初中数学经典例题
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1/6初一习题
如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=900，AE平分∠BAC交BC于E，BD⊥AE于D，DM⊥AC交AC的延长线
于M，连接CD。下列结论：
①AC+CE=AB；②CD= ，③∠CDA=450 ，④为定值。
其中正确的结论有（ ）
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
初二习题
如图①，在等边三角形ABC中．D是AB边上的动点，以CD为一边，向上作等边三角形EDC．连接AE.
(l)求证：△DBC≌△EAC
(2)试说明AE∥BC的理由．
(3)如图②，当图①中动点D运动到边BA的延长线上时，所作仍为等边三角形，猜想是否仍有AE∥BC?若成立
请证明．
2/6初三习题
如图，以点P（﹣1，0）为圆心的圆，交x轴于B、C两点（B在C的左侧），交y轴于A、D两点（A在D的下
方），AD=2，将△ABC绕点P旋转180°，得到△MCB．
（1）求B、C两点的坐标；
（2）请在图中画出线段MB、MC，并判断四边形ACMB的形状（不必证明），求出点M的坐标；
（3）动直线l从与BM重合的位置开始绕点B顺时针旋转，到与BC重合时停止，设直线l与CM交点为E，点Q为
BE的中点，过点E作EG⊥BC于G，连接MQ、QG．请问在旋转过程中∠MQG的大小是否变化？若不变，求出
∠MQG的度数；若变化，请说明理由．
【答案】D
【解析】过E作EQ⊥AB于Q，作∠ACN=∠BCD，交AD于N，过D作DH⊥AB于H，根据角平分线性质求出
CE=EQ，DM=DH，根据勾股定理求出AC=AQ，AM=AH，根据等腰三角形的性质和判定求出BQ=QE，即可
3/6求出①；根据三角形外角性质求出∠CND=45°，证△ACN≌△BCD，推出CD=CN，即可求出②③；证
△DCM≌△DBH，得到CM=BH，AM=AH，即可求出④．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）仍有AE∥BC，理由见解析
【解析】试题分析：（1）根据△ABC与△EDC是等边三角形，利用其三边相等和三角相等的关系，求证
∠BCD=∠ACE．然后即可证明结论；
（2）根据ACE≌△BCD，可得∠ABC=∠CAE=60°，利用等量代换求证∠CAE=∠ACB即可．
（3）证明△DBC≌△EAC可推出∠EAC=∠ACB，由此可证．
试题解析：（1）∵∠ACB=60， ∠DCE=60，
∴∠BCD=60-∠ACD， ∠ACE=60-∠ACD，
即∠BCD=∠ACE，
在△DBC和△EAC中，
，
∴△DBC≌△EAC(SAS)；
（2） ∵△DBC≌△EAC，
4/6∴∠EAC=∠B=60，
又∵∠ACB=60，
∴∠EAC=∠ACB，
∴AE∥BC；
（3）仍有AE∥BC，
∵△ABC，△EDC都为等边三角形，
∴BC=AC， DC=CE， ∠BCA=∠DCE=60，
∴∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
即∠BCD=∠ACE，
在△DBC和△EAC中，
，
∴△DBC和△EAC(SAS)，
∴∠EAC=∠B=60，
又∵∠ACB=60，
∴∠EAC=∠ACB，
∴AE∥BC
【答案】（1）B（﹣﹣1，0），C（﹣1，0）；
（2）（﹣2，1）；
（3）∠MQG的大小不变，始终等于135°,理由见解析．
5/6【解析】试题分析：（1）连接PA，运用垂径定理及勾股定理即可求出圆的半径，从而可以求出B、C两点的
坐标．
（2）由于圆P是中心对称图形，显然射线AP与圆P的交点就是所需画的点M，连接MB、MC即可；易证四边形
ACMB是矩形；过点M作MH⊥BC，垂足为H，易证△MHP≌△AOP，从而求出MH、OH的长，进而得到点M
的坐标．
（3）易证点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，从而得到∠MQG=2∠MBG．由等腰直角三角形和等腰三角形的性质得出∠PCA=67.5°，从而得到∠MBG=67.5°，进而得到∠MQG=135°，即∠MQG的度数
是定值．
试题解析：
（1）连接PA，如图1所示．
∵PO⊥，∴AO=DO．
∵=2，∴OA=1．
∵点P坐标为（﹣1，0），∴OP=1，∴PA=== ，∴BP=CP=，∴OB=+1，
OC=﹣1，∴B（﹣﹣1，0），C（﹣1，0）．
（2）连接AP，延长AP交⊙P于点M，连接MB、MC．
如图2所示，线段MB、MC即为所求作．
四边形ACMB是矩形．理由如下：
∵△MCB由△ABC绕点P旋转180°所得，∴四边形ACMB是平行四边形．
∵BC是⊙P的直径，∴∠CAB=90°，∴平行四边形ACMB是矩形．
过点M作MH⊥BC，垂足为H，如图2所示．
在△MHP和△AOP中，∵∠MHP=∠AOP，∠HPM=∠OPA，PM=PM，∴△MHP≌△AOP（AAS），
∴MH=OA=1，PH=PO=1，∴OH=2，∴点M的坐标为（﹣2，1）．
（3）在旋转过程中∠MQG的大小不变．
6/6∵四边形ACMB是矩形，∴∠BMC=90°．
∵EG⊥BO，∴∠BGE=90°，∴∠BMC=∠BGE=90°．
∵点Q是BE的中点，∴QM=QE=QB=QG，∴点E、M、B、G在以点Q为圆心，QB为半径的圆上，如图3所示，
∴∠MQG=2∠MBG．
∵OA=OP=1，∠AOP=90°，∴∠APC=45°，∵PC=PA，∴∠PCA=∠
PAC=（180°-45°）=67.5°，
∴∠MBC=∠BCA=67.5°，∴∠MQG=135°，∴在旋转过程中∠MQG的大小不变，始终等于135°．
