admin管理员组文章数量:1535374
2024-07-28 作者:
初二几何经典题
一、解答题
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=15°.求证:△PBC是正三角形.(初二)
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.
求证:四边形A2B2C2D2是正方形.(初二)
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.
求证:∠DEN=∠F.
5.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=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.
求证:AP=AQ.(初二)
8.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: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.
求证:CE=CF.
10.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.
求证:AE=AF.(初二)
11.设P是正方形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.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)
14.设P是平行四边形ABCD内部的一点,且∠PBA=∠PDA.
求证:∠PAB=∠PCB.
15.设ABCD为圆内接凸四边形,求证:AB•CD+AD•BC=AC•BD.(初三)
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内任一点,L=PA+PB+PC,求证:
≤L<2.
18.已知:P是边长为1的正方形ABCD内的一点,求PA+PB+PC的最小值.
19.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.
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.
初二几何经典题
参考答案与试题解析
一、解答题
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)
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.
2.已知:如图,P是正方形ABCD内点,∠PAD=∠PDA=15°.求证:△PBC是正三角形.(初二)
考点: 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.
分析: 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.
解答: 证明:
∵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°﹣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°﹣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: 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.
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.
求证:四边形A2B2C2D2是正方形.(初二)
考点: 正方形的判定;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∠A2B2 C2=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是正方形.
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°,
∴所以∠GEB2=∠GFQ,
∴∠B2FC2=∠A2EB2,
可得△B2FC2≌△A2EB2,
所以A2B2=B2C2,
又∠HB2C2+∠HC2B2=90°和∠B2C2Q=∠EB2A2,
从而可得∠A2B2 C2=90°,
同理可得其它边垂直且相等,
从而得出四边形A2B2C2D2是正方形.
点评: 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.
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.
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.
5.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=60°,求证:AH=AO.(初二)
考点:
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;圆周角定理.
专题: 证明题.
分析:
(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.
解答:
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.
点评: 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.
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;圆内接四边形的性质;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,
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.
点评: 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.
7.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.
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.
解答:
证明:作OF⊥CD,OG⊥BE,连接OP,OA,OF,AF,OG,AG,OQ.
由于∴△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.
,∠FDA=∠ABQ,
点评: 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.
8.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: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,则PQ=(ER+FS),易证Rt△AER≌Rt△CAT,则ER=AT,FS=BT,ER+FS=AT+BT=AB,即可得证.
解答:
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. 点评:
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.
9.如图,四边形ABCD为正方形,DE∥AC,AE=AC,AE与CD相交于F.
求证:CE=CF.
考点: 正方形的性质;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°=135°,
在△AGB与△CGB中,,
∴△AGB≌△CGB(SAS),
∴AG=AC=GC=AE,
∴△AGC为等边三角形, ∵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°=75°,
∴CE=CF.
点评: 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.
10.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.
求证:AE=AF.(初二)
考点: 正方形的性质;三角形内角和定理;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.
专题: 计算题.
分析:
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. 解答:
证明:连接BD,作CH⊥DE于H,
∵正方形ABCD,
∴∠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°+45°+15°=150°,
∴∠F=180°﹣150°﹣15°=15°,
∴∠F=∠AEF,
∴AE=AF.
点评: 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.
求证:PA=PF.(初二)
考点:
正方形的性质;全等三角形的判定与性质.
专题: 证明题.
分析:
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.
解答:
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﹣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.
点评:
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.
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,
所以PC2=PQ•PO(射影定理),
又PC2=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四点共圆是解题关键.
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)
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: 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.
14.设P是平行四边形ABCD内部的一点,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,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: 此题主要考查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为圆内接凸四边形,求证:AB•CD+AD•BC=AC•BD.(初三)
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:
本题主要考查相似三角形的判定与性质和圆周角的知识点,解答本题的关键是在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:
则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:
本题考查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行证明.
17.设P是边长为1的正△ABC内任一点,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>AP ①
又∵BD+DP>BP ②
和PF+FC>PC ③
又∵DF=AF ④
由①②③④可得:最大L<2;
由(1)和(2)即得:≤L<2.
点评: 综合考查了旋转的性质,等边三角形的性质和三角形三边关系,分别找到最小和最大L的求法是解题的关键.
18.已知:P是边长为1的正方形ABCD内的一点,求PA+PB+PC的最小值.
考点:
轴对称-最短路线问题;正方形的性质.
分析: 顺时针旋转△BPC60度,可得△PBE为等边三角形,若PA+PB+PC=AP+PE+EF要使最小只要AP,PE,EF在一条直线上,求出AF的值即可.
解答: 解:顺时针旋转△BPC60度,可得△PBE为等边三角形.
即得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.
BM=BF•cos30°=BC•cos30°=则AM=1+=,
,
∵AB=BF,∠ABF=150°
∴∠BAF=15°
既得AF==.
点评: 本题主要考查轴对称﹣路线最短问题的知识点,解答本题的关键是熟练掌握旋转的知识,此题难度一般.
19.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.
考点:
正方形的性质;勾股定理;等腰直角三角形;旋转的性质.
专题: 综合题.
分析: 把△ABP顺时针旋转90°得到△BEC,根据勾股定理得到PE=2a,再根据勾股定理逆定理证明△PEC是直角三角形,从而得到∠BEC=135°,过点C作CF⊥BE于点F,△CEF是等腰直角三角形,然后再根据勾股定理求出BC的长度,即可得到正方形的边长.
解答: 解:如图所示,把△ABP顺时针旋转90°得到△BEC,
∴△APB≌△CEB,
∴BE=PB=2a,
∴PE==2a,
在△PEC中,PC2=PE2+CE2=9a2,
∴△PEC是直角三角形,
∴∠PEC=90°,
∴∠BEC=45°+90°=135°,
过点C作CF⊥BE于点F,
则△CEF是等腰直角三角形,
∴CF=EF=CE=a,
在Rt△BFC中,BC=即正方形的边长为a.
==a, 点评: 本题考查了正方形的性质,旋转变化的性质,等腰直角三角形的性质,勾股定理以及逆定理的应用,作出辅助线构造出直角三角形是解题的关键.
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.
考点: 全等三角形的判定与性质;等边三角形的判定与性质.
专题: 几何综合题;压轴题.
分析:
作∠BCF=60°,分别交AB、BE于点F、G,构造出等边三角形△BCG,可以求出∠DCF与∠FCE的度数,并利用角边角证明△ABE与△ACF全等,根据全等三角形对应边相等得到BE=CF,然后求出△FGE也是等边三角形,再根据等边三角形的角的度数证明EF∥BC,推出∠AFE=80°,根据平角等于180°推出∠DFG=40°,再根据角的度数可以得到BD=BC=BG,然后推出∠DGF=40°,根据等角对等边的性质可得DG=DF,从而利用边边边证明△DFE与△DGE全等,根据全等三角形对应角相等可得∠DEF=∠BED,即可得解.
解答:
解:作∠BCF=60°,分别交AB、BE于点F、G,连接EF,DG,
∵∠ABC=80°,∠EBA=20°,
∴∠GBC=80°﹣20°=60°,
∴△BGC为等边三角形, ∵∠DCA=30°,∠ACB=80°,
∴∠DCF=∠BCF﹣(∠ACB﹣∠DCA)=60°﹣(80°﹣30°)=10°,∠FCE=∠DCA﹣∠DCF=30°﹣10°=20°,
∴∠EBA=∠FCE,
又∵∠ABC=∠ACB=80°,
∴AB=AC,
在△ABE与△ACF中,
,
∴△ABE≌△ACF(ASA),
∴BE=CF,
∵BG=CG=BC(等边三角形的三边相等)
∴FG=GE,
∴△FGE为等边三角形,
∴∠EFG=∠CBG=60°,
∴EF∥BC,
∴∠AFE=∠ABC=80°,
∴∠DFG=180°﹣80°﹣60°=40°①,
在△BCD中,∠BDC=180°﹣∠ABC﹣∠BCD=180°﹣80°﹣(80°﹣30°)=50°,
∴∠BCD=180°﹣50°﹣80°=50°,
∴∠BDC=∠BCD,
∴BC=BD,
∴BD=BC=BG, 在△BGD中,∠BGD=(180°﹣20°)=80°,
∴∠DGF=180°﹣∠BGD﹣∠EGF=180°﹣80°﹣60°=40°②,
∴∠DFG=∠DGF,
∴DF=DG,
在△DFE与△DGE中,
,
∴△DFE≌△DGE(SSS),
∴∠FED=∠BED,
∵∠GEF=60°(等边三角形的每一个角都等于60°),
∴∠BED=∠GEF=30°.
故答案为:30°.
点评: 本题考查了全等三角形的判定与性质,等边三角形的判定与性质,巧妙运用题中的角的度数的关系并作出辅助线是解题的关键,难度较大,对同学们的能力要求较高.
本文标签: 人教版初二几何经典题
版权声明:本文标题:人教版初二几何经典题 内容由热心网友自发贡献,该文观点仅代表作者本人, 转载请联系作者并注明出处:https://m.elefans.com/shuma/1722136706a917797.html, 本站仅提供信息存储空间服务,不拥有所有权,不承担相关法律责任。如发现本站有涉嫌抄袭侵权/违法违规的内容,一经查实,本站将立刻删除。
发表评论