初中数学几何模型大全+经典题型含答案Word格式.docx

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半角：

有一个角含1/2角及相邻线段

自旋转：

有一对相邻等线段，需要构造旋转全等

共旋转：

有两对相邻等线段，直接寻找旋转全等

中点旋转：

倍长中点相关线段转换成旋转全等问题

旋转半角模型

旋转半角的特征是相邻等线段所成角含一个二分之一角，通过旋转将另外两个和为二分之一的角拼接在一起，成对称全等。

自旋转模型

构造方法：

遇60度旋60度，造等边三角形

遇90度旋90度，造等腰直角

遇等腰旋顶点，造旋转全等

遇中点旋180度，造中心对称

共旋转模型

旋转中所成的全等三角形，第三边所成的角是一个经常考察的容。

通过“8”字模型可以证明。

模型变形

模型变形主要是两个正多边形或者等腰三角形的夹角的变化，另外是等腰直角三角形与形的混用。

当遇到复杂图形找不到旋转全等时，先找两个正多边形或者等腰三角形的公共顶点，围绕公共顶点找到两组相邻等线段，分组组成三角形证全等。

两个形、两个等腰直角三角形或者一个形一个等腰直角三角形及两个图形顶点连线的中点，证明另外两个顶点与中点所成图形为等腰直角三角形。

证明方法是倍长所要证等腰直角三角形的一直角边，转化成要证明的等腰直角三角形和已知的等腰直角三角形（或者形）公旋转顶点，通过证明旋转全等三角形证明倍长后的大三角形为等腰直角三角形从而得证。

几何最值模型

对称最值（两点间线段最短）

对称最值（点到直线垂线段最短）

通过对称进行等量代换，转换成两点间距离及点到直线距离。

旋转最值（共线有最值）

找到与所要求最值相关成三角形的两个定长线段，定长线段的和为最大值，定长线段的差为最小值。

剪拼模型

三角形→四边形

四边形→四边形

剪拼主要是通过中点的180度旋转及平移改变图形的形状。

矩形→形

通过射影定理找到形的边长，通过平移与旋转完成形状改变

形+等腰直角三角形→形

面积等分

旋转相似模型

两个等腰直角三角形成旋转全等，两个有一个角是300角的直角三角形成旋转相似。

推广：

两个任意相似三角形旋转成一定角度，成旋转相似。

第三边所成夹角符合旋转“8”字的规律。

相似模型

注意边和角的对应，相等线段或者相等比值在证明相似中起到通过等量代换来构造相似三角形的作用。

（1）三垂直到一线三等角的演变，三等角以30度、45度、60度形式出现的居多。

（2）外角平分线定理到射影定理的演变，注意之间的相同与不同之处。

另外，相似、射影定理、相交弦定理（可以推广到圆幂定理）之间的比值可以转换成乘积，通过等线段、等比值、等乘积进行代换，进行证明得到需要的结论。

相似证明中最常用的辅助线是做平行，根据题目的条件或者结论的比值来做相应的平行线。

初中数学经典几何题（附答案）

经典难题

（一）

1、已知：

如图，O是半圆的圆心，C、E是圆上的两点，CD⊥AB，EF⊥AB，EG⊥CO．

求证：

CD＝GF．（初二）

2、已知：

如图，P是形ABCD点，∠PAD＝∠PDA＝150．

求证：

△PBC是正三角形．（初二）

3、如图，已知四边形ABCD、A1B1C1D1都是形，A2、B2、C2、D2分别是AA1、BB1、CC1、DD1的中点．

四边形A2B2C2D2是形．（初二）

A1

4、已知：

如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，M、N分别是AB、CD的中点，AD、BC的延长线交MN于E、F．

∠DEN＝∠F．

经典难题

（二）

△ABC中，H为垂心（各边高线的交点），O为外心，且OM⊥BC于M．

（1）求证：

AH＝2OM；

（2）若∠BAC＝600，求证：

AH＝AO．（初二）

2、设MN是圆O外一直线，过O作OA⊥MN于A，自A引圆的两条直线，交圆于B、C及D、E，直线EB及CD分别交MN于P、Q．

AP＝AQ．（初二）

3、如果上题把直线MN由圆外平移至圆，则由此可得以下命题：

设MN是圆O的弦，过MN的中点A任作两弦BC、DE，设CD、EB分别交MN于P、Q．

4、如图，分别以△ABC的AC和BC为一边，在△ABC的外侧作形ACDE和形CBFG，点P是EF的中点．

点P到边AB的距离等于AB的一半．（初二）

经典难题（三）

1、如图，四边形ABCD为形，DE∥AC，AE＝AC，AE与CD相交于F．

CE＝CF．（初二）

2、如图，四边形ABCD为形，DE∥AC，且CE＝CA，直线EC交DA延长线于F．

AE＝AF．（初二）

3、设P是形ABCD一边BC上的任一点，PF⊥AP，CF平分∠DCE．

D

PA＝PF．（初二）

4、如图，PC切圆O于C，AC为圆的直径，PEF为圆的割线，AE、AF与直线PO相交于B、D．求证：

AB＝DC，BC＝AD．（初三）

经典难题（四）

△ABC是正三角形，P是三角形一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5．

求：

∠APB的度数．（初二）

2、设P是平行四边形ABCD部的一点，且∠PBA＝∠PDA．

∠PAB＝∠PCB．（初二）

3、设ABCD为圆接凸四边形，求证：

AB·

CD＋AD·

BC＝AC·

BD．（初三）

4、平行四边形ABCD中，设E、F分别是BC、AB上的一点，AE与CF相交于P，且

AE＝CF．求证：

∠DPA＝∠DPC．（初二）

经典难题（五）

1、设P是边长为1的正△ABC任一点，L＝PA＋PB＋PC，求证：

≤L＜2．

P是边长为1的形ABCD的一点，求PA＋PB＋PC的最小值．

3、P为形ABCD的一点，并且PA＝a，PB＝2a，PC＝3a，求形的边长．

4、如图，△ABC中，∠ABC＝∠ACB＝800，D、E分别是AB、AC上的点，∠DCA＝300，∠EBA＝200，求∠BED的度数．

1.如下图做GH⊥AB,连接EO。

由于GOFE四点共圆，所以∠GFH＝∠OEG,

即△GHF∽△OGE,可得==,又CO=EO，所以CD=GF得证。

2.如下图做△DGC使与△ADP全等，可得△PDG为等边△，从而可得

△DGC≌△APD≌△CGP,得出PC=AD=DC,和∠DCG=∠PCG＝150

所以∠DCP=300，从而得出△PBC是正三角形

3.如下图连接BC1和AB1分别找其中点F,E.连接C2F与A2E并延长相交于Q点，

连接EB2并延长交C2Q于H点，连接FB2并延长交A2Q于G点，

由A2E=A1B1=B1C1=FB2，EB2=AB=BC=FC1，又∠GFQ+∠Q=900和

∠GEB2+∠Q=900,所以∠GEB2=∠GFQ又∠B2FC2=∠A2EB2，

可得△B2FC2≌△A2EB2，所以A2B2=B2C2，

又∠GFQ+∠HB2F=900和∠GFQ=∠EB2A2,

从而可得∠A2B2C2=900，

同理可得其他边垂直且相等，

从而得出四边形A2B2C2D2是形。

4.如下图连接AC并取其中点Q，连接QN和QM，所以可得∠QMF=∠F，∠QNM=∠DEN和∠QMN=∠QNM，从而得出∠DEN＝∠F。

1.

（1）延长AD到F连BF，做OG⊥AF,

又∠F=∠ACB=∠BHD，

可得BH=BF,从而可得HD=DF，

又AH=GF+HG=GH+HD+DF+HG=2（GH+HD）=2OM

（2）连接OB，OC,既得∠BOC=1200，

从而可得∠BOM=600,

所以可得OB=2OM=AH=AO,

得证。

3.作OF⊥CD，OG⊥BE，连接OP，OA，OF，AF，OG，AG，OQ。

由于，

由此可得△ADF≌△ABG，从而可得∠AFC=∠AGE。

又因为PFOA与QGOA四点共圆，可得∠AFC=∠AOP和∠AGE=∠AOQ，

∠AOP=∠AOQ，从而可得AP=AQ。

4.过E,C,F点分别作AB所在直线的高EG，CI，FH。

可得PQ=。

由△EGA≌△AIC，可得EG=AI，由△BFH≌△CBI，可得FH=BI。

从而可得PQ==，从而得证。

1.顺时针旋转△ADE，到△ABG，连接CG.

由于∠ABG=∠ADE=900+450=1350

从而可得B，G，D在一条直线上，可得△AGB≌△CGB。

推出AE=AG=AC=GC，可得△AGC为等边三角形。

∠AGB=300，既得∠EAC=300，从而可得∠AEC=750。

又∠EFC=∠DFA=450+300=750.

可证：

CE=CF。

2.连接BD作CH⊥DE，可得四边形CGDH是形。

由AC=CE=2GC=2CH，

可得∠CEH=300，所以∠CAE=∠CEA=∠AED=150，

又∠FAE=900+450+150=1500，

从而可知道∠F=150，从而得出AE=AF。

3.作FG⊥CD，FE⊥BE，可以得出GFEC为形。

令AB=Y，BP=X,CE=Z,可得PC=Y-X。

tan∠BAP=tan∠EPF==，可得YZ=XY-X2+XZ，

即Z（Y-X）=X（Y-X），既得X=Z，得出△ABP≌△PEF，

得到PA＝PF，得证。

1.顺时针旋转△ABP600，连接PQ，则△PBQ是正三角形。

可得△PQC是直角三角形。

所以∠APB=1500。

2.作过P点平行于AD的直线，并选一点E，使AE∥DC，BE∥PC.

可以得出∠ABP=∠ADP=∠AEP，可得：

AEBP共圆（一边所对两角相等）。

可得∠BAP=∠BEP=∠BCP，得证。

3.在BD取一点E，使∠BCE=∠ACD，既得△BEC∽△ADC，可得：

=，即AD•BC=BE•AC，①

又∠ACB=∠DCE，可得△ABC∽△DEC，既得

=，即AB•CD=DE•AC，②

由①+②可得:

AB•CD+AD•BC=AC（BE+DE）=AC·

BD，得证。

4.过D作AQ⊥AE，AG⊥CF，由==，可得：

=，由AE=FC。

可得DQ=DG，可得∠DPA＝∠DPC（角平分线逆定理）。

1.

（1）顺时针旋转△BPC600，可得△PBE为等边三角形。

既得PA+PB+PC=AP++PE+EF要使最小只要AP，PE，EF在一条直线上，

即如下图：

可得最小L=；

（2）过P点作BC的平行线交AB,AC与点D，F。

由于∠APD>

∠ATP=∠ADP，

推出AD>

AP①

又BP+DP>

BP②

和PF+FC>

PC③

又DF=AF④

由①②③④可得：

最大L<

2；

由

（1）和

（2）既得：

≤L＜2。

2.顺时针旋转△BPC600，可得△PBE为等边三角形。

既得PA+PB+PC=