（2004?厦门）如图，在△ABC中，∠A的平分线AM与BC交于点M，且与△ABC的外接圆O交于点D．过D作⊙O的切线

三角形ABC的外接圆圆O AM为BC上中线 过B点C点的切线交于X点~

题目有点问题，应该是AM/AX=|cos∠BAC|
题目错写成cos∠ABC，另外当∠BAC是钝角时，显然cos∠BAC是负值。以∠BAC是锐角为例证明，钝角情况类同

证法一：（利用余弦定理和正弦定理）
假设圆O的半径是r
1) 根据余弦定理：
AB^2=BM^2+AM^2-2*BM*AM*cos∠BAM ...(a)
AC^2=CM^2+AM^2-2*CM*AM*cos∠CAM ...(b)
(a)+(b)得：AB^2+AC^2=(1/2)*BC^2+2*AM^2，于是：
AM^2=(1/2)*AB^2+(1/2)*AC^2-(1/4)*BC^2 ...(c)
2) 根据正弦定理，将AB=2*r*cosC，AC=2*r*cosB，BC=2*r*cosA带入(c)式得：
AM^2=r^2*[2*(cosC)^2+2*(cosB)^2-(cosA)^2]
=r^2*[(1-cos(2C))+(1-cos(2B))-(1-(sinA)^2)]
=r^2*[1+cosAcosBcosC+3*cosAsinBsinC]
3) 显然O、M、X三点共线，∠AOX=2*B+A或者∠AOX=2*C+A，无论如何都有cos∠AOX=-cos(B-C)。△AOX中运用余弦定理：
AX^2=AO^2+OX^2-2*AO*OX*cos∠AOX
=r^2+(r/cosA)^2+2*r*(r/cosA)*cos(B-C)
=(r/cosA)^2*[(cosA)^2+1+2*cosA*cos(B-C)]
=(r/cosA)^2*[1+cosAcosBcosC+3*cosAsinBsinC]
4) 比如2)、3)的结论可知(AM/AX)^2=(cosA)^2，从而AM/AX=|cosA|


证法二：（纯几何证明）
延长AM交圆O于D，记AX交圆O于E
1) 显然O、M、X三点共线，BM*CM=OM*XM，根据相交弦定理又BM*CM=AM*DM，于是OM*XM=AM*DM，根据相交弦逆定理可知A、O、D、X四点共圆
2) 显然OA=OD，根据同圆中等弦对等角可知∠MXO=∠AXO，即直线XM、XA关于XO对称，自然XM、XA与圆O的近交点D、E关于XO对称
3) B、C同样关于XO对称，所以BD=CE，根据同圆中等弦对等角可知∠BAM=∠EAC
4) 根据3)的结论很容易证明△BAM相似于△EAC，于是BM/AM=CE/AC
5) 根据切割线定理很容易知道CE/AC=CX/AX
6) 比较4)、5)的结论有BM/AM=CX/AX，变形得AM/AX=BM/CX=BM/BX=cosA

``(1）在直线HF的点的左边去一点为M
∠FAC=∠CBF （等弦圆周角相等）
∠CBF=∠BFM （平行内错角相等）
∠BFM =∠BAF (弦切角=圆周角) 所以（1）得证
(2)∠DBF=∠DBE+∠EBF=∠DBE+∠FAC=∠DBE+∠BAF=∠ABD+∠BAD=∠BDF
(2)得证

解答：答：DE∥BC．
证明：∵DE是圆的切线，
∴∠CDE=∠DAE，
又∵∠BAD=∠DAC=∠BCD，
∴∠BCD=∠CDE，
∴DE∥BC．

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新余市19555472181： (2013•厦门质检)如图,在△ABC中,∠C=90°,设BC=x,AC=y,(1)若x=1,y=2,求AB的长;(2)若tanA=13,求点(x,y)中纵坐标随横坐标变化的函数解... - ？
老泉卡文：[答案] (1)在Rt△ABC中, ∵∠C=90°, ∴AC2+BC2=AB2, ∵BC=x,AC=y, ∴AB= x2+y2= 12+22= 5. (2)∵tanA= 1 3, ∴ x y= 1 3, ∴y=3x(x>0).

新余市19555472181： (2014?厦门)如图,在△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,若DE∥BC,DE=2,BC=3,求AEAC的值 - ？
老泉卡文： ∵DE∥BC,∴△ADE∽△ABC,∵DE=2,BC=3,∴ AE AC = DE BC =2 3 .

新余市19555472181： (2006•厦门模拟)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,D、E、F分别是AB、AC、BC的中点,连接DE、DF、EF,要使四边形DECF是正方形,只需增加一个... - ？
老泉卡文：[答案] 添加条件:AC=BC; 证明:∵D、E、F分别是AB、AC、BC的中点, ∴DE∥BC,DE= 1 2BC, ∵∠ACB=90°, ∴∠DEC=90°, 同理∠DFC=90°,DF= 1 2AC, ∴四边形DECF是矩形, 又∵AC=BC, ∴DE=DF, ∴四边形DECF为正方形. 故答案为:AC...

新余市19555472181： (2008?厦门)如图,在四边形ABCD中,P是对角线BD的中点,E,F分别是AB,CD的中点,AD=BC,∠PEF=18°, - ？
老泉卡文： ∵在四边形ABCD中,P是对角线BD的中点,E,F分别是AB,CD的中点,∴FP,PE分别是△CDB与△DAB的中位线,∴PF=1 2 BC,PE=1 2 AD,∵AD=BC,∴PF=PE,故△EPF是等腰三角形. ∵∠PEF=18°,∴∠PEF=∠PFE=18°. 故答案为18.

新余市19555472181： (2009•厦门)已知:在△ABC中,AB=AC.(1)设△ABC的周长为7,BC=y,AB=x(2≤x≤3).写出y关于x的函数关系式,并在直角坐标系中画出此函数的图象;(2... - ？
老泉卡文：[答案] 根据已知求得函数关系式再按要求画图,根据相似三角形的判定方法来判定两三角形相似. (1)【解析】 y=7-2x(2≤x≤3) 函数图象如右图所示: (2)证明:∵AB=AC,∴∠B=∠C. ∵∠B=∠BAD,∴∠BAD=∠C. 又∵∠B=∠B, ∴△BAC∽△BDA.

新余市19555472181： (2013?厦门)如图所示,在正方形ABCD中,点G是边BC上任意一点,DE⊥AG,垂足为E,延长DE交AB于点F.在线 - ？
老泉卡文： 证明:在正方形ABCD中,AB=AD,∠ABG=∠DAF=90°,∵DE⊥AG,∴∠2+∠EAD=90°,又∵∠1+∠EAD=90°,∴∠1=∠2,在△ABG和△DAF中, ∠1=∠2 AB=AD ∠ABG=∠DAF=90° ,∴△ABG≌△DAF(ASA),∴AF=BG,AG=DF,∠AFD=∠BGA,∵AG=DE+HG,AG=DE+EF,∴EF=HG,在△AEF和△BHG中, AF=BG ∠AFD=∠BGA EF=HG ,∴△AEF≌△BHG(SAS),∴∠1=∠3,∴∠2=∠3,∵∠2+∠CDE=∠ADC=90°,∠3+∠ABH=∠ABC=90°,∴∠ABH=∠CDE.

新余市19555472181： (2014?厦门)如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,AM⊥BC,垂足为M,AN⊥DC,垂足为N,若∠BAD=∠BCD,AM=AN - ？
老泉卡文： 证明:∵AD∥BC,∴∠B+∠BAD=180°,∠D+∠C=180°,∵∠BAD=∠BCD,∴∠B=∠D,∴四边形ABCD是平行四边形,∵AM⊥BC,AN⊥DC,∴∠AMB=∠AND=90°,在△ABM和△ADN中, ∠B=∠D ∠AMB=∠AND=90° AM=AN ,∴△ABM≌△ADN(AAS),∴AB=AD,∴四边形ABCD是菱形.

新余市19555472181： (2011•厦门)如图,⊙O为△ABC的外接圆,BC为⊙O的直径,BA平分∠CBE,AD⊥BE,垂足为D.(1)求证:AD为⊙O的切线;(2)若AC=25,tan∠ABD=2... - ？
老泉卡文：[答案] 如右图所示,连接OA. (1)∵BA平分∠CBE, ∴∠ABE=∠ABO, 又∵∠ABO=∠BAO, ∴∠BAO=∠ABD, ∵AD⊥BE, ∴∠... ∴∠BAC=90°, 又∵∠ABD=∠ABO,tan∠ABD=2, ∴tan∠ABO=2, 在Rt△ABC中,AB= AC tan∠ABO= 5, ∴BC= AC2+AB...

新余市19555472181： (2014?厦门模拟)如图,四边形ABCD是边长为4的正方形,⊙C交BC于点E,交DC于点F.(1)若点E是线段CB的 - ？
老泉卡文：解:(1)∵四边形ABCD是边长为4的正方形, ∴∠DCB=90°, ∵点E是线段CB的中点,BC=4, ∴EC=2, ∴S扇形ECF= 90?π?22 360 , ∴S扇形ECF=π.(2)答:是相切, 理由是:连结AC交BD于点O, ∵四边形ABCD是边长为4的正方形, ∴∠C=90°,CO= 1 2 AC=2 2 , ∵CA⊥BD于O点, 在Rt△FCE中,FC=CE,EF=4, ∴FC2+CE2=EF2=16, ∴FC=2 2 , ∴FC=CO, 又∵CO⊥BD, ∴直线BD与⊙C相切.

新余市19555472181： (2014?厦门)在平面直角坐标系中,已知点A( - 3,1),B( - 1,0),C( - 2, - 1),请在图中画出△ABC,并 - ？
老泉卡文： 如图所示:△DEF与△ABC关于y轴对称的图形.