初三中考数学模拟试卷的一道证明题，在线急等，高悬赏，如果证明过程完整，悬赏翻倍！
题目呢？盲做
1)解：连接OB,
∵AB=OC,OB=OC(都是半径),
∴OB=AB, ∴∠BOA=∠BAO=∠A,
∵OE=OB, ∴∠OEB=∠OBE=∠BOA+∠BAO=2∠A,
∴∠EOD=∠OEB+∠A=2∠A+∠A=3∠A=72°
∴3∠A=72°,
∴∠A=24°.
---------------------------------------------------------------
[注] 这里反复使用了一个简单结论：三角形外角等于与它不相邻的两个内角之和
2)证：连接OA,OB,OC,
∵ON⊥AC,OA=OC(都是半径),
∴NA=NC, ∴CN=1/2*CA,
∵OM⊥BC,OB=OC(都是半径),
∴MB=MC, ∴CM=1/2*CB,
∴CN:CA=CM:CM=1:2
∵∠NCM=∠ACB=∠C
∴△NCM∽△ACB(SAS)
∴NM‖AB且NM:AB=1:2
∴NM=1/2*AB
证毕.
3)证：任取直线l与直线外一点P,由几何公理得存在一条直线i使得i⊥l；由于i不平行于l，所以由几何公理得i与l有且仅有一个交点，设此交点为A，则PA⊥l,
假设过P存在异于i的直线j使得j⊥l,易得在直线l上存在点B为j与l的交点,使得PB⊥l；由于i≠j且i与j已经有交点P,所以B≠A(因为若非如此就有i=j，因为由几何公理得两点P,A确定一条直线所以i,j重合).
∵线段AB在l上,且P不在l上,
∴P与AB不共线,
∴可以连接PA,PB使得PAB构成一个三角形,
∵PAB为三角形，
∴∠P+∠A+∠B=180°且∠P,∠A,∠B＞0°
∵PA,PB⊥l, ∴PA,PB⊥AB,
∴∠PAB=∠PBA=90°即∠A=∠B=90°,
∴∠P=180°-(∠A+∠B)=0°而这与∠P＞0°矛盾,
∴假设不成立,这就证明了过任一直线外一点有且只有一条直线与一只直线垂直.
证毕.
---------------------------------------------------------------
[注意] 题目条件前提部分为了严谨应加入“同一平面内”，即“同一平面内，过直线外一点有且只有一条直线与一只直线垂直”，因为过3维空间的直线外一点有无数条直线与给定直线垂直，在非欧几何中该命题也不成立.
4)解：∵菱形对角线互相垂直平分,
∴AC⊥BD且OA=OC,OD=OB,
∴AO=1/2*AC=1/2*8=4(cm)且∠AOB=90°,
∴BO=√(AB^2-AO^2)√(5^2-4^2)=3(cm) (由△AOB为Rt三角形得AB^2=AO^2+BO^2),
∵ABCD为菱形,所以ABCD中心O到四边距离都相等,过O作OE⊥AB,
∵面积S(△AOB)=1/2*OE*AB=1/2*AO*BO,
∴OE=AO×BO÷AB=4×3÷5=12/5=2.4＞2,
∴2cm位半径的圆与菱形四边都不交.
由前述分析得,以O点为圆心的圆,半径为2.4时,圆O与菱形的四边都相切.
5)解：
(1)设OB=x,则OD=OB=x,故OC=OD+CD=x+1,
∵△OBC为直角三角形,所以OB^2+BC^2=OC^2,
∴√3^2+x^2=(x+1)^2,解得x=1,
∴OB=x=1,故圆O半径长度为1.
(2)DF与圆O相切.证明如下：
∵F为BE的中点, ∴BF=1/2*BE,
∵OB=OA, ∴BO=1/2*BA,
∴OF平行且等于1/2*AC(由SAS得△BOF∽△BAC),
∴∠DOF=∠ODA,∠BOF=∠A,
∵∠ODA=∠A(∵OD=OA),
∴∠DOF=∠BOF,
又∵OD=OB,OF=OF,
∴△DOF≌△BOF(SAS)，
∴∠ODF=∠OBF=90°，
∴DF⊥OD,
∴DF与圆O相切
---------------------------------------------------------------
[注意]千万不能用第(1)小问的结论“OB=1,CO=2,∠C=30°,∠COB=60°”,一方面条件“若BC=根号√3，CD=1”只适用于第(1)小问，一方面第二问结论完全可以不依赖第一问的条件独立推出，是更一般性的结论。
6)证：连接BO,
∵PA,PA为圆O切线,∴∠OAP=∠OBP=90°,
又∵OA=OB,OP=OP,
∴△OAP≌△OBP(SAS),
∴∠AOP=∠BOP,∴∠AOB=∠AOP+∠BOP=2∠BOP，
∴π=∠AOC=∠AOB+∠COB=2∠BOP+∠COB,
又∵π=∠C+∠OBC+∠COB=2∠OBC+∠COB(∵OC=OB易得∠C=∠OBC),
∴2∠BOP+∠COB=2∠OBC+∠COB,
∴∠BOP=∠OBC,
∴OP‖BC.证毕.
7)
(1)解：连接OD,OE,OF,设圆O半径长为r,由O为△ABC内切圆易得OD=OE=OF=r; 已知△ABC周长L=8(cm),面积为S=12(cm^2),
∵L=AB+BC+CA,
S=S(△ABC)=S(△AOB)+S(△BOC)+S(△COA)=1/2*AB*OE+1/2*BC*OF+1/2*CA*OD=1/2*(AB+BC+CA)*r,
∴S=1/2*L*r，
∴r=2S/L=2*12/8=3(cm),
∴圆O半径长为3cm.
(2)S,l,r关系为S=1/2*Lr,证明直接包含在(1)推导过程中.
8)解：
(1)过D做DE⊥AC,
∵AD‖BC, ∴∠ADC+∠BCD=180°,∴∠BCD=180°-∠ADC=180°-120°=60°，
∵AC平分∠BCD, ∴∠DCA=∠BCA=1/2*∠BCD=1/2*60°=30°,
∴∠DAC=180°-（∠ADC+∠DCA)=180°-(120°+30°)=30°，
∴∠DAC=∠DCA,故由DE⊥AC可得DA=DC且∠EDA=∠EDC,
∵∠DCE=∠DCE=30°,∠DEC=90°,∴∠EDC=60°,
∴Rt△DEC中,设DE=x,则有CD=2DE=2x,故AD=CD=2x且AB=DC=2x(∵由AD‖BC易得ABCD为等腰梯形),
∵∠B=∠BCD=60°(∵ABCD为等腰梯形),∠BCA=30°，
∴∠BAC=180°-(∠B+∠BCA)=180°-(60°+30°)=90°,
∴BC=2AB=2*2x=4x,且BC为圆O的直径(OB,OC为半径),
∴ABCD周长为L=AB+BC+CD+DA=2x+4x+2x+2x=10，解得x=1,
∴OB=1/2*AB=1/2*4x=2x=2，
∴圆的半径为2.
(2)连接OA,OD,过O做OE⊥AD，
∵OA=OB，∴∠OBA=∠OAB=60°,∴∠BOA=180°-(∠OBA+∠OAB)=60°,同理可得∠COD=60°,
∴∠AOD=180°-(∠BOA+∠COD)=60°，
∴扇形OAD的面积S(扇OAD)=60°/360°πr^2=1/6*πOA^2=1/6*π2^2=(2/3)π,
∵OA=OD且OE⊥AD，∴OE垂直平分AD，故EA=ED=1/2*AD=1,
∵AB=BO=OD=DA=2, ∴ABOD为菱形, ∴∠ODE=∠B=60°,
∵Rt△OED中，∠OED=90°且∠ODE=60°,
∴OE=√3*ED=√3,
∴△OED面积为S(△OAD)=1/2*AD*OE=√3,
∴阴影部分面积为S(扇OAD)-S(△OAD)=(2/3)π-√3.
9)
(1)证：∵AB=BC,∴劣弧AB=劣弧BC,∠BDA=∠BDC(等弧所对圆周角相等,即“等弧对等角”),
∴DB平分∠ADC.证毕.
(2)解：∵∠BCA与∠BDA皆为劣弧AB所对的圆周角,∴∠BCA=∠BDA，
又∵∠BDA=∠BDC(第(1)问结论),∴∠BCE=∠BCA=∠BDA=∠BDC,
又∵∠CBE=∠DBC,∴△CBE∽△DBC(AAA),
∴BE/BC=BC/BD即3/BC=BC/3+6=BC/9,∴BC^2=27,
∴BC=3√3,
∴AB=BC=3√3.
10)解：过O做直线OE⊥AB,此直线交DC于F,由AB‖CD易得OF⊥DC；过B做BG⊥DC交DC延长线于G，
则S△ODC=1/2*DC*FO,S△BDC=1/2*DC*GB，
∴S△ODC:S△BDC=1/2*DC*FO:1/2*DC*GB=FO:GB=1:3，
易得FE‖GB且FE=GB，∴FO:OE=FO:(FE-FO)=FO:(GB-FO)=1:(3-1)=1:2,
过C做CH⊥DB，与上述同理可得
S△ODC:S△BDC=1/2*DO*CH:1/2*DB*CH=DO:DB=1:3，故DO:OB=1:2,
∴易得S△ODC:S△BOC=DO:OB=1:2，
∵AB‖CD,∴∠DCO=∠BAO,∠CDO=∠ABO,又∵∠BOA=∠DOC,
∴△BOA∽△DOC(AAA),
∴DC:AB=DO:OB=1:2,又因为FO:OE=1:2,
∴S△ODC:S△BOA=1/2*DC*FO:1/2*OB*OE=DC*FO:OB*OE=1*1:2*2=1:4，
∴S△ODC:S△ABC=S△DOC:(S△BOA+S△BOC)=1:(4+2)=1:6.
11)解：∵DE‖BC，∴易得△ADE∽△ABC(AAA),故AD:AB=DE:BC,不妨设此比例为k,则BC=kDE
过A做AG⊥BC，AG交DE于F，易得AF⊥DE且AG:AF=AD:AB=k,故AG=kAF,
∴S△ADE:S(梯形DBCE)=S△ADE:(S△ABC-S△ADE)=1/2*DE*AF:(1/2*BC*AG-1/2*DE*AF)=1/2*DE*AF:(1/2*kDE*kAF-1/2*DE*AF)=DE*AF:(k^2-1)DE*AF=1:k^2-1=1:1，
∴k^2-1=1，故k=√2，
∴AD:AB=1:√2,
∴AD:DB=1:√2-1即DB=(√2-1)AB.
12)解：过F做直线l⊥DC交DC于G,交BE于H(FG⊥DC)；由于AB‖DC(∵ABCD为平行四边形)故FH⊥BE，
∵BE与AB共线且AB‖DC,∴BE‖DC，由此易得△FDC∽△FEB(AAA),同理可得Rt△FGC∽Rt△FHB,
∴BE:CD=FB:FC=FH:FG,
∵BE=1/4*AB,AB=CD,
∴S△FDC:S△FEB=1/2*CD*FG:1/2*BE*FH=CD*FG:BE*FH=4BE*4FH:BE*FH=4^2:1=16:1;
同理可得△EFB∽△EDA且S△EDA:S△EFB=(1+4)^2=25:1,
∴S梯形FDAB:S△EFB=(S△EDA-S△EFB):S△EFB=(25S△EFB-S△EFB):S△EFB=24:1,
∴S平行四边形ABCD:S△EFB=(S△FDC+S梯形FDAB):S△EFB=(16S△EFB+24S△EFB):S△EFB=40:1
∴S△EFB=1/40*S平行四边形ABCD=1/40*2004=2004/40=50.1(cm^2)
∴△BEF的面积为50.1cm^2.
13)解：由于n边形内角和为(n-2)180°,所以正n边形每个内角为(n-2)180°/n,
∴此时n=6，∠BCD=∠EDC=(6-2)180°/6=3/2*180°=120°,
∵CB=CD,DE=DC(正六边形),∴∠CBD=∠CDB,∠DEC=∠DCE，
∴∠CBD=∠CDB=1/2(180°-120°)=30°,同理可得∠DEC=∠DCE=30°,
∴∠GCD=∠DCE=30°,∠GDC=∠CDB=30°,
∴∠CGD=180°-(∠GCD+∠GDC)=120°,
∴∠BGC=180°-∠CGD=60°
-----------------------------------------------------------
[附] 给个n边形内角和为(n-2)180°的证明.
Pf:∵n边形其中一顶点与其他顶点的连线将n边形分割为n-2个三角形，
∴n边形内角和等于n-2个三角形的内角和之和,
∴n边形内角和=(n-2)180°.
证毕.
14)CE‖FD.证明如下：
连接AB,则∠ECA=∠ABE(同样为圆O1的劣弧EA所对圆周角),∠ABF=∠ADF(同样为圆O2的劣弧FA所对圆周角)，
∵E,F共线,∴∠ABE=∠ABF，∴∠ECA=∠ADF,
设CD与EF交于点G，则∠ECG=∠ECA=∠ADF=∠GDF,
∴CE‖FD. 证毕.
1：根据已知条件，AF=AE，AB公用边，所以△BAF与△BAE全等
得BF=BE，∠FBA=∠EBA
2：因为三角形ABD为直角三角形，所以AD是圆O的直径，且
∠ABD+∠ADB=90°
3：园内同弧对应的圆周角相等，以及AB=AC 得∠ABC=∠ACB=∠ADB
所以∠ABD+∠ACB=∠ABD+∠ACB=∠ABD+∠ABC=∠ABD+∠ABF=90°
BF⊥AD
BF是圆O的切线
证毕
证明：（1）如图，连接BD．
∵AD⊥AB，∴DB是⊙O的直径．
∴∠1+∠2+∠D=90°．
又∵AE=AF，∴BE=BF，∠2=∠3．
∵AB=AC，
∴∠D=∠C=∠2=∠3．
∴∠1+∠2+∠3=90°．
即OB⊥BF于B．
∴直线BF是⊙O的切线． （4分）
（2）作AG⊥BC于点G．
∵∠D=∠2=∠3，
∴ cosD=cos∠3=4/5．
在Rt△ABD中，∠DAB=90°，AD=4， cosD=4/5，
∴ BD=AD/cosD=5， AB=根号（BD2-AD2）=3．
在Rt△ABG中，∠AGB=90°，AB=3， cos∠2=4/5，
∴ BG=ABcos∠2=12/5．
∵AB=AC，
∴ BC=2BG=24/5． （8分）
证明：因为∠C=∠D，∠AEC=∠BED，所以△AEC∽△BED，因而有AE：BE=AC：BD，又因为AE=AF，AD┴AB，所以AB垂直平分EF，所以BE=BF，同时AB=AC，得到AF：BF=AB：BD，再加上，∠BAF=∠DAB，所以△AFB∽△ABD，所以∠F=∠ABD，∠ABD+∠FBA=∠F+∠FBA=90°，即BF是圆O的切线。
答：用相似证。由第二问得：BF=FD=EF+DE=7, ∠FBE=∠BAF,∠AFB=∠AFB,∴△BFE∽△AFB.BF/AF=EF/BF , 所以BF²=AF·EF ,∴49=AF·4 所以AF=12.25 ∴AD=AF-DF=12.25-7=5.25
答：1：根据已知条件，AF=AE，AB公用边，所以△BAF与△BAE全等 得BF=BE，∠FBA=∠EBA 2：因为三角形ABD为直角三角形，所以AD是圆O的直径，且 ∠ABD+∠ADB=90° 3：园内同弧对应的圆周角相等，以及AB=AC 得∠ABC=∠ACB=∠ADB 所以∠ABD+∠ACB=∠ABD+∠ACB=∠ABD+∠ABC=∠ABD+∠ABF=90° B...
答：第二题：答案：第三题：答案：
答：m1 = -4 + 2√6 m2 = -4 - 2√6 (舍去)[我记得这道题的P点在对成轴上方]∴ m = -4 + 2√6 ∴ P(1，-4 + 2√6)加点分把，弄得好辛苦
答：(2)蓝线=r 红线=1 （4-3） 可求棕色线，（弦PQ）(3)依次做辅助线，黑角为90° 已知MN，AN可求黄色角度 亦可求紫色角度，和M到AE的距离（绿线）可判断（Rt△ADE的斜边AD所在的直线与⊙M的位置关系）
答：这是图
答：Q1 ∵ ABCD为正方形 ∴ AD=DC, RT∠ADF=∠DCE, ∵DF=CE ∴ΔADF≌ΔDCE ∴AF=DE, ∠FAD=∠EDC ∵ΔADF为RTΔ, ∠ADF=90° ∴ ∠FAD+∠AFD=90° ∴∠EDC+∠DFG=90° ∴∠DGF=90°∴ AF⊥DE Q2 你题目抄错了吧，证明AF=DE， AF⊥DE吧 ∵ ABCD为正方形 ∴ AD=DC, RT...
答：题中要求证明两个角相等，但是我们通过观察发现，两个角之间并没有直接联系，那么如何去构建他们之间的联系呢？这时我们通过审题发现，题中告诉了M、N分别是AB、CD的中点，作为数学大题，肯定不会告诉我们没用的信息，那么这时我们就得思考哪些知识点能把中点给利用起来。这时我们脑海中就得想到：中位线...
答：1)角ACD=30度 又因为ABCD是菱形,AD=CD,可证角CAD=30度 又因为菱形,AB//CD,可证角CAD=角BAC 所以角BAD=60度 既ABD是正三角形 2)因为角BAC=30度 BD=6 可以求BO=3,AO=3倍根号3 所以AC=6倍根号3
答：证明：如图，连接OE ∵AC切⊙O于E，∴OE⊥AC，又∠ACB=90°，即BC⊥AC，∴OE∥BC，∴∠OED=∠F，又OD=OE，∴∠ODE=∠OED，∴∠ODE=∠F，∴BD=BF
