初一几何证明题练习

2024-10-13

初一几何证明题练习（精选7篇）

1.初一几何证明题练习篇一

初一《几何》复习题2002--6—29姓名：一．填空题

1．过一点

2．过一点，有且只有直线与这条直线平行；

3．两条直线相交的，它们的交点叫做；4．直线外一点与直线上各点连接的中，最短；A B 5．如果C[图1]6．如图1，AB、CD相交于O点，OE⊥CD，∠1和∠2叫做，∠1和∠3叫做，∠1和∠4叫做，∠2和∠3叫做；A7．如图2，AC⊥BC，CD⊥AB，B点到AC的距离是A点到BC的距离是，C点到AB的距离是D43

8．如图3，∠1=110°，∠2=75°，∠3=110°，∠4=；CB

二．判断题[图2][图3] 1．有一条公共边的两个角是邻补角；（）2．不相交的两条直线叫做平行线；（）

3．垂直于同一直线的两条直线平行；（）4．命题都是正确的；（）

5．命题都是由题设和结论两部分组成（）6．一个角的邻补角有两个；（）三．选择题

1．下列命题中是真命题的是（）A、相等的角是对顶角B、如果a⊥b，a⊥c，那

么b⊥cC、互为补角的两个角一定是邻补角D、如果a∥b，a⊥c，那么b⊥c 2.下列语句中不是命题的是（）A、过直线AB外一点C作AB的平行线CF B、任意两个奇数之和是偶数C、同旁内角互补，则两直线平行D、两个角互为

补角，与这两个角所在位置无关A 3．如图4，已知∠1=∠2，若要∠3=∠4，则需（）DA、∠1=∠3B、∠2=∠3C、∠1=∠4D、AB∥CDC [图4] 4．将命题“同角的补角相等”改写成“如果„„，那么„„”的形式，正确的是（）

A．如果同角的补角，那么相等B．如果两个角是同一个角，那么它们的补角相等 C．如果有一个角，那么它们的补角相等D．如果两个角是同一个角的补角，那么它们相等四．解答下列各题：P 1.如图5，能表示点到直线（或线段）的距离的线段QAC 有、、；ABF 2.如图6，直线AB、CD分别和EF相交，已知AB∥CD，OREBBA平分∠CBE，∠CBF=∠DFE，与∠D相等的角有∠[图5][图6]D∠、∠、∠、∠等五个。C 五．证明题E[图8]如图7，已知：BE平分∠ABC，∠1=∠3。求证：DE∥BCB[图7]CADB

六．填空题

1．过一点可以画条直线，过两点可以画 2．在图8中，共有条线段，共有个锐角，个直角，∠A的余角是； 3．AB=3.8cm，延长线段AB到C，使BC=1cm，再反向延长AB到D，使AD=3cm，E是AD中点，F是CD的中点，则EF=cm ；

4．35.56°=度分秒；105°45′15″—48°37′26 ″ 5．如图9，三角形ABC中，D是BC上一点，E是AC上一点，AD与BE交于F点，则图中共有E 6．如图10，图中共有条射线，七．计算题BDC 1．互补的两个角的比是1：2，求这两个角各是多少度？[图9]

A2．互余的两角的差为15°，小角的补角比大角的补角大多少？E

BDC[图10] 1．如图11，AOB是一条直线，OD是∠BOC的平分线，若∠AOC=34°56′求∠BOD的度数；

DC 八．画图题。1.已知∠α，画出它的余角和补角，并表示出来AOB

[图11]北 2.已知∠α和∠β，画一个角，使它等于2∠α—∠β北偏西20

β 3.仿照图12，作出表示下列方向的射线：西东 ⑴北偏东43° ⑵南偏西37° ⑶东北方向 ⑷ 西北方向九．证明题[图12]南两直线平行，内错角的平分线平行（要求：画出图形，写出已知、求证，并进行证明）已知：求证：证明：

2.初一几何证明题练习篇二

常州市中考试题中有这样一题:

【例】 (本小题满分7分) 已知:如图1, △ABC和△ECD都是等腰直角三角形, ∠ACB=∠DCE=90°, D为AB边上一点.

求证: (1) △ACE≌△BCD;

(2) AD2+AE2=DE2.

无独有偶, 徐州市中考也出现这样一题:

【例】如图2, 圆心角都是90°的扇形OAB与扇形OCD叠放在一起, OA=3, OC=1, 分别连结AC、BD, 则图中阴影部分的面积为 ( ) .

A.π B.π

C.2π D.4π

这两题形式不同, 但实质相同, 它们都脱胎于《数学》 (苏科版) 八年级 (上) 习题1.5第12题:

如图3, △ABC和△CDE都是等边三角形, 且点A、C、E在一条直线上.度量并比较AD与BE的大小, 你能对所得的结论说明理由吗?

容易证明, △ACD与△BCE全等, 所以AD=BE.

我们可以将△DCE看成是由△ACB绕C点旋转120度并进行等比例放缩得到, 其中点A与点D、点B与点E分别是对应点.可以看到, 对应点连线长度相等.那么是否一定要旋转120度呢?我们将条件弱化后再进行分析.

[变题1]将等边△ACB绕C点旋转任意角度并进行等比例放缩得到△DCE, 将对应点A与D、B与E分别连结, 证明:AD=BE.

当然两个三角形还可能部分重合, 如图5:

因为EC=DC, AC=BC,

易证∠ACD=∠BCE, 所以△ACD≌△BCE,

所以AD=BE.

是否一定要是等边三角形呢?我们再将条件进一步弱化.可以看到△ACD与△BCE全等的关键在于两边对应相等, 夹角相等, 而与△ABC和△DCE是否是等边三角形无关.

[变题2]将等腰△ACB绕其两腰交点C旋转任意角度并进行等比例放缩得到△DCE, 将对应点A与D、B与E分别连结, 证明:AD=BE.

当然两个等腰三角形还可能部分重合, 如图7:

在这里要注意, 等腰三角形一定要绕其两腰交点旋转并等比例放缩.

如果将等腰三角形特殊化为等腰直角三角形, 又会出现什么情形呢?

[变题3]将等腰直角△ACB绕其两腰交点C旋转任意角度并进行等比例放缩得到△DCE, 将对应点A与D、B与E分别连结, 证明: (1) AD=BE; (2) AD⊥BE.

证明: (1) ∵AC=BC, CD=CE

又∵∠ACD=∠ACB+∠BCD=90°+∠BCD,

∠BCE=∠DCE+∠BCD=90°+∠BCD,

∴∠ACD=∠BCE.

∴△ACD≌△BCE,

所以AD=BE.

(2) ∵△ACD≌△BCE,

∴∠1=∠2.

∴∠CAB+∠CBA=∠PAB+∠1+∠CBA=∠PAB+∠2+∠CBA=∠PAB+∠PBA=90°.

∴∠APB=180°- (∠PAB+∠PBA) =90°.

∴AD⊥BE.

当然两个等腰直角三角形还可能部分重合, 如9图:

此时AD与BE仍是相等且垂直的.

推而广之, 等腰△ACB绕其两腰交点C旋转任意角度并进行等比例放缩得到△DCE, 将对应点A与D、B与E分别连结, 则有∠APB=∠ACB=∠DCE, 如图10:

同理, 当等边△ACB绕其顶点C旋转任意角度并进行等比例放缩得到△DCE, 将对应点A与D、B与E分别连结, 则线段AD、BE的交角即为60度. (证明略)

现在, 再回过头来看常州与徐州市中考题, 便能发现它们的本质是相同.如果再做些变换, 此题就变成了一道竞赛题.

[变题4]以△ABC的边AB、AC为斜边分别向外作等腰直角三角形APB、AQC, M是BC的中点, 求证MP=MQ, MP⊥MQ. (新课标数学竞赛通用教材)

思考:在这一题中, 三角形ABC是假的, 中点M也是假的, 我们考虑到等腰三角形一定要绕其两腰交点旋转并等比例放缩, 所以我们可以将三角形ABP、ACQ补形为以A为顶点的等腰直角三角形.

证明:延长CQ到F, 使QF=CQ, 延长BP到E, 使PE=BP, 则△BAE、△CAF都是等腰直角三角形.

显然, △ABF≌△AEC,

∴EC=BF, EC⊥BF,

而PM∥EC, PM=EC, MQ∥BF, MQ=BF,

∴MP=MQ, MP⊥MQ.

可以看到, 一道复杂的竞赛题可归结为一个最简单的模型:将等腰三角形绕其两腰交点旋转任意角度并进行放缩, 变换前后对应点连线相等且其交角等于等腰三角形的顶角.

3.几何证明题添加辅助线索引篇三

证明几何题一般需添加辅助线,所以我们在分析思考一道几何题的证明方法时,也就要考虑添加什么样的辅助线的问题(辅助线的类型分为直线型和圆型两种)。我们知道,添加有用的辅助线,能使命题的条件与结论有机联系起来,便于由此及彼。或改造原题图形,以应用某一定理;或造成新的等量,借以得到欲证的等量。那么怎样添加有用的辅助线呢?这是一个很难回答的问题。因为几何题目繁多,辅助线的添加法也多种多样,没有一定成规。为了探求添加辅助线的方法,我们不妨把常见的几何题按所需证明的结论分为若干类,一旦你决定用哪种方法来证,你就按照这种方法的要求添加辅助线。比如你要用全等三角形来证两线段(或两角)相等,你就添加辅助线构造全等三角形。你要用“两平行线被第三线所截,同位角相等内错角相等”来证两角相等,你就要添加平行线。

常常有这样的情形,对某一几何题,我们一时还不知道该用哪种方法来证,或者也知道需用某种方法,但走了几步后,走不下去了,该怎么办呢?这时你仔细检查一下题设条件,或许能从中得到某种启发,因为题设条件常常暗示了添加辅助线的方法,比如有以下几种情况:1.题设条件有线段的中点,常作中位线中线或弦心距;2.题设条件中有三角形的中线,常作平行四边形(只需将中线延长一倍或三分之一);3.题设条件中有直径,常作出直径上的圆周角(是直角);4.两圆相交,常作公共弦(此公共线把两圆联系起来,便于找到等量关系,比如说,在两圆内可找到这弦所对的圆周角);5.两圆相切,常作连心线(它通过切点)和公切线(可在两圆内找到等于弦切角的圆周角);6.给了线段的垂直平分线,常利用“线段垂直平分线上的点,到线段两端的距离相等”;7.给了角平分线,常利用“角平分线上的点到角两边的距离相等”;8.给了切线,常作过切点的半径(它垂直于切线);9.多边形常用的辅助线是对角线,把多边形分成若干三角形,然后应用三角形有关的定理去解决;10.有关梯形问题,常用的辅助线是由小底两端作大底的垂线,或由小底一端作一腰的平行线;或作另一对角线的平行线等。

只要我们熟练地掌握了所学过的定义、公理和定理,做过一定数量的练习题,并注意不断总结经验,就可以从中体会到添加“辅助线”的规律性。当然这种规律性是无法用三言两语概括起来的。是不是添加辅助线就可以万事大吉?其实,也不是这样,添加辅助线只是打开了我们的解题思路。只要我们大家多多交流各自的点滴体会,就可使点滴之水汇成江河,突破中学数学中平面几何这个薄弱的环节。

4.初中几何基础证明题(初一) 篇四

1.如图，AD∥BC，∠B=∠D，求证：AB∥CD。

2.如图CD⊥AB，EF⊥AB，∠1=∠2，求证：∠AGD=∠ACB。

2BG BE

3.已知∠1=∠2，∠1=∠3，求证：CD∥OB。

PC 3D /2 BO

4.如图，已知∠1=∠2，∠C=∠CDO，求证：CD∥OP。

D P

CBO

5.已知∠1=∠2，∠2=∠3，求证：CD∥EB。

C3D / BOE6.如图∠1=∠2，求证：∠3=∠4。

/3BA

DC42

7.已知∠A=∠E，FG∥DE，求证：∠CFG=∠B。

CG F ED

8.已知，如图，∠1=∠2，∠2+∠3=1800，求证：a∥b，c∥d。

cd a

b32

9.如图，AC∥DE，DC∥EF，CD平分∠BCA，求证：EF平分∠BED。

EBC

10、已知，如图，∠1=450，∠2=1450，∠3=450，∠4=1350，求证：l1∥l2，l3∥l5，l3l2∥l4。

l11

l22

344 l5

11、如图，∠1=∠2，∠3=∠4，∠E=900，求证：AB∥CD。

BA 12

E CD

12、如图，∠A=2∠B，∠D=2∠C，求证：AB∥CD。

13、如图，EF∥GH，AB、AD、CB、CD是∠EAC、∠FAC、∠GCA、∠HCA的平分线，求证：∠BAD=∠B=∠C=∠D。

GHC

14、已知，如图，B、E、C在同一直线上，∠A=∠DEC，∠D=∠BEA，∠A+∠D=900，求证：AE⊥DE，AB∥CD。

CEB

15、如图，已知，BE平分∠ABC，∠CBF=∠CFB=650，∠EDF=500，求证：BC∥AE。

16、已知，∠D=900，∠1=∠2，EF⊥CD，求证：∠3=∠B。

AD1

E3F

BC17、如图，AB∥CD，∠1=∠2，∠B=∠3，AC∥DE，求证：AD∥BC。

DA 312

5.高中几何证明题篇五

1、(本题14分)如图5所示，AF、DE分别世O、O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD8.BC是O的直径，ABAC6,OE//AD.D(I)求二面角BADF的大小；

(II)求直线BD与EF所成的角.AF图

5解：(Ⅰ)∵AD与两圆所在的平面均垂直,∴AD⊥AB, AD⊥AF,故∠BAD是二面角B—AD

—F的平面角，依题意可知，ABCD是正方形，所以∠BAD＝450.即二面角B—AD—F的大小为450；

(Ⅱ)以O为原点，BC、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系（如图所示），则O（0，0，0），A（0，2，0），B（32，0，0）,D（0，32，8），E（0，0，8），F（0，32，0）所以，(2,32,8),(0,2,8)

cosBD,EFBD与01864EF 10设异面直线所成角为，则

cos|cosBD,EF| 10

10直线BD与EF所成的角为

2．（本题满分13分）

如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长是2，D是侧棱CC1的中点，直线AD与侧面BB1C1C所成的角为45．

（Ⅰ）求此正三棱柱的侧棱长；

（Ⅱ）求二面角ABDC的大小；

（Ⅲ）求点C到平面ABD的距离．

A1B

1解：（Ⅰ）设正三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱长为x．取BC中点E，连AE．

ABC是正三角形，AEBC．又底面ABC侧面BB1C1C，且交线为BC

．1AE侧面BB1C1C．

连ED，则直线AD与侧面BB1C1C所成的角为ADE45．……………2分在RtAED中，tan45



ED，解得x…………3分

此正三棱柱的侧棱长为……………………4分

注：也可用向量法求侧棱长．

（Ⅱ）解法1：过E作EFBD于F，连AF，AE侧面BB1C1C,AFBD．

AFE为二面角ABDC的平面角．……………………………6分在RtBEF中，EFBEsinEBF，又

BE1,sinEBF

又AE

CDEF．

BD在RtAEF中，tanAFE

3．…………………………8分 EF

故二面角ABDC的大小为arctan3．…………………………9分

解法2：（向量法，见后）

BD平面AEF,平面AEF平面ABD，（Ⅲ）解法1：由（Ⅱ）可知，且交线为AF，过E作EGAF于G，则EG平面ABD．…………10分

在RtAEF中，EG

AEEF

AF



．…………12分 E为BC中点，点C到平面ABD的距离为2EGACB解法2：（思路）取AB中点H，连CH和DH，由C

．…………13分 10

ADB,D，易得平面ABD

平面CHD，且交线为DH．过点C作CIDH于I，则CI的长为点C到平面ABD的距离．

解法3：（思路）等体积变换:由VCABDVABCD可求．解法4：（向量法，见后）题（Ⅱ）、（Ⅲ）的向量解法：

（Ⅱ）解法2：如图，建立空间直角坐标系

则AB(0,1,0),C(0,1,0),D(

设n1(x,y,z)为平面ABD的法向量．

yn10,由 得y0n02

取n1().…………6分



又平面BCD的一个法向量n2(0,0,1).…………7分

n1n2(6,3,1)(0,0,1)．…………8分 cosn1,n2

n1n21(6)2()21210

．…………9分 

（Ⅲ）解法4：由（Ⅱ）解法2，n1(),CA(0,1…………10分

结合图形可知，二面角ABDC的大小为点C到平面ABD的距离d来源：（深圳家教）

(0,1,)(6,,1)(6)2(3)212

＝

6.初中几何证明题篇六

求证:BD+CE≥DE。

1.延长EM至F,使MF=EM,连BF.∵BM=CM,∠BMF=∠CME,∴△BFM≌△CEM(SAS),∴BF=CE，又DM⊥EM，MF=EM,∴DE=DF

而∠DBF=∠ABC+∠MBF=∠ABC+∠ACB<180°，∴BD+BF>DF，∴BD+CE>DE。

2.己知M是△ABC边BC上的中点，,D,E分别为AB,AC上的点，且DM⊥EM。

求证:BD+CE≥DE

如图

过点C作AB的平行线，交DM的延长线于点F;连接EF

因为CF//AB

所以，∠B=∠FCM

已知M为BC中点，所以BM=CM

又，∠BMD=∠CMF

所以，△BMD≌△CMF(ASA)

所以，BD=CF

那么，BD+CE=CF+CE……………………………………………(1)

且，DM=FM

而，EM⊥DM

所以，EM为线段DF的中垂线

所以，DE=EF

在△CEF中，很明显有CE+CF>EF………………………………(2)

所以，BD+CE>DE

当点D与点B重合，或者点E与点C重合时，仍然采用上述方法，可以得到BD+CE=DE

综上就有：BD+CE≥DE。

3.证明因为∠DME=90°，∠BMD<90°，过M作∠BMD=∠FMD，则∠CME=∠FME。

截取BF=BC/2=BM=CM。连结DF,EF。

易证△BMD≌△FMD，△CME≌△FME

所以BD=DF，CE=EF。

在△DFE中，DF+EF≥DE，即BD+CE≥DE。

当F点落在DE时取等号。

另证

延长EM到F使MF=ME，连结DF，BF。

∵MB=MC，∠BMF=∠CME，∴△MBF≌△MCE，∴BF=CE，DF=DE，在三角形BDF中，BD+BF≥DF，即BD+CE≥DE。

分析已知、求证与图形，探索证明的思路。

对于证明题，有三种思考方式：

(1)正向思维。对于一般简单的题目，我们正向思考，轻而易举可以做出，这里就不详细讲述了。

(2)逆向思维。顾名思义，就是从相反的方向思考问题。运用逆向思维解题，能使学生从不同角度，不同方向思考问题，探索解题方法，从而拓宽学生的解题思路。这种方法是推荐学生一定要掌握的。在初中数学中，逆向思维是非常重要的思维方式，在证明题中体现的更加明显，数学这门学科知识点很少，关键是怎样运用，对于初中几何证明题，最好用的方法就是用逆向思维法。如果你已经上初三了，几何学的不好，做题没有思路，那你一定要注意了：从现在开始，总结做题方法。同学们认真读完一道题的题干后，不知道从何入手，建议你从结论出发。例如：可以有这样的思考过程：要证明某两条边相等，那么结合图形可以看出，只要证出某两个三角形相等即可;要证三角形全等，结合所给的条件，看还缺少什么条件需要证明，证明这个条件又需要怎样做辅助线，这样思考下去……这样我们就找到了解题的思路，然后把过程正着写出来就可以了。这是非常好用的方法，同学们一定要试一试。