初二几何经典难题集锦含答案Word下载.docx
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6、如图是一个常见铁夹的侧面示意图，OA，OB表示铁夹的两个面，C是轴，CD⊥OA于点D，已知DA＝15mm，
DO＝24mm，DC＝10mm，
我们知道铁夹的侧面是轴对称图形，请求出A、B两点间的距离。
7、如图，用三个全等的菱形ABGH、BCFG、CDEF拼成平行四边形ADEH，连接AE与BG、CF分别交于P、Q，
（1）若AB=6，求线段BP的长；
（2）观察图形，是否有三角形与△ACQ全等并证明你的结论．
8、如图已知点E、F在△ABC的边AB所在的直线上，且AE=BF，FH∥FG∥AC，FH、EG分别交边BC所在的直线于点H、G。
（1）如图1，如果点E、F在边AB上，那么EG+FH=A；
C
（2）如图2，如果点E在边AB上，点F在AB的延长线上，那么线段EG、FH、AC的长度关系是
（3）如图3，如果点E在AB的反向延长线上，点F在AB的延长线上，那么线段EG、FH、AC的长度关系
对
（1）
（2）（3）三种情况的结论，请任选一个给予证明。
1、解答：
（1）证明略;
⑵AE=BF=.
（1）过点D作DM⊥AB，根据已知可求得四边形BCDM为矩形，从而得到DC=M，B因为AB=2DC，从而推出△ABD是等腰三角形，从而得到∠DAB=∠DBA，因为EF∥AB，AE不平行FB，所以AEFB为梯形，从而根据同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形得证；
（2）由已知可得到△DCF∽△BAF，根据相似三角形的对应边成比例，可得到AF的长，再根据△BCF∽△
ACB，得到BF2=CF?
AF，从而求得BF的长，由第一问已证得BF=AE，所以就求得了AE的长。
2、解答：
（1）证明：
∵四边形ABCD为矩形∴AD=BC，OA=OC，OB=OD，AC=BD，AD∥BC
∴OA=OB=O，C∠DAE=∠OCB（两直线平行，内错角相等）
∴∠OCB=∠OBC
∴∠DAE=∠CBF
又∵AE=
1
2
OA，BF=
OB
∴AE=BF
∴△ADE≌△BCF；
（2）过点F作FG⊥CD于点G，
∙∙∙NDGFU90
-∙∙s（⅛黑ABCt>
a母
...NDCBH90
∙∙∙NDGI⅛DCBM∙∙∙zFDHBDC∙∙∙ΔDFG^ΔDBC
DB
DG
DC
>
2）列再FROB孚⅛1ΠΓ.淳FDFU3FM連
DF
FG
4
8
∴FG=3，DG=6∴GC=DC-DG=8-6=2在Rt△FGC中，CF＝
FG2+GC2
9+4
13
cm．
（说明：
其他解法可参照给分，如延长CF交AB于点H，利用△DFC∽△BFH计算．）
解答：
（1）略
（2）∴OF=cm．
（1）根据矩形的对边相等、对角线相等且相互平分等性质可证△ADE≌△BCF；
F作FG
（2）要求CF的长，若CF在一直角三角形中，则可用勾股定理求解．由此需要添加辅助线，过点⊥CD于点G，则△DFG∽△DBC；
由
（1）的结论可得DF=3FB，则可算出FG、DG的值，进而求得CF的长．
3、解答：
（1）在梯形ABCD中，AD∥BC、∠B=90°
过D作DE⊥BC于E点，如图所示∴AB∥DE
∴四边形ABED为矩形，
∴DE=AB=12cm
在Rt△DEC中，DE=12cm，DC=13cm
∴EC=5cm
∴AD=BE=BC-EC=3cm（2分）
点P从出发到点C共需
13+3
=8（秒），
点Q从出发到点C共需
=8秒（3分），
又∵t≥0，
∴0≤t≤8（4分）；
（2）当t=（秒）时，AP=3，即P运动到D点（5分）
∴当≤t≤8时，点P在DC边上
∴PC=16-2t
过点P作PM⊥BC于M，如图所示
∴PM∥DE
PC
PM
DE
即
162t
12
∴PM=
（16-2t）（7分）
又∵BQ=t
∴y=
BQPM
t
（16-2t）
t2+
96
t（3分），
（3）∵由
t=-
（t-4）2+
192
2）知y=-
即顶点坐标是（4，
），抛物线的开口向下，
即抛物线被对称轴分成两部分：
在对称轴的左侧（t<
4），△PQB的面积随着t的增大而（继续）增大；
在对称轴的右侧（t>
4）时，△PQB的面积随着t的增大而减小；
即当0≤t≤时，△PQB的面积随着t的增大而增大；
当<
t≤4时，△PQB的面积随着t的增大而（继续）增大；
当4<
t≤8时，△PQB的面积随着t的增大而减小．（12分）注：
①上述不等式中，“<
t≤4”、“4<
t≤8”写成“≤t≤4”、“4≤t≤8”也得分．
②若学生答：
当点P在AD上运动时，△PQB的面积先随着t的增大而增大，当点P在DC上运动时，△PQB的面积先随着t的增大而（继续）增大，之后又随着t的增大而减小．给（2分）
③若学生答：
△PQB的面积先随着t的增大而减小给（1分）
4、解答：
∵AE=EB，CE=ED，∠AEC=∠BED，
∴△AEC≌△BED，
∴∠ACE=∠EDB，∠EAC=∠EBD，AC=BD，
又∵D为线段FB的中点，
∴AC
∥
FD，
∴四边形ACFD为平行四边形，
∴△AGC∽△BGF，
CG
GF
AC
FB
CF-GF
又∵CF=15cm，解得GF=10（cm），∴GF=10（cm）．
5、解答：
（1）∵AD∥BC，
∴∠C+∠ADE=180°
∵∠BFE=∠C，
∴∠AFB=∠EDA
∵AB∥DC，
∴∠BAE=∠AED
∴△ABF∽△EAD。
（2）∵AB∥CD，BE⊥CD，∴∠ABE=90°
，∵AB=4，∠BAE=30°
设，则
由勾股定理得
解得。
（3）∵△ABF∽△EAD
6、解答：
解：
作出示意图
连接AB，同时连结OC并延长交AB于E，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（1＇）
因为夹子是轴对称图形，故OE是对称轴⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（2＇）
∴OE⊥ABAE＝BE⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（3＇）
4＇）
∴Rt△OCD∽Rt△OAE
＝
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（
5＇）
答：
AB两点间的距离为30mm.
7、解答：
（1）∵菱形ABGH、BCFG、CDEF是全等菱形
∴BC=CD=DE=AB=，6BG∥DE
∴AD=3AB=3×
6=18，∠ABG=∠D，∠APB=∠AED∴△ABP∽△ADE
BP
AB
AD
∴BP=
DE=
6
18
×
6=2；
（2）图中的△EGP与△ACQ全等
证明：
∵菱形ABGH、BCFG、CDEF是全等的菱形
∴AB=BC=EF=FG
∴AB+BC=EF+FG
∴AC=EG
∵AD∥HE
∴∠1=∠2
∵BG∥CF
∴∠3=∠4
∴△EGP≌△ACQ。
8、解答：
∵FH∥EG∥AC，
∴∠BFH=∠BEG=∠A，△BFH∽△BEG∽△BAC，
∴．∴，
又∵BF=EA，
∴，
∴AC=FH+E；
G
（2）线段EG、FH、AC的长度的关系为：
EG+FH=A，C
证明
（2）：
过点E作EP∥BC交AC于P，
∵EG∥AC，
∴四边形EPCG为平行四边形，
∴EG=PC，
∵HF∥EG∥AC，
∴∠F=∠A，∠FBH=∠ABC=∠AEP，
又∵AE=BF，
∴△BHF≌△EPA，
∴HF=AP，
∴AC=PC+AP=EG+H，F
即EG+FH=A；
（3）线段EG、FH、AC的长度的关系为：
EG﹣FH=AC，
如图，过点A作AP∥BC交EG于P，
∴四边形APGC为平行四边形，
∴AC=PG，
∴∠F=∠E，∠FBH=∠ABC=∠PAE，
∴△BHF≌△EPA，∴HF=EP，∴AC=EG﹣EP=EG﹣HF，即EG﹣FH=AC。
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