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。
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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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