初中三年级中考复习平面几何证明题一题多解
【中考复习】初中数学典型一题多解试题汇编(含解析)
初中数学一题多解（试题）1、若()16x 3-m 2x 2++ 是关于x 的完全平方公式（或完全平方数），则m=2、4的平方根为 ，16的平方根为 3、若2a =时， a 为 。
在数轴上，到原点的距离为3个单位的数有 。
4、若64x 1x 2=⎪⎭⎫ ⎝⎛+ ，则代数式=+x 1x 5、若关于x 的方程16-x 3m 4x m 4-x 12+=++无解，则m 的值为 6、在平面直角坐标系xoy 中，已知点A （3,4），点P 在x 轴上，若△AOP 为等腰三角形，则点P 的坐标是7、在一个等腰三角形中，有一个角为70°，则另两个角分别为8、已知直角三角形的两边长分别为5和12，那么以这个直角三角形的斜边为边长的正方形的面积为9、 在△ABC 中，AB=15，AC=13，BC 边上的高为12，求BC 边的边长为10、在平行四边形ABCD 中，∠A 的角平分线把BC 边分为3和4的两条线段，则此平行四边形ABCD 的周长为11、若⊙O 的半径为5cm ，某个点A 到圆上的距离为2cm ，则圆心到点A 的距离为12、 若⊙O 中的某条弦AB 所对的圆心角为120°，则弦AB 所对的圆周角为13、已知x满足62x1x22=+，则x1x+的值是14、当-2≤x≤1时，二次函数()1mm-x-y22++=有最大值4，则实数m 的值为15、在平面直角坐标系中有一点M，点M到x轴的距离为3，到y轴的距离为4，则点M的坐标为16、若某条线段AB长为2，则该线段AB的黄金分割点离A点的距离为17、若△OAB与△OCD是以坐标原点O为位似中心的位似图形，相似比为3:4，∠OCD=90°，∠AOB=60°，若点B的坐标为（6,0），则点A的对应点C的坐标为18、如下图在△ABC中，AB=5，AC=4，点Q从点A出发向点B以2个单位/s的速度出发，点P从点C向点A以1个单位/s的速度出发，若要使△ABC 与△AQP相似，则运动的时间为s。
初三经典几何证明练习题(含问题详解)
初三几何证明题经典题（一）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．2、已知：如图，P是正方形ABCD部的一点，∠PAD＝∠PDA＝15°。
求证：△PBC是正三角形．（初二）3、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．经典题（二）1、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＝600，求证：AH＝AO．2、设MN是圆O外一条直线，过O作OA⊥MN于A，自A引圆的两条割线交圆O于B、C及D、E，连接CD并延长交MN于Q，连接EB并延长交MN于P.求证：AP＝AQ．3、如图,分别以△ABC的AB和AC为一边,在△ABC的外侧作正方形ABFG和正方形ACDE，点O是DF的中点，OP⊥BC求证：BC=2OP证明：分别过F、A、D作直线BC的垂线，垂足分别是L、M、N∵OF=OD，DN∥OP∥FL∴PN=PL∴OP是梯形DFLN的中位线∴DN+FL=2OP∵ABFG是正方形∴∠ABM+∠FBL=90°又∠BFL+∠FBL=90°∴∠ABM=∠BFL又∠FLB=∠BMA=90°，BF=AB∴△BFL≌△ABM∴FL=BM同理△AMC≌△CND∴CM=DN∴BM+CN=FL+DN∴BC=FL+DN=2OP经典题（三）1、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 ．证明：连接BD 交AC 于O 。
过点E 作EG ⊥AC 于G ∵ABCD 是正方形 ∴BD ⊥AC 又EG ⊥AC ∴BD ∥EG 又DE ∥AC ∴ODEG 是平行四边形 又∠COD=90° ∴ODEG 是矩形 ∴EG=OD=21BD=21AC=21AE ∴∠EAG=30° ∵AC=AE∴∠ACE=∠AEC=75° 又∠AFD=90°-15°=75° ∴∠CFE=∠AFD=75°=∠AEC ∴CE=CF2、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 ．证明：连接BD ，过点E 作EG ⊥AC 于G ∵ABCD 是正方形 ∴BD ⊥AC ，又EG ⊥AC∴BD ∥EG 又DE ∥AC ∴ODEG 是平行四边形 又∠COD=90° ∴ODEG 是矩形 ∴EG =OD =21BD=21AC=21CE ∴∠GCE=30° ∵AC=EC3、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：过点F 作FG ⊥CE 于G ，FH ⊥CD 于H ∵CD ⊥CG ∴HCGF 是矩形 ∵∠HCF=∠GCF ∴FH=FG ∴HCGF 是正方形 ∴CG=GF∵AP ⊥FP∴∠APB+∠FPG=90°∵∠APB+∠BAP=90°∴∠FPG=∠BAP又∠FGP=∠PBA∴△FGP ∽△PBA∴FG ：PB=PG ：AB4、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：过点E 作EK ∥BD ，分别交AC 、AF 于M 、K ，取EF 的中点H ， 连接OH 、MH 、EC设AB=x ，BP=y ，CG=zz ：y=（x-y+z ）：x化简得（x-y ）·y =（x-y ）·z∵x-y ≠0∴y=z即BP=FG∴△ABP ≌△PGF∴∠CAE=∠CEA=21∠GCE=15° 在△AFC 中∠F =180°-∠FAC-∠ACF =180°-∠FAC-∠GCE=180°-135°-30°=15°∵EH=FH∴OH ⊥EF ，∴∠PHO=90° 又PC ⊥OC ，∴∠POC=90° ∴P 、C 、H 、O 四点共圆 ∴∠HCO=∠HPO又EK ∥BD ，∴∠HPO=∠HEK∴∠HCM=∠HEM∴H 、C 、E 、M 四点共圆 ∴∠ECM=∠EHM 又∠ECM=∠EFA ∴∠EHM=∠EFA ∴HM ∥AC ∵EH=FH经典题(四)1、已知：△ABC 是正三角形，P 是三角形一点，PA ＝3，PB ＝4求∠APB 的度数．（初二）解：将△ABP 绕点B 顺时针方向旋转60°得△BCQ ，连接PQ 则△BPQ 是正三角形 ∴∠BQP=60°，PQ=PB=3在△PQC 中，PQ=4，CQ=AP=3，PC=5 ∴△PQC 是直角三角形 ∴∠PQC=90°∴∠BQC=∠BQP+∠PQC=60°+90°=150° ∴∠APB=∠BQC=150°2、设P 是平行四边形ABCD 部的一点，且∠PBA ＝∠PDA ． 求证：∠PAB ＝∠PCB ．（初二）∴EM=KM ∵EK ∥BD ∴KMODAM AO EM OB == ∴OB=OD又AO=CO∴四边形ABCD 的对角证明：过点P 作AD 的平行线，过点A 作PD 的平行线， 两平行线相交于点E ，连接BE ∵PE ∥AD ，AE ∥PD ∴ADPE 是平行四边形 ∴PE=AD ，又ABCD 是平行四边形 ∴AD=BC ∴PE=BC又PE ∥AD ，AD ∥BC ∴PE ∥BC∴BCPE 是平行四边形 ∴∠BEP=∠PCB ∵ADPE 是平行四边形 ∴∠ADP=∠AEP3、设ABCD 为圆接凸四边形，求证：AB ·CD ＋AD ·BC ＝AC ·BD ．（初三） 证明：在BD 上去一点E ，使∠BCE=∠ACD ∵CD⌒ =CD ⌒ ∴∠CAD=∠CBD ∴△BEC ∽△ADC ∴ACBCAD BE∴AD ·BC=BE ·AC ……………………① ∵∠BCE=∠ACD∴∠BCE+∠ACE=∠ACD+∠ACE 即∠BCA=∠ECD∵BC⌒=BC ⌒,∴∠BAC=∠BDC △BAC ∽△EDC又∠ADP=∠ABP ∴∠AEP=∠ABP ∴A 、E 、B 、P 四点共圆 ∴∠BEP=∠PAB ∴∠PAB=∠PCB∴CDACDE AB∴AB ·CD=DE ·AC ……………………②4、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：过点D 作DG ⊥AE 于G ，作DH ⊥FC 于H ，连接DF 、DE ∴S △ADE =12AE ·DG ，S △FDC =12FC ·DH又S △ADE =S △FDC =12S □ABCD∴AE ·DG=FC ·DH 又AE=CF ∴DG=DH∴点D 在∠APC 的角平分线上 ∴∠DPA ＝∠DPC经典题（五）1、设P 是边长为1的正△ABC 任一点，L ＝PA ＋PB ＋PC ，求证：3≤L ＜2． 证明：（1）将△BPC 绕B 点顺时针旋转60°的△BEF ，连接PE ，∵BP=BE ，∠PBE=60° ∴△PBE 是正三角形。
中考复习初中数学几何证明 试题(含答案)
初中几何证明题经典题（一）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）.如下图做GH ⊥AB,连接EO 。
由于GOFE 四点共圆，所以∠GFH ＝∠OEG , 即△GHF ∽△OGE,可得EO GF =GO GH =COCD,又CO=EO ，所以CD=GF 得证。
2、已知：如图，P 是正方形ABCD 内点，∠PAD ＝∠PDA ＝150． 求证：△PBC 是正三角形．（初二）.3、如图，已知四边形ABCD 、A 1B 1C 1D 1都是正方形，A 2、B 2、C 2、D 2分别是AA 1、BB 1、CC 1、DD 1的中点．求证：四边形A 2B 2C 2D 2是正方形．（初二）APCDB D 2C 2 B 2 A 2D 1C 1B 1C B DA A 1 AFGCEBOD4、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 ．经典题（二）1、已知：△ABC 中，H 为垂心（各边高线的交点），O（1）求证：AH ＝2OM ； （2）若∠BAC ＝600，求证：AH ＝AO ．（初二）2、设MN 是圆O 外一直线，过O 作OA ⊥MN 于A ，自A 及D 、E ，直线EB及CD 分别交MN 于P 、Q ． 求证：AP ＝AQ ．（初二）3、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）4、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．BF求证：点P 到边AB 的距离等于AB 的一半．经典题（三）1、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）2、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）3、设P 是正方形ABCD 一边求证：PA ＝PF ．（初二）4、如图，PC 切圆O 于C ，AC 为圆的直径，PEFB 、D ．求证：AB ＝DC ，BC ＝AD ．（初三）经典题（四）1、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）2、设P 是平行四边形ABCD 内部的一点，且∠PBA ＝∠PDA ． 求证：∠PAB ＝∠PCB ．（初二）3、设ABCD 为圆内接凸四边形，求证：AB ·CD ＋AD ·BC ＝AC ·BD ．（初三）4、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）经典难题（五）1、 设P 是边长为1的正△ABC 内任一点，L ＝PA ＋PB ＋PC ，求证：≤L ＜2．2、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． A P CB P A D CB C B D A F PD E CB A APCB3、P为正方形ABCD内的一点，并且PA＝a，PB＝2a，PC＝3a，求正方形的边长．4、如图，△ABC中，∠ABC＝∠ACB＝800，D、E分别是AB、AC上的点，∠DCA＝300，∠EBA＝200，求∠BED的度数．经典题（一）1.如下图做GH⊥AB,连接EO。
初中平面几何一题多变
hing at a time and All things in their being are good for somethin
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题 41 已知，如图，△ABC 中， CD⊥AB，D 为垂足，且 AD/CD=CD/BD，
求∠ACB 的度数。
题 42 已知，CD 是△ABC 的 AB 边上的高， D 为垂足，且 AD/CD=CD/BD， 则∠ACB 一定是 90 度吗？为什么？
hing at a time and All things in their being are good for somethin
求证：（1）BF·CE= BE·DF （2）AE⊥CF （3）设 AE 与 CD 交于 Q，则 FQ‖BC
21、已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，以 CD 为直径的圆交 AC、BC 于 E、F， 求证： CE：BC=CF：AC（注意本题和 16 题有无联系）
=(AD-DB)AB =2DM*AB
26、（在 19 题基础上增加一条平行线） 已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，AE 平分∠BAC 交 BC 于 E、交 CD 于 F，FG‖AB 交 BC 于点 G， 求证：CE=BG
27、（在 19 题基础上增加一条平行线） 已知，△ABC 中，∠ACB=90 度，CD⊥AB，D 为垂足，AE 平分∠BAC 交 BC 于 E、交 CD 于 F，FG‖BC 交 AB 于点 G，连结 EG， 求证：四边形 CEGF 是菱形
初三数学平面专题经典 (含答案)
初三数学平面专题经典 (含答案)
标题：初三数学平面专题经典（含答案）
本文档包含初三数学平面几何专题题目，涵盖了三角形、圆、相似等多个方面。
每个专题都配有详细的解题思路和答案解析，旨在帮助初三学生夯实数学基础，做好中考准备。
一、三角形专题
1. 已知三角形三边长度，求三角形周长和面积
2. 已知三角形的三个内角，判断其形状，并证明结论
3. 在三角形中，若两边之和大于第三边，则这两边所对的角的大小关系是什么？
4. 已知等腰三角形的底边和高，求面积
5. 已知等边三角形的高，求面积
二、圆专题
1. 已知圆的直径长度，求圆的周长和面积
2. 如何画出一个圆的内切正方形？
3. 如何用圆锥曲线画出一个正五边形？
4. 如何用圆锥曲线画出一个正三角形？
5. 已知圆的半径和圆心角的大小，求扇形面积
三、相似专题
1. 什么是相似三角形？
2. 如何判断两个三角形是否相似？
3. 如何求出两个相似三角形之间的边长比和面积比？
4. 如何利用相似三角形求解实际问题？。
初三经典几何证明练习题(含问题详解)
初三几何证明题经典题（一）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．2、已知：如图，P是正方形ABCD部的一点，∠PAD＝∠PDA＝15°。
求证：△PBC是正三角形．（初二）3、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．经典题（二）1、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＝600，求证：AH＝AO．2、设MN是圆O外一条直线，过O作OA⊥MN于A，自A引圆的两条割线交圆O于B、C及D、E，连接CD并延长交MN于Q，连接EB并延长交MN于P.求证：AP＝AQ．3、如图,分别以△ABC的AB和AC为一边,在△ABC的外侧作正方形ABFG和正方形ACDE，点O是DF的中点，OP⊥BC求证：BC=2OP证明：分别过F、A、D作直线BC的垂线，垂足分别是L、M、N∵OF=OD，DN∥OP∥FL∴PN=PL∴OP是梯形DFLN的中位线∴DN+FL=2OP∵ABFG是正方形∴∠ABM+∠FBL=90°又∠BFL+∠FBL=90°∴∠ABM=∠BFL又∠FLB=∠BMA=90°，BF=AB∴△BFL≌△ABM∴FL=BM同理△AMC≌△CND∴CM=DN∴BM+CN=FL+DN∴BC=FL+DN=2OP经典题（三）1、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．证明：连接BD 交AC 于O 。
过点E 作EG ⊥AC 于G ∵ABCD 是正方形 ∴BD ⊥AC 又EG ⊥AC ∴BD ∥EG 又DE ∥AC ∴ODEG 是平行四边形 又∠COD=90° ∴ODEG 是矩形 ∴EG=OD=21BD=21AC=21AE ∴∠EAG=30°∵AC=AE∴∠ACE=∠AEC=75° 又∠AFD=90°-15°=75° ∴∠CFE=∠AFD=75°=∠AEC ∴CE=CF2、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 ．证明：连接BD ，过点E 作EG ⊥AC 于G ∵ABCD 是正方形 ∴BD ⊥AC ，又EG ⊥AC ∴BD ∥EG 又DE ∥AC∴ODEG 是平行四边形又∠COD=90° ∴ODEG 是矩形∴EG =OD =21BD=21AC=21CE∴∠GCE=30°∵AC=EC3、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：过点F 作FG ⊥CE 于G ，FH ⊥CD 于H ∵CD ⊥CG ∴HCGF 是矩形 ∵∠HCF=∠GCF ∴FH=FG ∴HCGF 是正方形 ∴CG=GF ∵AP ⊥FP ∴∠APB+∠FPG=90° ∵∠APB+∠BAP=90° ∴∠FPG=∠BAP 又∠FGP=∠PBA ∴△FGP ∽△PBA 设AB=x ，BP=y ，CG=z z ：y=（x-y+z ）：x 化简得（x-y ）·y =（x-y ）·z ∵x-y ≠0 ∴y=z 即BP=FG∴△ABP ≌△PGF∴∠CAE=∠CEA=21∠GCE=15°在△AFC 中∠F =180°-∠FAC-∠ACF =180°-∠FAC-∠GCE =180°-135°-30°=15° ∴∠F=∠CEA ∴AE=AFPE PB A∴FG ：PB=PG ：AB4、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：过点E 作EK ∥BD ，分别交AC 、AF 于M 、K ，取EF 的中点H ， 连接OH 、MH 、EC ∵EH=FH∴OH ⊥EF ，∴∠PHO=90° 又PC ⊥OC ，∴∠POC=90° ∴P 、C 、H 、O 四点共圆 ∴∠HCO=∠HPO 又EK ∥BD ，∴∠HPO=∠HEK ∴∠HCM=∠HEM ∴H 、C 、E 、M 四点共圆 ∴∠ECM=∠EHM 又∠ECM=∠EFA ∴∠EHM=∠EFA ∴HM ∥AC ∵EH=FH经典题(四)1、已知：△ABC 是正三角形，P 是三角形一点，PA ＝3，PB ＝4，PC ＝5． 求∠APB 的度数．（初二）解：将△ABP 绕点B 顺时针方向旋转60°得△BCQ ，连接PQ 则△BPQ 是正三角形 ∴∠BQP=60°，PQ=PB=3在△PQC 中，PQ=4，CQ=AP=3，PC=5 ∴△PQC 是直角三角形 ∴∠PQC=90°∴∠BQC=∠BQP+∠PQC=60°+90°=150° ∴∠APB=∠BQC=150°2、设P 是平行四边形ABCD 部的一点，且∠PBA ＝∠PDA ． 求证：∠PAB ＝∠PCB ．（初二）证明：过点P 作AD 的平行线，过点A 作PD 的平行线， 两平行线相交于点E ，连接BE ∵PE ∥AD ，AE ∥PD∴ADPE 是平行四边形∴PE=AD ，又ABCD 是平行四边形∴AD=BC∴PE=BC又PE ∥AD ，AD ∥BC ∴PE ∥BC ∴BCPE 是平行四边形 ∴∠BEP=∠PCB ∵ADPE 是平行四边形 ∴∠ADP=∠AEP∴EM=KM ∵EK ∥BD ∴KMODAM AO EM OB == ∴OB=OD 又AO=CO ∴四边形ABCD 的对角线互相平分 ∴ABCD 是平行四边形 ∴AB=DC ，BC=AD 又∠ADP=∠ABP ∴∠AEP=∠ABP ∴A 、E 、B 、P 四点共圆 ∴∠BEP=∠PAB ∴∠PAB=∠PCB3、设ABCD 为圆接凸四边形，求证：AB ·CD ＋AD ·BC ＝AC ·BD ．（初三） 证明：在BD 上去一点E ，使∠BCE=∠ACD ∵CD⌒ =CD ⌒ ∴∠CAD=∠CBD ∴△BEC ∽△ADC∴ACBC AD BE = ∴AD ·BC=BE ·AC ……………………① ∵∠BCE=∠ACD∴∠BCE+∠ACE=∠ACD+∠ACE 即∠BCA=∠ECD ∵BC⌒=BC ⌒,∴∠BAC=∠BDC △BAC ∽△EDC ∴CDACDE AB =∴AB ·CD=DE ·AC ……………………②4、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：过点D 作DG ⊥AE 于G ，作DH ⊥FC 于H ，连接DF 、∴S △ADE =12AE ·DG ，S △FDC =12FC ·DH又S △ADE =S △FDC =12S □ABCD∴AE ·DG=FC ·DH 又AE=CF ∴DG=DH∴点D 在∠APC 的角平分线上 ∴∠DPA ＝∠DPC经典题（五）1、设P 是边长为1的正△ABC 任一点，L ＝PA ＋PB ＋PC ，求证：3≤L ＜2． 证明：（1）将△BPC 绕B 点顺时针旋转60°的△BEF ，连接PE ， ∵BP=BE ，∠PBE=60° ∴△PBE 是正三角形。
初三几何证明题试题及参考答案
初三几何证明题试题及参考答案初三几何证明题试题及参考答案初三要不少的几何知识，这些都是证明题的考验。
下面就是店铺给大家整理的'初三几何证明题内容，希望大家喜欢。
初三几何证明题一第一题(2)相似后，由RT三角形求出BC=2倍根2，所以AB/DC=BD/EC2/2倍根2-X=X/EC，求出EC=(2倍根2倍的X-X平方)/2所以Y=2-(2倍根2倍的X-X平方)/2(3)因为相似且AD=DE所以两三角形全等所以DC=AB=2所以EC=BD=BC-DC=2倍根2-2所以AE=AC-EC=2-(2倍根2-2)=4-2倍根2第二题(1)过E，F，Q分别向AD作垂线交于点H，I，J，因为PF平行AQ所以三角形DPF与DAQ相似所以DP/DA=DF/DQ=3-X/3因为三角形DJF与DIQ相似所以FJ/QI=DF/DQFJ/2=3-X/3FJ=2/3倍(3-X)同理EH=2/3倍X所以S三角形AEP=1/2*X*2/3倍X=1/3倍X方S三角形DFP=1/2*(3-X)*2/3倍(3-X)=1/3倍(3-X)方因为平行所以S三角形PEF与EFQ相等初三几何证明题二1.在△ABC中，M为BC边的中点，∠B=2∠C，∠C的平分线交AM 于D。
证明：∠MDC≤45°。
2.设NS是圆O的直径，弦AB⊥NS于M，P为弧上异与N的任一点，PS交AB于R，PM的延长线交圆O于Q，求证：RS>MQ。
答案：1.设∠B的平分线交AC于E，易证EM⊥BC作EF⊥AB于F，则有EF=EM，∴AE≥EF=EM，从而∠EMA≥∠EAM,即90°-∠AMB≥∠EAM。
又2∠MDC=2(∠MAC+∠ACD)=2∠MAC+∠ACM=∠MAC+∠AMB，∴90°≥∠AMD+∠MAC=2∠MDC，∴∠MDC≤45°。
2.连结NQ交AB于C，连结SC、SQ。
易知C、Q、S、M四点共圆，且CS是该圆的直径，于是CS>MQ。
初中数学几何图形证明复习 题集附答案
初中数学几何图形证明复习题集附答案初中数学几何图形证明复习题集附答案一、直线和角1. 直线的定义与性质证明直线是由无数个点组成的，而且它上面的任意两个点可通过直线上其他的点用直线段相连而得。
直线上的点无论如何移动，它们的位置不变。
2. 角的定义与性质证明角是由两条有公共起点的射线组成的。
角的大小可以通过两条射线的夹角来衡量，夹角的单位是度。
任意两条射线可以确定唯一一个角。
对任意一个角，总存在一个与之对应的角，其顶点和两条边的位置互换。
3. 垂直角性质证明当两条直线互相垂直时，它们所对应的四个角是互相垂直的，也就是相等的。
二、三角形1. 三角形的定义与性质证明三角形是由三条线段组成的几何图形。
它的性质包括：三角形的三条边互不相交，三角形的三个内角相加等于180度，等腰三角形的两个边相等，等边三角形的三个边都相等。
2. 等腰三角形性质证明对于一个等腰三角形，它的两个底边相等，两个底角也相等。
3. 直角三角形性质证明对于一个直角三角形，它的两条直角边的平方和等于斜边的平方。
三、四边形1. 矩形性质证明矩形是一个四边形，它的所有内角都是直角，并且它的对边相等。
2. 平行四边形性质证明平行四边形是一个四边形，它的对边是平行的，并且相等。
3. 菱形性质证明菱形是一个四边形，它的所有边都相等，并且对角线互相垂直。
四、圆1. 圆的定义与性质证明圆是一个平面上的点组成的集合，它到一个固定点的距离相等。
圆的性质包括：圆上的任意两点可以通过圆弧用圆心相连，并且圆心角的度数是圆弧所对的角的度数的两倍。
2. 弧的性质证明在一个圆内，不同的弧所对应的圆心角是不同的。
一个圆上的两个弧所对应的圆心角互补。
3. 弦的性质证明在一个圆内，不同的弦所对应的圆心角是不同的。
一个圆上的两个弦所对应的圆心角互补。
总结：数学几何图形的证明是通过逻辑推理与数学定理的运用，以确保结论的正确性。
在初中数学中，我们需要了解各种图形的定义与性质，并能够用适当的证明方法来解答相关问题。
初三证明几何练习题和答案
初三证明几何练习题和答案在初三的数学学习中，证明几何是一个重要的内容。
通过证明几何的练习，不仅可以提高学生的逻辑思维和推理能力，还能加深对几何概念的理解。
本文将提供一些初三常见的证明几何练习题和答案，以供学生参考。
1. 设AO和BO是直线段垂直平分线，点C在直线AB上。
证明：∠ACO = ∠BCO。
解答：首先，根据直线段垂直平分线的定义，AO和BO互相垂直且平分直线段AB。
设∠ACO的度数为x，∠BCO的度数为y。
则根据垂直平分线的性质可知∠COA = ∠COB = 90°。
再根据直线上的角平分线性质可知∠COA = ∠AOC = x/2，∠COB= ∠BOC = y/2。
又由于∠COA = 90°，则x/2 + y/2 = 90°，即x + y = 180°。
因此，根据等量关系可得∠ACO = ∠BCO，证明完成。
2. 在△ABC中，垂直平分线BD交边AC于点E，证明：AE = EC。
解答：根据垂直平分线的定义，BD是边AC的垂直平分线，即BD垂直于AC且平分边AC。
设AE的长度为x，EC的长度为y。
根据垂直平分线的性质可知∠BDE = ∠BDE = 90°，∠BED =∠CED。
由于△BDE和△BEC中∠BDE = ∠BEC = 90°，则两个三角形中的另外两个角也相等，即∠BDE = ∠BEC。
又由于∠BDE = ∠BEC，三角形内角和为180°，则∠BED + ∠BDE + ∠BEC = 180°。
代入角度的数值可得∠BED + 90° + ∠BED = 180°，即∠BED = 45°。
进一步，根据角平分线的性质可知∠AEB = ∠BEC，即∠AEB = 45°。
因为∠AEB为三角形△AEB的内角，所以△AEB的另外两个角之和也为180°。
因此，180° = 45° + x + 45°，化简得180° = x + 90°，即x = 90°，即AE的长度为90°。
初中三年级平面几何的证明题
初中三年级平面几何的证明题平面几何是数学的一个重要分支，通过对平面图形的研究和证明，可以帮助我们理解和应用各种几何原理。
在初中三年级学习平面几何时，我们经常会遇到一些需要证明的题目。
本文将通过几个具体的例题，来演示如何进行初中三年级平面几何的证明。
1. 三角形内角和定理的证明给定一个三角形ABC，我们需要证明三角形的内角和等于180度。
以下是证明的步骤：步骤一：构造一条从顶点A向边BC的垂线，将三角形ABC分成两个相似的直角三角形。
步骤二：根据直角三角形的性质，得知直角三角形的两个锐角之和为90度。
步骤三：根据相似三角形的性质，得知两个直角三角形的两个相应角之和相等。
步骤四：将两个相应角之和相等的直角三角形合并，得知三角形ABC的内角和等于180度。
通过以上步骤，我们完成了三角形内角和定理的证明。
2. 三角形外角定理的证明给定一个三角形ABC，我们需要证明三角形的外角等于与之相对的两个内角之和。
以下是证明的步骤：步骤一：延长边BC，找到一个点D使得BD与边AC相交。
步骤二：根据延长线与平行线的性质，得知∠ACB与∠BDC互补（补角定理）。
步骤三：根据同位角定理，得知∠ABC与∠BDC相等。
步骤四：根据三角形内角和定理，得知∠BAC与∠ABC之和为180度。
步骤五：结合步骤三和步骤四的结论，得知三角形的一个外角等于与之相对的两个内角之和。
通过以上步骤，我们完成了三角形外角定理的证明。
3. 相似三角形的证明给定两个三角形ABC和DEF，我们需要证明它们相似。
以下是证明的步骤：步骤一：找到两个对应边，比较它们之间的比例关系。
步骤二：比较两个对应边的比例并进行化简，若它们相等，则对应边之间的比例关系成立。
步骤三：找到两个对应角，比较它们之间的关系。
步骤四：比较两个对应角的度数并进行化简，若它们相等，则对应角之间的关系成立。
步骤五：综合步骤二和步骤四的结论，得知三角形ABC和DEF相似。
通过以上步骤，我们完成了相似三角形的证明。
中考数学模拟试题平面几何的证明题
中考数学模拟试题平面几何的证明题中考数学模拟试题平面几何的证明题在中考数学中，平面几何的证明题是一个非常重要的部分。
通过解答这类题目，能够培养学生的逻辑思维和推理能力，提高数学解题的能力。
本文将为大家介绍几个常见的中考数学平面几何证明题，并给出详细的解答过程。
题目1：证明平行线的性质平行线是指不相交且在同一平面内永远不会相交的两条直线。
以下给出一个证明平行线的定理的例子：已知：直线AB // 直线CD，直线EF与CD相交于点G。
证明：直线AB // 直线EF解答：根据已知条件，我们可以得到∠BGC = ∠AGC (同位角)。
而∠BGC是EF的一对内错角，所以必然有EF // AB。
因此，我们证明了直线AB // 直线EF。
题目2：证明三角形的性质三角形是平面几何中的基本图形，其性质和关系也是中考数学中常见的考点之一。
以下是一个证明三角形相似的例子：已知：∠ABC = ∠DEF，∠ACB = ∠DFE，AC/DE = BC/EF证明：△ABC ∽△DEF解答：根据已知条件，我们可以得到两个对应角相等，且两个对应边的比值相等。
根据相似三角形的性质，我们可以得出△ABC ∽△DEF。
题目3：证明圆的性质圆是平面几何中最基本的图形之一，它的性质和圆周角、弧长等也是中考数学中常见的考点。
以下是一个证明圆心角的例子：已知：∠AOB = 90°，AB为弧AB对应的弦。
证明：∠AOB = 2∠ABO解答：根据已知条件，我们可以得到∠AOB是一个直角。
而直角对应的圆心角等于其对应弧的两倍，所以∠AOB = 2∠ABO。
因此，我们证明了∠AOB = 2∠ABO。
通过以上几个例子，我们可以看出，在中考数学的平面几何证明题中，我们需要根据已知条件运用几何知识和定理，通过一系列的逻辑推理和推导，来得出结论。
这不仅可以提高学生的逻辑思维和推理能力，还能够加深对几何知识的理解和运用。
总结起来，平面几何的证明题在中考数学中占有重要地位。
一题多解
附1:一道平面几何名题的多种解法问题在凸四边形ABCD中, ∠ABD = 20°, ∠DBC = 60°, ∠BCA = 50°, ∠ACD = 30°. 求∠BDA.该题的一个"变种"形式是:在顶角为20°的等腰△BCE中, 在两腰BE, CE上分别各取一点A, D, 使得∠EBD = 20°, ∠DBC = 60°, ∠BCA = 50°, ∠ACE = 30°. 求∠BDA.其实以等腰三角形的这种形式的问题出现得很早, 在1922年由Langley作为问题644发表在杂志《The Mathematical Gazette》上. 因此, 该问题也被称为Langley问题.解法1在CD上取一点E, 使得∠EBC = 20°, 则∠BCE = ∠CEB = 80°, BC = BE. 又∠BCA = ∠BAC = 50°, BC = BA. 故BA = BE.因∠ABE = 60°, 故△ABE为正三角形.因∠DBE = ∠EDB = 40°, 故DE = BE = AE, 即E为△ABD的外心.所以, ∠BDA = ∠BEA/2 = 30°.解法2设∠ABC的角平分线与CD相交于点E, 在BE延长线上取一点X, 在BA延长线上取一点Y.易知, ∠CAB = 50° = ∠BCA, 故BC = BA, 点A与C关于直线BE对称.故∠CEB = 60°, ∠BEA = 60°, ∠AED = 60°, ∠DEX = 60°, 即DE为∠AEX的角平分线.因∠ABE = ∠ABC/2 = 40° = 2∠ABD, 故BD为∠ABE的角平分线.因此, 点D为△ABE与顶点B对应的旁心, 从而AD为∠YAE的角平分线.而∠YAE = ∠ABE + ∠BEA = 100°, 故∠YAD = ∠YAE/2 = 50°.所以, ∠BDA = ∠YAD – ∠ABD = 30°.解法3以AC为一边作正三角形△ACE, 且点E和B位于AC的两侧.因∠BCA = ∠CAB = 50°, 故BC = BA, 四边形ABCE为关于BE对称的筝形, ∠ABE = ∠ABC/2 = 40°, ∠BEA = ∠CEA/2 = 30°.因∠ACD = 30°, 故CD垂直平分AE.设CD与△ABE外接圆上的劣弧AE相交于点D', 由对称性, 弧AD' = 弧D'E, 故∠ABD' = ∠D'BE = ∠ABE/2 = 20° = ∠ABD. 因此, D'与D重合.所以, ∠BDA = ∠BEA = 30°.解法4以CD为一边作正三角形DCE, 且点E与B分别在CD的两侧. 过点D作CE的垂线, 交直线BC于点F. 在FE的延长线上取一点G, 使得EG = EC. 设直线DG与△GCF的外接圆再次相交于点A' (A'≠G).由图形的对称性, ∠FEC = ∠ECF = 180° – 50° – 30° – 60° = 40°. 因EG = EC,故∠EGC = ∠GCE = ∠FEC/2 = 20°.因EG = EC = ED, 故∠EGD = ∠GDE = ∠FED/2 = (60° + 40°)/2 = 50°.因A', C, F, G四点共圆, 故∠BCA' = ∠FGA' = 50°, ∠GA'F = ∠GCF = ∠GCE + ∠ECF = 20° + 40° = 60°.因∠DA'F = 60° = ∠DBF, 故A', B, F, D四点共圆, ∠A'BF = ∠GDF = ∠GDE + ∠EDF = 50° + 30° = 80°.故∠A'BC = 80° = ∠ABC, 且∠BCA '= 50° = ∠BCA, 所以A'与A重合.由A, C, F, G四点共圆, 有∠CGA = ∠EGD – ∠EGC = 30°, ∠BF A = ∠CF A = ∠CGA = 30°.再由A, B, F, D四点共圆, 便有∠BDA = ∠BF A = 30°.解法5设直线BA与CD的交点为E, 则∠ABC = ∠BCD = 80°, EB = EC, ∠CEB = 20° = ∠ABD, BD = ED.易知, ∠CAB = 50° = ∠BCA, 故BA = BC.在EB上取一点F, 使得BF = BD. 在DF延长线上取一点G, 使得FG = CB. 连GE.因BF = BD, ∠DBA = 20°, 故∠DFB = ∠BDF = 80°, ∠GDE = ∠DFB – ∠DEF = 60°.因∠GFE = ∠DFB = 80° = ∠BCD, EF = EB – BF = EB – BD = EC – ED = DC, 且FG = CB, 故△EGF≌△DBC, ∠EGD = ∠DBC = 60°.所以, △EGD为正三角形.故F A = BF – BA = BD – BC = ED –FG = GD – FG = FD, ∠ADF = ∠F AD = 50°.所以, ∠BDA = ∠BDF – ∠ADF = 30°.解法6易知, ∠CDB = 40°, ∠CAB = 50° = ∠BCA, BC = BA.在线段BD上取一点E, 使得BE= BC. 因∠EBC= 60°, 故△EBC为正三角形.设△DBC的内心为F, 则∠DBF = ∠FBC = 30°, ∠BCF = ∠FCD = 40°, ∠CDF = ∠FDB = 20°.因∠DCE = 20° = ∠CDF, ∠EDC = 40° = ∠FCD, 故△EDC≌△FCD, FD = EC = BC = BA.又∠FDB = 20° = ∠ABD, 故FD // BA, 四边形ABFD为平行四边形.所以, ∠BDA = ∠DBF = 30°.解法7过点A作BC的平行线, 交直线CD于点E. 过点B作CD的平行线, 交直线AE于点F. 过点C作BA的平行线, 交直线AE于点G.设直线BF与CA的交点为H. 连HG.易知, ∠CAB = 50° = ∠BCA, 故平行四边形ABCG为菱形.因∠ABC = ∠BCE = 80°, 故ABCE为等腰梯形, 且AB = EC.因此, 平行四边形ECBF与ABCG全等, 即FBCE也为菱形. 故∠GBC= ∠ABG = ∠ABC/2 = 40°.又∠FBC = 180° – ∠BCE = 100°, 故∠FBG = 60° = ∠CBD.由菱形FBCE图形的对称性可知, 直线BF与BC关于BE对称, 直线FE与CE也关于BE对称. 又因∠FBG = ∠CBD, 故直线BG与BD也关于BE对称. 而BG与FE的交点为G, BD与CE的交点为D, 故点G与D也关于BE对称. 所以, BG = BD.在菱形ABCG中, 有点B和G关于CA对称, 故∠HGB = ∠HBG = 60°, 即△HBG为正三角形, ∠BHA = ∠GHA = 30°, BH = BG.因BH = BG = BD, 且∠ABH = ∠FBC – ∠ABC = 20° = ∠ABD, 有△HBA≌△DBA.所以, ∠BDA = ∠BHA = 30°.解法8过点D作直线BC的平行线, 交直线BA于点E. 设BD与CE的交点为F.因∠EBC = ∠BCD = 80°, 故四边形EBCD为等腰梯形, 且EB = DC. 故∠BCE = ∠DBC = 60°, △FBC及△FDE均为正三角形.易知, ∠CAB = 50° = ∠BCA, 故BA = BC = BF, ∠BF A = ∠F AB = 80°.易知, ∠FEA = ∠CDB = 40°, 而∠AFE = 180° – ∠CFB – ∠BF A = 40° = ∠FEA, 故AE = AF. 四边形EAFD是一个以AD为对称轴的筝形.所以, ∠BDA = ∠FDE/2 = 30°.解法9以BC与CD为相邻两边, 作平行四边形EBCD, 则∠EBC = 100°.在BD上取一点F, 使得BF = BC. 又因∠FBC = 60°, 故△FBC为正三角形, BC = CF.易知, ∠ABC = ∠BCD = 80°, 故∠FCD = ∠BCD – 60° = 20°, ∠ABE = ∠EBC – ∠ABC = 100° – 80° = 20°.易知, ∠CAB = 50° = ∠BCA, 故BA = BC = CF.又因EBCD是平行四边形, 有EB= DC, 故△EBA≌△DCF, ∠AEB= ∠CDF = 180° – ∠DBC – ∠BCD = 180° – 60° – 80° = 40°.因∠DEB = ∠BCD = 80°, 故∠DEA = ∠DEB – ∠AEB = 40° = ∠AEB, 而∠EBA = ∠ABD = 20°, 故A为△EBD的内心.因ED // BC, 故∠BDE = ∠DBC = 60°.所以, ∠BDA = ∠BDE/2 = 30°.解法10易知, ∠BDC = 40°.设直线BA与CD的交点为E. 因∠ABC = ∠BCD = 80°, 故EB = EC, ∠CEB = 20° = ∠ABD, DB = DE.设点B关于EC的对称点为F, 由对称性可知, EF= EB, DF= DB= DE,∠EDF = ∠BDE = 180° – 40° = 140°, ∠FEC = ∠CEB = 20°.设点C关于EB的对称点为G, 同样由对称性, EG = EC, ∠EGA = ∠ACE = 30°, ∠BEG = ∠CEB = 20°.由EG = EC = EB = EF, 且∠GEF = ∠BEG + ∠CEB + ∠FEC = 20° + 20° + 20° = 60°, 故△EGF为正三角形.因∠EGA = 30°, 故直线GA是EF的垂直平分线. 又因DF = DE, 故点D也位于EF的垂直平分线上, 所以G, A, D三点共线.故∠GDE = ∠GDF = (360° – ∠EDF)/2 = 110°.所以, ∠BDA = 180° – ∠CDB – ∠GDE = 180° – 40° – 110° = 30°.解法11设直线BA与CD的交点为E, 则∠CEB = 20° = ∠ABD, 故DB = DE.易知, ∠CAB = 50° = ∠BCA, 故BA = BC.设∠BDE的角平分线与∠ABC的角平分线相交于点F, BF与DC交于点G.因BA= BC, 故点A与C关于BF对称; 因DE= DB, 故点E与B关于DF 对称, 且DF⊥BE.因此, ∠ABG = ∠GBC = ∠ABC/2 = 40°, ∠DBF = ∠ABG – ∠ABD = 20°, ∠FED = ∠DBF = 20°.∠BGA = ∠CGB = 180° – 40° – 50° – 30° = 60°, ∠AGE = 180° – 60° – 60° = 60°, ∠EGF = ∠CGB = 60°.因∠FEG = ∠GEA = 20°, ∠EGF = ∠AGE = 60°, 故△EAG≌△EFG, 点A 与F关于直线EG对称.∠BFD = 90° – ∠EBF = 50°, ∠DAG = ∠GFD = 50°.∠GDA = 180°– ∠DAG – ∠AGE = 70°.所以, ∠BDA = ∠GDA – ∠CDB = 70° – 40° = 30°.解法12设直线BA与CD的交点为E, 则由∠ABC = ∠BCD = 80°, 有EB = EC, ∠CEB = 20° = ∠ABD, 故DB = DE.又易知, ∠CAB = 50° = ∠BCA, 故BA = BC.设点E在BC上的垂足为F, 点D在BC上的垂足为G. 设EB = EC = 1, BA = BC = a, DB = DE = b.则因EB = EC , 故BF = FC = 2a . 且∠DBC = 60°, BG =2DB =2b , 有FG = BG – BF = 2a b -.又因1b EC ED FC FG ==, 有 FG = b ·FC =2ab .故22ab a b =-, aa b -=1. 因ECEA a b a BD BA =-==11, 且∠ABD = ∠AEC = 20°, 故△ABD ≌ △AEC . 所以, ∠BDA = ∠ECA = 30°.解法13设∠BDA = θ. 则∠DAB = 160° –θ, ∠BCD = 80°, ∠CDB = 40°.由正弦定理,)20sin()160sin(sin θθθ+︒=-︒=BD BD AB , ︒=︒80sin 40sin BD BC .因∠CAB = 50° = ∠BCA , 故BC = AB . 所以︒︒===+︒80sin 40sin )20sin(sin BD BC BD AB θθ.︒⋅+︒=⋅︒40sin )20sin(sin 80sin θθ︒⋅⋅︒+⋅︒=40sin )sin 20cos cos 20(sin θθθθsin 40sin 20cos cos 40sin 20sin ⋅︒⋅︒+⋅︒⋅︒=.故︒⋅︒-︒︒⋅︒==40sin 20cos 80sin 40sin 20sin cos sin tan θθθ︒⋅︒-︒⋅︒︒⋅︒=40sin 20cos 40cos 40sin 240sin 20sin ︒-︒︒=20cos 40cos 220sin . 而︒-︒=︒-︒=︒40sin 2140cos 23)4060sin(20sin , ︒+︒=︒-︒=︒40sin 2340cos 21)4060cos(20cos . 故︒=︒-︒=︒-︒20sin 340sin 2340cos 2320cos 40cos 2. 所以, 31tan =θ, 即 θ = 30°.附2:一道等腰三角形问题的多种解法问题在△ABC中, AB= AC, ∠BAC= 20°. 点D, E分别在边AC, AB上, 且∠DBC = 70°, ∠ECB = 60°. 求∠EDB.解法1在边AC上取一点F, 使得∠FBC = 60°. 设EC与FB相交于点O. 连EF.则由图形对称性, 有EF // BC, ∠FBC = ∠ECB = ∠FEO = ∠EFO, 故△OBC 及△EOF均为正三角形.∠ABO = 80° – 60° = 20°, ∠DBA = 10°, ∠DBF = 10°.连接AO, 则AO为∠BAC的角平分线, ∠OAC = 10°.又AB = AC, ∠ACO = ∠BAD, 故△AOC≌△BDA, AO = BD, OC = AD = BC.又因∠BDF = ∠ABD + ∠BAD = 10° + 20° = 30°, ∠AOF = ∠EOF/2 = 30°, 故△AOF≌△BDF.这样, 有DF = FO = EF, 而因EF // BC, 有∠DFE = ∠ACB = 80°, 从而∠EDF = 50°.所以, ∠EDB = ∠EDF – ∠BDF = 50° – 30° = 20°.解法2辅助线做法同解法1, 在边AC上取一点F, 使得∠FBC= 60°. 设EC与FB 相交于点O. 连EF.同样证得△AOC≌△BDA, AO = BD, OC = AD = BC.与解法1不同的是, 在证明DF = EF时采用了角平分线定理.因∠DBA = ∠DBF = 10°, 知BD为△ABF的内角平分线. 所以而∠ACE = ∠CAE = 20°, 故AE = CE = BF. 故即得DF = EF.以下步骤同解法1, 求得∠EDF = 50°, ∠EDB = ∠EDF – ∠BDF = 20°.解法3以AC为一边作正三角形△ACF, 且点F与B位于AC的同侧. 连FE, FB.因AF= AC= AB, 故点A为△BCF的外心, ∠BFC= ∠BAC/2 = 10° = ∠DBA.又∠BCF = ∠BCA – ∠FCA = 80° – 60° = 20° = ∠DAB, 且FC = AC = AB, 故△BAD≌△FCB, FB = BD.因∠EAC = ∠ECA = 20°, 故AE = EC. 结合FA = FC, 知点A与C关于直线EF对称, ∠CFE = 30°.∠BFE = ∠BFC +∠CFE = 10° + 30° = 40°, ∠BAF = ∠CAF –∠CAB = 60° – 20° = 40°, 故∠BFE = ∠BAF.所以△BFE∽△BAF, BF2 = BE⋅BA.而由FB = BD, 知BD2 = BE⋅BA. 即△BDE∽△BAD.所以, ∠BDE = ∠BAD = 20°.解法4在BD上取一点F, 使得∠BCF = 40°. 连EF. 在EC上取一点O, 使得AO平分∠BAC.由∠FBC = 70°, ∠BCF = 40°, 可得∠BFC = 70° = ∠FBC, BC = FC.∠FCE = ∠BCE – ∠BCF = 60° – 40° = 20°.因AO平分∠BAC, 故点B与C关于直线对称, ∠OBC = ∠OCB = 60°, △BOC为正三角形.∠ABO = ∠ABC – ∠OBC = 80° – 60° = 20° = ∠BAD, ∠BAO = 10° = ∠ABD, 故△BOA≌△ADB, AD = OB = BC = FC.又∠EAC = ∠ECA = 20°, 故AE = EC, 且∠FCE = 20° = ∠DAE, 得△FEC≌△DEA, ED = EF.故∠FED = ∠AEC = ∠ABC+ ∠ECB = 80° + 60° = 140°.所以, ∠EDB = ∠EDF = (180° – 140°)/2 = 20°.接下来, 为了叙述方便, 把后面几个证明中常用的两个结论作为引理列举如下.引理1在△ABC中, AB= AC, ∠BAC= 20°. 点D边AC上, 且∠DBC= 70°. 则AD = BC.引理1的证明方法较多, 其中之一可参见解法1中相应内容. 这里不再赘述.引理2在△ABC中, AB = AC, ∠BAC = 20°. 点D, E分别在边AC, AB上, 且∠DBC = 60°, ∠ECB = 50°. 则∠EDB = 30°.其实, 引理2就是附1所讨论的问题的变种形式. 故这里就不再重复给出证明了.解法5在AC上取一点F, 使得∠FBC = 50°. 连EF, BF.因∠BFC = 180° – ∠FBC – ∠FCB = 180° – 50° – 80° = 50° = ∠FBC, 故BC = FC.而由引题1, AD = BC , 故AD = FC .又∠ECF = ∠EAD = 20°, EC = EA , 故△AED ≌ △CEF , ED = EF .由引题2, 有∠CEF = 30°, 故∠AED = 30°, ∠EDF = ∠EAD + ∠AED = 20° + 30° = 50°.而∠BDC = ∠ABD + ∠BAD = 10° + 20° = 30°.所以, ∠EDB = ∠EDF – ∠BDC = 50° – 30° = 20°.解法6在AC 上取一点F , 使得∠FBC = 50°. 连EF , BF .由引题2, 有∠CEF = 30°, 故∠EFD = ∠CEF + ∠ECF = 30° + 20° = 50°.因∠DBF = ∠DBC – ∠FBC = 70° – 50° = 20° = ∠ECF , ∠BDF = ∠ABD + ∠BAD = 10° + 20° = 30° = ∠CEF , 故△DFB ∽ △EFC , 故FCFB EF DF =. 再由∠BFC = 180° – ∠FBC – ∠BCF = 180° – 50° – 80° = 50° = ∠EFD , 知△DFE ∽ △BFC , ∠EDF = ∠CBF = 50°.所以, ∠EDB = ∠EDF – ∠BDF = 50° – 30° = 20°.解法7在AC上取一点F, 使得∠FBC = 50°. 连EF, BF. 设EC与BD相交于点O.由引题2, 知∠OEF= ∠CEF= 30°, 而∠ODF= ∠BDF= ∠ABD+ ∠BAD= 10° + 20° = 30°, 故E, O, D, F四点共圆.又因∠OBF = ∠DBC – ∠FBC = 70° – 50° = 20° = ∠OCF, 故O, F, C, B也四点共圆.因∠BFC = 180° – ∠FBC – ∠BCF = 180° – 50° – 80° = 50°, ∠DFE = ∠DOE = ∠BOC = 180° – ∠OBC – ∠OCB = 180° – 70° – 60° = 50°. 故∠EFB = 180° – ∠DFE –∠BFC = 180° – 50° – 50° = 80°.所以, ∠EDB = ∠EDO = ∠EFO = ∠EFB – ∠OFB = ∠EFB – ∠ECB = 80° – 60° =20°.解法8在AB上取一点F, 使得AD = DF. 作△BCD的外心G.连FD, GD, GB, GC.因AD = DF, ∠AFD = ∠F AD = 20°. 而∠ABD = 10°, 故∠FDB = 10°, DF = BF.由引题1, AD = BC, 故AD = DF = BF = BC.因∠BDC= ∠ABD+ ∠BAD= 10° + 20° = 30°, 而G为△BCD的外心, 故-101 - ∠BGC = 60°, 且BG = CG = DG , 即△BGC 为正三角形, BC = BG.所以, BF = BC = BG , 点B 为△GFC 的外心, ∠GCF = ∠GBF /2 = (∠CBA – ∠CBG )/2 = (80° – 60°)/2 = 10°.而且, 因∠BCG = 60° = ∠BCE , 故E , G , C 三点共线, ∠ECF = ∠GCF = 10°. 因∠FEC = ∠BEC = ∠EAC + ∠ACE = 20° + 20° = 40°, ∠FDC = ∠AFD + ∠F AD = 20° + 20° = 40°, 故点E , D , C , F 四点共圆, ∠EDF = ∠ECF =10°.所以, ∠EDB = ∠EDF + ∠FDB =10° + 10° = 20°.。
初中数学平面几何的证明题目
初中数学平面几何的证明题目平面几何是数学中非常重要的一个分支，它研究的是平面上的点、线、面及其之间的关系和性质。
证明题目是平面几何中常见的一种题型，它要求我们通过逻辑推理和几何知识的运用来验证或证明某个几何命题的正确性。
在初中数学学习中，我们会遇到一些基本的平面几何的证明题目，下面我将选取一些典型的例子进行阐述。
1. 证明等腰三角形底角相等等腰三角形是指两边长度相等的三角形。
我们要证明的是等腰三角形的底角相等。
证明：设等腰三角形ABC中，AB = AC，从点A作BD⊥AC于D，则BD = DC。
∵△ABD ≌△ACD（公共边AC， AB = AC，∠BDA = ∠CDA = 90°）∴∠BAD = ∠CAD2. 证明三角形内角和等于180°三角形是由三条线段构成的闭合图形，它有三个内角。
我们要证明的是任意三角形三个内角的和等于180°。
证明：设三角形ABC的三个内角分别为∠A、∠B、∠C。
∵直线AB，BC可延长，可得到直线AC。
∵在AB、BC同侧取点D、E∵∠ABD = ∠ECB（两边平行，对顶角相等）∵∠BAC + ∠ACB + ∠ABD + ∠ECB = 180°（直线AC上的内角和为180°）∵∠A + ∠B + ∠C = 180°3. 证明直角三角形斜边上的中线等于半斜边直角三角形是指一个内角为90°的三角形。
我们要证明的是直角三角形斜边上的中线等于半斜边。
证明：设△ABC为直角三角形，∠B = 90°，D为AC的中点。
则BD = DC（D为AC的中点）由△ABC的相似性可得：△BDA ∼△BAC∴ BD/BA = DA/AC∴ BD/BA = 1/2∴ BD = 1/2 BA4. 证明平行线的对应角相等平行线是在同一个平面内，方向相同或者相反且不相交的两条直线。
我们要证明的是平行线的对应角相等。
证明：设直线l1 ∥ l2，交直线m∵∠1 + ∠2 = 180°（同旁内角和为180°）∵∠1 + ∠3 = 180°（同旁内角和为180°）∴∠2 = ∠3通过以上几个例子，我们可以看出，平面几何的证明题目，需要运用基本的几何知识和推理方法，在观察、分析和运算等方面进行逻辑推理，严谨而准确地证明某个几何命题的正确性。
初中数学解平面几何题练习题及答案
初中数学解平面几何题练习题及答案解题方法1：平面几何的基本概念初中数学中的平面几何题目有很多，解答这些题目的方法也有很多种。
在解答平面几何题目之前，我们首先需要了解一些基本概念。
1. 点、直线和射线：点是没有大小和形状的，用大写字母表示，如：A、B、C；直线是由有无数个点组成的，用小写字母表示，如：a、b、c；射线是由一个起点和无限延伸方向的线段组成的，用字母和一个箭头表示，如：AB→。
2. 线段和向量：线段是由两个点确定的，用两个字母表示，如：AB；向量是有大小和方向的，用一个字母和上面加一箭头表示，如：→AB。
3. 角度和角：角度是由两个射线或线段确定的，用一个小写字母表示，如：∠a；角是由三个点确定的，其中一个点是顶点，用大写字母表示，如：∠ABC。
解题方法2：平面几何的定理和公式在解答平面几何题目时，我们还需要运用一些定理和公式。
1. 相关定理：- 同位角定理：若两条直线被一条截线所交，则两条直线上的同位角互等。
- 垂直角定理：如果两条直线相交，且相交的四个角中有两个相互垂直，则这两个角是垂直角，垂直角互等。
2. 相关公式：- 两点之间的距离公式：设两点A(X₁, Y₁)和B(X₂, Y₂)，则AB 的距离为√[(X₂-X₁)²+(Y₂-Y₁)²]。
- 斜率公式：设点A(X₁, Y₁)和点B(X₂, Y₂)，则AB的斜率为k=ΔY/ΔX=(Y₂-Y₁)/(X₂-X₁)。
练习题1：已知点A(-3,4)，B(1,6)，C(5,2)，D(-1,0)，连接AD和BC，求证：AD与BC平行。
解答过程：首先，我们需要求出线段AD和BC的斜率，然后判断斜率是否相等，若相等，则可以证明AD与BC平行。
斜率公式：k=ΔY/ΔX=(Y₂-Y₁)/(X₂-X₁)线段AD的斜率：k₁=(0-4)/(-1+3)=-2/2=-1线段BC的斜率：k₂=(2-6)/(5-1)=-4/4=-1由上述计算可知，线段AD和BC的斜率相等，因此AD与BC平行。
中考复习初中数学中的平面几何证明题
中考复习初中数学中的平面几何证明题数学是中考必备的科目之一，而平面几何证明题在数学中占据重要地位。
通过解答平面几何证明题，不仅可以提高学生的逻辑思维能力，还能够帮助他们理解数学中的基本概念和定理。
本文将为大家介绍一些常见的平面几何证明题。
一、等腰三角形的性质证明等腰三角形是初中数学中最基础的概念之一。
我们来证明等腰三角形的两边角相等。
证明：设三角形ABC是一个等腰三角形，即AB=AC。
我们需要证明∠B=∠C。
根据三角形的性质，三角形的内角和为180度。
所以∠A+∠B+∠C=180度。
因为AB=AC，所以三角形ABC中的两个角∠B和∠C相等。
即∠B=∠C。
二、垂直平分线的性质证明垂直平分线是指一条直线既垂直于一条线段，又将该线段分为相等的两部分。
我们来证明垂直平分线的性质。
证明：设有一条线段AB，以一条直线CD垂直地平分线段AB并将其分为两部分。
我们需要证明CD与AB垂直且AC=CB。
首先，连接AC和BC。
因为CD是AB的垂直平分线，所以∠CDA=∠CDB=90度。
根据三角形的内角和为180度，我们可以得知∠CAD+∠CDA+∠CAB=180度，同理∠CBD+∠CDB+∠CBA=180度。
由于∠CDA=∠CDB=90度，所以∠CAD+90度+∠CAB=180度，同理∠CBD+90度+∠CBA=180度。
将两个等式相减，得到∠CAD-∠CBD=∠CBA-∠CAB。
因为∠CAD和∠CBD都是90度，所以∠CAD-∠CBD=90度-90度=0度。
因此，∠CBA-∠CAB=0度，即∠CBA=∠CAB。
根据三角形的对应角相等定理可知，∠ACB=∠CBA=∠CAB。
所以，我们得出结论：CD与AB垂直且AC=CB。
结论：证明了垂直平分线的性质。
三、直角三角形的性质证明直角三角形是指一个三角形中有一个角是90度的三角形。
我们来证明直角三角形的性质。
证明：设三角形ABC是一个直角三角形，其中∠C=90度。
我们需要证明AB^2=AC^2+BC^2。
初三几何证明题精选及问题详解
1．如图（1），已知正方形ABCD 在直线MN 的上方，BC 在直线MN 上，E 是BC 上一点，以AE 为边在直线MN 的上方作正方形AEFG ．（1）连接GD ，求证：△ADG ≌△ABE ；（2）连接FC ，观察并猜测∠FCN 的度数，并说明理由；（3）如图（2），将图（1）中正方形ABCD 改为矩形ABCD ，AB =a ，BC =b （a 、b 为常数），E 是线段BC 上一动点（不含端点B 、C ），以AE 为边在直线MN 的上方作矩形AEFG ，使顶点G 恰好落在射线CD 上．判断当点E 由B 向C 运动时，∠FCN 的大小是否总保持不变，若∠FCN 的大小不变，请用含a 、b 的代数式表示tan ∠FCN 的值；若∠FCN 的大小发生改变，请举例说明．NM B E C DFG图（1）2．如图，在平面直角坐标系中，矩形AOBC 在第一象限内，E 是边OB 上的动点（不包括端点），作∠AEF = 90 ，使EF 交矩形的外角平分线BF 于点F ，设C （m ，n ）．（1）若m = n 时，如图，求证：EF = AE ；（2）若m ≠n 时，如图，试问边OB 上是否还存在点E ，使得EF = AE ？若存在，请求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由．（3）若m = tn （t ＞1）时，试探究点E 在边OB 的何处时，使得EF =（t + 1）AE 成立？并求出点E 的坐标．3．在边长为5的正方形ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、DC 边上的点，且AE EF ⊥，2BE =.（1）求EC ∶CF 的值；（2）延长EF 交正方形外角平分线CP P 于点（如图-2），试判断AE EP 与的大小关系，并说明理由；（3）在图-2的AB 边上是否存在一点M ，使得四边形DMEP 是平行四边形？若存在，请给予证明；若不存在，请说明理由．A D D A4,如图：抛物线经过A （-3，0）、B （0，4）、C （4，0）三点.（1） 求抛物线的解析式.（2）已知AD = AB （D 在线段AC 上），有一动点P 从点A 沿线段AC 以每秒1个单位长度的速度移动；同时另一个动点Q 以某一速度从点B 沿线段BC 移动，经过t 秒的移动，线段PQ 被BD 垂直平分，求t 的值；（3）在（2）的情况下，抛物线的对称轴上是否存在一点M ，使MQ+MC 的值最小？若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由。
一题多解，妙处自现—-根号2倍关系的几何证明
一题多解，妙处自现— - 根号 2 倍关系的几何证明摘要：老师在讲授或学生在解一道几何证明题时，经常会得到结论就结束了解题，而可能会忽视继续去发现、深入挖掘更多的方法，这样就浪费了宝贵的思维财富。
为了有利于培养学生的发散思维、创新思维，为了避免学生在解几何题时偏执的钻牛角尖，解题更加游刃有余。
在高效解题背景要求下，我们需在解题能力多元化、方法多样化方面下功夫，这样有利于提升学生的解题水平。
关键词：平面几何题；倍关系；辅助线；几何、代数方法波利亚说“掌握数学就意味着善于解题”。
这里的“掌握”包括关于数学的知识意蕴、思考方式、思想方法、思维倾向等。
特别需要指出的是，题目只是载体，因此更需要深入思考方法才能达到真正意义上的“掌握”。
一、呈现题目如图1，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，点F是AE上一点，FC⊥CD，且FC=CD，连接BF并延长交AD于点G.求证：①△AEB≌△CEF；②DG＝ BF本题是在听本校年轻教师上汇报课时记录的题目，未查出处。
但可以肯定，它是近几年来中考热点、经典代表之一。
解析：本题第一问，由平行四边形的性质可知，AB=CD=CF，∠BAD=∠BCD，又因为AD∥BC且AE⊥BC，所以∠AEB=∠CEF=∠EAD=90°，由FC⊥CD，所以∠FCD=90°，可得∠BAE=∠FCE，从而证得△AEB≌△CEF。
此时，估计有部分同学就会马上联系第二问进行思考，证明全等会给我们带来些什么有用结论呢?1.由△AEB≌△CEF，可以得到BE=EF，AE=CE；2.易证△BEF和△AFG为等腰直角三角形；(3)由AD=BC，AG=AF，EF=BE，所以：DG=AD-AG=AD-AF，BE=BC-EC=BC-AE=BC-EF-AF，所以：DG=2BE，这样就为解决第二问带来便利。
二、几何方法解决第二问的方法探索（一）方法①：不添辅助线，直接证明第二问是非常典型的倍模型，需要构建等腰直角三角形，而△BEF就是等腰直角三角形，所以易解决。
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初中三年级中考复习平面几何证明题一题多解
如图：已知青AB=AC ，E 是AC 延长线上一点，且有BF=CE ，连接FE 交BC 于D 。
求证：FD=DE 。
分析：本题有好多种证明方法，由于新课标主
要用对称、旋转方法证明，但平行四边形的性质、平行线性质等都是证题的好方法，我在这里向初中三年级同学面对中考需对平面几何证明题的证明方法有一个系统的复习和提高。
下边我将自己证明这道题的方法给各位爱好者作以介绍，希望各位有所收获，仔细体会每
中方法的异同和要点，从中能得到提高。
我是一位数学业余爱好者，不是学生，也不是老师，如有错误，请批评指证。
信箱： wangsj629@ .
证法一 ∧≌∠⊥∥△□°
证明：过E 点作EM ∥AB 交DC 延长线于M 点，则∠M=∠B ，又因为∠ACB=∠B ∠ACB=∠ECM=∠M ，所以CE=EM ， 又EC=BF 从而EM=BF ，∠BFD=∠DEM 则△DBF ≌△DME ，故 FD=DE ； 证法二 证明：过F 点作FM ∥AE ，交BD 于点M ， 则∠1=∠2 = ∠B 所以BF=FM ， 又 ∠4=∠3 ∠5=∠E
所以△DMF ≌△DCE ，故 FD=DE 。
证法三
以BC 为对称轴作△BDF 的对称△BDN ，连接NE ，则△DBF ≌△DBN ，DF=DN ，BN=BF ，
NF ⊥BD ，∠FBD=∠NBD ，又因为∠C=∠FBD 所以∠NBD=∠C 。
BN ∥CE ，CE=BF=BN ，所以四边形BNCE 为平行四边形。
故NF ∥BC ， 所以NF ⊥NE ，因FN 衩BD 垂直平分，故D
是FE 的中点，所以FD=DE 。
（也可证明D 是直角△NEF 斜边的中点）。
证法四：
F
C
A
E
N
E
证明：在CA 上取CG=CE ，则CG=BF ， AF=AG ，所以FG ∥DC ，又因为∠1=∠2，所以FBCG 为等腰梯形，所以
FG ∥DC ，故DC 是△EGF 的中位线。
所以 FD=DE 。
证法五
证明：把△EDC 绕C 点旋转180°， 得△GMC ，则△EDC ≌△GMC
CE=GC=BF
连接FG ，由于GC=BF ，从而AF=AG ，∠1=∠AFG FG ∥BC ，所以FBMG 为等腰梯形，所以 FG ∥DC ，故DC 是△EGF 的中位线。
所以 FD=DE 。
证法六
证明：以BC 为对称轴作△DCE 的对称△DCN ，则和△DCE ≌△DCN ；CN=CE=BF ∠2=∠3；又∠1=∠3，∠B=∠1所以
∠2=∠B ，BF ∥CN ，所以四边形BCNF 为平
行四边形，DC ∥FG ，∠1=∠4，所以 ∠2=∠4=∠CNG ，所以 CG=CN=CE ； 故DC 是DC 是△EGF 的中位线。
所以 FD=DE 。
证法七
证明：延长AB 至G ，使BG=CE ，又因AB=AC ， BF=CE 则AG=AE
AE
AC AG
AB 所以BC ∥GE ，则BD 是△FGE
的中位线。
所以FD=DE 。
E
M
G
E。