初中几何经典难题合集（附答案）

试卷第试卷第=PAGE1页共=SECTIONPAGES24页试卷第试卷第=PAGE2页共=SECTIONPAGES24页初中几何经典难题合集（附答案）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）证明：如图，作GH⊥AB，连接EO。因为GOFE四点共圆，所以∠GFH＝∠OEG。又因为∠GHF＝∠OGE＝90°，所以△GHF∽△OGE。可得GF/GE＝GH/OE。因为CO＝EO，所以GF/GE＝GH/CO，即GF＝GH·GE/CO。又因为∠CDO＝∠EGO＝90°，∠COD＝∠EOG，所以△CDO∽△EGO。可得CD/GE＝CO/OE，即CD＝CO·GE/OE。因为CO＝EO，所以CD＝GF，得证。已知：如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=80°，P为△ABC内一点，∠PBC=10°，∠PCB=30°，求∠PAB的度数。（初二）证明：作∠BAC的平分线AD，交BC于点D。因为AB=AC，∠BAC=80°，所以∠ABC=∠ACB=(180°-∠BAC)/2=(180°-80°)/2=50°。因为∠PBC=10°，∠PCB=30°，所以∠ABP=∠ABC-∠PBC=50°-10°=40°，∠ACP=∠ACB-∠PCB=50°-30°=20°。在△ABC中，根据三角形内角和定理，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，所以∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-50°-50°=80°。因为AD是∠BAC的平分线，所以∠BAD=∠CAD=∠BAC/2=80°/2=40°。在△ABD中，根据三角形内角和定理，∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°，所以∠ADB=180°-∠BAD-∠ABD=180°-40°-40°=100°。因为∠ADB=100°，所以∠PDC=180°-∠ADB=180°-100°=80°。在△PDC中，根据三角形内角和定理，∠PDC+∠PCD+∠CPD=180°，所以∠CPD=180°-∠PDC-∠PCD=180°-80°-30°=70°。因为∠APB=180°-∠ABP-∠PBC-∠PCB=180°-40°-10°-30°=100°，所以∠APD=∠APB-∠CPD=100°-70°=30°。在△APD中，根据三角形内角和定理，∠PAD+∠APD+∠ADP=180°，所以∠PAD=180°-∠APD-∠ADP=180°-30°-80°=70°。因为∠BAD=40°，所以∠PAB=∠PAD-∠BAD=70°-40°=30°。已知：如图，在△ABC中，∠B=60°，∠BAC=75°，BC上的高AD=3，求BC的长。（初二）证明：在Rt△ABD中，∠B=60°，AD=3，所以AB=AD/sin60°=3/(√3/2)=2√3。因为∠BAC=75°，∠B=60°，所以∠C=45°。在Rt△ADC中，AD=3，所以DC=AD=3。所以BC=BD+DC=AB·cos60°+DC=2√3×(1/2)+3=√3+3。已知：如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BD是∠ABC的平分线，BD交AC于点D，CE⊥BD，垂足为E。求证：CE=BD。（初二）证明：延长CE交BA的延长线于点F。因为BD是∠ABC的平分线，所以∠CBD=∠FBE。又因为CE⊥BD，所以∠BEC=∠BEF=90°。在△BEC和△BEF中，∠BEC=∠BEF，∠CBD=∠FBE，BE=BE，所以△BEC≌△BEF（ASA），所以CE=EF=CF/2。因为∠BAC=90°，CE⊥BD，所以∠ADB=∠EDC=∠F。又因为AB=AC，所以△ABD≌△ACF（AAS），所以BD=CF。因此，CE=BD。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）证明：如图，作△DGC使与△ADP全等，可得△PDG为等边三角形。从而可得△DGC≌△APD≌△CGP，得出PC＝AD＝DC，∠DCG＝∠PCG＝15°。所以∠DCP＝30°，进而得出∠PBC＝∠PCB＝60°，△PBC是正三角形。已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P为△ABC内一点，PA=3，PB=1，PC=2，求∠BPC的度数。（初二）证明：将△APC绕点C逆时针旋转90°，得到△BEC。则△APC≌△BEC，所以AP=BE=3，PC=EC=2，∠PCE=90°。根据勾股定理，PE=√(PC²+EC²)=√(2²+2²)=2√2。在△PBE中，PB²+PE²=1²+(2√2)²=1+8=9=BE²，所以△PBE是直角三角形，∠BPE=90°。因为∠PCE=90°，所以∠BPC=∠BPE+∠PCE=90°+45°=135°。已知：如图，在△ABC中，AB=5，AC=3，D是BC的中点，∠ADB=45°，求∠ABC的度数。（初二）证明：过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E。因为∠ADB=45°，所以△BDE是等腰直角三角形，所以BE=DE。设BE=DE=x，则BD=√2x。在Rt△ABE中，根据勾股定理，AB²=AE²+BE²，即5²=(x+√2x)²+x²，化简得x²+2√2x²+2x²=25，即5x²=25，解得x=√5。所以BD=√2x=√10。在Rt△BDC中，根据勾股定理，BC²=BD²+DC²，即BC²=10+(3/2)²=10+9/4=49/4，解得BC=7/2。所以sin∠ABC=AD/AB=(3/2)/5=3/10。因为∠ABC是锐角，所以∠ABC=arcsin(3/10)。已知：如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AD是∠BAC的平分线，交BC于点D。求证：AB=AC+CD。（初二）证明：过点D作DE⊥AB于点E。因为AD是∠BAC的平分线，所以∠CAD=∠EAD。又因为∠C=∠AED=90°，AD=AD，所以△ACD≌△AED（AAS），所以AC=AE，CD=DE。因为AC=BC，所以∠B=∠BAC=45°。因为∠BED=90°，所以∠BDE=45°，所以BE=DE=CD。因此，AB=AE+BE=AC+CD。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）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＝FC1，又∠GFQ＋∠Q＝90°和∠GEB2＋∠Q＝90°，所以∠GEB2＝∠GFQ。又∠B2FC2＝∠A2EB2，可得△B2FC2≌△A2EB2，所以A2B2＝B2C2。又∠GFQ＋∠HB2F＝90°和∠GFQ＝∠EB2A2，从而可得∠A2B2C2＝90°。同理可得其他边垂直且相等，从而得出四边形A2B2C2D2是正方形。已知：如图，在△ABC中，∠B=60°，∠BAC=75°，AD⊥BC于点D，CE⊥AB于点E，AD与CE交于点H。求证：AH=2HD。（初二）证明：在Rt△ABD中，∠B=60°，所以∠BAD=30°，所以AB=2BD。因为CE⊥AB，所以∠AEC=90°。在Rt△AEC中，∠BAC=75°，所以∠ACE=15°。因为∠B=60°，所以∠ACB=45°。所以∠HCD=∠ACB-∠ACE=45°-15°=30°。在Rt△CHD中，∠HCD=30°，所以CH=2HD。因为∠BAC=75°，∠BAD=30°，所以∠CAH=45°。因为∠AEC=90°，所以∠ACE=15°。所以∠ECH=∠ACB-∠ACE=45°-15°=30°。所以∠HAC=∠BAC-∠CAH=75°-45°=30°。所以∠HAC=∠HCD。所以AH=CH。因此，AH=2HD。已知：如图，在△ABC中，∠A=100°，AB=AC，BD平分∠ABC，交AC于点D。求证：BC=BD+AD。（初二）证明：在BC上取一点E，使BE=BD，连接DE。因为BD平分∠ABC，所以∠ABD=∠EBD。在△ABD和△EBD中，BD=BD，∠ABD=∠EBD，AB=EB，所以△ABD≌△EBD（SAS），所以AD=DE，∠BED=∠A=100°。因为∠BED=100°，所以∠DEC=80°。因为AB=AC，所以∠C=(180°-∠A)/2=(180°-100°)/2=40°。因为∠DEC=80°，∠C=40°，所以∠EDC=60°。因为∠EDC=60°，所以∠DEB=180°-∠DEC-∠EDC=180°-80°-60°=40°。所以∠DEC=∠C，所以DE=DC。因此，BC=BE+EC=BD+AD。已知：如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=120°，D是BC的中点，DE⊥AB于点E。求证：BE=3AE。（初二）证明：连接AD。因为AB=AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC，∠BAD=∠CAD=60°。因为∠B=∠C=30°，所以AB=2AD。在Rt△ADE中，∠ADE=30°，所以AD=2AE，所以AB=4AE，所以BE=AB-AE=3AE。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。证明：如图，连接AC并取其中点Q，连接QN和QM。所以可得∠QMF＝∠F，∠QNM＝∠DEN，∠QMN＝∠QNM。从而得出∠DEN＝∠F。经典难题（二）已知：如图，在正方形ABCD中，E为CD的中点，F为BC上的一点，∠FAE=∠EAD。求证：AF=AD+CF。（初二）证明：延长AE，BC交于点G。因为E为CD的中点，所以DE=CE。因为∠ADE=∠GCE=90°，∠AED=∠GEC，所以△ADE≌△GCE（ASA），所以AD=CG，AE=GE。因为∠FAE=∠EAD，所以∠FAE=∠GAE。在△AFE和△AGE中，∠FAE=∠GAE，AE=AE，∠AEF=∠AEG，所以△AFE≌△AGE（ASA），所以AF=AG=AD+CG=AD+CF。已知：如图，在四边形ABCD中，AD=BC，∠A=∠C=90°，∠B=135°。求证：AB=CD。（初二）证明：延长BA和CD交于点E。因为∠B=135°，所以∠EBC=45°。因为∠C=90°，所以∠BEC=45°，所以BC=EC。因为AD=BC，所以AD=EC。因为∠A=90°，所以∠EAD=90°。在Rt△EAD和Rt△ECD中，AD=EC，∠A=∠C=90°，所以Rt△EAD≌Rt△ECD（HL），所以AB=CD。经典难题（八）已知：如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠BCD=120°，BC=CD。求证：AC=BC+CD。（初二）证明：连接BD。因为AB=AD，∠BAD=60°，所以△ABD是等边三角形，所以AB=BD，∠ABD=60°。因为∠BCD=120°，BC=CD，所以∠CBD=∠CDB=30°，所以∠ABC=∠ABD+∠CBD=90°。在Rt△ABC中，根据勾股定理，AC²=AB²+BC²。因为AB=BD，BC=CD，所以AC²=BD²+CD²=(BC+CD)²，所以AC=BC+CD。经典难题（七）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）证明：（1）延长AD到F连BF，作OG⊥AF。又∠F＝∠ACB＝∠BHD，可得BH＝BF，从而可得HD＝DF。又AH＝GF＋HG＝GH＋HD＋DF＋HG＝2（GH＋HD）＝2OM。（3）连接OB，OC，既得∠BOC＝120°，从而可得∠BOM＝60°，所以可得OB＝2OM＝AH＝AO，得证。已知：如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=80°，P为△ABC内一点，∠PBC=10°，∠PCB=30°，求∠PAB的度数。（初二）证明：作∠BAC的平分线AD，交BC于点D。因为AB=AC，∠BAC=80°，所以∠ABC=∠ACB=(180°-∠BAC)/2=(180°-80°)/2=50°。因为∠PBC=10°，∠PCB=30°，所以∠ABP=∠ABC-∠PBC=50°-10°=40°，∠ACP=∠ACB-∠PCB=50°-30°=20°。在△ABC中，根据三角形内角和定理，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，所以∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-50°-50°=80°。因为AD是∠BAC的平分线，所以∠BAD=∠CAD=∠BAC/2=80°/2=40°。在△ABD中，根据三角形内角和定理，∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°，所以∠ADB=180°-∠BAD-∠ABD=180°-40°-40°=100°。因为∠ADB=100°，所以∠PDC=180°-∠ADB=180°-100°=80°。在△PDC中，根据三角形内角和定理，∠PDC+∠PCD+∠CPD=180°，所以∠CPD=180°-∠PDC-∠PCD=180°-80°-30°=70°。因为∠APB=180°-∠ABP-∠PBC-∠PCB=180°-40°-10°-30°=100°，所以∠APD=∠APB-∠CPD=100°-70°=30°。在△APD中，根据三角形内角和定理，∠PAD+∠APD+∠ADP=180°，所以∠PAD=180°-∠APD-∠ADP=180°-30°-80°=70°。因为∠BAD=40°，所以∠PAB=∠PAD-∠BAD=70°-40°=30°。已知：如图，在△ABC中，∠B=60°，∠BAC=75°，BC上的高AD=3，求BC的长。（初二）证明：在Rt△ABD中，∠B=60°，AD=3，所以AB=AD/sin60°=3/(√3/2)=2√3。因为∠BAC=75°，∠B=60°，所以∠C=45°。在Rt△ADC中，AD=3，所以DC=AD=3。所以BC=BD+DC=AB·cos60°+DC=2√3×(1/2)+3=√3+3。已知：如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BD是∠ABC的平分线，BD交AC于点D，CE⊥BD，垂足为E。求证：CE=BD。（初二）证明：延长CE交BA的延长线于点F。因为BD是∠ABC的平分线，所以∠CBD=∠FBE。又因为CE⊥BD，所以∠BEC=∠BEF=90°。在△BEC和△BEF中，∠BEC=∠BEF，∠CBD=∠FBE，BE=BE，所以△BEC≌△BEF（ASA），所以CE=EF=CF/2。因为∠BAC=90°，CE⊥BD，所以∠ADB=∠EDC=∠F。又因为AB=AC，所以△ABD≌△ACF（AAS），所以BD=CF。因此，CE=BD。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）证明：作OF⊥CD，OG⊥BE，连接OP，OA，OF，AF，OG，AG，OQ。由于，由此可得△ADF≌△ABG，从而可得∠AFC＝∠AGE。又因为PFOA与QGOA四点共圆，可得∠AFC＝∠AOP和∠AGE＝∠AOQ，∠AOP＝∠AOQ，从而可得AP＝AQ。已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P为△ABC内一点，PA=3，PB=1，PC=2，求∠BPC的度数。（初二）证明：将△APC绕点C逆时针旋转90°，得到△BEC。则△APC≌△BEC，所以AP=BE=3，PC=EC=2，∠PCE=90°。根据勾股定理，PE=√(PC²+EC²)=√(2²+2²)=2√2。在△PBE中，PB²+PE²=1²+(2√2)²=1+8=9=BE²，所以△PBE是直角三角形，∠BPE=90°。因为∠PCE=90°，所以∠BPC=∠BPE+∠PCE=90°+45°=135°。已知：如图，在△ABC中，AB=5，AC=3，D是BC的中点，∠ADB=45°，求∠ABC的度数。（初二）证明：过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E。因为∠ADB=45°，所以△BDE是等腰直角三角形，所以BE=DE。设BE=DE=x，则BD=√2x。在Rt△ABE中，根据勾股定理，AB²=AE²+BE²，即5²=(x+√2x)²+x²，化简得x²+2√2x²+2x²=25，即5x²=25，解得x=√5。所以BD=√2x=√10。在Rt△BDC中，根据勾股定理，BC²=BD²+DC²，即BC²=10+(3/2)²=10+9/4=49/4，解得BC=7/2。所以sin∠ABC=AD/AB=(3/2)/5=3/10。因为∠ABC是锐角，所以∠ABC=arcsin(3/10)。已知：如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AD是∠BAC的平分线，交BC于点D。求证：AB=AC+CD。（初二）证明：过点D作DE⊥AB于点E。因为AD是∠BAC的平分线，所以∠CAD=∠EAD。又因为∠C=∠AED=90°，AD=AD，所以△ACD≌△AED（AAS），所以AC=AE，CD=DE。因为AC=BC，所以∠B=∠BAC=45°。因为∠BED=90°，所以∠BDE=45°，所以BE=DE=CD。因此，AB=AE+BE=AC+CD。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）证明：作OF⊥CD，OG⊥BE，连接OP，OA，OF，AF，OG，AG，OQ。由于，由此可得△ADF≌△ABG，从而可得∠AFC＝∠AGE。又因为PFOA与QGOA四点共圆，可得∠AFC＝∠AOP和∠AGE＝∠AOQ，∠AOP＝∠AOQ，从而可得AP＝AQ。已知：如图，在△ABC中，∠B=60°，∠BAC=75°，AD⊥BC于点D，CE⊥AB于点E，AD与CE交于点H。求证：AH=2HD。（初二）证明：在Rt△ABD中，∠B=60°，所以∠BAD=30°，所以AB=2BD。因为CE⊥AB，所以∠AEC=90°。在Rt△AEC中，∠BAC=75°，所以∠ACE=15°。因为∠B=60°，所以∠ACB=45°。所以∠HCD=∠ACB-∠ACE=45°-15°=30°。在Rt△CHD中，∠HCD=30°，所以CH=2HD。因为∠BAC=75°，∠BAD=30°，所以∠CAH=45°。因为∠AEC=90°，所以∠ACE=15°。所以∠ECH=∠ACB-∠ACE=45°-15°=30°。所以∠HAC=∠BAC-∠CAH=75°-45°=30°。所以∠HAC=∠HCD。所以AH=CH。因此，AH=2HD。已知：如图，在△ABC中，∠A=100°，AB=AC，BD平分∠ABC，交AC于点D。求证：BC=BD+AD。（初二）证明：在BC上取一点E，使BE=BD，连接DE。因为BD平分∠ABC，所以∠ABD=∠EBD。在△ABD和△EBD中，BD=BD，∠ABD=∠EBD，AB=EB，所以△ABD≌△EBD（SAS），所以AD=DE，∠BED=∠A=100°。因为∠BED=100°，所以∠DEC=80°。因为AB=AC，所以∠C=(180°-∠A)/2=(180°-100°)/2=40°。因为∠DEC=80°，∠C=40°，所以∠EDC=60°。因为∠EDC=60°，所以∠DEB=180°-∠DEC-∠EDC=180°-80°-60°=40°。所以∠DEC=∠C，所以DE=DC。因此，BC=BE+EC=BD+AD。已知：如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=120°，D是BC的中点，DE⊥AB于点E。求证：BE=3AE。（初二）证明：连接AD。因为AB=AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC，∠BAD=∠CAD=60°。因为∠B=∠C=30°，所以AB=2AD。在Rt△ADE中，∠ADE=30°，所以AD=2AE，所以AB=4AE，所以BE=AB-AE=3AE。8．如图，分别以△ABC的AC和BC为一边，在△ABC的外侧作正方形ACDE和正方形CBFG，点P是EF的中点。求证：点P到边AB的距离等于AB的一半。（初二）证明：过E，C，F点分别作AB所在直线的高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。经典难题（三）已知：如图，在正方形ABCD中，E为CD的中点，F为BC上的一点，∠FAE=∠EAD。求证：AF=AD+CF。（初二）证明：延长AE，BC交于点G。因为E为CD的中点，所以DE=CE。因为∠ADE=∠GCE=90°，∠AED=∠GEC，所以△ADE≌△GCE（ASA），所以AD=CG，AE=GE。因为∠FAE=∠EAD，所以∠FAE=∠GAE。在△AFE和△AGE中，∠FAE=∠GAE，AE=AE，∠AEF=∠AEG，所以△AFE≌△AGE（ASA），所以AF=AG=AD+CG=AD+CF。已知：如图，在四边形ABCD中，AD=BC，∠A=∠C=90°，∠B=135°。求证：AB=CD。（初二）证明：延长BA和CD交于点E。因为∠B=135°，所以∠EBC=45°。因为∠C=90°，所以∠BEC=45°，所以BC=EC。因为AD=BC，所以AD=EC。因为∠A=90°，所以∠EAD=90°。在Rt△EAD和Rt△ECD中，AD=EC，∠A=∠C=90°，所以Rt△EAD≌Rt△ECD（HL），所以AB=CD。经典难题（八）已知：如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠BCD=120°，BC=CD。求证：AC=BC+CD。（初二）证明：连接BD。因为AB=AD，∠BAD=60°，所以△ABD是等边三角形，所以AB=BD，∠ABD=60°。因为∠BCD=120°，BC=CD，所以∠CBD=∠CDB=30°，所以∠ABC=∠ABD+∠CBD=90°。在Rt△ABC中，根据勾股定理，AC²=AB²+BC²。因为AB=BD，BC=CD，所以AC²=BD²+CD²=(BC+CD)²，所以AC=BC+CD。经典难题（七）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。（初二）证明：顺时针旋转△ADE，到△ABG，连接CG。由于∠ABG＝∠ADE＝90°＋45°＝135°，从而可得B，G，D在一条直线上，可得△AGB≌△CGB。推出AE＝AG＝AC＝GC，可得△AGC为等边三角形。∠AGB＝30°，既得∠EAC＝30°，从而可得∠AEC＝75°。又∠EFC＝∠DFA＝45°＋30°＝75°，可证：CE＝CF。已知：如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=80°，P为△ABC内一点，∠PBC=10°，∠PCB=30°，求∠PAB的度数。（初二）证明：作∠BAC的平分线AD，交BC于点D。因为AB=AC，∠BAC=80°，所以∠ABC=∠ACB=(180°-∠BAC)/2=(180°-80°)/2=50°。因为∠PBC=10°，∠PCB=30°，所以∠ABP=∠ABC-∠PBC=50°-10°=40°，∠ACP=∠ACB-∠PCB=50°-30°=20°。在△ABC中，根据三角形内角和定理，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，所以∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-50°-50°=80°。因为AD是∠BAC的平分线，所以∠BAD=∠CAD=∠BAC/2=80°/2=40°。在△ABD中，根据三角形内角和定理，∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°，所以∠ADB=180°-∠BAD-∠ABD=180°-40°-40°=100°。因为∠ADB=100°，所以∠PDC=180°-∠ADB=180°-100°=80°。在△PDC中，根据三角形内角和定理，∠PDC+∠PCD+∠CPD=180°，所以∠CPD=180°-∠PDC-∠PCD=180°-80°-30°=70°。因为∠APB=180°-∠ABP-∠PBC-∠PCB=180°-40°-10°-30°=100°，所以∠APD=∠APB-∠CPD=100°-70°=30°。在△APD中，根据三角形内角和定理，∠PAD+∠APD+∠ADP=180°，所以∠PAD=180°-∠APD-∠ADP=180°-30°-80°=70°。因为∠BAD=40°，所以∠PAB=∠PAD-∠BAD=70°-40°=30°。已知：如图，在△ABC中，∠B=60°，∠BAC=75°，BC上的高AD=3，求BC的长。（初二）证明：在Rt△ABD中，∠B=60°，AD=3，所以AB=AD/sin60°=3/(√3/2)=2√3。因为∠BAC=75°，∠B=60°，所以∠C=45°。在Rt△ADC中，AD=3，所以DC=AD=3。所以BC=BD+DC=AB·cos60°+DC=2√3×(1/2)+3=√3+3。已知：如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BD是∠ABC的平分线，BD交AC于点D，CE⊥BD，垂足为E。求证：CE=BD。（初二）证明：延长CE交BA的延长线于点F。因为BD是∠ABC的平分线，所以∠CBD=∠FBE。又因为CE⊥BD，所以∠BEC=∠BEF=90°。在△BEC和△BEF中，∠BEC=∠BEF，∠CBD=∠FBE，BE=BE，所以△BEC≌△BEF（ASA），所以CE=EF=CF/2。因为∠BAC=90°，CE⊥BD，所以∠ADB=∠EDC=∠F。又因为AB=AC，所以△ABD≌△ACF（AAS），所以BD=CF。因此，CE=BD。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）证明：连接BD作CH⊥DE，可得四边形CGDH是正方形。由AC＝CE＝2GC＝2CH，可得∠CEH＝30°，所以∠CAE＝∠CEA＝∠AED＝15°。又∠FAE＝90°＋45°＋15°＝150°，从而可知道∠F＝15°，从而得出AE＝AF。已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P为△ABC内一点，PA=3，PB=1，PC=2，求∠BPC的度数。（初二）证明：将△APC绕点C逆时针旋转90°，得到△BEC。则△APC≌△BEC，所以AP=BE=3，PC=EC=2，∠PCE=90°。根据勾股定理，PE=√(PC²+EC²)=√(2²+2²)=2√2。在△PBE中，PB²+PE²=1²+(2√2)²=1+8=9=BE²，所以△PBE是直角三角形，∠BPE=90°。因为∠PCE=90°，所以∠BPC=∠BPE+∠PCE=90°+45°=135°。已知：如图，在△ABC中，AB=5，AC=3，D是BC的中点，∠ADB=45°，求∠ABC的度数。（初二）证明：过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E。因为∠ADB=45°，所以△BDE是等腰直角三角形，所以BE=DE。设BE=DE=x，则BD=√2x。在Rt△ABE中，根据勾股定理，AB²=AE²+BE²，即5²=(x+√2x)²+x²，化简得x²+2√2x²+2x²=25，即5x²=25，解得x=√5。所以BD=√2x=√10。在Rt△BDC中，根据勾股定理，BC²=BD²+DC²，即BC²=10+(3/2)²=10+9/4=49/4，解得BC=7/2。所以sin∠ABC=AD/AB=(3/2)/5=3/10。因为∠ABC是锐角，所以∠ABC=arcsin(3/10)。已知：如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AD是∠BAC的平分线，交BC于点D。求证：AB=AC+CD。（初二）证明：过点D作DE⊥AB于点E。因为AD是∠BAC的平分线，所以∠CAD=∠EAD。又因为∠C=∠AED=90°，AD=AD，所以△ACD≌△AED（AAS），所以AC=AE，CD=DE。因为AC=BC，所以∠B=∠BAC=45°。因为∠BED=90°，所以∠BDE=45°，所以BE=DE=CD。因此，AB=AE+BE=AC+CD。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）证明：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＝BP/AP＝EF/PF，可得YZ＝XY－X²＋XZ，即Z（Y－X）＝X（Y－X），既得X＝Z，得出△ABP≌△PEF，得到PA＝PF，得证。已知：如图，在△ABC中，∠B=60°，∠BAC=75°，AD⊥BC于点D，CE⊥AB于点E，AD与CE交于点H。求证：AH=2HD。（初二）证明：在Rt△ABD中，∠B=60°，所以∠BAD=30°，所以AB=2BD。因为CE⊥AB，所以∠AEC=90°。在Rt△AEC中，∠BAC=75°，所以∠ACE=15°。因为∠B=60°，所以∠ACB=45°。所以∠HCD=∠ACB-∠ACE=45°-15°=30°。在Rt△CHD中，∠HCD=30°，所以CH=2HD。因为∠BAC=75°，∠BAD=30°，所以∠CAH=45°。因为∠AEC=90°，所以∠ACE=15°。所以∠ECH=∠ACB-∠ACE=45°-15°=30°。所以∠HAC=∠BAC-∠CAH=75°-45°=30°。所以∠HAC=∠HCD。所以AH=CH。因此，AH=2HD。已知：如图，在△ABC中，∠A=100°，AB=AC，BD平分∠ABC，交AC于点D。求证：BC=BD+AD。（初二）证明：在BC上取一点E，使BE=BD，连接DE。因为BD平分∠ABC，所以∠ABD=∠EBD。在△ABD和△EBD中，BD=BD，∠ABD=∠EBD，AB=EB，所以△ABD≌△EBD（SAS），所以AD=DE，∠BED=∠A=100°。因为∠BED=100°，所以∠DEC=80°。因为AB=AC，所以∠C=(180°-∠A)/2=(180°-100°)/2=40°。因为∠DEC=80°，∠C=40°，所以∠EDC=60°。因为∠EDC=60°，所以∠DEB=180°-∠DEC-∠EDC=180°-80°-60°=40°。所以∠DEC=∠C，所以DE=DC。因此，BC=BE+EC=BD+AD。已知：如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=120°，D是BC的中点，DE⊥AB于点E。求证：BE=3AE。（初二）证明：连接AD。因为AB=AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC，∠BAD=∠CAD=60°。因为∠B=∠C=30°，所以AB=2AD。在Rt△ADE中，∠ADE=30°，所以AD=2AE，所以AB=4AE，所以BE=AB-AE=3AE。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。（初三）证明：过D作AQ⊥AE，AG⊥CF，由AB·AE＝AD·AF，可得AB/AF＝AD/AE，即AB/AD＝AF/AE。由PC切圆O于C，可得∠PCA＝∠PFC，∠PAC＝∠PEC，从而△PAC∽△PEC，可得PC/PE＝AC/EC，即PC·EC＝AC·PE。同理，△PCF∽△PCA，可得PC/PA＝FC/AC，即PC·AC＝PA·FC。由∠AOD＝∠EOF，可得△AOD∽△EOF，可得OD/OF＝OA/OE，即OD·OE＝OA·OF。将上述式子代入AB/AD＝AF/AE，可得AB＝DC。同理，可证BC＝AD。经典难题（四）已知：如图，在正方形ABCD中，E为CD的中点，F为BC上的一点，∠FAE=∠EAD。求证：AF=AD+CF。（初二）证明：延长AE，BC交于点G。因为E为CD的中点，所以DE=CE。因为∠ADE=∠GCE=90°，∠AED=∠GEC，所以△ADE≌△GCE（ASA），所以AD=CG，AE=GE。因为∠FAE=∠EAD，所以∠FAE=∠GAE。在△AFE和△AGE中，∠FAE=∠GAE，AE=AE，∠AEF=∠AEG，所以△AFE≌△AGE（ASA），所以AF=AG=AD+CG=AD+CF。已知：如图，在四边形ABCD中，AD=BC，∠A=∠C=90°，∠B=135°。求证：AB=CD。（初二）证明：延长BA和CD交于点E。因为∠B=135°，所以∠EBC=45°。因为∠C=90°，所以∠BEC=45°，所以BC=EC。因为AD=BC，所以AD=EC。因为∠A=90°，所以∠EAD=90°。在Rt△EAD和Rt△ECD中，AD=EC，∠A=∠C=90°，所以Rt△EAD≌Rt△ECD（HL），所以AB=CD。经典难题（八）已知：如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠BCD=120°，BC=CD。求证：AC=BC+CD。（初二）证明：连接BD。因为AB=AD，∠BAD=60°，所以△ABD是等边三角形，所以AB=BD，∠ABD=60°。因为∠BCD=120°，BC=CD，所以∠CBD=∠CDB=30°，所以∠ABC=∠ABD+∠CBD=90°。在Rt△ABC中，根据勾股定理，AC²=AB²+BC²。因为AB=BD，BC=CD，所以AC²=BD²+CD²=(BC+CD)²，所以AC=BC+CD。经典难题（七）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）证明：顺时针旋转△ABP60°，连接PQ，则△PBQ是正三角形。可得△PQC是直角三角形。所以∠APB＝∠AQP＋∠BQP＝90°＋60°＝150°。已知：如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=80°，P为△ABC内一点，∠PBC=10°，∠PCB=30°，求∠PAB的度数。（初二）证明：作∠BAC的平分线AD，交BC于点D。因为AB=AC，∠BAC=80°，所以∠ABC=∠ACB=(180°-∠BAC)/2=(180°-80°)/2=50°。因为∠PBC=10°，∠PCB=30°，所以∠ABP=∠ABC-∠PBC=50°-10°=40°，∠ACP=∠ACB-∠PCB=50°-30°=20°。在△ABC中，根据三角形内角和定理，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，所以∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-50°-50°=80°。因为AD是∠BAC的平分线，所以∠BAD=∠CAD=∠BAC/2=80°/2=40°。在△ABD中，根据三角形内角和定理，∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°，所以∠ADB=180°-∠BAD-∠ABD=180°-40°-40°=100°。因为∠ADB=100°，所以∠PDC=180°-∠ADB=180°-100°=80°。在△PDC中，根据三角形内角和定理，∠PDC+∠PCD+∠CPD=180°，所以∠CPD=180°-∠PDC-∠PCD=180°-80°-30°=70°。因为∠APB=180°-∠ABP-∠PBC-∠PCB=180°-40°-10°-30°=100°，所以∠APD=∠APB-∠CPD=100°-70°=30°。在△APD中，根据三角形内角和定理，∠PAD+∠APD+∠ADP=180°，所以∠PAD=180°-∠APD-∠ADP=180°-30°-80°=70°。因为∠BAD=40°，所以∠PAB=∠PAD-∠BAD=70°-40°=30°。已知：如图，在△ABC中，∠B=60°，∠BAC=75°，BC上的高AD=3，求BC的长。（初二）证明：在Rt△ABD中，∠B=60°，AD=3，所以AB=AD/sin60°=3/(√3/2)=2√3。因为∠BAC=75°，∠B=60°，所以∠C=45°。在Rt△ADC中，AD=3，所以DC=AD=3。所以BC=BD+DC=AB·cos60°+DC=2√3×(1/2)+3=√3+3。已知：如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BD是∠ABC的平分线，BD交AC于点D，CE⊥BD，垂足为E。求证：CE=BD。（初二）证明：延长CE交BA的延长线于点F。因为BD是∠ABC的平分线，所以∠CBD=∠FBE。又因为CE⊥BD，所以∠BEC=∠BEF=90°。在△BEC和△BEF中，∠BEC=∠BEF，∠CBD=∠FBE，BE=BE，所以△BEC≌△BEF（ASA），所以CE=EF=CF/2。因为∠BAC=90°，CE⊥BD，所以∠ADB=∠EDC=∠F。又因为AB=AC，所以△ABD≌△ACF（AAS），所以BD=CF。因此，CE=BD。14．设P是平行四边形ABCD内部的一点，且∠PBA＝∠PDA。求证：∠PAB＝∠PCB。（初二）证明：作过P点平行于AD的直线，并选一点E，使AE∥DC，BE∥PC。可以得出∠ABP＝∠ADP＝∠AEP，可得AEBP共圆（一边所对两角相等）。可得∠BAP＝∠BEP＝∠BCP，得证。已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P为△ABC内一点，PA=3，PB=1，PC=2，求∠BPC的度数。（初二）证明：将△APC绕点C逆时针旋转90°，得到△BEC。则△APC≌△BEC，所以AP=BE=3，PC=EC=2，∠PCE=90°。根据勾股定理，PE=√(PC²+EC²)=√(2²+2²)=2√2。在△PBE中，PB²+PE²=1²+(2√2)²=1+8=9=BE²，所以△PBE是直角三角形，∠BPE=90°。因为∠PCE=90°，所以∠BPC=∠BPE+∠PCE=90°+45°=135°。已知：如图，在△ABC中，AB=5，AC=3，D是BC的中点，∠ADB=45°，求∠ABC的度数。（初二）证明：过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E。因为∠ADB=45°，所以△BDE是等腰直角三角形，所以BE=DE。设BE=DE=x，则BD=√2x。在Rt△ABE中，根据勾股定理，AB²=AE²+BE²，即5²=(x+√2x)²+x²，化简得x²+2√2x²+2x²=25，即5x²=25，解得x=√5。所以BD=√2x=√10。在Rt△BDC中，根据勾股定理，BC²=BD²+DC²，即BC²=10+(3/2)²=10+9/4=49/4，解得BC=7/2。所以sin∠ABC=AD/AB=(3/2)/5=3/10。因为∠ABC是锐角，所以∠ABC=arcsin(3/10)。已知：如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC，AD是∠BAC的平分线，交BC于点D。求证：AB=AC+CD。（初二）证明：过点D作DE⊥AB于点E。因为AD是∠BAC的平分线，所以∠CAD=∠EAD。又因为∠C=∠AED=90°，AD=AD，所以△ACD≌△AED（AAS），所以AC=AE，CD=DE。因为AC=BC，所以∠B=∠BAC=45°。因为∠BED=90°，所以∠BDE=45°，所以BE=DE=CD。因此，AB=AE+BE=AC+CD。15．设ABCD为圆内接凸四边形，求证：AB·CD＋AD·BC＝AC·BD。（初三）证明：在BD取一点E，使∠BCE＝∠ACD，既得△BEC∽△ADC，可得AD/AC＝BE/BC，即AD·BC＝BE·AC。又∠ACB＝∠DCE，可得△ABC∽△DEC，可得AB/DE＝AC/DC，即AB·DC＝DE·AC。由上述两式可得：AB·CD＋AD·BC＝AC（BE＋DE）＝AC·BD，得证。已知：如图，在△ABC中，∠B=60°，∠BAC=75°，AD⊥BC于点D，CE⊥AB于点E，AD与CE交于点H。求证：AH=2HD。（初二）证明：在Rt△ABD中，∠B=60°，所以∠BAD=30°，所以AB=2BD。因为CE⊥AB，所以∠AEC=90°。在Rt△AEC中，∠BAC=75°，所以∠ACE=15°。因为∠B=60°，所以∠ACB=45°。所以∠HCD=∠ACB-∠ACE=45°-15°=30°。在Rt△CHD中，∠HCD=30°，所以CH=2HD。因为∠BAC=75°，∠BAD=30°，所以∠CAH=45°。因为∠AEC=90°，所以∠ACE=15°。所以∠ECH=∠ACB-∠ACE=45°-15°=30°。所以∠HAC=∠BAC-∠CAH=75°-45°=30°。所以∠HAC=∠HCD。所以AH=CH。因此，AH=2HD。已知：如图，在△ABC中，∠A=100°，AB=AC，BD平分∠ABC，交AC于点D。求证：BC=BD+AD。（初二）证明：在BC上取一点E，使BE=BD，连接DE。因为BD平分∠ABC，所以∠ABD=∠EBD。在△ABD和△EBD中，BD=BD，∠ABD=∠EBD，AB=EB，所以△ABD≌△EBD（SAS），所以AD=DE，∠BED=∠A=100°。因为∠BED=100°，所以∠DEC=80°。因为AB=AC，所以∠C=(180°-∠A)/2=(180°-100°)/2=40°。因为∠DEC=80°，∠C=40°，所以∠EDC=60°。因为∠EDC=60°，所以∠DEB=180°-∠DEC-∠EDC=180°-80°-60°=40°。所以∠DEC=∠C，所以DE=DC。因此，BC=BE+EC=BD+AD。已知：如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=120°，D是BC的中点，DE⊥AB于点E。求证：BE=3AE。（初二）证明：连接AD。因为AB=AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC，∠BAD=∠CAD=60°。因为∠B=∠C=30°，所以AB=2AD。在Rt△ADE中，∠ADE=30°，所以AD=2AE，所以AB=4AE，所以BE=AB-AE=3AE。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）证明：过D作AQ⊥AE，AG⊥CF，由AB·AE＝AD·AF，可得AB/AF＝AD/AE，即AB/AD＝AF/AE。由AE＝CF，可得AB/AD＝CF/AE。又因为∠DAE＝∠BCF，所以△ADE∽△CBF，可得∠ADE＝∠CBF。因为∠ADP＝∠ADE＋∠PAD，∠DPC＝∠CBF＋∠PCF，所以∠ADP＝∠DPC。又因为AQ⊥AE，AG⊥CF，所以∠DPA＝∠DPC（角平分线逆定理）。经典难题（五）已知：如图，在正方形ABCD中，E为CD的中点，F为BC上的一点，∠FAE=∠EAD。求证：AF=AD+CF。（初二）证明：延长AE，BC交于点G。因为E为CD的中点，所以DE=CE。因为∠ADE=∠GCE=90°，∠AED=∠GEC，所以△ADE≌△GCE（ASA），所以AD=CG，AE=GE。因为∠FAE=∠EAD，所以∠FAE=∠GAE。在△AFE和△AGE中，∠FAE=∠GAE，AE=AE，∠AEF=∠AEG，所以△AFE≌△AGE（ASA），所以AF=AG=AD+CG=AD+CF。已知：如图，在四边形ABCD中，AD=BC，∠A=∠C=90°，∠B=135°。求证：AB=CD。（初二）证明：延长BA和CD交于点E。因为∠B=135°，所以∠EBC=45°。因为∠C=90°，所以∠BEC=45°，所以BC=EC。因为AD=BC，所以AD=EC。因为∠A=90°，所以∠EAD=90°。在Rt△EAD和Rt△ECD中，AD=EC，∠A=∠C=90°，所以Rt△EAD≌Rt△ECD（HL），所以AB=CD。经典难题（八）已知：如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠BCD=120°，BC=CD。求证：AC=BC+CD。（初二）证明：连接BD。因为AB=AD，∠BAD=60°，所以△ABD是等边三角形，所以AB=BD，∠ABD=60°。因为∠BCD=120°，BC=CD，所以∠CBD=∠CDB=30°，所以∠ABC=∠ABD+∠CBD=90°。在Rt△ABC中，根据勾股定理，AC²=AB²+BC²。因为AB=BD，BC=CD，所以AC²=BD²+CD²=(BC+CD)²，所以AC=BC+CD。经典难题（七）17．设P是边长为1的正△ABC内任一点，L＝PA＋PB＋PC，求证：√3≤L＜2。证明：（1）顺时针旋转△BPC60°，可得△PBE为等边三角形。既得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L＝√3；（1）过P点作BC的平行线交AB，AC与点D，F。由于∠APD＞∠ATP＝∠ADP，推出AD＞AP。又BP＋DP＞BP，和PF＋FC＞PC，又DF＝AF，由上述式子可得：最大L＜2。由（1）和（2）既得：√3≤L＜2。已知：如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=80°，P为△ABC内一点，∠PBC=10°，∠PCB=30°，求∠PAB的度数。（初二）证明：作∠BAC的平分线AD，交BC于点D。因为AB=AC，∠BAC=80°，所以∠ABC=∠ACB=(180°-∠BAC)/2=(180°-80°)/2=50°。因为∠PBC=10°，∠PCB=30°，所以∠ABP=∠ABC-∠PBC=50°-10°=40°，∠ACP=∠ACB-∠PCB=50°-30°=20°。在△ABC中，根据三角形内角和定理，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，所以∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-50°-50°=80°。因为AD是∠BAC的平分线，所以∠BAD=∠CAD=∠BAC/2=80°/2=40°。在△ABD中，根据三角形内角和定理，∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°，所以∠ADB=180°-∠BAD-∠ABD=180°-40°-40°=100°。因为∠ADB=100°，所以∠PDC=180°-∠ADB=180°-100°=80°。在△PDC中，根据三角形内角和定理，∠PDC+∠PCD+∠CPD=180°，所以∠CPD=180°-∠PDC-∠PCD=180°-80°-30°=70°。因为∠APB=180°-∠ABP-∠PBC-∠PCB=180°-40°-10°-30°=100°，所以∠APD=∠APB-∠CPD=100°-70°=30°。在△APD中，根据三角形内角和定理，∠PAD+∠APD+∠ADP=180°，所以∠PAD=180°-∠APD-∠ADP=180°-30°-80°=70°。因为∠BAD=40°，所以∠PAB=∠PAD-∠BAD=70°-40°=30°。已知：如图，在△ABC中，∠B=60°，∠BAC=75°，BC上的高AD=3，求BC的长。（初二）证明：在Rt△ABD中，∠B=60°，AD=3，所以AB=AD/sin60°=3/(√3/2)=2√3。因为∠BAC=75°，∠B=60°，所以∠C=45°。在Rt△ADC中，AD=3，所以DC=AD=3。所以BC=BD+DC=AB·cos60°+DC=2√3×(1/2)+3=√3+3。已知：如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BD是∠ABC的平分线，BD交AC于点D，CE⊥BD，垂足为E。求证：CE=BD。（初二）证明：延长CE交BA的延长线于点F。因为BD是∠ABC的平分线，所以∠CBD=∠FBE。又因为CE⊥BD，所以∠BEC=∠BEF=90°。在△BEC和△BEF中，∠BEC=∠BEF，∠CBD=∠FBE，BE=BE，所以△BEC≌△BEF（ASA），所以CE=EF=CF/2。因为∠BAC=90°，CE⊥BD，所以∠ADB=∠EDC=∠F。又因为AB=AC，所以△ABD≌△ACF（AAS），所以BD=CF。因此，CE=BD。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。证明：顺时针旋转△BPC60°，可得△PBE为等边三角形。既得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。既得AF＝√（AB²＋BF²）＝√（1²＋（1＋√3/3）²）＝√（1＋1＋2√3/3+1/3）＝√（2+2√3/3+1/3）＝√（7/3+2√3/3）＝√（21+6√3）/3。已知：如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，P为△ABC内一点，PA=3，PB=1，PC=2，求∠BPC的度数。（初二）证明：将△APC绕点C逆时针旋转90°，得到△BEC。则△APC≌△BEC，所以AP=BE=3，PC=EC=2，∠PCE=90°。根据勾股定理，PE=√(PC²+EC²)=√(2²+2²)=2√2。在△PBE中，PB²+PE²=1²+(2√2)²=1+8=9=BE²，所以△PBE是直角三角形，∠BPE=90°。因为∠PCE=90°，所以∠BPC=∠BPE+∠PCE=90°+45°=135°。已知：如图，在△ABC中，AB=5，AC=3，D是BC的中点，∠ADB=45°，求∠ABC的度数。（初二）证明：过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E。因为∠ADB=45°，所以△BDE是等腰直角三角形，所以BE=DE。设BE=DE=x，则BD=√2x。在Rt△ABE中，根据勾股定理，AB²=AE²+BE²，即5²=(x+√2x)²+x²，化简得x²+2√2x²+2x²=25，即5x²=25，解得x=√5。所以BD=√2x=√10。在Rt△BDC中，根据勾股定理，BC²=BD²+DC²，即BC²=10+(3/2)²=10+9/4=49/4，解得BC=