中考数学经典几何证明题（精选12篇）
（一）1.（1）如图1所示，在四边形ABCD中，AC=BD，AC与BD相交于点O，E、F分别是AD、BC的中点，联结EF，分别交AC、BD于点M、N，试判断△OMN的形状，并加以证明；
（2）如图2，在四边形ABCD中，若ABCD，E、F分别是AD、BC的中点，联结FE并延长，分别与BA、CD的延长线交于点M、N，请在图2中画图并观察，图中是否有相等的角，若有，请直接写出结论：；
（3）如图3，在△ABC中，ACAB，点D在AC上，ABCD，E、F分别是AD、BC的中点，联结FE并延长，与BA的延长线交于点M，若FEC45，判断点M与以AD为直径的圆的位置关系，并简要说明理由．B
A
ME
DB
(4)观察图
1、图
2、图3的特性，请你根据这一特性构造一个图形，使它仍然具有EF、EG、ＣH这样的线
段，并满足（1）或（2）的结论，写出相关题设的条件和结论.3.如图，△ABC是等边三角形，F是AC的中点，D在线段BC上，连接DF，以DF为边在DF的右侧作等边△DFE，ED的延长线交AB于H，连接EC，则以下结论：①∠AHE+∠AFD=180°；②AF=在线段BC上（不与B，C重合）运动，其他条件不变时
BC；③当D
2BH
是定值；④当D在线段BC上（不与B，C重合）BD
BCEC
运动，其他条件不变时是定值；
DC
（1）其中正确的是-------------------；（2）对于（1）中的结论加以说明；
F
C
F
图 1图2图
32．（1）如图1，已知矩形ABCD中，点E是BC上的一动点，过点E作EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，CH⊥BD
于点H，试证明CH=EF+EG;
图
1D
DC
(2)若点E在ＢＣ的延长线上，如图2，过点E作EF⊥BD于点F，EG⊥AC的延长线于点G，CH⊥BD于点H，则EF、EG、ＣH三者之间具有怎样的数量关系，直接写出你的猜想；
(3)如图3，BD是正方形ABCD的对角线,L在BD上，且BL=BC, 连结CL，点E是CL上任一点, EF⊥BD于
点F，EG⊥BC于点G，猜想EF、EG、BD之间具有怎样的数量关系，直接写出你的猜想；
F
H
BCD
E
4.在△ABC中，AC=BC，ACB90，点D为AC的中点．
（1）如图1，E为线段DC上任意一点，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连结CF，过点F作FHFC，交直线AB于点H．判断FH与FC的数量关系并加以证明．（2）如图2，若E为线段DC的延长线上任意一点，（1）中的其他条件不变，你在（1）中得出的结论是否发生改变，直接写出你的结论，不必证明．
A
A
F
D F
D
E
C B
C
图
1E
图
2H
5.如图12，在△ABC中，D为BC的中点，点E、F分别在边AC、AB上，并且∠ABE=∠ACF，BE、CF交于点O．过点O作OP⊥AC，OQ⊥AB，P、Q为垂足．求证：DP=DQ．
证明．
8.设点E是平行四边形ABCD的边AB的中点，F是BC边上一点，线段DE和AF相交于点P，点Q在线段DE
上，且AQ∥PC．(1)证明：PC＝2AQ．
(2)当点F为BC的中点时，试比较△PFC和梯形APCQ面积的大小关系，并对你的结论加以证明．
6.如图。，BD是△ABC的内角平分线，CE是△ABC的外角平分线，过点A作AF⊥BD，AG⊥CE，垂足分别为F、G。
探究：线段FG的长与△ABC三边的关系，并加以证明。
说明：⑴如果你经历反复探索，没有找到解决问题的方法，请你把探索过程中的某种思路写出来(要求至少写3步)；⑵在你经历说明⑴的过程之后，可以从下列①、②中选取一个补充或更换已知条件，完成你的证明。注意：选取①完成证明得10分；选取②完成证明得7分。①可画出将△ADF沿BD折叠后的图形； ②将CE变为△ABC的内角平分线。(如图2)
附加题：探究BD、CE满足什么条件时，线段FG的长与△ABC的周长存在一定的数量关系，并给出证明。
9.两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放，其中∠ACB =∠DCE = 90°，F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点．
（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为_______和位置关系为______；
（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；
（2）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明.CH
G
A图3 图1 图
27.在四边形ABCD中，对角线AC平分∠DAB．
(1)如图①，当∠DAB＝120°，∠B＝∠D＝90°时，求证：AB＋AD＝AC．
(2)如图②，当∠DAB＝120°，∠B与∠D互补时，线段AB、AD、AC有怎样的数量关系?写出你的猜想，并给予证明．
(3)如图③，当∠DAB＝90°，∠B与∠D互补时，线段AB、AD、AC有怎样的数量关系?写出你的猜想，并给予
10.已知△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝90°，点D为BC上一点，把一个足够大的直角三角板的直角顶点放
在D处．
(1)如图①，若BD＝CD，将三角板绕点D逆时针旋转，两条直角边分别交AB、AC于点E、点F，求出重叠部分AEDF的面积(直接写出结果)．
(2)如图②，若BD＝CD，将三角板绕点D逆时针旋转，使一条直角边交AB于点E、另一条直角边交AB的延长线于点F，设AE＝x，重叠部分的面积为y，求出y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．(3)若BD＝2CD，将三角板绕点D逆时针旋转，使一条直角边交AC于点F、另一条直角边交射线AB于点E．设CF＝x(x＞1)，重叠部分的面积为y，求出y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．
2、如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，DE⊥AB，DF⊥AC，若AB＝kAC，试探究BE与CF的数量关系。
3、如图，在△ABC和△PQD中，AC＝kBC，DP＝kDQ，∠C＝∠PDQ，D、E分别是AB、AC的中点，点P在直线BC上，连接EQ交PC于点H。猜想线段EH与AC的数量关系，并证明你的猜想，若证明有困难，则可选k＝1证明之。
4、在△ABC中，O是AC上一点，P、Q分别是AB、BC上一点，∠B＝45°，∠POQ＝135°，BC＝kAB，OC＝mAO。试说明OP与OQ是数量关系，选择条件：（1）m＝1，（2）m＝k＝1。
2011年中考几何经典证明题
（二）1、如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，E为CB延长线上一点，且∠EAB＝∠BAD，设DC＝kBD，试探究EC与EA的数量关系。
5、如图，△ABC中，AD是BC边上的中线，∠CAD＝∠B，AC＝kAB，E在AD延长线上,∠CED＝∠ADB，探究AE与AD的关系。
如何针对初中数学几何证明题的特点,调动学生的主观能动性,提高几何证明题的教学效果,我结合个人教学实际,谈几点粗浅看法.
一、尊重教材
苏教版初中数学几何教材中,有几个重点环节,如平行线、轴对称图形、中心对称图形、相似图形等,这些章节的知识几乎无一例外都有证明题可供考查. 与这些知识点相关的证明题,一般来说难度不小,对于刚刚接触几何知识的初中生来讲,是一个很大的挑战. 要抓好这部分证明题的教学,我认为首先就是要尊重教材.
教材是一切教学工 作的根源. 教材中有 很多经典 的例题,这些例题几乎可以涵盖初中几何所有的知识点,可以说,把教材上的例题讲通讲透, 学生能完全消化教材的例题,应该说学生就可以解决百分之八十的基本证明题. 现实状况下,有些几何教师对证明题的讲解存在认识的误区,认为没有什么值得仔细讲、反复讲的,尽快讲完直接进入课后练习.这种教学方式是不科学的,也是不合理的,我认为教材上的例题,至少要到边到角地讲三遍,每一遍都有不同的任务,第一遍是让学生大致了解题目要求证明的结论和题目提供的条件;第二遍是让学生明白如何通过给定的条件和现有的定理逐步得到要证明的结论,第三遍则是让学生做好细节上的处理工作.
二、做好细节的规范书写
初中几何证明题有着严谨的格式要求,证明题的书写还需要思路明确、步骤清晰、过程精练,这样的证明过程才能得到更高的评价. 教学实际中,通常遇到学生证明步骤烦琐,证明格式不规范,箭头指来指去,看得头晕眼花,不少数学老师对此大为光火. 其实,更多的时候,我们要反思自己在教学中是否做得到位,做得细心.
有的数学教师对于证明题示例的细节上把握不够,他们认为只要我能把证明思路、关键的步骤给学生演示一下就够了,至于其他的地方,没有必要过于苛求. 比如在板书的过程中,有的为了赶进度,图简单省事,一些看似不重要的证明步骤一笔带过,有的书写不够规范,有的字迹过于潦草,黑板上箭头指来指去,如同一幅军事作战指挥图,学生看起来很累,也很容易产生歧义.
如果教师是这种教学心态,那么也无法搞好几何证明题教学工作的,首先几何证明题本身就是一个严谨、严密的逻辑推理过程,没有做好细节自然就漏洞百出,所以,要充分认识到细节的重要性,为学生做好细节示范. 其次,学高为师,身正为范, 这也是对教师教学工作的一个基本要求. 如果教学时间不是很充足,宁愿放弃示范也不能匆匆了事,一定要把握细节,注意火候,只有我们自己做得足够好,才能理直气壮对学生提要求.
三、抓好强化训练
初中几何证明题的教学, 离不开强化训练. 这种强化训练既要训练学生的逻辑思维, 还要训练学生的答题规范性.比如,在三角形、多边形和圆这些章节的几何证明题中,有不少的题目要求学生作辅助线,不然难以解答.
要能准确作出辅助线,并熟练地运用各种定理来证明几何题, 就需要平时进行一定量的强化训练. 这种强化训练一定不能走入了题海的误区,训练的题目最好是由老师提前把关,量不能太大、太复杂让学生产生畏难的心理,也不能过于简单,我认为以书本上的例题为参考,适当提高点难度为宜.比如,我们可以在一堂课专门训练如何作辅助线,只要作出了辅助线, 我们不要求学生完完整整地书写出整个证明过程,但要注意作出辅助线后续的工作,防止学生误打误撞,只要求他们说出证明的思路就可以进入下一题了.
通过一定量的题目进行强化训练,学生面对各种看似复杂的图形问题,能凭着直觉作出精确的辅助线,作出了辅助线之后解题的思路也就渐渐呈现出来,能较大幅度提高证明题的解题效率.
总而言之,初中数学几何证明题是整个初中数学教学的一大难点,作为数学教师要抓好教材例题的讲解,教学上遇到困难及时带领学生回归教材,多多少少能获得启发和提示.同时也要端正教学心态, 在板书和示范上尽量做细做实,切忌一笔带过, 草草了事. 最后要以一定量的题目及时强化训练,帮助学生牢固掌握知识点和定理的运用,这样才能提高几何证明题的教学质效.
摘要：初中数学几何证明题需要思路明确、步骤清晰、过程精练,才能得到完整的分数.如何在新一轮课程改革的背景下,取得初中几何证明题教学的新突破,是本文着重探讨的一大问题.
【关键词】树立信心 几何思想 答题思路 答题步骤
中图分类号：G4 文献标识码：A DOI：10.3969/j.issn.1672-0407.2015.05.058
几何类题目在卷面上大都体现为几何证明题，本文就如何帮助学生攻克几何证明题这一难关提出了相关建议。
一、树立面对几何证明题的信心
纵观整个数学学科，几何证明类题目称得上是初中数学的一大难点，也是初中数学试卷上占有较大分值的一个题目，多数学生在此类题目上失分，进而影响了整体的数学成绩。有的学生甚至对此类题目产生恐惧情绪，一看到几何证明类题目，就自动跳过，主观上认为这类题目的难度太大，自己一定做不出。学生的这种恐惧心理自然而然成为了他们攻克此类题目的一大障碍。作为老师应该清楚，还没读题就打退堂鼓是解题的一大禁忌。学术研究本身就具有一定的冒险精神，断然不可以对问题产生恐惧心理。老师讲解题目的时候，应当更多地引导学生自主思考，抛出一些直接的线索，让学生自然而然想到接下来的解题思路，树立学生的自信心。老师最好能总结出几何证明题的一般规律，告诉学生几何证明类题目有规律可循。最终让学生克服恐惧，树立信心，让学生能感受到其实几何证明类题目并不难，只需要掌握一定的规律，并能将理论知识与几何图相结合，这类问题就迎刃而解了。经过老师们长时间的引导，学生对于这类题目的自信心必然能够大大提高。
二、带领学生看图读图，培养几何思想
几何证明类题目最大的难点就在于读图，而解决此类题目的突破口往往隐藏在几何图形中。然而只有少数学生能够从几何图中发掘到线索，拿到高分。究其原因，大多是因为学生做惯了文字类题目，习惯性从文字中获得线索和解题关键，读图能力弱，分析几何图形的思想不够牢固，容易忽略几何图中所揭示的重要线索。作为老师，若想强化学生几何证明题的软肋，首先要做的，就是提高学生的读图能力，培养学生的几何思想。
第一类几何思想是指数形结合的思想。老师要在授课过程中给学生养成乐于读图，并能从图中获得线索的习惯，提高学生对于几何图的分析能力，最终要让学生能自如地将课本上的理论知识与几何图紧密地结合起来，树立起数形合一的几何思想，看到几何图就能轻松写出相应的数学公式和数值。老师千万不要以解题为目的进行讲解，而是要以教会学生分析几何图为目的进行讲解。例如我们做过的经典例题，老师可以反复拿出题目中的几何图，抛开例题所设的问题，就图论图，带领学生分析几何图，或者指派学生分析，检验教学成果。
第二个需要培养的几何思想就是整体变换的思想，整体变换，顾名思义就是要将部分结合到整体，从整体中分离个体。这就需要老师多在讲解题目的过程中花心思了，逐步引导，找出部分线索，向学生抛出问题，如何将这一部分线索与整体联系起来，要让学生能够主动的思考部分与整体的关系，例如，让学生养成一看到直线就要思考是否有与已知直线平行或垂直的直线。
第三种几何思想，就是分类讨论思想。我们常常遇到一些综合性强的证明类题目，既需要学生的逻辑性，也需要学生计算部分数值来作为证明的条件，这时可能会出现答案不唯一的情况，而粗心的学生往往会漏掉部分情况。例如一些题目要求证明两个三角形全等，已知某一角度，需要求出另一角度与之相等，计算时可能会出现多种答案，而答案只能取其中之一，这时，老师需要要求学生解出所有答案，分类讨论，列出某个答案不符合条件的理由，并舍去，这样学生才能拿到满分。在分类讨论的题目上失分是很可惜的，老师需要多给学生准备些需要分类讨论的题目，要让学生看到题目能及时想到分类讨论的情况。第四种必备的几何思想是逆变化思想，指的是从要证明的部分出发，倒推条件。对于某些难度稍大的题目，往往正推会比较困难，思路很难理清，这时就需要老师来教会学生逆变化的几何思想，引导他们反方向解题，平时多加训练，加深他们对逆变化思想的印象和理解。如此一来，学生做起几何证明题才能得心应手，拿到高分。有了这些几何思想，便能初步攻克几何证明题的大门。
三、帮助学生理清答题思路
证明题的解答必须要有清晰的思路和很强的逻辑性，然而很多学生答题时的思路混乱，想起什么就写什么，完全不依据逻辑，即使他们掌握了几何思想，发掘出几何图中的线索，也未必拿得到满分。混乱的思路和解题步骤必然会给阅卷老师留下思路混乱的误导，使他们对学生的解题能力产生怀疑，进而影响得分。
作为老师，在培养完成学生的几何思想之后，第二步就是要帮助学生理清答题思路。分析出题目的所有线索后，需要条理清晰地从所有线索中提取要点，并将它们有机结合，组合成一条完整的思路，最终体现到卷面上，这是完成一道几何证明题的关键一步。首先，老师上课时的思路一定要是清晰明了的，结合课本上的理论知识，让学生体会到此类题目的依据和逻辑性，要让学生明白，思路是来源于理论知识体系。再者，老师要尽可能将解题思路简单化、通俗化，采取平铺直叙，开门见山式的讲解方法，能让学生更直观地了解到老师想要表达的解题思路。这两点可以给学生建立解题需要清晰直白的思路的思维模式。同时，老师不能一味地讲解，要留给学生独立的思考空间，培养学生独立建立理清思路的习惯。
四、规范答题步骤
对来自题目的众多信息进行加工处理,是完成几何论证的主要工作,也是几何论证中的关键所在。本文主要对学生论证时思维受阻的原因作些浅析,并着重提出相应的教学对策。
一、由于不能完整剖析图形、正确判断各种信息而引起的思维受阻及其对策观察能力、作图能力、直觉能力相对较弱的学生,他们不能完整地剖析图形,不能从中找出全部对证题有用的信息,甚至造成信息错觉,致使思维受阻,表现为: 1.不能作出正确的图形,这容易曲解题中的正确信息。
对策:要求学生(1)作图时须按照题设和题断所提供的信息,注意“平行”、“直”、“等角”、“中点”等位置关系和数量关系。
(2)注意线段之间、图形之间的大小比例关系。2.抓不住图形中显示出来的对证题有用的信息, 如:相等线段和相等两角、平行线、全等三角形、特殊四边形、相似形、对称形等。
对策:在不影响图形清晰度的前提下,可将这些有用信息用一定记号标在图形上,以增强直观性,减轻记忆量,也可将这些信息按主次顺序或在图形中的位置顺序暂存入头脑中的信息库。3.不能及时摈弃图形中显示出来的否定的、多余的信息;如这两角不可能相等,那两个三角形不可能全等。
对策:通过全面剖视,仔细观察图形中的量和关系,正确判断哪些信息是有用的,否定的或多余的。
例
1、如图,已知:AB=AC,A、C、D在一直线上,CD=BE。求证:EF=FD。
对证题有用的信息是:∠B=∠ACB,BE=CD,多余的信息是∠ACB+∠BCD=180°,否定的信息是△BEF不全等于△CDF,能力低的学生容易陷入企图证明△BEF≌△CDF的“死胡同”。几何中,“形”是先导,正确的图形常使对证题有用的信息昭然若揭,反之,不正确的图形非但不能正确反映有用的信息,还会干扰正确信息的摄取,以致证题误入歧途。因此,证题者必须绘制一个足够清晰的正确图形,以便认清图形结构,完整剖析其中的位置关系、数量关系和相互制约关系。
二、由于证题策略不当而引起的思维受阻及其对策整体观念较差的学生,对于来自题目的众多信息感到纷乱无序,不善于梳理信息,因而制订不出正确的证题策略、方案,导致思维受阻。主要表现为:制订证题策略、“筛选”证题方案的能力较弱,往往无一定方案或择错方案。
对策:把来自题目的各种有用信息进行有目的的组合交错,从而萌发出多种证题方案,而这些初步方案中有真有伪、有优有劣,然后再进行“筛选”。
例2 已知:△ABC中,∠A=90°,AD为BC上的高。求证:AD+BC>AB+AC。
这里,把各种有用信息:∠BAC =∠ADB =∠ADC=90°,△ABC∽△ABD∽△ACD，BC·AD=AB·AC,……以及三角形中AB
方案二:如图(1)所示,由“BC>AB,AC>AD”取BE= AB, AF= AD,连结EF、AE,以下只要证得 ∠EFG=90°即可。
方案三:如图(2)所示,由“BC>AB”,取BE=AB,作EF⊥AC,证得AD=AF便不难得到结论。此外,还可用“等积法”、“求差法”、“逆证法”、“三角比”等等来设计此题的各种论证方案。
三、由于处理信息欠妥而引起的思维受阻及其对策对接收到的信息进行处理,是几何论证的主要过程,这是一个反复使用观察、比较、分析、综合、判断、推理等一系列思维活动的过程。在这过程中逐步地简缩题设与结论之间的差距,寻找题设与结论的连接点,形成证题思路。在此过程中引起这种思维受阻的 原因主要有: 1.由于证题经验不足、模式不多,因此,对待新的题目感到不知所措对策:(1)由于新题目往往是旧题目的变形或变异,或是旧题目的延伸与发展,这就用得着“凭经验办事”(但并不单纯依赖于经验),通过检索,把贮存在头脑中的证题经验和模式输出,对照新、旧题目,找出它们的共同点、相似之处和相异之处,看看已有的经验和模式能否移植到新题目上。
(2)把新题目化为一个与旧题目有着基本联系的题目或化为一个与它等价的但较简单的题目。也可先分别化简题目的题设与结论再找它与旧题目的联系。如:有时可转向证原题的逆否命题。
例3 已知:⊙O的两切线l1∥l2。另一切线CD切⊙O于E并交l1、l2于C、D。求证:CE·ED等于定值。
证题经验告诉学生,先移动CD,使CD⊥l1,则求得定值是⊙O的半径r的平方。根据CE·ED=r2这一形式、特征,检索证题模式,证题者类比地联想到直角三角形中的射影定理,但此题涉及的是圆,哪有直角三角形的影踪?看能否从图形中分割出具有射影性质的直角三角形(模式)?应连结OE。则OE⊥CD,与旧模式吻合。再连结OC、OD,需要证明 ∠COD=90°,这由题设“切线l1∥l2”及圆外一点引圆切线的有关性质易得。
2.解题能力低的学生由于直观能力、辨异能力较弱,常被错综复杂的几何图形所迷惑,思维难以逼近题目的内核,造成思路中断对策:因为复杂图形通常是由几个基本图形复合而成的,所以可从复杂图形中辨认、分离出若干个基本图形,或对残缺不全的基本图形补全(这往往是添 辅助线的启示)。
例
4、已知:AD是△ABC的角平分线,BD⊥AO且交AO延长线于D,E是BC中点。求证:ED=12(AB-AC)。
此题初看似乎较难入手,但观察到“AD平分∠且AD⊥BD”,隐现出残缺的基本图形: 等腰△ABF,应把它补全(见图3),再观察到基本图形(见图4)并联想它的特性,就找到了证题途径。
四、由于已有的经验的干扰,产生负迁移时思维受阻的原因及其对策
1.几何题题态各异,每道题都有它区别于其它题目的特殊性,故常有旧的经验和模式与解新题目不相适应的情况。这时的对策是:克服证法定势、探索证题新路。
当学生用某种方法成功地证明了若干问题后,他往往倾向于用同样方法证新题目,这种证法上的心理定势必须打破。针对“新”的题目,证法上要“出新”,不能把“经验绝对化”、“模式固定化”,使知识和技能产生负迁移,而要进行创造性思维,促进正迁移。
1、(肇庆2010)(8分)如图，已知∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D，CE与AB相交于F．
(1)求证：△CEB≌△ADC；
(2)若AD＝9cm，DE＝6cm，求BE及EF的长．
E
C2、（深圳2010）（本题7分）如图8，△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90º，D在AB上．
（1）求证：△AOC≌△BOD；（4分）
（2）若AD＝1，BD＝2，求CD的长．（3分）
O
图8
A
二、平行四边形、特殊的平行四边形
1、（广州2010）如图5，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC．
求证：∠A＋∠C＝180°
2、（佛山2010）已知，在平行四边形ABCD中，EFGH分别是AB、BC、CD、DA上的点，B F C3、(湛江2010)(10分)如图，在□ABCD中，点E、F是对角线BD上的两点，且BE＝DF．
求证：(1)△ABE≌△CDF；(2)AE∥CF． D
C
4．(肇庆2010)如图，四边形ABCD是平行四边形，AC、BD交于点O，∠1＝∠2．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；(2)若∠BOC＝120°，AB＝4cm，求四边形ABCD的面积． D5、（汕头2010）如图，分别以Rt△ABC的直角边AC及斜边AB向外作等边△ACD、等边△ABE．已知∠BAC=30º，EF⊥AB，垂足为F，连结DF．
（1）试说明AC=EF；
（2）求证：四边形ADFE是平行四边形．
且AE=CG，BF=DH，求证：AEH≌CGF
E
B
C
第20题图
6、（茂名2010）如图，已知OA⊥OB，OA＝4，OB＝3，以AB为边作矩形ABCD，使AD＝a，C 过点D作DE垂直OA的延长线交于点E．
(1)证明：△OAB∽△EDA；
(2)当a为何值时，△OAB≌△EDA？*请说明理由，并求此时点 BD C到OE的距离．
O A E图
1C
D
B
O A E
图
27．（梅州2010）如图，在△ABC中，点P是边AC上的一个动点，过点P作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F．(1)求证：PE＝PF；
(2)*当点P在边AC上运动时，四边形BCFE可能是菱形吗？说明理由；
AP
3(3)*若在AC边上存在点P，使四边形AECF是正方形，且．求此时∠A的大
BC2小．
N
三、梯形
1．（深圳2006）如图7，在梯形ABCD中，AD∥BC, ABDCAD，ADC120．（1）（３分）求证：BDDC
证明：
（2）（４分）若AB4，求梯形ABCD的面积． 解：
B
C2、（08年深圳中考）如图5，在梯形ABCD中，AB∥DC，DB平分∠ADC，过点A作AE∥BD，交CD的延长线于点E，且∠C＝2∠E． AB（1）求证：梯形ABCD是等腰梯形．
（2）若∠BDC＝30°，AD＝5，求CD的长．
EDC
图
5四、直角三角形的边角关系的应用
1．(湛江2010)如图，小明在公园放风筝，拿风筝线的手B离地面高度AB为1.5m，风筝飞到C处时的线长BC为30m，这时测得∠CBD＝60º．求此时风筝离地面的高度（精确到0.1m，3≈1.73）．
2．（深圳2009）如图，斜坡AC的坡度（坡比）为1:3，AC＝10米．坡顶有一旗杆BC，旗杆顶端B点与A点有一条彩带AB相连，AB＝14米． 试求旗杆BC的高度．
D
A3、（深圳2007）如图5，某货船以24海里／时的速度将一批重要物资从A处运往正东方向的M处，在点A处测得某岛C在北偏东60的方向上．该货船航行30分钟后到达B处，此时再测得该岛在北偏东30的方向上，已知在C岛周围9海里的区域内有暗礁．若继续向
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：.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A
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。
F
C
证法三 E
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
EN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：
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。
E
证法五
证明：把△EDC绕C点旋转180°，得△GMC，则△EDC≌△GMC
M
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
ABAG
ACAE
所以BC∥GE，则BD是△FGE
G
关键词：思路剖析,一题多解,思维突破,通性通法
对试题的研究是教师在教学和复习中经常做的一件事,通过研究把蕴含其中的数学思想方法揭露出来,挖掘出问题的本质属性.这样可以提高学生的空间想象、逻辑思维能力,分析和解决问题的思维技能,优化数学的思维品质,而且还可以培养学生探索创新的能力.下面,笔者通过实例进行探讨.
一、试题呈现
题目:如图1,在△ABC中,∠C=90°,将△ABC绕顶点B旋转至△A′BC′,设旋转过程中直线CC′和AA′相交于点D.
(1)求证:AD=A′D;
(2)若AC=4,BC=3,AD∥BC,求∠CBC′的正切值.
这是某地区几所联盟学校初三模拟考试的一道试题.经了解,只有极少数学生能证明,有的学校甚至全军覆没.是什么原因导致这样的结局呢?这可从命题者提供的参考解答里找到原因.以下是命题者提供的解答过程.
(1)证明:连结BD,如图2,由旋转可得:BC=BC′,BA=BA′,∠CBC′=∠ABA′,所以,所以△BCC′∽△BAA′,所以∠BCC′=∠BAA′.因为∠BOC=∠DOA,所以△BOC∽△DOA.所以∠ADO=∠OBC,.因为∠BOD=∠COA,所以△BOD∽△COA,所以∠BDO=∠CAO.因为∠ACB=90°,所以∠CAB+∠ABC=90°,所以∠BDO+∠ADO=90°,即∠ADB=90°.又因为BA=BA′,∠ADB=90°,所以AD=A′D.
(2)略.
二、解法探究
从命题者提供的解答过程来看,是由条件BA=BA′联想到等腰三角形,进而想到证明BD为底边AA′的高.思路是顺畅的,也无可厚非,但证明用了3次三角形相似,显然超过了课程标准要求.这促使笔者深思、细研,思索着有没有其他解法.
结合本题,结论是证明D为AA′的中点,那么,遇到中点问题(已知中点或证明中点),我们还可以想到什么呢?从另一角度考虑,是否可以构造“8”字型或“A”字型或其他思路,这难道不是通性通法呢?沿着这样的思路试探.
思路1:构造“8”字型,证三角形全等.
因为点D不是已知的中点,而是要证明的中点,加倍CD不能奏效,故考虑过点A作AG∥AC′与C′D的延长线交于点G(如图3).只要在△AGD与△A′C′D中,证明AG=A′C′或GD=C′D即可.因为A′C′=AC,只要证明AG=AC,即证明∠G=∠ACG.显然∠G=∠A′C′D,而∠DC′A′+∠CC′B=90°,∠ACG+∠C′CB=90°,又∠BCC′=∠BC′C,所以∠G=∠ACG,进而可证△ADG≌△A′C′D(AAS),所以AD=A′D成立.
思路2:构造等腰三角形,证三角形全等.
因为点D不是已知的中点,而是要证明的中点,加倍CD不能奏效,故考虑以点A′为圆心,A′C′长为半径画弧,交CD的延长线于点G(如图4).显然△A′C′G是等腰三角形,即A′C′=AG,∠G=∠A′C′G.由思路1分析可知,∠A′C′G=∠ACD,又A′C′=AC,所以易证△ACD≌△A′GD(AAS),所以AD=A′D成立.
思路3:构造三角形全等,证等腰三角形.
因为点D不是已知的中点,而是要证明的中点,加倍CD不能奏效,故考虑在CC′上找一点G,使CG=C′D(如图5).由思路1分析可知,∠A′C′D=∠ACG,所以△ACG≌△A′C′D(SAS),所以AG=A′D,∠AGC=∠A′DC′.进而可知∠AGD=∠ADG,所以△AGD是等腰三角形,所以AG=AD,所以AD=A′D成立.
思路4:添两条垂线,构造三角形全等.
因为点D不是已知的中点,而是要证明的中点,加倍CD不能奏效,故考虑过点A,A′分别作CD的垂线,交CD(或延长线)于点M,N(如图6).由思路1分析可知,∠ACM=∠A′C′N,所以Rt△ACM≌Rt△A′C′N(AAS),所以AM=A′N,进而证得Rt△AMD≌Rt△AND(AAS),所以AD=A′D成立.
思路5:构造“四点共圆”,利用对角互补证垂直.
由旋转可知CB=C′B,AB=A′B,∠CBC′=∠ABA′,所以易知∠C′CB=∠A′AB,进而可知点A,C,B,D四点共圆(如图7).所以∠ADB+∠ACB=180°,而∠ACB=90°,所以∠ADB=90°,即BD为等腰△BAA′底边上的高,所以AD=A′D成立.
三、解题反思
(一)关注解题通法增强学生的解题能力
优秀的几何题一般存在多种解法,而辅助线通常是解决问题的桥梁.巧妙的辅助线常能“柳暗花明又一村”,与标准答案不同的上述几种解法,其巧妙之处在于添加了辅助线,辅助线使未知与已知有了更紧密的联系,无须通过证明3次相似,证明过程大为简洁,体现了数学方法的多样性.同时也从侧面说明这是一道难得的好题,是训练学生数学思维的好素材.由此可见,通过一题多解,可以加深和巩固学生所学知识,充分运用学过的知识,从不同的角度思考问题,采用多种方法解决问题,这有利于学生加深理解各部分知识横向和纵向的内在联系,掌握各部分知识的转化关系,从而达到培养思维广阔性的目的.
(二)重视学会解题拓展学生的思维空间
在解题教学中,题目是载体,解题是过程,方法和规律的揭示、策略和思想的形成是目的,因此,解题教学切忌就题论题,片面追求容量,忽视教学功能的发掘与开发.引导学生学会解题层面的回顾与反思:如解题中用到了哪些知识?解题中用到了哪些方法?这些知识和方法是怎样联系起来的?自己是怎么想到它们的?困难在哪里?关键是什么?遇到什么障碍?后来是怎么解决的?是否还有别的解决方法、更一般的方法或更特殊的方法、沟通其他学科的方法、更简单的方法?这些方法体现了什么样的数学思想?调动这些知识和方法体现了什么样的解题策略?
(三)关注模型思想强化学生的识模能力
1.从题设和结论找思路
题目拿来，不要急于下手，仔细分析；从题设出发,看能推出什么结论；再看看结论：还需要什么条件，然后往中间凑，这种两头挤中间凑的方法是几何证明题的一种最常用的方法，也是一种很重要的方法。
如7．8节 切线的判定和性质(P91)
例1、已知：如图，直线AB经过⊙O上的点C，并且OA=OB，CA=CB．
求证：直线AB是⊙O的切线．
这题由已知条件OA=OB，就可以推出△OAB是等腰三角形，又由CA=CB，就可以推出OC是等腰△OAB的底边AB边上的高,而结论是要求证直线AB是⊙O的切线，也就是要求证OC上AB,这就立马想到添辅助线连结OC,同已知推出的结论相吻合，到达了求解的目的。
又如7．11节 弦切角(P108)
例2、已知：如图，⊙O和⊙O'都经过A、B两点，AC是OO'的切线，交⊙O于点C，AD是⊙O的切线，交⊙O'于点D．
求证：AB2=BC·BD
这题先从结论来考虑，要求证四条线段AB、BC、BD、AB成等积式，就是看这四条线段所在的△ABC和△DBA是否相似，而要证明两三角形相似，主要是从角度考虑。再来看已知条件,AC是⊙O'的切线，则由弦切角定理，可以得到∠2＝∠D．AD是⊙O的切线，可以推出∠1=∠C，而这四个角又刚好分别是那两个三角形的角，这样问题就得到了解决。
再如7·8节 切线的判定和性质(P93)
例2、如图,AB为⊙O的直径。C为⊙O上一点,AD和过C点的切线互相垂直，垂足为D．
求证：AC平分∠DAB．
这题要求证AC平分∠DAB,就是要求证∠1=∠2．而已知条件AD⊥DC，DC是切线C是切点，就想到DC垂直于过切点的半径，所以这题应该连结OC(同本节的例1综合在一起得到，在解有关圆的切线问题时，常常需要作出过切点的半径)，则可推出AD∥OC，．因此有∠2=∠3，而∠1=∠3，于是得出结论。
像这样的例子这一章还有不少，而且初一、初二的几何课本也有很多我在这儿就不一一赘述了．
2.从知识点找思路
如果上述的方法行不通，那我们就想一想：这个题目它考的是什么知识点?它是在哪一章节里出现的?那我们就从这一节的有关定理、定义入手。
比如P104如何去求证圆的外切四边形的两组对边的和相等这个题目好象不知从何下手，然而，这是7．10切线长定理这一小节的题，我们应该运用这一节的知识点，从切线长定理寻找突破口，于是不难得出AP=AL，BM=BL，CM=CN，DP=DN．再利用等式的性质，就得出了命题的结论．
再比如，P87习题7．2B组第5题
如图：⊙O和⊙O'都经过AB两点，过点B作直线交⊙O于点C，交⊙O于点D,G为圆外一点,GC交⊙O于点E,GD交⊙O'于点F．
求证：∠GEA+∠GFA=180°．
本题也是一样，要求证这两个角互补，那么这两个角是不是邻补角?是不是平行线的同旁内角?是不是圆内接四边形的两个对角?都不是，那怎么办?这个题是出在圆内接四边形这一节，而本节学了圆内接四边形的对角互补，并且任何一个外角都等于它的内对角这个定理。那么这两个角是不是圆内接四边形的外角?这个时候很多同学恍然大悟，纷纷抢着回答：“连结AB”则问题一目了然，∠GEA=∠ABC,∠GFA=∠ABD．于是得出结论。
还有7．4节圆心角、弧、弦、弦心距之间的关系(P72)
例1、如图：点O是∠EPF的平分线上的一点，以O为圆心的圆和角的两边分别交于点A、B和C、D．
求证：AB=CD．
这题已经PO是∠EPF的平分线,就应该想到角平分线的性质定理：角半分线上的点到角两边的距离相等，而这题要求证的两条相等线段AB和CD又是⊙O的两条弦，结合这一节课所学的定理的推论马上就想到作出弦AB和CD的弦心距OM和ON，问题又解决了。
3.从辅助线寻找思路
我时常告诉学生，你们可以从一些辅助线寻找突破口。如：7．3节 垂直于弦的直径
在这一小节里，计算有关弦的问题时，常常需要作“垂直于弦的直径”作为辅助线。实际上，往往只须从圆心作一条与弦垂直的线段。作了这条辅助线后，那么这条弦的一半、以及弦的弦心距、还有过这条弦的端点的半径这三条线段就构成了一个直角三角形，再通过解直角三角形，得出我们所要求解的线段。如P61 例1、P65 例4、P67 习题7．1 A组第13题、第15题、第16题、以及B组第2、3、4题、P198 复习题七第1、2题等都可以通过三条特殊的线段，解直角三角形，得出我们所要求解的结论。在这里我就不再一一例举了。
以上三点是我在圆这一章的教学体会。笔者始终认为要想使学生学好数学，作为一个中学数学教师，应该从初一抓起，每一个例题都要给学生分析透彻，讲细、讲透，找一些精练的题目给学生做一做、练一练，让学生一步一个脚印，踏踏实实，把基础打扎实、打牢固，这样不至于到了初三，很多同学的几何学不下去。
初中几何证明题不但是学习的重点。而且是学习的难点，很多同学对几何证明题。不知从何着手，一部分学生虽然知道答案，但叙述不清楚，说不出理由，对逻辑推理的证明过程几乎不会写，这样，导致大部分的学生失去了几何学习的信心，虽然新的课程理念要求，推理的过程不能过繁。一切从简，但证明的过程要求做到事实准确、道理严密，证明过程方能完整，教学中怎样才能把几何证明题的求解过程叙述清楚呢?根据教学经验，我在教学中是这样做的，希望与大家一起探讨。
(1)“读”——读题
如何指导学生读题？仁者见仁、智者见智，我们课题组结合我们的研究和本校学生的实际，将读题分为三步：第一步，粗读（类似语文阅读的浏览）。快速地将题目从头到尾浏览一遍，大致了解题目的意思和要求；第二步，细读。在大致了解题目的意思和要求的情况下，再认真地有针对性地读题，弄清题目的题设和结论，搞清已知是什么、需要证明的是什么？并尽可能地将已知条件在图形中用符号简明扼要地表示出来（如哪两个角相等，哪两条线段相等，垂直关系，等等），若题中给出的条件不明显的（即有隐含条件的），还要指导学生如何去挖掘它们、发现它们；第三步，记忆复述。在前面粗读和细读的基础上，先将已知条件和要证明的结论在心里默记一遍，再结合图形中自己所标的符号将原题的意思复述出来。到此读题这一环节，才算完成。
对于读题这一环节，我们之所以要求这么复杂，是因为在实际证题的过程中，学生找不到证明的思路或方法，很多时候就是由于漏掉了题中某些已知条件或将题中某些已知条件记错或想当然地添上一些已知条件，而将已知记在心里并能复述出来就可以很好地避免这些情况的发生。
(２)“析”——分析
指导学生用数学方法中的“分析法”，执果索因，一步一步探究证明的思路和方法。教师用启发性的语言或提问指导学生，学生在教师的指导下经过一系列的质疑、判断、比较、选择，以及相应的分析、综合、概括等认识活动，思考、探究，小组内讨论、交流、发现解决问题的思路和方法。
(３)“述”——口述
学生学习小组推选小组代表，由小组代表分析自己那一组探究到的证明的思路和方法，口述证明过程及每一步的依据。我们知道学习语文、外语及其他语言都是从“说”开始学起的，那么学习几何语言，也可以尝试先“说”后写。特别是初一初二的学生，让他们先在小组内自主探索、讨论交流，弄清证题思路，然后再让学生代表口述证题过程，这对于训练学生应用和提高几何语言的表达能力很有好处。
(４)“择”——选择最简易的方法
在各位学生代表口述完解题过程后，教师引导学生比较、选择最简单的一种证题方法，这样做，不仅能帮助学生进一步理清证明思路、记忆相关的几何定理、性质，而且还增加了学生学习的兴趣和好奇心，从而激发学生学习的积极性和主动性。
(５)“演”——板演
在学生集体复述解题的基础上，教师板演上述解题过程，给学生作证题的书写示范，让学生体会怎样合理、规范、科学地书写证明过程。
(６)“练”——变式练习
变式，既是一种重要的思想方法，又是一种行之有效的教学方法。通过变式训练，在课堂上展现知识发生、发展、形成的完整认知过程。在教学实践中，笔者深深体会到：变式教学符合学生是认知规律，能有层次地推进，为学生提供一个求异、思变的空间，让学生把学到的概念、公式、定理、法则灵活应用道各种情景中去，培养学生灵活多变的思维品质，提高学生研究、探索问题的能力，提高数学素养，从而有效地提高数学教学效果。
因此，在学生获得某种基本的证法后，教师可以通过变式，改变问题中的条件，转换探求的结论，变化问题的形式或图形的形状位置等多种途径，指导学生从不同的方向、不同的角度、不同的层次去思考问题。
一、单选题(共4道，每道25分)
1.如图，已知线段AB=18cm，C是线段AB的中点，则AC的长是多少？
解：如图，∵（）∴（）又∵（）∴（）
即AC的长为9cm.①⑥；②C是线段AB的中点；③AB=18；④；⑦
；⑧
；⑨
⑤；
以上空缺处填写正确的顺序是（）
A.②⑤③④
B.②⑤①⑧
C.③②①④
D.②④⑥⑨
答案：A 试题难度：三颗星
知识点：中点(一个中点)
2.如图，已知线段AB=14cm，点O是线段AB上任意一点，C、D分别是线段OA、OB的中点，求CD的长.解：∵C、D分别是线段OA、OB的中点 ∴（）
∴又∵AB=14 ∴（）
即CD的长为7cm.①C是线段AB的中点；②AB=14；③；④；
⑤是（）A.③⑥
B.④⑥
；⑥；⑦以上空缺处填写正确的顺序
C.⑤⑥
D.③⑦
答案：A 试题难度：三颗星
知识点：中点(两个中点)
3.如图，已知∠AOB=78°，OC平分∠AOB，求∠AOC的度数．
解：∵（）∴（）又∵（）∴（）
①OC平分∠AOB；②∠AOB=2∠AOC；③∠COB=∠AOC；④∠AOC=∠AOB；
⑤∠AOB=78°；⑥；⑧以上空缺处填写正确的顺序是（）A.①④⑤⑥
B.①②⑤⑧
C.①②⑤⑥
D.①③⑤⑥
答案：A 试题难度：三颗星
知识点：角平分线(一个角平分线)
4.已知OC平分∠AOB，OD平分∠AOC，且∠COD=27°，求∠AOB的度数．
解：∵OD平分∠AOC ∴（）∵∠COD=27° ∴（）又∵OC平分∠AOB ∴（）
∵∠AOC=54° ∴（）
①；②∠AOC=2∠COD；③∠COD=∠AOD；④∠COD=∠AOC；
⑤∠AOB=2∠AOC；⑥∠AOC=∠BOC；⑦∠AOC=上空缺处填写正确的顺序是（）A.②①⑤⑨
B.③⑧⑥⑨
C.④①⑦⑨
D.②⑤⑥⑨
∠AOB；⑧∠AOD=27°；⑨以答案：A 试题难度：三颗星
关键词：初中；几何；证明题
中图分类号：G632 文献标识码：B 文章编号：1002-7661（2014）01-156-01
大家都知道初一是学生学习几何的关键期。要学好几何证明题，关键是顺利闯过几何证明题入门这一关。如果能把握好了这一步，就可以顺利地进行几何这门学科的学习。那么，怎样才能使学生过好这一关呢？
一、强心理攻势——闯畏难情绪关
初一、初二学生的年龄，一般都在十三、十四岁，从心理学角度看，正是自觉思维向逻辑思维的过度阶段。因此，几何证明的入门，也就是学生逻辑思维的起步。这种思维方式学生才接触，肯定会遇到一些困难。从多年的教学实践来看，有的学生在这时“跌倒了”，就丧失了信心，以至于几何越学越糟，最终成了几何“门外汉”。但有的学生，在这时遇到了一些困难，失败了，却信心十足，不断地去总结，认真思考，最后越学越有兴趣。因此我让每名学生明白初一、初二正是学习几何证明的一个契机，只要能学好，代数部分也会有所提高对于学生取得的点滴成绩药剂师给予表扬和鼓励，对于出现的问题要及时帮助解决是学生对学习几何产生信心，提高学习成绩。
二、小梯度递进——闯层层技能关
学好几何证明，起步要稳，因此要求学生在学习几何时要扎扎实实，一步一个脚印，在掌握好几何基础知识的同时，还要培养学生的逻辑思维能力。
1、牢记几何语言
几何证明题，要使用几何语言，这对于刚学几何的学生来说，仅当又学一门“外语”，并努力尽快地掌握这门“外语”的语言使用和表达能力。首先，从几何第一课起，就应该特别注意几何语言的规范性，要让学生理解并掌握一些规范性的几何语句。如：“延长线段AB到点C，使AC=2AB”，“过点C作CD⊥AB，垂足为点D”，“过点A作l∥CD”等，每一句通过上课的教学，课后的辅导，手把手的作图，表达几何语言；表达几何语言后作图，反复多次，让学生理解每一句话，看得懂题意。其次，要注意对几何语言的理解，几何语言表达要确切。例如：钝角的意义是“大于直角而小于平角的叫钝角”，“大于直角或小于平角的角叫钝角”，把“而”字说成了“或”字，这就是学习对几何语言理解不佳，造成的表达不确切。“一字之差”意思各异，在辅导时，注重语言的准确性，对其犯的错误反复更正，做到学习之初要严谨。
2、规范推理格式
数学中推理证明的书写格式有许多种，但最基本的是演绎法，也就是从已知条件出发，根据已经学过的数学概念、公理、定理等知识，顺着推理，由“已知”得“推知”，由“推知”得“未知”，逐步地推出求证的结论来。这种证题格式一般叫“演绎法”，课本上的定理证明，例题的证明，多数是采用这种格式。它的书写形式表达常用语言是“因为…，所以…”特别是一开始学习几何证明，首先要掌握好这种推理格式，做到规范化。通过反复、不同形式的填写，让学生掌握基本性质的表达格式，体会图形与题目存在的依存关系。同时通过从定义、性质、判定出发，由简到难，逐步深入，让学生提高对几何证明的信心。
3、积累证明思路
“几何证明难”最难莫过于没有思路。怎样积累证明思路呢？这主要靠听讲，看书时积极思考，不仅弄明白题目是“如何证明？”，还要进一步追究一下，“证明题方法是如何想出来的？”。只有经常这样独立思考，才会使自己的思路开阔灵活。随着证明题难度的增加，还要教会学生用“两头凑”的方法，即在同一个证明题的分析过程中，分析法与综合法并用，来缩短已知与未知之间的距离，在教学安排时，要给其足够的时间思考，而且重复证明思路，提高对解题思路的理解和应用能力。
经过学生之间的互学互教进一步掌握方法和解题格式，再通过变式训练达到本课的教学要求。
通过反复操练解题思路，在注重解题格式的要求下，每个学生在每一堂课上积累一个解题思想，学到一点新知识，都有所收获增强对学习几何的信心。
4、培养书写证明过程中的逻辑思维能力
有的学生写出的证明过程，条理清楚，逻辑性强，但有的学生写出的证明过程逻辑混乱，没有条理性，表达不清楚，这种情况，就是在平时的教学中，没有注意培养学生的逻辑思维能力。首先，一开始学习几何，一定要在书写证明过程中逐步培养学生的逻辑思维能力。强调由哪个条件才能得出什么结论，不要根据初三数学对几何证明的要求，忽略中间的条件的描述。在描述中不要漏了条件的大括号，判定依据等，检验在写的过程中是否符合所写的几何命题的格式等注意思维的严密性。 其次，在书写证明过程时，要逐步培养学生书写证明过程中的整体逻辑性，即通过分析，这个证明过程可分几大段来写，每一段之间的逻辑关系是什么？哪些段应先写，哪些段应后写。例如在几何证明过程中，提醒注意段与段之间的逻辑性，在搞清楚了这些之后，然后再分段书写证明过程，前面已证明的结论，在后面的证明过程中直接应用应把条件在写一次，体现其逻辑性。这样写出来的证明过程才条理清楚，逻辑性强。
三、善于总结经验——把好思维总结关
随着几何课程的进展，几何证明题的内容和难度都会不断地增加。因此，学习了一段之后，要回顾一下，看看已学了哪些知识点？自己在审题，推理、思路分析，证明过程等的书写方面掌握了没有，熟练的程度如何？如果在某些方面掌握得还不很好，就要在该方面多作一些练习，多想多问，使自己达到即熟练，又会“巧用”的程度。
（含答案解析）
一、解
答
题（共60小题）
1．（2015•遵义）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延伸线于点F．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形ADCF是菱形；
（3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCF的面积．
2．（2015•珠海）已知△ABC，AB=AC，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF．
（1）如图1，连接BD，AF，则BD AF（填“＞”、“＜”或“=”）；
（2）如图2，M为AB边上一点，过M作BC的平行线MN分别交边AC，DE，DF于点G，H，N，连接BH，GF，求证：BH=GF．
3．（2015•镇江）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，分别延伸OA，OC到点E，F，使AE=CF，依次连接B，F，D，E各点．
（1）求证：△BAE≌△BCF；
（2）若∠ABC=50°，则当∠EBA= °时，四边形BFDE是正方形．
4．（2015•漳州）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作分、FG∥CD，交AE于点G连接DG．
（1）求证：四边形DEFG为菱形；
（2）若CD=8，CF=4，求的值．
5．（2015•玉林）如图，在⊙O中，AB是直径，点D是⊙O上一点且∠BOD=60°，过点D作⊙O的切线CD交AB的延伸线于点C，E为的中点，连接DE，EB．
（1）求证：四边形BCDE是平行四边形；
（2）已知图中暗影部分面积为6π，求⊙O的半径r．
6．（2015•永州）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠BCD=90°，BC=DC．延伸AD到E点，使DE=AB．
（1）求证：∠ABC=∠EDC；
（2）求证：△ABC≌△EDC．
7．（2015•营口）如图，点P是⊙O外一点，PA切⊙O于点A，AB是⊙O的直径，连接OP，过点B作BC∥OP交⊙O于点C，连接AC交OP于点D．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若PD=，AC=8，求图中暗影部分的面积；
（3）在（2）的条件下，若点E是的中点，连接CE，求CE的长．
8．（2015•徐州）如图，点A，B，C，D在同一条直线上，点E，F分别在直线AD的两侧，且AE=DF，∠A=∠D，AB=DC．
（1）求证：四边形BFCE是平行四边形；
（2）若AD=10，DC=3，∠EBD=60°，则BE=
时，四边形BFCE是菱形．
9．（2015•宿迁）如图，四边形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AD=1，BC=3，E是边CD的中点，连接BE并延伸与AD的延伸线相交于点F．
（1）求证：四边形BDFC是平行四边形；
（2）若△BCD是等腰三角形，求四边形BDFC的面积．
10．（2015•湘西州）如图，在▱ABCD中，DE⊥AB，BF⊥CD，垂足分别为E，F．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）求证：四边形BFDE为矩形．
11．（2015•咸宁）已知关于x的一元二次方程mx2﹣（m+2）x+2=0．
（1）证明：不论m为何值时，方程总有实数根；
（2）m为何整数时，方程有两个不相等的正整数根．
12．（2015•咸宁）如图，在△ABC中，∠C=90°，以AB上一点O为圆心，OA长为半径的圆恰好与BC相切于点D，分别交AC、AB于点E、F．
（1）若∠B=30°，求证：以A、O、D、E为顶点的四边形是菱形．
（2）若AC=6，AB=10，连结AD，求⊙O的半径和AD的长．
13．（2015•梧州）如图，在正方形ABCD中，点P在AD上，且不与A、D重合，BP的垂直平分线分别交CD、AB于E、F两点，垂足为Q，过E作EH⊥AB于H．
（1）求证：HF=AP；
（2）若正方形ABCD的边长为12，AP=4，求线段EQ的长．
14．（2015•威海）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交AB于点D，交BC于点E．
（1）求证：BE=CE；
（2）若BD=2，BE=3，求AC的长．
15．（2015•铜仁市）已知，如图，点D在等边三角形ABC的边AB上，点F在边AC上，连接DF并延伸交BC的延伸线于点E，EF=FD．
求证：AD=CE．
16．（2015•通辽）如图，四边形ABCD中，E点在AD上，其中∠BAE=∠BCE=∠ACD=90°，且BC=CE，求证：△ABC与△DEC全等．
17．（2015•铁岭）如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点E、F分别在边CD、AB上．
（1）若DE=BF，求证：四边形AFCE是平行四边形；
（2）若四边形AFCE是菱形，求菱形AFCE的周长．
18．（2015•天水）如图，AB是⊙O的直径，BC切⊙O于点B，OC平行于弦AD，过点D作DE⊥AB于点E，连结AC，与DE交于点P．求证：
（1）AC•PD=AP•BC；
（2）PE=PD．
19．（2015•泰安）如图，△ABC是直角三角形，且∠ABC=90°，四边形BCDE是平行四边形，E为AC中点，BD平分∠ABC，点F在AB上，且BF=BC．求证：
（1）DF=AE；
（2）DF⊥AC．
20．（2015•随州）如图，射线PA切⊙O于点A，连接PO．
（1）在PO的上方作射线PC，使∠OPC=∠OPA（用尺规在原图中作，保留痕迹，不写作法），并证明：PC是⊙O的切线；
（2）在（1）的条件下，若PC切⊙O于点B，AB=AP=4，求的长．
21．（2015•绥化）如图1，在正方形ABCD中，延伸BC至M，使BM=DN，连接MN交BD延伸线于点E．
（1）求证：BD+2DE=BM．
（2）如图2，连接BN交AD于点F，连接MF交BD于点G．若AF：FD=1：2，且CM=2，则线段DG= ．
22．（2015•苏州）如图，在△ABC中，AB=AC，分别以B、C为圆心，BC长为半径在BC下方画弧．设两弧交于点D，与AB、AC的延伸线分别交于点E、F，连接AD、BD、CD
（1）求证：AD平分∠BAC；
（2）若BC=6，∠BAC=50°，求DE、DF的长度之和（结果保留π）．
23．（2015•上海）已知，如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，点E在边BC的延伸线上，且OE=OB，连接DE．
（1）求证：DE⊥BE；
（2）如果OE⊥CD，求证：BD•CE=CD•DE．
24．（2015•厦门）如图，在平面直角坐标系中，点A（2，n），B（m，n）（m＞2），D（p，q）（q＜n），点B，D在直线y=x+1上．四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点E，且AB∥CD，CD=4，BE=DE，△AEB的面积是2．
求证：四边形ABCD是矩形．
25．（2015•庆阳）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，直线EF交正方形外角的平分线于点F，交DC于点G，且AE⊥EF．
（1）当AB=2时，求△GEC的面积；
（2）求证：AE=EF．
26．（2015•青海）如图，梯形ABCD中，AB∥DC，AC平分∠BAD，CE∥DA交AB于点E．求证：四边形ADCE是菱形．
27．（2015•钦州）如图，AB为⊙O的直径，AD为弦，∠DBC=∠A．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）连接OC，如果OC恰好弦BD的中点E，且tanC=，AD=3，求直径AB的长．
28．（2015•黔东南州）如图，已知PC平分∠MPN，点O是PC上任意一点，PM与⊙O相切于点E，交PC于A、B两点．
（1）求证：PN与⊙O相切；
（2）如果∠MPC=30°，PE=2，求劣弧的长．
29．（2015•潜江）如图，AC是⊙O的直径，OB是⊙O的半径，PA切⊙O于点A，PB与AC的延伸线交于点M，∠COB=∠APB．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）当OB=3，PA=6时，求MB，MC的长．
30．（2015•盘锦）如图1，AB为⊙O的直径，点P是直径AB上任意一点，过点P作弦CD⊥AB，垂足为P，过点B的直线与线段AD的延伸线交于点F，且∠F=∠ABC．
（1）若CD=2，BP=4，求⊙O的半径；
（2）求证：直线BF是⊙O的切线；
（3）当点P与点O重合时，过点A作⊙O的切线交线段BC的延伸线于点E，在其它条件不变的情况下，判断四边形AEBF是什么的四边形？请在图2中补全图象并证明你的结论．
31．（2015•内江）如图，将▱ABCD的边AB延伸至点E，使AB=BE，连接DE，EC，DE交BC于点O．
（1）求证：△ABD≌△BEC；
（2）连接BD，若∠BOD=2∠A，求证：四边形BECD是矩形．
32．（2015•南通）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，DC上，且ED⊥DB，FB⊥BD．
（1）求证：△AED≌△CFB；
（2）若∠A=30°，∠DEB=45°，求证：DA=DF．
33．（2015•南平）如图，AB是半圆O的直径，C是AB延伸线上的一点，CD与半圆O相切于点D，连接AD，BD．
（1）求证：∠BAD=∠BDC；
（2）若∠BDC=28°，BD=2，求⊙O的半径．（到0.01）
34．（2015•南京）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC的延伸线与AD的延伸线交于点E，且DC=DE．
（1）求证：∠A=∠AEB；
（2）连接OE，交CD于点F，OE⊥CD，求证：△ABE是等边三角形．
35．（2015•南充）如图，△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，CE⊥AB，AE=CE．求证：
（1）△AEF≌△CEB；
（2）AF=2CD．
36．（2015•南昌）（1）如图1，纸片▱ABCD中，AD=5，S▱ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下△ABE，将它平移至△DCE′的地位，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D的外形为
A．平行四边形
B．菱形
C．矩形
D．正方形
（2）如图2，在（1）中的四边形纸片AEE′D中，在EE′上取一点F，使EF=4，剪下△AEF，将它平移至△DE′F′的地位，拼成四边形AFF′D．
①求证：四边形AFF′D是菱形．
②求四边形AFF′D的两条对角线的长．
37．（2015•梅州）如图，已知△ABC，按如下步骤作图：
①以A为圆心，AB长为半径画弧；
②以C为圆心，CB长为半径画弧，两弧相交于点D；
③连接BD，与AC交于点E，连接AD，CD．
（1）求证：△ABC≌△ADC；
（2）若∠BAC=30°，∠BCA=45°，AC=4，求BE的长．
38．（2015•龙岩）如图，E，F分别是矩形ABCD的边AD，AB上的点，若EF=EC，且EF⊥EC．
（1）求证：AE=DC；
（2）已知DC=，求BE的长．
39．（2015•柳州）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，AD与△ABC的外接圆⊙O恰好相切于点A，边CD与⊙O相交于点E，连接AE，BE．
（1）求证：AB=AC；
（2）若过点A作AH⊥BE于H，求证：BH=CE+EH．
40．（2015•辽阳）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E，DG⊥AC于点G，交AB的延伸线于点F．
（1）求证：直线FG是⊙O的切线；
（2）若AC=10，cosA=，求CG的长．
41．（2015•连云港）如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD进行折叠，折叠后点C落在点F处，DF交AB于点E．
（1）求证；∠EDB=∠EBD；
（2）判断AF与DB能否平行，并阐明理由．
42．（2015•莱芜）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，分别以AB，AC为直角边向外作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE，G为BD的中点，连接CG，BE，CD，BE与CD交于点F．
（1）判断四边形ACGD的外形，并阐明理由．
（2）求证：BE=CD，BE⊥CD．
43．（2015•酒泉）如图，平行四边形ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，∠B=60°，G是CD的中点，E是边AD上的动点，EG的延伸线与BC的延伸线交于点F，连结CE，DF．
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；
（2）①当AE= cm时，四边形CEDF是矩形；
②当AE= cm时，四边形CEDF是菱形．
（直接写出答案，不需求阐明理由）
44．（2015•荆门）已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延伸线上一点，且∠ODB=∠AEC．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）求证：CE2=EH•EA；
（3）若⊙O的半径为5，sinA=，求BH的长．
45．（2015•吉林）如图①，半径为R，圆心角为n°的扇形面积是S扇形=，由弧长l=，得S扇形==••R=lR．经过观察，我们发现S扇形=lR类似于S三角形=×底×高．
类比扇形，我们探求扇环（如图②，两个同心圆围成的圆环被扇形截得的一部分交作扇环）的面积公式及其运用．
（1）设扇环的面积为S扇环，的长为l1，的长为l2，线段AD的长为h（即两个同心圆半径R与r的差）．类比S梯形=×（上底+下底）×高，用含l1，l2，h的代数式表示S扇环，并证明；
（2）用一段长为40m的篱笆围成一个如图②所示的扇环形花园，线段AD的长h为多少时，花园的面积，面积是多少？
46．（2015•黄石）在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．
（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；
（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ能否成立？请阐明理由．
47．（2015•黄冈）已知：如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交AB于点M，交BC于点N，连接AN，过点C的切线交AB的延伸线于点P．
（1）求证：∠BCP=∠BAN
（2）求证：=．
48．（2015•湖北）如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．
（1）求证：BE=CF；
（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．
49．（2015•葫芦岛）如图，△ABC是等边三角形，AO⊥BC，垂足为点O，⊙O与AC相切于点D，BE⊥AB交AC的延伸线于点E，与⊙O相交于G、F两点．
（1）求证：AB与⊙O相切；
（2）若等边三角形ABC的边长是4，求线段BF的长？
50．（2015•呼伦贝尔）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）若∠ADB是直角，则四边形BEDF是什么四边形？证明你的结论．
51．（2015•呼伦贝尔）如图，已知直线l与⊙O相离．OA⊥l于点A，交⊙O于点P，OA=5，AB与⊙O相切于点B，BP的延伸线交直线l于点C．
（1）求证：AB=AC；
（2）若PC=2，求⊙O的半径．
52．（2015•贺州）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，AC平分∠BAD，AD⊥DC，垂足为D，OE⊥AC，垂足为E．
（1）求证：DC是⊙O的切线；
（2）若OE=cm，AC=2cm，求DC的长（结果保留根号）．
53．（2015•贺州）如图，将矩形ABCD沿对角线BD对折，点C落在E处，BE与AD相交于点F．若DE=4，BD=8．
（1）求证：AF=EF；
（2）求证：BF平分∠ABD．
54．（2015•河南）如图，AB是半圆O的直径，点P是半圆上不与点A、B重合的一个动点，延伸BP到点C，使PC=PB，D是AC的中点，连接PD、PO．
（1）求证：△CDP≌△POB；
（2）填空：
①若AB=4，则四边形AOPD的面积为 ；
②连接OD，当∠PBA的度数为 时，四边形BPDO是菱形．
55．（2015•桂林）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点．
（1）求证：四边形EBFD为平行四边形；
（2）对角线AC分别与DE、BF交于点M、N，求证：△ABN≌△CDM．
56．（2015•贵港）如图，已知AB是⊙O的弦，CD是⊙O的直径，CD⊥AB，垂足为E，且点E是OD的中点，⊙O的切线BM与AO的延伸线相交于点M，连接AC，CM．
（1）若AB=4，求的长；（结果保留π）
（2）求证：四边形ABMC是菱形．
57．（2015•甘南州）如图1，在△ABC和△EDC中，AC=CE=CB=CD；∠ACB=∠DCE=90°，AB与CE交于F，ED与AB，BC，分别交于M，H．
（1）求证：CF=CH；
（2）如图2，△ABC不动，将△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°时，试判断四边形ACDM是什么四边形？并证明你的结论．
58．（2015•东莞）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延伸EF交边BC于点G，连接AG．
（1）求证：△ABG≌△AFG；
（2）求BG的长．
59．（2015•大庆）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，P为BD上一点，∠APB=∠BAD．
（1）证明：AB=CD；
（2）证明：DP•BD=AD•BC；
（2）证明：BD2=AB2+AD•BC．
60．（2015•赤峰）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，与BA的延伸线交于点D，DE⊥PO交PO延伸线于点E，连接PB，∠EDB=∠EPB．
（1）求证：PB是的切线．
（2）若PB=6，DB=8，求⊙O的半径．
2015年全国中考数学证明题60例
参考答案与试题解析
一、解
答
题（共60小题）
1．（2015•遵义）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延伸线于点F．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形ADCF是菱形；
（3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCF的面积．
考点：
菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据AAS证△AFE≌△DBE；
（2）利用①中全等三角形的对应边相等得到AF=BD．已知条件，利用“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得到ADCF是菱形，由“直角三角形斜边的中线等于斜边的一半”得到AD=DC，从而得出结论；
（3）由直角三角形ABC与菱形有相反的高，根据等积变形求出这个高，代入菱形面积公式可求出结论．
解答：
（1）证明：①∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DBE，∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，∴AE=DE，BD=CD，在△AFE和△DBE中，∴△AFE≌△DBE（AAS）；
（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF=DB．
∵DB=DC，∴AF=CD．
∵AF∥BC，∴四边形ADCF是平行四边形，∵，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，∴AD=DC=BC，∴四边形ADCF是菱形；
（3）解：设菱形DC边上的高为h，∴RT△ABC斜边BC边上的高也为h，∵BC==，∴DC=BC=，∴h==，菱形ADCF的面积为：DC•h=×=10．
点评：
本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，菱形的判定的运用，菱形的面积计算，次要考查先生的推理能力．
2．（2015•珠海）已知△ABC，AB=AC，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF．
（1）如图1，连接BD，AF，则BD = AF（填“＞”、“＜”或“=”）；
（2）如图2，M为AB边上一点，过M作BC的平行线MN分别交边AC，DE，DF于点G，H，N，连接BH，GF，求证：BH=GF．
考点：
全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；平移的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据等腰三角形的性质，可得∠ABC与∠ACB的关系，根据平移的性质，可得AC与DF的关系，根据全等三角形的判定与性质，可得答案；
（2）根据类似三角形的判定与性质，可得GM与HN的关系，BM与FN的关系，根据全等三角形的判定与性质，可得答案．
解答：
（1）解：由AB=AC，得∠ABC=ACB．
由△ABC沿BC方向平移得到△DEF，得DF=AC，∠DFE=∠ACB．
在△ABF和△DFB中，△ABF≌△DFB（SAS），BD=AF，故答案为：BD=AF；
（2）证明：如图：
MN∥BF，△AMG∽△ABC，△DHN∽△DEF，=，=，∴MG=HN，MB=NF．
在△BMH和△FNG中，△BMH≌△FNG（SAS），∴BH=FG．
点评：
本题考查了全等三角形的判定与性质，利用了平移的性质，类似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质．
3．（2015•镇江）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，分别延伸OA，OC到点E，F，使AE=CF，依次连接B，F，D，E各点．
（1）求证：△BAE≌△BCF；
（2）若∠ABC=50°，则当∠EBA= 20 °时，四边形BFDE是正方形．
考点：
菱形的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由题意易证∠BAE=∠BCF，又由于BA=BC，AE=CF，于是可证△BAE≌△BCF；
（2）由已知可得四边形BFDE对角线互相垂直平分，只需∠EBF=90°即得四边形BFDE是正方形，由△BAE≌△BCF可知∠EBA=∠FBC，又由∠ABC=50°，可得∠EBA+∠FBC=40°，于是∠EBA=×40°=20°．
解答：
（1）证明：∵菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∴AB=BC，∠BAC=∠BCA，∴∠BAE=∠BCF，在△BAE与△BCF中，∴△BAE≌△BCF（SAS）；
（2）∵四边形BFDE对角线互相垂直平分，∴只需∠EBF=90°即得四边形BFDE是正方形，∵△BAE≌△BCF，∴∠EBA=∠FBC，又∵∠ABC=50°，∴∠EBA+∠FBC=40°，∴∠EBA=×40°=20°．
故答案为：20．
点评：
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及正方形的判定．本题关键是根据SAS证明△BAE≌△BCF．
4．（2015•漳州）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作分、FG∥CD，交AE于点G连接DG．
（1）求证：四边形DEFG为菱形；
（2）若CD=8，CF=4，求的值．
考点：
翻折变换（折叠成绩）；勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据折叠的性质，易知DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，易证FG=FE，故由四边相等证明四边形DEFG为菱形；
（2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，从而求出的值．
解答：
（1）证明：由折叠的性质可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，∵FG∥CD，∴∠2=∠3，∴FG=FE，∴DG=GF=EF=DE，∴四边形DEFG为菱形；
（2）解：设DE=x，根据折叠的性质，EF=DE=x，EC=8﹣x，在Rt△EFC中，FC2+EC2=EF2，即42+（8﹣x）2=x2，解得：x=5，CE=8﹣x=3，∴=．
点评：
本题次要考查了折叠的性质、菱形的判定以及勾股定理，熟知折叠的性质和菱形的判定方法是解答此题的关键．
5．（2015•玉林）如图，在⊙O中，AB是直径，点D是⊙O上一点且∠BOD=60°，过点D作⊙O的切线CD交AB的延伸线于点C，E为的中点，连接DE，EB．
（1）求证：四边形BCDE是平行四边形；
（2）已知图中暗影部分面积为6π，求⊙O的半径r．
考点：
切线的性质；平行四边形的判定；扇形面积的计算．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由∠BOD=60°E为的中点，得到，于是得到DE∥BC，根据CD是⊙O的切线，得到OD⊥CD，于是得到BE∥CD，即可证得四边形BCDE是平行四边形；
（2）连接OE，由（1）知，得到∠BOE=120°，根据扇形的面积公式列方程即可得到结论．
解答：
解：（1）∵∠BOD=60°，∴∠AOD=120°，∴=，∵E为的中点，∴，∴DE∥AB，OD⊥BE，即DE∥BC，∵CD是⊙O的切线，∴OD⊥CD，∴BE∥CD，∴四边形BCDE是平行四边形；
（2）连接OE，由（1）知，∴∠BOE=120°，∵暗影部分面积为6π，∴=6π，∴r=6．
点评：
本题考查了切线的性质，平行四边形的判定，扇形的面积公式，垂径定理，证明是解题的关键．
6．（2015•永州）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠BCD=90°，BC=DC．延伸AD到E点，使DE=AB．
（1）求证：∠ABC=∠EDC；
（2）求证：△ABC≌△EDC．
考点：
全等三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据四边形的内角和等于360°求出∠B+∠ADC=180°，再根据邻补角的和等于180°可得∠CDE+∠ADE=180°，从而求出∠B=∠CDE；
（2）根据“边角边”证明即可．
解答：
（1）证明：在四边形ABCD中，∵∠BAD=∠BCD=90°，∴90°+∠B+90°+∠ADC=360°，∴∠B+∠ADC=180°，又∵∠CDE+∠ADC=180°，∴∠ABC=∠CDE，（2）连接AC，由（1）证得∠ABC=∠CDE，在△ABC和△EDC中，∴△ABC≌△EDC（SAS）．
点评：
本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，根据四边形的内角和定理以及邻补角的定义，利用同角的补角相等求出夹角相等是证明三角形全等的关键，也是本题的难点．
7．（2015•营口）如图，点P是⊙O外一点，PA切⊙O于点A，AB是⊙O的直径，连接OP，过点B作BC∥OP交⊙O于点C，连接AC交OP于点D．
（1）求证：PC是⊙O的切线；
（2）若PD=，AC=8，求图中暗影部分的面积；
（3）在（2）的条件下，若点E是的中点，连接CE，求CE的长．
考点：
切线的判定；扇形面积的计算．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）连接OC，证明△PAO≌△PCO，得到∠PCO=∠PAO=90°，证明结论；
（2）证明△ADP∽△PDA，得到成比例线段求出BC的长，根据S阴=S⊙O﹣S△ABC求出答案；
（3）连接AE、BE，作BM⊥CE于M，分别求出CM和EM的长，求和得到答案．
解答：
（1）证明：如图1，连接OC，∵PA切⊙O于点A，∴∠PAO=90°，∵BC∥OP，∴∠AOP=∠OBC，∠COP=∠OCB，∵OC=OB，∴∠OBC=∠OCB，∴∠AOP=∠COP，在△PAO和△PCO中，∴△PAO≌△PCO，∴∠PCO=∠PAO=90°，∴PC是⊙O的切线；
（2）解：由（1）得PA，PC都为圆的切线，∴PA=PC，OP平分∠APC，∠ADO=∠PAO=90°，∴∠PAD+∠DAO=∠DAO+∠AOD，∴∠PAD=∠AOD，∴△ADP∽△ODA，∴，∴AD2=PD•DO，∵AC=8，PD=，∴AD=AC=4，OD=3，AO=5，由题意知OD为△的中位线，∴BC=6，OD=6，AB=10．
∴S阴=S⊙O﹣S△ABC=﹣24；
（3）解：如图2，连接AE、BE，作BM⊥CE于M，∴∠CMB=∠EMB=∠AEB=90°，∵点E是的中点，∴∠ECB=∠CBM=∠ABE=45°，CM=MB=3，BE=AB•cos45°=5，∴EM==4，则CE=CM+EM=7．
点评：
本题考查的是切线的判定和性质、扇形面积的计算和类似三角形的判定和性质，灵活运用切线的性质：圆的切线垂直于过切点的半径和切线的判定是解题的关键．
8．（2015•徐州）如图，点A，B，C，D在同一条直线上，点E，F分别在直线AD的两侧，且AE=DF，∠A=∠D，AB=DC．
（1）求证：四边形BFCE是平行四边形；
（2）若AD=10，DC=3，∠EBD=60°，则BE= 4
时，四边形BFCE是菱形．
考点：
平行四边形的判定；菱形的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由AE=DF，∠A=∠D，AB=DC，易证得△AEC≌△DFB，即可得BF=EC，∠ACE=∠DBF，且EC∥BF，即可判定四边形BFCE是平行四边形；
（2）当四边形BFCE是菱形时，BE=CE，根据菱形的性质即可得到结果．
解答：
（1）证明：∵AB=DC，∴AC=DF，在△AEC和△DFB中，∴△AEC≌△DFB（SAS），∴BF=EC，∠ACE=∠DBF
∴EC∥BF，∴四边形BFCE是平行四边形；
（2）当四边形BFCE是菱形时，BE=CE，∵AD=10，DC=3，AB=CD=3，∴BC=10﹣3﹣3=4，∵∠EBD=60°，∴BE=BC=4，∴当BE=4
时，四边形BFCE是菱形，故答案为：4．
点评：
此题考查了类似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度适中，留意数形思想的运用，留意掌握辅助线的作法．
9．（2015•宿迁）如图，四边形ABCD中，∠A=∠ABC=90°，AD=1，BC=3，E是边CD的中点，连接BE并延伸与AD的延伸线相交于点F．
（1）求证：四边形BDFC是平行四边形；
（2）若△BCD是等腰三角形，求四边形BDFC的面积．
考点：
平行四边形的判定与性质；等腰三角形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据同旁内角互补两直线平行求出BC∥AD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠CBE=∠DFE，然后利用“角角边”证明△BEC和△FCD全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=EF，然后利用对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可；
（2）分①BC=BD时，利用勾股定理列式求出AB，然后利用平行四边形的面积公式列式计算即可得解；②BC=CD时，过点C作CG⊥AF于G，判断出四边形AGCB是矩形，再根据矩形的对边相等可得AG=BC=3，然后求出DG=2，利用勾股定理列式求出CG，然后利用平行四边形的面积列式计算即可得解；③BD=CD时，BC边上的中线应该与BC垂直，从而得到BC=2AD=2，矛盾．
解答：
（1）证明：∵∠A=∠ABC=90°，∴BC∥AD，∴∠CBE=∠DFE，在△BEC与△FED中，∴△BEC≌△FED，∴BE=FE，又∵E是边CD的中点，∴CE=DE，∴四边形BDFC是平行四边形；
（2）①BC=BD=3时，由勾股定理得，AB===2，所以，四边形BDFC的面积=3×2=6；
②BC=CD=3时，过点C作CG⊥AF于G，则四边形AGCB是矩形，所以，AG=BC=3，所以，DG=AG﹣AD=3﹣1=2，由勾股定理得，CG===，所以，四边形BDFC的面积=3×=3；
③BD=CD时，BC边上的中线应该与BC垂直，从而得到BC=2AD=2，矛盾，此时不成立；
综上所述，四边形BDFC的面积是6或3．
点评：
本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，（1）确定出全等三角形是解题的关键，（2）难点在于分情况讨论．
10．（2015•湘西州）如图，在▱ABCD中，DE⊥AB，BF⊥CD，垂足分别为E，F．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）求证：四边形BFDE为矩形．
考点：
矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由DE与AB垂直，BF与CD垂直，得到一对直角相等，再由ABCD为平行四边形得到AD=BC，对角相等，利用AAS即可的值；
（2）由平行四边形的对边平行得到DC与AB平行，得到∠CDE为直角，利用三个角为直角的四边形为矩形即可的值．
解答：
证明：（1）∵DE⊥AB，BF⊥CD，∴∠AED=∠CFB=90°，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD=BC，∠A=∠C，在△ADE和△CBF中，∴△ADE≌△CBF（AAS）；
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，∴CD∥AB，∴∠CDE+∠DEB=180°，∵∠DEB=90°，∴∠CDE=90°，∴∠CDE=∠DEB=∠BFD=90°，则四边形BFDE为矩形．
点评：
此题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，以及平行四边形的性质，纯熟掌握矩形的判定方法是解本题的关键．
11．（2015•咸宁）已知关于x的一元二次方程mx2﹣（m+2）x+2=0．
（1）证明：不论m为何值时，方程总有实数根；
（2）m为何整数时，方程有两个不相等的正整数根．
考点：
根的判别式；解一元二次方程-公式法．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）求出方程根的判别式，利用配方法进行变形，根据平方的非负性证明即可；
（2）利用一元二次方程求根公式求出方程的两个根，根据题意求出m的值．
解答：
（1）证明：△=（m+2）2﹣8m
=m2﹣4m+4
=（m﹣2）2，∵不论m为何值时，（m﹣2）2≥0，∴△≥0，∴方程总有实数根；
（2）解：解方程得，x=，x1=，x2=1，∵方程有两个不相等的正整数根，∴m=1或2，m=2不合题意，∴m=1．
点评：
本题考查的是一元二次方程根的判别式和求根公式的运用，掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；△=0⇔方程有两个相等的实数根；△＜0⇔方程没有实数根是解题的关键．
12．（2015•咸宁）如图，在△ABC中，∠C=90°，以AB上一点O为圆心，OA长为半径的圆恰好与BC相切于点D，分别交AC、AB于点E、F．
（1）若∠B=30°，求证：以A、O、D、E为顶点的四边形是菱形．
（2）若AC=6，AB=10，连结AD，求⊙O的半径和AD的长．
考点：
切线的性质；菱形的判定与性质；类似三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）连接OD、OE、ED．先证明△AOE是等边三角形，得到AE=AO=0D，则四边形AODE是平行四边形，然后由OA=OD证明四边形AODE是菱形；
（2）连接OD、DF．先由△OBD∽△ABC，求出⊙O的半径，然后证明△ADC∽△AFD，得出AD2=AC•AF，进而求出AD．
解答：
（1）证明：如图1，连接OD、OE、ED．
∵BC与⊙O相切于一点D，∴OD⊥BC，∴∠ODB=90°=∠C，∴OD∥AC，∵∠B=30°，∴∠A=60°，∵OA=OE，∴△AOE是等边三角形，∴AE=AO=0D，∴四边形AODE是平行四边形，∵OA=OD，∴四边形AODE是菱形．
（2）解：设⊙O的半径为r．
∵OD∥AC，∴△OBD∽△ABC．
∴，即10r=6（10﹣r）．
解得r=，∴⊙O的半径为．
如图2，连接OD、DF．
∵OD∥AC，∴∠DAC=∠ADO，∵OA=OD，∴∠ADO=∠DAO，∴∠DAC=∠DAO，∵AF是⊙O的直径，∴∠ADF=90°=∠C，∴△ADC∽△AFD，∴，∴AD2=AC•AF，∵AC=6，AF=，∴AD2=×6=45，∴AD==3．
点评：
本题考查了切线的性质、圆周角定理、等边三角形的判定与性质、菱形的判定和性质以及类似三角形的判定和性质，是一个综合题，难度中等．纯熟掌握相关图形的性质及判定是解本题的关键．
13．（2015•梧州）如图，在正方形ABCD中，点P在AD上，且不与A、D重合，BP的垂直平分线分别交CD、AB于E、F两点，垂足为Q，过E作EH⊥AB于H．
（1）求证：HF=AP；
（2）若正方形ABCD的边长为12，AP=4，求线段EQ的长．
考点：
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）先根据EQ⊥BO，EH⊥AB得出∠EQN=∠BHM=90°．根据∠EMQ=∠BMH得出△EMQ∽△BMH，故∠QEM=∠HBM．由ASA定理得出△APB≌△HFE，故可得出结论；
（2）由勾股定理求出BP的长，根据EF是BP的垂直平分线可知BQ=BP，再根据锐角三角函数的定义得出QF=BQ的长，由（1）知，△APB≌△HFE，故EF=BP=4，再根据EQ=EF﹣QF即可得出结论．
解答：
（1）证明：∵EQ⊥BO，EH⊥AB，∴∠EQN=∠BHM=90°．
∵∠EMQ=∠BMH，∴△EMQ∽△BMH，∴∠QEM=∠HBM．
在Rt△APB与Rt△HFE中，∴△APB≌△HFE，∴HF=AP；
（2）解：由勾股定理得，BP===4．
∵EF是BP的垂直平分线，∴BQ=BP=2，∴QF=BQ•tan∠FBQ=BQ•tan∠ABP=2×=．
由（1）知，△APB≌△HFE，∴EF=BP=4，∴EQ=EF﹣QF=4﹣=．
点评：
本题考查的是正方形的性质，熟知正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解答此题的关键．
14．（2015•威海）如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交AB于点D，交BC于点E．
（1）求证：BE=CE；
（2）若BD=2，BE=3，求AC的长．
考点：
类似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；圆周角定理．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）连结AE，如图，根据圆周角定理，由AC为⊙O的直径得到∠AEC=90°，然后利用等腰三角形的性质即可得到BE=CE；
（2）连结DE，如图，证明△BED∽△BAC，然后利用类似比可计算出AB的长，从而得到AC的长．
解答：
（1）证明：连结AE，如图，∵AC为⊙O的直径，∴∠AEC=90°，∴AE⊥BC，而AB=AC，∴BE=CE；
（2）连结DE，如图，∵BE=CE=3，∴BC=6，∵∠BED=∠BAC，而∠DBE=∠CBA，∴△BED∽△BAC，∴=，即=，∴BA=9，∴AC=BA=9．
点评：
本题考查了类似三角形的判定与性质：在判定两个三角形类似时，应留意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻觅类似三角形的普通方法是经过作平行线构造类似三角形．也考查了角平分线的性质和圆周角定理．
15．（2015•铜仁市）已知，如图，点D在等边三角形ABC的边AB上，点F在边AC上，连接DF并延伸交BC的延伸线于点E，EF=FD．
求证：AD=CE．
考点：
全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
作DG∥BC交AC于G，先证明△DFG≌△EFC，得出GD=CE，再证明△ADG是等边三角形，得出AD=GD，即可得出结论．
解答：
证明：作DG∥BC交AC于G，如图所示：
则∠DGF=∠ECF，在△DFG和△EFC中，∴△DFG≌△EFC（AAS），∴GD=CE，∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠B=∠ACB=60°，∵DG∥BC，∴∠ADG=∠B，∠AGD=∠ACB，∴∠A=∠ADG=∠AGD，∴△ADG是等边三角形，∴AD=GD，∴AD=CE．
点评：
本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质；纯熟掌握等边三角形的判定与性质，并能进行推理论证是处理成绩的关键．
16．（2015•通辽）如图，四边形ABCD中，E点在AD上，其中∠BAE=∠BCE=∠ACD=90°，且BC=CE，求证：△ABC与△DEC全等．
考点：
全等三角形的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
根据同角的余角相等可得到∠3=∠5，条件可得到∠1=∠D，再加上BC=CE，可证得结论．
解答：
解：∵∠BCE=∠ACD=90°，∴∠3+∠4=∠4+∠5，∴∠3=∠5，在△ACD中，∠ACD=90°，∴∠2+∠D=90°，∵∠BAE=∠1+∠2=90°，∴∠1=∠D，在△ABC和△DEC中，∴△ABC≌△DEC（AAS）．
点评：
本题次要考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定方法是解题的关键，即SSS、SAS、ASA、AAS和HL．
17．（2015•铁岭）如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点E、F分别在边CD、AB上．
（1）若DE=BF，求证：四边形AFCE是平行四边形；
（2）若四边形AFCE是菱形，求菱形AFCE的周长．
考点：
矩形的性质；平行四边形的判定；菱形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）首先根据矩形的性质可得AB平行且等于CD，然后根据DE=BF，可得AF平行且等于CE，即可证明四边形AFCE是平行四边形；
（2）根据四边形AFCE是菱形，可得AE=CE，然后设DE=x，表示出AE，CE的长度，根据相等求出x的值，继而可求得菱形的边长及周长．
解答：
解；（1）∵四边形ABCD为矩形，∴AB=CD，AB∥CD，∵DE=BF，∴AF=CE，AF∥CE，∴四边形AFCE是平行四边形；
（2）∵四边形AFCE是菱形，∴AE=CE，设DE=x，则AE=，CE=8﹣x，则=8﹣x，解得：x=，则菱形的边长为：8﹣=，周长为：4×=25，故菱形AFCE的周长为25．
点评：
本题考查了矩形的性质和菱形的性质，解答本题的关键是则矩形对边平行且相等的性质以及菱形四条边相等的性质．
18．（2015•天水）如图，AB是⊙O的直径，BC切⊙O于点B，OC平行于弦AD，过点D作DE⊥AB于点E，连结AC，与DE交于点P．求证：
（1）AC•PD=AP•BC；
（2）PE=PD．
考点：
切线的性质；类似三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）首先根据AB是⊙O的直径，BC是切线，可得AB⊥BC，再根据DE⊥AB，判断出DE∥BC，△AEP∽△ABC，所以=；然后判断出=，即可判断出ED=2EP，据此判断出PE=PD即可．
（2）首先根据△AEP∽△ABC，判断出；然后根据PE=PD，可得，据此判断出AC•PD=AP•BC即可．
解答：
解：（1）∵AB是⊙O的直径，BC是切线，∴AB⊥BC，∵DE⊥AB，∴DE∥BC，∴△AEP∽△ABC，∴=…①，又∵AD∥OC，∴∠DAE=∠COB，∴△AED∽△OBC，∴===…②，由①②，可得ED=2EP，∴PE=PD．
（2）∵AB是⊙O的直径，BC是切线，∴AB⊥BC，∵DE⊥AB，∴DE∥BC，∴△AEP∽△ABC，∴，∵PE=PD，∴，∴AC•PD=AP•BC．
点评：
（1）此题次要考查了切线的性质和运用，要纯熟掌握，解答此题的关键是要明确：①圆的切线垂直于切点的半径．②圆心且垂直于切线的直线必切点．③切点且垂直于切线的直线必圆心．
（2）此题还考查了类似三角形的判定和性质的运用，要纯熟掌握．
19．（2015•泰安）如图，△ABC是直角三角形，且∠ABC=90°，四边形BCDE是平行四边形，E为AC中点，BD平分∠ABC，点F在AB上，且BF=BC．求证：
（1）DF=AE；
（2）DF⊥AC．
考点：
全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）延伸DE交AB于点G，连接AD．构建全等三角形△AED≌△DFB（SAS），则由该全等三角形的对应边相等证得结论；
（2）设AC与FD交于点O．利用（1）中全等三角形的对应角相等，等角的补角相等以及三角形内角和定理得到∠EOD=90°，即DF⊥AC．
解答：
证明：（1）延伸DE交AB于点G，连接AD．
∵四边形BCDE是平行四边形，∴ED∥BC，ED=BC．
∵点E是AC的中点，∠ABC=90°，∴AG=BG，DG⊥AB．
∴AD=BD，∴∠BAD=∠ABD．
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠BAD=45°，即∠BDE=∠ADE=45°．
又BF=BC，∴BF=DE．
∴在△AED与△DFB中，∴△AED≌△DFB（SAS），∴AE=DF，即DF=AE；
（2）设AC与FD交于点O．
∵由（1）知，△AED≌△DFB，∴∠AED=∠DFB，∴∠DEO=∠DFG．
∵∠DFG+∠FDG=90°，∴∠DOE+∠EDO=90°，∴∠EOD=90°，即DF⊥AC．
点评：
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质．全等三角形的判定是全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
20．（2015•随州）如图，射线PA切⊙O于点A，连接PO．
（1）在PO的上方作射线PC，使∠OPC=∠OPA（用尺规在原图中作，保留痕迹，不写作法），并证明：PC是⊙O的切线；
（2）在（1）的条件下，若PC切⊙O于点B，AB=AP=4，求的长．
考点：
切线的判定与性质；弧长的计算；作图—基本作图．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）按照作一个角等于已知角的作图方法作图即可，连接OA，作OB⊥PC，根据角平分线的性质证明OA=OB即可证明PC是⊙O的切线；
（2）首先证明△PAB是等边三角形，则∠APB=60°，进而∠POA=60°，在Rt△AOP中求出OA，用弧长公式计算即可．
解答：
解：（1）作图如右图，连接OA，过O作OB⊥PC，∵PA切⊙O于点A，∴OA⊥PA，又∵∠OPC=∠OPA，OB⊥PC，∴OA=OB，即d=r，∴PC是⊙O的切线；
（2）∵PA、PC是⊙O的切线，∴PA=PB，又∵AB=AP=4，∴△PAB是等边三角形，∴∠APB=60°，∴∠AOB=120°，∠POA=60°，在Rt△AOP中，tan60°=
∴OA=
∴==．
点评：
本题考查了尺规作图、切线的判定与性质、等边三角形的判定与性质、锐角三角函数以及弧长的计算，求出圆心角和半径长是处理成绩的关键．
21．（2015•绥化）如图1，在正方形ABCD中，延伸BC至M，使BM=DN，连接MN交BD延伸线于点E．
（1）求证：BD+2DE=BM．
（2）如图2，连接BN交AD于点F，连接MF交BD于点G．若AF：FD=1：2，且CM=2，则线段DG= ．
考点：
类似三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）过点M作MP⊥BC交BD的延伸线于点P，首先证明△DEN≌△PEM，得到DE=PE，由△BMP是等腰直角三角形可知BP=BM，即可得到结论；
（2）由AF：FD=1：2，可知DF：BC=2：3，由△BCN∽△FDN，可求出BC=2，再由△DFG∽△BMG即可求出DG的长．
解答：
（1）证明：过点M作MP⊥BC交BD的延伸线于点P，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，∠DBC=∠BDC=45°，∴PM∥CN，∴∠N=∠EMP，∠BDC=∠MPB=45°，∴BM=PM，∵BM=DN，∴DN=MP，在△DEN和△PEM中，∴△DEN≌△PEM，∴DE=EP，∵△BMP是等腰直角三角形
∴BP=BM
∴BD+2DE=BM．
（2）解：∵AF：FD=1：2，∴DF：BC=2：3，∵△BCN∽△FDN，∴
设正方形边长为a，又知CM=2，∴BM=DN=a+2，CN=2a+2
∴，解得：a=2，∴DF=，BM=4，BD=2，又∵△DFG∽△BMG，∴，∴，∴DG=．
故答案为：．
点评：
本题次要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、类似三角形的判定与性质以及勾股定理的综合运用，运用三角形类似求出正方形的边长是处理第2小题的关键．
22．（2015•苏州）如图，在△ABC中，AB=AC，分别以B、C为圆心，BC长为半径在BC下方画弧．设两弧交于点D，与AB、AC的延伸线分别交于点E、F，连接AD、BD、CD
（1）求证：AD平分∠BAC；
（2）若BC=6，∠BAC=50°，求DE、DF的长度之和（结果保留π）．
考点：
全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；弧长的计算．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据题意得出BD=CD=BC，由SSS证明△ABD≌△ACD，得出∠BAD=∠CAD即可；
（2）由等腰三角形的性质得出∠ABC=∠ACB=65°，由等边三角形的性质得出∠DBC=∠DCB=60°，再由平角的定义求出∠DBE=∠DCF=55°，然后根据弧长公式求出、的长度，即可得出结果．
解答：
（1）证明：根据题意得：BD=CD=BC，在△ABD和△ACD中，∴△ABD≌△ACD（SSS）．
∴∠BAD=∠CAD，即AD平分∠BAC；
（2）解：∵AB=AC，∠BAC=50°，∴∠ABC=∠ACB=65°，∵BD=CD=BC，∴△BDC为等边三角形，∴∠DBC=∠DCB=60°，∴∠DBE=∠DCF=55°，∵BC=6，∴BD=CD=6，∴的长度=的长度==；
∴、的长度之和为+=．
点评：
本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、弧长的计算；纯熟掌握全等三角形和等边三角形的判定与性质，并能进行推理计算是处理成绩的关键．
23．（2015•上海）已知，如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，点E在边BC的延伸线上，且OE=OB，连接DE．
（1）求证：DE⊥BE；
（2）如果OE⊥CD，求证：BD•CE=CD•DE．
考点：
类似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；平行四边形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由平行四边形的性质得到BO=BD，由等量代换推出OE=BD，根据平行四边形的判定即可得到结论；
（2）根据等角的余角相等，得到∠CEO=∠CDE，推出△BDE∽△CDE，即可得到结论．
解答：
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO=BD，∵OE=OB，∴OE=BD，∴∠BED=90°，∴DE⊥BE；
（2）∵OE⊥CD
∴∠CEO+∠DCE=∠CDE+∠DCE=90°，∴∠CEO=∠CDE，∵OB=OE，∴∠DBE=∠CDE，∵∠BED=∠BED，∴△BDE∽△DCE，∴，∴BD•CE=CD•DE．
点评：
本题考查了类似三角形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，平行四边形的性质，熟记定理是解题的关键．
24．（2015•厦门）如图，在平面直角坐标系中，点A（2，n），B（m，n）（m＞2），D（p，q）（q＜n），点B，D在直线y=x+1上．四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点E，且AB∥CD，CD=4，BE=DE，△AEB的面积是2．
求证：四边形ABCD是矩形．
考点：
矩形的判定；函数图象上点的坐标特征．版权一切
专题：
证明题．
分析：
首先利用对角线互相平分的四边形是平行四边形判定该四边形为平行四边形，然后根据△ABE的面积得到整个四边形的面积和AD的长，根据平行四边形的面积计算方法得当DA⊥AB即可判定矩形．
解答：
证明：作EF⊥AB于点F，∵AB∥CD，∴∠1=∠2，∠3=∠4，在△ABE和△CDE中，∴△ABE≌△CDE，∴AE=CE，∴四边形ABCD是平行四边形，∵A（2，n），B（m，n），易知A，B两点纵坐标相反，∴AB∥CD∥x轴，∴m﹣2=4，m=6，将B（6，n）代入直线y=x+1得n=4，∴B（6，4），∵CD=4，△AEB的面积是2，∴EF=1，∵D（p，q），∴E（，），F（，4），∴+1=4，∴q=2，p=2，∴DA⊥AB，∴四边形ABCD是矩形．
点评：
本题考查了矩形的判定，解题的关键是了解有一个角是直角的平行四边形是矩形，难度不大．
25．（2015•庆阳）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，直线EF交正方形外角的平分线于点F，交DC于点G，且AE⊥EF．
（1）当AB=2时，求△GEC的面积；
（2）求证：AE=EF．
考点：
全等三角形的判定与性质；正方形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）首先根据△ABE∽△ECG得到AB：EC=BE：GC，从而求得GC=即可求得S△GEC；
（2）取AB的中点H，连接EH，根据已知及正方形的性质利用ASA判定△AHE≌△ECF，从而得到AE=EF；
解答：
解：（1）∵AB=BC=2，点E为BC的中点，∴BE=EC=1，∵AE⊥EF，∴△ABE∽△ECG，∴AB：EC=BE：GC，即：2：1=1：GC，解得：GC=，∴S△GEC=•EC•CG=×1×=；
（2）证明：取AB的中点H，连接EH；
∵ABCD是正方形，AE⊥EF；
∴∠1+∠AEB=90°，∠2+∠AEB=90°
∴∠1=∠2，∵BH=BE，∠BHE=45°，且∠FCG=45°，∴∠AHE=∠ECF=135°，AH=CE，∴△AHE≌△ECF，∴AE=EF；
点评：
此题考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解（2）题的关键是取AB的中点H，得出AH=EC，再根据全等三角形的判定得出△AHE≌△ECF．
26．（2015•青海）如图，梯形ABCD中，AB∥DC，AC平分∠BAD，CE∥DA交AB于点E．求证：四边形ADCE是菱形．
考点：
菱形的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
首先根据平行四边形的判定方法，判断出四边形ADCE是平行四边形；然后判断出AE=CE，即可判断出四边形ADCE是菱形，据此解答即可．
解答：
证明：∵AB∥DC，CE∥DA，∴四边形ADCE是平行四边形，∵AC平分∠BAD，∴∠CAD=∠CAE，又∵CE∥DA，∴∠ACE=∠CAD，∴∠ACE=∠CAE，∴AE=CE，又∵四边形ADCE是平行四边形，∴四边形ADCE是菱形．
点评：
此题次要考查了菱形的判定和性质的运用，要纯熟掌握，解答此题的关键是要明确：①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
27．（2015•钦州）如图，AB为⊙O的直径，AD为弦，∠DBC=∠A．
（1）求证：BC是⊙O的切线；
（2）连接OC，如果OC恰好弦BD的中点E，且tanC=，AD=3，求直径AB的长．
考点：
切线的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由AB为⊙O的直径，可得∠D=90°，继而可得∠ABD+∠A=90°，又由∠DBC=∠A，即可得∠DBC+∠ABD=90°，则可证得BC是⊙O的切线；
（2）根据点O是AB的中点，点E时BD的中点可知OE是△ABD的中位线，故AD∥OE，则∠A=∠BOC，再由（1）∠D=∠OBC=90°，故∠C=∠ABD，由tanC=可知tan∠ABD==，由此可得出结论．
解答：
（1）证明：∵AB为⊙O的直径，∴∠D=90°，∴∠ABD+∠A=90°，∵∠DBC=∠A，∴∠DBC+∠ABD=90°，即AB⊥BC，∴BC是⊙O的切线；
（2）∵点O是AB的中点，点E时BD的中点，∴OE是△ABD的中位线，∴AD∥OE，∴∠A=∠BOC．、∵由（1）∠D=∠OBC=90°，∴∠C=∠ABD，∵tanC=，∴tan∠ABD===，解得BD=6，∴AB===3．
点评：
本题考查的是切线的判定，熟知半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解答此题的关键．
28．（2015•黔东南州）如图，已知PC平分∠MPN，点O是PC上任意一点，PM与⊙O相切于点E，交PC于A、B两点．
（1）求证：PN与⊙O相切；
（2）如果∠MPC=30°，PE=2，求劣弧的长．
考点：
切线的判定与性质；弧长的计算．版权一切
专题：
计算题；证明题．
分析：
（1）连接OE，过O作OF⊥PN，如图所示，利用AAS得到三角形PEO与三角形PFO全等，利用全等三角形对应边相等得到=OE，即可确定出PN与圆O相切；
（2）在直角三角形POE中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半求出OE的长，∠EOB度数，利用弧长公式即可求出劣弧的长．
解答：
（1）证明：连接OE，过O作OF⊥PN，如图所示，∵PM与圆O相切，∴OE⊥PM，∴∠OEP=∠OFP=90°，∵PC平分∠MPN，∴∠EPO=∠FPO，在△PEO和△PFO中，∴△PEO≌△PFO（AAS），∴OF=OE，则PN与圆O相切；
（2）在Rt△EPO中，∠MPC=30°，PE=2，∴∠EOP=60°，OE=2，∴∠EOB=120°，则的长l==．
点评：
此题考查了切线的判定与性质，弧长公式，纯熟掌握切线的判定与性质是解本题的关键．
29．（2015•潜江）如图，AC是⊙O的直径，OB是⊙O的半径，PA切⊙O于点A，PB与AC的延伸线交于点M，∠COB=∠APB．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）当OB=3，PA=6时，求MB，MC的长．
考点：
切线的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据切线的性质，可得∠MAP=90°，根据直角三角形的性质，可得∠P+M=90°，根据余角的性质，可得∠M+∠MOB=90°，根据直角三角形的判定，可得∠MOB=90°，根据切线的判定，可得答案；
（2）根据类似三角形的判定与性质，可得==，根据解方程组，可得答案．
解答：
（1）证明：∵PA切⊙O于点A，∴∠MAP=90°，∴∠P+M=90°．
∵∠COB=∠APB，∴∠M+∠MOB=90°，∴∠MOB=90°，即OB⊥PB，∵PB直径的外端点，∴PB是⊙O的切线；
（2）∵∠COB=∠APB，∠OBM=∠PAM，∴△OBM∽△APM，∴==，=
①，=
②
联立①②得，解得，当OB=3，PA=6时，MB=4，MC=2．
点评：
本题考查了切线的判定与性质，（1）利用了切线的判定与性质，直角三角形的判定与性质，余角的性质；（2）利用了类似三角形的判定与性质，解方程组．
30．（2015•盘锦）如图1，AB为⊙O的直径，点P是直径AB上任意一点，过点P作弦CD⊥AB，垂足为P，过点B的直线与线段AD的延伸线交于点F，且∠F=∠ABC．
（1）若CD=2，BP=4，求⊙O的半径；
（2）求证：直线BF是⊙O的切线；
（3）当点P与点O重合时，过点A作⊙O的切线交线段BC的延伸线于点E，在其它条件不变的情况下，判断四边形AEBF是什么的四边形？请在图2中补全图象并证明你的结论．
考点：
圆的综合题．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据垂径定理求得PC，连接OC，根据勾股定理求得即可；
（2）求得△PBC∽△BFA，根据类似三角形对应角相等求得∠ABF=∠CPB=90°，即可证得结论；
（3）经过证得AE=BF，AE∥BF，从而证得四边形AEBF是平行四边形．
解答：
（1）解：CD⊥AB，∴PC=PD=CD=，连接OC，设⊙O的半径为r，则PO=PB﹣r=4﹣r，在RT△POC中，OC2=OP2+PC2，即r2=（4﹣r）2+（）2，解得r=．
（2）证明：∵∠A=∠C，∠F=∠ABC，∴∠ABF=∠CPB，∵CD⊥AB，∴∠ABF=∠CPB=90°，∴直线BF是⊙O的切线；
（3）四边形AEBF是平行四边形；
理由：解：如图2所示：∵CD⊥AB，垂足为P，∴当点P与点O重合时，CD=AB，∴OC=OD，∵AE是⊙O的切线，∴BA⊥AE，∵CD⊥AB，∴DC∥AE，∵AO=OB，∴OC是△ABE的中位线，∴AE=2OC，∵∠D=∠ABC，∠F=∠ABC．
∴∠D=∠F，∴CD∥BF，∵AE∥BF，∵OA=OB，∴OD是△ABF的中位线，∴BF=2OD，∴AE=BF，∴四边形AEBF是平行四边形．
点评：
本题考查了切线的判定，勾股定理的运用，三角形类似的判定和性质，三角形的中位线的性质，平行四边形的判定等，纯熟掌握性质定理是解题的关键．
31．（2015•内江）如图，将▱ABCD的边AB延伸至点E，使AB=BE，连接DE，EC，DE交BC于点O．
（1）求证：△ABD≌△BEC；
（2）连接BD，若∠BOD=2∠A，求证：四边形BECD是矩形．
考点：
矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据平行四边形的判定与性质得到四边形BECD为平行四边形，然后由SSS推出两三角形全等即可；
（2）欲证明四边形BECD是矩形，只需推知BC=ED．
解答：
证明：（1）在平行四边形ABCD中，AD=BC，AB=CD，AB∥CD，则BE∥CD．
又∵AB=BE，∴BE=DC，∴四边形BECD为平行四边形，∴BD=EC．
∴在△ABD与△BEC中，∴△ABD≌△BEC（SSS）；
（2）由（1）知，四边形BECD为平行四边形，则OD=OE，OC=OB．
∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠A=∠BCD，即∠A=∠OCD．
又∵∠BOD=2∠A，∠BOD=∠OCD+∠ODC，∴∠OCD=∠ODC，∴OC=OD，∴OC+OB=OD+OE，即BC=ED，∴平行四边形BECD为矩形．
点评：
本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质等知识点的综合运用，难度较大．
32．（2015•南通）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AB，DC上，且ED⊥DB，FB⊥BD．
（1）求证：△AED≌△CFB；
（2）若∠A=30°，∠DEB=45°，求证：DA=DF．
考点：
平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由四边形ABCD为平行四边形，利用平行四边形的性质得到对边平行且相等，对角相等，再由垂直的定义得到一对直角相等，利用等式的性质得到一对角相等，利用ASA即可得证；
（2）过D作DH垂直于AB，在直角三角形ADH中，利用30度所对的直角边等于斜边的一半得到AD=2DH，在直角三角形DEB中，利用斜边上的中线等于斜边的一半得到EB=2DH，易得四边形EBFD为平行四边形，利用平行四边形的对边相等得到EB=DF，等量代换即可得证．
解答：
证明：（1）∵平行四边形ABCD，∴AD=CB，∠A=∠C，AD∥CB，∴∠ADB=∠CBD，∵ED⊥DB，FB⊥BD，∴∠EDB=∠FBD=90°，∴∠ADE=∠CBF，在△AED和△CFB中，∴△AED≌△CFB（ASA）；
（2）作DH⊥AB，垂足为H，在Rt△ADH中，∠A=30°，∴AD=2DH，在Rt△DEB中，∠DEB=45°，∴EB=2DH，∴四边形EBFD为平行四边形，∴FD=EB，∴DA=DF．
点评：
此题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，以及含30度直角三角形的性质，纯熟掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键．
33．（2015•南平）如图，AB是半圆O的直径，C是AB延伸线上的一点，CD与半圆O相切于点D，连接AD，BD．
（1）求证：∠BAD=∠BDC；
（2）若∠BDC=28°，BD=2，求⊙O的半径．（到0.01）
考点：
切线的性质；解直角三角形．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）连接OD，利用切线的性质和直径的性质转化为角的关系进行证明即可；
（2）根据三角函数进行计算即可．
解答：
证明：（1）连接OD，如图，∵CD与半圆O相切于点D，∴OD⊥CD，∴∠CDO=90°，即∠CDB+∠BDO=90°，∵AB是半圆O的直径，∴∠ADB=90°，即∠ADO+∠BDO=90°，∴∠CDB=∠ODA，∵OD=OA，∴∠ODA=∠BAD，∴∠BAD=∠BDC；
（2）∵∠BAD=∠BDC=28°，在Rt△ABD中，sin∠BAD=，∴AB=，∴⊙O的半径为．
点评：
此题考查切线的性质，关键是根据切线的性质和直径的性质转化为角的关系进行分析．
34．（2015•南京）如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，BC的延伸线与AD的延伸线交于点E，且DC=DE．
（1）求证：∠A=∠AEB；
（2）连接OE，交CD于点F，OE⊥CD，求证：△ABE是等边三角形．
考点：
圆内接四边形的性质；等边三角形的判定与性质；圆周角定理．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据圆内接四边形的性质可得∠A+∠BCD=180°，根据邻补角互补可得∠DCE+∠BCD=180°，进而得到∠A=∠DCE，然后利用等边对等角可得∠DCE=∠AEB，进而可得∠A=∠AEB；
（2）首先证明△DCE是等边三角形，进而可得∠AEB=60°，再根据∠A=∠AEB，可得△ABE是等腰三角形，进而可得△ABE是等边三角形．
解答：
证明：（1）∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∴∠A+∠BCD=180°，∵∠DCE+∠BCD=180°，∴∠A=∠DCE，∵DC=DE，∴∠DCE=∠AEB，∴∠A=∠AEB；
（2）∵∠A=∠AEB，∴△ABE是等腰三角形，∵EO⊥CD，∴CF=DF，∴EO是CD的垂直平分线，∴ED=EC，∵DC=DE，∴DC=DE=EC，∴△DCE是等边三角形，∴∠AEB=60°，∴△ABE是等边三角形．
点评：
此题次要考查了等边三角形的判定和性质，以及圆内接四边形的性质，关键是掌握圆内接四边形对角互补．
35．（2015•南充）如图，△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，CE⊥AB，AE=CE．求证：
（1）△AEF≌△CEB；
（2）AF=2CD．
考点：
全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由AD⊥BC，CE⊥AB，易得∠AFE=∠B，利用全等三角形的判定得△AEF≌△CEB；
（2）由全等三角形的性质得AF=BC，由等腰三角形的性质“三线合一”得BC=2CD，等量代换得出结论．
解答：
证明：（1）∵AD⊥BC，CE⊥AB，∴∠BCE+∠CFD=90°，∠BCE+∠B=90°，∴∠CFD=∠B，∵∠CFD=∠AFE，∴∠AFE=∠B
在△AEF与△CEB中，∴△AEF≌△CEB（AAS）；
（2）∵AB=AC，AD⊥BC，∴BC=2CD，∵△AEF≌△CEB，∴AF=BC，∴AF=2CD．
点评：
本题次要考查了全等三角形性质与判定，等腰三角形的性质，运用等腰三角形的性质是解答此题的关键．
36．（2015•南昌）（1）如图1，纸片▱ABCD中，AD=5，S▱ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下△ABE，将它平移至△DCE′的地位，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D的外形为 C
A．平行四边形
B．菱形
C．矩形
D．正方形
（2）如图2，在（1）中的四边形纸片AEE′D中，在EE′上取一点F，使EF=4，剪下△AEF，将它平移至△DE′F′的地位，拼成四边形AFF′D．
①求证：四边形AFF′D是菱形．
②求四边形AFF′D的两条对角线的长．
考点：
图形的剪拼；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；矩形的判定；平移的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据矩形的判定，可得答案；
（2）①根据菱形的判定，可得答案；
②根据勾股定理，可得答案．
解答：
解：（1）如图1，纸片▱ABCD中，AD=5，S▱ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，沿AE剪下△ABE，将它平移至△DCE′的地位，拼成四边形AEE′D，则四边形AEE′D的外形为矩形，故选：C；
（2）①证明：∵纸片▱ABCD中，AD=5，S▱ABCD=15，过点A作AE⊥BC，垂足为E，∴AE=3．
如图2：，∵△AEF，将它平移至△DE′F′，∴AF∥DF′，AF=DF′，∴四边形AFF′D是平行四边形．
在Rt△AEF中，由勾股定理，得
AF===5，∴AF=AD=5，∴四边形AFF′D是菱形；
②连接AF′，DF，如图3：
在Rt△DE′F中E′F=FF′﹣E′F′=5﹣4=1，DE′=3，∴DF===，在Rt△AEF′中EF′=EF+FF′=4+5=9，AE=3，∴AF′===3．
点评：
本题考查了图形的剪拼，利用了矩形的判定，菱形的判定，勾股定理．
37．（2015•梅州）如图，已知△ABC，按如下步骤作图：
①以A为圆心，AB长为半径画弧；
②以C为圆心，CB长为半径画弧，两弧相交于点D；
③连接BD，与AC交于点E，连接AD，CD．
（1）求证：△ABC≌△ADC；
（2）若∠BAC=30°，∠BCA=45°，AC=4，求BE的长．
考点：
全等三角形的判定与性质；作图—复杂作图．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）利用SSS定理证得结论；
（2）设BE=x，利用角的三角函数易得AE的长，由∠BCA=45°易得CE=BE=x，解得x，得CE的长．
解答：
（1）证明：在△ABC与△ADC中，∴△ABC≌△ADC（SSS）；
（2）解：设BE=x，∵∠BAC=30°，∴∠ABE=60°，∴AE=tan60°•x=x，∵△ABC≌△ADC，∴CB=CD，∠BCA=∠DCA，∵∠BCA=45°，∴∠BCA=∠DCA=45°，∴∠CBD=∠CDB=45°，∴CE=BE=x，∴x+x=4，∴x=2﹣2，∴BE=2﹣2．
点评：
本题次要考查了全等三角形的判定及性质，角的三角函数，利用方程思想，综合运用全等三角形的性质和判定定理是解答此题的关键．
38．（2015•龙岩）如图，E，F分别是矩形ABCD的边AD，AB上的点，若EF=EC，且EF⊥EC．
（1）求证：AE=DC；
（2）已知DC=，求BE的长．
考点：
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据矩形的性质和已知条件可证明△AEF≌△DCE，可证得AE=DC；
（2）由（1）可知AE=DC，在Rt△ABE中由勾股定理可求得BE的长．
解答：
（1）证明：在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，∴∠1+∠2=90°，∵EF⊥EC，∴∠FEC=90°，∴∠2+∠3=90°，∴∠1=∠3，在△AEF和△DCE中，∴△AEF≌△DCE（AAS），∴AE=DC；
（2）解：由（1）得AE=DC，∴AE=DC=，在矩形ABCD中，AB=CD=，在R△ABE中，AB2+AE2=BE2，即（）2+（）2=BE2，∴BE=2．
点评：
本题次要考查矩形的性质和全等三角形的判定和性质，在（1）中证得三角形全等是解题的关键，在（2）中留意勾股定理的运用．
39．（2015•柳州）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，AD与△ABC的外接圆⊙O恰好相切于点A，边CD与⊙O相交于点E，连接AE，BE．
（1）求证：AB=AC；
（2）若过点A作AH⊥BE于H，求证：BH=CE+EH．
考点：
切线的性质；平行四边形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据弦切角定理和圆周角定理证明∠ABC=∠ACB，得到答案；
（2）作AF⊥CD于F，证明△AEH≌△AEF，得到EH=EF，根据△ABH≌△ACF，得到答案．
解答：
证明：（1）∵AD与△ABC的外接圆⊙O恰好相切于点A，∴∠ABE=∠DAE，又∠EAC=∠EBC，∴∠DAC=∠ABC，∵AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB，∴∠ABC=∠ACB，∴AB=AC；
（2）作AF⊥CD于F，∵四边形ABCE是圆内接四边形，∴∠ABC=∠AEF，又∠ABC=∠ACB，∴∠AEF=∠ACB，又∠AEB=∠ACB，∴∠AEH=∠AEF，在△AEH和△AEF中，∴△AEH≌△AEF，∴EH=EF，∴CE+EH=CF，在△ABH和△ACF中，∴△ABH≌△ACF，∴BH=CF=CE+EH．
点评：
本题考查的是切线的性质和平行四边形的性质以及全等三角形的判定和性质，运用性质证明相关的三角形全等是解题的关键，留意圆周角定理和圆内接四边形的性质的运用．
40．（2015•辽阳）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O分别交BC，AC于点D，E，DG⊥AC于点G，交AB的延伸线于点F．
（1）求证：直线FG是⊙O的切线；
（2）若AC=10，cosA=，求CG的长．
考点：
切线的判定；类似三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）首先判断出OD∥AC，推得∠ODG=∠DGC，然后根据DG⊥AC，可得∠DGC=90°，∠ODG=90°，推得OD⊥FG，即可判断出直线FG是⊙O的切线．
（2）首先根据类似三角形判定的方法，判断出△ODF∽△AGF，再根据cosA=，可得cos∠DOF=；然后求出OF、AF的值，即可求出AG、CG的值各是多少．
解答：
（1）证明：如图1，连接OD，∵AB=AC，∴∠C=∠ABC，∵OD=OB，∴∠ABC=∠ODB，∴∠ODB=∠C，∴OD∥AC，∴∠ODG=∠DGC，∵DG⊥AC，∴∠DGC=90°，∴∠ODG=90°，∴OD⊥FG，∵OD是⊙O的半径，∴直线FG是⊙O的切线．
（2）解：如图2，∵AB=AC=10，AB是⊙O的直径，∴OA=OD=10÷2=5，由（1），可得
OD⊥FG，OD∥AC，∴∠ODF=90°，∠DOF=∠A，在△ODF和△AGF中，∴△ODF∽△AGF，∴，∵cosA=，∴cos∠DOF=，∴=，∴AF=AO+OF=5，∴，解得AG=7，∴CG=AC﹣AG=10﹣7=3，即CG的长是3．
点评：
（1）此题次要考查了切线的判定和性质的运用，要纯熟掌握，解答此题的关键是要明确切线的判定定理：半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．
（2）此题还考查了三角形类似的判定和性质的运用，要纯熟掌握，解答此题的关键是要明确：①三边法：三组对应边的比相等的两个三角形类似；②两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形类似；③两角法：有两组角对应相等的两个三角形类似．
41．（2015•连云港）如图，将平行四边形ABCD沿对角线BD进行折叠，折叠后点C落在点F处，DF交AB于点E．
（1）求证；∠EDB=∠EBD；
（2）判断AF与DB能否平行，并阐明理由．
考点：
翻折变换（折叠成绩）；平行四边形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由折叠和平行线的性质易证∠EDB=∠EBD；
（2）AF∥DB；首先证明AE=EF，得出∠AFE=∠EAF，然后根据三角形内角和与等式性质可证明∠BDE=∠AFE，所以AF∥BD．
解答：
解：（1）由折叠可知：∠CDB=∠EDB，∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC∥AB，∴∠CDB=∠EBD，∴∠EDB=∠EBD；
（2）AF∥DB；
∵∠EDB=∠EBD，∴DE=BE，由折叠可知：DC=DF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC=AB，∴DF=AB，∴AE=EF，∴∠EAF=∠EFA，在△BED中，∠EDB+∠EBD+∠DEB=180°，∴2∠EDB+∠DEB=180°，同理，在△AEF中，2∠EFA+∠AEF=180°，∵∠DEB=∠AEF，∴∠EDB=∠EFA，∴AF∥DB．
点评：
本题次要考查了折叠变换、平行四边形的性质、等腰三角形的性质的综合运用，运用三角形内角和定理和等式性质得出内错角相等是处理成绩的关键．
42．（2015•莱芜）如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，分别以AB，AC为直角边向外作等腰直角△ABD和等腰直角△ACE，G为BD的中点，连接CG，BE，CD，BE与CD交于点F．
（1）判断四边形ACGD的外形，并阐明理由．
（2）求证：BE=CD，BE⊥CD．
考点：
全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；平行四边形的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）利用等腰直角三角形的性质易得BD=2BC，由于G为BD的中点，可得BG=BC，由∠CGB=45°，∠ADB=45得AD∥CG，由∠CBD+∠ACB=180°，得AC∥BD，得出四边形ACGD为平行四边形；
（2）利用全等三角形的判定证得△DAC≌△BAE，由全等三角形的性质得BE=CD；首先证得四边形ABCE为平行四边形，再利用全等三角形的判定定理得△BCE≌△CAD，易得∠CBE=∠ACD，由∠ACB=90°，易得∠CFB=90°，得出结论．
解答：
（1）解：∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AB=BC，∵△ABD和△ACE均为等腰直角三角形，∴BD==BC=2BC，∵G为BD的中点，∴BG=BD=BC，∴△CBG为等腰直角三角形，∴∠CGB=45°，∵∠ADB=45°，AD∥CG，∵∠ABD=45°，∠ABC=45°
∴∠CBD=90°，∵∠ACB=90°，∴∠CBD+∠ACB=180°，∴AC∥BD，∴四边形ACGD为平行四边形；
（2）证明：∵∠EAB=∠EAC+∠CAB=90°+45°=135°，∠CAD=∠DAB+∠BAC=90°+45°=135°，∴∠EAB=∠CAD，在△DAC与△BAE中，∴△DAC≌△BAE，∴BE=CD；
∵∠EAC=∠BCA=90°，EA=AC=BC，∴四边形ABCE为平行四边形，∴CE=AB=AD，在△BCE与△CAD中，∴△BCE≌△CAD，∴∠CBE=∠ACD，∵∠ACD+∠BCD=90°，∴∠CBE+∠BCD=90°，∴∠CFB=90°，即BE⊥CD．
点评：
本题次要考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形和全等三角形的判定及性质定理，综合运用各种定理是解答此题的关键．
43．（2015•酒泉）如图，平行四边形ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，∠B=60°，G是CD的中点，E是边AD上的动点，EG的延伸线与BC的延伸线交于点F，连结CE，DF．
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；
（2）①当AE= 3.5 cm时，四边形CEDF是矩形；
②当AE= 2 cm时，四边形CEDF是菱形．
（直接写出答案，不需求阐明理由）
考点：
平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定．版权一切
专题：
证明题；动点型．
分析：
（1）证△CFG≌△EDG，推出FG=EG，根据平行四边形的判定推出即可；
（2）①求出△MBA≌△EDC，推出∠CED=∠AMB=90°，根据矩形的判定推出即可；
②求出△CDE是等边三角形，推出CE=DE，根据菱形的判定推出即可．
解答：
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CF∥ED，∴∠FCG=∠EDG，∵G是CD的中点，∴CG=DG，在△FCG和△EDG中，∴△FCG≌△EDG（ASA）
∴FG=EG，∵CG=DG，∴四边形CEDF是平行四边形；
（2）①解：当AE=3.5时，平行四边形CEDF是矩形，理由是：过A作AM⊥BC于M，∵∠B=60°，AB=3，∴BM=1.5，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠CDA=∠B=60°，DC=AB=3，BC=AD=5，∵AE=3.5，∴DE=1.5=BM，在△MBA和△EDC中，∴△MBA≌△EDC（SAS），∴∠CED=∠AMB=90°，∵四边形CEDF是平行四边形，∴四边形CEDF是矩形，故答案为：3.5；
②当AE=2时，四边形CEDF是菱形，理由是：∵AD=5，AE=2，∴DE=3，∵CD=3，∠CDE=60°，∴△CDE是等边三角形，∴CE=DE，∵四边形CEDF是平行四边形，∴四边形CEDF是菱形，故答案为：2．
点评：
本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，矩形的判定，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的运用，留意：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的平行四边形是矩形．
44．（2015•荆门）已知，如图，AB是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，OF⊥BC于点F，交⊙O于点E，AE与BC交于点H，点D为OE的延伸线上一点，且∠ODB=∠AEC．
（1）求证：BD是⊙O的切线；
（2）求证：CE2=EH•EA；
（3）若⊙O的半径为5，sinA=，求BH的长．
考点：
圆的综合题．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由圆周角定理和已知条件证出∠ODB=∠ABC，再证出∠ABC+∠DBF=90°，即∠OBD=90°，即可得出BD是⊙O的切线；
（2）连接AC，由垂径定理得出，得出∠CAE=∠ECB，再由公共角∠CEA=∠HEC，证明△CEH∽△AEC，得出对应边成比例，即可得出结论；
（3）连接BE，由圆周角定理得出∠AEB=90°，由三角函数求出BE，再根据勾股定理求出EA，得出BE=CE=6，由（2）的结论求出EH，然后根据勾股定理求出BH即可．
解答：
（1）证明：∵∠ODB=∠AEC，∠AEC=∠ABC，∴∠ODB=∠ABC，∵OF⊥BC，∴∠BFD=90°，∴∠ODB+∠DBF=90°，∴∠ABC+∠DBF=90°，即∠OBD=90°，∴BD⊥OB，∴BD是⊙O的切线；
（2）证明：连接AC，如图1所示：
∵OF⊥BC，∴，∴∠CAE=∠ECB，∵∠CEA=∠HEC，∴△CEH∽△AEC，∴，∴CE2=EH•EA；
（3）解：连接BE，如图2所示：
∵AB是⊙O的直径，∴∠AEB=90°，∵⊙O的半径为5，sin∠BAE=，∴AB=10，BE=AB•sin∠BAE=10×=6，∴EA===8，∵，∴BE=CE=6，∵CE2=EH•EA，∴EH==，在Rt△BEH中，BH===．
点评：
本题是圆的综合标题，考查了切线的判定、圆周角定理、圆心角、弧、弦之间的关系定理、勾股定理、三角函数、类似三角形的判定与性质等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（2）（3）中，需求经过作辅助线证明三角形类似和运用三角函数、勾股定理才能得出结果．
45．（2015•吉林）如图①，半径为R，圆心角为n°的扇形面积是S扇形=，由弧长l=，得S扇形==••R=lR．经过观察，我们发现S扇形=lR类似于S三角形=×底×高．
类比扇形，我们探求扇环（如图②，两个同心圆围成的圆环被扇形截得的一部分交作扇环）的面积公式及其运用．
（1）设扇环的面积为S扇环，的长为l1，的长为l2，线段AD的长为h（即两个同心圆半径R与r的差）．类比S梯形=×（上底+下底）×高，用含l1，l2，h的代数式表示S扇环，并证明；
（2）用一段长为40m的篱笆围成一个如图②所示的扇环形花园，线段AD的长h为多少时，花园的面积，面积是多少？
考点：
圆的综合题．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据扇形公式之间的关系，已知条件推出结果即可；
（2）求出l1+l2=40﹣2h，代入（1）的结果，化成顶点式，即可得出答案．
解答：
（1）S扇环=（l1﹣l2）h，证明：设大扇形半径为R，小扇形半径为r，圆心角度数为n，则由l=，得R=，r=
所以图中扇环的面积S=×l1×R﹣×l2×r
=l1•﹣l2•
=（l12﹣l22）
=（l1+l2）（l1﹣l2）
=••（R﹣r）（l1﹣l2）
=（l1﹣l2）（R﹣r）
=（l1+l2）h，故猜想正确．
（2）解：根据题意得：l1+l2=40﹣2h，则S扇环=（l1+l2）h
=（40﹣2h）h
=﹣h2+20h
=﹣（h﹣10）2+100
∵﹣1＜0，∴开口向下，有值，当h=10时，值是100，即线段AD的长h为10m时，花园的面积，面积是100m2．
点评：
本题次要考查了扇形面积公式，弧长公式，二次函数的顶点式的运用，能猜想出正确结论是解此题的关键，有一定的难度．
46．（2015•黄石）在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．
（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；
（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ能否成立？请阐明理由．
考点：
类似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；
②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；
（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．
解答：
（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，∴△AOC′≌△BOD′（SAS），∴AC′=BD′；
②延伸AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：
∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；
（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：
∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD∥AB，∴，∴，∴，又∠AOC′=∠BOD′，∴△AOC′∽△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∴∠AEB=∠AOB=θ．
点评：
本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、类似三角形的判定与性质；纯熟掌握旋转的性质，并能进行推理论证是处理成绩的关键．
47．（2015•黄冈）已知：如图，在△ABC中，AB=AC，以AC为直径的⊙O交AB于点M，交BC于点N，连接AN，过点C的切线交AB的延伸线于点P．
（1）求证：∠BCP=∠BAN
（2）求证：=．
考点：
切线的性质；类似三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由AC为⊙O直径，得到∠NAC+∠ACN=90°，由AB=AC，得到∠BAN=∠CAN，根据PC是⊙O的切线，得到∠ACN+∠PCB=90°，于是得到结论．
（2）由等腰三角形的性质得到∠ABC=∠ACB，根据圆内接四边形的性质得到∠PBC=∠AMN，证出△BPC∽△MNA，即可得到结论．
解答：
（1）证明：∵AC为⊙O直径，∴∠ANC=90°，∴∠NAC+∠ACN=90°，∵AB=AC，∴∠BAN=∠CAN，∵PC是⊙O的切线，∴∠ACP=90°，∴∠ACN+∠PCB=90°，∴∠BCP=∠CAN，∴∠BCP=∠BAN；
（2）∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∵∠PBC+∠ABC=∠AMN+∠ACN=180°，∴∠PBC=∠AMN，由（1）知∠BCP=∠BAN，∴△BPC∽△MNA，∴．
点评：
本题考查了切线的性质，等腰三角形的性质，圆周角定理，类似三角形的判定和性质，圆内接四边形的性质，解此题的关键是纯熟掌握定理．
48．（2015•湖北）如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．
（1）求证：BE=CF；
（2）当四边形ACDE为菱形时，求BD的长．
考点：
旋转的性质；勾股定理；菱形的性质．版权一切
专题：
计算题；证明题．
分析：
（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，于是根据旋转的定义，△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，然后根据旋转的性质得到BE=CD；
（2）由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE﹣DE求解．
解答：
（1）证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，∵AB=AC，∴AE=AF，∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，∴BE=CF；
（2）解：∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，∴∠AEB=∠ABE=45°，∴△ABE为等腰直角三角形，∴BE=AC=，∴BD=BE﹣DE=﹣1．
点评：
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转的距离相等；对应点与旋转所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了菱形的性质．
49．（2015•葫芦岛）如图，△ABC是等边三角形，AO⊥BC，垂足为点O，⊙O与AC相切于点D，BE⊥AB交AC的延伸线于点E，与⊙O相交于G、F两点．
（1）求证：AB与⊙O相切；
（2）若等边三角形ABC的边长是4，求线段BF的长？
考点：
切线的判定与性质；勾股定理；解直角三角形．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）过点O作OM⊥AB，垂足是M，证明OM等于圆的半径OD即可；
（2）过点O作ON⊥BE，垂足是N，连接OF，则四边形OMBN是矩形，在直角△OBM利用三角函数求得OM和BM的长，则BN和ON即可求得，在直角△ONF中利用勾股定理求得NF，则BF即可求解．
解答：
解：（1）过点O作OM⊥AB，垂足是M．
∵⊙O与AC相切于点D．
∴OD⊥AC，∴∠ADO=∠AMO=90°．
∵△ABC是等边三角形，∴∠DAO=∠NAO，∴OM=OD．
∴AB与⊙O相切；
（2）过点O作ON⊥BE，垂足是N，连接OF．
∵O是BC的中点，∴OB=2．
在直角△OBM中，∠MBO=60du6，∴OM=OB•sin60°=，BM=OB•cos60°=1．
∵BE⊥AB，∴四边形OMBN是矩形．
∴ON=BM=1，BN=OM=．
∵OF=OM=，由勾股定理得NF=．
∴BF=BN+NF=+．
点评：
本题考查了切线的性质与判定，以及等边三角形的性质，正确作出辅助线构造矩形是处理本题的关键．
50．（2015•呼伦贝尔）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）若∠ADB是直角，则四边形BEDF是什么四边形？证明你的结论．
考点：
平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）由四边形ABCD是平行四边形，即可得AD=BC，AB=CD，∠A=∠C，又由E、F分别为边AB、CD的中点，可证得AE=CF，然后由SAS，即可判定△ADE≌△CBF；
（2）先证明BE与DF平行且相等，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，再连接EF，可以证明四边形AEFD是平行四边形，所以AD∥EF，又AD⊥BD，所以BD⊥EF，根据菱形的判定可以得到四边形是菱形．
解答：
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AB=CD，∠A=∠C，∵E、F分别为边AB、CD的中点，∴AE=AB，CF=CD，∴AE=CF，在△ADE和△CBF中，∵，∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）若∠ADB是直角，则四边形BEDF是菱形，理由如下：
解：由（1）可得BE=DF，又∵AB∥CD，∴BE∥DF，BE=DF，∴四边形BEDF是平行四边形，连接EF，在▱ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，∴DF∥AE，DF=AE，∴四边形AEFD是平行四边形，∴EF∥AD，∵∠ADB是直角，∴AD⊥BD，∴EF⊥BD，又∵四边形BFDE是平行四边形，∴四边形BFDE是菱形．
点评：
本题次要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定以及菱形的判定，利用好E、F是中点是解题的关键．
51．（2015•呼伦贝尔）如图，已知直线l与⊙O相离．OA⊥l于点A，交⊙O于点P，OA=5，AB与⊙O相切于点B，BP的延伸线交直线l于点C．
（1）求证：AB=AC；
（2）若PC=2，求⊙O的半径．
考点：
切线的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）连接OB，根据切线的性质和垂直得出∠OBA=∠OAC=90°，推出∠OBP+∠ABP=90°，∠ACP+∠CPA=90°，求出∠ACP=∠ABC，根据等腰三角形的判定推出即可；
（2）延伸AP交⊙O于D，连接BD，设圆半径为r，则OP=OB=r，PA=5﹣r，根据AB=AC推出52﹣r2=（2）2﹣（5﹣r）2，求出r，证△DPB∽△CPA，得出=，代入求出即可．
解答：
证明：（1）如图1，连接OB．
∵AB切⊙O于B，OA⊥AC，∴∠OBA=∠OAC=90°，∴∠OBP+∠ABP=90°，∠ACP+∠APC=90°，∵OP=OB，∴∠OBP=∠OPB，∵∠OPB=∠APC，∴∠ACP=∠ABC，∴AB=AC；
（2）如图2，延伸AP交⊙O于D，连接BD，设圆半径为r，则OP=OB=r，PA=5﹣r，则AB2=OA2﹣OB2=52﹣r2，AC2=PC2﹣PA2=（2）2﹣（5﹣r）2，∴52﹣r2=（2）2﹣（5﹣r）2，解得：r=3，∴AB=AC=4，∵PD是直径，∴∠PBD=90°=∠PAC，又∵∠DPB=∠CPA，∴△DPB∽△CPA，∴=，∴=，解得：PB=．
∴⊙O的半径为3，线段PB的长为．
点评：
本题考查了等腰三角形的性质和判定，类似三角形的性质和判定，切线的性质，勾股定理，直线与圆的地位关系等知识点的运用，次要培养先生运用性质进行推理和计算的能力．本题综合性比较强，有一定的难度．
52．（2015•贺州）如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，AC平分∠BAD，AD⊥DC，垂足为D，OE⊥AC，垂足为E．
（1）求证：DC是⊙O的切线；
（2）若OE=cm，AC=2cm，求DC的长（结果保留根号）．
考点：
切线的判定；类似三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）连接OC，推出∠DAC=∠OCA=∠，推出OC∥AD，推出OC⊥DC，根据切线判定推出即可；
（2）首先求得线段AO的长，然后证△AOE∽△ACD，得出比例式，代入求出即可．
解答：
（1）证明：连接OC，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∵AC平分∠BAD，∴∠DAC=∠OAC，∴∠DAC=∠OCA，∴AD∥OC，∴∠ADC=∠OCF，∵AD⊥DC，∴∠ADC=90°，∴∠OCF=90°，∴OC⊥CD，∵OC为半径，∴CD是⊙O的切线．
（2）∵OE⊥AC，∴AE=AC=cm，在Rt△AOE中，AO===4cm，由（1）得∠OAC=∠CAD，∠ADC=∠AEO=90°，∴△AOE∽△ACD，∴，即，∴DC=cm．
点评：
本题考查了类似三角形的性质和判定，勾股定理，圆周角定理，平行线性质和判定，等腰三角形性质，切线的判定的运用，次要考查先生的推理能力．
53．（2015•贺州）如图，将矩形ABCD沿对角线BD对折，点C落在E处，BE与AD相交于点F．若DE=4，BD=8．
（1）求证：AF=EF；
（2）求证：BF平分∠ABD．
考点：
翻折变换（折叠成绩）；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）先根据翻折变换的性质得出ED=CD，∠E=∠C，故ED=AB，∠E=∠A．由AAS定理得出△ABF≌△EDF，故可得出结论；
（2）在Rt△BCD中根据sin∠CBD==可得出∠CBD=30°，∠EBD=∠CBD=30°，由直角三角形的性质可知∠ABF=90°﹣30°×2=30°，所以∠ABF=∠DBF，BF平分∠ABD．
解答：
（1）证明：在矩形ABCD中，AB=CD，∠A=∠C=90°，∵△BED是△BCD翻折而成，∴ED=CD，∠E=∠C，∴ED=AB，∠E=∠A．
在△ABF与△EDF中，∵，∴△ABF≌△EDF（AAS），∴AF=EF；
（2）在Rt△BCD中，∵DC=DE=4，DB=8，∴sin∠CBD==，∴∠CBD=30°，∴∠EBD=∠CBD=30°，∴∠ABF=90°﹣30°×2=30°，∴∠ABF=∠DBF，∴BF平分∠ABD．
点评：
本题考查的是翻折变换，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．
54．（2015•河南）如图，AB是半圆O的直径，点P是半圆上不与点A、B重合的一个动点，延伸BP到点C，使PC=PB，D是AC的中点，连接PD、PO．
（1）求证：△CDP≌△POB；
（2）填空：
①若AB=4，则四边形AOPD的面积为 4 ；
②连接OD，当∠PBA的度数为 60° 时，四边形BPDO是菱形．
考点：
菱形的判定；全等三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据中位线的性质得到DP∥AB，DP=AB，由SAS可证△CDP≌△POB；
（2）①当四边形AOPD的AO边上的高等于半径时有面积，依此即可求解；
②根据有一组对应边平行且相等的四边形是平行四边形，可得四边形BPDO是平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形，以及等边三角形的判定和性质即可求解．
解答：
（1）证明：∵PC=PB，D是AC的中点，∴DP∥AB，∴DP=AB，∠CPD=∠PBO，∵BO=AB，∴DP=BO，在△CDP与△POB中，∴△CDP≌△POB（SAS）；
（2）解：①当四边形AOPD的AO边上的高等于半径时有面积，（4÷2）×（4÷2）
=2×2
=4；
②如图：
∵DP∥AB，DP=BO，∴四边形BPDO是平行四边形，∵四边形BPDO是菱形，∴PB=BO，∵PO=BO，∴PB=BO=PO，∴△PBO是等边三角形，∴∠PBA的度数为60°．
故答案为：4；60°．
点评：
考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质，中位线的性质，解题的关键是SAS证明△CDP≌△POB．
55．（2015•桂林）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点．
（1）求证：四边形EBFD为平行四边形；
（2）对角线AC分别与DE、BF交于点M、N，求证：△ABN≌△CDM．
考点：
平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）根据平行四边形的性质：平行四边的对边相等，可得AB∥CD，AB=CD；根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得答案；
（2）根据平行四边的性质：平行四边形的对边相等，可得AB∥CD，AB=CD，∠CDM=∠CFN；根据全等三角形的判定，可得答案．
解答：
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD．
∵E、F分别是AB、CD的中点，∴BE=DF，∵BE∥DF，∴四边形EBFD为平行四边形；
（2）证明：∵四边形EBFD为平行四边形，∴DE∥BF，∴∠CDM=∠CFN．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD．
∴∠BAC=∠DCA，∠ABN=∠CFN，∴∠ABN=∠CDM，在△ABN与△CDM中，∴△ABN≌△CDM
（ASA）．
点评：
本题考查了平行四边形的判定与性质，利用了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定，根据条件选择适当的判定方法是解题关键．
56．（2015•贵港）如图，已知AB是⊙O的弦，CD是⊙O的直径，CD⊥AB，垂足为E，且点E是OD的中点，⊙O的切线BM与AO的延伸线相交于点M，连接AC，CM．
（1）若AB=4，求的长；（结果保留π）
（2）求证：四边形ABMC是菱形．
考点：
切线的性质；菱形的判定；弧长的计算．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）连接OB，由E为OD中点，得到OE等于OA的一半，在直角三角形AOE中，得出∠OAB=30°，进而求出∠AOE与∠AOB的度数，设OA=x，利用勾股定理求出x的值，确定出圆的半径，利用弧长公式即可求出的长；
（2）由问得到∠BAM=∠BMA，利用等角对等边得到AB=MB，利用SAS得到三角形OCM与三角形OBM全等，利用全等三角形对应边相等得到CM=BM，等量代换得到CM=AB，再利用全等三角形对应角相等及等量代换得到一对内错角相等，进而确定出CM与AB平行，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形得到ABMC为平行四边形，由邻边相等的平行四边形为菱形即可得证．
解答：
（1）解：∵OA=OB，E为AB的中点，∴∠AOE=∠BOE，OE⊥AB，∵OE⊥AB，E为OD中点，∴OE=OD=OA，∴在Rt△AOE中，∠OAB=30°，∠AOE=60°，∠AOB=120°，设OA=x，则OE=x，AE=x，∵AB=4，∴AB=2AE=x=4，解得：x=4，则的长l==；
（2）证明：由（1）得∠OAB=∠OBA=30°，∠BOM=∠COM=60°，∠AMB=30°，∴∠BAM=∠BMA=30°，∴AB=BM，∵BM为圆O的切线，∴OB⊥BM，在△COM和△BOM中，∴△COM≌△BOM（SAS），∴CM=BM，∠CMO=∠BMO=30°，∴CM=AB，∠CMO=∠MAB，∴CM∥AB，∴四边形ABMC为菱形．
点评：
此题考查了切线的性质，菱形的判断，全等三角形的判定与性质，以及弧长公式，纯熟掌握切线的性质是解本题的关键．
57．（2015•甘南州）如图1，在△ABC和△EDC中，AC=CE=CB=CD；∠ACB=∠DCE=90°，AB与CE交于F，ED与AB，BC，分别交于M，H．
（1）求证：CF=CH；
（2）如图2，△ABC不动，将△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°时，试判断四边形ACDM是什么四边形？并证明你的结论．
考点：
菱形的判定；全等三角形的判定与性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）要证明CF=CH，可先证明△BCF≌△ECH，由∠ABC=∠DCE=90°，AC=CE=CB=CD，可得∠B=∠E=45°，得出CF=CH；
（2）根据△EDC绕点C旋转到∠BCE=45°，推出四边形ACDM是平行四边形，由AC=CD判断出四边形ACDM是菱形．
解答：
（1）证明：∵AC=CE=CB=CD，∠ACB=∠ECD=90°，∴∠A=∠B=∠D=∠E=45°．
在△BCF和△ECH中，∴△BCF≌△ECH（ASA），∴CF=CH（全等三角形的对应边相等）；
（2）解：四边形ACDM是菱形．
证明：∵∠ACB=∠DCE=90°，∠BCE=45°，∴∠1=∠2=45°．
∵∠E=45°，∴∠1=∠E，∴AC∥DE，∴∠AMH=180°﹣∠A=135°=∠ACD，又∵∠A=∠D=45°，∴四边形ACDM是平行四边形（两组对角相等的四边形是平行四边形），∵AC=CD，∴四边形ACDM是菱形．
点评：
菱形的判别方法是阐明一个四边形为菱形的理论根据，常用三种方法：
①定义；
②四边相等；
③对角线互相垂直平分．具体选择哪种方法需求根据已知条件来确定．
58．（2015•东莞）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延伸EF交边BC于点G，连接AG．
（1）求证：△ABG≌△AFG；
（2）求BG的长．
考点：
翻折变换（折叠成绩）；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）利用翻折变换对应边关系得出AB=AF，∠B=∠AFG=90°，利用HL定理得出△ABG≌△AFG即可；
（2）利用勾股定理得出GE2=CG2+CE2，进而求出BG即可；
解答：
解：（1）在正方形ABCD中，AD=AB=BC=CD，∠D=∠B=∠BCD=90°，∵将△ADE沿AE对折至△AFE，∴AD=AF，DE=EF，∠D=∠AFE=90°，∴AB=AF，∠B=∠AFG=90°，又∵AG=AG，在Rt△ABG和Rt△AFG中，∴△ABG≌△AFG（HL）；
（2）∵△ABG≌△AFG，∴BG=FG，设BG=FG=x，则GC=6﹣x，∵E为CD的中点，∴CE=EF=DE=3，∴EG=3+x，∴在Rt△CEG中，32+（6﹣x）2=（3+x）2，解得x=2，∴BG=2．
点评：
此题次要考查了勾股定理的综合运用以及翻折变换的性质，根据翻折变换的性质得出对应线段相等是解题关键．
59．（2015•大庆）如图，四边形ABCD内接于⊙O，AD∥BC，P为BD上一点，∠APB=∠BAD．
（1）证明：AB=CD；
（2）证明：DP•BD=AD•BC；
（2）证明：BD2=AB2+AD•BC．
考点：
类似三角形的判定与性质；圆周角定理．版权一切
专题：
证明题．
分析：
（1）利用平行线的性质圆周角定理得出=，进而得出答案；
（2）首先得出△ADP∽△DBC，进而利用类似三角形的性质得出答案；
（3）利用类似三角形的判定方法得出△ABP∽△DBA，进而求出AB2=DB•PB，再利用（2）中所求得出答案．
解答：
证明：（1）∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC，∴=，∴AB=BC；
（2）∵∠APB=∠BAD，∠BAD+∠BCD=180°，∠APB+∠APD=180°，∴∠BCD=∠APD，又∵∠ADB=∠CBD，∴△ADP∽△DBC，∴=，∴DP•BD=AD•BC；
（3）∵∠APB=∠BAD，∠BAD=∠BPA，∴△ABP∽△DBA，∴=，∴AB2=DB•PB，∴AB2+AD•BC=DB•PB+AD•BC
∵由（2）得：DP•BD=AD•BC，∴AB2+AD•BC=DB•PB+DP•BD=DB（PB+DP）=DB2，即BD2=AB2+AD•BC．
点评：
此题次要考查了类似三角形的判定与性质以及圆周角定理，纯熟运用类似三角形的判定与性质是解题关键．
60．（2015•赤峰）如图，AB为⊙O的直径，PD切⊙O于点C，与BA的延伸线交于点D，DE⊥PO交PO延伸线于点E，连接PB，∠EDB=∠EPB．
（1）求证：PB是的切线．
（2）若PB=6，DB=8，求⊙O的半径．
考点：
切线的判定与性质．版权一切
专题：
计算题；证明题．
分析：
（1）由已知角相等，及对顶角相等得到三角形DOE与三角形POB类似，利用类似三角形对应角相等得到∠OBP为直角，即可得证；
（2）在直角三角形PBD中，由PB与DB的长，利用勾股定理求出PD的长，由切线长定理得到PC=PB，由PD﹣PC求出CD的长，在直角三角形OCD中，设OC=r，则有OD=8﹣r，利用勾股定理列出关于r的方程，求出方程的解得到r的值，即为圆的半径．
解答：
（1）证明：∵在△DEO和△PBO中，∠EDB=∠EPB，∠DOE=∠POB，∴∠OBP=∠E=90°，∵OB为圆的半径，∴PB为圆O的切线；
（2）解：在Rt△PBD中，PB=6，DB=8，根据勾股定理得：PD==10，∵PD与PB都为圆的切线，∴PC=PB=6，∴DC=PD﹣PC=10﹣6=4，在Rt△CDO中，设OC=r，则有DO=8﹣r，根据勾股定理得：（8﹣r）2=r2+42，解得：r=3，则圆的半径为3．
点评：
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