几何证明与计算(解析版)
初中数学几何证明、计算总结归纳(含例题)
是等腰梯形？并证明你
C
D
对角线 上的一点， 点 在 （用三种方法证明）
的延长线上， 且
， EF
7、 （辅助线、综合）如图，在菱形 （1）求证：△ ≌△ ； （2）若∠ ∠ ，求证： （3） （右图）若对角线 与 、 C E B F
中，
，
，垂足为 、
； 交于点 、 ，且
求证：∠ C E
（1） 求 的长； （2）求 ADC 的正切值.
B ⅲ化归思想 如图，直角△ 中， 分的面积相等，那么 的长是 ，
D
C
，弧 的圆心为 ，如果图中两个阴影部 .（结果保留 ） A
D B E C F
ⅳ数形结合 1、如图，已知抛物线
OA OB .
wk.baidu.com
与 轴负半轴交于点 ，与 y 轴正半轴交于点 B ，且 y B A O x C
几何证明、计算
几何证明、计算
1 2 3 4 线段、角相等：①所在三角形全等②等量代换 线段、角的数量关系：①等量代换②方程思想③利用中位线 线段平行：①同位角相等、内错角相等、同旁内角互补②同时平行于第三条线段③平行 四边形④对应边成比例 线段垂直：①等腰三角形三线合一②利用已知的垂直进行等角转化③勾股逆定理 平行四边形 ① ∥+∥ ② ∥+＝ ③ ＝+＝ ④ 对角线互相平分 ⑤ 两组对角分别＝ 矩形 o ① 三个角 90 o ② 平行四边形+一个角 90 ③ 平行四边形+对角线＝ 菱形 ① 四条边相等 ② 平行四边形+一组邻边＝ ③ 平行四边形+对角线⊥ 等腰梯形 ① 梯形+腰＝ ② 梯形+对角线＝（▲）
解析几何的基本公式与证明方法
解析几何的基本公式与证明方法解析几何作为数学的一个分支，研究空间中的点、直线、平面和它
们之间的关系。它是利用代数符号和方法研究几何问题的一种方法。
在解析几何中，有一些基本公式和证明方法可以帮助我们解决问题。
本文将对解析几何的基本公式和证明方法进行分析和解释。
一、点的坐标表示
在解析几何中，我们通常使用坐标表示点的位置。平面上的点可以
用二维坐标表示，常用的坐标系有笛卡尔坐标系和极坐标系。在笛卡
尔坐标系中，点的位置由它相对于坐标原点的横坐标和纵坐标确定。
在三维空间中，点的位置可以用三维坐标表示，常用的坐标系有直角
坐标系和球坐标系。通过坐标表示点的位置，我们可以进行各种几何
运算和分析。
二、直线和平面的方程
在解析几何中，直线和平面可以通过方程表示。对于平面上的直线，我们通常使用一般方程和斜截式方程来表示。一般方程形如Ax + By +
C = 0，其中A、B和C是常数，x和y是变量。斜截式方程形如y = kx + b，其中k是斜率，b是截距。通过直线的方程，我们可以确定直线
的位置和性质，进而进行相关证明和推理。
对于三维空间中的平面，我们通常使用一般方程和法向量表示。一
般方程形如Ax + By + Cz + D = 0，其中A、B、C和D是常数，x、y
和z是变量。法向量表示中，平面的法向量由三个方向余弦组成，通
过法向量，我们可以确定平面的位置和性质，进行进一步的分析和证明。
三、距离和中点公式
在解析几何中，距离和中点是常见的概念，有相应的公式来表示。
对于平面上的两点，它们的距离可以用勾股定理计算，即d = √((x2 -
人教版七年级数学难点突破专题5 几何综合探究(二)证明与计算含答案
难点突破专题5几何综合探究（二）证明与计算
1、已知：如图1，∠1＋∠2＝180°，∠AEF＝∠HLN；
（1）判断图中平行的直线，并给予证明；
（2）如图2，∠PMQ＝2∠QMB，∠PNQ＝2∠QND，请判断∠P与∠Q的数量关系，并证明．
2、如图，已知HD∥GE，∠DAB＝120°．
（1）如图1，∠BCG＝∠BCF，AF平分∠BAH，∠BCG＝20°，求∠F的度数；
（2）如图2，P是AB上一点，Q是GE上一点，PN平分∠APQ，QN平分∠PQE，探究∠HAP与∠N的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，若∠HAP＝60°，∠PQN＝2∠EQN，∠QPN＝2∠APN，则∠N的度数是．图1图2图3
难点突破专题6几何综合探究（三）定值问题
1、（2017青山改）如图，已知直线EF∥MN，点A、B分别为EF、MN上的动点，且∠ACB＝90°，BD 平分∠CBN交E于点D．
（1）若∠FDB＝120°，如图1，求∠MBC的度数；
（2）在（1）的条件下，如图1，求∠EAC的度数；
（3）延长AC交直线MN于点G，如图2，GH平分∠AGB交DB于点H，问∠GHB是否为定值？若是，请求出值；若不是，请说明理由．
图1图2
2、如图1，E点在BC上，∠A＝∠D，∠ACB＋∠BED＝180°
（1）求证：AB∥CD；
（2）如图2，BG平分∠ABE，与∠EDF的平分线交于H点，若∠E比∠H大60°，求∠E度数．
（3）保持（2）中所求的∠E不变，如图3，BM平分∠ABE的邻补角∠EBK，DN平分∠ADE，作BP∥DN，则∠PBM的都市是否改变？若不变，请求值；若改变，请说明理由．
初中数学几何部分圆的证明与计算题
初中数学-圆的证明与计算题-解析版
1.如图，AB是⊙O的直径，点D是»AE上的一点，且∠BDE＝∠CBE，BD 与AE交于点F.
(1)求证：BC是⊙O的切线；
(2)若BD平分∠ABE，延长ED、BA交于点P，若P A＝AO，DE＝2，求PD 的长．
第1题图
(1)证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠EAB＋∠EBA＝90°，
∵∠BDE＝∠EAB，∠BDE＝∠CBE，
∴∠EAB＝∠CBE，
∴∠ABE＋∠CBE＝90°，
∴CB⊥AB，
∵AB是⊙O的直径，
∴BC是⊙O的切线；
∴∠ABD＝∠DBE，
如解图，连接DO，
第1题解图∵OD＝OB，
∴∠ODB＝∠OBD，
∵∠EBD＝∠OBD，
∴∠EBD＝∠ODB，
∴OD∥BE，
∴PD
PE
＝PO
PB
，
∵P A＝AO，
∴P A＝AO＝OB，
∴PO
PB
＝2
3
，
∴PD
PE
＝2
3
，
∴
PD
PD＋DE
＝2
3
，
∴PD＝4.
2.如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O与边BC，AC分别交于D，E两点，过点D作DF⊥AC，垂足为点F.
(1)求证：DF是⊙O的切线；
(2)若AE＝4，cos A
＝2
5
，求DF的长．
第2题图
（1）证明：如解图，连接OD，
第2题解图∵OB＝OD，
∴∠ODB＝∠B，
又∵AB＝AC，
∴∠C＝∠B，
∴∠ODB＝∠C，
G
∵DF ⊥AC ，
∴∠DFC ＝90°，
∴∠ODF ＝∠DFC ＝90°，
∵OD 是⊙O 的半径，
∴DF 是⊙O 的切线；
(2)解：如解图，过点O 作OG ⊥AC ，垂足为G ，
∴AG ＝12AE ＝2.
∵cos A ＝AG OA ＝2OA ＝25，
四边形几何证明与计算学生版(1)
四边形几何证明与计算
1．如图，分别以Rt△ABC的斜边AB，直角边AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB边的中点，DE与AB交于点G，EF与AC交于点H，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°．
（1）求证：EF＝AB；
（2）求证：四边形ADFE是平行四边形；
（3）若AB＝2，求△AEG的周长．
2．如图，在▱ABCD中，E为AB中点，EF与CF分别平分∠AEC与∠DCE，G为CE中点，过G作GH∥EF交CF于点O，交CD于点H．
（1）猜想四边形CGFH是什么特殊的四边形？并证明你的猜想；
（2）当AB＝4，且FE＝FC时，求AD长．
3．已知：四边形ABCD为正方形，△AMN是等腰Rt△，∠AMN＝90°．（1）如图1，当Rt△AMN绕点A旋转时，若边AM、AN分别与BC、CD相交于点E、F，连接EF，试证明EF＝DF+BE；
（2）如图2，当Rt△AMN绕点A旋转时，若边AM、AN分别与BC、CD的延长线相交于点E、F，连接EF．
①试写出此时三条线段EF、DF、BE的数量关系并加以证明；
②若CE＝6，DF＝2，求：正方形ABCD的边长以及△AEF中AE边上的高．
4．在正方形ABCD中，点P是射线BC上任意一点（不与点B、C重合），连接AP，过点P 作AP的垂线交正方形的外角∠DCF的平分线于点E．
（1）如图1，当点P在BC边上时，判断线段AP、PE的大小关系，并说明理由；
（2）如图2，当点P在BC的延长线上时，（1）中结论是否成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接AE交CD的延长线于点G，连接GP，请写出三条线段GP、BP、GD的数量关系并证明．
立体几何(7大题型)(解析版)2024年高考数学立体几何大题突破
立体几何
立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解
1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.
(1)求证：AO⊥CD；
(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.
【思路分析】
(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.
(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.
【规范解答】
(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，
而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，
则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，
由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，
则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π
2
，
令AB =AD =2，则DC =BD =22，
又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，
则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，
立体几何中的推理证明问题(解析版)
专题07 立体几何中的推理证明问题
——立体几何是高考考查逻辑推理的重要知识点
数学抽象要求能够掌握常用逻辑推理方法的规则，理解其中所蕴含的思想.对于新的数学问题，能够提出不同的假设前提，推断结论，形成数学命题.对于较复杂的数学问题，通过构建过渡性命题，探索论证的途径，解决问题，并会用严谨的数学语言表达论证过程.能够理解建构数学体系的公理化思想.
立体几何是高中数学考查逻辑推理的重要载体,高考通常通过立体几何中的线面位置关系的证明来考查逻辑推理.
1．【2019全国Ⅰ理18】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．
【解析】（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=1
2
B1C．
又因为N为A1D的中点，所以ND=1
2
A1D．
由题设知A1B1=P DC，可得B1C=P A1D，故ME=P ND，
因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ． 又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．
以D 为坐标原点，DA uu u r
的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，
则(2,0,0)A ，A 1(2,0,4)
，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-uuu r
，1(12)A M =--uuuu r
，1(1,0,2)A N =--uuu r ，1(1,0,2)A N =--uuu r
专题十三 几何证明之四边形圆有关综合问题 2020年中考数学冲刺难点突破 几何证明问题(解析版)
2020年中考数学冲刺难点突破几何证明问题
专题十三几何证明之四边形圆有关综合问题
1、如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB是⊙O的直径，AC平分∠BAD，过C点作CE⊥AD延长线于E点．
（1）求证：CE是⊙O的切线；
（2）若AB＝10，AC＝8，求AD的长．
解：（1）连接OC，
∵OC＝OA，
∴∠OAC＝∠OCA，
又∵AC平分∠BAD，
∴∠CAD＝∠CAO＝∠OCA，
∴OC∥AE，
∵CE⊥AD，
即可得OC⊥CE，
∴CE是⊙O的切线；
（2）∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴BC＝＝＝6，
∵∠BAC＝∠DAC，
∴＝，
∴BC＝CD＝6，
延长BC交AE的延长线于F，
∵∠BAC＝∠FAC，AC＝AC，∠ACB＝∠ACF＝90°，∴△ACB≌△ACF（ASA），
∴FC＝BC＝6，AF＝AB＝10，
∵∠CDF＝180°﹣∠ADC，∠ABF＝180°﹣∠ADC，∴∠CDF＝∠ABF，
∵∠CFD＝∠AFB，
∴△CFD∽△AFB，
∴＝，
∴＝，
∴AD＝．
2、已知正方形ABCD内接于⊙O，点E为上一点，连接BE、CE、DE．
（1）如图1，求证：∠DEC+∠BEC＝180°；
（2）如图2，过点C作CF⊥CE交BE于点F，连接AF，M为AE的中点，连接DM并延长交AF于点N，求证：DN⊥AF；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接OM，若AB＝10，tan∠DCE＝，求OM的长．
（1）证明：连接BD，OC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A＝90°，BC＝CD，
∴BD为⊙O的直径，
∵OB＝OD，
∴OC⊥BD，
2020年中考必备：数学几何证明题解析
2020年中考必备：数学几何证明题解析
中考备考的方法有哪些？下面由小编为你精心准备了“2020年中考必备：数学几何证明题解析”，持续关注本站将可以持续获取更多的考试资讯!
2020年中考必备：数学几何证明题解析
一、证明题的思路
很多几何证明题的思路往往是填加辅助线，分析已知、求证与图形，探索证明。
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。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。
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。
(3)正逆结合。对于从结论很难分析出思路的题目，可以结合结论和已知条件认真的分析。
初中数学中，一般所给的已知条件都是解题过程中要用到的，所以可以从已知条件中寻找思路，比如给我们三角形某边中点，我们就要想到是否要连出中位线，或者是否要用到中点倍长法。给我们梯形，我们就要想到是否要做高，或平移腰，或平移对角线，或补形等等。正逆结合，战无不胜。
二、证明题要用到哪些原理?
要掌握初中数学几何证明题技巧，熟练运用和记忆如下原理是关键。
下面归类一下，多做练习，熟能生巧，遇到几何证明题能想到采用哪一类型原理来解决问题。
中考数学临考题号押广东卷21题(几何证明与计算)(解析版)
【小问2详解】
根据（1）的结论，平行四边形AFCE是菱形，
∴EF、AC相互垂直平分，且AE=EC=CF=FA，
∴EF=2OE，AC=2OA，
∵BC=8，AB=4，
∴BE=BC-EC=8-EC=8-AE， ，
∴OA= ，
在Rt△ABE中，利用勾股定理，有 ，
即： ，解得：AE=5，
∴∠ACF=∠EDC．
∴ED=EC．
【小问2详解】
解：如（1）中图所示，过点C作CG⊥OB于点G，设线段OE与 交于点H．
∵ 的直径 ，OC，OB是 的半径，
∴ ．
∵∠A和∠BOC分别是 所对的圆周角和圆心角，∠A=30°，
∴∠BOC=2∠A=60°．
∴ ，S扇OBC ．
∴ ．
∴点C右侧的阴影面积S右=S扇OBC- ．
（1）求证：四边形 是菱形．
（2）当AB 4，BC 8时，求线段EF的长．
【分析】（1）利用EF是AC的垂直平分线，可得∠EAC=∠ECA，∠CAF=∠FCA，在矩形中有 ，即有∠ECA=∠CAF，∠ECF=∠CFD，即可证得∠CFD=∠EAF，则有 ，再结合 ，AE=EC，可证四边形AFCE是菱形；
【详解】
解：（1）连接BD，
∵ ，
∴∠ADB=∠CBD，
∴AD∥BC；
（2）连接CD，
2024版高考数学二轮复习专题3立体几何解答题专项3立体几何中的证明与计算课件
保分1
考点一
空间位置关系、空间角
空间平行与垂直的证明与应用
例1(2023全国乙,文19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,
BC=2 2,PB=PC= 6 ,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)求证:EF∥平面ADO;
1
1
则 · =[(1-λ)+λ ]·
( − )= 2 -(1-λ)2 =4λ-4(1-λ)=8λ-4=0,
2
2
1
解得 λ= ,故 F 为 AC 的中点.又因为 E 为 PA 的中点,则 EF∥PC,
2
又 D,O 分别为 PB,BC 的中点,
所以 DO∥PC,则 EF∥DO,
· = 0,
则
即 2-2 = 0,
2 = 0,
· = 0,
取 y=1,可得 n=(0,1,1).因为 n·
=(0,1,1)·
(1,0,0)=0,
所以 n⊥,所以平面 PCD⊥平面 PAD.
考点二
利用向量求空间角
考向1 直线与平面所成的角
例2(2023全国甲,理18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,
.
设平面 ABD 的法向量为 n=(x,y,z),
· = - + 3 = 0,
2020年中考数学二轮复习题型六：《几何图形的证明及计算》专题训练及答案解析
题型六几何图形的证明及计算
类型一与全等三角形有关的证明及计算
1.如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD于点E，AB＝AC＝BD，点M为BC中点，N为线段AM上的点，且MB ＝MN.
(1)求证：BN平分∠ABE；
(2)若BD＝1，连接DN，当四边形DNBC为平行四边形时，求线段BC的长；
第1题图
2.如图①，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，在底边BC上取一点D，在边AC上取一点E，使AE＝AD，连接DE，在∠ABD的内部作∠ABF＝2∠EDC，交AD于点F.
(1)求证：△ABF是等腰三角形；
(2)如图②，BF的延长线交AC于点G.若∠DAC＝∠CBG，延长AC至点M，使GM＝AB，连接BM，点N是BG的中点，连接AN，试判断线段AN、BM之间的数量关系，并证明你的结论．
第2题图
3.如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为AC 边上的一点，F为AB边上一点，连接CF，交BE于点D，且∠ACF＝∠CBE，CG平分∠ACB交BD于点G.
(1)求证：CF＝BG；
(2)如图②，延长CG交AB于H，连接AG，过点C作CP∥AG交BE的延长线于点P，求证：PB＝CP＋CF；
(3)在(2)问的条件下，当∠GAC＝2∠FCH时，若S△AEG ＝33，BG＝6，求AC的长．
图①图②
第3题图
4.如图①，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D，E分别在AC，BC上，且CD＝CE.
(1)求证：∠CAE＝∠CBD；
(2)如图②，F是BD的中点，连接CF交AE于点M，求
证：AE⊥CF；
第56讲 解析法证几何题
第56讲 解析法证 几何题
解析法是利用代数方法解决几何问题的一种常用方法．其一般的顺序是：建立坐标系，设出各点坐标及各线的方程，然后根据求解或求证要求进行代数推算．它的优点是具有一般性与程序性，几何所有的平面几何问题都可以用解析法获解，但对于有些题目演算太繁．
此外，如果建立坐标系或设点坐标时处理不当，也可能增加计算量．建系设点坐标的一般原则是使各点坐标出现尽量多的0，但也不可死搬教条，对于一些“地位平等”的点、线，建系设点坐标时，要保持其原有的“对称性”．
A 类例题
例1．如图，以直角三角形ABC 的斜边AB 及直角边BC 为边向三角形两侧作正方形ABDE 、CBFG ．
求证：DC ⊥F A ．
分析 只要证k CD ·k AF ＝－1，故只要求点D 的坐标．
证明 以C 为原点，CB 为x 轴正方向建立直角坐标系．设A (0
，
a)，B(b，0)，D(x，y)．
则直线AB的方程为ax＋by－ab＝0．
故直线BD的方程为bx－ay－(b·b－a·0)＝0，
即bx－ay－b2＝0．
ED方程设为ax＋by＋C＝0．
由AB、ED距离等于|AB|，得
|C＋ab|
a2＋b2
＝a2＋b2，
解得C＝±(a2＋b2)－ab．
如图，应舍去负号．
所以直线ED方程为ax＋by＋a2＋b2－ab＝0．
解得x＝b－a，y＝－b．(只要作DH⊥x轴，由△DBH≌△BAC就可得到这个结果)．
即D(b－a，－b)．
因为k AF＝b－a
b，k CD＝
－b
b－a
，而k AF·k CD＝－1．所以DC⊥F A．
例2．自ΔABC的顶点A引BC的垂线，垂足为D，在AD上任取一点H，直线BH交AC于E，CH交AB于F．
专题04 几何计算与几何证明(解析版)
专题04几何计算与几何证明
【提要】
平面几何是培养训练人的逻辑思维能力的很好的工具，也是初中数学学习内容的重要组成部分，因此它是初中数学学业考试的重要内容之一．
在平面几何中，除了一些证明题外，还有一些计算问题，它也是要经过一定的逻辑推理后，再进行计算．因此熟练掌握几何中的一些重要定义、定理，是解决问题的前提．另外还需注意的是，要把解决常见问题的基本方法加以归类整理，比如证明角相等有哪些常见的方法？证明线段相等有哪些常见的方法？这样在遇到复杂问题时，我们才能运用化归的思想，分析和解决问题．
【范例】
【例1】如图，在▱ABCD中，E为BC边上一点，且AB＝AE.
(1)求证：△ABC≌△EAD；
(2)若AE平分∠DAB，∠EAC＝25°，求∠AED的度数．
【解析】(1)【证明】∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC.
∴∠AEB＝∠DAE.
∵AB＝AE，
∴∠AEB＝∠B.
∴∠CBA＝∠DAE.
∴△ABC≌△EAD.
(2)【解析】∵∠DAE＝∠BAE，∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB＝∠B.
∴△ABE为等边三角形．
∴∠BAE ＝60°.∵∠EAC ＝25°，∴∠BAC ＝85°.∵△ABC ≌△EAD ，∴∠AED ＝∠BAC ＝85°.
【例2】两个全等的含30°，60°角的三角板ADE 和三角板ABC 如图所示放置，E 、A 、C 三点在一条直线上，连接BD ，取BD 的中点M ，连接ME 、MC ，试判断△EMC 的形状，并说明理由．
【解析】△EMC 的形状是等腰直角三角形．
中考数学专题：几何图形证明与计算题分析
中考数学专题：几何图形证明与计算题分析
几何图形线段长度计算三大方法： “勾股定理” “相似比例计算” “直角三角形中的三角函数计算”
1.（2011深圳20题）如图9，已知在⊙O 中，点C 为劣弧AB 上的中点，连接AC 并延长至D ，使CD ＝CA ，连接DB 并延长交⊙O 于点E ，连接AE 。 （1）求证：AE 是⊙O 的直径；
（2）如图10，连接EC ，⊙O 半径为5，AC 的长为4，求阴影部分的面积之和。（结果保留π与根号）
（1）证明：如图2，连接AB 、BC ，
∵点C 是劣弧AB 上的中点 ∴»»
C
A C
B = ∴CA ＝CB ，又∵CD ＝CA
∴CB ＝CD ＝CA ，∴在△ABD 中，»
»
C
A C
B = ∴∠ABD ＝90° ，∴∠ABE ＝90° ∴AE 是⊙O 的直径.
（2）解：如图3，由（1）可知，AE 是⊙O 的直径， ∴∠ACE ＝90°， ∵⊙O 的半径为5，AC ＝4， ∴AE ＝10，⊙O 的面积为25π， 在Rt △ACE 中，∠ACE ＝90°，由勾股定理，得： »»C A C B =
∴S △ACE ＝»»C A C B
=
∴S 阴影＝»
»
C A C B =S ⊙O －S △ACE ＝»»
C A C B =
2.（2011深圳中考21题）如图11，一张矩形纸片ABCD ，其中AD ＝8cm ，AB ＝6cm ，先沿对角线BD 对折，点C 落在点C ′的位置，BC ′交AD 于点G 。
（1）求证：AG ＝C ′G ；
（2）如图12，再折叠一次，使点D 与点A 重合，得折痕EN ，EN 交AD 于点M ，求EM 的长。
专题10 探究性几何证明及计算大视野(解析版)
专题10 探究性几何证明及计算大视野
【例题精讲】
题型一、证明问题
例1. 【2019·武汉市期末】在△ABC中，D为BC中点，BE、CF与射线AE分别相交于点E、F（射线AE 不经过点D）．
（1）如图①，当BE∥CF时，连接ED并延长交CF于点H．求证：四边形BECH是平行四边形；
（2）如图②，当BE⊥AE于点E，CF⊥AE于点F时，分别取AB、AC的中点M、N，连接ME、MD、NF、ND．求证：∠EMD=∠FND．
【答案】见解析.
【解析】
证明：（1）∵D为BC的中点，
∴BD=CD，
∵BE∥CF，
∴∠DBE=∠DCH，
∵∠BDE=∠CDH，
∴△BDE≌△CDH（AAS），
∴ED=HD，
∴四边形BECH是平行四边形；
（2）连接FD、ED，延长ED交CF于点H，
∵BE⊥AE，CF⊥AE，
∴BE∥CF，
由（1）可知D是EH的中点，
∴ED=FD，
同理，ME=1
2 AB，
在△ABC中，D、N分别是BC、AC的中点，
∴DN=1
2 AB，
∴ME=DN，
同理，MD=NF，
∴△MED≌△NDF（SSS），
∴∠EMD=∠FND．
题型二、计算问题
例1. 【2019·北师大附属中学期末】如图，正方形ABCD和正方形BEFG的边长分别为1和3，点C在边BG上，线段DF、EG交于点M，连接DE、BM，则△DEG的面积为，BM＝．
【答案】见解析． 【解析】解：根据题意得，
S △DEG =12+32+12×1×（3﹣1）﹣12×1×（1+3）﹣12×32＝9
2
，
如图，连接BD ，BF ，则∠DBF ＝90°，
∴△BDF 是直角三角形， ∵BM 与FM 关于GE 对称， ∴BM ＝FM ， ∴∠MBF ＝∠MFB ，
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几何证明与计算
考向1以圆为背景的特殊四边形的动态探究题
1.（2019年河南省中原名校中考第三次大联考数学试卷）如图，AB为⊙O的直径，射线AG为⊙O的切线，点A为切点，点C为射线AG上任意一点，连接OC交⊙O于点E，过点B作BD∥OC交⊙O于点D，连接CD，DE，O D．
（1）求证：△OAC≌△ODC；
（2）①当∠OCA的度数为时，四边形BOED为菱形；
②当∠OCA的度数为时，四边形OACD为正方形．
【答案】（1）证明见解析；（2）①∠OCA＝30°，②∠OCA＝45°．
【解析】
（1）依据SAS可证明△OAC≌△ODC；
（2）①依据菱形的四条边都相等，可得△OBD是等边三角形，则∠AOC=∠OBD=60°，求出∠OCA=30°；②由正方形的性质得出∠ACD=90°，则∠ACO=45°．
【详解】（1）证明：∵OB＝OD，
∴∠B＝∠ODB，
∵BD∥OC，
∴∠AOC＝∠B，∠DOC＝∠ODB，
∴∠AOC＝∠COD，
∵OA＝OD，OC＝OC，
∴△OAC≌△ODC（SAS）；
（2）①∵四边形BOED是菱形，
∴OB＝D B．
又∵OD＝OB，
∴OD＝OB＝D B．
∴△OBD为等边三角形，
∴∠OBD＝60°．
∵CO∥DB，
∴∠AOC＝60°，
∵射线AG为⊙O的切线，
∴OA⊥AC，
∴∠OAC＝90°，
∴∠OCA＝∠OAC﹣∠AOC＝90°﹣60°＝30°，
②∵四边形OADC是正方形，
∴∠ACD＝90°，
∵∠ACO＝∠DCO，
∴∠OCA＝45°，
故答案30°，45°．
【点睛】本题主要考查的是切线的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的性质、等边三角
形的性质和判定，正方形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
2. （2019年许昌二模）如图，AB 是半圆O 的直径，C 是半圆上一个动点（不与点A ，B 重合），D 是弦AC 上一点，过点D 作DE ⊥AB ，垂足为E ，过点C 作半圆O 的切线，交ED 的延长线于点F ．
（1）求证：FC ＝F D ．
（2）①当∠CAB 的度数为 时，四边形OEFC 是矩形；
②若D 是弦AC 的中点，⊙O 的半径为5，AC ＝8，则FC 的长为 ．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠CAB ＝45°
3
10 FC 【解析】（1）证明∠FDC ＝∠FCD ，即可求解；
（2）①当∠CAB ＝45°时，∠COB ＝90°，即可求解；②D 是弦AC 的中点，则OD ⊥AC ，AD ＝DC ，cosα＝＝，FD ＝＝＝，即可求解．
解：（1）∵FC 是圆的切线，
∴∠FCD +∠ACO ＝90°，
∵FE ⊥BA ，∴∠ADC +∠CAO ＝90°，
而∠CAO ＝∠ACO ，∠ADE ＝∠FDC ，
∴∠FDC ＝∠FCD ，
∴FC＝FD；
（2）①当∠CAB＝45°时，∠COB＝90°，
则四边形OEFC是矩形，
故答案是45；
②连接OD，∵D是弦AC的中点，
∴OD⊥AC，AD＝DC，
则∠ADE＝∠AOD＝∠FDC＝α，
则AD＝CD＝AC＝4，OA＝5，DO＝4，
cosα＝＝，
则△FDC中，
FD＝＝＝＝F C．
【点评】本题为圆的综合运用题，涉及到解直角三角形、矩形的基本性质，其中（2），垂径定理的运用，是解题的关键．
3.（2019年河南省南阳市镇平县中考数学三模试）如图，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点O是AB边上一点，以O为圆心OB为半径的⊙O与边AB相交于点E，与AC边相切于D 点，连接OC交⊙O于点F．
（1）连接DE，求证：OC∥DE；
（2）若⊙O的半径为3．
①连接DF，若四边形OEDF为菱形，弧BD的长为________．（结果保留π）
②若AE＝2，则AD的长为________．
【答案】（1）见解析；（2）①2π；②4.
【解析】（1）利用HL可证明Rt△OCD≌Rt△OCB，可得∠COD＝∠COB，利用三角形外角性质可得∠DOB＝∠ODE+∠OED，即可证明∠DOC＝∠ODE，即可得OC//DE；（2）①根据菱形的性质可求出∠BOD，利用弧长公式即可得答案；②由DE∥OC，推出＝＝，设AD＝2k，CD＝3k，由Rt△OCD≌Rt△OCB，可得BC＝CD＝3k，在Rt△ABC中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】（1）证明：连接O D．
∵AC是切线，
∴OD⊥AC，∠ODC＝∠OBC＝90°，
∵OC＝OC，OD＝OB，
∴Rt△OCD≌Rt△OCB（HL），
∴∠COD＝∠COB，
∵OD＝OE，
∴∠ODE＝∠OED，
∵∠DOB＝∠ODE+∠OED，
∴∠DOC＝∠ODE，
∴DE∥O C．
（2）①∵四边形DEOF是菱形，∴DF＝OD＝OF，
∴△ODF是等边三角形，
∴∠DOF＝60°，
∴∠BOD＝2∠DOC＝120°，
∴的长＝＝2π．
故答案为2π．
②∵DE∥OC，
∴＝＝，
设AD＝2k，CD＝3k，
∵Rt△OCD≌Rt△OCB，
∴BC＝CD＝3k，
在Rt△ABC中，则有25k2＝9k2+82，