初一上册数学几何题100道 数学几何证明题学不好，怎么办，就快中考了。

数学几何证明题学不好，怎么办，就快中考了。  

数学几何证明题学不好，怎么办，就快中考了。

答：熟话说“临阵磨枪，不快也光。”这时候，不能等，也不能靠；就是抓紧时间多做一些几何练习题；通过做题，你还会有收获的。这时候千万不要想找老师补课，没有作用的，赵老师补课是等于你给老师补课；不能解决你不会做题的问题。这是审题和解题的技巧问题。关于定义定理，你肯定知道。但是没有解题的技巧。这是神仙都没有办法解决的。只能靠你自己的解题训练来完成。熟语说“曲不离口，拳不离手。”说得是非常有道理的。巧从熟练来；没有经常刻苦的训练哪里来的技巧哪？所以，你应该补做题训练课。千万要脱离柺棍儿，自己动手；做过你就会有收获。要相信自己能够做到！

中考数学几何证明题求解

连线GC、BG
∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC=90°
∴四边形ABCD为矩形
∵AF平分∠BAD
∴∠DAF=∠BAF=45°
∵∠DCB=90°，DF∥AB
∴∠DFA=45°，∠ECF=90°
∴△ECF为等腰Rt△
∵G为EF中点
∴EG=CG=FG
∵△ABE为等腰Rt△，AB=DC
∴BE=DC
∵∠CEF=∠GCF=45°→∠BEG=∠DCG=135°
∴△BEG≌△DCG
∴BG=DG
∵CG⊥EF→∠DGC+∠DGB=90°
又∵∠DGC=∠BGE
∴∠BGE+∠DGB=90°
∴△DGB为等腰Rt△
∴∠BDG=45°

数学几何证明题

第一问：证明：由摺叠可知，<CMN=<NMCCNBM
<NMC=<CNM
因，<CMN=<NMC
<NMC=<NMC
在三角形CMN中，<NMC=<NMC
所以CM=CN
第二问：解：过点N作NH⊥BC于点H，
则四边形NHCD是矩形，
∴HC=DN，NH=DC，
∵△CMN的面积与△CDN的面积比为3：1，
∴SCMN/SCDN=1/2MD*DH/(1/2DN*NH)=MD/DN=3，
N
∴MC=3ND=3HC，
∴MH=2HC，
设DN=x，则HC=x，MH=2x，
∴CM=3x=CN，
在Rt△CDN中，DC=√(CN²-DN²)=2√2x,
∴HN=2√2x,
在Rt△MNH中，MN=√MH²+HN²=2√3x,
∴MN/DN=2√3x/x=2√3，
希望对你有所帮助，望采纳，谢谢

以点E为座标系原点，向量EF为座标系X轴正向，向量EH为座标系Y轴正向，构造一个平面直角座标系。
设EF= a, AE = b, 0 < b < a.

则点A，D，C，B应该分别落在半径为b,圆心为E,H, G,F 的圆周上。
所以有，
[x(A)]^2 + [y(A)]^2 = b^2,
[x(B) - a]^2 + [y(B)]^2 = b^2,
[x(C) - a]^2 + [y(C - a]^2 = b^2,
[x(D)]^2 + [y(D) - a]^2 = b^2.

其中，x(A), x(B), x(C), x(D)分别为点A，B，C, D在座标系中的X座标。
y(A), y(B), y(C), y(D)分别为点A，B，C, D在座标系中的Y座标。

设角FEB = c, 0<c<PI/2, 则有，
x(B) = tcos(c), y(B) = -tsin(c), 其中，t(>0)为待定常数。
b^2 = [x(B) - a]^2 + [y(B)]^2 = [tcos(c) - a]^2 + [tsin(c)]^2 = t^2 - 2tacos(c) + a^2,
0 = t^2 - 2tacos(c) + a^2 - b^2,
Delta = 4a^2[cos(c)]^2 - 4[a^2 - b^2] = 4b^2 - 4a^2[sin(c)]^2 = 4a^2[ (b/a)^2 - [sin(c)]^2 ] >= 0.
{所以，必须有，0 < sin(c) <= b/a 。 否则点B都不存在。。}

t(B1) = [2acos(c) + (Delta)^(1/2)]/2 或 t(B2) = [2acos(c) - (Delta)^(1/2)]/2,
x(B) = t(B)cos(c), y(B) = -t(B)sin(c).
t(B)取t(B1)或t(B2).

这2个t都有可能，这2个t给出的点B的座标都位于射线EB与以F为圆心，b为半径的圆的交点上。
前一个t给出的点B的座标离点E较远，后一个t给出的点B的座标离点E较近。
当Delta = 0, 也即，sin(c) = b/a时，t(B1) = t(B2) = acos(c). 射线EB 与 圆相切。

对于点A，只有唯一的可能，应有，
x(A) = -bcos(c), y(A) = bsin(c).

点D应该是射线AH与以H为圆心，半径为b的圆的交点。。与点B类似，点D有2种可能。
点C应该是射线BF与以G为圆心，半径为b的圆的交点。。因B有2种可能，点C有4种可能。

最后，点D，C，G必须共线。。
从而，要么证明出结论（所有射线与圆相交时，都只能是相切。。此时，ABCD是正方形。。）
要么否定了结论（存在其他可能的相交方式，ABCD就不一定非要是正方形。。）

（1）∠A+∠D=∠c+∠B <就是三角形外角的知识》
（2）5个。按我说的去连线。1ADCB 2ADMCP 3 AMOCN 4 AMOCB 5 APNCB
（3）你的意思可能是D=40°，B=36°吧？因为∠A+∠D=∠C+∠B。
∴∠A+40°=∠C+36°
∴∠A=∠C-4° 那么设∠A=x°，则∠c=x+4°.
然后列方程，因为四边形AOPC嘛。所以它内角和=360°。
0.5∠A+0.5∠C+2∠AOD+∠DOB=360°
然后你把设的未知数带入算，x会被消掉！结果等于38，你最好自己算一算，方程没问题，但我的计算总爱马虎一下。。。
（4）这个问简单，因为上步不是算出∠p=38吗？而∠D+∠C=40+36=76°.你比一下，二分之一呗！、
我打了这么久，采纳吧，如果你心情好，多给点财富值(*^__^*) 嘻嘻

一.解：∵AB‖DE，AE‖DB
∴四边形ABDE为平行四边形
∴AE＝AD，AB＝ED
∵AD为对角线
∴S△ADB＝S△ADE
过B作BH垂直于AF交FA延长线于H
∵AF‖CB，∠ECB＝90°
∴∠AFC＝90°
∴四边形AFCB为矩形
∴BH＝CF
∵S△ADB＝S△ADE
∴AD×BH＝AD×EF
∴BH＝EF
∴EF＝FC
即△DEC为等腰三角形
∴ED＝DC
∴AB＝DC
∴AB＋AE＋EF＝CD＋DB＋CF
∴二者同时到达
二解：（1）∵AB＝AC，AD⊥CB
∴AD平分∠BAC
∵AM平分∠MAC
∴∠DAC＋∠NAC＝（∠BAC＋∠MAC）÷2＝90°
∵∠ADC＝∠AEC＝90°
∴四边形ADCE为矩形
（2）当∠BAC＝90°时，四边形ADCE为正方形，理由如下：
∵∠BAC＝90°，AB＝AC
∴∠ACB＝45°
∵∠ADC＝90°
∴AD＝AC
∴矩形ADCE为正方形
三解：（1）在平行四边形ABCD中，AB平行等于CD
∵E，F分别为AB，CD的中点
∴AE平行等于FC
∴四边形AECF为平行四边形
∴GH‖EH
同理可得，EG‖FH
所以四边形GEHF为平行四边形
（2）当四边形ABCD为矩形时，四边形GEHF为菱形，连线EF
在矩形ABCD中，∠BAD＝90°，AB平行等于DC
∵矩形也是平行四边形
∴四边形GEHF为平行四边形
∵E，F分别为AB，CD的中点
∴AE平行等于DF
∴四边形AEFD为平行四边形
∵∠BAD＝90°
∴平行四边形AEFD为矩形
∴AG＝AF÷2＝DE÷2＝EG
∴平行四边形GEHF为菱形
（3）当四边形ABCD为矩形，且AD＝AB÷2时，四边形GEHF为正方形
在矩形ABCD中，∠BAD＝90°，AB平行等于DC
∵矩形也是平行四边形
∴四边形GEHF为平行四边形
∵E，F分别为AB，CD的中点，AD＝AB÷2
∴AE平行等于DF，AD＝AE
∴四边形AEFD为菱形
∵∠EAD为90°
∴菱形AEFD为正方形
∴AF⊥ED
即∠EGF为90°
所以菱形EGFH为正方形

由摺叠原理可知：第一次摺叠所得折痕EF是BC的中垂线，第二次摺叠所得折痕MN是EF的中垂线，所以有BC垂直于EF，MN垂直于EF，故MN平行于BC