重难点03：相似三角形的几何证明8种常考题型 【精英班课程】2025-2026学年九年级数学上学期同步培优讲义（沪教版）

该初中数学讲义围绕相似三角形的几何证明构建知识体系，通过思维导图清晰呈现八类常考题型的逻辑脉络，用表格对比不同题型的判定依据与解题策略，突出“证明三角形相似”“线段比例关系”“角相等转化”等核心重难点之间的内在联系，帮助学生建立结构化认知框架。 讲义的亮点在于以“推理能力”和“模型意识”为核心设计练习，如例1通过垂直构造相似三角形，引导学生从图形特征中抽象出基本模型，强化几何直观；例5利用菱形性质推导线段等量关系，体现符号运算与逻辑推理的融合。每道例题后附方法提炼与易错警示，基础层学生可掌握规范步骤，提升层学生能迁移应用，教师据此实现分层教学与精准反馈，助力课堂高效复习。

2025-2026学年九年级数学上学期同步培优讲义【精英班课程】 重难点03 相似三角形的几何证明8种常考题型 题型一、证明三角形相似 【例1】如图，已知在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AE⊥BD，垂足为E，联结CE，作EF⊥CE，交边AB于点F． （1）求证：△AEF∽△BEC； （2）若AB＝BC，求证：AF＝AD． 【例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． 题型二、证明线段比例式或等积式 【例3】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：． 【例4】已知：如图，在正方形中，点在对角线的延长线上，作，且，连接． (1)求证：； (2)延长交射线于点，求证：． 【例5】已知：如图8，在菱形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E、F，射线EF交AD的延长线于点G． （1）求证：CE=CF； （2）如果，求证：． 图8 题型三、证明角相等 【例6】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：． 【例7】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、证明比例式倍数关系 【例8】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：． 【例9】如图，已知四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB，垂足为点H，交AC于E，联结HO并延长交CD于点G， （1）求证：∠DHO＝∠BCD； （2）求证：HG•AE＝2DE•CG． 【例10】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：． 题型五、证明不对称比例式 【例11】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：． 题型六、平行四边形的证明 【例12】如图，四边形中，，、交于点O，． (1)求证：； (2)E是边上一点，连接交于点F，如果，求证：四边形是平行四边形． 题型七、特殊四边形的证明 【例13】已知：如图，在▱ABCD中，点E、F分别在边BC、边BC的延长线上，四边形AEFD是菱形，菱形的对角线AF分别交DE、DC于点P、Q，． 求证：（1）四边形ABCD为矩形； （2）BE•DQ＝FQ•PE． 【例14】已知：如图，在梯形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，E是AC的中点，DE的延长线交边BC于点F． （1）求证：四边形AFCD是平行四边形； （2）如果， 求证：四边形AFCD是菱形． 【例15】如图，在□ABCD中，点G是边BC延长线上一点，联结AG分别交BD和CD于点E和F，联结DG． （1）求证：； （2）如果∠ABD=∠AGD，求证：四边形ABGD是等腰梯形． A D F E B C G 题型八、证明线段的和差倍 【例16】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：． 【例17】已知:如图9，四边形ABCD中，AB//CD， ∠BAD=90°， 对角线AC、BD相交于点 O，点E在边BC上，AE⊥BD，垂足为点F, AB·DC=BF·BD. (1)求证:四边形ABCD为矩形; (2)过点O作OG⊥AC交AD于点G，求证: EC=2DG . 【例18】已知：如图，在正方形ABCD中，联结BD，E是边AB上一点，BF⊥DE，垂足为点F，且EF•BD＝BE•BF． （1）求证：∠ADE＝∠BDE； （2）延长DF与CB的延长线交于点G，求证：BG＝BC+AE． 1．（2023•青浦区一模）已知：如图，在中，点、分别在边、上，、相交于点，，． （1）求证：； （2）求证：． 2．（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：． 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：． 4.（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：． 5．（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：． 6.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：． 7．（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． 8. 如图，已知，在平行四边形ABCD中，E为射线CB上一点，联结DE交对角线AC于点F，∠ADE＝∠BAC． （1）求证：CF•CA＝CB•CE； （2）如果AC＝DE，求证：四边形ABCD是菱形． 9. 如图，已知四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD相交于点O，AC平分∠BAD，BD平分∠ABC，点E在边BC的延长线上，联结OE，交边CD于点F． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）如果OE⊥CD，求证：CE•OF＝CF•OE． 10．（2023•金山区二模）如图，已知是等边三角形，过点作，且，联结、． （1）求证：四边形是等腰梯形； （2）点在腰上，联结交于点，若，求证：． 11．（2024•虹口区二模）如图，在中，，延长至点，使得，过点、分别作，，与相交于点，联结． （1）求证：； （2）联结交于点，联结交于点．如果，求证：． 12．（2022•杨浦区三模）已知：如图，在中，，，点、分别是边、的中点，交的延长线于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）联结，如果，求证：． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年九年级数学上学期同步培优讲义【精英班课程】 重难点03 相似三角形的几何证明8种常考题型 题型一、证明三角形相似 【例1】如图，已知在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AE⊥BD，垂足为E，联结CE，作EF⊥CE，交边AB于点F． （1）求证：△AEF∽△BEC； （2）若AB＝BC，求证：AF＝AD． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】（1）根据垂直证明∠EAF＝∠CBE，再根据同角的余角相等得到∠AEF＝∠BEC，即可得证； （2）根据平行线的性质得到∠BAD＝180°﹣∠ABC＝90°，在根据垂直的性质得到∠AEB＝90°＝∠BAD，得到△ABE∽△DBA，即可得解； 【详解】解：（1）证明：∵AE⊥BD，EF⊥CE， ∴∠AEB＝∠CEF＝∠ABC＝90°， ∴∠ABE+∠EAF＝∠ABE+∠CBE＝90°， ∴∠EAF＝∠CBE， ∵∠AEF+∠BEF＝∠BEC+∠BEF＝90°， ∴∠AEF＝∠BEC， ∴△AEF∽△BEC； （2）证明：∵AD∥BC，∠ABC＝90°， ∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝90°， ∵AE⊥BD， ∴∠AEB＝90°＝∠BAD， ∵∠ABE＝∠DBA， ∴△ABE∽△DBA， ∴， ∵△AEF∽△BEC， ∴， ∴， ∵AB＝BC， ∴AF＝AD． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，准确证明是解题的关键． 【例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． 题型二、证明线段比例式或等积式 【例3】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． 【例4】已知：如图，在正方形中，点在对角线的延长线上，作，且，连接． (1)求证：； (2)延长交射线于点，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由正方形的性质可得，，再由，，可得，则，根据全等三角形的性质即可得到结论； （2）根据等腰直角三角形的性质，正方形的性质及补角的性质可得，再由，推出，根据相似三角形的性质可得，由，等量代换，即可得出结论； 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 又， ． （2）证明：如图，延长交射线于点， ，， ， 四边形是正方形， ， ， 由（1）知， ， ， 又 ，， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握并灵活运用知识点是解题的关键． 【例5】已知：如图8，在菱形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E、F，射线EF交AD的延长线于点G． （1）求证：CE=CF； （2）如果，求证：． 图8 解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，∠B=∠ADF． ∵AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E、F，∴． ∴． （3分） ∴BE=DF． （1分） ∵四边形ABCD是菱形，∴BC=DC． ∴BC-BE=DC-DF，即CE=CF． （2分） （2）∵，∴． ∵∠G=∠G，∴△GDF∽△GFA．∴∠GFD=∠GAF． （1分） ∵AD//BC，∴． ∵CE=CF，∴DF=DG． ∴∠GFD=∠G． （1分） ∴∠G=∠GAF． ∵，∴∠BAE=∠GAF． ∴∠BAE=∠G． ∵AD//BC，∴∠AEB=∠GAE． ∴△AEG∽△EBA． （2分） ∴． ∵AE=AF，∴． （2分） 题型三、证明角相等 【例6】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． 【例7】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、证明比例式倍数关系 【例8】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． 【例9】如图，已知四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB，垂足为点H，交AC于E，联结HO并延长交CD于点G， （1）求证：∠DHO＝∠BCD； （2）求证：HG•AE＝2DE•CG． 【分析】（1）先判断出OB＝OD，进而判断出OH＝OD，得出∠DHO＝∠BDH，再用等角的余角相等判断出∠DHO＝∠BAO，即可得出结论； （2）先判断出∠ADH＝∠COG，进而判断出△ADE∽△COG，得出AE•OG＝DE•CG，再判断出△AOH≌△COG，得出OG＝HG，即可得出结论． 【解答】证明：（1）∵AC是菱形ABCD的对角线， ∴∠BCD＝∠BAD＝2∠BAO， ∵点O是菱形ABCD的两条对角线的交点， ∴OB＝OD， ∵DH⊥AB， ∴∠BHD＝90°， ∴OH＝OD， ∴∠DHO＝∠BDH， 在Rt△BHD中，∠BDH+∠ABO＝90°， ∵∠BAO+∠ABO＝90°， ∴∠BDH＝∠BAO， ∴∠DHO＝∠BAO， ∴∠BCD＝2∠DHO， ∴∠DHO＝∠BCD； （2）由（1）知，∠DHB＝∠BAO， ∵AC是菱形ABCD的对角线， ∴OA＝OC，∠DAO＝∠BAO， ∴∠DHB＝∠DAO， ∵∠AED＝∠HEO， ∴∠AOH＝∠ADE， ∵∠AOH＝∠COG， ∴∠ADH＝∠COG， ∵∠DAE＝∠OCG， ∴△ADE∽△COG， ∴， ∴AE•OG＝DE•CG， 在△AOH和△COG中，， ∴△AOH≌△COG（SAS）， ∴OH＝OG， ∴OG＝HG， ∴AE•HG＝DE•CG， ∴HG•AE＝2DE•CG． 【例10】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． 题型五、证明不对称比例式 【例11】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， ． 题型六、平行四边形的证明 【例12】如图，四边形中，，、交于点O，． (1)求证：； (2)E是边上一点，连接交于点F，如果，求证：四边形是平行四边形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由平行线的性质证明，推出，再证明，即可证明； （2）由推出，等量代换得，利用相似三角形的判定定理推出，证明，据此即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在和中，， ， ∴； （2）证明：由（1）知，，， 又∵， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，证明是解题的关键． 题型七、特殊四边形的证明 【例13】已知：如图，在▱ABCD中，点E、F分别在边BC、边BC的延长线上，四边形AEFD是菱形，菱形的对角线AF分别交DE、DC于点P、Q，． 求证：（1）四边形ABCD为矩形； （2）BE•DQ＝FQ•PE． 【分析】（1）通过证明△ABF∽△EPF，可得结论； （2）通过证明△DPQ∽△FCQ，可得结论． 【解答】证明：（1）∵四边形ADFE是菱形， ∴AF⊥DE， ∴∠EPF＝90°， ∵，∠PFE＝∠AFB， ∴△ABF∽△EPF， ∴∠ABE＝∠EPF＝90°， ∴平行四边形ABCD是矩形； （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝EF， ∴EC+CF＝BE+CE， ∴BE＝CF， ∵∠DPF＝∠QCF＝90°，∠CQF＝∠PQD， ∴△DPQ∽△FCQ， ∴， ∴， ∴BE•DQ＝FQ•PE． 【例14】已知：如图，在梯形ABCD中，AD//BC，∠B=90°，E是AC的中点，DE的延长线交边BC于点F． （1）求证：四边形AFCD是平行四边形； （2）如果， 求证：四边形AFCD是菱形． 【答案】23．证明：（1）∵AD//BC，∴． （2分） ∵AE=EC ，∴DE=EF． （2分） ∴四边形AFCD是平行四边形， （2分） （2）∵，AE， ∴． （1分） ∴． （1分） ∵AD//BC，∴∠DAE=∠ACB, （1分） ∴△DAE∽△ACB． （1分） ∵∠B=90°，∴∠AED=∠B =90° （1分） ∵四边形AFCD是平行四边形，∴四边形AFCD是菱形． （1分） 【例15】如图，在□ABCD中，点G是边BC延长线上一点，联结AG分别交BD和CD于点E和F，联结DG． （1）求证：； （2）如果∠ABD=∠AGD，求证：四边形ABGD是等腰梯形． A D F E B C G 23．证明：（1）∵在□ABCD中， ∴AD∥BC ∴ ………………………………………（2分） 同理∵AB∥DC． ∴ …………………………………（2分） ∴．即． ………………………………（2分） （2）∵AB∥DC，∴∠ABD=∠BDC． ∵∠ABD=∠AGD，∴∠BDC=∠AGD． ∵∠DEF=∠GED， ∴△EDF∽△EGD． ………………………………………………（1分） ∴．即．…………………………………（1分） 由（1）得， ∴AE=DE． ……………………………………………………………（1分） ∵AD∥BG， ∴． ∴EG=EB． ∴AE+EG=DE+EB． ∴AG=DB． ……………………………………………………………（2分） 又∵AD∥BC，AD≠BC， ∴梯形ABGD是等腰梯形． …………………………………………（1分） 题型八、证明线段的和差倍 【例16】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， ∴，，，， ， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【例17】已知:如图9，四边形ABCD中，AB//CD， ∠BAD=90°， 对角线AC、BD相交于点 O，点E在边BC上，AE⊥BD，垂足为点F, AB·DC=BF·BD. (1)求证:四边形ABCD为矩形; (2)过点O作OG⊥AC交AD于点G，求证: EC=2DG . (1)∵AB//CD， ∴∠1=∠2, ∵AB·DC=BF·BD, ∴△ABF∽△BCD， ∴∠AFB=∠BCD， ∵AE⊥BD， ∴∠AFB=∠BCD=90° ∵AB//CD， ∠BAD=90°， ∴∠ADC=∠BAD=90° ∴四边形ABCD为矩形; （2）因为∠AOD=∠2+∠4=∠1+∠3, ∠AFO=∠3=90°， 所以∠1=∠2. 因为∠5=∠6=45°，所以△AEC∽△OGD，所以AC：OD=EC：GD=2：1， 即EC=2DG. 【例18】已知：如图，在正方形ABCD中，联结BD，E是边AB上一点，BF⊥DE，垂足为点F，且EF•BD＝BE•BF． （1）求证：∠ADE＝∠BDE； （2）延长DF与CB的延长线交于点G，求证：BG＝BC+AE． 【分析】（1）先根据三角函数定义得出sin∠EBF＝，sin∠BDE＝，再由EF•BD＝BE•BF，可得＝，即可得∠EBF＝∠BDE，再根据正方形性质即可证明结论； （2）延长BF交DA的延长线于H，先证明△DFH≌△DFB，再结合正方形性质证明△GBF≌△DHF，可得BG＝DH＝AD+AH＝BC+AH，再证明△DAE≌△BAH，可得AH＝AE，结论得证． 【解答】解：（1）证明：∵BF⊥DE， ∴∠BFD＝90°， 在Rt△BEF中，sin∠EBF＝， 在Rt△DBF中，sin∠BDE＝， ∵EF•BD＝BE•BF， ∴＝， ∴sin∠EBF＝sin∠BDE， ∴∠EBF＝∠BDE， ∵正方形ABCD， ∴∠DAE＝90°＝∠BFD， ∴∠EBF+∠BEF＝∠ADE+∠AED＝90°， ∵∠BEF＝∠AED， ∴∠EBF＝∠ADE， ∴∠ADE＝∠BDE； （2）证明：如图，延长BF交DA的延长线于H， ∵∠ADE＝∠BDE，∠DFH＝∠DFB＝90°，DF＝DF， ∴△DFH≌△DFB（ASA）， ∴HF＝BF， ∵正方形ABCD， ∴AD∥BC，AD＝AB＝BC， ∴∠G＝∠ADE，∠GBF＝∠H， 在△GBF和△DHF中， ， ∴△GBF≌△DHF（AAS）， ∴BG＝DH＝AD+AH＝BC+AH， 在△DAE和△BAH中， ， ∴△DAE≌△BAH（ASA）， ∴AH＝AE， ∴BG＝BC+AE． 1．（2023•青浦区一模）已知：如图，在中，点、分别在边、上，、相交于点，，． （1）求证：； （2）求证：． 【分析】（1）根据可得，，则，，根据相似三角形的性质结合题意可推出，由等角的补角相等得，以此即可证明； （2）由（1）可知，由相似三角形的性质得，，易证明，由相似三角形的性质得，以此即可求解． 【解答】证明：（1）， ， ， ， ，， ， ， ，即， ； （2）， ，， ， ， ， ， ． 【点评】本题主要考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题关键． 2．（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． 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， ， ， ， ， 4.（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． 5．（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， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 6.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， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 7．（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． 8. 如图，已知，在平行四边形ABCD中，E为射线CB上一点，联结DE交对角线AC于点F，∠ADE＝∠BAC． （1）求证：CF•CA＝CB•CE； （2）如果AC＝DE，求证：四边形ABCD是菱形． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】（1）利用平行四边形性质，得到∠ADE＝∠E．结合已知找到∠BAC＝∠E．即可证明△ACB∽△ECF．从而得到结论． （2）先证明△ADF∽△CEF．利用对应边成比例，结合已知AC＝DE和（1）的结论，即可证明AB＝BC，从而得到结论． 【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形． ∴AD∥BC． ∴∠ADE＝∠E． ∵∠ADE＝∠BAC． ∴∠BAC＝∠E． ∵∠ACB＝∠ECF． ∴△ACB∽△ECF． ∴． ∴CF•CA＝CB•CE （2）由（1）知∠ADE＝∠E． ∵∠ADF＝∠CFE． ∴△ADF∽△CEF． ∴． ∴． ∵AC＝DE． ∴EF＝CF． ∵△ACB∽△ECF． ∴AB＝BC ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴四边形ABCD是菱形． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，平行四边形性质和菱形的判定等知识，关键在于熟悉各个知识点在本题中运用． 9. 如图，已知四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD相交于点O，AC平分∠BAD，BD平分∠ABC，点E在边BC的延长线上，联结OE，交边CD于点F． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）如果OE⊥CD，求证：CE•OF＝CF•OE． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】（1）由平行线的性质和角平分线的性质可证AB=BC，AB=AD，由菱形的判定可得结论； （2）由菱形的性质和角平分线的性质可得OF=OH，通过证明△CEF∽△OEH，可得结论． 【详解】解：（1）证明：∵AC平分∠BAD，BD平分∠ABC， ∴∠DAC＝∠BAC，∠ABD＝∠CBD， ∵AD∥BC， ∴∠DAC＝∠ACB＝∠BAC，∠ADB＝∠DBC＝∠ABD， ∴AB＝BC，AB＝AD， ∴AD＝BC， 又∵AD∥BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又∵AB＝AD， ∴平行四边形ABCD是菱形； （2）如图，过点O作OH⊥BC于H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠OCB＝∠OCD， 又∵OF⊥CD，OH⊥BC， ∴OF＝OH， ∵∠E＝∠E，∠EFC＝∠EHO＝90°， ∴△CEF∽△OEH， ∴＝， ∴CE•OH＝CF•OE ∴CE•OF＝CF•OE． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键． 10．（2023•金山区二模）如图，已知是等边三角形，过点作，且，联结、． （1）求证：四边形是等腰梯形； （2）点在腰上，联结交于点，若，求证：． 【分析】（1）证明，根据全等三角形的性质得到，根据等腰梯形的概念证明； （2）证明，根据相似三角形的性质得到，，得到，证明，根据全等三角形的性质证明即可． 【解答】证明：（1）为等边三角形， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ， 四边形是等腰梯形； （2）， ， ， ， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ． 【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、等腰梯形的概念，掌握相似三角形的判定定理、全等三角形的判定和性质是解题的关键． 11．（2024•虹口区二模）如图，在中，，延长至点，使得，过点、分别作，，与相交于点，联结． （1）求证：； （2）联结交于点，联结交于点．如果，求证：． 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明四边形是矩形即可解决问题． （2）令长为，根据，得出它们的正切值也相等，进而可用表示出，最后再利用相似三角形及勾股定理，用分别表示出和即可解决问题． 【解答】证明：（1），， 四边形是平行四边形， ， 又， ， 四边形是平行四边形． 又， 四边形是矩形， ， 即． （2）如图所示， 四边形是平行四边形， ，． 令， ， ， ． ， ， ， 则． ， ， ． 在中， ， ， ． 在中， ， ， 即． 【点评】本题考查平行线的性质及矩形的判定和性质，熟知矩形的判定和性质及相似三角形的判定和性质是解题的关键． 12．（2022•杨浦区三模）已知：如图，在中，，，点、分别是边、的中点，交的延长线于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）联结，如果，求证：． 【分析】（1）先根据三角形的中位线定理可得：，，证明四边形为平行四边形，可得，再证明，根据对角线互相平分且垂直的四边形是菱形可得结论； （2）如图，设，，则，证明，得，并结合勾股定理可得结论． 【解答】证明：（1）点、分别是边、的中点， 是的中位线， ，， ， ， ， ，， 四边形为平行四边形， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）如图，设，，则， ， ， ， ， ， ， ，即， ， 由勾股定理得：， ， ， ， ． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的性质和判定，三角形的中位线的性质，直角三角形的性质，第（2）有难度，证明是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $