初中数学难题集锦_初中数学好题难题集锦

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．(9分)如图8，禁渔期间，我渔政船在A处发现正北方向B处有一艘可疑船只，测得A，B两处距离为200海里，可疑船只正沿南偏东45°方向航行．我渔政船迅速沿北偏东30°方向前去拦截，经历4小时刚好在C处将可疑船只拦截．求该可疑船只航行的平均速度(结果保留根号)．

如图，禁止捕鱼期间，某海上稽查队在某海域巡逻，上午某一时刻在A处接到指挥部通知，在他们东北方向距离12海里的B处有一艘捕鱼船，正在沿南偏东75°方向以每小时10海里的速度航行，稽查队员立即乘坐巡逻船以每小时14海里的速度沿北偏东某一方向出发，在C处成功拦截捕鱼船，求巡逻船从出发到成功拦截捕鱼船所用的时间．

10．(2016南充)如图，正五边形的边长为2，连接对角线AD，BE，CE，线段AD分别与BE和CE相交于点M，N． 给出下列结论：

①∠AME＝108°；

2②AN＝AM·AD； ③； ④．

其中正确结论的个数是（）A．1个

B．2个

C．3个

D．4个

[2015·四川南充]关于x的一元二次方程x2+2mx+2n=0有两个整数根且乘积为正，关于y的一元二次方程y2+2ny+2m=0同样也有两个整数根且乘积为正，给出三个结论：①这两个方程的根都负根；②（m﹣1）2+（n﹣1）2≥2；③﹣1≤2m﹣2n≤1，其中正确结论的个数是（）

A.0个B.1个C.2个D.3个

解：①两个整数根且乘积为正，两个根同号，由韦达定理有，x1•x2=2n＞0，y1•y2=2m＞0，y1+y2=﹣2n＜0，x1+x2=﹣2m＜0，这两个方程的根都为负根，①正确；

②由根判别式有：

△=b2﹣4ac=4m2﹣8n≥0，△=b2﹣4ac=4n2﹣8m≥0，∵4m2﹣8n≥0，4n2﹣8m≥0，∴m2﹣2n≥0，n2﹣2m≥0，m2﹣2m+1+n2﹣2n+1=m2﹣2n+n2﹣2m+2≥2，（m﹣1）2+（n﹣1）2≥2，②正确；

③由根与系数关系可得2m﹣2n=y1y2+y1+y2=（y1+1）（y2+1）﹣1，由y1、y2均为负整数，故（y1+1）•（y2+1）≥0，故2m﹣2n≥﹣1，同理可得：2n﹣2m=x1x2+x1+x2=（x1+1）（x2+1）﹣1，得2n﹣2m≥﹣1，即2m﹣2n≤1，故③正确．

[2015·四川南充]如图，正方形ABCD的边长为1，以AB为直径作半圆，点P是CD中点，BP与半圆交于点Q，连结PQ，给出如下结论：①DQ=1；②=；③S△PDQ=；④cos∠ADQ=，其中正确结论是（填写序号）

解：正确结论是①②④．

提示：①连接OQ，OD，如图1．

易证四边形DOBP是平行四边形，从而可得DO∥BP．

结合OQ=OB，可证到∠AOD=∠QOD，从而证到△AOD≌△QOD，则有DQ=DA=1．

故①正确；

②连接AQ，如图2．

则有CP=，BP=易证Rt△AQB∽Rt△BCP，=． 运用相似三角形的性质可求得BQ=，则PQ=﹣=，∴=．

故②正确；

③过点Q作QH⊥DC于H，如图3．

易证△PHQ∽△PCB，运用相似三角形的性质可求得QH=，∴S△DPQ=DP•QH=××=故③错误；

．

④过点Q作QN⊥AD于N，如图4．

易得DP∥NQ∥AB，根据平行线分线段成比例可得==，则有=，解得：DN=．

由DQ=1，得cos∠ADQ=故④正确．

=．

综上所述：正确结论是①②④．

（2014?天津）已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图，且关于x的一元二次方程ax2+bx+c-m=0没有实数根，有下列结论：①b2-4ac＞0；②abc＜0；③m＞2．其中，正确结论的个数是（）A．0B．1C．2D．3



 ①∵二次函数y=ax2+bx+c与x轴有两个交点，∴b2-4ac＞0，故①正确； ②∵抛物线的开口向下，∴a＜0，∵抛物线与y轴交于正半轴，∴c＞0，∵对称轴x=-b 2a  ＞0，∴ab＜0，∵a＜0，∴b＞0，∴abc＜0，故②正确；

③∵一元二次方程ax2+bx+c-m=0没有实数根，∴y=ax2+bx+c和y=m没有交点，由图可得，m＞2，故③正确． 故选：D．

.（2015•四川攀枝花第10题3分）如图，在菱形ABCD中，AB=BD，点E、F分别是AB、AD上任意的点（不与端点重合），且AE=DF，连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．给出如下几个结论：

①△AED≌△DFB；②S四边形BCDG=一定不垂直；⑤∠BGE的大小为定值．

其中正确的结论个数为（）

CG2；③若AF=2DF，则BG=6GF；④CG与BD

解答： 解：①∵ABCD为菱形，∴AB=AD，∵AB=BD，∴△ABD为等边三角形，∴∠A=∠BDF=60°，又∵AE=DF，AD=BD，∴△AED≌△DFB，故本选项正确；

②∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°=∠BCD，即∠BGD+∠BCD=180°，∴点B、C、D、G四点共圆，∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°，∴∠BGC=∠DGC=60°，过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N（如图1），则△CBM≌△CDN（AAS），∴S四边形BCDG=S四边形CMGN，S四边形CMGN=2S△CMG，∵∠CGM=60°，∴GM=CG，CM=CG，∴S四边形CMGN=2S△CMG=2××CG×③过点F作FP∥AE于P点（如图2），∵AF=2FD，∴FP：AE=DF：DA=1：3，∵AE=DF，AB=AD，∴BE=2AE，CG=CG2，故本选项错误；

∴FP：BE=FP：=1：6，∵FP∥AE，∴PF∥BE，∴FG：BG=FP：BE=1：6，即BG=6GF，故本选项正确；

④当点E，F分别是AB，AD中点时（如图3），由（1）知，△ABD，△BDC为等边三角形，∵点E，F分别是AB，AD中点，∴∠BDE=∠DBG=30°，∴DG=BG，在△GDC与△BGC中，∴△GDC≌△BGC，∴∠DCG=∠BCG，∴CH⊥BD，即CG⊥BD，故本选项错误；

⑤∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°，为定值，故本选项正确；

综上所述，正确的结论有①③⑤，共3个，故选B．

 如图，矩形ABCD的边长AD=3，AB=2，E为AB的中点，F在边BC上，且BF=2FC，AF分别与DE、DB相交于点M，N，则MN的长为（）

A． B． C． D．

 B【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质．

【分析】过F作FH⊥AD于H，交ED于O，于是得到FH=AB=2，根据勾股定理得到AF=

=

=

2，根据平行线分线段成比例定理得到OH=AE=，由相似三角形的性质得到====，求得AM=，求得AN=

AF=AF=，根据相似三角形的性质得到，即可得到结论．

【解答】解：过F作FH⊥AD于H，交ED于O，则FH=AB=2 ∵BF=2FC，BC=AD=3，∴BF=AH=2，FC=HD=1，∴AF=∵OH∥AE，∴==，=

=2，∴OH=AE=，∴OF=FH﹣OH=2﹣∵AE∥FO，∴△AME∽FMO，=，∴==，∴AM=AF=，∵AD∥BF，∴△AND∽△FNB，∴==，∴AN=AF=，∴MN=AN﹣AM=故选B．

﹣=，（2014•扬州）已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．

（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连结AP、OP、OA． ①求证：△OCP∽△PDA；

②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长；（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠OAB的度数；

（3）如图2，在（1）的条件下擦去折痕AO、线段OP，连结BP．动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．

24．在数学活动课上，老师要求学生在5×5的正方形ABCD网格中（小正方形的边长为1）画直角三角形，要求三个顶点都在格点上，而且三边与AB或AD都不平行．画四种图形，并直接写出其周长（所画图象相似的只算一种）．

【考点】作图—相似变换．

【分析】在图1中画等腰直角三角形；在图2、3、4中画有一条直角边为边分别为3，4，2，另一条直角的直角三角形，然后计算出四个直角三角形的周长．

+

； 【解答】解：如图1，三角形的周长=2如图2，三角形的周长=4如图3，三角形的周长=5如图4，三角形的周长=

3+2++；；

．

 如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线l与抛物线y=mx2+nx相交于A（1，3），B（4，0）两点．

（1）求出抛物线的解析式；

（2）在坐标轴上是否存在点D，使得△ABD是以线段AB为斜边的直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由；

（3）点P是线段AB上一动点，（点P不与点A、B重合），过点P作PM∥OA，交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，若△BCN、△PMN的面积S△BCN、S△PMN满足S△BCN=2S△PMN，求出的值，并求出此时点M的坐标．

 【解答】解：），B（4，0）在抛物线y=mx2+nx的图象上，（1）∵A（1，3∴∴抛物线解析式为y=﹣，解得x2+

4x；，（2）存在三个点满足题意，理由如下：

当点D在x轴上时，如图1，过点A作AD⊥x轴于点D，∵A（1，3），∴D坐标为（1，0）；

当点D在y轴上时，设D（0，d），则AD2=1+（31）2+（3）2=36，﹣d）2，BD2=42+d2，且AB2=（4﹣∵△ABD是以AB为斜边的直角三角形，∴AD2+BD2=AB2，即1+（3﹣d）2+42+d2=36，解得d=，∴D点坐标为（0，）或（0，）；

综上可知存在满足条件的D点，其坐标为（1，0）或（0，）或（0，）；

（3）如图2，过P作PF⊥CM于点F，∵PM∥OA，∴Rt△ADO∽Rt△MFP，∴∴MF=3==3PF，在Rt△ABD中，BD=3，AD=3∴tan∠ABD=，∴∠ABD=60°，设BC=a，则CN=在Rt△PFN中，∠PNF=∠BNC=30°，a，∴tan∠PNF=∴FN=PF，=，∴MN=MF+FN=4∵S△BCN=2S△PMN，PF，∴∴a=2∴NC=a2=2××4PF2，PF，a=2PF，∴∴MN==NC=

=×+

+，a=）a，）a），（4﹣a）2+4

（4﹣a）=（+）a，a，∴MC=MN+NC=（∴M点坐标为（4﹣a，（又M点在抛物线上，代入可得﹣解得a=3﹣OC=4﹣a=或a=0（舍去），+1，MC=

2+1，2

+，+）． ∴点M的坐标为（ 如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是BC边上一动点（不含B、C两点），将△ABP沿直线AP翻折，点B落在点E处；在CD上有一点M，使得将△CMP沿直线MP翻折后，点C落在直线PE上的点F处，直线PE交CD于点N，连接MA，NA．则以下结论中正确的有

（写出所有正确结论的序号）

①△CMP∽△BPA；

②四边形AMCB的面积最大值为10；

③当P为BC中点时，AE为线段NP的中垂线； ④线段AM的最小值为2⑤当△ABP≌△ADN时，BP=4；

﹣4．

 【解答】解：∵∠APB=∠APE，∠MPC=∠MPN，∵∠CPN+∠NPB=180°，∴2∠NPM+2∠APE=180°，∴∠MPN+∠APE=90°，∴∠APM=90°，∵∠CPM+∠APB=90°，∠APB+∠PAB=90°，∴∠CPM=∠PAB，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB=DC=AD=4，∠C=∠B=90°，∴△CMP∽△BPA．故①正确，设PB=x，则CP=4﹣x，∵△CMP∽△BPA，∴=，∴CM=x（4﹣x），∴S四边形AMCB= [4+x（4﹣x）]×4=﹣x2+2x+8=﹣∴x=2时，四边形AMCB面积最大值为10，故②正确，当PB=PC=PE=2时，设ND=NE=y，x﹣2）2+10，（在RT△PCN中，（y+2）2=（4﹣y）2+22解得y=∴NE≠EP，故③错误，作MG⊥AB于G，∵AM=∴AG最小时AM最小，=，∵AG=AB﹣BG=AB﹣CM=4﹣∴x=1时，AG最小值=3，∴AM的最小值=∵△ABP≌△ADN时，x（4﹣x）=（x﹣1）2+3，=5，故④错误．

∴∠PAB=∠DAN=22.5°，在AB上取一点K使得AK=PK，设PB=z，∴∠KPA=∠KAP=22.5° ∵∠PKB=∠KPA+∠KAP=45°，∴∠BPK=∠BKP=45°，∴PB=BK=z，AK=PK=∴z+∴z=4∴PB=4z=4，﹣4，﹣4故⑤正确．

z，故答案为①②⑤．

如图，在Rt△ABC中，AC的垂直平分线分别与AC，BC及AB的延长线相交于点D，E，F，且．⊙O是△BEF的外接圆，的平分线交EF于点G，交⊙O于点H，连接BD，FH．

（1）求证：△ABC≌△EBF；

（2）试判断BD与⊙O的位置关系，并说明理由；（3）若正确答案为：

（1）证明：∵∠ABC=90°，∴∠EBF=90°，∵DF⊥AC，∴∠ADF=90°，∴∠C+∠A=∠A+∠AFD=90°，∴∠C=∠BFE，在△ABC与△EBF中，求的值．，∴△ABC≌△EBF；

（2）解：BD与⊙O相切，如图1，连接OB，理由：∵OB=OF，∴∠OBF=∠OFB，∵∠ABC=90°，AD=CD，∴BD=CD，∴∠C=∠DBC，∵∠C=∠BFE，∴∠DBC=∠OBF，∵∠CBO+∠OBF=90°，∴∠DBC+∠CBO=90°，∴∠DBO=90°，∴BD与⊙O相切；

（3）如图2，连接CF，HE，∵∠CBF=90°，BC=BF，∴CF=BF，∵DF垂直平分AC，∴AF=CF=AB+BF=1+BF=∴BF=，BF，∵△ABC≌△EBF，∴BE=AB=1，∴EF=∵BH平分∠CBF，∴

∴EH=FH，∴△EHF是等腰直角三角形，∴HF=EF=，∵∠EFH=∠HBF=45°，∠BHF=∠BHF，∴△BHF∽△FHG，∴∴，.