2)过O做OM垂直AD OM平行BC OM/CD=1/2

若AC比AB为2 AB=CO △ABF∽△COE △ABF全等△COE OE=BF

若AC比AB为2 BD/AD=AD/CD=1/2 BD/CD=1/4 OM/BD=1/2

OF/BF=2 OF/OE=2

（3）AC比AB为n OC/AB=n/2 OE/BF=n/2

BD/AD=AD/CD=1/n BD/CD=1/n^2 OM/CD=1/2 OM/BD=n^2/2 OF/BF=n^2/2 OF/OE=n

1：因为∠COE+∠BOE=90°而∠BOA+∠ABO=90°，所以∠COE=∠ABO同理可知 ∠ECO=∠BAF，所以△ABF∽△COE

2：连接OD因为∠FDC=∠FOC=90°所以FDOC四点共圆，所以∠FDO=∠FEC=∠OAD

同理∠OFE=∠ODE=∠OCD,所以△OFE∽△DCA∽△ACB,所以AC:AB=OF:OE=2 3: n

在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=50，AC=30，D、E、F分别是AC、AB、BC的

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中点，点P从点D出发沿折线DE-EF-FC-CD以7个单位长度每秒的速度匀速运动；点Q从点B出发沿BA方向以4个单位长度每秒的速度匀速运动，过点Q作射线QK⊥AB，交折线BC-CA于点G。点P、Q同时出发，当点P绕行一周回到点D时停止运动，点Q也随之停止。设点P、Q运动的时间是t秒（t＞0）。 ⑴D、F两点间的距离是多少。⑵射线QK能否把四边形CDEF分成面积相等的两部分？若能，求出t的值；若不能，说明理由。⑶当点P运动到折线EF-FC上，且点P又恰好落在射线QK上时，求t的值。

解：（1）Rt△ABC中，∠C=90°，AB=50∵D，F是AC，BC的中点，∴DF= AB=25 （2）能．

如图，连接DF，过点F作FH⊥AB于点H，

由四边形CDEF为矩形，可知QK过DF的中点O时，QK把矩形CDEF分为

面积相等的两部分

（注：可利用全等三角形借助割补法或用中心对称等方法说明）， 此时QH=OF=12.5．由BF=20，△HBF∽△CBA，得HB=16． 故t=

．

（3）①当点P在EF上（2 ≤t≤5）时， 如图，QB=4t，DE+EP=7t，

由△PQE∽△BCA，得 ．

6

∴t=4 ；

②当点P在FC上（5≤t≤7 ）时， 如图，已知QB=4t，从而PB=5t， 由PF=7t-35，BF=20，得5t=7t-35+20． 解得t=7 ；

（4）如图4，t=1 ；如图5，t=7

．

（注：判断PG∥AB可分为以下几种情形：当0＜t≤2 时，点P下行，点G上行，可知其中存在PG∥AB的时刻，如图4；此后，点G继续上行到点F时，t=4，而点P却在下行到点E再沿EF上行，发现点P在EF上运动时不存在PG∥AB；5≤t≤7 当时，点P，G均在FC上，也不存在PG∥AB；由于点P比点G先到达点C并继续沿CD下行，所以在7 ＜t＜8中存在PG∥AB的时刻，如图5当8≤t≤10时，点P，G均在CD上，不存在PG∥AB）

如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=3，DC=5，AB=4 2，∠B=45°，动点M从点B出发，沿线段BC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发，沿C→D→A，以同样速度向终点A运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为t秒． （1）求线段BC的长度；

7

（2）求在运动过程中形成的△MCN的面积S与运动的时间t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；并求出当t为何值时，△MCN的面积S最大，并求出最大面积；

（3）试探索：当M，N在运动过程中，△MCN是否可能为等腰三角形？若可能，则求出相应的t值；若不可能，说明理由．

相似三角形的判定与性质；解一元二次方程-因式分解法；解分式方程；一次函数的性质；二次函数的最值；等腰三角形的性质；勾股定理；梯形．分析：（1）根据已知作出AE⊥BC，DF⊥BC，进而得出EF=AD=3；由勾股定理得出CF的长即可得出答案；

（2）首先利用当0≤t≤5时，得出△NGC∽△DFC进而得出CNCD =NG DF ，再利用当5≤t≤8时得出s与t的关系式求出即可；

（3）从当MC=NC时，当MN=NC时，当MN=MC时，分别分析得出即可．解答：解：（1）如图1，

分别过A，D作AE⊥BC，DF⊥BC，分别交BC于E，F； ∴EF=AD=3； ∵∠B=45°，AB=4 2 ； ∴BE=AE=DF=4．（1分） 在Rt△DFC中，

CF= DC2-DF2 = 52-42 =3；（2分） ∴BC=BE+EF+CF=4+3+3=10；（3分） （2）①如图2，

当0≤t≤5时，CN=BM=t，

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MC=10-t；

过N作NG⊥于BC于点G；∴△NGC∽△DFC ∴CN CD =NG DF ，即t 5 =NG 4 ； ∴NG=4t 5 ；

∴S=1 2 MC•NG=1 2 •(10-t)•4t 5 =-2 5 t2+4t； ∵-2 5 ＜0，函数开口向下；

∴当t=-4 -4 5 =5时，Smax=10；（5分） ②如图3，

当5≤t≤8时，S=1 2 MC•DF=1 2 •(10-t)•4=-2t+20；∵-2＜0，即S随t的减小而增大； ∴当t=5时，Smax=10；（6分）

综上：S= -2 5 t2+4t(0≤t≤5) -2t+20，(5＜t≤8) ， 当t=5时，△MCN的面积S最大，最大值为10；

（3）当0≤t≤5时：CN=BM=t，MC=10-t； ①当MC=NC时，t=10-t，解得：t=5；（7分） ②当NM=NC时，如图4， 过N作NH⊥BC于点H，

则有HC=MH，可得：3 5 t=1 2 (10-t)， 解得：t=50 11 ；（8分） ③当MN=MC时，如图5，

过M作MI⊥CD于I，CI=1 2 t，又cosC=3 5 ，

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即：CI CM =3 5 ，可得1 2 t 10-t =3 5 ，解得：t=60 11 ＞5（舍去）；（9分） 当5＜t≤8时，如图6，

过C作CJ⊥AD的延长线于点J，过N作NK⊥BC于点K；

则：MC2=（10-t）2=t2-20t+100；MN2=（12-2t）2+42=4t2-48t+160；NC2=（t-2）2+42=t2-4t+20；

④当MC=NC时，t2-20t+100=t2-4t+20，解得：t=5（舍去）；（10分） ⑤当MN=MC时，4t2-48t+160=t2-20t+100， 解得：t1=6，t2=10 3 ＜5（舍去）；（11分） ⑥当MN=NC时，t2-4t+20=4t2-48t+160， 解得：t1=10＞8，t2=14 3 ＜5（舍去）．（12分）

综上：当t=5，50 11 ，6时，△MCN为等腰三角形．点评：此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及二次函数的最值和一元二次方程的应用等知识，分别从当MC=NC时，当MN=NC时，当MN=MC时进行分类讨论注意不要漏解． 在梯形ABCD中，AD//BC,AD=3，DC=5，AB=4根号2，∠B=45°。动点M从B点出发沿线段BC以每秒2个单位长度向 向中点C运动：动点N同时从C点出发沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动。设运动的时间为t秒。（2）当MN//AB时，求t的值。（3）是探究：t为何值时，△MNC为等腰三角形。

1）作梯形的两条高，根据直角三角形的性质和矩形的性质求解； （2）平移梯形的一腰，根据平行四边形的性质和相似三角形的性质求解； （3）因为三边中，每两条边都有相等的可能，所以应考虑三种情况．结合路程=速度×时间求得其中的有关的边，运用等腰三角形的性质和解直角三角形的知

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识求解．解答：

解：（1）如图①，过A、D分别作AK⊥BC于K，DH⊥BC于H，则四边形ADHK是矩形． ∴KH=AD=3．

在Rt△ABK中，AK=AB•sin45°=4 √2• 22=4BK=AB•cos45°=4 √2•√2/2=4． 在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC= 52-42=3． ∴BC=BK+KH+HC=4+3+3=10．

（2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形． ∵MN∥AB， ∴MN∥DG． ∴BG=AD=3． ∴GC=10-3=7．

由题意知，当M、N运动到t秒时，CN=t，CM=10-2t． ∵DG∥MN， ∴∠NMC=∠DGC． 又∠C=∠C， ∴△MNC∽△GDC． ∴ CN:CD=CM:CG， 即 t/5=10-2t/7． 解得， t=50/17． （3）分三种情况讨论：

①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，

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∴ t=10/3．

②当MN=NC时，如图④，过N作NE⊥MC于E． ∵∠C=∠C，∠DHC=∠NEC=90°， ∴△NEC∽△DHC． ∴ NC:DC=EC:HC， 即 t/5=5-t/3． ∴t= 25/8．

③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点．FC= 12NC= 12t．∵∠C=∠C，∠MFC=∠DHC=90°， ∴△MFC∽△DHC． ∴ FC:HC=MC:DC， 即 12t/3=10-2t/5， ∴ t=60/17．

综上所述，当t= 10/3、t= 25/8或t= 60/17时，△MNC为等腰三角形． 附图

解：过A作AF⊥BC，过D作DE⊥BC。

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∵AD//BC，

∴四边形AFED是矩形。 ∴AD＝EF＝3，AF=DE。

在Rt△ABF中，∠B=45°，AB＝4√2， ∴BF＝AF＝4 ∴DE＝4.

在Rt△DEC中,CD=5, ∴CE＝3

∴BC＝4+3+3＝10. （2）解答：

如图（2）过D作DG//AB.，则四边形ABGD是平行四边形。∴BG＝AD＝3，推得CG＝7, ∵MN//AB//DG, ∴△MCN∽△GCD.

∴CM/CG=CN/CD,得：（10-2t）/7=t/5 解得：t=50/17. （3）解答： ①如图（3）① 当MC=CN时，10-2t=t 解得：t=10/3

②如图（3）② 过作NH⊥BC。 当MN=NC时，NH是MC的中垂线。

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CH=1/2MC=1/2(10-2t) ∵NH//DE ∴△CNH∽△CDE ∴CH/CE=CN/CD ∴[1/2(10-2t)] / 3＝t/5 解之，t=25/8,

③，如图（3）③ 过M作MP⊥DC. 当MN=MC时，CP=1/2t. ∵Rt△CPM∽Rt△CED. ∴CP/CE=MC/DC ∴（t/2）/ 3 =（10-2t）/5 解之，t=60/17。 ∵

某公司有A型产品80件，B型产品120件，分配给下属甲、乙两个商店销售，其中140件给甲店，60件给乙店，且都能卖完．甲店销售A型产品利润每件400元，销售B型产品利润每件340元；乙店销售A型产品利润每件320元，销售B型产品利润每件300元．

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（1）若公司要求总利润不低于70280元，求出公司能采用几种不同的分配方案？ （2）为了促销，公司决定仅对甲店A型产品让利销售，每件让利m元，但让利后A型产品的每件利润仍高于甲店B型产品的每件利润．甲店的B型产品以及乙店的A、B型产品的每件利润不变，问该公司又如何设计分配方案，使总利润达到最大？

（1）设公司给甲店A型产品x件，则甲店B型产品有（140-x）件，乙店A型有（80-x）件，B型有（x-20）件，根据总利润不低于70280元得不等式，又因为产品件数不能是负数，且为整数，综合二者得x的取值，从而确定方案． （2）求总利润的表达式，运用函数性质结合自变量的取值范围求解． 解：（1）设公司给甲店A型产品x件．

则甲店B型产品有（140-x）件，乙店A型有（80-x）件，B型有（x-20）件． 设公司总利润为W元，

W=400x+320（80-x）+340（140-x）+300（x-20）=40x+67200． 由W=40x+67200≥70280 ∴x≥77．（2分）

由 x≥0 140-x≥0 80-x≥0 x-20≥0 解得20≤x≤80 ∴77≤x≤80

∵x为整数∴x=77，78，79，80 ∴有四种不同的分配方案（4分）

（2）依题意：W=（400-m）x+340（140-x）+320（80-x）+300（x-20） =（40-m）x+67200（5分） ∵400-m＞340

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∴m＜60

1、当0＜m＜40时，40-m＞0，x越大，W越大，得出x=80即甲店A型80件，B型60件；乙店A型0件，B型60件，能使总利润最大．

2、当m=40时，40-m=0，W为定值，20≤x≤80符合题意的各种方案使总利润最大．

3、当40＜m＜60时，40-m＜0，x越小，W越大，得出x=20即甲店A型20件，B型120件；乙店A型60件，B型0件，使总利润最大．

在三角形ABC中,AB=5,BC=3,AC=4,动点E(与点A、C不重合)在AC边上，EF平行AB交BC于点F.

（2）。当三角形ECF的周长与四边形EABF周长相等时，求CE的长。

（3）。试问AB上是否存在点P，使三角形EFP为等腰直角三角形？若存在，请求出EF的长。

图大概是C点在上方，A在左下，B在右下。

第一个问题比较简单：答案为CE=24/7 主要说一下第二个问题： 有两种情况：

（1）EF为等腰直角三角形的斜边，首先求出AB边上的高为12/5(这个不要说不会噢）

根据等腰直角三角形斜边上的高与中线共线且直角三角形斜边上的中线等于斜

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边的一半的原理，设EF边上的高为x,则EF=2x,可以将三角形EFP边上的高平移到直角三角形AB边上的高上，此时，因为EF//AB,所以△ECF∽△ACB, 有2x/5=(12/5-x)/(12/5) 解得：x=60/49, EF=2x=120/49 (2)假设∠EFP为直角 此时应有EF=FP

可以证明△ECF∽△FBP(两个对应角相等) 设CF=y

则有FP=EF=5y/3 BF=3-y PF/BF=4/5

所以有：5y/3/(3-y)=4/5 解得：y=36/37 EF=5y/3=60/37

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