专项04 中考解答题第23题的命题特点与趋势（大题专练）（上海专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

专项04 中考解答题第23题的命题特点与趋势 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选中考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 近五年上海中考数学第 23 题定位为几何证明中档题（12 分），是基础到压轴的分水岭，近五年命题高度稳定、规律清晰：以三角形 / 四边形 / 圆为载体，必考相似 + 全等，两小问梯度明显，重逻辑、重模型、重教材变式。 一、近五年真题一览（2021—2025） 2021（圆背景）证全等+平行（矩形） 2022（等腰三角形背景）证全等+相似 2023（等腰梯形背景）证全等+相似 2024（矩形背景）证相似+等腰（全等） 2025（圆背景）证全等+相似 二、核心命题特点（5 大稳定特征） 1. 结构固定：两小问、梯度清晰 第（1）问（6 分）：基础证明，证线段相等、角相等、平行 / 垂直，用全等、基础相似、特殊图形性质，全员可得分。 第（2）问（6 分）：进阶证明，证比例式 / 乘积式、特殊四边形判定，需相似 + 模型 + 代换，区分中档与高分。 2. 载体集中：三大几何图形循环 三角形（2022）：等腰 / 等边，考全等、相似、角等量代换。 四边形（2023、2024）：矩形、等腰梯形，考特殊性质、平行 / 垂直判定、射影定理。 圆（2021、2025）：弦、半径、圆心距，考垂径定理、圆周角、圆内相似。 规律：圆、四边形、三角形，循环出现。 3. 考点硬核：全等 + 相似为绝对核心 全等三角形：年年必考，SAS/ASA/AAS/HL，用于证边等、角等、铺垫相似。 相似三角形：第 2 问必考，A 字、8 字、射影、等腰相似，证比例 / 乘积式。 辅助定理：垂径定理（圆）、矩形 / 等腰梯形性质、平行线判定、等腰三角形三线合一。 4. 模型化强：高频几何模型反复考 垂直模型：2021（OG⊥MN）、2024（AE⊥BD）→ 直角互余、射影定理。 平行模型：2021（BN∥OG）、2025（AB∥CD）→ 同位角、内错角、相似。 等腰模型：2022（AB=AC）、2023（等腰梯形）→ 等边对等角、等角对等边。 乘积式模型：2022、2023、2024、2025 → 相似三角形对应边成比例。 5. 难度稳定：中档偏上，重逻辑不重计算 无复杂计算、无坐标系、无函数，纯几何推理。 第（1）问：基础送分，正确率约 85%；第（2）问：需模型识别 + 严谨推导，正确率约 50%。 符合上海课标：重思维、轻技巧，重通法、轻偏怪。 三、命题趋势（3 大方向） 1. 载体：圆与四边形仍是主流，三角形为补充 2021、2025 考圆，2023、2024 考四边形，2022 考三角形→ 2026 大概率回归四边形（菱形 / 正方形）或圆。 背景图形更简洁，条件更隐蔽，强调从简单图形中挖掘隐含关系。 2. 考点：相似深化、模型融合、教材变式 相似升级：从单一相似到二次相似、中间比代换、相似 + 全等综合。 模型融合：一题多模型（如 2025 圆 + 平行 + 相似），考查模型识别与组合能力。 教材回归：真题多源于教材例题 / 习题改编，重视课本变式与拓展。 四、备考启示（高效提分策略） 吃透三大载体：圆（垂径、弦、圆心距）、四边形（矩形 / 等腰梯形性质）、等腰三角形（全等 + 相似）。 狠抓核心模型：垂直（射影）、平行、等腰、8 字 / A 字相似，做到见图识模。 规范证明步骤：每步写依据，全等 / 相似条件列全，避免逻辑漏洞。 精练真题变式：近 5 年真题 + 各区二模第 23 题，总结同类题解题套路。 真题·欣赏 1.（2024·上海·中考真题）23.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：． 析典例·建模型 【相似模型】射影图和A型图+子母型图 第（1）小问很有意思，求证几乎涉及了相似的所有模型。 方法一：子母型图 连接AC，欲证可证△ADE； 方法二：等线段代换 因为线段AD=BC，所以结论可化为，证明△ADE即可。 方法三：等积代换 设AE与BD交于点P，由射影定理易发现，再由A型图相似证明即可。 研考点·通技法 证明线段相等找全等 第（2）小问证明线段CE=AD，因为线段CE是等腰△FCE的底边，所以就要构造以AD为底边的等腰三角形，由矩形的对角线相等容易想到连接AC交BD于点O，则△OAD为等腰三角形，证明△FCE≌△OAD即可。 真题·欣赏 2.（2023·上海·中考真题）23. 如图，在梯形中，点F，E分别在线段，上，且， （1）求证： （2）若，求证： 研考点·通技法 一、证线段等找全等 【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，然后根据全等即可得证DE=AF； 【详解】（1）证明：， ， 在和中，， ， ． 二、等线段代换找相似 【分析】（2）欲证肯定要证明相似，可是直接由结论中的三条线段AF、BF、CE无法找到两个三角形相似，由第（1）小问中的结论可将一条线段AF换成DE，只要证得即可得证。 【详解】（2）证明：， ， ，即， 在和中，， ， ， 由（1）已证：， ， ． 破类题·提能力 1.（2022·上海·中考真题23）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 1．（2026·上海青浦·二模）已知：如图，四边形是平行四边形，点在边上，点在的延长线上，，的延长线与相交于点，且．    （1）求证：四边形是菱形； （2）如果，求证：点是边的中点。 3.（2026·上海徐汇·二模）如图，已知、为的两条弦，，连接、并延长交弦于点、，且． （1）求证：； （2）如果，求证：． 4.（2026·上海虹口·二模）如图，和都是等腰直角三角形，，，，连接、，，延长交于点，交于点． （1）求证：四边形为正方形； （2）如果，求证：． 5.（2026·上海崇明·二模）如图，已知四边形是平行四边形，点是对角线上一点，，． （1）求证：四边形是菱形； （2）点是边上一点，与相交于点，若，求证：． 6.（2026·上海宝山·二模）如图，已知梯形中，，，对角线与交于点E，将沿着直线翻折得到（点D对应点F）。 （1）求证：四边形是平行四边形； （2）如果四边形是矩形，且，求证：． 7.（2026·上海静安·二模）如图，正方形中，点E在边上，点F是正方形外一点，连结、、，对角线与线段相交于点M，如果，且． （1）求证：，； （2）当点E是边的中点时，请直接写出与面积的比值： ． 8.（2026·上海闵行·二模）如图，在中，，．点在边上，点在的延长线上，连结、，过点作的垂线，分别交、、于点、和，且． （1）求证：； （2）求证：． 9.（2026·上海杨浦·二模）如图，四边形为平行四边形，连接、交于，点在线段上，且． （1）延长、交于，求证：； （2）点在的延长线上，且，求证：． 10.（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：． 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专项04 中考解答题第23题的命题特点与趋势 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选中考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 近五年上海中考数学第 23 题定位为几何证明中档题（12 分），是基础到压轴的分水岭，近五年命题高度稳定、规律清晰：以三角形 / 四边形 / 圆为载体，必考相似 + 全等，两小问梯度明显，重逻辑、重模型、重教材变式。 一、近五年真题一览（2021—2025） 2021（圆背景）证全等+平行（矩形） 2022（等腰三角形背景）证全等+相似 2023（等腰梯形背景）证全等+相似 2024（矩形背景）证相似+等腰（全等） 2025（圆背景）证全等+相似 二、核心命题特点（5 大稳定特征） 1. 结构固定：两小问、梯度清晰 第（1）问（6 分）：基础证明，证线段相等、角相等、平行 / 垂直，用全等、基础相似、特殊图形性质，全员可得分。 第（2）问（6 分）：进阶证明，证比例式 / 乘积式、特殊四边形判定，需相似 + 模型 + 代换，区分中档与高分。 2. 载体集中：三大几何图形循环 三角形（2022）：等腰 / 等边，考全等、相似、角等量代换。 四边形（2023、2024）：矩形、等腰梯形，考特殊性质、平行 / 垂直判定、射影定理。 圆（2021、2025）：弦、半径、圆心距，考垂径定理、圆周角、圆内相似。 规律：圆、四边形、三角形，循环出现。 3. 考点硬核：全等 + 相似为绝对核心 全等三角形：年年必考，SAS/ASA/AAS/HL，用于证边等、角等、铺垫相似。 相似三角形：第 2 问必考，A 字、8 字、射影、等腰相似，证比例 / 乘积式。 辅助定理：垂径定理（圆）、矩形 / 等腰梯形性质、平行线判定、等腰三角形三线合一。 4. 模型化强：高频几何模型反复考 垂直模型：2021（OG⊥MN）、2024（AE⊥BD）→ 直角互余、射影定理。 平行模型：2021（BN∥OG）、2025（AB∥CD）→ 同位角、内错角、相似。 等腰模型：2022（AB=AC）、2023（等腰梯形）→ 等边对等角、等角对等边。 乘积式模型：2022、2023、2024、2025 → 相似三角形对应边成比例。 5. 难度稳定：中档偏上，重逻辑不重计算 无复杂计算、无坐标系、无函数，纯几何推理。 第（1）问：基础送分，正确率约 85%；第（2）问：需模型识别 + 严谨推导，正确率约 50%。 符合上海课标：重思维、轻技巧，重通法、轻偏怪。 三、命题趋势（3 大方向） 1. 载体：圆与四边形仍是主流，三角形为补充 2021、2025 考圆，2023、2024 考四边形，2022 考三角形→ 2026 大概率回归四边形（菱形 / 正方形）或圆。 背景图形更简洁，条件更隐蔽，强调从简单图形中挖掘隐含关系。 2. 考点：相似深化、模型融合、教材变式 相似升级：从单一相似到二次相似、中间比代换、相似 + 全等综合。 模型融合：一题多模型（如 2025 圆 + 平行 + 相似），考查模型识别与组合能力。 教材回归：真题多源于教材例题 / 习题改编，重视课本变式与拓展。 四、备考启示（高效提分策略） 吃透三大载体：圆（垂径、弦、圆心距）、四边形（矩形 / 等腰梯形性质）、等腰三角形（全等 + 相似）。 狠抓核心模型：垂直（射影）、平行、等腰、8 字 / A 字相似，做到见图识模。 规范证明步骤：每步写依据，全等 / 相似条件列全，避免逻辑漏洞。 精练真题变式：近 5 年真题 + 各区二模第 23 题，总结同类题解题套路。 真题·欣赏 1.（2024·上海·中考真题）23.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：． 析典例·建模型 【相似模型】射影图和A型图+子母型图 第（1）小问很有意思，求证几乎涉及了相似的所有模型。 方法一：子母型图 连接AC，欲证可证△ADE； 方法二：等线段代换 因为线段AD=BC，所以结论可化为，证明△ADE即可。 方法三：等积代换 设AE与BD交于点P，由射影定理易发现，再由A型图相似证明即可。 研考点·通技法 证明线段相等找全等 第（2）小问证明线段CE=AD，因为线段CE是等腰△FCE的底边，所以就要构造以AD为底边的等腰三角形，由矩形的对角线相等容易想到连接AC交BD于点O，则△OAD为等腰三角形，证明△FCE≌△OAD即可。 真题·欣赏 2.（2023·上海·中考真题）23. 如图，在梯形中，点F，E分别在线段，上，且， （1）求证： （2）若，求证： 研考点·通技法 一、证线段等找全等 【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，然后根据全等即可得证DE=AF； 【详解】（1）证明：， ， 在和中，， ， ． 二、等线段代换找相似 【分析】（2）欲证肯定要证明相似，可是直接由结论中的三条线段AF、BF、CE无法找到两个三角形相似，由第（1）小问中的结论可将一条线段AF换成DE，只要证得即可得证。 【详解】（2）证明：， ， ，即， 在和中，， ， ， 由（1）已证：， ， ． 破类题·提能力 1.（2022·上海·中考真题23）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 【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。 1．（2026·上海青浦·二模）已知：如图，四边形是平行四边形，点在边上，点在的延长线上，，的延长线与相交于点，且．    （1）求证：四边形是菱形； （2）如果，求证：点是边的中点。 【答案】(1）见解析 （2）见解析 【分析】（1）先证明，再证明，最后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可； （2）设，由求出，再由证明即可。 【详解】（1）证明：如图，    ∵四边形是平行四边形， ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； （2）解：∵ ∴设 ∴ ∵ ∴（舍负）， ∵ ∴， ∵ ∴ ∴， ∴点是边的中点。 3.（2026·上海徐汇·二模）如图，已知、为的两条弦，，连接、并延长交弦于点、，且． （1）求证：； （2）如果，求证：． 【答案】(1）见解析 （2）见解析 【分析】（1）连接，先证明，则，然后根据等边对等角以及三角形内角和定理证明，即可证明平行； （2）先证明，再证明即可。 【详解】（1）证明：连接 ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴； （2）证明：∵ ∴ ∵ ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴， ∵ ∴ ∴， ∴． 4.（2026·上海虹口·二模）如图，和都是等腰直角三角形，，，，连接、，，延长交于点，交于点． （1）求证：四边形为正方形； （2）如果，求证：． 【答案】(1）证明见解析 （2）证明见解析 【分析】（）先利用已知的两个直角，通过减去公共角，推导出；再结合，用证明，得到；接着结合，判定四边形是矩形，最后根据邻边，得出四边形为正方形； （）连接，先由（）中正方形的性质，结合勾股定理得到；再利用等腰直角的角度关系和外角定理，推导出；随后通过两角对应相等证明，得到比例式，交叉相乘后结合，证得． 【详解】（1）证明：∵， ∴，即， ∵在和中， ， ∴ ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形为正方形。 （2）证明：连接， ∵四边形是正方形，是正方形的对角线， ∴，，， 由勾股定理得： ， ∵ ， ∴， 即， ∵， ∴， ∵由（）知 ，即， ∴， ∵是的外角， ∴， 在中，由内角和定理： ， ∴， 整理得， ∵， ∴， ∵在和中 ， ∴， ∴，即，代入， 得：． 5.（2026·上海崇明·二模）如图，已知四边形是平行四边形，点是对角线上一点，，． （1）求证：四边形是菱形； （2）点是边上一点，与相交于点，若，求证：． 【答案】(1）见解析 （2）见解析 【分析】（1）连接交于点，利用等腰三角形的性质证明，即可得到结论； （2）根据题意得到，证明，推出，即可得到结论。 【详解】（1）证明：如图，连接交于点， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是菱形； （2）证明：， ， 由（1）知，四边形是菱形； ，， ， ， ， ． 6.（2026·上海宝山·二模）如图，已知梯形中，，，对角线与交于点E，将沿着直线翻折得到（点D对应点F）。 （1）求证：四边形是平行四边形； （2）如果四边形是矩形，且，求证：． 【答案】(1）见解析 （2）见解析 【分析】（1）先得到梯形是等腰梯形，然后根据等腰梯形的性质以及折叠的性质，通过两组对边分别相等的四边形是平行四边形证明即可； （2）先根据比例线段证明，然后结合翻折，矩形的性质证明，即可求证。 【详解】（1）证明：由翻折可得，， ∵梯形中，，， ∴梯形是等腰梯形，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：如图， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，设， ∵ ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵翻折， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 7.（2026·上海静安·二模）如图，正方形中，点E在边上，点F是正方形外一点，连结、、，对角线与线段相交于点M，如果，且． （1）求证：，； （2）当点E是边的中点时，请直接写出与面积的比值： ． 【答案】(1）见解析 (2)10 【分析】本题考查正方形的性质，相似三角形的性质和判定，等腰直角三角形 （1）先证明，得，再证明，得是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形斜边是直角边的倍，即可证明． （2）先证明，再证明，设，得，，最后利用求解即可。 【详解】（1）证明：∵是正方形的对角线， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴, ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． （2）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点E是边的中点， ∴设，则， ∴， ， ∴． 8.（2026·上海闵行·二模）如图，在中，，．点在边上，点在的延长线上，连结、，过点作的垂线，分别交、、于点、和，且． （1）求证：； （2）求证：． 【答案】(1）见详解 （2）见详解 【分析】本题考查等腰直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识点。 （1）根据为等腰直角三角形，为等腰三角形，得到对应底角相等，根据三角形外角定理以及角的和差关系得到，根据等角的余角相等得到，继而根据等腰三角形三线合一的性质得证结论。 （2）通过证明，，得到对应线段成比例，继而通过线段的等量代换得证结论。 【详解】（1）证明：∵， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴为等腰三角形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， ∵， ∴； （2）证明：由（1）知，，，是等腰三角形， ∴， 又∵，，， ∴，， ∴，， ∴，即， 又∵， ∴代入上式得． 9.（2026·上海杨浦·二模）如图，四边形为平行四边形，连接、交于，点在线段上，且． （1）延长、交于，求证：； （2）点在的延长线上，且，求证：． 【答案】(1）证明见解析 （2）证明见解析 【分析】（1）由平行四边形的性质可得，则，结合可证明，从而命题得证； （2）作的外接圆，根据题干和平行四边形的性质可得，则、、、四点共圆，从而得到．由（1）可知，因此，则，变形得．根据圆周角定理可得，从而证明，命题得证。 【详解】（1）证明：如图， 在平行四边形中，， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图，作的外接圆， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，，， ∵， ∴， ∴、、、四点共圆，即点在的外接圆上， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】利用对角互补联想到四点共圆，结合圆周角定理证明相似三角形是解题关键。 10.（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 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $