2021中考數(shù)學分類練習：初中幾何必做經(jīng)典難題

初中幾何經(jīng)典題

一、解答題（共20小題，滿分0分）

1.己知：如圖所示，O是半圓的圓心，C、E是圓上的兩點，CD±AB,EFJ_AB,EG±CO.

求證:CD=GF.（初二）

2.已知：如圖所示，P是正方形ABCD內(nèi)點，ZPAD=ZPDA-150.求證:△PBC是正三角形.（初二）

3.如圖所示，已知四邊形ABCD、AiBCDi都是正方形，A2、B2、C2>D2分別為AAi、BBi、CCi、DDi

的中點.

求證：四邊形A2B2c2D2是正方形.（初二）

4.己知：如圖所示，在四邊形ABCD中，AD=BC,M、N分別為AB、CD的中點，AD、BC的延長線交

MN于E、F.

求證:ZDEN=NF.

5.已知：△ABC中，H為垂心（各邊高線的交點），0為外心，且OMJ_BC于M.

(1)求證:AH=20M；

(2)若NBAC=60。，求證:AH=AO.(初二)

6.設MN是圓0外一直線，過O作OALMN于A,自A引圓的兩條直線，交圓于B、C及D、E,直線

EB及CD分別交MN于P、Q.

求證:AP=AQ.（初二）

Q

7.加入上題把直線MN由圓外平移至圓內(nèi)，則由此可得以下命題：設MN是圓0的弦，過MN的中點A任

作兩弦BC、DE,設CD、EB分別交MN于P、Q.

求證:AP=AQ.（初二）

8.如圖所示，分別以AABC的邊AC、BC為一邊,在△ABC外作正方形ACDE和CBFG,點P是EF的中

點，求證：點P到AB的距離是AB的一半.

9.如圖所示，四邊形ABCD為正方形，DEIIAC,AE=AC,AE與CD相交于F.

求證：CE=CF.

10.如圖所示,四邊形ABCD為正方形，DEIIAC.且CE=CA,直線EC交DA延長線于F.

求證:AE=AF.（初二）

D

11.設P是正方形ABCD一邊BC上的任一點，PF±AP,CF平分NDCE.

求證：PA=PF.（初二）

12.如圖所示，PC切圓O于C,AC為圓的直徑，PEF為圓的割線，AE、AF與直線P0相交于B、D.求

證：AB=DC,BC=AD.

13.已知：△ABC是正三角形，P是三角形內(nèi)一點，PA=3,PB=4,PC=5.

求:NAPB的度數(shù).（初二）

B

14.設P是平行四邊形ABCD內(nèi)部的一點，且NPBA=ZPDA.

求證：ZPAB=NPCB.

15.設ABCD為圓內(nèi)接凸四邊形，求證:AB?CD+AD?BC=AC?BD.（初三）

16.平行四邊形ABCD中，設E、F分別為BC、AB上的一點，AE與CF相交于P,且AE=CF.求證:

ZDPA=ZDPC.（初二）

17.設P是邊長為1的正△ABC內(nèi)任一點，L=PA+PB+PC,求證：后L<2.

18.已知:P是邊長為1的正方形ABCD內(nèi)的一點，求PA+PB+PC的最小值.

19.P為正方形ABCD內(nèi)的一點，并且PA=a,PB=2a,PC=3a,求正方形的邊長.

20.如圖所示，△ABC中，NABC=NACB=80。，D、E分別為AB、AC上的點，NDCA=30。,ZEBA=20°,

求NBED的度數(shù).

R

初中幾何經(jīng)典題

參考答案與試題解析

一、解答題（共20小題，滿分0分）

1.已知：如圖所示，O是半圓的圓心，C、E是圓上的兩點，CD±AB,EF±AB,EG±CO.

考點分相似三角形的判定與性質(zhì)；圓周角定理.

析：

分析：首先根據(jù)四點共圓的性質(zhì)得到GOFE四點共圓，進而求出AGHF-△OGE,再利用GHIICD,得到

弱=更=@,即可求出答案.

GFGHCD

解答：證明：作GHJ_AB,連接EO.

EF_LAB,EG±CO,

ZEFO=ZEGO=90°,

G、0、F、E四點共圓，

所以NGFH=NOEG,

又ZGHF=NEGO,

△GHF-△OGE,

CD±AB,GH±AB,

GHIICD,

.EO_GO=CO

"GFGHCE'

又CO=EO,

CD=GF.

點評：此題主要考查了相似三角形的判定以及其性質(zhì)和四點共圓的性質(zhì)，根據(jù)己知得到GOFE四點共圓是解

題關(guān)鍵.

2.己知：如圖所示，P是正方形ABCD內(nèi)點，NPAD=NPDA=15。.求證:△PBC是正三角形.（初二）

考點分正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；等邊三角形的判定.

析：

專題分證明題.

析：

分析：在正方形內(nèi)做ADGC與△ADP全等，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求出APDG為等邊，三角形，根據(jù)SAS

證出△DG8APGC,推出DC=PC,推出PB=DC=PC,根據(jù)等邊三角形的判定求出即可.

解答：證明：

正方形ABCD,

AB=CD,ZBAD=ZCDA=90",

??1ZPAD=ZPDA=15°,

PA=PD,ZPAB=ZPDC=75°,

在正方形內(nèi)做△DGC與AADP全等，

DP=DQZADP=ZGDC=ZDAP=ZDCG=15°,

ZPDG=90°-15°-I5°=6O°,

PDG為等邊三角形（有一個角等于60度的等腰三角形是等邊三角形），

DP=DG=PG,

?.1ZDGC=180°-15°-15°=150°,

ZPGC=360°-150°-60°=150°=NDGC,

在△DGC和APGC中

'DG=PG

<ZDGC=ZPGC,

GC=GC

△DGC合&PGC,

PC=AD=DC,和NDCG=ZPCG=15",

同理PB=AB=DC=PC,

ZPCB=90°-15°-15°=60°,

APBC是正三角形.

點評：本題考查了正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識點的應用,

關(guān)鍵是正確作出輔助線，又是難點，題型較好，但有一定的難度，對學生提出了較高的要求.

3.如圖所示，已知四邊形ABCD、AIBICIDI都是正方形，A2、B2、C2>D2分別為AAi、BBi、CCi、DDi

的中點.

求證：四邊形A2B2c2D2是正方形.（初二）

考點分正方形的判定；全等三角形的判定與性質(zhì).

析：

專題分證明題.

析：

分析：連接BC1和AB1分別找其中點F,E,連接C2F與A2E并延長相交于Q點，根據(jù)三角形的中位線定理可

得A2E=FB2,EB2=FC2,然后證明得到NB2FC2=NA2EB2,然后利用邊角邊定理證明得到△B2FC2與

△A2EB2全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得A2B2=B2c2,再根據(jù)角的關(guān)系推出得到NA2B2c2=90。,

從而得到A2B2與B2c2垂直且相等，同理可得其它邊也垂直且相等，所以四邊形A2B2c2D2是正方形.

解答：證明：如圖所示，連接BC1和AB1分別找其中點EE.連接C2F與A2E并延長相交于Q點，

連接EB2并延長交C2Q于H點，連接FB2并延長交A2Q于G點，

由A2E=1A1B11C1=FB2,EB2=1AB=1BC=FC2,

2222

ZGFQ+ZQ=90°和NGEB2+ZQ=90°,

所以NGEB2=NGFQ,

ZB2FC2=ZA2EB2,

可得△B2FC2=△A2EB2,

所以A2B2=B2c2,

又NHB2C2+ZHC2B2=90°和NB2c2Q=NEB2A2,

從而可得zA2B2C2=90",

同理可得其它邊垂直且相等,

從而得到四邊形A2B2c2D2是正方形.

點評：本題主要考查了正方形的性質(zhì)與判定，三角形中位線定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，綜合性較強,

作輔助線構(gòu)造出全等三角形是解題的關(guān)鍵.

4.己知：如圖所示，在四邊形ABCD中，AD=BC,M、N分別為AB、CD的中點，AD、BC的延長線交

MN于E、F.

求證：ZDEN=NF.

考點分三角形中位線定理.

析：

專題分證明題.

析:

分析：連接AC,作GNIIAD交AC于G連接MG根據(jù)中位線定理證明MGIIBC,且GM=」BC,根據(jù)

2

AD=BC證明GM=GN,可得NGNM=NGMN,根據(jù)平行線性質(zhì)可得：NGMF=NF,ZGNM=NDEN從

而得到NDEN=NF.

解答：證明：連接AC,作GNIIAD交AC于G連接MG.

?；N是CD的中點，且NGIIAD,

NG=1AD,G是AC的中點，

2

又???M是AB的中點，

MGIIBC,且MG=3BC.

2

AD=BC,

NG=GM,

△GNM為等腰三角形，

ZGNM=ZGMN,

???GMIIBF,

ZGMF=ZF,

GNUAD,

ZGNM=ZDEN,

ZDEN=NF.

點評：此題主要考查平行線性質(zhì)，以及三角形中位線定理，關(guān)鍵是證明△GNM為等腰三角形.

5.已知：△ABC中，H為垂心(各邊高線的交點)，0為外心，且OMJ_BC于M.

(1)求證:AH=20M；

(2)若NBAC=60。，求證:AH=AO.(初二)

B\~MD~7C

考點分三角形的外接圓與外心；三角形內(nèi)角和定理：等腰三角形的性質(zhì)；含30度角的直角三角形；平行四邊

析：形的判定與性質(zhì)；垂徑定理；圓周角定理.

專題分證明題.

析：

分析：(1)過O作OFJ_AC,于F,則F為AC的中點，連接CH,取CH中點N,連接FN,MN,得到

平行四邊形OMNF,即可得到答案.

(2)根據(jù)圓周角定理求出NBOM,根據(jù)含30度角的直角三角形性質(zhì)求出OB=2OM即可.

過O作OF_LAC,于F,

則F為AC的中點,

連接CH,取CH中點N,連接FN,MN,

則FNIIAD,AH=2FN,MNIIBE,

AD±BC,OM±BC,BE±AC,OF±AC,

OMIIAD,BEIIOF,

TM為BC中點，N為CH中點,

/.MNIIBE,

OMIIFN,MNIIOF,

四邊形OMNF是平行四邊形,

OM=FN,

??,AH=2FN,

/.AH=2OM.

（2）證明：連接OB,

ZBAC=60°,

??.ZBOC=120°,

ZBOM=60°,

/.ZOBM=30\

：OB=2OM=AH=AO,

即AH=AO.

點評：本題考查了等腰三角形的性質(zhì)和判定、三角形的中位線定理、含30度角的直角三角形性質(zhì)、三角形

的外接圓與外心、三角形的內(nèi)角和定理等知識點，題目綜合性較強，有一定的難度，但題型較好，

難點是如何作輔助線.

6.設MN是圓O外一直線，過O作OALMN于A,自A引圓的兩條直線，交圓于B、C及D、E,直線

EB及CD分別交MN于P、Q.

求證:AP=AQ.（初二）

考點分圓周角定理；垂線；平行線的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)；軸對稱的性質(zhì).

析：

專題分證明題.

析：

分析：作E點關(guān)于GA的對稱點F,連FQ、FA,FC,根據(jù)軸對稱和平行線性質(zhì)推出NFAP=NEAQ,

ZEAP=ZFAQ,FA=EA,求出NFCQ=NFAQ,推出FCAQ四點共圓，推出NPEA=NQFA,根據(jù)ASA

推出△PEA和^QFA全等即可.

證明：作E點關(guān)于GA的對稱點F,連FQ、FA,FC,

OA±MN,EF±OA,

則有NFAP=NEAQ,ZEAP=ZFAQ,FA=EA,

E,F,C,D共圓

ZPAF=ZAFE=ZAEF=180°-ZFCD,

???ZPAF=180-ZFAQ,

/.ZFCD=ZFAQ,

???FCAQ四點共圓,

ZAFQ=ZACQ=ZBED,

在△EPA和4FQA中

'/PEA=NQFA

,AF=AE，

ZPAE=ZQAF

AEPA當AFQA,

AP=AQ.

點評：本題綜合考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，

圓周角定理，垂線等知識點，解此題的關(guān)鍵是求出NAEP=NAFQ,題型較好，有一定的難度，通過

做題培養(yǎng)了學生分析問題的功底，符合學生的思維規(guī)律，證兩線段相等，一般考慮證所在的兩三角

形全等.

7.加入上題把直線MN由圓外平移至圓內(nèi)，則由此可得以下命題：設MN是圓0的弦，過MN的中點A任

作兩弦BC、DE,設CD、EB分別交MN于P、Q.

求證:AP=AQ.（初二）

考點分四點共圓；全等三角形的判定與性質(zhì).

析：

分析：作OFJ_CD,OG±BE,連接OP,OA,OF,AF,OG,AG,OQ,證明AADF-△ABG所以

ZAFC=ZAGE,再利用圓的內(nèi)接四邊形對角互補，外角等于內(nèi)對角，證得NAOP=NAOQ,進而得

至AP=AQ.

解答：證明：作OF_LCD,OG±BE,連接OP,OA,OF,AF,OG,AG,OQ.

由于9_AC_CDFD；/FDA=zABQ,

AB-AE-BE-2BG-BG

△ADF-△ABG,

/.ZAFC=ZAGE,

???四邊形PFOA與四邊形QGOA四點共圓，

ZAFC=NAOP；ZAGE=NAOQ,

ZAOP=ZAOQ,

AP=AQ.

點評：本題考查了相似三角形的判定和相似三角形的性質(zhì)，以及圓的內(nèi)接四邊形性質(zhì)：對角互補，外角等于

內(nèi)對角，解題的關(guān)鍵是添加適當?shù)妮o助線構(gòu)造全等三角形.

8.如圖所示，分別以AABC的邊AC、BC為一邊，在△ABC外作正方形ACDE和CBFG點P是EF的中

點，求證：點P到AB的距離是AB的一半.

考點分梯形中位線定理；全等三角形的判定與性質(zhì).

析：

專題分證明題.

析：

分析：分別過E,F,C,P作AB的垂線，垂足依次為R,S,T,Q,貝ijPQ=1(ER+FS),易證

2

RtAAERSRtACAT,貝ER=AT,FS=BT,ER+FS=AT+BT=AB,即可得證.

解答：解：分別過E,F,C,P作AB的垂線，垂足依次為R,S,T,Q,則ERIIPQIIFS,

???P是EF的中點，Q為RS的中點，

PQ為梯形EFSR的中位線，

PQ=1(ER+FS),

2

???AE=AC(正方形的邊長相等)，NAER=NCAT(同角的余角相等)，ZR=ZATC=90°,

RtAAER空RtACAT(AAS),

同理RtABFSSRtACBT,

ER=AT,FS=BT,

ER+FS=AT+BT=AB,

PQ=1AB.

2

點評：此題綜合考查了梯形中位線定理、全等三角形的判定以及正方形的性質(zhì)等知識點，輔助線的作法很關(guān)

鍵.

9.如圖所示，四邊形ABCD為正方形,DEIIAC,AE=AC,AE與CD相交于F.

求證：CE=CF.

AD

考點分正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的判定；等邊三角形的判定與性質(zhì).

析：

專題分證明題.

析：

分析：把△ADE順時針旋轉(zhuǎn)90。得到△ABG,從而可得B、G、D三點在同一條直線上，然后可以證明

△AGB與ACGB全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得AG=CG所以△AGC為等邊三角形，根據(jù)等

邊三角形的性質(zhì)可以推出NCEF=NCFE=75。，從而得解.

解答：證明：如圖所示，順時針旋轉(zhuǎn)△ADE90。得到△ABG連接CG.

???ZABG=ZADE=900+45°=135°,

?B,G,D在一條直線上，

ZABG=NCBG=180°-45°=135°,

'AB=BC

在△AGB與仆CGB中，＜NABG=/CBG，

BG=BG

△AGBM△CGB(SAS),

AG=AC=GC=AE,

△AGC為等邊三角形，

AC±BD(正方形的對角線互相垂直)，

ZAGB=30°,

ZEAC=30°,

AE=AC,

ZAEC=ZACE=~~—=75°,

又ZEFC=ZDFA=45°+30°=75°,

CE=CF.

點評：本題綜合考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定，以及旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換構(gòu)造出圖形

是解題的關(guān)鍵.

10.如圖所示，四邊形ABCD為正方形，DEIIAC,且CE=CA,直線EC交DA延長線于F.

求證:AE=AF.（初二）

考點分正方形的性質(zhì)；三角形內(nèi)角和定理；三角形的外角性質(zhì)；等腰三角形的判定與性質(zhì)；正方形的判定.

析：

專題分計算題.

析：

分析：連接BD,作CHJLDE于H,根據(jù)正方形的性質(zhì)求出正方形DGCH,求出2cH=CE,求出NCEH=30。,

根據(jù)等腰三角形性質(zhì)和三角形的外角性質(zhì)求出NAEC=NCAE=15。，求出NF的度數(shù)即可.

解答：證明：連接BD,作CHJLDE于H,

正方形ABCD,

ZDGC=90°,GC=DG

???ACIIDE,CH±DE,

ZDHC=ZGCH=ZDGC=90°,

四邊形CGDH是正方形.

由AC=CE=2GC=2CH,

ZCEH=30。，

ZCAE=ZCEA=ZAED=15",

又ZFAE=90°+45°+15°=150。，

zF=180°-150°-15°=15°,

zF=zAEF,

AE=AF.

點評：本題綜合考查了等腰三角形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形，三角形的外角性質(zhì)，正方形的性質(zhì)和

判定等知識點，此題綜合性較強，但難度適中.

11.設P是正方形ABCD一邊BC上的任一點，PFJLAP,CF平分NDCE.

求證：PA=PF.（初二）

考點分正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì).

析:

專題分證明題.

析：

分析：根據(jù)已知作FGLCD,FE±BE,可以得到GFEC為正方形.再利用全等三角形的判定得到

△AB電△PEF,進而求出PA=PF即可.

解答：證明方法一：作FG_LCD,FE±BE,可以得到GFEC為正方形.

令AB=Y,BP=X,CE=Z,可得PC=Y-X.

tanzBAP=tanZEPF=Z=—?—,可得YZ=XY-X2+XZ,

YY-X+Z

即Z(Y-X)=X(Y-X),即得X=Z,得到^ABP蘭△PEF,

/.PA=PF.

方法二：在AB上截取AG=PC,連接PG

?「ABCD是正方形

AB=BC,ZB=ZDCB=ZAPF=90°

??,AG=CP

??.BG=BP,

/.ZBGP=ZBPG=45°

/.zAGP=1800-ZBGP=135°

??CF平分NDCE

ZFCE=45°

/.ZPCF=1800-ZFCE=135°

ZAGP=ZPCF

???ZBAP+ZAPB=90°

ZFPC+ZAPB=90°

/.ZBAP=ZFPC,

'NBAP=NFPC

在△AGP和^PCF中.AG=PC

,/AGP二NPCF

.?.AAGP合APCF(ASA)

點評：此題主要考查了正方形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)已知得到AAB叫△PEF是解題關(guān)

鍵.

12.如圖所示，PC切圓O于C,AC為圓的直徑，PEF為圓的割線，AE、AF與直線P0相交于B、D.求

證：AB=DC,BC=AD.

考點分切線的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì).

析：

分析：作出輔助線，利用射影定理以及四點共圓的性質(zhì)得到EFOQ四點共圓，BECQ四點共圓，進而得到四

邊形ABCD是平行四邊形，從而得到答案即可.

解答：證明：作CQ_LPD于Q,連接EO,EQ,EC,OF,QF,CF,

所以PC2=PQ?P0（射影定理）,

又PC2=PE?PF,

所以EFOQ四點共圓，

ZEQF=ZE0F=2zBAD,

又NPQE=NOFE=NOEF=NOQF,

而CQ_LPD,所以NEQC=NFQC,因為NAEC=NPQC=90°,

故B、E、C、Q四點共圓，

所以NEBC=ZEQC=lzEQF=lzEOF=ZBAD,

22

CBIIAD,

易證△AOD^ACOB,所以BODO,即四邊形ABCD是平行四邊形,

AB=DC,BC=AD.

點評：此題主要考查了四點共圓的性質(zhì)以及射影定理，根據(jù)已知得到EFOQ四點共圓，BECQ四點共圓是解

題關(guān)鍵.

13.已知：△ABC是正三角形，P是三角形內(nèi)一點，PA=3,PB=4,PC=5.

求:NAPB的度數(shù).（初二）

B

考點分等邊三角形的性質(zhì)；直角三角形的性質(zhì)；勾股定理的逆定理；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì).

析：

專題分計算題.

析：

分析：先把△ABP旋轉(zhuǎn)60。得到△BCQ,連接PQ,根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知△BCQ2△BAP,由于NPBQ=60。，

BP=BQ,易知△BPQ是等邊三角形，從而有PQ=PB=4,而PC=5,CQ=3,根據(jù)勾股定理逆定理易證

△PQC是直角三角形，即NPQC=90。，進而可求NAPB.

解答：解：把仆ABP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60。得到^BCQ,連接PQ,

??1ZPBQ=60°,BP=BQ,

BPQ是等邊三角形，

PQ=PB=4,

而PC=5,CQ=4,

在△PQC中，PQ2+QC2=PC2,

APQC是直角三角形，

ZBQC=60°+90°=150°,

ZAPB=150°.

點評：本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、勾股定理的逆定理、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)

鍵是考慮把PA、PB、PC放在一個三角形中，而旋轉(zhuǎn)恰好能實現(xiàn)這一目標.

14.設P是平行四邊形ABCD內(nèi)部的一點，且NPBA=NPDA.

求證：ZPAB=NPCB.

考點分四點共圓；平行四邊形的性質(zhì).

析：

專題分證明題.

析：

分析：根據(jù)已知作過P點平行于AD的直線，并選一點E,使PE=AD=BC,利用ADIIEP,ADIIBC,進而得

至ABP=ZADP=NAEP,

得到AEBP共圓，即可得到答案.

解答：證明：作過P點平行于AD的直線，并選一點E,使PE=AD=BC,

ADIIEP,ADIIBC.

四邊形AEPD是平行四邊形，四邊形PEBC是平行四邊形，

AEIIDP,BEIIPC,

ZABP=ZADP=ZAEP,

AEBP共圓（一邊所對兩角相等）.

ZBAP=ZBEP=ZBCP,

ZPAB=ZPCB.

點評：此題主要考查了四點共圓的性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì)，熟練利用四點共圓的性質(zhì)得到是解題關(guān)鍵.

15.設ABCD為圓內(nèi)接凸四邊形，求證:AB?CD+AD?BC=AC?BD.（初三）

A

D

考點分相似三角形的判定與性質(zhì)；圓周角定理.

析：

分析：在BD取一點E,使NBCE=ZACD,即得△BEC”△ADC,于是可得AD?BC=BE?AC,又

???ZACB=ZDCE,可得△ABC-△DEC,既得里跡，即AB?CD=DE?AC,兩式結(jié)合即可得到

ACDC

AB?CD+AD?BC=AC?BD.

解答：證明：在BD取一點E,使NBCE=NACD,即得△BEC”△ADC,

可得：絲應，即AD?BC=BE?AC,①

BCAC

又ZACB=ZDCE,可得△ABC-△DEC,

即得屈=逗，即AB?CD=DE?AC,②

ACDC

由①+②可得：AB?CD+AD?BC=AC(BE+DE)=AC?BD,得證.

點評：本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)和圓周角的知識點，解答本題的關(guān)鍵是在BD上取一點E,

使NBCE=ZACD,此題難度一般.

16.平行四邊形ABCD中,設E、F分別為BC、AB上的一點,AE與CF相交于P,且AE=CF.求證:

ZDPA=NDPC.(初二)

D

考點分平行四邊形的性質(zhì)；角平分線的性質(zhì).

析:

專題分證明題.

析：

分析：過D作DQ_LAE,DG±CF,由SAADE='平行四邊形曲為DFC,可得：迎理=絲理，又丫AE=FC,

222

可得DQ=DG可得NDPA=NDPC（角平分線逆定理）.

解答：證明：過D作DQ_LAE,DG±CF,并連接DF和DE,如右圖所示：

皿1a,z-S平行四邊形ABCCY2，

則SAADE---------------------------------SADFC,

2

?.--A-E-?-D-Q-_-D-G-?-F-C,

22

又AE=FC,

DQ=DG,

?1.PD為NAPC的角平分線，

ZDPA=NDPC（角平分線逆定理）.

點評：本題考查平行四邊形和角平分線的性質(zhì)，有一定難度，解題關(guān)鍵是準確作出輔助線，利用角平分線的

性質(zhì)進行證明.

17.設P是邊長為1的正△ABC內(nèi)任一點，L=PA+PB+PC,求證：代L<2.

R

考點分等邊三角形的性質(zhì)；三角形三邊關(guān)系；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì).

析：

專題分證明題.

析：

分析：只要AP,PE,EF在一條直線上，可得最小L=?；過P點作BC的平行線交AB,AC于點D,F,可

得AD>AP①，BD+DP>BP②，PF+FOPC③，DF=AF④，從而得到結(jié)論.

解答：證明：（1）順時針旋轉(zhuǎn)△BPC60。，可得△PBE為等邊三角形.

即得要使PA+PB+PC=AP+PE+EF'最小，只要AP.PE,EF'在一條直線上，

即如下圖：可得最小L=?；

（2）過P點作BC的平行線交AB,AC于點D,F.

由于NAPD>ZAFP=ZADP,

推出AD>AP①

又BD+DP>BP②

和PF+FOPC③

又DF=AF（4）

由①②③④可得：最大L<2；

由（1）和⑵即得：y/3<L<2.

BD

FEA\；E

\，

、，

點評：綜合考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和三角形三邊關(guān)系，分別找到最小和最大L的求法是解

題的關(guān)鍵.

18.已知：P是邊長為1的正方形ABCD內(nèi)的一點，求PA+PB+PC的最小值.

考點分軸對稱-最短路線問題；正方形的性質(zhì).

析：

分析：順時針旋轉(zhuǎn)△BPC60度，可得△PBE為等邊三角形，若PA+PB+PC=AP+PE+EF要使最小只要AP,PE,

EF在一條直線上，求出AF的值即可.

解答：解：順時針旋轉(zhuǎn)△BPC60度，可得4PBE為等邊三角形.

即得PA+PB+PC=AP+PE+EF要使最小只要AP,P1E,EF在一條直線上，

即如下圖：可得最小PA+PB+PC=AF.

BM=BF?cos30°=BC?cos30°=登，

_2

則人1\4=1+立=左義1

22

AB=BF,ZABF=150°

ZBAF=15°

既得AF=—我—

cosl502

點評：本題主要考查軸對稱-路線最短問題的知識點，解答本題的關(guān)鍵是熟練掌握旋轉(zhuǎn)的知識，此題難度

一般.

19.P為正方形ABCD內(nèi)的一點,并且PA=a,PB=2a,PC=3a,求正方形的邊長.

考點分正方形的性質(zhì)；勾股定理；等腰直角三角形；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì).

析：

專題分綜合題.

析：

分析：把△ABP順時針旋轉(zhuǎn)90。得到ABEC,根據(jù)勾股定理得到PE=2圾a,再根據(jù)勾股定理逆定理證明△PEC

是直角三角形，從而得到NBEC=135。，過點C作CF_LBE于點F,△CEF是等腰直角三角形，然后再

根據(jù)勾股定理求出BC的長度，即可得到正方形的邊長.

解答：解：如圖所示，把△ABP順時針旋轉(zhuǎn)90。得至以BEC,

.1.AAPB2ACEB,

BE=PB=2a,

PE={BE2+PB

在△PEC中，PC2=PE2+CE2=9a2,

△PEC是直角三角形，

ZPEC=90°,

ZBEC=45°+90°=135。，

過點C作CF_LBE于