专题11 几何证明（解答题第23题）（上海专用）2026年中考数学一模分类汇编

学科网 www.zxx k com 让教与学更高效 专题11几何证明（解答题第23题） 一、解答题 1.(2026上海闵行·一模)如图，线段ADBC相交于点E,点F是线段ED的中点，连接AB、BDCD, AE BE 分别延长B4FC交于点G·已知∠BAD=90,且CE=DE G B D (I)求证：∠ABE=∠FCD: BG BC (2)如果D4平分∠BDC,求证：BD2CF· 2.(2026上海黄浦·一模)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，OD是△ABC的中位线，P是线段OA上一 点，连接PD并延长交BC的延长线于点Q. CO=OD ∠PDO=∠POD (1)如果 ,求证： 2过点P作PT∥BC交1C于点7，连接70并延长交CB的延长线于点S,再连接0，求证： OS=00 3.(2026上海长宁.一模)已知，如图，在四边形ABCD中，∠BAC=∠ADC=90°，AD=m,BC=n, AC=√m .其中n>m 试卷第1页，共27页 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B (I)求证：△ACD∽△CBA, (2如果sEn:Sc=32 求证：BC=2AD ABCD 4.(2026上海徐汇一模)如图，在四边形 中， ∠BAD=90°CD1BDBD2=AD.BC,点H在 边BD上，且∠DBC=∠C+∠BAH, D B (I)求证：AH=AD: (2)过点B作射线BE交边CD于点F,交AD的延长线于点E.若∠DBE=∠ABD,求证： BD·DE=EF.CD 5.(2026上海松江·一模)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC,AB⊥BC,E是边AB上一点，DE与 AC交于点G,如果CE平分∠ACB,且DE⊥CE. AE2=AG·AC (1)求证： (2)求证：AG.GC=EGED 6.(25-26九年级上·上海杨浦·期末)已知：如图，在矩形ABCD中，点E在边AB的延长线上，过A作 AF⊥CE,垂足为点F,CF=EF,AF与边BC交于点G,联结BF. 试卷第2页，共27页 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D G B E FB2=FA.FG (1)求证： AH HF (2)连接BD与AG交于点H,如果AB=BC,求证：HGFG 7.(2026上海静安·一模)已知：如图，在梯形ABCD中，AB∥CD,连接AC、BD,△ABC是等边三角 形，DE∥BC,DE与AC交于点E,∠ADB=2∠DBC. D E (I)求证：△ADE∽△DBC; (2)求证：点E是线段AC的黄金分割点. 8.(2026上海金山一模)如图，在△ABC中，AB=AC,点E、D分别在边BC、AC上，∠AED=∠B. (I)求证：△ABE∽△ECD: (2)若AB=10,BC=-16,BE=12,求CD的长. 9.(2026上海黄浦一模)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC,∠ABC=90°，AD:AB:BC=1:2:4. D (I)求证：AC L BD: 试卷第3页，共27页 列学科网 www.zxx k com 让教与学更高效 (2)求cot∠ACD的值. 10.(25-26九年级上·上海青浦·期末)如图，在口ABCD中，点E在边AD上，BE、CD的延长线交于点 F 、CE ,连接，已知 CE2=DE·BC (I)求证：△ABE∽△EFC: (2)求证：CE·CF=EF,AD 11.(25-26九年级上·上海普陀·期末)已知：如图，四边形ABCD中，点E在边BC上，DE交AC于点 ∠AED=∠BAE2=AF.AC F, D E (I)求证：△ABE∽△ECF: AD AC (2)洳果EF=EC,求证：DBAC=AEBC 12.(25-26九年级上·上海宝山期末)如图，在菱形ABCD中，E是CD上一点，联结BE并延长交AD的 延长线于点G,交AC于点F. G D B (I)求证：BE·BF=BG·EF; 2若E是CD的中点，且1F.CF=2BF BE⊥CD ,求证： 13.(25-26九年级上·上海奉贤·期末)如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、BC上，CD、AE相交 于点F,且CD=BD,AE=AC. 试卷第4页，共27页 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B E (I)求证：△ADF∽aCDA: AD CE (2)连接DE·如果AB-CB,求证：ADAE=DCDE: 14.(25-26九年级上·上海浦东新·期末)已知，如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB和AC上， AD·AB=AE·AC,点F是BE与CD的交点. B (I)求证：△FDB△FEC AB=15,AC=18,AD=6 EF:DF (2)如果 ，求 15.(25-26九年级上·上海浦东新·期末)如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD1BC,垂足为点D, 点E是边AC上一点，EF⊥BC,垂足为点F,AD、BE交于点M. (I)如果BE平分∠ABC,求证：BM·CE=AM·BE; EF AB2 (2)如果BD=CF,求证：ADAC. 16.(2026上海嘉定一模)如图，在△1BC中，∠4CB=90° D AB AC2=AD·AB 中， 点是边上一点，满足 点E是AC的中点，连接ED并延长交CB的延长线于点F.求证： 试卷第5页，共27页 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E (I)CD⊥AB: (2)BC.CF AC.DF 17.(25-26九年级上·上海崇明期末)如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，AB=AD, D与BE交于点F,且BC=MC-EC】 D (I)求证：∠ADB=∠BEC: (2)如果AB=BC,求证：AE·AD=AF.BE. 18.(2026上海静安·一模)如图，在△ABC中，AB=AC=5,BC=8,D是BC中点，E在BA延长线上， F在AC边上(F不与点AC重合)，∠EDF=∠B A (I)求证：△BDE∽△CFD: (2)求证：ED平分∠BEF: CF=x,EF=y (3)设 ”,求'关于的函数解析式，并写出定义域： (4)连接AD、CE,如果四边形ADCE有两个内角互补，求CF的长. 试卷第6页，共27页 专题11 几何证明（解答题第23题） 一、解答题 1．（2026·上海闵行·一模）如图，线段相交于点，点是线段的中点，连接，分别延长交于点．已知，且． (1)求证：； (2)如果平分，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，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键． （1）根据已知易证，，由直角三角形的性质可得，进而得到，即可证明结论； （2）由题意得，易证，由直角三角形的性质可得，推出，，易证，即可得出结论． 【详解】（1）证明：， ， ， 又在中，点为中点， ， ， ； （2）证明：平分， ， ， ， 又点是中点，， ， ， ∵ ， ， ． 2．（2026·上海黄浦·一模）如图，在中，，是的中位线，是线段上一点，连接并延长交的延长线于点． (1)如果，求证：； (2)过点作交于点，连接并延长交的延长线于点，再连接，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查平行线分线段成比例定理、相似三角形判定和性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是相关性质的灵活应用． （1）根据题意，得到，进而可得为的中点，再结合即可得证； （2）连接，由平行线段截线段成比例得到，再证，得到，进而得到，再利用“”证明即可求解． 【详解】（1）证明：是的中位线， 且， ， ， ， ，即， ， ，即， ，即为的中点， ， ， ， ， ； （2）证明：连接， ，， ， ， ， ， ， ，为的中点， ， ， ， 在和中， ， ， ． 3．（2026·上海长宁·一模）已知，如图，在四边形中，，，，．其中． (1)求证：． (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，正确运用相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． （1）证明，结合可证明； （2）根据相似三角形的性质可得结论． 【详解】（1）解：∵，，， ∴，， ∴， 又， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴． 4．（2026·上海徐汇·一模）如图，在四边形中，，，，点在边上，且． (1)求证：； (2)过点作射线交边于点，交的延长线于点．若，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，熟知相似三角形的性质与判定定理是解题的关键． （1）可证明，则可证明，得到，，可证明，则可证明； （2）证明，则可证明，推出，证明，得到，则，即可证明． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵，即， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图所示， 由（1）知 ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴． 5．（2026·上海松江·一模）如图，在梯形中，，，是边上一点，与交于点，如果平分，且． (1)求证：； (2)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，等角对等边，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）根据同角的余角相等，求出，进而推出，证明，即可得证； （2）证明，得到，等角的余角相等结合对顶角相等，得到，进而得到，即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：由（1）知：，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 6．（25-26九年级上·上海杨浦·期末）已知：如图，在矩形中，点E在边的延长线上，过A作，垂足为点F，，与边交于点G，联结．    (1)求证：； (2)连接与交于点H，如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据和矩形的性质，结合直角三角形的锐角互余，可证得，根据相似三角形对应边成比例，结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证得结论； （2）由题意易得四边形为正方形，利用正方形的性质，三角形外角的性质，等边对等角和，可求得，可知，然后根据，，得到，，利用等量代换即可证得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）证明：如图所示，    ∵， ∴矩形为正方形， ∴，，， 由（1）可知，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，，， ∴，， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 7．（2026·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． 8．（2026·上海金山·一模）如图，在中，，点分别在边上，． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【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是解题的关键： （1）等边对等角，得到，三角形的外角的性质结合角的和差关系求出，即可得证； （2）根据相似三角形的性质，列出比例式，进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：由（1）知：， ∴， ∴，即， ∴． 9．（2026·上海黄浦·一模）如图，在梯形中，，，． (1)求证：； (2)求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了锐角三角函数，梯形的性质，勾股定理及相似三角形的判定和性质，掌握相关性质是解题的关键． （1）先证，再根据角的关系可得，进而得到即可证明； （2）由勾股定理得，，再证，得到，进而得到，，再利用代入计算即可． 【详解】（1）证明：设相交于点， ，则可设，，， ，， ， ， ， ， ， ， 即； （2）解：根据题意，， ， ， ， ， ，即， ， 解得， ， 解得，， 由（1）知，即， ． 10．（25-26九年级上·上海青浦·期末）如图，在中，点在边上，、的延长线交于点，连接，已知． (1)求证：； (2)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性质，相似三角形的判定与性质，掌握相关性质定理和判定定理是解题的关键． （1）先根据平行四边形的性质证明， 结合已知的， 证明，得到 ，通过角的等量代换证明，根据平行线的性质得到，从而可证； （2）证明，得到，结合平行四边形的对应边相等，即，等量代换即可证明． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）证明：由（1）知，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ． 11．（25-26九年级上·上海普陀·期末）已知：如图，四边形中，点E在边上，交于点F，，． (1)求证：； (2)如果，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，三角形外角的性质，等角对等边； （1）由得，由三角形外角得即可解答； （2）由得，题意证即可解答． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：由（1）得，， ∴，； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 12．（25-26九年级上·上海宝山·期末）如图，在菱形中，是上一点，联结并延长交的延长线于点，交于点． (1)求证：； (2)若是的中点，且，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三线合一定理，熟知菱形的性质和相似三角形的性质与判定定理是解题的关键． （1）证明得到，证明，得到，则可得到，据此可证明结论； （2）连接，证明，得到，由相似三角形的性质得到，则，则可证明，即，再由三线合一定理可证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，连接， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， 由（1）得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴或（舍去）， ∴， 又∵是的中点， ∴，即． 13．（25-26九年级上·上海奉贤·期末）如图，在中，点D、E分别在边上，相交于点，且，． (1)求证：； (2)连接．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，等边对等角，全等三角形的性质与判定，熟知相似三角形的性质与判定定理是解题的关键． （1）由等边对等角可得，可证明，据此可证明结论； （2）可证明，则可证明，推出，得到，证明，得到；由相似三角形的性质可得，据此可证明结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 14．（25-26九年级上·上海浦东新·期末）已知，如图，在中，点分别在边和上，，点是与CD的交点． (1)求证：． (2)如果，求． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． （1）证明，得到，即可得出结论； （2）由，，求出，得到，由，得到． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 15．（25-26九年级上·上海浦东新·期末）如图，在中，，，垂足为点，点是边上一点，，垂足为点，交于点． (1)如果平分，求证：； (2)如果，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，角平分线的性质等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）根据角平分线的性质得到，再证明，得到，即可得出结论； （2）证明，得到，证明，得到，则，证明，得到，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴． 16．（2026·上海嘉定·一模）如图，在中，，点是边上一点，满足，点是的中点，连接并延长交的延长线于点．求证： (1)； (2)． 【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，直角三角形的性质，余角的性质等知识，熟练掌握相关知识是解题的关键； （1）证明，然后根据相似三角形的性质和垂直的定义即可得证； （2）证明，得出，证明，得出，则，即可得证． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵，点是的中点， ∴， ∴， 又， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 又， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 17．（25-26九年级上·上海崇明·期末）如图，在中，点、分别在边、上，，与交于点，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）通过对已知条件变形得到比例式，结合公共角证明，利用相似三角形对应角相等及等腰三角形的性质，推导得出； （2）先利用第（1）问的相似结论得到角相等，结合等腰三角形的性质推导出角相等，再通过三角形外角性质与角的代换，证明新的相似三角形，最终利用相似三角形对应边成比例完成等积式的证明． 【详解】（1）证明：∵， ∴． 又∵， ∴， ∴． 又∵， ∴． ∴，即； （2）证明：由（1）知， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵，， ∴． 又∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质．在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．如果两个三角形相似，那么它们的对应角相等，对应边成比例． 18．（2026·上海静安·一模）如图，在中，，，是中点，在延长线上，在边上（不与点重合），． (1)求证：； (2)求证：平分； (3)设，求关于的函数解析式，并写出定义域； (4)连接，如果四边形有两个内角互补，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) (4)或 【分析】（1）根据等边对等角可得，根据三角形外角的性质可得，结合相似三角形的判定即可求解； （2）根据，得到，即，可证，得到，即平分，即可求解； （3）根据相似三角形的判定和性质得到，则，即，如图所示，连接，过点作于点，由勾股定理可得，，，根据三角函数的计算得到，在中，，，，可求出，， 则，在中，由勾股定理可得，所以有，由此即可求解； （4）由（3）可知，分类讨论：第一种情况，如果与互补，则，在中，由三角函数的计算可得，结合，可求解；第二种情况，如果与互补，即，则，由题意可得点也是的中点，即，结合，可求解；第三种情况，一定是钝角，则（舍）；由此即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， 又∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵是中点， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴，即平分； （3）解：∵，， ∴， ∴，即， 如图所示，连接，过点作于点， ∵，是中点，， ∴，， 在中，， ∴， ∴， 在中，，，， ∴，， ∴， 在中，， ∵，， ∴， ∴. （4）解：由（3）可知， 第一种情况，如果与互补，则， 在中，， 在中，， ∵， ∴， ∴， 解得； 第二种情况，如果与互补，即，则， ∵点是的中点， ∴点也是的中点，即， ∵， ∴， ∴， 解得； 第三种情况，∵一定是钝角， ∴（舍）. 综上所述，当四边形有两个内角互补时，的长为或． 【点睛】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，勾股定理，函数解析式的计算，解直角三角形的计算，掌握相似三角形的判定和性质，解直角三角形的计算是解题的关键． 试卷第26页，共27页 试卷第27页，共27页 学科网（北京）股份有限公司 $