猜押07 上海中考23题（相似三角形）(10类题型)-2025年中考数学冲刺抢押秘籍（上海专用）

猜押07 上海中考23题（相似三角形） 3年上海考题 猜押考点 考情分析 押题依据 2024年 相似三角形的判定和性质 （1）乘积式证明、（2）线段相等 近三年都考查了乘积式证明，2024年和2023年考查了线段相等，2022年考查了角度相等.结合最近二模题型，平行四边形和等腰梯形的证明考查较多.重点关注菱形和等腰梯形，如果是菱形，二问的乘积比例式可能会出现2、4倍数关系.预计2025年中考考查四边形的证明、母子三角形等. 2023年 （1）线段相等、（2）乘积式证明 2022年 （1）角相等（2）乘积式证明 题型一、相似与平行四边形证明 1．（2025·上海青浦·二模）已知：如图，在梯形中，，点是一点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，求证：． 2．（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． 3．（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：． 题型二、相似与菱形的证明 4．（2025·上海宝山·二模）如图，已知平行四边形，是延长线上一点，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求证： ． 5．（2025·上海奉贤·二模）如图，已知平行四边形中，点F是对角线上一点，，延长交边于点E． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是菱形． 6．（2025·上海浦东新·二模）已知：如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，且．对角线分别交、于点M、N，联结、． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点C作交的延长线于点P，如果，求证：． 7．（2025·上海闵行·二模）已知，如图：在平行四边形中，对角线交于点，点是边延长线上一点，连接，交于点，交于点． (1)求证：； (2)连接，如果，求证：四边形是菱形． 8．（2025·上海崇明·二模）如图，在等腰梯形中，，、分别是、边的中点，与相交于点． (1)求证：； (2)连接、，当时，求证：四边形是菱形． 9．（2025·上海虹口·二模）如图9，在梯形中，，连接，点在上，连接，使得，点在边上，连接，分别交、于点、，且，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)如果，求证：． 10．（2025·上海普陀·二模）已知：如图，平行四边形的对角线和相交于点，交的延长线于点，． (1)求证：四边形为菱形； (2)连结交于点，如果，求证：． 11．（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：． 12．（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． 13．（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：． 题型三、相似与矩形证明 14．（23-24八年级下·上海长宁·期末）已知：如图，在中，，是边上的高．H为线段上的点，以为邻边作矩形，连结交于点E，联结交于点F．    (1)如果，求证：四边形为正方形； (2)联结，如果，求证：四边形为矩形． 15．（2023·上海普陀·二模）已知：如图，四边形中，，，对角线、相交于点，点在边上，，垂足为点，．    (1)求证：四边形为矩形； (2)过点作交于点，求证：． 16．（2024·云南玉溪·二模）如图，在平行四边形中，分别以点B和D为圆心，以小于长度的长度为半径，在线段和上分别画弧，得到交点E和F，即可得到，连接，，，，．设的面积为，的面积为． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求点C到的距离． 17．（2023·广东梅州·二模）在菱形中，点，，，分别为，，，的中点．    (1)如图所示，求证：四边形为矩形； (2)已知，，作的角平分线交于点，作，的中点，连接交与点，交于点，求线段的长度． 题型四、相似与正方形证明 18．（2025·上海·二模）如图，在矩形中，点在对角线上，，． (1)求证：四边形是正方形； (2)点在对角线上，且，求证：． 19．（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． 20．（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． 21．（2023·安徽·三模）已知：中，，，点D为边上一动点，点D关于、的对称点分别为E、F，以、为邻边作，交边于H.    (1)是______（填特殊平行四边形的名称） (2)连接交于点O，求证：； (3)点D在上移动的过程中，求的最小值. 题型五、相似与等腰梯形证明 22．（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． 23．（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． 24．（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． 25．（2023·上海虹口·二模）如图，在梯形中，，，点E为延长线上一点，，点F在上，联结．    (1)求证：； (2)如果，求证：四边形为梯形． 26．（2022·上海虹口·二模）已知：如图，是⊙O的两条弦，，点M、N分别在弦上，且，联结．    (1)求证：； (2)当为锐角时，如果，求证：四边形为等腰梯形． 题型六、相似与线段相等证明 27．（2025·上海金山·二模）如图，已知在等腰梯形中，，，，联结、交于点，为上一点，． (1)求证：； (2)若，求证：． 28．（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：． 29．（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：． 题型七、线段垂直证明 30．（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：． 31．（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：． 题型八、相似与角度证明 32．（2025·上海嘉定·二模）如图，平行四边形中，已知，是边的中点，连接．，垂足在边上，连接并延长，交延长线于点． (1)求证：； (2)求证：． 33．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知四边形中，，点是四边形外一点，，连接并延长分别交、于点、． (1)求证：； (2)，求证：． 题型九、相似与乘积式（含倍数）证明 34．（2023·上海青浦·二模）如图，在平行四边形ABCD中，已知平分，点E在边上，联结交于点F，且． (1)求证：点F在边的垂直平分线上； (2)求证：． 35．（2023·上海奉贤·二模）已知：如图，在菱形中，，，垂足分别为、，射线交的延长线于点． (1)求证：； (2)如果，求证：． 36．（2025·上海松江·二模）已知：如图，四边形是菱形，是对角线上一点，连结、并延长，分别与边、交于点、． (1)求证：； (2)如果，求证：． 37．（2025·上海徐汇·二模）如图，是正方形的对角线，点E、F分别在边上，，延长到，且，连接． (1)求证：； (2)延长交于点，连接，求证：． 题型十、圆的证明与计算问题 38．（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：． 39．（2024·上海闵行·二模）沪教版九年级第二学期的教材给出了正多边形的定义：各边相等、各角也相等的多边形叫做正多边形．同时还提到了一种用直尺和圆规作圆的内接正六边形和圆的内接正五边形的方法，但课本上并未证明．我们现开展下列探究活动． 活动一：如图1，展示了一种用尺规作的内接正六边形的方法． ①在上任取一点，以为圆心、为半径作弧，在上截得一点； ②以为圆心，为半径作弧，在上截得一点；再如此从点逐次截得点、、； ③顺次连接、、、、、． (1)根据正多边形的定义，我们只需要证明__________，________ （请用符号语言表示，不需要说明理由），就可证明六边形是正六边形． 活动二：如图2，展示了一种用尺规作的内接正五边形的方法． ①作的两条互相垂直的直径和； ②取半径的中点；再以为圆心、为半径作弧，和半径相交于点； ③以点为圆心，以的长为半径作弧，与相截，得交点． 如此连续截取3次，依次得分点、、，顺次连接、、、、，那么五边形是正五边形． (2)已知的半径为2，求边的长，并证明五边形是正五边形． （参考数据：，，，，．） 40．（2023·上海长宁·二模）如图1，点E、F分别在正方形的边、上，与交于点G．已知．    (1)求证：； (2)以点G为圆心，为半径的圆与线段交于点H，点P为线段的中点，联结，如图2所示，求证：． 41．（2025·安徽合肥·二模）如图，以为直径作，弦，连接并延长交圆于点，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 42．（2025·安徽·三模）如图，已知四边形是的内接四边形，是的直径，是弧的中点，与延长线的交点为，连接对角线，作交于点，垂足为点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若的半径为，且，求的长． 43．（2025·内蒙古·模拟预测）如图，为的直径，为弦，切于点，与的延长线相交于点，与的延长线相交于点，且． (1)若，，求的长； (2)求证：P是的中点． 44．（2025·陕西安康·二模）如图，四边形内接于，是的直径，与的延长线交于点，与的延长线交于点． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 试卷第1页，共3页 1 / 79 学科网（北京）股份有限公司 $$ 猜押07 上海中考23题（相似三角形） 3年上海考题 猜押考点 考情分析 押题依据 2024年 相似三角形的判定和性质 （1）乘积式证明、（2）线段相等 近三年都考查了乘积式证明，2024年和2023年考查了线段相等，2022年考查了角度相等.结合最近二模题型，平行四边形和等腰梯形的证明考查较多.重点关注菱形和等腰梯形，如果是菱形，二问的乘积比例式可能会出现2、4倍数关系.预计2025年中考考查四边形的证明、母子三角形等. 2023年 （1）线段相等、（2）乘积式证明 2022年 （1）角相等（2）乘积式证明 题型一、相似与平行四边形证明 1．（2025·上海青浦·二模）已知：如图，在梯形中，，点是一点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】根据平行线判定与性质证明、利用平行四边形的性质证明、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】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形相似的判定与性质，平行的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）通过，证明，得到，结合，即，推出，从而得到，结合，推出，那么，得到，即，最后结合从而得证； （2）先证明，得到，再证明，得到，那么，由四边形是平行四边形．可知．从而有，最后得证． 【详解】（1）证明： ， ，， ， ， ， ． ． 又 ，即． ， 四边形是平行四边形． （2）证明： ，， ． ． ， ，， ， ． ． 四边形AECD是平行四边形． ． ． 即． 2．（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】等腰梯形的性质定理、证明四边形是平行四边形、用SAS间接证明三角形全等（SAS）、根据平行线判定与性质证明 【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． 3．（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】相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是平行四边形 【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． 题型二、相似与菱形的证明 4．（2025·上海宝山·二模）如图，已知平行四边形，是延长线上一点，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求证： ． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【知识点】用勾股定理解三角形、判断三边能否构成直角三角形、证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】根据平行四边形的性质可证，根据可得，从而可证，根据相似三角形的性质可证，根据等角对等边可证结论成立； 过点作，根据菱形的性质可得，设，可得：、，根据勾股定理的逆定理可证是直角三角形且，从而可证结论成立． 【详解】（1）证明：如下图所示， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形； （2）证明：如下图所示，过点作， 四边形是菱形， ， 又，， 设， ， ， 则， ， ， ， ∴，， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、勾股定理和勾股定理的逆定理、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质．解决本题的关键是根据菱形的性质找边、角之间的关系． 5．（2025·上海奉贤·二模）如图，已知平行四边形中，点F是对角线上一点，，延长交边于点E． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是菱形． 【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、证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形相似是解题的关键： （1）根据平行四边形的性质，得到，证明，得到，等量代换即可得出结论； （2）平行线分线段成比例，得到，进而得到，推出，相似三角形的性质，推出，进而得到，结合平行线的性质，推出，进而得到，即可得证． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． 又∵，， ∴． 又∵， ∴． ∴ ∴ ∴ （2）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 6．（2025·上海浦东新·二模）已知：如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，且．对角线分别交、于点M、N，联结、． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点C作交的延长线于点P，如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等三角形综合问题、证明四边形是菱形、根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）联结，根据正方形的性质先证，再证四边形是平行四边形，进而可证明，得，四边形是平行四边形，结合可证得结论； （2）根据正方形及菱形的性质先证，得，由，可证得，得，再证，得，，再证，得，即可证得结论． 【详解】（1）证明：联结， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形 又∵，即， ∴平行四边形是菱形； （2）证明：∵四边形是正方形，是对角线 ∴，， 由（1）得四边形是菱形， ∴，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，则， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，菱形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 7．（2025·上海闵行·二模）已知，如图：在平行四边形中，对角线交于点，点是边延长线上一点，连接，交于点，交于点． (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】等腰三角形的性质和判定、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】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定．本题的综合性较强，解题的关键是证明三角形相似． （1）证明，，得到，，进而得到，即可得证； （2）证明，推出，进而得到，即可得证． 【详解】（1）证明：∵平行四边形中， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （2）解：如图：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∵平行四边形中，对角线、交于O， ∴， ∴，即：， ∴平行四边形是菱形． 8．（2025·上海崇明·二模）如图，在等腰梯形中，，、分别是、边的中点，与相交于点． (1)求证：； (2)连接、，当时，求证：四边形是菱形． 【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）、与三角形中位线有关的证明、斜边的中线等于斜边的一半、证明四边形是菱形 【分析】（1）连接，如图所示，由等腰梯形的性质得到，进而由全等三角形的判定定理得到，进而得到，再由三角形中位线的判定与性质得到，等量代换得到，再由等角对等边即可得证； （2）由题意，等量代换得到，由中垂线的判定得到，从而由得到，再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，结合题中条件确定，从而由平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，进而得证四边形是菱形． 【详解】（1）证明：连接，如图所示： 四边形是等腰梯形 ． 又， ． ． 是中点， ， ， ， ； （2）证明：连接，如图所示： ， ， 又是中点， ， 是中点， ， ， 是边中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 【点睛】本题是四边形的综合，涉及等腰梯形性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、中垂线的判定与性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、平行四边形的判定、菱形的判定等知识．熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题的关键． 9．（2025·上海虹口·二模）如图9，在梯形中，，连接，点在上，连接，使得，点在边上，连接，分别交、于点、，且，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)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】本题考查了菱形的判定，相似三角形的性质与判定，三角形中位线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据题意得出，进而得出，根据中位线的性质可得出，结合已知可得四边形是平行四边形，根据，即可得证； （2）证明，得出进而证明得出，证明，即可证明得出，进而根据，，即可得证． 【详解】（1）证明：如图， ∵，即 ∴ ∵，即 ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴，即是的中点， 又∵， ∴是的中点， ∴ 又∵ ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形为菱形； （2）证明：∵，即 又 ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 又 ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵是的中位线， ∴ 又 ∴即 10．（2025·上海普陀·二模）已知：如图，平行四边形的对角线和相交于点，交的延长线于点，． (1)求证：四边形为菱形； (2)连结交于点，如果，求证：． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【知识点】用SAS证明三角形全等（SAS）、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）先证，由，得，即可解答． （2）由四边形为菱形，得，由，得①，②，由①×②得，，再证和，得到． 本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 【详解】（1）∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴四边形为菱形． （2）如图： ∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴① ∵，， ∴， ∴即② 由①×②得，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴即． 11．（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． 12．（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． 13．（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． 题型三、相似与矩形证明 14．（23-24八年级下·上海长宁·期末）已知：如图，在中，，是边上的高．H为线段上的点，以为邻边作矩形，连结交于点E，联结交于点F．    (1)如果，求证：四边形为正方形； (2)联结，如果，求证：四边形为矩形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【知识点】证明四边形是正方形、矩形性质理解、证明四边形是平行四边形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）通过矩形的性质得出证明，得出，再结合矩形的性质，即可作答． （2）经过角的等量代换得出，结合，得出，证明，得出，得出四边形是平行四边形，结合，即可作答． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形 ∴ ∵是边上的高． ∴， ∴， 即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形 ∴四边形是正方形； （2）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； 15．（2023·上海普陀·二模）已知：如图，四边形中，，，对角线、相交于点，点在边上，，垂足为点，．    (1)求证：四边形为矩形； (2)过点作交于点，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】证明四边形是矩形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据题意证明，得出，又，则，进而即可得证； （2）证明，根据相似三角形的性质即可得证． 【详解】（1）∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵，且， ∴四边形是矩形； （2）∵， ∴， 在矩形中，， 又∵， ∴， ∴， 在矩形中，， ∴， ∵， ∴．    【点睛】本题考查了三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 16．（2024·云南玉溪·二模）如图，在平行四边形中，分别以点B和D为圆心，以小于长度的长度为半径，在线段和上分别画弧，得到交点E和F，即可得到，连接，，，，．设的面积为，的面积为． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求点C到的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】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、用勾股定理解三角形 【分析】（1）根据，得，又从而证明四边形是平行四边形，再根据得四边形是矩形； （2）根据（1）中条件易证，由得相似比为，从而得，设，，在中，用勾股定理求出x值，从而得长，即点C到的距离 【详解】（1）证明：由题意得：， 四边形是平行四边形， ，， ，即， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形． （2）解：由（1）知，四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ，即， 在中，设，， 则，即， 解得：，（舍）， ， 点到的距离为． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质与判定，三角形相似，勾股定理等知识点；熟练运用判定与性质定理是解题的关键． 17．（2023·广东梅州·二模）在菱形中，点，，，分别为，，，的中点．    (1)如图所示，求证：四边形为矩形； (2)已知，，作的角平分线交于点，作，的中点，连接交与点，交于点，求线段的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、利用菱形的性质证明、证明四边形是矩形、与三角形中位线有关的证明 【分析】（1）连接，，与的交点为点，可证 ，，，，，从而可证四边形是平行四边形，可证，即可求证； （2）过点作，垂足为，可求，，可证，从而可得，设，则，由，即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接，，与的交点为点，    点，，，分别为，，，的中点， 是的中位线，是的中位线，是中位线， ，，，，， ，， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， ， ， 四边形是矩形． （2）解：如图，过点作，垂足为，   ， 四边形是矩形， ，，， ， ，， 、是、的中点， ， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ， ； 是的角平分线， ， 设，则， ， 解得， ， ． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定及性质，三角形中位线定理，三角形相似的判定及性质，勾股定理，一般角的三角函数等，掌握相关的判定方法及性质是解题关键． 题型四、相似与正方形证明 18．（2025·上海·二模）如图，在矩形中，点在对角线上，，． (1)求证：四边形是正方形； (2)点在对角线上，且，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SAS综合（SAS）、线段垂直平分线的判定、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）如图，连接交于点，根据矩形的性质得，根据，推出垂直平分，继而得到，即可得证； （2）如图，连接，根据正方形的性质得，，证明得，证明得，即可得证． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴四边形是正方形； （2）证明：如图，连接， 由（1）知：四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，即， ∵，即， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的判定和性质，矩形的性质，垂直平分线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．掌握正方形的判定及相似三角形的判定和性质是解题的关键． 19．（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． 20．（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． 21．（2023·安徽·三模）已知：中，，，点D为边上一动点，点D关于、的对称点分别为E、F，以、为邻边作，交边于H.    (1)是______（填特殊平行四边形的名称） (2)连接交于点O，求证：； (3)点D在上移动的过程中，求的最小值. 【答案】(1)正方形 (2)见解析 (3) 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是正方形 【分析】（1）由、是关于和的对称线段，得，，再根据正方形的判定即可得出是正方形； （2）先由，，得到，再根据、是关于和的对称线段，得到，，进而得到，再得出，最后得到； （3）连接，，先设，由对称可知，，根据D、B、E在同一直线上和，得到即，进而得到最后得出当时，的最小值为． 【详解】（1）解：，， 、是关于和的对称线段， ，， 是正方形， 故答案为：正方形； （2）解： ，， 、是关于和的对称线段， ，，   ， ， ， ， ， ， ， ，   ； （3）解：连接，，设，则由对称可知， D、B、E在同一直线上， ， ， ， ∴， ，即， 当时，的最小值为.    【点睛】本题主要考查了正方形的判定，相似三角形的判定及性质以及最短距离问题．熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键． 题型五、相似与等腰梯形证明 22．（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】等腰梯形的判定定理、相似三角形的判定与性质综合 【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． 23．（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】等腰梯形的判定定理、由平行判断成比例的线段、利用菱形的性质证明、全等的性质和SAS综合（SAS） 【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． 24．（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】等腰梯形的判定定理、相似三角形的判定与性质综合、利用平行四边形的性质证明 【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． 25．（2023·上海虹口·二模）如图，在梯形中，，，点E为延长线上一点，，点F在上，联结．    (1)求证：； (2)如果，求证：四边形为梯形． 【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)梯形的定义、等腰梯形的性质定理、等腰梯形的判定定理 【分析】（1）根据题意得四边形是等腰梯形，由等腰梯形的性质和已知条件可证明，根据相似比及等量替换即可求解； （2）由（1）中相似三角形可得对应边的相似比，根据给定条件和等腰梯形的性质，可证明，可得对应角相等，根据平行的性质和相似的性质，对相关角度进行等量替换，即可证明，即可证明结论成立． 【详解】（1）证明：， 四边形是等腰梯形 又 ，即 又 （2） ，即 ，即， 又 四边形为梯形． 【点睛】本题主要考查等腰梯形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是根据等腰梯形的性质证明三角形相似，得出对应边成比例，由对应边成比例及夹角相等亦可得出三角形相似． 26．（2022·上海虹口·二模）已知：如图，是⊙O的两条弦，，点M、N分别在弦上，且，联结．    (1)求证：； (2)当为锐角时，如果，求证：四边形为等腰梯形． 【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）、圆的基本概念辨析、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）如图，联结，，证明，则，由，可得，则，证明，进而结论得证； （2）由，可得，由，可证，则，，则有，，进而结论得证． 【详解】（1）证明：如图，联结，，    在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴； （2）证明：， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形为等腰梯形． 【点睛】本题主要考查了圆的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰梯形的判定．构造恰当的辅助线是解题的关键． 题型六、相似与线段相等证明 27．（2025·上海金山·二模）如图，已知在等腰梯形中，，，，联结、交于点，为上一点，． (1)求证：； (2)若，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、等腰梯形的性质定理 【分析】本题考查了等腰梯形的性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握相似的判定和性质是解题的关键． （1）先证明，得到；由相似三角形性质可得，进而得出结论． （2）先证明，得到；再证明，得到，等量代换即可． 【详解】（1）证明：， ，， 又， ， ， （2），，， ， ， ， ． 在等腰梯形中，，， 又， ， ， ， ， ， 28．（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）， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ． 29．（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∵， ∴ 题型七、线段垂直证明 30．（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， ， ， ． 31．（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∵， ∴, ∴， ∴． 题型八、相似与角度证明 32．（2025·上海嘉定·二模）如图，平行四边形中，已知，是边的中点，连接．，垂足在边上，连接并延长，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】斜边的中线等于斜边的一半、由平行判断成比例的线段、相似三角形的判定与性质综合 【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，准确识图，灵活运用相关知识是解题的关键．     （1）证明，，由即可得到结论； （2）证明∽，则，得到，即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴//，， ∵//， ∴ ∵是边的中点， ∴ ∴ ∵， ∴， ∵//， ∴， 在中，∵是斜边的中点， ∴， ∴ ∵，，是边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）∵，， ∴， 又∵， ∴∽， ∴， 即， ∵， ∴． 33．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知四边形中，，点是四边形外一点，，连接并延长分别交、于点、． (1)求证：； (2)，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】线段垂直平分线的判定、等腰三角形的性质和判定、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）先证明垂直平分，得到，再根据等腰三角形的判定证明，即可得出结论； （2）先证明是的中位线，得到，从而可证明，由相似三角形的性质得出结论． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴． （2）证明：∵， ∴点N是，， 由（1）知垂直平分， ∴点M是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查线段垂直平分线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，余角的性质．解题关键是熟练掌握线段垂直平分线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的性质． 题型九、相似与乘积式（含倍数）证明 34．（2023·上海青浦·二模）如图，在平行四边形ABCD中，已知平分，点E在边上，联结交于点F，且． (1)求证：点F在边的垂直平分线上； (2)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】（1）找到相似三角形，得到等角，再由平行及角平分线得到，得到，最后垂直平分线的性质得到点F在边的垂直平分线上； （2）通过证明，，得到边长比例，再换边进行计算即可． 【详解】（1）， ， 又， ， ， 四边形为平行四边形， ， ， 又平分， ， 又， ， ， 点F在边的垂直平分线上； （2） ， ，， ， ， 又， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查相似三角形的判定及性质，结合四边形，需要将乘积与比例两种形式进行转换，找到需要证明的相似三角形位置，计算时需注意对应边． 35．（2023·上海奉贤·二模）已知：如图，在菱形中，，，垂足分别为、，射线交的延长线于点． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)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、求角的正切值 【分析】（1）根据菱形的性质证明，即可得证； （2）根据已知可得出，根据（1）的结论得出，根据对顶角相等，平行线的性质得出，可得，根据相似三角形的性质得出，进而得出，根据互余关系得出，根据正切的定义得出，即可得证． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，菱形的性质，正切的定义，熟练掌握相似三角形的性质与判定，正切的定义是解题的关键． 36．（2025·上海松江·二模）已知：如图，四边形是菱形，是对角线上一点，连结、并延长，分别与边、交于点、． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)证明详见解析 (2)证明详见解析 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用菱形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上基本性质是解答本题的关键． （1）由菱形的性质可知，垂直平分，继而可知，，求得，进而判定，得出结论； （2）由菱形的性质和已知条件，根据角的和差计算易得，进而可判定，再根据相似三角形的对应线段成比例即可得出结论． 【详解】（1）证明：（1）四边形是菱形， ，垂直平分， ， 点在上， ， ， 在和中， ， ， ． （2）设交于点，则， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 37．（2025·上海徐汇·二模）如图，是正方形的对角线，点E、F分别在边上，，延长到，且，连接． (1)求证：； (2)延长交于点，连接，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SAS综合（SAS）、斜边的中线等于斜边的一半、根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）先由正方形的性质结合平行线分线段成比例得到，然后证明即可； （2）由，得到，证明，由直角三角形斜边上中线的性质得到，证明，则，那么，再交叉相乘即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图： ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质等知识点，找出相似三角形是解题的关键． 题型十、圆的证明与计算问题 38．（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】由平行截线求相关线段的长或比值、圆和圆的位置关系、利用垂径定理求值 【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，， ∴， ∴． 39．（2024·上海闵行·二模）沪教版九年级第二学期的教材给出了正多边形的定义：各边相等、各角也相等的多边形叫做正多边形．同时还提到了一种用直尺和圆规作圆的内接正六边形和圆的内接正五边形的方法，但课本上并未证明．我们现开展下列探究活动． 活动一：如图1，展示了一种用尺规作的内接正六边形的方法． ①在上任取一点，以为圆心、为半径作弧，在上截得一点； ②以为圆心，为半径作弧，在上截得一点；再如此从点逐次截得点、、； ③顺次连接、、、、、． (1)根据正多边形的定义，我们只需要证明__________，________ （请用符号语言表示，不需要说明理由），就可证明六边形是正六边形． 活动二：如图2，展示了一种用尺规作的内接正五边形的方法． ①作的两条互相垂直的直径和； ②取半径的中点；再以为圆心、为半径作弧，和半径相交于点； ③以点为圆心，以的长为半径作弧，与相截，得交点． 如此连续截取3次，依次得分点、、，顺次连接、、、、，那么五边形是正五边形． (2)已知的半径为2，求边的长，并证明五边形是正五边形． （参考数据：，，，，．） 【答案】(1)， (2)，证明五边形是正五边形见详解 【知识点】尺规作图——正多边形、正多边形和圆的综合、圆周角定理、用勾股定理解三角形 【分析】（1）各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形，据此即可获得答案； （2）首先结合题意并根据勾股定理解得，进而可得，易得，再在中，由勾股定理解得，即可确定的值；连接，，，，，结合为直径易得，利用三角函数可得，由圆周角定理可得，进而可得，然后利用全等三角形的性质可证明，，即可证明结论． 【详解】（1）解：根据正多边形的定义，我们只需要证明，，就可证明六边形是正六边形． 故答案为：，； （2）解：根据题意，可得，， ∵点为半径的中点， ∴， ∴在中，， ∵以为圆心、为半径作弧，和半径相交于点， ∴， ∴， ∴在中，， ∵以点为圆心，以的长为半径作弧，与相截，得交点， ∴； 如下图，连接，，，，， ∵为直径， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∴五边形是正五边形． 【点睛】本题主要考查了尺规作图、多边形的定义和性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、解直角三角形等知识，正确理解题意，熟练掌握相关知识是解题关键． 40．（2023·上海长宁·二模）如图1，点E、F分别在正方形的边、上，与交于点G．已知．    (1)求证：； (2)以点G为圆心，为半径的圆与线段交于点H，点P为线段的中点，联结，如图2所示，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）、等腰三角形的性质和判定、根据正方形的性质证明、圆的基本概念辨析 【分析】（1）先根据正方形的性质证明，再证明，再根据等角的余角相等即可得出结论； （2）根据圆的知识证明垂直平分，再根据等腰三角形的性质与判定即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，， ， ∵，， ∴， 故， ∴， ∵， ∴，即 ∴； （2）由题意可知：，且（1）有：， ∴垂直平分，故， 在中，，，∴， 在中，，P为线段的中点，， 故， ∴． 【点睛】本题考查的是圆的知识、正方形的性质、全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，掌握等腰三角形的性质与判定是解题的关键． 41．（2025·安徽合肥·二模）如图，以为直径作，弦，连接并延长交圆于点，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值、半圆（直径）所对的圆周角是直角、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据圆周角定理得出，根据平行线的性质得出，即可证明结论； （2）根据勾股定理求出，根据垂径定理得出，证明，得出，求出，根据勾股定理求出即可得出答案． 【详解】（1）证明：如图所示： ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，垂径定理，三角形相似的判定和性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． 42．（2025·安徽·三模）如图，已知四边形是的内接四边形，是的直径，是弧的中点，与延长线的交点为，连接对角线，作交于点，垂足为点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若的半径为，且，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【知识点】利用垂径定理求值、圆周角定理、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】（）由，则垂直平分，通过圆周角定理得，则有，再通过圆周角定理证明，从而求证； （）由（）知，，可证明四边形是菱形，又四边形是圆的内接四边形，则有，，设，则，，证明，由性质可得，然后代入求出即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴垂直平分， ∴， ∴， 又∵是弧的中点， ∴， ∴， ∴， 又∵是直径， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）由（）知，， ∴，， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 又∵四边形是圆的内接四边形， ∴， ∴， 设，则，， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， 经检验是原方程的解， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，圆内接四边形性质，解分式方程等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 43．（2025·内蒙古·模拟预测）如图，为的直径，为弦，切于点，与的延长线相交于点，与的延长线相交于点，且． (1)若，，求的长； (2)求证：P是的中点． 【答案】(1) (2)见解析 【知识点】利用垂径定理求值、圆周角定理、切线的性质定理、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）如图，连接，由切线的性质得到，由，得到，易证，进而证明，推出，根据已知设，则，求出，得到，，，，利用勾股定理求出，，由即可求解； （2）如图，连接，与相交于点，先证四边形是矩形可得，利用垂径定理进而证明，即可证明结论． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵切于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ， ， 设，则， ，， ∵， ∴， ∴， ∴，，，， ∴，， ∴； （2）证明：如图，连接，与相交于点， ∵为的直径， ∴， ， ∵切于点， ， ， ∴四边形是矩形， ， ， ， ∴点是的中点． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理、垂径定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握圆相关的性质是解决问题的关键． 44．（2025·陕西安康·二模）如图，四边形内接于，是的直径，与的延长线交于点，与的延长线交于点． (1)求证：； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、利用垂径定理求值、半圆（直径）所对的圆周角是直角、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了圆周角定理、相似三角形的性质与判定、垂径定理、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）连接、，由是的直径可得，推出，得出，进而推出，即可证明； （2）根据垂径定理可得垂直平分，推出，，利用勾股定理得出，则有，设，在中利用勾股定理列出方程，解出的值，再利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：如图，连接、， 是的直径， ，即， 又， ， ， ， 又， ， ． （2）解：是的直径，， 平分， 垂直平分， ，， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：，即， ． 试卷第1页，共3页 1 / 79 学科网（北京）股份有限公司 $$