中考数学总复习必做几何经典难题及答案

中考数学总复习必做几何经典难题及答案

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）‎ A F G C E B O D ‎2、已知：如图，P是正方形ABCD内点，∠PAD＝∠PDA＝150．‎ A P C D B ‎ 求证：△PBC是正三角形．（初二）‎ D2‎ C2‎ B2‎ A2‎ D1‎ C1‎ B1‎ C B D A 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．‎ 求证：四边形A2B2C2D2是正方形．（初二）‎ A N F E C D M B ‎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．‎ 经典难题（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．‎ ‎·‎ A D H E M C B O ‎　（1）求证：AH＝2OM；‎ ‎　（2）若∠BAC＝600，求证：AH＝AO．（初二）‎ ‎·‎ G A O D B E C Q P N M ‎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．‎ 求证：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：‎ ‎·‎ O Q P B D E C N M ‎·‎ A 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）‎ P C G F B Q A D E ‎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．‎ 求证：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．‎ A F D E C B 求证：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．‎ E D A C B F 求证：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．‎ D F E P C B A 求证：PA＝PF．（初二）‎ O D B F A E C P ‎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）‎ ‎1、已知：△ABC是正三角形，P是三角形内一点，PA＝3，PB＝4，PC＝5．‎ A P C B 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．‎ 求证：∠PAB＝∠PCB．（初二）‎ P A D C B ‎3、设ABCD为圆内接凸四边形，求证：AB·CD＋AD·BC＝AC·BD．C B D A （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）‎ F P D E C B A 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．‎ A P C B ‎2、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．‎ A C B P D ‎　‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎　‎ A C B P D ‎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．‎ E D C B A ‎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．‎ 经典难题（一）‎ ‎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∠A2B2 C2=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，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。‎ 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∠A EC=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 。‎ 经典难题（四）‎ 1. 顺时针旋转△ABP 600 ，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）。‎ 经典难题（五）‎ ‎1.（1）顺时针旋转△BPC 600 ，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△BPC 600 ，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= = = ‎ ‎ = = ‎ ‎ = 。‎ ‎3.顺时针旋转△ABP 900 ，可得如下图： ‎ ‎ 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=400 ①‎ ‎ 又BD=BC=BG ，既得∠BGD=800 ，既得∠DGF=400 ②‎ ‎ 推得：DF=DG ,得到：△DFE≌△DGE ，‎ ‎ 从而推得：∠FED=∠BED=300 。‎