初中几何经典题解析

初中几何经典题

一、解答题（共20小题，满分0分）

1.（2013•茶陵县自主招生）已知：如图，。是半圆的圆心，C、E是圆上的两点，CD±AB,EF±AB,EG±C0.

求证：CD=GF.（初二）

2.己知：如图，P是形ABCD点，ZPAD=ZPDA=15°.求证：△PBC是正三角形.（初二）

3.如图,已知四边形ABCD、AiB£D都是形,即、B?、C2>D?分别是AA】、BB-CQ、DD1的中点.

求证：四边形A?B2c2D2是形.

4.己知：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：ZDEN=ZF.

5.已知：△ABC中，H为垂心（各边高线的交点），。为外心，且0MJ_BC于M.

（1）求证：AH=20M；

（2）若NBAC=60°,求证：AH=A0.（初二）

6.设MN是圆0外一直线，过0作0A_LMN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，则由此可得以下命题：设MN是圆0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）

8.如图，分别以△ABC的边AC、BC为一边，在AABC外作形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为形，DEIIAC,AE=AC,AE与CD相交于F.

求证：CE=CF.

10.如图，四边形ABCD为形，DEIIAC,且CE=CA,直线EC交DA延长线于F.

求证：AE=AF.（初二）

BC

E

11.设P是形ABCD一边BC上的任一点，PF_LAP,CF平分NDCE.

求证：PA=PF.（初二）

12.如图，PC切圆。于C,AC为圆的直径，PEF为圆的割线，AE、AF与直线P0相交于B、D.求证：AB=DC,

BC=AD.

13.己知：△ABC是正三角形，P是三角形一点，PA=3,PB=4,PC=5.

求：NAPB的度数.（初二）

14.设P是平行四边形ABCD部的一点，且NPBA=NPDA.

求证：ZPAB=ZPCB.

15.设ABCD为圆接凸四边形，求证：AB・CD+AD・BC=AC・BD.

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:NDPA=ZDPC.（初

二）

17.设P是边长为1的正△ABC任一点，L=PA+PB+PC,求证：<L<2.

18.己知：P是边长为1的形ABCD的一点，求PA+PB+PC的最小值.

19.P为形ABCD的一点，并且PA=a,PB=2a,PC=3a,求形的边长.

20.如图,△ABC中,ZABC=ZACB=80°,D、E分别是AB、AC上的点,ZDCA=30°,ZEBA=20°,求NBED的

度数.

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.（2013•茶陵县自主招生）已知：如图，0是半圆的圆心，C、E是圆上的两点，CD±AB,EF±AB,EG±C0.

求证：CD=GF.（初二）

考点：相似三角形的判定与性质；圆周角定理.

分析：首先根据四点共圆的性质得出G0FE四点共圆，进而求出AGHF”AOGE,再利用GHIICD,得出==,

即可求出答案.

解答：证明：作GHLAB,连接E0.

,/EF±AB,EG±C0,

zEF0=zEG0=90°,

二G、0、F、E四点共圆，

所以NGFH=ZOEG,

又NGHF=ZEGO,

△GHF—△OGE,

CD±AB,GH±AB,

•••GHIICD,

••9

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是形ABCD点，zPAD=ZPDA=15°.求证：△PBC是正三角形.（初二）

考点：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.

专题：证明题.

分析：在形做ADGC与AADP全等，根据全等三角形的性质求出APDG为等边，三角形，根据SAS证出

△DGC^APGC,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：

•••形ABCD,

AB=CD,zBAD=ZCDA=90°,

zPAD=ZPDA=15°,

PA=PD,zPAB=ZPDC=75°,

在形做△DGC与^ADP全等，

/.DP=DG,ZADP=ZGDC=ZDAP=ZDCG=15°,

/.ZPDG=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,

ZDGC=°-15°-15°=150°,

ZPGC=360°-150°-60°=150°=ZDGC,

在aDGC和^PGC中

△DGC合△PGC,

PC=AD=DC,和NDCG=ZPCG=15°,

同理PB=AB=DC=PC,

ZPCB=90°-15°-15°=60°,

PBC是正三角形.

点评：本题考查了形的性质，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、ABCD都是形，A2>B?、C2.D?分别是AA】、BB［、CC［、DDI的中点.

求证：四边形4B2C2D2是形.

考点：形的判定；全等三角形的判定与性质.

专题：证明题.

分析：连接BG和AB1分别找其中点F,E,连接CzF与AzE并延长相交于Q点，根据三角形的中位线定理可

得AZE=FB2,EB2=FC2,然后证明得到NB2FC2NA2EB2,然后利用边角边定理证明得到ABzFCz与△A2EB2

全等，根据全等三角形对应边相等可得AZB2=BZC2,再根据角的关系推出得到NA2B2C2=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是形.

解答：证明：如图，连接BQ和AB1分别找其中点F,E.连接CzF与AzE并延长相交于Q点，

连接EB2并延长交Cq于H点，连接FBz并延长交A2Q于G点，

由A2E=AIBI=BICI=FB2,EB2=AB=BC=FC2,

zGFQ+ZQ=90°和NGEB2+ZQ=90°,

NGEB2=NGFQ,

NB2FC2-ZA2EB2,

可得△B2FC2g△A2EB2，

所以A2B2二B2c2，

又NHB2C2+ZHC2B2=90。和NB2c2Q=NEB2A2,

从而可得NA2B2C2—90°,

同理可得其它边垂直且相等，

从而得出四边形A2B2c2D2是形.

D

点评：本题主要考查了形的性质与判定，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：ZDEN=ZF.

考点：三角形中位线定理.

专题：证明题.

分析：连接AC,作GNIIAD交AC于G,连接MG,根据中位线定理证明MGIIBC,且GM=BC,根据AD=BC证

明GM=GN,可得NGNM=ZGMN,根据平行线性质可得：NGMF=ZF,zGNM=ZDEN从而得出NDEN=ZF.

解答：证明：连接AC,作GNIIAD交AC于G,连接MG.

,；N是CD的中点，且NGIIAD,

NG=AD,G是AC的中点，

又rM是AB的中点，

MGIIBC,且MG=BC.

AD=BC,

NG=GM,

△GNM为等腰三角形，

zGNM=ZGMN,

•••GMIIBF,

zGMF=ZF,

•••GNIIAD,

zGNM=ZDEN,

zDEN=ZF.

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AGNM为等腰三角形.

5.已知：AABC中，H为垂心(各边高线的交点)，0为外心，且OM_LBC于M.

(1)求证：AH=20M；

(2)若NBAC=60°,求证：AH=AO.(初二)

考点：三角形的外接圆与外心；三角形角和定理；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.

专题：证明题.

分析：（1）过。作OFLAC,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NB0M,根据含30度角的直角三角形性质求出0B=20M即可.

解答：证明：（1）

过。作OF_LAC,于F,

贝UF为AC的中点，

连接CH,取CH中点N,连接FN,MN,

则FNIIAD,AH=2FN,MNIIBE,

AD±BC,OM±BC,BE±AC,OF±AC,

OMIIAD,BEIIOF,

・•・M为BC中点，N为CH中点，

MNIIBE,

OMIIFN,MNIIOF,

四边形OMNF是平行四边形，

OM=FN,

•/AH=2FN,

AH=20M.

（2）证明：连接OB,OC,

ZBAC=60",

ZB0C=120",

ZB0M=60°,

z0BM=30",

0B=20M=AH=A0,

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。外一直线，过0作0ALMN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；圆接四边形的性质；轴对称的性质.

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NFAP=ZEAQ,NEAP=ZFAQ,

FA=EA,求出NFCQ=NFAQ,推出FCAQ四点共圆，推出NPEA=NQFA,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,

0A±MN,EF±OA,

则有NFAP=NEAQ,NEAP=NFAQ,FA=EA,

VE,F,C,D共圆

/.ZPAF=NAFE=NAEF=。-ZFCD,

ZPAF=-ZFAQ,

/.ZFCD=ZFAQ,

「•FCAQ四点共圆，

ZAFQ=ZACQ=ZBED,

在^EPA和4FQA中

AEPA些AFQA,

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NAEP=NAFQ,题型较好，有一定的难度，通过做

题培养了学生分析问题的能力，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，则由此可得以下命题：设MN是圆0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.

分析：作OFJ_CD,OG±BE,连接OP,OA,OF,AF,OG,AG,OQ,证明△ADF-AABG,所以NAFC=NAGE,

再利用圆的接四边形对角互补，外角等于对角，证得NAOP=/AOQ,进而得到AP=AQ.

解答：证明：作OF_LCD,OG±BE,连接OP,OA,OF,AF,OG,AG,OQ.

由于，ZFDA=ZABQ,

...AADFs△ABG,

zAFC=ZAGE,

•••四边形PFOA与四边形QGOA四点共圆，

zAFC=ZAOP；zAGE=NAOQ,

ZA0P=ZAOQ,

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，以及圆的接四边形性质：对角互补，外角等于

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AABC外作形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.

专题：证明题.

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RtAAEaRtACAT,

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ERIIPQIIFS,

.•.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（形的边长相等），zAER=ZCAT（同角的余角相等），ZR=ZATC=90°,

RtAAE虺RtACAT（AAS）,

同理RtABFS些RtACBT,

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为形，DEIIAC,AE=AC,AE与CD相交于F.

求证：CE=CF.

考点：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.

专题：证明题.

分析：把AADE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aAGB

与aCGB全等，根据全等三角形对应边相等可得AG=CG,所以AAGC为等边三角形，根据等边三角

形的性质可以推出NCEF=NCFE=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.

•••zABG=ZADE=90°+45°=135°,

B,G,D在一条直线上，

zABG=ZCBG=°-45°=135°,

在AAGB与ACGB中，，

△AGB&ACGB（SAS）,

AG=AC=GC=AE,

:AGC为等边三角形，

AC±BD（形的对角线互相垂直），

zAGB=30°,

zEAC=30°,

AE=AC,

ZAEC=ZACE==75°,

又•:zEFC=ZDFA=45°+30o=75°,

CE=CF.

点评：本题综合考查了形的性质，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为形，DEIIAC,且CE=CA,直线EC交DA延长线于F.

求证：AE=AF.（初二）

AD

考点：形的性质；三角形角和定理；三角形的外角性质；等腰三角形的判定与性质；形的判定.

专题：计算题.

分析：连接BD,作CHLDE于H,根据形的性质求出形DGCH,求出2cH=CE,求出NCEH=30。，根据等腰三

角形性质和三角形的外角性质求出NAEC=ZCAE=15°,求出NF的度数即可.

解答：证明：连接BD,作CHLDE于H,

•••形ABCD,

ZDGC=90°,GC=DG,

•••ACIIDE,CH±DE,

ZDHC=ZGCH=ZDGC=90°,

四边形CGDH是形.

由AC=CE=2GC=2CH,

ZCEH=30°,

zCAE=ZCEA=ZAED=15°,

又zFAE=90o+450+15o=150",

ZF=°-150°-15°=15°,

/.zF=ZAEF,

AE=AF.

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，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是形ABCD一边BC上的任一点，PF_LAP,CF平分NDCE.

求证：PA=PF.（初二）

考点：形的性质；全等三角形的判定与性质.

专题：证明题.

分析：根据已知作FGLCD,FE±BE,可以得出GFEC为形.再利用全等三角形的判定得出△ABPvAPEF,

进而求出PA=PF即可.

解答：证明方法一：作FGJ_CD,FE±BE,可以得出GFEC为形.

令AB=Y,BP=X,CE=Z,可得PC=Y-X.

tanzBAP=tanZEPF==,可得YZ=XY-X2+XZ,

即Z(Y-X)=X(Y-X),即得X=Z,得出△ABP2△PEF,

PA=PF.

方法二：在AB上截取AG=PC,连接PG

•••ABCD是形

AB=BC,zB=zDCB=ZAPF=90°

AG=CP

BG=BP,

ZBGP=ZBPG=45°

zAGP=0-zBGP=135°

•••CF平分NDCE

zFCE=45°

zPCF="-zFCE=135"

ZAGP=ZPCF

ZBAP+ZAPB=90°

ZFPC+ZAPB=90°

/.zBAP=ZFPC,

在AAGP和APCF中，

AAGP2APCF(ASA)

PA=PF.

点评：此题主要考查了形的性质以及全等三角形的判定与性质，根据已知得出AABPV△PEF是解题关键.

12.如图，PC切圆。于C,AC为圆的直径，PEF为圆的割线，AE、AF与直线P0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.

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CQJLPD于Q,连接EO,EQ,EC,OF,QF,CF,

PC=PQ«PO（射影定理），

又PC?=PE・PF,

PQ・PO=PE・PF

所以EFOQ四点共圆，

ZEQF=ZEOF=2ZBAD,

又NPQE=Z0FE=Z0EF=ZOQF,

而CQ_LPD,所以NEQC=NFQC,因为NAEC=NPQC=90°,

故B、E、C、Q四点共圆，

所以NEBC=ZEQC=ZEQF=ZE0F=ZBAD,

CBIIAD,

易证△AODM^COB,所以BO二DO,即四边形ABCD是平行四边形，

/.AB=DC,BC=AD.

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是三角形一点，PA=3,PB=4,PC=5.

求：NAPB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.

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△BCQ2△BAP,由于NPBQ=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NPQC=90。，进而可求NAPB.

解答：解：把AABP绕点B顺时针旋转60。得到ABCQ,连接PQ,

•••ZPBQ=60°,BP=BQ,

...△BPQ是等边三角形，

PQ=PB=4,

而PC=5,CQ=4,

在△PQC中，PQ2+QC2=PC2,

二△PQC是直角三角形，

ZBQC=60o+90o=150°,

zAPB=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部的一点，且NPBA=NPDA.

求证：ZPAB=ZPCB.

考点：四点共圆；平行四边形的性质.

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ADllEP,ADIIBC,进而得出

ZABP=NADP=ZAEP,

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,

ADIIEP,ADIIBC.

四边形AEPD是平行四边形，四边形PEBC是平行四边形，

/.AEIIDP,BEIIPC,

zABP=ZADP=ZAEP,

AEBP共圆（一边所对两角相等）.

zBAP=ZBEP=ZBCP,

zPAB=ZPCB.

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为圆接凸四边形,求证：AB»CD+AD«BC=AC«BD.

考点：相似三角形的判定与性质；圆周角定理.

分析：在BD取一点E,使NBCE=NACD,即得ABECSAADC,于是可得AD・BC=BE・AC,又NACB=NDCE,

可得AABO△DEC,既得=,即AB・CD=DE・AC,两式结合即可得到AB・CD+AD・BC=AOBD.

解答：证明：在BD取一点E,使NBCE=NACD,即得ABECSAADC,

可得：=,即AD・BC=BE・AC,①

又NACB=ZDCE,可得△ABO△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NBCE=NACD,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:NDPA=ZDPC.（初

二）

考点：平行四边形的性质；角平分线的性质.

专题：证明题.

分析：过D作DQ_LAE,DG±CF,由SAADE==SADFC,可得：=,又<AE=FC,可得DQ=DG,可得NDPA=NDPC

（角平分线逆定理）.

解答：证明：过D作DQ_LAE,DG±CF,并连接DF和DE,如右图所示：

则SAADE-~SADFC，

又:AE=FC,

DQ=DG,

.PD为NAPC的角平分线，

ZDPA=ZDPC（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.

专题：证明题.

分析：只要AP,PE,ET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+FOPC③，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NAPD>ZAFP=ZADP,

推出AD>AP①

又BD+DP>BP②

和PF+FOPC(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的形ABCD的一点，求PA+PB+PC的最小值.

考点：轴对称-最短路线问题；形的性质.

分析：顺时针旋转ABPC60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ABPC60度，可得APBE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=l+=,

•/AB=BF,ZABF=150°

ZBAF=15°

既得AF==.

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为形ABCD的一点，并且PA=a,PB=2a,PC=3a,求形的边长.

考点：形的性质；勾股定理；等腰直角三角形；旋转的性质.

专题：综合题.

分析：把AABP顺时针旋转90。得到ABEC,根据勾股定理得到PE=2a,再根据勾股定理逆定理证明△PEC

是直角三角形，从而得到NBEC=135。，过点C作CFLBE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，即可得到形的边长.

解答：解：如图所示，把△ABP顺时针旋转90。得到△BEC,

/.△APB2△CEB,

BE=PB=2a,

PE==2a,

在APEC中,PC2=PE2+CE2=9a2,

二△PEC是直角三角形，

ZPEC=90°,

ZBEC=45°+90°=135°,

过点C作CF±BE于点F,

则ACEF是等腰直角三角形，

CF=EF=CE=a,

在RtABFC中，BC===a,

即形的边长为a.

点评：本题考查了形的性质，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，ZABC=ZACB=80°,D、E分别是AB、AC上的点，ZDCA=30°,ZEBA=20°,求NBED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.

专题：几何综合题；压轴题.

分析：作NBCF=60°,