初中几何经典题解析.docx

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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〕

1．〔2021•茶陵县自主招生〕：

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．：

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=∠F．

5．：

△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〕假设∠BAC=60°，求证：

AH=AO．〔初二〕

6．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．

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，DE∥AC，AE=AC，AE与CD相交于F．

求证：

CE=CF．

10．如图，四边形ABCD为形，DE∥AC，且CE=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，PF⊥AP，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=AD．

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〕

14．设P是平行四边形ABCD部的一点，且∠PBA=∠PDA．

求证：

∠PAB=∠PCB．

15．设ABCD为圆接凸四边形，求证：

AB•CD+AD•BC=AC•BD．

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〕

17．设P是边长为1的正△ABC任一点，L=PA+PB+PC，求证：

≤L＜2．

18．：

P是边长为1的形ABCD的一点，求PA+PB+PC的最小值．

19．P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〕

1．〔2021•茶陵县自主招生〕：

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〕

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．

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=90°﹣15°﹣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=°﹣15°﹣15°=150°，

∴∠PGC=360°﹣150°﹣60°=150°=∠DGC，

在△DGC和△PGC中

，

∴△DGC≌△PGC，

∴PC=AD=DC，和∠DCG=∠PCG=15°，

同理PB=AB=DC=PC，

∠PCB=90°﹣15°﹣15°=60°，

∴△PBC是正三角形．

点评：

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，根据全等三角形对应边相等可得A2B2=B2C2，再根据角的关系推出得到∠A2B2C2=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△B2FC2≌△A2EB2，

所以A2B2=B2C2，

又∠HB2C2+∠HC2B2=90°和∠B2C2Q=∠EB2A2，

从而可得∠A2B2C2=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．

解答：

证明：

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，

∴∠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OM⊥BC于M．

〔1〕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OF⊥AC，于F，那么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OF⊥AC，于F，

那么F为AC的中点，

连接CH，取CH中点N，连接FN，MN，

那么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．

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．

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，

∵OA⊥MN，EF⊥OA，

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

，

∴△EPA≌△FQA，

∴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，

∴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Rt△AER≌Rt△CAT，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，垂足依次为R，S，T，Q，那么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〔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．

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，DE∥AC，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CG．

∵∠ABG=∠ADE=90°+45°=135°，

∴B，G，D在一条直线上，

∴∠ABG=∠CBG=°﹣45°=135°，

在△AGB与△CGB中，，

∴△AGB≌△CGB〔SAS〕，

∴AG=AC=GC=AE，

∴△AGC为等边三角形，

∵AC⊥BD〔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，DE∥AC，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CH⊥DE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CH⊥DE于H，

∵形ABCD，

∴∠DGC=90°，GC=DG，

∵AC∥DE，CH⊥DE，

∴∠DHC=∠GCH=∠DGC=90°，

∴四边形CGDH是形．

由AC=CE=2GC=2CH，

∴∠CEH=30°，

∴∠CAE=∠CEA=∠AED=15°，

又∵∠FAE=90°+45°+15°=150°，

∴∠F=°﹣150°﹣15°=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，PF⊥AP，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FG⊥CD，FE⊥BE，可以得出GFEC为形．再利用全等三角形的判定得出△ABP≌△PEF，进而求出PA=PF即可．

解答：

证明方法一：

作FG⊥CD，FE⊥BE，可以得出GFEC为形．

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〕，即得X=Z，得出△ABP≌△PEF，

∴PA=PF．

方法二：

在AB上截取AG=PC，连接PG

∵ABCD是形

∴AB=BC，∠B=∠DCB=∠APF=90°

∵AG=CP

∴BG=BP，

∴∠BGP=∠BPG=45°

∴∠AGP=°﹣∠BGP=135°

∵CF平分∠DCE

∴∠FCE=45°

∴∠PCF=°﹣∠FCE=135°

∴∠AGP=∠PCF

∵∠BAP+∠APB=90°

∠FPC+∠APB=90°

∴∠BAP=∠FPC，

在△AGP和△PCF中，

∴△AGP≌△PCF〔ASA〕

∴PA=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△ABP≌△PEF是解题关键．

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．

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CQ⊥PD于Q，连接EO，EQ，EC，OF，QF，CF，

∴PC2=PQ•PO〔射影定理〕，

又∵PC2=PE•PF，

∴PQ•PO=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．

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△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．

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AD∥EP，AD∥BC，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，

∵AD∥EP，AD∥BC．

∴四边形AEPD是平行四边形，四边形PEBC是平行四边形，

∴AE∥DP，BE∥PC，

∴∠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：

AB•CD+AD•BC=AC•BD．

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△BEC∽△ADC，于是可得AD•BC=BE•AC，又∵∠ACB=∠DCE，可得△ABC∽△DEC，既得=，即AB•CD=DE•AC，两式结合即可得到AB•CD+AD•BC=AC•BD．

解答：

证明：

在BD取一点E，使∠BCE=∠ACD，即得△BEC∽△ADC，

可得：

=，即AD•BC=BE•AC，①

又∵∠ACB=∠DCE，可得△ABC∽△DEC，

即得=，即AB•CD=DE•AC，②

由①+②可得：

AB•CD+AD•BC=AC〔BE+DE〕=AC•BD，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：

平行四边形的性质；角平分线的性质．

专题：

证明题．

分析：

过D作DQ⊥AE，DG⊥CF，由S△ADE==S△DFC，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DQ⊥AE，DG⊥CF，并连接DF和DE，如右图所示：

那么S△ADE==S△DFC，

∴=，

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：

≤L＜2．

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AD＞AP①，BD+DP＞BP②，PF+FC＞PC③，DF=AF④，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∠APD＞∠AFP=∠ADP，

推出AD＞AP①

又∵