初三数学，几何题求详解
竞赛题，分数太少
为何匿名？是否从不采纳？
做差不多了
求AM：
初中解法：
设 AM = x
易得 (x - 6√2)^2 + (x - 4√2)^2 = 200
∴ x^2 - 10√2x - 48 = 0，AM = x = 12√2 (负值舍去)
高中解法：
tan∠BAC = (tan∠1 + tan∠2) / (1 - tan∠1 * tan∠2)
= (6√2 / x + 4√2 / x) / (1 - 48 / x^2) = 1
x^2 - 10√2x - 48 = 0……
选D
连接AB
当L是AB的垂直平分线时，圆心在L上，有无数个圆
当AB的垂直平分线与L平行时，这样的圆不存在
当AB的垂直平分线与L相交时，这样的圆只有一个
解答：（1）①猜想BG=DE,且二者所在的直线相互垂直。
∵四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形。
∴BC=DC,CG=CE,∠BCG=∠DCE=90°
∴△BCG∽△DCE
故BG=CE,∠BGC=∠DEC
又∠BGC+∠CBG=90°
∴∠DEC+∠CBG=90°
BG与DE所在直线被BC所在直线所截，形成的同旁内角互为余角，则直线BG⊥DE.
②任然成立。
证明：如图二所示，在正方形ABCD与CEFG中，∠BCD=∠GCE=90°
∵∠BCD+∠DCG=∠GCE+∠DCG,即∠BCG=∠DCE=90°
BC=CD,CG=CE
∴△BCG∽△DCE
∴BG=CE,∠CBG=∠CDE
又∵∠CBG+∠BHC=90°
∴∠CDE+∠BHC=90°
则BG与DE所在直线被DC所截形成同旁内角互为余角，有直线BG⊥DE.
（2）如图五所示，在矩形ABCE与CEFG中，∠BCD=∠GCE=90°
∵∠BCD+∠DCG=∠GCE+∠DCG,
有∠BCG=∠DCE=90°
∵AB=a,BC=b,CE=ka,CG=kb
BC/CD=b/a , CG/CE=kb/ka=b/a
∴△BCG∽△DCE(对应两边成比例且夹角相等的两个三角形相似)
有∠CBG=∠CDE
∵∠CBG+∠BHC=90°
∴∠CDE+∠BHC=90°
则BG与DE所在直线被DC所截形成同旁内角互为余角，有直线BG⊥DE.
又∵在矩形ABCE中,a,b不相等
∴b与a的比值不为1，有BG不等于DE
故，（1）中结论只有BG与DE所在直线垂直这一条仍成立。
解：（1）①
BG=DE
线段BG、线段DE所在直线的位置关系为：互相垂直。
②将图一中的张方形CEFG绕C顺时针（或逆时针）方向旋转任意角度α,①中得到的结论依然成立。
理由如下：
在△DCE和△BCG中，
∵ CD=CB
∠ECG+∠DCG =∠BCD+∠DCG 即：∠DCE=∠BCG
CE=CG
∴△DCE≌△BCG(ASA)
∴DE=BG
∠CDE=∠CBG
又∵△OHD和△CHB中
∠OHD=∠CHB(对顶角相等)
∠CDE=∠CBG(已证)
∴△OHD∽△CHB
∴∠DOH=∠BCH=90°
即：线段BG、线段DE所在直线互相垂直。
（2）将原题中正方形改为矩形，且AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb，（a≠b，k＞0），则
BG≠DE ；但线段BG、线段DE所在直线依然互相垂直。
理由如下：
图五可知，在△DCE和△BCG中
∵CD:CE=a:ka=1:k
∠ECG+∠DCG =∠BCD+∠DCG 即：∠DCE=∠BCG
BC:CG=b:kb=1:k
∴△DCE∽△BCG
∴CD:BC=DE:BG=a:b(a≠b) 即：BG≠DE
与(1)②同理，在△OHD和△CHB中
∠OHD=∠CHB(对顶角相等)
∠CDE=∠CBG(已证)
∴△OHD∽△CHB
∴∠DOH=∠BCH=90°
即：线段BG、线段DE所在直线互相垂直
(1)①BG=DE,BG⊥DE
②依然成立
证明：
∵∠BCG=∠DCG﹢∠BCD
∠ECD=∠ECG+∠DCG
∵四边形ABCD是正方形,CEFG也是正方形
∴∠BCD=∠ECG=90º
BC=DC
GC=CE
∴ ∠BCG =∠ECD
∴ΔBCG≌ΔDCE
∴BG=DE(。。。。。。。。。。。。得证)
∵ΔBCG≌ΔDCE
∴∠CBG=∠CDE
又∵∠BHC=∠DHG
而∠BHC+∠CBH=90º
∴∠HDE+∠DHG=90º
∴BG⊥DE(。。。。。。。。。。。。得证)
（2）BG不等于DE而是kBG=DE
BG仍然垂直于DE
说明：∵∠BCG=∠DCG﹢∠BCD
∠ECD=∠ECG+∠DCG
∵四边形ABCD是长方形,CEFG也是长方形
∴∠BCD=∠ECG=90º
∴ ∠BCG =∠ECD
∵AB=a，BC=b（这里应该是b吧），CE=ka，CG=kb
∴∴ΔBCG∽ΔDCE
∴∠CBG=∠CDE
又∵∠BHC=∠DHG
而∠BHC+∠CBH=90º
∴∠HDE+∠DHG=90º
∴BG⊥DE
这我搜到的还有一个解答很好但是没办法复制过来你自己把题目复制然后查一下会更清楚
解答：解：（1）①BG=DE，
BG⊥DE．（2分）
②BG=DE，
BG⊥DE仍然成立．（1分）
在图（2）中证明如下
∵四边形ABCD、四边形ABCD都是正方形，
∴BC=CD，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCG=∠DCE（1分），
∴△BCG≌△DCE（SAS），（1分）
∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，
又∵∠BHC=∠DHO，∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHO=90°，
∴∠DOH=90°，
∴BG⊥DE．（1分）
（2）BG⊥DE成立，BG=DE不成立．（2分）
简要说明如下：
∵四边形ABCD、四边形CEFG都是矩形，
且AB=a，BC=b，CG=kb，CE=ka（a≠b，k＞0），
∴ ，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCG=∠DCE，
∴△BCG∽△DCE，（1分）
∴∠CBG=∠CDE，
又∵∠BHC=∠DHO，∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHO=90°，
∴∠DOH=90°，
∴BG⊥DE．（1分）
解：（1）①BG⊥DE，BG=DE；
②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCG=∠DCE，
∴△BCG≌△DCE，
∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，
又∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHG=90°，
∴BG⊥DE．
（2）∵AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb，
∴BCDC=CGCE=ba，
又∠BCG=∠DCE，
∴△BCG∽△DCE，
∴∠CBG=∠CDE，
又∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHG=90°，
∴BG⊥DE．
希望帮到你~~
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