热点必刷题03 几何证明解答题23题（4类题型42题） -2025年中考数学二轮热点题型归纳与变式演练（上海专用）

热点必刷题03 几何证明解答题23题 题型一：相似三角形的判定与性质综合（3年3考） 1 题型二：与圆有关证明 17 题型三：与三角形有关证明 21 题型四：与四边形有关证明 22 题型一：相似三角形的判定与性质综合 1．（2025·上海徐汇·一模）如图，在梯形中，是梯形对角线，．    (1)求证：； (2)以为一边作交边于点，求证：． 2．（2020·上海·中考真题）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H． （1）求证：△BEC∽△BCH； （2）如果BE2=AB•AE，求证：AG=DF． 3．（2024·上海浦东新·二模）已知：如图，在菱形中，点E是边上的任意一点（不与点D、C重合），交对角线于F，过点E作交于点G． (1)求证：； (2)当时，求证：． 4．（2024·上海虹口·二模）如图，在中，，延长至点，使得，过点、分别作，，与相交于点，连接． (1)求证：； (2)连接交于点，连接交于点．如果，求证：． 5．（2024·上海静安·二模）已知：如图，直线经过矩形顶点，分别过顶点、作的垂线，垂足分别为点E和点F，且，连接． (1)求证：； (2)连接和，求证：． 6．（2024·上海闵行·二模）如图，在中，点在边上，点在边上，点、在边上，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：． 7．（2024·上海金山·二模）如图，已知：D是的边上一点，点E在外部，且，，交于点F． (1)求证：； (2)如果，求证：． 8．（2024·上海奉贤·二模）如图，在四边形中，，，点E、F分别在边、上，且． (1)求证：； (2)连接 、，如果，求证：四边形是菱形． 9．（2024·上海长宁·二模）已知：在梯形中，，点E在边上（点E不与点A、D重合），点F在边上，且． (1)求证：； (2)连接，与交于点G，如果，求证：四边形为等腰梯形． 10．（2024·上海杨浦·一模）已知：如图，在梯形中，，，，的平分线交延长线于点E，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点G，如果，求证：． 11．（2025·上海青浦·一模）已知：如图，点D、E分别在的边上，，联结． (1)求证：； (2)取的中点，联结，求证：． 12．（2025·上海黄浦·一模）已知在中，平分，是延长线上一点，，是延长线上的点，连接． (1)证明：； (2)如果，求证：． 13．（2025·上海松江·一模）如图，在中，，，，垂足分别为点，点．，交的延长线于点． (1)求证：； (2)求证：． 14．（2025·上海金山·一模）已知：如图，点是平行四边形的对角线上的一点，射线与交于点，与的延长线交于点． (1)求证：； (2)连接，若，，求证：四边形是菱形． 15．（2025·上海闵行·一模）如图：在四边形中，对角线平分，且，点在线段上且，连接并延长交于点，连接并延长交于点． (1)求证：； (2)求证：． 16．（2025·上海普陀·一模）已知：如图，梯形中，，为对角线，． (1)求证：； (2)E为的中点，作，交边于点F，求证：． 17．（2025·上海崇明·一模）如图，在中，是边上的中线，点在上（不与重合），连接、，并延长交于点． (1)求证：； (2)当时，求证：． 18．（2025·上海杨浦·一模）已知：如图，中，，点是边上一点，过点作交延长线于点，． (1)求证：； (2)求证：． 19．（2025·上海长宁·一模）如图，在中，点、分别在边、上，连接、交于点，，． (1)求证：； (2)如果点是边的中点，求证：． 20．（2025·上海静安·一模）已知：如图，在梯形中，，连接，是等边三角形，，与交于点，． (1)求证：； (2)求证：点是线段的黄金分割点． 21．（2025·上海宝山·一模）学完“相似三角形”之后，小明和同学尝试探索相似四边形的判定与性质，以下是他们的思考 【定义】如果两个四边形的四个角对应相等，四条边对应成比例，那么这两个四边形相似．两个相似四边形的对应边的比等于相似比． 【思考】类比相似三角形，对相似四边形的判定与性质提出了许多猜测，如： ①四条边对应成比例，且有一组角对应相等的两个四边形相似； ②四个角对应相等，且有两条相邻的边对应成比例的两个四边形相似； ③相似四边形的面积的比等于相似比的平方． …… 【探究】请完成上述猜测中第③个结论的证明． 已知：如图，四边形与四边形相似，点分别与点对应 求证：． 证明： 【运用】同学们通过讨论，证明了上述猜测都是正确的．试运用这些结论，解决问题：如图，分别是边上的点，，，试求的值． 22．（2022·上海·中考真题）如图所示，在等腰三角形ABC中，AB=AC，点E，F在线段BC上，点Q在线段AB上，且CF=BE，AE²=AQ·AB求证： (1)∠CAE=∠BAF； (2)CF·FQ=AF·BQ 23．（2023·上海·中考真题）如图，在梯形中，点F，E分别在线段，上，且，    (1)求证： (2)若，求证： 24．（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且． (1)求证：； (2)为线段延长线上一点，且满足，求证：． 25．（2024·上海静安·三模）已知：如图，四边形的对角线相交于点，，； (1)求证：． (2)过点作交延长线于点，延长、交于点，分别取的中点，连结，求证：平分． 26．（2024·上海黄浦·三模）如图，在梯形中，，，与对角线交于点，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，如果，求证：． 27．（2024·上海普陀·二模）已知：如图，四边形中，，点在边上，与的延长线交于点，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)联结，分别延长、交于点，如果，求证：． 28．（2024·上海青浦·二模）已知：如图，在四边形中，，点E是对角线上一点，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)延长分别交线段的延长线于点，如果，求证：． 29．（2025·上海奉贤·一模）已知，如图，在中，点D在边上，点M、N在边上，是线段与的比例中项，分别交于点E、F． (1)求证：； (2)若点O为边的中点，连接，且，求证：． 30．（2025·上海徐汇·一模）如图，在中，C为上一点，P为上一点，作平行四边形，边交于点F，满足，连接． (1)求证：． (2)连接交于点O，若，求证：四边形是等腰梯形． 题型二：与圆有关证明 31．（2024·上海奉贤·三模）如图1，在边长为6的正方形中，E是边的动点，以E为圆心，为半径作圆，与相切于点F，连接并延长交于点G，连接、． (1)求证：； (2)如图2，与相交于点H，连接并延长交于点K，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由． 32．（2023·上海闵行·二模）如图，在扇形中，点C、D在上，，点F、E分别在半径、上，，连接、． (1)求证：； (2)设点Р为的中点，连接、、，线段交于点M、交于点N．如果，求证：四边形是矩形． 33．（2024·上海嘉定·三模）如图，是的直径，连接交于点，连接、，使得． (1)试判断与的位置关系并说明理由 (2)若点是的中点，与交于点，求证：． 34．（2024·上海松江·二模）如图，已知是与的公共弦，与交于点C，的延长线与交于点P，连接并延长，交于点D． (1)连接如果．求证： ； (2)如果，求证：． 35．（2024·上海杨浦·三模）已知：如图，在中，平分劣弧，与交于点，点在延长线上，，连接． (1)求证：平分； (2)连结、，延长交于点，如果，求证：四边形是正方形． 36．（2024·上海奉贤·三模）如图1，在边长为6的正方形中，是边的动点，以为圆心，为半径作圆，与相切于点，连接并延长交于点，连接，． (1)求证：； (2)如图2，与相交于点，连接并延长交于点，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由． 题型三：与三角形有关证明 37．（2024·上海浦东新·三模）爱动脑筋的小李同学在学习完角平分线的性质后意犹未尽，经过思考发现里面还有一个有趣的结论： (1)【问题发现】如图1所示，若是的角平分线，可得到结论：． 小李的解法如下：过点D作于点E，于点F，过点A作于点G， ∵是的角平分线，且，， ∴ ． ∵，， ∴； (2)【类比探究】如图2所示，若是的外角平分线，与的延长线交于点D．求证：； (3)【直接应用】如图3所示，在中，，是的平分线，且交于D，若，，请利用小李的方法在不添加辅助线的情况下求出； (4)【拓展应用】如图4所示，在中，，，，将先沿的平分线折叠，B点刚好落在上的E点，剪掉重叠部分（即四边形），再将余下部分（）沿的平分线折叠，再剪掉重叠部分（即四边形），直接写出剩余部分的面积为 ． 38．（2024·上海青浦·三模）在中，，，点为线段上一动点，连接． (1)如图1，若，，求线段的长． (2)如图2，以为边在上方作等边，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点． 若，求证：． 题型四：与四边形有关证明 39．（2024·上海·三模）如图，四边形是菱形，过点A作、，垂足分别为点E、F，分别交于点G、H． (1)求证：； (2)延长相交于点P，当时，求证：． 40．（2024·上海黄浦·二模）如图，M、N分别是平行四边形边、的中点，对角线交、分别于点P、Q． (1)求证：； (2)当四边形是正方形时，试从内角大小和邻边的数量关系的角度探究平行四边形的形状特征． 41．（2024·上海徐汇·二模）如图，在菱形中，点、、、分别在边、、、上，，，． (1)求证：； (2)分别连接、，求证：四边形是等腰梯形． 42．（2024·上海嘉定·二模）如图，在梯形中，，，点在四边形内部，，连接、． (1)求证：是等腰三角形； (2)已知点在上，连接，如果，，求证：四边形是平行四边形． 1 / 69 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点必刷题03 几何证明解答题23题 题型一：相似三角形的判定与性质综合（3年3考） 1 题型二：与圆有关证明 62 题型三：与三角形有关证明 75 题型四：与四边形有关证明 82 题型一：相似三角形的判定与性质综合 1．（2025·上海徐汇·一模）如图，在梯形中，是梯形对角线，．    (1)求证：； (2)以为一边作交边于点，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定方法，证明三角形相似，是解题的关键： （1）证明，即可得证； （2）证明，得到，结合，即可得证． 【详解】（1）， ， ， ， ， ， ； （2）作交边于点 ，    由（1）得， ， 又， ， ， ， 又， ． 2．（2020·上海·中考真题）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H． （1）求证：△BEC∽△BCH； （2）如果BE2=AB•AE，求证：AG=DF． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【知识点】利用菱形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】(1)先证明△CDF≌△CBE，进而得到∠DCF=∠BCE，再由菱形对边CDBH，得到∠H=∠DCF，进而∠BCE=∠H即可求解． (2) 由BE2=AB•AE，得到=，再利用AGBC，平行线分线段成比例定理得到=，再结合已知条件即可求解． 【详解】解：(1)∵四边形ABCD是菱形， ∴CD=CB，∠D=∠B，CDAB． ∵DF=BE， ∴△CDF≌△CBE(SAS)， ∴∠DCF=∠BCE． ∵CDBH， ∴∠H=∠DCF， ∴∠BCE=∠H．且∠B=∠B， ∴△BEC∽△BCH． (2)∵BE2=AB•AE， ∴=， ∵AGBC， ∴=， ∴=， ∵DF=BE，BC=AB， ∴BE=AG=DF， 即AG=DF． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 3．（2024·上海浦东新·二模）已知：如图，在菱形中，点E是边上的任意一点（不与点D、C重合），交对角线于F，过点E作交于点G． (1)求证：； (2)当时，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】利用菱形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判断，菱形的性质： （1）证明，得到，证明得到，则可得，即； （2）如图所示，连接交于O，由菱形的性质得到，，则，证明，进而证明,即可得到，即． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，连接交于O， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴, ∴， ∴． 4．（2024·上海虹口·二模）如图，在中，，延长至点，使得，过点、分别作，，与相交于点，连接． (1)求证：； (2)连接交于点，连接交于点．如果，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】正切的概念辨析、相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是矩形、利用矩形的性质证明 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形和矩形的判定方法． （1）先证四边形是平行四边形，得出从而证出四边形是矩形，即可证明结论； （2）设，算出，证明，求出 ，进而证出结论； 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 又，点D在的延长线上， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形， ； （2）解：如图，   四边形是平行四边形， ， 设， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中， ， ， ， 在中， ， ， ． 5．（2024·上海静安·二模）已知：如图，直线经过矩形顶点，分别过顶点、作的垂线，垂足分别为点E和点F，且，连接． (1)求证：； (2)连接和，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】梯形中位线定理、相似三角形的判定与性质综合、利用矩形的性质证明、线段垂直平分线的性质 【分析】本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定和性质，根据梯形中位线定理得出是解题关键． （1）连接交于点O，得是梯形的中位线，进而可得，再证明，由相似三角形性质即可得出结论， （2）根据垂直平分即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点O， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，即， （2）由（1）得，， ∴， 又∵， ∴ 6．（2024·上海闵行·二模）如图，在中，点在边上，点在边上，点、在边上，，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【知识点】根据平行线判定与性质证明、利用平行四边形性质和判定证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，证明四边形是平行四边形是解题关键． （1）首先证明，然后利用“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”证明四边形是平行四边形即可； （2）首先由平行四边形的性质可得，，进而证明，由相似三角形的性质即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 7．（2024·上海金山·二模）如图，已知：D是的边上一点，点E在外部，且，，交于点F． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的性质和判定、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键． （1）由得到，根据“角边角”推得，即可证得答案； （2）先证明，得到，再证明，得到，所以，由此即得答案． 【详解】（1）， ， ， ， ， ， ； （2）， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ． 8．（2024·上海奉贤·二模）如图，在四边形中，，，点E、F分别在边、上，且． (1)求证：； (2)连接 、，如果，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、由平行判断成比例的线段、证明四边形是菱形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】（1）连接，先证明得，再证明，得，从而得出，即可由比例的性质得出结论． （2）由平行线分线段使得，即 ，由（1）知，从而得，即可得出，再证明，得出，，从而得出，可由菱形的判定得出结论． 【详解】（1）证明：连接， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴，， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴． （2）证明：如图， ∵ ∴ ∴ 由（1）知 ∴ ∴ ∴ ∵∵ ∴ ∴ 在与中， ∴ ∴，， ∴ ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，等腰三角形的性质，全等三我的判定与性质，菱形的判定．熟练掌握相似三角形的判定与性质、菱形的判定是解题的关键． 9．（2024·上海长宁·二模）已知：在梯形中，，点E在边上（点E不与点A、D重合），点F在边上，且． (1)求证：； (2)连接，与交于点G，如果，求证：四边形为等腰梯形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、等腰梯形的判定定理 【分析】本题考查相似三角形判定及性质，等腰梯形判定等． （1）根据题意判定即可得到本题答案； （2）根据角的转换，证明两个底角即，继而得到本题答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：根据题意如下图： ∵， ∴， ∵，， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形为梯形， ∴， ∴， ∴四边形为等腰梯形． 10．（2024·上海杨浦·一模）已知：如图，在梯形中，，，，的平分线交延长线于点E，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点G，如果，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合、等腰梯形的判定定理 【分析】（1）先证明，可得，结合，可得四边形是平行四边形，从而可得结论， （2）如图，连接交于点G，交于，证明梯形是等腰梯形，证明，结合，可得，再利用相似三角形的性质可得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵的平分线交延长线于点E，交于点F． ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，而， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）如图，连接交于点G，交于， ∵在梯形中，，， ∴梯形是等腰梯形， ∴，， ∵菱形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是等腰梯形的判定与性质，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，掌握基本几何图形的性质是解本题的关键． 11．（2025·上海青浦·一模）已知：如图，点D、E分别在的边上，，联结． (1)求证：； (2)取的中点，联结，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． （1）先证明，转化为比例式为，再由可得结论； （2）由点是线段的中点，可得，再由可得，即，可证明，最后由相似三角形的性质可得答案． 【详解】（1）证明： ， ， ， ， ； （2）证明：如图， 点是线段的中点， ， ， ， ， 12．（2025·上海黄浦·一模）已知在中，平分，是延长线上一点，，是延长线上的点，连接． (1)证明：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【知识点】两直线平行内错角相等、等腰三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质综合、三角形角平分线的定义 【分析】（1）由，可得，推出，根据角平分线的定义可得，即可证明； （2）由平行线的性质可得，推出，可证明，得到，结合，，即可证明． 【详解】（1）证明：， ． ， ． 平分， ， ． （2）， ． ，， ． 又， ， ． ， ． 又， ， ． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，解题的关键是掌握相关知识． 13．（2025·上海松江·一模）如图，在中，，，，垂足分别为点，点．，交的延长线于点． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】三线合一、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． （1）根据题意证明，即可求解； （2）设与交于点，可证，得到，再证，得到，则有，由，代入计算即可求解． 【详解】（1）证明： 如图所示， ，， ， ， ， ， ， ； （2）证明：设与交于点， ， ，， ， ，， ∴，， ， 又， ， ， ，， ， ， 即， ， ． 14．（2025·上海金山·一模）已知：如图，点是平行四边形的对角线上的一点，射线与交于点，与的延长线交于点． (1)求证：； (2)连接，若，，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】等边对等角、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）可得，，则，，即可证明； （2）先证明，再证明，再根据相似三角形的性质以及平行四边形的性质求证． 【详解】（1）证明：平行四边形 ，  ， ∴，，                                   ，                                                                                     ； （2）证明：如图，连接， ， ，又， ， ，                                            ，， ，，   ，                                             平行四边形， ， ， ， ， ，                                               ，又，    ，                                             即，   ，                                                     平行四边形， 四边形是菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，菱形的判定，熟练掌握知识点是解题的关键． 15．（2025·上海闵行·一模）如图：在四边形中，对角线平分，且，点在线段上且，连接并延长交于点，连接并延长交于点． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据等边对等角证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握全等三角形与相似三角形的性质与判定是解题的关键． （1）证明即可得到 （2）证明即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴． 16．（2025·上海普陀·一模）已知：如图，梯形中，，为对角线，． (1)求证：； (2)E为的中点，作，交边于点F，求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【知识点】两直线平行内错角相等、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定方法，证明三角形相似，是解题的关键： （1）证明，即可得证； （2）先证明，可得，再由可得，结合，得到，即可得证． 【详解】（1）证明：∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． （2）如图， ∵， ∴， 又∵， ∴． ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． 即：， ∴ ∴ 17．（2025·上海崇明·一模）如图，在中，是边上的中线，点在上（不与重合），连接、，并延长交于点． (1)求证：； (2)当时，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】根据等角对等边证明边相等、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，等角对等边： （1）先证明得到，再由三角形中线的定义得到，据此可证明结论； （2）先由相似三角形的性质得到，再证明，得到，导角证明，得到，则可证明． 【详解】（1）证明：∵， ， ， 又是边上中线， ， ， 又， ； （2）证明：，   ， ， 又， ， ， 又， ， ， ， ． 18．（2025·上海杨浦·一模）已知：如图，中，，点是边上一点，过点作交延长线于点，． (1)求证：； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】三角形内角和定理的应用、等腰三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定与性质，掌握以上知识点是解答本题的关键． （1）先证明，得到，，又因为，所以，然后证明，得到，即可得证； （2）延长、交于点，由已知条件得，又，所以，证明，得，即可得证． 【详解】（1）证明：， ， 在与中，，， ， ，， 又， ， 在与中，，是公共角， ， ， 即； （2）解：延长、交于点，如图： ，，由三角形内角和可得， ， 又， ， 在与中，，， ， ， 即． 19．（2025·上海长宁·一模）如图，在中，点、分别在边、上，连接、交于点，，． (1)求证：； (2)如果点是边的中点，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】等边对等角、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识点，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． （1）先证明可得即可证明结论； （2）先证明可得，结合可得，即，则，最后结合点是中点即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵   ∴， ∴，   ∴． （2）解：∵， ∴， ∴，   ∴， ∵，， ∴ ∴   ∴ ∴ ∵点是中点， ∴， ∴． 20．（2025·上海静安·一模）已知：如图，在梯形中，，连接，是等边三角形，，与交于点，． (1)求证：； (2)求证：点是线段的黄金分割点． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、黄金分割 【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质，黄金分割点的计算，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． （1）根据为等边三角形，，得到,由，得到,,由，得到,结合，得到，由相似三角形的判定方法即可求解； （2）根据题意可得为等边三角形，即，由为等边三角形，得到，根据，得到，即，由此即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示， ∵为等边三角形， ∴, ∵， ∴, ∴, ∵， ∴, ∴, ∴, ∵， ∴, ∵，且， ∴， ∴． （2）解：∵， ∴为等边三角形，即， ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴点是线段的黄金分割点． 21．（2025·上海宝山·一模）学完“相似三角形”之后，小明和同学尝试探索相似四边形的判定与性质，以下是他们的思考 【定义】如果两个四边形的四个角对应相等，四条边对应成比例，那么这两个四边形相似．两个相似四边形的对应边的比等于相似比． 【思考】类比相似三角形，对相似四边形的判定与性质提出了许多猜测，如： ①四条边对应成比例，且有一组角对应相等的两个四边形相似； ②四个角对应相等，且有两条相邻的边对应成比例的两个四边形相似； ③相似四边形的面积的比等于相似比的平方． …… 【探究】请完成上述猜测中第③个结论的证明． 已知：如图，四边形与四边形相似，点分别与点对应 求证：． 证明： 【运用】同学们通过讨论，证明了上述猜测都是正确的．试运用这些结论，解决问题：如图，分别是边上的点，，，试求的值． 【答案】探究：证明见解析；运用： 【知识点】利用矩形的性质证明、相似多边形的性质、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，相似多边形的性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，相似多边形的性质是解题的关键． 【探究】连接，证明，得出，，则可得出答案；【运用】由矩形的性质得出，证出，由结论“四个角对应相等，且有两条相邻的边对应成比例的两个四边形相似”证明四边形四边形，则可得出答案． 【详解】【探究】证明：连接，如图所示： ∵四边形与四边形相似， ∴，， ∴， ∴，， ∴； 【运用】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形四边形， ∴． 22．（2022·上海·中考真题）如图所示，在等腰三角形ABC中，AB=AC，点E，F在线段BC上，点Q在线段AB上，且CF=BE，AE²=AQ·AB求证： (1)∠CAE=∠BAF； (2)CF·FQ=AF·BQ 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据等边对等角证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）利用SAS证明△ACE≌△ABF即可； （2）先证△ACE∽△AFQ可得∠AEC=∠AQF，求出∠BQF=∠AFE，再证△CAF∽△BFQ，利用相似三角形的性质得出结论． 【详解】（1）证明：∵AB=AC， ∴∠B=∠C， ∵CF=BE， ∴CE=BF， 在△ACE和△ABF中，， ∴△ACE≌△ABF（SAS）， ∴∠CAE=∠BAF； （2）证明：∵△ACE≌△ABF， ∴AE＝AF，∠CAE=∠BAF， ∵AE²=AQ·AB，AC＝AB， ∴，即， ∴△ACE∽△AFQ， ∴∠AEC=∠AQF， ∴∠AEF=∠BQF， ∵AE＝AF， ∴∠AEF=∠AFE， ∴∠BQF=∠AFE， ∵∠B=∠C， ∴△CAF∽△BFQ， ∴，即CF·FQ=AF·BQ． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键． 23．（2023·上海·中考真题）如图，在梯形中，点F，E分别在线段，上，且，    (1)求证： (2)若，求证： 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）先根据平行线的性质可得，再根据三角形的全等的判定可得，然后根据全等的三角形的性质即可得证； （2）先根据全等三角形的性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质即可得证． 【详解】（1）证明：， ， 在和中，， ， ． （2）证明：， ， ，即， 在和中，， ， ， 由（1）已证：， ， ． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． 24．（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且． (1)求证：； (2)为线段延长线上一点，且满足，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等腰三角形的性质和判定、利用矩形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）由矩形性质得到，，，由角的互余得到，从而确定，利用相似三角形性质得到； （2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到，，， 进而由三角形全等的判定与性质即可得到． 【详解】（1）证明：在矩形中，，，， ， ， ， ， ， ， ，即， ， ； （2）证明：连接交于点，如图所示： 在矩形中，，则， ， ， ， ， ， 在矩形中，， ， ， ，， ， ， 在和中， ， ． 【点睛】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键． 25．（2024·上海静安·三模）已知：如图，四边形的对角线相交于点，，； (1)求证：． (2)过点作交延长线于点，延长、交于点，分别取的中点，连结，求证：平分． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】线段垂直平分线的判定、与三角形中位线有关的证明、斜边的中线等于斜边的一半、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）由，可得，进而可证，则，； （2）如图，连结，记的交点为，由为的中点，可得，，则，由为中点，可得，则，垂直平分，，证明，则，即平分． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图，连结，记的交点为， ∵为的中点， ∴，， ∴， ∵为中点， ∴， ∴，即， 又∵， ∴垂直平分， ∴， ∵，，， ∴， ∴，即平分． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，中位线，垂直平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，中位线，垂直平分线的判定与性质，全等三角形判定与性质是解题的关键． 26．（2024·上海黄浦·三模）如图，在梯形中，，，与对角线交于点，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，如果，求证：． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析． 【知识点】证明四边形是平行四边形、证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（）由，得四边形是平行四边形，由得，得到，同理得，进而由得到，即可求证； （）连接，与交于点，证明得到，进而由，，，可得，据此即可求证； 本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， 同理可得，， ∴， ∵， ∴ ∴四边形是菱形； （2）证明：连接，与交于点，如图， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 即． 27．（2024·上海普陀·二模）已知：如图，四边形中，，点在边上，与的延长线交于点，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)联结，分别延长、交于点，如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】证明四边形是平行四边形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定； （1）根据，可得得出，结合已知条件可得，即可得证； （2）根据已知可证明得出，，进而证明，得出，即可得出，进而根据平行四边形的性质可得，即可得证． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：如图所示， ∵， 即， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即． 28．（2024·上海青浦·二模）已知：如图，在四边形中，，点E是对角线上一点，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)延长分别交线段的延长线于点，如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）由得, 则，所以，则四边形是平行四边形， 由且得, 所以则, 即可证明四边形D是菱形； （2）由菱形的性质得, 而, 所以, 可证明, 得 则再证明, 得 所以, 再证明, 得则 即可证明 【详解】（1）)证明: ∵, ∴, ∵, ∴, ∴, ∴四边形是平行四边形， ∵, ∴, ∴， ∵, ∴, ∴, ∴, ∴四边形是菱形； （2）证明：根据题意作图如下， ∵四边形是菱形, ∴， ∵, ∴, ∵, ∴, ， ， ∵, ∴, ， ∴, ∴, 且, ∴, ∵, ∴, ∴, ， ． 【点睛】此题重点考查平行线的性质、菱形的判定性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，推导出是解题的关键． 29．（2025·上海奉贤·一模）已知，如图，在中，点D在边上，点M、N在边上，是线段与的比例中项，分别交于点E、F． (1)求证：； (2)若点O为边的中点，连接，且，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】与三角形中位线有关的证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据，证明，得到，，结合可以证明，继而得到，证明，结合证明，等量代换即可证明． （2）在上截取，连接，证明，再三角形相似，平行线的判定证明，解答即可． 【详解】（1）证明：∵是线段与的比例中项， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴． （2）证明：在上截取，连接， ∵点O为边的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴． 【点睛】本题考查了三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理，平行线的判定和性质，比例中项的意义，熟练掌握三角形相似的判定和性质是解题的关键． 30．（2025·上海徐汇·一模）如图，在中，C为上一点，P为上一点，作平行四边形，边交于点F，满足，连接． (1)求证：． (2)连接交于点O，若，求证：四边形是等腰梯形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】利用平行四边形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、等腰梯形的判定定理 【分析】（1）先由平行四边形的性质得，结合，则，根据两边成比例且夹角相等的两三角形相似解题； （2）先由平行四边形的性质得，证明，则有因为，因为， 证明，则， 所以，得四边形是梯形， 结合由（1）得， ， 所以，即，证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ，即 ， ； ， ； （2）解：连接，如图所示： ∵四边形是平行四边形， ， ， ， ∴， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形是梯形， ； 由（1）得， ， 则； 由（1）得， ， ， 则 ， 即 ， ∴四边形是等腰梯形． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，等腰梯形的判定，等角对等边，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 题型二：与圆有关证明 31．（2024·上海奉贤·三模）如图1，在边长为6的正方形中，E是边的动点，以E为圆心，为半径作圆，与相切于点F，连接并延长交于点G，连接、． (1)求证：； (2)如图2，与相交于点H，连接并延长交于点K，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)与的位置关系是相切，理由见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、全等的性质和HL综合（HL）、根据正方形的性质证明、切线的性质和判定的综合应用 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆的切线的判定定理和性质定理，找出全等三角形是解题关键． （1）根据正方形的性质和圆的切线的性质，可证，进而推出，利用“”即可证明； （2）同（1）理可证：，推出，从而得出，证明，得到，进而得到，证明出是的切线，即可得解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， 以E为圆心，为半径作圆，与相切于点F， ，， 在和中， ， ， ， ， 在和中， ， ； （2）解：与的位置关系是相切，理由如下： 四边形是正方形， ， 同（1）理可证：， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ，即， 是半径， 是的切线． 32．（2023·上海闵行·二模）如图，在扇形中，点C、D在上，，点F、E分别在半径、上，，连接、． (1)求证：； (2)设点Р为的中点，连接、、，线段交于点M、交于点N．如果，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【知识点】证明四边形是矩形、利用垂径定理求值、利用弧、弦、圆心角的关系求证 【分析】（1）由题意易得，则有，然后可证，进而问题可求证； （2）由（1）可知：，，然后可得扇形关于对称，则有，进而问题可求证． 【详解】（1）证明：∵，是公共弧， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：如图所示： 由（1）可知：，， ∵点Р为的中点， ∴， ∴扇形关于对称， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形． 【点睛】本题主要考查垂径定理、圆的基本性质及矩形的判定，熟练掌握垂径定理、圆的基本性质及矩形的判定是解题的关键． 33．（2024·上海嘉定·三模）如图，是的直径，连接交于点，连接、，使得． (1)试判断与的位置关系并说明理由 (2)若点是的中点，与交于点，求证：． 【答案】(1)相切，理由见详解 (2)见详解 【知识点】根据等角对等边证明等腰三角形、圆周角定理、证明某直线是圆的切线、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）由圆周角定理得到，证得，根据相似三角形的性质得到，根据切线的判定定理即可证得结论； （2）由弧和圆周角的关系证得，根据直角三角形的性质和三角形的外角定理证得，由等腰三角形的判定定理即可证得结论． 【详解】（1）解：相切，理由如下， 是的直径， ， ， ， ， ， ， ， 是的切线； （2）证明：∵， ∴， 点是的中点， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了切线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，弧和圆周角的关系，等腰三角形的性质和判定，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． 34．（2024·上海松江·二模）如图，已知是与的公共弦，与交于点C，的延长线与交于点P，连接并延长，交于点D． (1)连接如果．求证： ； (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】利用垂径定理求值、圆和圆的位置关系、由平行截线求相关线段的长或比值 【分析】本题主要考查了相交圆的性质，综合运用垂径定理、直角三角形的判定以及平行线分线段成比例是本题解题的关键． （1）连接，由直角三角形的判定可知为直角三角形，然后根据圆周角定理求出的度数即可证明； （2）过作于E，过作于F，根据垂径定理和平行线分线段成比例来证明即可． 【详解】（1）连接，如图： ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴为直角三角形， ∴， 由圆周角定理可知，， ∵是与的公共弦，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴； （2）过作于E，过作于F，如图： ∴， ∴， ∴， 由垂径定理可知，， ∴， ∴． 35．（2024·上海杨浦·三模）已知：如图，在中，平分劣弧，与交于点，点在延长线上，，连接． (1)求证：平分； (2)连结、，延长交于点，如果，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【知识点】证明四边形是正方形、垂径定理的推论、已知圆内接四边形求角度、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据平分劣弧可得，即有，再根据垂直可得，问题即可得证； （2）在优弧上任取一点N，连接、，根据圆内接四边形的性质可得：，根据平分劣弧可得，，证明，可得，即可证明，则有，进而可得，问题随之得证． 【详解】（1）∵平分劣弧， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； （2）在优弧上任取一点N，连接、，如图， 根据圆内接四边形的性质可得：， ∵平分劣弧， ∴，，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴菱形是正方形． 【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，正方形的判定以及圆内接四边形的性质等知识，掌握并灵活运用垂径定理是解答本题的关键． 36．（2024·上海奉贤·三模）如图1，在边长为6的正方形中，是边的动点，以为圆心，为半径作圆，与相切于点，连接并延长交于点，连接，． (1)求证：； (2)如图2，与相交于点，连接并延长交于点，当满足时，试判断与的位置关系并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)是的切线，证明见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、全等的性质和HL综合（HL）、根据正方形的性质证明、切线的性质和判定的综合应用 【分析】（1）利用圆的切性的性质定理，正方形的性质和全等三角形的判定定理得到，则，再利用全等三角形的判定定理解答即可； （2）利用（1）的结论得到，利用正方形的性质和同圆的半径相等的性质得到，利用全等三角形的判定与性质和直角三角形的性质得到，再利用圆的切线的判定定理解答即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵与相切于点， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； （2）是的切线，理由如下： 证明：由（1）知， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的半径， ∴是的切线． 【点睛】本题主要考查了切线的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键． 题型三：与三角形有关证明 37．（2024·上海浦东新·三模）爱动脑筋的小李同学在学习完角平分线的性质后意犹未尽，经过思考发现里面还有一个有趣的结论： (1)【问题发现】如图1所示，若是的角平分线，可得到结论：． 小李的解法如下：过点D作于点E，于点F，过点A作于点G， ∵是的角平分线，且，， ∴ ． ∵，， ∴； (2)【类比探究】如图2所示，若是的外角平分线，与的延长线交于点D．求证：； (3)【直接应用】如图3所示，在中，，是的平分线，且交于D，若，，请利用小李的方法在不添加辅助线的情况下求出； (4)【拓展应用】如图4所示，在中，，，，将先沿的平分线折叠，B点刚好落在上的E点，剪掉重叠部分（即四边形），再将余下部分（）沿的平分线折叠，再剪掉重叠部分（即四边形），直接写出剩余部分的面积为 ． 【答案】(1) (2)见解析 (3)； (4) 【知识点】角平分线的性质定理、用勾股定理解三角形 【分析】（1）根据角的平分线性质定理解答即可； （2）过点D作于N，过点D作于M．过点A作于点P．仿照第一问的解答求解即可； （3）利用（1）的结论，求得，设，则，利用勾股定理列式计算即可； （4）先算，后两次运用（1）的结论，依次计算即可． 【详解】（1）解：∵是的角平分线，且，， ∴， 故答案为：； （2）证明：过点D作于N，于M．过点A作于点P． ∵是的角平分线， ∴． ∴，， ∴； （3）解：∵中，，是的平分线，且交于D， ∴， ∵，， ∴， 设，则， 由勾股定理得，即， 解得（负值舍去）， ∴； （4）解：∵，，， ∴， ∵将先沿的平分线折叠， ∴，，，， ∴，由（1）可得， ∴，， ∴， 同理可求：， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了角的平分线的性质定理，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角形面积的性质，熟练掌握角的平分线的性质定理，三角形全等的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 38．（2024·上海青浦·三模）在中，，，点为线段上一动点，连接． (1)如图1，若，，求线段的长． (2)如图2，以为边在上方作等边，点是的中点，连接并延长，交的延长线于点． 若，求证：． 【答案】(1) (2)见详解 【知识点】全等三角形综合问题、等边三角形的判定和性质、斜边的中线等于斜边的一半、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）在中，由，，可得，，即得； （2）取的中点，连接，证明为等边三角形，得，，可得，有，故，在上截取，连接，可证，得，，有，，可得，知，，从而，． 【详解】（1）解：在中，， ，， ，， ， ； （2）证明：取的中点，连接，如图： 在中，点为斜边的中点， ， ， 为等边三角形， ，， ， 为等边三角形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 在上截取，连接， 点是的中点， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 又， ， ， ， ． 【点睛】本题考查三角形综合应用，解直角三角形的性质，直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，等边三角形的判定与性质，涉及全等三角形的判定与性质，对称变换等知识，综合性较强，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题． 题型四：与四边形有关证明 39．（2024·上海·三模）如图，四边形是菱形，过点A作、，垂足分别为点E、F，分别交于点G、H． (1)求证：； (2)延长相交于点P，当时，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、斜边的中线等于斜边的一半、利用菱形的性质证明 【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． (1)根据菱形的性质即可解决问题； (2)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明 是等边三角形， 是等边三角形，进而可以解决问题． 【详解】（1）证明： 四边形 是菱形， ， ， ， ； （2）解：， 是直角三角形斜边 的中点， 由(1)知： ， 是等边三角形， 如图，连接 ， ∵四边形是菱形， 是等边三角形， 40．（2024·上海黄浦·二模）如图，M、N分别是平行四边形边、的中点，对角线交、分别于点P、Q． (1)求证：； (2)当四边形是正方形时，试从内角大小和邻边的数量关系的角度探究平行四边形的形状特征． 【答案】(1)见详解 (2) 【知识点】线段中点的有关计算、利用平行四边形的性质求解、根据正方形的性质证明、由平行判断成比例的线段 【分析】本题主要考查平行四边形的性质、平行线所截线段成比例以及正方形的性质， （1）根据平行四边形的性质和中点得到是平行四边形，有，则有和，即可得到结论． （2）由正方形的性质得到，，结合中点，则有，进一步可得． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵M、N分别是、的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， 则，即， 同理，即， ． （2）如图， 由（1）知， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 则， 即． 41．（2024·上海徐汇·二模）如图，在菱形中，点、、、分别在边、、、上，，，． (1)求证：； (2)分别连接、，求证：四边形是等腰梯形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用菱形的性质证明、由平行判断成比例的线段、等腰梯形的判定定理 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰梯形的判定 （1）连结，可得，，进而即可得到结论； （2）欲证明四边形是等腰梯形，只需推知，，即可． 【详解】（1）证明：连结． ∵四边形是菱形， ∴； 又，， ∴，； ∴，； ∴． （2）证明：连接 ∵， ∴； ∵， ∴； 又， ∴； 又， ∴四边形是梯形； ∵,即； 又∵，即； ∵四边形是菱形， ∴； ∴； ∴； ∴梯形是等腰梯形． 42．（2024·上海嘉定·二模）如图，在梯形中，，，点在四边形内部，，连接、． (1)求证：是等腰三角形； (2)已知点在上，连接，如果，，求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【知识点】根据平行线判定与性质证明、用SAS间接证明三角形全等（SAS）、证明四边形是平行四边形、等腰梯形的性质定理 【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，平行线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． （1）先证明梯形是等腰梯形，再，即可证明； （2）先证明，再证明，即可证明． 【详解】（1）证明 ∵， ∴梯形是等腰梯形 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 即是等腰三角形； （2）证明：由（1）得 ∴ ∵ ∴ ∵四边形是等腰梯形 ∴ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴四边形是平行四边形． 1 / 69 学科网（北京）股份有限公司 $$