专题15 解答题第23题（几何证明题39题）（上海专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）中考1年模拟数学真题分类汇编

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 专题15 解答题第23题（几何证明题39题） 1．（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 2．（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：． 3．（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： 4．（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 5．（2021·上海·中考真题）已知：在圆O内，弦与弦交于点分别是和的中点，联结． （1）求证：； （2）联结，当时，求证：四边形为矩形． 6．（2025·上海普陀·三模）在梯形中，，，，，过点C作对角线的垂线，垂足为E，交射线于点F． (1)如图1，当点F在边上时，求证：； (2)如图2，如果F是的中点，求的值； (3)连接，当时，是什么三角形（直接写出结果）． 7．（2025·上海奉贤·三模）已知：如图，在梯形中，，，点E是腰上的点，，点F是线段上的点，联结交于点O． (1)求证：； (2)当时，求证：． 8．（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：． 9．（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： ． 10．（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：． 11．（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． 12．（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． 13．（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：． 14．（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：． 15．（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． 16．（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：． 17．（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：． 18．（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：． 19．（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：． 20．（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：． 21．（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：． 22．（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． 23．（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． 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．（2025·上海徐汇·一模）在矩形中连接，过点D作的垂线交于E，于F． (1)证明：； (2)若，，连接，求的值． 26．（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：． 27．（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：． 28．（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：． 29．（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． 30．（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：． 31．（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：． 32．（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：． 33．（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：． 34．（24-25九年级上·上海浦东新·期末）如图，在中，，点D是边上的一点，连接，过点B作，垂足为点E． (1)求证：； (2)如果，连接并延长，与边相交于点F．当点F是的中点时，求证：． 35．（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：． 36．（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． 37．（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：． 38．（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：． 39．（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：． 试卷第12页，共12页 试卷第11页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 专题15 解答题第23题（几何证明题39题） 1．（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，弧，弦与圆心角之间的关系，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）连接，由等边对等角得到，利用证明，得到，证明，得到，则可证明； （2）连接，由，得到，，证明，得到，则可证明，进而证明，推出；再证明，得到，则可证明． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，连接， ∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴； 由（1）可得， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 2．（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 【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． 3．（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 【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． 4．（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 【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． 5．（2021·上海·中考真题）已知：在圆O内，弦与弦交于点分别是和的中点，联结． （1）求证：； （2）联结，当时，求证：四边形为矩形． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）连结，由M、N分别是和的中点，可得OM⊥BC，ON⊥AD，由， 可得，可证，，根据等腰三角形三线合一性质; （2）设OG交MN于E，由，可得，可得，，可证可得，由CN∥OG，可得，由可得AM∥CN，可证是平行四边形，再由可证四边形ACNM是矩形． 【详解】证明：（1）连结， ∵M、N分别是和的中点， ∴OM，ON为弦心距， ∴OM⊥BC，ON⊥AD， ， 在中，， ， 在Rt△OMG和Rt△ONG中， ， ， ∴， ; （2）设OG交MN于E， ， ∴， ∴，即， ， 在△CMN和△ANM中 ， ， ， ∵CN∥OG， ， ， ， ∴AM∥CN， 是平行四边形， ， ∴四边形ACNM是矩形． 【点睛】本题考查垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判定，掌握垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判定是解题关键． 6．（2025·上海普陀·三模）在梯形中，，，，，过点C作对角线的垂线，垂足为E，交射线于点F． (1)如图1，当点F在边上时，求证：； (2)如图2，如果F是的中点，求的值； (3)连接，当时，是什么三角形（直接写出结果）． 【答案】(1)见解析 (2) (3)等腰三角形 【分析】（1）证明即可； （2）证明，得到，中点得到，进而得到，在，利用勾股定理求出，再根据，进行求解即可． （3）根据，结合，得到，进而推出垂直平分，进而得到，即可得出结论． 【详解】（1）证明：， ， ， ， 在和中， ∵，，， ； （2）在和中， ∵，， ∴， ∴， ， ， ∴， ∴， 又∵F是的中点， ∴， ∴， 在中，， 解得，或（舍去） ∴； （3）如图： ∵，由（2）可知：， ∴， 又∵， ∴垂直平分， ∴， ∴为等腰三角形． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，中垂线的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 7．（2025·上海奉贤·三模）已知：如图，在梯形中，，，点E是腰上的点，，点F是线段上的点，联结交于点O． (1)求证：； (2)当时，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练运用相似三角形的性质是解答的关键． （1）证明，利用相似三角形的对应角相等求解即可； （2）先证明得到，结合等腰三角形的性质得到，进而证明得到，再由得到，进而可得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵，， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，又， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴． 8．（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 【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， ∵， ∴． 9．（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． 【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． 10．（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 【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． 11．（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 【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． 12．（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 【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． 13．（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 【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． 14．（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 【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， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 15．（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 【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． 16．（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 【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． 17．（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 【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． 18．（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 【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 19．（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 【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， ， ， ， ， ， 20．（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 【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． 21．（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 【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． 22．（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 【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． 23．（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 【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． 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 【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．（2025·上海徐汇·一模）在矩形中连接，过点D作的垂线交于E，于F． (1)证明：； (2)若，，连接，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质． （1）由矩形的性质得，再由垂直得，由角的等量代换推出，即可得出结论； （2）先证明得，进而得，再由平行得，，最后由可得答案． 【详解】（1）证明：∵是矩形， ∴， ∵于点E， ∴， ∴，， ∴，即， ∴； （2）解：如图， ∵， ∴， 由（1）， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴（负值舍去）， ∵是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴． 26．（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 【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， ， ， ， ． 27．（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 【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：， ∴ ∴ 28．（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 【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， ∴， ∴． 29．（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 【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． 30．（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 【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） ， ， 31．（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 【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∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴． 32．（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 【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． 33．（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 【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， ∴，，，， ， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 34．（24-25九年级上·上海浦东新·期末）如图，在中，，点D是边上的一点，连接，过点B作，垂足为点E． (1)求证：； (2)如果，连接并延长，与边相交于点F．当点F是的中点时，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由可得，由直角三角形的两个锐角互余可得，由可得，进而可得，于是结论得证； （2）方法一：由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得，由等边对等角可得，由（1）可知，由对顶角相等可得，进而可得，于是可证得，由相似三角形的性质可得，设，则，由勾股定理可得，，由可得，进而可得，，则，于是结论得证； 方法二：由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得，由等边对等角可得，由（1）可知，由对顶角相等可得，进而可得，于是可证得，由相似三角形的性质可得，进而可得，由，可证得，由相似三角形的性质可得，即，进而可得，结合，可得，于是结论得证． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， ， ； （2）证明：如图， 方法一： ，点F是的中点， ， ， 由（1）可知：， ， ， ， ， ， 设， 则， ，， ， ， ， ， ， ； 方法二： ，点F是的中点， ， ， 由（1）可知：， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， 即：， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，直角三角形的两个锐角互余，线段中点的有关计算，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，等边对等角，勾股定理，线段的和与差等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 35．（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 【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， ． 36．（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 【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． 37．（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． 【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． 38．（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 【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， ， ． 39．（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 【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， ， ， ， ， 试卷第62页，共62页 试卷第61页，共62页 学科网（北京）股份有限公司 $$