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，
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）
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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． 菁优网版 权所有
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
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．
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考点： 三角形中位线定理． 菁优网版 权所有
，
∴△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
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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．
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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：
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．
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． 菁优网版 权所有
专题： 证明题．
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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，
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．
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．
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． 菁优网版 权所有
，
∴△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．
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）
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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．
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： 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．
∴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． 菁优网版 权所有
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
初中几何经典题
参考答案与试题解析
一、解答题（共 20 小题，满分 0 分） 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． 菁优网版 权所有
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．
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）
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考点： 正方形的判定；全等三角形的判定与性质． 菁优网版 权所有
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
专题： 证明题． 分析： 把△ADEห้องสมุดไป่ตู้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°，
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．