初中几何经典题解析.docx

1、初中几何经典题解析初中几何经典题一、解答题共20小题，总分值0分12021茶陵县自主招生：如图，O是半圆的圆心，C、E是圆上的两点，CDAB，EFAB，EGCO求证：CD=GF初二2：如图，P是形ABCD点，PAD=PDA=15求证：PBC是正三角形初二3如图，四边形ABCD、A1B1C1D1都是形，A2、B2、C2、D2分别是AA1、BB1、CC1、DD1的中点求证：四边形A2B2C2D2是形4：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求证：DEN=F5：ABC中，H为垂心各边高线的交点，O为外心，且OMBC于M1求证：AH=2OM

2、；2假设BAC=60，求证：AH=AO初二6设MN是圆O外一直线，过O作OAMN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求证：AP=AQ初二7如果上题把直线MN由圆外平移至圆，那么由此可得以下命题：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求证：AP=AQ初二8如图，分别以ABC的边AC、BC为一边，在ABC外作形ACDE和CBFG，点P是EF的中点，求证：点P到AB的距离是AB的一半9如图，四边形ABCD为形，DEAC，AE=AC，AE与CD相交于F求证：CE=CF10如图，四边形ABCD为形，DEAC，且CE=

3、CA，直线EC交DA延长线于F求证：AE=AF初二11设P是形ABCD一边BC上的任一点，PFAP，CF平分DCE求证：PA=PF初二12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=AD13：ABC是正三角形，P是三角形一点，PA=3，PB=4，PC=5求：APB的度数初二14设P是平行四边形ABCD部的一点，且PBA=PDA求证：PAB=PCB15设ABCD为圆接凸四边形，求证：ABCD+ADBC=ACBD16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初二17

4、设P是边长为1的正ABC任一点，L=PA+PB+PC，求证：L218：P是边长为1的形ABCD的一点，求PA+PB+PC的最小值19P为形ABCD的一点，并且PA=a，PB=2a，PC=3a，求形的边长20如图，ABC中，ABC=ACB=80，D、E分别是AB、AC上的点，DCA=30，EBA=20，求BED的度数初中几何经典题参考答案与试题解析一、解答题共20小题，总分值0分12021茶陵县自主招生：如图，O是半圆的圆心，C、E是圆上的两点，CDAB，EFAB，EGCO求证：CD=GF初二考点：相似三角形的判定与性质；圆周角定理分析：首先根据四点共圆的性质得出GOFE四点共圆，进而求出GHF

5、OGE，再利用GHCD，得出=，即可求出答案解答：证明：作GHAB，连接EOEFAB，EGCO，EFO=EGO=90，G、O、F、E四点共圆，所以GFH=OEG，又GHF=EGO，GHFOGE，CDAB，GHAB，GHCD，=，又CO=EO，CD=GF点评：此题主要考察了相似三角形的判定以及其性质和四点共圆的性质，根据得出GOFE四点共圆是解题关键2：如图，P是形ABCD点，PAD=PDA=15求证：PBC是正三角形初二考点：形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；等边三角形的判定专题：证明题分析：在形做DGC与ADP全等，根据全等三角形的性质求出PDG为等边，三角形，根据SAS证

6、出DGCPGC，推出DC=PC，推出PB=DC=PC，根据等边三角形的判定求出即可解答：证明：形ABCD，AB=CD，BAD=CDA=90，PAD=PDA=15，PA=PD，PAB=PDC=75，在形做DGC与ADP全等，DP=DG，ADP=GDC=DAP=DCG=15，PDG=901515=60，PDG为等边三角形有一个角等于60度的等腰三角形是等边三角形，DP=DG=PG，DGC=1515=150，PGC=36015060=150=DGC，在DGC和PGC中，DGCPGC，PC=AD=DC，和DCG=PCG=15，同理PB=AB=DC=PC，PCB=901515=60，PBC是正三角形点评

7、：此题考察了形的性质，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识点的应用，关键是正确作出辅助线，又是难点，题型较好，但有一定的难度，对学生提出了较高的要求3如图，四边形ABCD、A1B1C1D1都是形，A2、B2、C2、D2分别是AA1、BB1、CC1、DD1的中点求证：四边形A2B2C2D2是形考点：形的判定；全等三角形的判定与性质专题：证明题分析：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，根据三角形的中位线定理可得A2E=FB2，EB2=FC2，然后证明得到B2FC2=A2EB2，然后利用边角边定理证明得到B2FC2与A2EB2全等，根据全等三角形

8、对应边相等可得A2B2=B2C2，再根据角的关系推出得到A2B2 C2=90，从而得到A2B2与B2C2垂直且相等，同理可得其它边也垂直且相等，所以四边形A2B2C2D2是形解答：证明：如图，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=FC2，GFQ+Q=90和GEB2+Q=90，GEB2=GFQ，B2FC2=A2EB2，可得B2FC2A2EB2，所以A2B2=B2C2，又HB2C2+HC2B2=90和B2C2Q=EB2A2，从而可得A2B2 C

9、2=90，同理可得其它边垂直且相等，从而得出四边形A2B2C2D2是形点评：此题主要考察了形的性质与判定，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，综合性较强，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键4：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求证：DEN=F考点：三角形中位线定理专题：证明题分析：连接AC，作GNAD交AC于G，连接MG，根据中位线定理证明MGBC，且GM=BC，根据AD=BC证明GM=GN，可得GNM=GMN，根据平行线性质可得：GMF=F，GNM=DEN从而得出DEN=F解答：证明：连接AC，作GNAD交AC于G，连

10、接MGN是CD的中点，且NGAD，NG=AD，G是AC的中点，又M是AB的中点，MGBC，且MG=BCAD=BC，NG=GM，GNM为等腰三角形，GNM=GMN，GMBF，GMF=F，GNAD，GNM=DEN，DEN=F点评：此题主要考察平行线性质，以及三角形中位线定理，关键是证明GNM为等腰三角形5：ABC中，H为垂心各边高线的交点，O为外心，且OMBC于M1求证：AH=2OM；2假设BAC=60，求证：AH=AO初二考点：三角形的外接圆与外心；三角形角和定理；等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形；平行四边形的判定与性质；垂径定理；圆周角定理专题：证明题分析：1过O作OFAC，于F，那么

11、F为AC的中点，连接CH，取CH中点N，连接FN，MN，得出平行四边形OMNF，即可得出答案2根据圆周角定理求出BOM，根据含30度角的直角三角形性质求出OB=2OM即可解答：证明：1过O作OFAC，于F，那么F为AC的中点，连接CH，取CH中点N，连接FN，MN，那么FNAD，AH=2FN，MNBE，ADBC，OMBC，BEAC，OFAC，OMAD，BEOF，M为BC中点，N为CH中点，MNBE，OMFN，MNOF，四边形OMNF是平行四边形，OM=FN，AH=2FN，AH=2OM2证明：连接OB，OC，BAC=60，BOC=120，BOM=60，OBM=30，OB=2OM=AH=AO，即A

12、H=AO点评：此题考察了等腰三角形的性质和判定、三角形的中位线定理、含30度角的直角三角形性质、三角形的外接圆与外心、三角形的角和定理等知识点，题目综合性较强，有一定的难度，但题型较好，难点是如何作辅助线6设MN是圆O外一直线，过O作OAMN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求证：AP=AQ初二考点：圆周角定理；垂线；平行线的性质；全等三角形的判定与性质；圆接四边形的性质；轴对称的性质专题：证明题分析：作E点关于GA的对称点F，连FQ、FA，FC，根据轴对称和平行线性质推出FAP=EAQ，EAP=FAQ，FA=EA，求出FCQ=FAQ，推出FCAQ

13、四点共圆，推出PEA=QFA，根据ASA推出PEA和QFA全等即可解答：证明：作E点关于GA的对称点F，连FQ、FA，FC，OAMN，EFOA，那么有FAP=EAQ，EAP=FAQ，FA=EA，E，F，C，D共圆PAF=AFE=AEF=FCD，PAF=FAQ，FCD=FAQ，FCAQ四点共圆，AFQ=ACQ=BED，在EPA和FQA中，EPAFQA，AP=AQ点评：此题综合考察了全等三角形的判定和性质，平行线的性质，轴对称的性质，圆接四边形的性质，圆周角定理，垂线等知识点，解此题的关键是求出AEP=AFQ，题型较好，有一定的难度，通过做题培养了学生分析问题的能力，符合学生的思维规律，证两线段相

14、等，一般考虑证所在的两三角形全等7如果上题把直线MN由圆外平移至圆，那么由此可得以下命题：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求证：AP=AQ初二考点：四点共圆；全等三角形的判定与性质分析：作OFCD，OGBE，连接OP，OA，OF，AF，OG，AG，OQ，证明ADFABG，所以AFC=AGE，再利用圆的接四边形对角互补，外角等于对角，证得AOP=AOQ，进而得到AP=AQ解答：证明：作OFCD，OGBE，连接OP，OA，OF，AF，OG，AG，OQ由于，FDA=ABQ，ADFABG，AFC=AGE，四边形PFOA与四边形QGOA四点共圆，AFC=

15、AOP；AGE=AOQ，AOP=AOQ，AP=AQ点评：此题考察了相似三角形的判定和相似三角形的性质，以及圆的接四边形性质：对角互补，外角等于对角，解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形8如图，分别以ABC的边AC、BC为一边，在ABC外作形ACDE和CBFG，点P是EF的中点，求证：点P到AB的距离是AB的一半考点：梯形中位线定理；全等三角形的判定与性质专题：证明题分析：分别过E，F，C，P作AB的垂线，垂足依次为R，S，T，Q，那么PQ=ER+FS，易证RtAERRtCAT，那么ER=AT，FS=BT，ER+FS=AT+BT=AB，即可得证解答：解：分别过E，F，C，P作AB的垂线，垂

16、足依次为R，S，T，Q，那么ERPQFS，P是EF的中点，Q为RS的中点，PQ为梯形EFSR的中位线，PQ=ER+FS，AE=AC形的边长相等，AER=CAT同角的余角相等，R=ATC=90，RtAERRtCATAAS，同理RtBFSRtCBT，ER=AT，FS=BT，ER+FS=AT+BT=AB，PQ=AB点评：此题综合考察了梯形中位线定理、全等三角形的判定以及形的性质等知识点，辅助线的作法很关键9如图，四边形ABCD为形，DEAC，AE=AC，AE与CD相交于F求证：CE=CF考点：形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定；等边三角形的判定与性质专题：证明题分析：把ADE顺时针旋

17、转90得到ABG，从而可得B、G、D三点在同一条直线上，然后可以证明AGB与CGB全等，根据全等三角形对应边相等可得AG=CG，所以AGC为等边三角形，根据等边三角形的性质可以推出CEF=CFE=75，从而得解解答：证明：如下图，顺时针旋转ADE90得到ABG，连接CGABG=ADE=90+45=135，B，G，D在一条直线上，ABG=CBG=45=135，在AGB与CGB中，AGBCGBSAS，AG=AC=GC=AE，AGC为等边三角形，ACBD形的对角线互相垂直，AGB=30，EAC=30，AE=AC，AEC=ACE=75，又EFC=DFA=45+30=75，CE=CF点评：此题综合考察了

18、形的性质，全等三角形的判定，以及旋转变换的性质，根据旋转变换构造出图形是解题的关键10如图，四边形ABCD为形，DEAC，且CE=CA，直线EC交DA延长线于F求证：AE=AF初二考点：形的性质；三角形角和定理；三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质；形的判定专题：计算题分析：连接BD，作CHDE于H，根据形的性质求出形DGCH，求出2CH=CE，求出CEH=30，根据等腰三角形性质和三角形的外角性质求出AEC=CAE=15，求出F的度数即可解答：证明：连接BD，作CHDE于H，形ABCD，DGC=90，GC=DG，ACDE，CHDE，DHC=GCH=DGC=90，四边形CGDH是形由AC=

19、CE=2GC=2CH，CEH=30，CAE=CEA=AED=15，又FAE=90+45+15=150，F=15015=15，F=AEF，AE=AF点评：此题综合考察了等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形，三角形的外角性质，形的性质和判定等知识点，此题综合性较强，但难度适中11设P是形ABCD一边BC上的任一点，PFAP，CF平分DCE求证：PA=PF初二考点：形的性质；全等三角形的判定与性质专题：证明题分析：根据作FGCD，FEBE，可以得出GFEC为形再利用全等三角形的判定得出ABPPEF，进而求出PA=PF即可解答：证明方法一：作FGCD，FEBE，可以得出GFEC为形令AB=Y，BP

20、=X，CE=Z，可得PC=YXtanBAP=tanEPF=，可得YZ=XYX2+XZ，即ZYX=XYX，即得X=Z，得出ABPPEF，PA=PF方法二：在AB上截取AG=PC，连接PGABCD是形AB=BC，B=DCB=APF=90AG=CPBG=BP，BGP=BPG=45AGP=BGP=135CF平分DCEFCE=45PCF=FCE=135AGP=PCFBAP+APB=90FPC+APB=90BAP=FPC，在AGP和PCF中，AGPPCFASAPA=PF点评：此题主要考察了形的性质以及全等三角形的判定与性质，根据得出ABPPEF是解题关键12如图，PC切圆O于C，AC为圆的直径，PEF为圆

21、的割线，AE、AF与直线PO相交于B、D求证：AB=DC，BC=AD考点：切线的性质；全等三角形的判定与性质分析：作出辅助线，利用射影定理以及四点共圆的性质得出EFOQ四点共圆，BECQ四点共圆，进而得出四边形ABCD是平行四边形，从而得出答案即可解答：证明：作CQPD于Q，连接EO，EQ，EC，OF，QF，CF，PC2=PQPO射影定理，又PC2=PEPF，PQPO=PEPF所以EFOQ四点共圆，EQF=EOF=2BAD，又PQE=OFE=OEF=OQF，而CQPD，所以EQC=FQC，因为AEC=PQC=90，故B、E、C、Q四点共圆，所以EBC=EQC=EQF=EOF=BAD，CBAD，

22、易证AODCOB，所以BO=DO，即四边形ABCD是平行四边形，AB=DC，BC=AD点评：此题主要考察了四点共圆的性质以及射影定理，根据得出EFOQ四点共圆，BECQ四点共圆是解题关键13：ABC是正三角形，P是三角形一点，PA=3，PB=4，PC=5求：APB的度数初二考点：等边三角形的性质；直角三角形的性质；勾股定理的逆定理；旋转的性质专题：计算题分析：先把ABP旋转60得到BCQ，连接PQ，根据旋转性质可知BCQBAP，由于PBQ=60，BP=BQ，易知BPQ是等边三角形，从而有PQ=PB=4，而PC=5，CQ=3，根据勾股定理逆定理易证PQC是直角三角形，即PQC=90，进而可求AP

23、B解答：解：把ABP绕点B顺时针旋转60得到BCQ，连接PQ，PBQ=60，BP=BQ，BPQ是等边三角形，PQ=PB=4，而PC=5，CQ=4，在PQC中，PQ2+QC2=PC2，PQC是直角三角形，BQC=60+90=150，APB=150点评：此题考察了等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理的逆定理、旋转的性质，解题的关键是考虑把PA、PB、PC放在一个三角形中，而旋转恰好能实现这一目标14设P是平行四边形ABCD部的一点，且PBA=PDA求证：PAB=PCB考点：四点共圆；平行四边形的性质专题：证明题分析：根据作过P点平行于AD的直线，并选一点E，使PE=AD=BC，利用ADEP

24、，ADBC，进而得出ABP=ADP=AEP，得出AEBP共圆，即可得出答案解答：证明：作过P点平行于AD的直线，并选一点E，使PE=AD=BC，ADEP，ADBC四边形AEPD是平行四边形，四边形PEBC是平行四边形，AEDP，BEPC，ABP=ADP=AEP，AEBP共圆一边所对两角相等BAP=BEP=BCP，PAB=PCB点评：此题主要考察了四点共圆的性质以及平行四边形的性质，熟练利用四点共圆的性质得出是解题关键15设ABCD为圆接凸四边形，求证：ABCD+ADBC=ACBD考点：相似三角形的判定与性质；圆周角定理分析：在BD取一点E，使BCE=ACD，即得BECADC，于是可得ADBC=

25、BEAC，又ACB=DCE，可得ABCDEC，既得=，即ABCD=DEAC，两式结合即可得到ABCD+ADBC=ACBD解答：证明：在BD取一点E，使BCE=ACD，即得BECADC，可得：=，即ADBC=BEAC，又ACB=DCE，可得ABCDEC，即得=，即ABCD=DEAC，由+可得：ABCD+ADBC=ACBE+DE=ACBD，得证点评：此题主要考察相似三角形的判定与性质和圆周角的知识点，解答此题的关键是在BD上取一点E，使BCE=ACD，此题难度一般16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初二考点：平行四边形的性

26、质；角平分线的性质专题：证明题分析：过D作DQAE，DGCF，由SADE=SDFC，可得：=，又AE=FC，可得DQ=DG，可得DPA=DPC角平分线逆定理解答：证明：过D作DQAE，DGCF，并连接DF和DE，如右图所示：那么SADE=SDFC，=，又AE=FC，DQ=DG，PD为APC的角平分线，DPA=DPC角平分线逆定理点评：此题考察平行四边形和角平分线的性质，有一定难度，解题关键是准确作出辅助线，利用角平分线的性质进展证明17设P是边长为1的正ABC任一点，L=PA+PB+PC，求证：L2考点：等边三角形的性质；三角形三边关系；旋转的性质专题：证明题分析：只要AP，PE，EF在一条直线上，可得最小L=；过P点作BC的平行线交AB，AC于点D，F，可得ADAP，BD+DPBP，PF+FCPC，DF=AF，从而得出结论解答：证明：1顺时针旋转BPC60，可得PBE为等边三角形即得要使PA+PB+PC=AP+PE+EF最小，只要AP，PE，EF在一条直线上，即如下列图：可得最小L=；2过P点作BC的平行线交AB，AC于点D，F由于APDAFP=ADP，推出ADAP 又