2020年初中中考几何经典题型汇编（PDF版，附详解）

2020 年初中中考几何经典题型汇编
中考复习战略汇集
注：题目较难，慎重下载！！！
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初中中考几何经典题
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）
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）
2
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）
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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．
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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．
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）
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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
△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）
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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
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．
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考点： 三角形中位线定理．菁优网版权所有
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）
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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．菁优网版权所有
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，
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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．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
，
∴△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．
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．菁优网版权所有
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 ，∠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．
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，
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．菁优网版权所有
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，
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∵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．菁优网版权所有
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．
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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．菁优网版权所有
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．
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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．菁优网版权所有
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．
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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．菁优网版权所有
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．菁优网版权所有
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，
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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．菁优网版权所有
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）
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考点： 平行四边形的性质；角平分线的性质．菁优网版权所有
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．菁优网版权所有
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
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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．菁优网版权所有
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= = ．
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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．菁优网版权所有
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=2 a，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= =2 a，
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= = = a，
即正方形的边长为 a．
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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．菁优网版权所有
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，
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∴∠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．