初中数学经典几何题及答案Word格式文档下载.doc
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求证:
△PBC是正三角形.(初二)
D2
C2
B2
A2
D1
C1
B1
A1
3、如图,已知四边形ABCD、A1B1C1D1都是正方形,A2、B2、C2、D2分别是AA1、BB1、CC1、DD1的中点.
四边形A2B2C2D2是正方形.(初二)
N
M
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.
·
H
(1)求证:
AH=2OM;
(2)若∠BAC=600,求证:
AH=AO.(初二)
Q
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由圆外平移至圆内,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的外侧作正方形ACDE和正方形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为正方形,DE∥AC,AE=AC,AE与CD相交于F.
CE=CF.(初二)
2、如图,四边形ABCD为正方形,DE∥AC,且CE=CA,直线EC交DA延长线于F.
AE=AF.(初二)
3、设P是正方形ABCD一边BC上的任一点,PF⊥AP,CF平分∠DCE.
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是三角形内一点,PA=3,PB=4,PC=5.
求:
∠APB的度数.(初二)
2、设P是平行四边形ABCD内部的一点,且∠PBA=∠PDA.
∠PAB=∠PCB.(初二)
3、设ABCD为圆内接凸四边形,求证:
AB·
CD+AD·
BC=AC·
BD.C
(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内任一点,L=PA+PB+PC,求证:
≤L<2.
P是边长为1的正方形ABCD内的一点,求PA+PB+PC的最小值.
3、P为正方形ABCD内的一点,并且PA=a,PB=2a,PC=3a,求正方形的边长.
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。
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。
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=AP+PE+EF要使最小只要AP,PE,EF在一条直线上,
可得最小PA+PB+PC=AF。
既得AF===
==
=。
3.顺时针
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