重难点03 相似三角形中的7种常考证明问题(7大题型+高分技法+限时提升练)-2025年中考数学【热点·重点·难点】专练(上海专用)

重难点03 相似三角形中的7种常考证明问题 上海中考对相似三角形的考查，聚焦 “核心知识 + 综合应用” 双维度。从考查方向看，以相似三角形的判定与性质为核心，深度融合平行四边形、菱形、矩形等特殊图形的性质，高频出现 “四边形形状证明（如平行四边形、菱形判定）”“比例式与等积式推导”“角相等与线段关系证明” 等核心问题，注重对 “截长补短”“中间比过渡”“三点定形法” 等几何证明方法的考查。 命题风格上，突出 “分层设问 + 逻辑递进”，常以 “基础证明（如三角形相似判定）— 进阶推理（如特殊四边形性质关联）— 综合应用（如黄金分割、比例中项计算）”形成问题链，强调知识迁移与几何直观、逻辑推理能力的结合。试题背景多依托等腰三角形、等边三角形等特殊图形，通过角平分线、中线、中点等条件构造比例关系，渗透 “转化与化归”数学思想，侧重对几何证明严谨性和数学表达规范性的考查. 题型一 平行四边形的证明 相似三角形里证明平行四边形问题的方法 在相似三角形里证明平行四边形问题，通常先从题目所给线段关系出发，像看到类似 这种式子，变形为 ，利用相似判定定理证明三角形相似，如结合公共角证明 ，得到角的相等关系。接着，借助已知图形（如本题等边三角形 ）的角的特性以及角平分线等条件，进一步推导角的关系。最后，依据这些角的关系，证明四边形两组对边分别平行，像通过角的推导得出 ，从而推出 ，进而证明该四边形是平行四边形. 典例1（2025·上海·二模）如图，在等边三角形中，点D在上，点E在边上，和的两条平分线交于点F，F在下方，上方，且． (1)如图1，求证：三角形是等边三角形． (2)如图2，在上找一点G，使．连接，连接交于点H，求证：四边形是平行四边形． 【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、证明四边形是平行四边形、等边三角形的判定和性质、角平分线的性质定理 【分析】（1）由等边三角形得和，结合题意得，则为等边三角形，有，由角平分线得和，即可判定为等边三角形； （2）由等边三角形得和，且，则．进一步判定，有，则，同理，利用平行线的性质可得，即可判定为平行四边形． 【详解】（1）证明：∵为等边三角形， ∴，， 又∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， 又∵平分， ∴， 同理，， ∴ 为等边三角形； （2）证明：∵为等边三角形， ∴ ，， 同理：， 故 ． ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理， ∵， ∴， ∴ ， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形． 【点睛】本题主要考查等边三角形的判定和性质、角平分线的定义、相似三角形的判定和性质、平行线的判定和性质，以及平行四边形的判定，解题的关键是熟悉等边三角形的性质和平行四边形的判定． 题型二 特殊平行四边形的证明 相似三角形里证明菱形的方法 在相似三角形背景下证明菱形，方法多样。其一，先证四边形是平行四边形，可依据一组对边平行且相等（如通过三角形全等证明对边相等，结合已知平行关系）或两组对边分别平行；再利用直角三角形斜边中线定理等得到邻边相等，进而证得菱形。其二，借助边成比例关系（如由 变形得对应边比例式，结合夹角相等证相似三角形），利用相似所得角相等，结合已知边相等条件及平行四边形性质推出邻边相等，从而证明为菱形. 典例2 （2025·上海闵行·模拟预测）已知：如图，在中，，是中线的中点，，交线段的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果线段与边相交于点，连接，当时，求证：线段是线段与的比例中项． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）证明，推出，可得结论； （2）证明，推出，又因为，，推出，再证明可得结论． 【详解】（1）证明：，， ， 是的中点， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是菱形； （2）证明：， ， ， ， ， ， ， ∵，， ， ∵四边形是菱形， 关于对称， ， ，，， ， ， ， 线段是线段与的比例中项． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形，相似三角形解决问题． 2-1（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】相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是菱形、利用平行四边形的性质证明、等边对等角 【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． 2-2如图，在矩形中，点是边上任意一点（点与点、不重合），过点作，交边的延长线于点，连接交边于点，连接．    (1)求证：； (2)如果平分，连接，求证：四边形为菱形． 【答案】(1)见解析； (2)见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用矩形的性质证明、证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据矩形的性质可得，，，根据垂直定义可得，从而可得，进而可得，然后利用相似三角形的性质可得，再利用两边成比例且夹角相等的两个三角形相似证明，即可解答； （2）根据角平分线的定义可得，从而证明，进而可得，，然后再证，从而可得，再结合（1）的结论可得，最后利用等角的余角相等可得，从而可得，进而利用菱形的判定方法即可解答． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）如下图：   平分， ， ，， ， ，， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形为菱形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键． 2-3（2025·上海杨浦·二模）已知：如图，在矩形中，点E、F分别在边上，且，延长分别交延长线于点H、G． (1)求证：； (2)联结，如果，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用矩形的性质证明、证明四边形是正方形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等待，熟知相似三角形的性质与判定定理是解题的关键． （1）由矩形的性质可得，再证明推出，则； （2）先导角证明，则可证明，证明，进而可证明，，再证明，得到，即可证明，据此可证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，即； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 题型三 证明角相等 相似三角形里证明角相等 证明角相等时，可利用相似三角形性质，如通过边成比例且夹角相等证明三角形相似（像 变形找边比例关系证 ，进而得对应角相等）；也可借助全等三角形，在矩形背景中利用角与边的条件证明三角形全等从而证角相等；还能依据边的比例关系构造相似三角形（如 变形找比例关系），结合相似性质及已知条件推导角相等，同时直角，对顶角等特殊角的性质也可辅助证明. 典例3（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， ， ， ， ， 3-1已知：如图，在矩形中，E、F分别是边、上的点，且，． (1)求证：矩形是正方形； (2)连接、，若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】矩形性质理解、根据正方形的性质与判定证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）先证明， 可得，从而可得结论； （2）证明，，结合，可得，证明， 可得，再结合平行线的性质可得结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）证明：如图， 由（1）可知，， ∴， ∵正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是正方形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 题型四 等腰梯形证明 相似三角形里等腰梯形的证明 证明等腰梯形，可先证一组对边平行，利用平行四边形性质，角的关系等推出边平行；再证两腰相等或同一底上的两个角相等。如在平行四边形背景下，通过边的比例关系和角的等量代换证明角相等，进而推导边平行；在梯形中，利用已知角相等关系，结合相似三角形得到边的比例关系，再根据线段相等条件推出角相等，从而证明四边形是等腰梯形. 典例4（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． 4-1（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． 题型五 证明分数比例式 相似三角形里证明分数比例式方法 证明分数形式的比例式，常用方法如下： 1.利用相似三角形：通过寻找或构造相似三角形，依据相似三角形对应边成比例的性质来证明。如证 ，可证明包含AB,AC的三角形与包含A C, A E的三角形相似.从已知角相等条件出发，结合公共角等，确定相似关系，进而得出边的比例式. 2.等积式转化：若已知等积式，如 ，可将其转化为比例式 ，再结合其他条件，通过相似三角形或等量代换进一步推导所需比例式。 3.中间比过渡：当无法直接证明目标比例式时，借助中间比进行过渡.即找到与目标比例式中边相关的其他相似三角形，得到中间比例关系，通过等量代换达成证明目的.. 典例5（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】相似三角形的判定与性质综合、根据等角对等边证明边相等 【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， ， ， ， ． 5-1（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， ． 5-2（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． 5-3如图，已知：点D在的边上，连接，点E在线段上，且． (1)求证：； (2)当E为的中点时，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，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题． （1）根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论； （2）由，推出，由，可得，于是得到结论． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 题型六 等积比例式证明 相似三角形等积比例式方法 利用相似三角形 三点定形法：先将等积式转化为比例式，观察比例式中的线段，确定可能相似的两个三角形，再寻找这两个三角形相似所需的条件，比如两角分别相等。例如在证明 时，转化为比例式 ，确定由点P,D,B构成的和点P,C,D构成的，通过找角相等的条件证明这两个三角形相似，进而证明等积式. 利用相似三角形性质：相似三角形对应高，对应中线，对应角平分线的比都等于相似比，可利用这些性质证明等积式。如在中，为的平分线，要证 ，可证明，利用相似三角形对应角平分线的比等于相似比来证明. 找相等的量替换 等线段替换：当等积式中的线段在同一直线上，无法直接用三点定形法证明时，若能找到与其中某条线段相等的线段进行替换，再用三点定形法证明。比如在等腰中，要证 ，因BE,EF,EG在一条直线上，由等腰三角形性质知AD垂直平分 ，将等积式转化为 ，再证明与相似. 等比替换：把等积式转化为比例式后，若不能直接找到相似三角形，可通过两组平行线等条件得到一个与比例式中两个比都相等的比，进行等比替换来证明。例如在梯形A B C D中， ，要证 ，将其转化为比例式 ，根据平行线得到相等的比来证明。 等积替换：当无法用上述方法证明时，可先证明一个与待证等积式两边乘积都相等的等积式，进行等积替换。比如在证明 时，可先证，再证 ，从而实现等积替换证明原等积式. 典例6（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】相似三角形的判定与性质综合、根据等边对等角证明、全等的性质和SAS综合（SAS） 【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∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴． 6-1（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】相似三角形的判定与性质综合、两直线平行内错角相等 【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：， ∴ ∴ 6-2如图，在四边形中，，点在边上，连接、，满足，且． (1)求证：四边形是等腰梯形； (2)当时，求证；． 【答案】(1)见解析 (2)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、等腰梯形的判定定理 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰梯形的判定、三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）证明，得出，从而推出，得到，即可得证； （2）证明，得出，证明，再由相似三角形的性质即可得解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是等腰梯形； （2）证明：∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 6-3（23-24九年级上·上海·阶段练习）如图，过顶点C作直线与与及中线交于F、E，过D作交于M． (1)若，求的值； (2)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【知识点】相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查三角形相似的额判定与性质． （1）根据，证明，得到，由，得到，进而得到，求出，即可求解； （2）由（1）知，得到，推出，根据，证明，得到，推出，即可证明结论． 【详解】（1）解：， ， ， ， ， ， ，即， 的值为； （2）证明：， ，即， ， ， ， ， 点D是中点， ， ， ，即， ． 6-4（2024·上海·模拟预测）如图，在中，，点D，E分别在边上，，与相交于点F，． (1)尺规作图：作交于H（保留作图痕迹即可）； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】(1)图见解析 (2)见解析 (3)见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、作垂线(尺规作图)、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查尺规作图—作垂线，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判断和性质： （1）根据尺规作垂线的方法，作图即可； （2）根据全等三角形的判定方法得出，即可得出答案； （3）根据，得出，即可得出结论． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）证明：∵，     ∴， ∵=， ∴， 即 =． ∵， ∴． ∴． （3）∵≌， ∴，． ∵ ，， ∴． ∴． ∴． ∵，， ∴． 6-5（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】相似三角形的判定与性质综合、等腰三角形的性质和判定、三角形内角和定理的应用 【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． 6-6（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】相似三角形的判定与性质综合、三线合一 【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， ， ． 6-7（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． 题型七 线段和差倍证明 线段和差倍证明方法汇总 线段和差关系证明技巧 截长法：在较长线段上截取一段等于其中一条较短线段，然后证明剩下的线段等于另一条较短线段.比如在证明时，在上截取 ，接着去证.常需借助全等三角形，等腰三角形等性质来证明线段相等. 补短法：延长较短线段，使延长的长度等于另一条较短线段的长度，将两条较短线段合并成一条线段，再证明合并后的线段与原长线段相等。例如证明 ，延长到，使，再证 .可通过构造全等三角形，利用平行四边形对边相等等方法来达成证明. 面积法：涉及三角形高的和差问题时适用。根据三角形面积公式（为底，为高），依据＂总量等于几个部分的和＂列方程求解。比如已知三角形不同底和高的组合关系，通过面积等式推导线段和差关系。 等量代换法：找到与要证线段相关的等量关系，利用中间量进行替换。若，则 。常结合平行四边形，全等三角形等知识找等量线段。 线段倍数关系证明技巧 加倍法：要证 ，延长到 ，使 ，再证 。常通过构造全等三角形，利用三角形中位线逆定理等方法来证明. 折半法：对于 ，取 的中点，使，再证（或 。常借助等腰三角形三线合一，直角三角形余边中线性质等进行证明。 线段成比例法：利用平行线分线段成比例定理，相似三角形对应边成比例性质。若 ，则 ，通过相似比来证明线段倍数关系；也可在圆中利用相关线段比例性质证明. 典例7（2025·上海嘉定·一模）如图，在中，，，点是边的中点，连接，作，垂足为点，连接． (1)求证：； (2)取边的中点，连接，求证：． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【知识点】等腰三角形的性质和判定、与三角形中位线有关的求解问题、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以及性质，等腰直角三角形的判定以及性质，三角形中位线的判定以及性质，掌握这些判定定理以及性质是解题的关键． （1）先证明，由相似三角形的性质得出，由线段中点的定义得出，等量代换可得出，结合，进而可得出． （2）取边的中点D，连接，先证明，由相似三角形的性质得出，，连接交于点H，连接，利用三角形中位线的判定以及性质，等腰直角三角形的判定得出，再证明，，再由相似三角形的性质进一步证明，最后根据相似三角形的性质即可得出． 【详解】（1）证明：∵，点E是边的中点，于点F， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴． （2）解：取边的中点D，连接， ∵，， ∴， ∵， ∴，， 连接交于点H，连接， ∵点E是的中点，点D是的中点， ∴，，，， ， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 7-1（2024·上海·模拟预测）如图，已知点P为正方形对角线上的动点，点E在边上，连接，且，平分交边于F． (1)求证： (2)若，求的值 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、已知余弦求边长 【分析】（1）证明，得出，即； （2）过作于，延长交于点H，连接，，证明，得出，证明，得出，证明，可得，证明，则，设，则，，由勾股定理得，则，，， ，由（1）可知，，即，解得，由，可得，则，即，计算求解即可． 【详解】（1）证明：由正方形的性质可得， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （2）解：过作于，延长交于点H，连接，，如图所示：    由正方形的性质可得，，， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 设，则，， 由勾股定理得， ∴，，， ， 由（1）可知，， 即， 解得， ∵， ∴， 则， 即， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，角平分线，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，余弦等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． （建议用时60分钟） 1．（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】黄金分割、相似三角形的判定与性质综合 【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． 2．（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． 3．如图，在菱形中，，点E，F分别在边，上，且，与相交于点G． (1)求证：； (2)延长与的延长线交于点H，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）、等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题了菱形的性质，等边三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，相似三角形的判定及性质等； （1）由菱形的性质得，由等边三角形的判定得为等边三角形，由可判定，由全等三角形的性质得，由三角形的外角性质得，即可得证； （2）由两角对应相等的三角形相似得，由相似三角形的性质得，由全等三角形的性质得，即可得证； 掌握相关的判定方法及性质是解题的关键． 【详解】（1）证明：四边形为菱形， ， ， 为等边三角形， ， 在和中， ， （）， ， ， ； （2）证明：四边形为菱形， ，， ， ， ， 由（1）知， ， ， ， ． 4．（2024·上海·模拟预测）在中，点，分别在边，上，与交于，且，． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)26 【知识点】三角形的外角的定义及性质、线段垂直平分线的性质、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】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义和性质、垂直平分线的性质等知识，熟练运用相似三角形的性质是解题关键． （1）证明，由相似三角形的性质即可获得答案； （2）过点作于点，交于点，结合，可设，，证明，由相似三角的性质可得，再证明，结合相似三角的性质即可获得答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如下图，过点作于点，交于点， ∵， ∴可设，， ∴， ∴， ∵，， ∴，即垂直平分， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 5．（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】相似三角形的判定与性质综合、等边对等角 【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， ∴， ∴． 6．（2025·上海虹口·一模）如图，在中，，点在边上，过点作垂直交于点，连接、交于点． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识： （1）由，证明， 得，所以，则； （2）由相似三角形的性质得，推导出，由， ，得，则 ， ，而，所以，则，所以，则 【详解】（1） （2） ， ， 试卷第1页，共3页 1 / 50 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点03 相似三角形中的7种常考证明问题 上海中考对相似三角形的考查，聚焦 “核心知识 + 综合应用” 双维度。从考查方向看，以相似三角形的判定与性质为核心，深度融合平行四边形、菱形、矩形等特殊图形的性质，高频出现 “四边形形状证明（如平行四边形、菱形判定）”“比例式与等积式推导”“角相等与线段关系证明” 等核心问题，注重对 “截长补短”“中间比过渡”“三点定形法” 等几何证明方法的考查。 命题风格上，突出 “分层设问 + 逻辑递进”，常以 “基础证明（如三角形相似判定）— 进阶推理（如特殊四边形性质关联）— 综合应用（如黄金分割、比例中项计算）”形成问题链，强调知识迁移与几何直观、逻辑推理能力的结合。试题背景多依托等腰三角形、等边三角形等特殊图形，通过角平分线、中线、中点等条件构造比例关系，渗透 “转化与化归”数学思想，侧重对几何证明严谨性和数学表达规范性的考查. 题型一 平行四边形的证明 相似三角形里证明平行四边形问题的方法 在相似三角形里证明平行四边形问题，通常先从题目所给线段关系出发，像看到类似 这种式子，变形为 ，利用相似判定定理证明三角形相似，如结合公共角证明 ，得到角的相等关系。接着，借助已知图形（如本题等边三角形 ）的角的特性以及角平分线等条件，进一步推导角的关系。最后，依据这些角的关系，证明四边形两组对边分别平行，像通过角的推导得出 ，从而推出 ，进而证明该四边形是平行四边形. 典例1（2025·上海·二模）如图，在等边三角形中，点D在上，点E在边上，和的两条平分线交于点F，F在下方，上方，且． (1)如图1，求证：三角形是等边三角形． (2)如图2，在上找一点G，使．连接，连接交于点H，求证：四边形是平行四边形． 题型二 特殊平行四边形的证明 相似三角形里证明菱形的方法 在相似三角形背景下证明菱形，方法多样。其一，先证四边形是平行四边形，可依据一组对边平行且相等（如通过三角形全等证明对边相等，结合已知平行关系）或两组对边分别平行；再利用直角三角形斜边中线定理等得到邻边相等，进而证得菱形。其二，借助边成比例关系（如由 变形得对应边比例式，结合夹角相等证相似三角形），利用相似所得角相等，结合已知边相等条件及平行四边形性质推出邻边相等，从而证明为菱形. 典例2 （2025·上海闵行·模拟预测）已知：如图，在中，，是中线的中点，，交线段的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果线段与边相交于点，连接，当时，求证：线段是线段与的比例中项． 2-1（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． 2-2如图，在矩形中，点是边上任意一点（点与点、不重合），过点作，交边的延长线于点，连接交边于点，连接．    (1)求证：； (2)如果平分，连接，求证：四边形为菱形． 2-3（2025·上海杨浦·二模）已知：如图，在矩形中，点E、F分别在边上，且，延长分别交延长线于点H、G． (1)求证：； (2)联结，如果，求证：四边形是正方形． 题型三 证明角相等 相似三角形里证明角相等 证明角相等时，可利用相似三角形性质，如通过边成比例且夹角相等证明三角形相似（像 变形找边比例关系证 ，进而得对应角相等）；也可借助全等三角形，在矩形背景中利用角与边的条件证明三角形全等从而证角相等；还能依据边的比例关系构造相似三角形（如 变形找比例关系），结合相似性质及已知条件推导角相等，同时直角，对顶角等特殊角的性质也可辅助证明. 典例3（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：． 3-1已知：如图，在矩形中，E、F分别是边、上的点，且，． (1)求证：矩形是正方形； (2)连接、，若，求证：． 题型四 等腰梯形证明 相似三角形里等腰梯形的证明 证明等腰梯形，可先证一组对边平行，利用平行四边形性质，角的关系等推出边平行；再证两腰相等或同一底上的两个角相等。如在平行四边形背景下，通过边的比例关系和角的等量代换证明角相等，进而推导边平行；在梯形中，利用已知角相等关系，结合相似三角形得到边的比例关系，再根据线段相等条件推出角相等，从而证明四边形是等腰梯形. 典例4（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． 4-1（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． 题型五 证明分数比例式 相似三角形里证明分数比例式方法 证明分数形式的比例式，常用方法如下： 1.利用相似三角形：通过寻找或构造相似三角形，依据相似三角形对应边成比例的性质来证明。如证 ，可证明包含AB,AC的三角形与包含A C, A E的三角形相似.从已知角相等条件出发，结合公共角等，确定相似关系，进而得出边的比例式. 2.等积式转化：若已知等积式，如 ，可将其转化为比例式 ，再结合其他条件，通过相似三角形或等量代换进一步推导所需比例式。 3.中间比过渡：当无法直接证明目标比例式时，借助中间比进行过渡.即找到与目标比例式中边相关的其他相似三角形，得到中间比例关系，通过等量代换达成证明目的.. 典例5（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：． 5-1（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：． 5-2（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：． 5-3如图，已知：点D在的边上，连接，点E在线段上，且． (1)求证：； (2)当E为的中点时，求证：． 题型六 等积比例式证明 相似三角形等积比例式方法 利用相似三角形 三点定形法：先将等积式转化为比例式，观察比例式中的线段，确定可能相似的两个三角形，再寻找这两个三角形相似所需的条件，比如两角分别相等。例如在证明 时，转化为比例式 ，确定由点P,D,B构成的和点P,C,D构成的，通过找角相等的条件证明这两个三角形相似，进而证明等积式. 利用相似三角形性质：相似三角形对应高，对应中线，对应角平分线的比都等于相似比，可利用这些性质证明等积式。如在中，为的平分线，要证 ，可证明，利用相似三角形对应角平分线的比等于相似比来证明. 找相等的量替换 等线段替换：当等积式中的线段在同一直线上，无法直接用三点定形法证明时，若能找到与其中某条线段相等的线段进行替换，再用三点定形法证明。比如在等腰中，要证 ，因BE,EF,EG在一条直线上，由等腰三角形性质知AD垂直平分 ，将等积式转化为 ，再证明与相似. 等比替换：把等积式转化为比例式后，若不能直接找到相似三角形，可通过两组平行线等条件得到一个与比例式中两个比都相等的比，进行等比替换来证明。例如在梯形A B C D中， ，要证 ，将其转化为比例式 ，根据平行线得到相等的比来证明。 等积替换：当无法用上述方法证明时，可先证明一个与待证等积式两边乘积都相等的等积式，进行等积替换。比如在证明 时，可先证，再证 ，从而实现等积替换证明原等积式. 典例6（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：． 6-1（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：． 6-2如图，在四边形中，，点在边上，连接、，满足，且． (1)求证：四边形是等腰梯形； (2)当时，求证；． 6-3（23-24九年级上·上海·阶段练习）如图，过顶点C作直线与与及中线交于F、E，过D作交于M． (1)若，求的值； (2)求证：． 6-4（2024·上海·模拟预测）如图，在中，，点D，E分别在边上，，与相交于点F，． (1)尺规作图：作交于H（保留作图痕迹即可）； (2)求证：； (3)求证：． 6-5（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：． 6-6（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：． 6-7（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：． 题型七 线段和差倍证明 线段和差倍证明方法汇总 线段和差关系证明技巧 截长法：在较长线段上截取一段等于其中一条较短线段，然后证明剩下的线段等于另一条较短线段.比如在证明时，在上截取 ，接着去证.常需借助全等三角形，等腰三角形等性质来证明线段相等. 补短法：延长较短线段，使延长的长度等于另一条较短线段的长度，将两条较短线段合并成一条线段，再证明合并后的线段与原长线段相等。例如证明 ，延长到，使，再证 .可通过构造全等三角形，利用平行四边形对边相等等方法来达成证明. 面积法：涉及三角形高的和差问题时适用。根据三角形面积公式（为底，为高），依据＂总量等于几个部分的和＂列方程求解。比如已知三角形不同底和高的组合关系，通过面积等式推导线段和差关系。 等量代换法：找到与要证线段相关的等量关系，利用中间量进行替换。若，则 。常结合平行四边形，全等三角形等知识找等量线段。 线段倍数关系证明技巧 加倍法：要证 ，延长到 ，使 ，再证 。常通过构造全等三角形，利用三角形中位线逆定理等方法来证明. 折半法：对于 ，取 的中点，使，再证（或 。常借助等腰三角形三线合一，直角三角形余边中线性质等进行证明。 线段成比例法：利用平行线分线段成比例定理，相似三角形对应边成比例性质。若 ，则 ，通过相似比来证明线段倍数关系；也可在圆中利用相关线段比例性质证明. 典例7（2025·上海嘉定·一模）如图，在中，，，点是边的中点，连接，作，垂足为点，连接． (1)求证：； (2)取边的中点，连接，求证：． 7-1（2024·上海·模拟预测）如图，已知点P为正方形对角线上的动点，点E在边上，连接，且，平分交边于F． (1)求证： (2)若，求的值 （建议用时60分钟） 1．（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． 2．（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：． 3．如图，在菱形中，，点E，F分别在边，上，且，与相交于点G． (1)求证：； (2)延长与的延长线交于点H，求证：． 4．（2024·上海·模拟预测）在中，点，分别在边，上，与交于，且，． (1)求证：； (2)若，，求的长． 5．（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：． 6．（2025·上海虹口·一模）如图，在中，，点在边上，过点作垂直交于点，连接、交于点． (1)求证：； (2)如果，求证：． 试卷第1页，共3页 1 / 50 学科网（北京）股份有限公司 $$