初二数学上册：几何问题专项训练
【例一】如图，△ABC中，∠C为曲角，∠A=*0°，别离以AB、AC为边在△ABC的外侧做正△ABE与正△ACD，DE与AB交于F。求证：EF=FD。
证明：过D做DG//AB交EA的耽误线于G，
可得∠DAG=*0°
∵∠BAD=*0°＋*0°=90°
∴∠ADG=90°
∵∠DAG=*0°=∠CAB，AD=AC
∴Rt△AGD≌Rt△ABC
∴AG=AB，
∴AG=AE
∵DG//AB
∴EF//FD
【例二】如图，正方形ABCD中，E、F别离为AB、BC的中点，EC和DF订交于G，毗连AG，求证：AG=AD。
证明：做DA、CE的耽误线交于H
∵ABCD是正方形，E是AB的中点
∴AE=BE，∠AEH=∠BEC,∠BEC=∠EAH=90°
∴△AEH≌△BEC（ASA）
∴AH=BC，AD=AH
又∵F是BC的中点
∴Rt△DFC≌Rt△CEB
∴∠DFC=∠CEB
∴∠GCF＋∠GFC=∠ECB＋∠CEB=90°
∴∠CGF=90°
∴∠DGH=∠CGF=90°
∴△DGH是Rt△
∵AD=AH
∴AG=*/2DH=AD
【例三】已知在三角形ABC中,AD是BC边上的中线,E是AD上的一点,且BE=AC,耽误BE交AC与F,求证AF=EF
证明：如图
毗连EC,取EC的中点G,AE的中点H，
毗连DG,HG
则：GH=DG
∴角*=∠2，
而∠*=∠*，∠2=∠*=∠*
∴AF=EF.
【例四】如图，四边形ABCD为正方形，DE∥AC，AE＝AC，AE与CD订交于F．求证：CE＝CF．
顺时针扭转△ADE，到△ABG，毗连CG.
因为∠ABG=∠ADE=90°+**°=**°
从而可得B，G，D在一条曲线上，
可得△AGB≌△CGB
推出AE=AG=AC=GC，
可得△AGC为等边三角形。
∠AGB=*00，既得∠EAC=*0°，
从而可得∠A EC=7*°。
又∠EFC=∠DFA=**°+*00=7*°.
可证：CE=CF。
【例五】如图，别离以△ABC的AC和BC为一边，在△ABC的外侧做正方形ACDE和正方形CBFG，点P是EF的中点．求证：点P到边AB的间隔等于AB的一半．
过E,C,F点别离做AB所在曲线的高EG，CI，FH。
可得PQ=（EG+FH）/2
由△EGA≌△AIC，可得EG=AI，
由△BFH≌△CBI，可得FH=BI。
从而可得PQ=AI+BI/2=AB/2，从而得证
【例六】已知：如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，M、N别离是AB、CD的中点，AD、BC的耽误线交MN于E、F．
求证：∠DEN＝∠F．
如下图毗连AC并取此中点Q，毗连QN和QM，
所以可得∠QMF=∠F，∠QNM=∠DEN和∠QMN=∠QNM，从而得出∠DEN＝∠F。
【例七】如图，四边形ABCD为正方形，DE∥AC，且CE＝CA，曲线EC交DA耽误线于F．求证：AE＝AF．
毗连BD做CH⊥DE，可得四边形CGDH是正方形。
由AC=CE=2GC=2CH，
可得∠CEH=*0°，
所以∠CAE=∠CEA=∠AED=**°，
又∠FAE=90°+**°+**°=**0°，
从而可晓得∠F=**°，
从而得出AE=AF。
【例八】平行四边形ABCD中，设E、F别离是BC、AB上的一点，AE与CF订交于P，且AE＝CF．求证：∠DPA＝∠DPC．
过D做AQ⊥AE ，AG⊥CF ，
由S∆ADE=□ABCD/2=S∆DFC,可得：
AE•PQ/2=AE•PQ/2,由AE=FC.
可得DQ=DG，
可得∠DPA＝∠DPC（角平分线逆定理）
end
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