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∠DEN=∠F.
8
.如图,分别以△ABC的边AC、BC为一边,在△ABC
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=AD.
外作正方形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为正方形,DE∥AC,AE=AC,
AE与CD相交于F.
CE=CF.
13.已知:
△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)
0.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)
14.设P是平行四边形ABCD内部的一点,且
∠PBA=∠PDA.
∠PAB=∠PCB.
5.设ABCD为圆内接凸四边形,求证:
11.设P是正方形ABCD一边BC上的任一点,PF⊥AP,
AB•CD+AD•BC=AC•BD.(初三)
CF平分∠DCE.
PA=PF.(初二)
6.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)
9.P为正方形ABCD内的一点,并且PA=a,PB=2a,
7.设P是边长为1的正△ABC内任一点,
PC=3a,求正方形的边长.
L=PA+PB+PC,求证:
≤L<2.
0.如图,△ABC中,∠ABC=∠ACB=80°
,D、E分
8.已知:
P是边长为1的正方形ABCD内的一点,求
别是AB、AC上的点,∠DCA=30°
,∠EBA=20°
,求
∠BED的度数.
PA+PB+PC的最小值.
初中几何经典题
参考答案与试题解析
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.
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∽△OGE,再利用GH∥CD,得出
=
,即可求出答案.
解答:
证明:
作GH⊥AB,连接EO.
∵
∴
EF⊥AB,EG⊥CO,
∠EFO=∠EGO=90°
,
G、O、F、E四点共圆,
所以∠GFH=∠OEG,
又∵∠GHF=∠EGO,
△GHF∽△OGE,
CD⊥AB,GH⊥AB,
GH∥CD,
又∵CO=EO,
∴CD=GF.
点评:
此题主要考查了相似三角形的判定以及其性质和四点共圆的性质,根据已知得出GOFE四点共圆是解题关
键.
如图,P是正方形ABCD内点,∠PAD=∠PDA=15°
正方形的性质;
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.
在正方形内做△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证出
△DGC≌△PGC,推出DC=PC,推出PB=DC=PC,根据等边三角形的判定求出即可.
正方形ABCD,
AB=CD,∠BAD=∠CDA=90°
∠PAD=∠PDA=15°
PA=PD,∠PAB=∠PDC=75°
在正方形内做△DGC与△ADP全等,
DP=DG,∠ADP=∠GDC=∠DAP=∠DCG=15°
∠PDG=90°
﹣15°
=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=180°
=150°
∠PGC=360°
﹣150°
﹣60°
=∠DGC,
在△DGC和△PGC中
∴△DGC≌△PGC,
∴PC=AD=DC,和∠DCG=∠PCG=15°
同理PB=AB=DC=PC,
PCB=90°
△PBC是正三角形.
本题考查了正方形的性质,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.
.如图,已知四边形ABCD、ABCD都是正方形,A、B、C、D分别是AA、BB、CC、DD的中点.
5
正方形的判定;
全等三角形的判定与性质.
连接BC和AB分别找其中点F,E,连接CF与AE并延长相交于Q点,根据三角形的中位线定理可得
AE=FB,EB=FC,然后证明得到∠BFC=∠AEB,然后利用边角边定理证明得到△BFC与△AEB
全等,根据全等三角形对应边相等可得AB=BC,再根据角的关系推出得到∠ABC=90°
,从而得到AB
22
与BC垂直且相等,同理可得其它边也垂直且相等,所以四边形ABCD是正方形.
2222
如图,连接BC和AB分别找其中点F,E.连接CF与AE并延长相交于Q点,
连接EB并延长交CQ于H点,连接FB并延长交AQ于G点,
由AE=AB=BC=FB,EB=AB=BC=FC,
∠GFQ+∠Q=90°
和∠GEB+∠Q=90°
所以∠GEB=∠GFQ,
∠BFC=∠AEB,
可得△BFC≌△AEB,
所以AB=BC,
又∠HBC+∠HCB=90°
和∠BCQ=∠EBA,
从而可得∠ABC=90°
同理可得其它边垂直且相等,
从而得出四边形ABCD是正方形.
本题主要考查了正方形的性质与判定,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.
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.
6
三角形中位线定理.
连接AC,作GN∥AD交AC于G,连接MG,根据中位线定理证明MG∥BC,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.
连接AC,作GN∥AD交AC于G,连接MG.
∵N是CD的中点,且NG∥AD,
∴NG=AD,G是AC的中点,
又∵M是AB的中点,
∴MG∥BC,且MG=BC.
△
AD=BC,
NG=GM,
GNM为等腰三角形,
∠GNM=∠GMN,
GM∥BF,
∠GMF=∠F,
GN∥AD,
∠GNM=∠DEN,
此题主要考查平行线性质,以及三角形中位线定理,关键是证明△GNM为等腰三角形.
△ABC中,H为垂心(各边高线的交点),O为外心,且OM⊥BC于M.
7
三角形的外接圆与外心;
三角形内角和定理;
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;
(1)过O作OF⊥AC,于F,则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.
证明:
(1)
过O作OF⊥AC,于F,
则F为AC的中点,
连接CH,取CH中点N,连接FN,MN,
则FN∥AD,AH=2FN,MN∥BE,
AD⊥BC,OM⊥BC,BE⊥AC,OF⊥AC,
OM∥AD,BE∥OF,
M为BC中点,N为CH中点,
MN∥BE,
OM∥FN,MN∥OF,
四边形OMNF是平行四边形,
OM=FN,
AH=2FN,
AH=2OM.
(2)证明:
连接OB,OC,
∠BAC=60°
∠BOC=120°
∠BOM=60°
∠OBM=30°
OB=2OM=AH=AO,
即AH=AO.
本题考查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、三角形的内角和定理等知识点,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.
.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.
圆周角定理;
垂线;
平行线的性质;
圆内接四边形的性质;
轴对称的性质.
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四点共圆,推出∠PEA=∠QFA,根据ASA推出△PEA和△QFA
全等即可.
作E点关于GA的对称点F,连FQ、FA,FC,
∵OA⊥MN,EF⊥OA,
则有∠FAP=∠EAQ,∠EAP=∠FAQ,FA=EA,
E,F,C,D共圆
∠PAF=∠AFE=∠AEF=180°
﹣∠FCD,
∠PAF=180﹣∠FAQ,
∠FCD=∠FAQ,
FCAQ四点共圆,
AFQ=∠ACQ=∠BED,
在△EPA和△FQA中
△EPA≌△FQA,
AP=AQ.
本题综合考查了全等三角形的判定和性质,平行线的性质,轴对称的性质,圆内接四边形的性质,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,证两线段相等,一般考虑证所在的两三角形全等.
.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.
四点共圆;
作OF⊥CD,OG⊥BE,连接OP,OA,OF,AF,OG,AG,OQ,证明△ADF∽△ABG,所以∠AFC=∠AGE,
再利用圆的内接四边形对角互补,外角等于内对角,证得∠AOP=∠AOQ,进而得到AP=AQ.
作OF⊥CD,OG⊥BE,连接OP,OA,OF,AF,OG,AG,OQ.
由于
,∠FDA=∠ABQ,
△ADF∽△ABG,
∠AFC=∠AGE,
四边形PFOA与四边形QGOA四点共圆,
∠AFC=∠AOP;
∠AGE=∠AOQ,
∠AOP=∠AOQ,
本题考查了相似三角形的判定和相似三角形的性质,以及圆的内接四边形性质:
对角互补,外角等于内对
角,解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形.
.如图,分别以△ABC的边AC、BC为一边,在△ABC外作正方形ACDE和CBFG,点P是EF的中点,求证:
梯形中位线定理;
10
分别过E,F,C,P作AB的垂线,垂足依次为R,S,T,Q,则PQ=(ER+FS),易证Rt△AER≌Rt△CAT,
则ER=AT,FS=BT,ER+FS=AT+BT=AB,即可得证.
解:
分别过E,F,C,P作AB的垂线,垂足依次为R,S,T,Q,则ER∥PQ∥FS,
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(正方形的边长相等),∠AER=∠CAT(同角的余角相等),∠R=∠ATC=90°
Rt△AER≌Rt△CAT(AAS),
同理Rt△BFS≌Rt△CBT,
∴ER=AT,FS=BT,
∴ER+FS=AT+BT=AB,
∴PQ=AB.
此题综合考查了梯形中位线定理、全等三角形的判定以及正方形的性质等知识点,辅助线的作法很关键.
.如图,四边形ABCD为正方形,DE∥AC,AE=AC,AE与CD相交于F.
等腰三角形的判定;
等边三角形的判定与性质.
把△ADE顺时针旋转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.
如图所示,顺时针旋转△ADE90°
得到△ABG,连接CG.
∠ABG=∠ADE=90°
+45°
=135°
B,G,D在一条直线上,
∠ABG=∠CBG=180°
﹣45°
在△AGB与△CGB中,
△AGB≌△CGB(SAS),
AG=AC=GC=AE,
△AGC为等边三角形,
11
AC⊥BD(正方形的对角线互相垂直),
∠AGB=30°
∠EAC=30°
AE=AC,
∴∠AEC=∠ACE=
=75°
又∵∠EFC=∠DFA=45°
+30°
∴CE=CF.
本题综合考查了正方形的性质,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.
0.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.
三角形的外角性质;
等腰三角形的判定与性质;
正方形的判定.
计算题.
连接BD,作CH⊥DE于H,根据正方形的性质求出正方形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.
连接BD,作CH⊥DE于H,
∠DGC=90°
,GC=DG,
AC∥DE,CH⊥DE,
∠DHC=∠GCH=∠DGC=90°
四边形CGDH是正方形.
由AC=CE=2GC=2CH,
∴∠CEH=30°
∴∠CAE=∠CEA=∠AED=15°
又∵∠FAE=90°
+15°
∠F=180°
=15°
∠F=∠AEF,
AE=AF.
12
本题综合考查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,正方形的性质和判定等
知识点,此题综合性较强,但难度适中.
11.设P是正方形ABCD一边BC上的任一点,PF⊥AP,CF平分∠DCE.
根据已知作FG⊥CD,FE⊥BE,可以得出GFEC为正方形.再利用全等三角形的判定得出△ABP≌△PEF,
进而求出PA=PF即可.
证明方法一:
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﹣X+XZ,
即Z(Y﹣X)=X(Y﹣X),即得X=Z,得出△ABP≌△PEF,
∴PA=PF.
方法二:
在AB上截取AG=PC,连接PG
ABCD是正方形
AB=BC,∠B=∠DCB=∠APF=90°
AG=CP
BG=BP,
∠BGP=∠BPG=45°
∠AGP=180°
﹣∠BGP=135°
CF平分∠DCE
∠FCE=45°
∠PCF=180°
﹣∠FCE=135°
∠AGP=∠PCF
∠BAP+∠APB=90°
FPC+∠APB=90°
∠BAP=∠FPC,
在△AGP和△PCF中
△AGP≌△PCF(ASA)
PA=PF.
13
此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质,根据已知得出△ABP≌△PEF是解题关键.
2.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:
BC=AD.
切线的性质;
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.
作CQ⊥PD于Q,连接EO,EQ,EC,OF,QF,CF,
所以PC=PQ•PO(射影定理),
又PC=PE•PF,
所以EFOQ四点共圆,
∠EQF=∠EOF=2∠BAD,
又∠PQE=∠OFE=∠OEF=∠OQF,
而CQ⊥PD,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,
CB∥AD,
易证△AOD≌△COB,所以BO=DO,即四边形ABCD是平行四边形,
AB=DC,BC=AD.
14
此题主要考查了四点共圆的性质以及射影定理,根据已知得出EFOQ四点共圆,BECQ四点共圆是解题关
3.已知:
△ABC是正三角形,P是三角形内一点,PA=3,PB=4,PC=5.
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.
先把△ABP旋转60°
得到△BCQ,连接PQ,根据旋转性质可知△BCQ≌△BAP,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∠APB.
把△ABP绕点B顺时针旋转60°
得到△BCQ,连接PQ,
∠PBQ=60°
△BPQ是等边三角形,
PQ=PB=4,
而PC=5,CQ=4,
在△PQC中,PQ+QC=PC,
△PQC是直角三角形,
∠BQC=60°
+90°
∠APB=150°
.
本题考查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.
4.设P是平行四边形ABCD内部的一点,且∠PBA=∠PDA.
平行四边形的性质.
根据已知作过P点平行于AD的直线,并选一点E,使PE=AD=BC,利用AD∥EP,
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