初中数学经典几何题及答案96583.docx
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初中数学经典几何题及答案96583
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是正方形ABCD内点,∠PAD=∠PDA=150.
求证:
△PBC是正三角形.(初二)
1、已知:
△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)
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,及D、E,直线EB及CD分别交MN于P、Q.求证:
AP=AQ.(初二)
如果上题把直线MN由圆外平移至圆内,则由此可得以下命题:
M
求证:
CE=CF.(初二)
设MN是圆O的弦,过MN的中点A任作两弦BC、DE,设PCD、EBA分别交
MQN
2、
设P是平行四边形ABCD内部的一点,且∠PBA=∠PDA.
求证:
∠PAB=∠PCB.(初二)
3、设ABCD为圆内接凸四边形,求证:
AB·CD+AD·BC=AC·
B
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)
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=1A1B1=1B1C1=FB2,EB2=1AB=1BC=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是正方形。
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。
经典难题
(二)
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,
ADACCD2FDFD
由于====,
ABAEBE2BGBG
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。
EG+FH4.过E,C,F点分别作AB所在直线的高EG,CI,FH。
可得PQ=EG+FH2由△EGA≌△AIC,可得EG=AI,由△BFH≌△CBI,可得FH=BI。
从而可得PQ=AI+BI=AB,从而得证。
22
经典难题(三)
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是正方形。
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为正方形。
令AB=Y,BP=X,CE=Z,可得PC=Y-X。
XZ
tan∠BAP=tan∠EPF=X=Z,可得YZ=XY-X2+XZ,
YY-X+Z
即Z(Y-X)=X(Y-X),既得X=Z,得出△ABP≌△PEF,得到PA=PF,得证。
经典难题(四)
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。
BC=AC,即AD•BC=BE•AC,①
又∠ACB=∠DCE,可得△ABC∽△DEC,既得
AC=DC,即AB•CD=DE•AC,
由①+②可得:
AB•CD+AD•BC=AC(BE+DE)=AC·BD,得证。
4.过D作AQ⊥AE
AEgPQAEgPQ,由AE=FC。
可得DQ=DG,可得∠DPA=∠DPC(角平分线逆定理)。
经典难题(五)
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>AP
①
又BP+DP>BP
②
和PF+FC>PC
③
又DF=AF
④
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=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PA+PB+PC=AF。
既得AF=
4+23
2
6+2
2
5+22ga。
既得正方形边长L=
4.在AB上找一点F,使∠BCF=600,
连接EF,DG,既得△BGC为等边三角形,
可得∠DCF=100,∠FCE=200,推出△ABE≌△ACF,
得到BE=CF,FG=GE。
推出:
△FGE为等边三角形,可得∠AFE=800,既得:
∠DFG=400①
又BD=BC=BG,既得∠BGD=800,既得∠DGF=400②
推得:
DF=DG,得到:
△DFE≌△DGE,
从而推得:
∠FED=∠BED=300。
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