专题13几何证明综合（第23题）高频考点与常见4大题型（上海专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦上海中考数学第23题（12分），以4大题型为框架，融合考情分析、核心考点与变式训练，构建“判定-性质-综合应用”的逻辑体系，强化逻辑推理与几何直观能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |高频考情解读|近5年真题规律|中考命题趋势分析（证明+计算融合、圆背景增加）|从考频数据到能力要求，建立备考方向| |核心考点梳理|知识图谱+技巧|相似（两角/两边夹角）、全等（SAS/ASA）判定，等积式转化比例式|从基础定理到综合应用，形成推理链条| |4大题型精讲|真题+5变式/题型|相似性质应用、特殊四边形判定、圆中圆周角/弦关系、比例线段证明|按图形背景（三角形/四边形/圆）递进，题型与方法对应| |实战演练|9道模拟题|规范书写（定理依据）、辅助线构造（平行线/中点）|模拟中考难度，强化转化与迁移能力|

null 专题13 几何证明综合（第23题）高频考点与常见4大题型 目 录 高频考情深度解读（中考命题规律透视+培优备考要求） 核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧） 聚焦题型精准解密（4大题型精讲+变式拔高训练） 题型一 相似三角形的判定与性质综合 题型二 全等三角形与特殊四边形的判定 题型三 比例线段与等积式的证明 题型四 圆背景下的几何证明与计算 实战演练高效提分（中考仿真模拟+限时训练提升） 第23题是上海中考数学的几何证明核心题，分值12分（通常为2小问，每问6分），占全卷的8%。这道题位于解答题的中后段，是连接基础几何与压轴题的关键桥梁，也是区分中等生与优等生的重要题型。专家指出，第23题“重视对通性通法的考查”，强调“在解答过程中适度融合运算与推理”，既考查几何定理的熟练运用，也考查逻辑推理的规范书写。 从近五年考情看，第23题的命题呈现以下规律： 考点 近五年考频 典型题位 分值 2025年 相似三角形的判定与性质 圆（两弦相交） 圆背景+相似+等积式证明 2024年 全等三角形+矩形性质 矩形+旋转 全等+相似+线段关系证明 2023年 相似三角形的判定与性质 梯形+平行线 平行型相似+比例式证明 2022年 全等三角形+等腰三角形 等腰三角形+平行线 全等+线段相等证明 核心特征总结： 第一小问（6分）：通常是基础证明，直接考查相似三角形的判定（两角对应相等、两边对应成比例且夹角相等）或全等三角形的判定（SAS、ASA、AAS等）。图形背景相对简单，辅助线较少，是必须拿满分的部分。 第二小问（6分）：在第一问的基础上进行拓展，通常需要结合第一问的结论进行推理。常见考法包括：证明等积式（转化为比例式证相似）、求线段长度（利用相似比列方程）、证明四边形形状（利用全等或相似得出边角关系）。 近年命题变化趋势： 1.从“纯证明”向“证明+计算”融合：部分题目不再仅仅要求证明，而是在证明的基础上要求计算某条线段的长度或某个角的大小。 2.图形背景更加灵活：除了传统的三角形、四边形背景，圆与相似三角形结合的背景近年出现频率增高（2025年中考即为此类型）。 3.教材母题变式明显：第23题常源于教材中相似三角形判定定理的证明方法（如八年级教材中三角形中位线定理的证明），在熟悉图形的基础上变换条件和结论。 4.“逻辑推理能力”的考查更受重视：上海市初中数学学业水平考试明确将“逻辑推理”作为核心能力，第23题正是这一能力的主要考查载体。 核心能力要求：识图能力（从复杂图形中识别基本相似/全等模型）、推理论证能力（建立从已知条件到待证结论的完整逻辑链）、规范书写能力（每一步推理都要有定理依据，不可跳跃）、转化能力（将等积式转化为比例式，将线段关系转化为相似问题）、辅助线构造能力（根据图形特点和待证结论添置恰当的辅助线）。 2026中考预测： 题型稳定：第23题将继续保持“2小问、12分”的基本结构。第一小问考查相似三角形或全等三角形的判定，第二小问在第一问的基础上进行拓展（证明等积式、求线段长或角度、判断四边形形状）。图形背景仍以三角形、四边形为主，圆背景的出现频率可能继续增加。教材母题变式仍是重要命题素材——2025年第22题已指明其源于“梯形中位线定理的证明方法”，第23题同样遵循这一命题思路。 难度平稳：第23题的整体难度在0.55-0.7之间，属于中档题。第一小问难度约0.7-0.8，是必须拿满分的部分；第二小问难度约0.5-0.65，需要较好的综合分析能力。学生的常见失分原因是：①无法从复杂图形中识别基本模型；②证明过程书写不规范（跳步、漏写定理依据）；③不会利用第一问的结论解决第二问；④等积式转化为比例式后找错相似三角形。 命题趋势：2026年第23题可能出现以下变化：①圆背景的几何证明比重可能增加（2025年中考已出现，各区2026年二模中圆背景的第23题也有出现）；②证明与计算融合的趋势继续加强，第二问可能从“纯证明”转向“先证明再计算”；③平行型基本图形（A型、X型）与三角形一边的平行线性质仍是重要考点；④相似与全等的综合继续作为热点，同一题中可能同时涉及相似和全等两种证明。 题型一 相似三角形的判定与性质综合 【真题呈现01】（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：． 【变式01】（2026·上海黄浦·二模）学校新建了一个录播教室，为了适应不同教学场景的需要，学校定制了一批新的课桌，要求这批课桌的桌面是等腰梯形的．这天数学老师带领八年级同学到录播教室开展数学探究活动，探究内容就是如何验证这批课桌的桌面是不是等腰梯形的．老师给同学们的探究工具是带刻度的直尺（可以精确量出给定两点的距离）和记号笔． (1)雏鹰小组给出了他们的验证方案，如下：先依次标记四边形桌面的顶点为A、B、C、D，接着测量与的长，如果，那么桌面不是等腰梯形；如果，再继续测量、、与的长，如果，或者，，那么桌面是等腰梯形，不然，桌面就不是等腰梯形． 其他小组讨论了雏鹰小组给出的验证方案，一致认为这个方案是可行的．如果按雏鹰小组的验证方案，他们小组验证的结果为桌面确实是等腰梯形，就请你来说明一下理由（结合图示，写出已知、求证，并加以证明）； (2)请再设计一个验证方案，并说明验证的步骤． 【变式02】（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：． 【变式03】（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：． 【变式04】（2025·上海静安·二模）已知，四边形内接于，． (1)求证：； (2)小明说：四边形一定是等腰梯形，你认为他的说法正确吗？为什么？ (3)如图所示，已知，，求的半径． 【变式05】（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：． 题型二 ：全等三角形与特殊四边形的判定 【真题呈现02】（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：． 【变式01】（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． 【变式02】（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：． 【变式03】（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：． 【变式04】（2026·上海普陀·二模）在平面直角坐标系中（如图所示），已知某抛物线的表达式为．沿着x轴的正方向看，点M在抛物线的上升部分，设直线与x轴的夹角为． (1)如果，，求该抛物线的表达式； (2)已知点N在抛物线的下降部分，且． ①求的值； ②平移抛物线，使新抛物线的顶点落在线段上，且新抛物线与y轴交于点C．已知点M的纵坐标为1，当四边形是以为腰的等腰梯形时，求点的坐标． 题型三 比例线段与等积式的证明 【真题呈现03】（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： 【变式01】（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：． 【变式02】（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． 【变式03】（2026·上海虹口·三模）如图，已知在四边形中，，，点E是对角线上一点，连接、，． (1)求证：四边形是菱形； (2)延长交边于点F，当时，求证：． 【变式04】（2026·上海闵行·三模）已知：如图，在四边形中，，，，是上一点，连接交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求证． 【变式05】（2026·上海奉贤·三模）如图，在中，，是边上的中线，为边的中点，点在边上，，交于点，连接、． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点．如果，求证：． 题型四 圆背景下的几何证明与计算 【真题呈现04】（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：． 【变式01】（25-26九年级下·上海杨浦·期中）已知：如图，是半圆O的直径，C是半圆上一点（不与点A、B重合），点D是弧的中点，过点D作，垂足为点F，连接与交于点E． (1)求证：； (2)连接并延长与弦的延长线交于点G，联结．求证：四边形是矩形． 【变式02】（2026·上海松江·二模）已知是半圆的直径，弦、交于点，与交于点，满足． (1)求证：； (2)如图2，是的中点，与交于点，求证：四边形是菱形． 【变式03】（2026·上海杨浦·二模）如图，点A、B、C、D、O在同一直线上，且满足，以为直径作半圆O，点P为半圆O上一动点， (1)直接写出的度数； (2)求的值． 【变式04】（2025·上海静安·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． (限时30分钟） 1.（2025·上海静安·二模）已知，四边形内接于，． (1)求证：； (2)小明说：四边形一定是等腰梯形，你认为他的说法正确吗？为什么？ (3)如图所示，已知，，求的半径． 2．（2025·上海青浦·二模）如图，在梯形中，，与相交于点，点在线段上，的延长线与相交于点，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，，求证：． 3．（2025·上海崇明·二模）已知：如图，在平行四边形中，对角线、交于E，M是边延长线上的一点，联结，与边交于F，与对角线交于点G． (1)求证：； (2)联结，如果，求证：平行四边形是菱形． 4.（2025·上海普陀·三模）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：． 5．（2025·上海普陀·三模）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O，点E，F，G分别为，，的中点，连结，，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)如图1，若，求证：； (3)如图2，当平行四边形为菱形时，若，，求四边形的面积． 6．（2025·上海闵行·三模）如图，已知：△ABC和△ADE都是等边三角形，其中点D在边BC上，点F是AB边上一点，且BF＝CD． (1)求证：DECF； (2)联结DF，设AD、CF的交点为M，如果＝FM•FC，求证：DFAC． 7．（2025·上海浦东新·三模）图①、图②、图③均为的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点、、均在格点上．分别在图①、图②、图③中，只用无刻度的直尺按要求画图（不要求写出画法，但要保留必要的痕迹） (1)在图①中，过点画直线． (2)在图②中，过点画直线． (3)在图③中，在边上取一点，使得 8．（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：． 9．（2025·上海崇明·三模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在边BC上，联结AD，以AD为一边作△ADE，满足AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，联结EC． （1）求证：CA平分∠DCE； （2）如果AB2＝BD•BC，求证：四边形ABDE是平行四边形．    学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 几何证明综合（第23题）高频考点与常见4大题型 目 录 高频考情深度解读（中考命题规律透视+培优备考要求） 核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧） 聚焦题型精准解密（4大题型精讲+变式拔高训练） 题型一 相似三角形的判定与性质综合 题型二 全等三角形与特殊四边形的判定 题型三 比例线段与等积式的证明 题型四 圆背景下的几何证明与计算 实战演练高效提分（中考仿真模拟+限时训练提升） 第23题是上海中考数学的几何证明核心题，分值12分（通常为2小问，每问6分），占全卷的8%。这道题位于解答题的中后段，是连接基础几何与压轴题的关键桥梁，也是区分中等生与优等生的重要题型。专家指出，第23题“重视对通性通法的考查”，强调“在解答过程中适度融合运算与推理”，既考查几何定理的熟练运用，也考查逻辑推理的规范书写。 从近五年考情看，第23题的命题呈现以下规律： 考点 近五年考频 典型题位 分值 2025年 相似三角形的判定与性质 圆（两弦相交） 圆背景+相似+等积式证明 2024年 全等三角形+矩形性质 矩形+旋转 全等+相似+线段关系证明 2023年 相似三角形的判定与性质 梯形+平行线 平行型相似+比例式证明 2022年 全等三角形+等腰三角形 等腰三角形+平行线 全等+线段相等证明 核心特征总结： 第一小问（6分）：通常是基础证明，直接考查相似三角形的判定（两角对应相等、两边对应成比例且夹角相等）或全等三角形的判定（SAS、ASA、AAS等）。图形背景相对简单，辅助线较少，是必须拿满分的部分。 第二小问（6分）：在第一问的基础上进行拓展，通常需要结合第一问的结论进行推理。常见考法包括：证明等积式（转化为比例式证相似）、求线段长度（利用相似比列方程）、证明四边形形状（利用全等或相似得出边角关系）。 近年命题变化趋势： 1.从“纯证明”向“证明+计算”融合：部分题目不再仅仅要求证明，而是在证明的基础上要求计算某条线段的长度或某个角的大小。 2.图形背景更加灵活：除了传统的三角形、四边形背景，圆与相似三角形结合的背景近年出现频率增高（2025年中考即为此类型）。 3.教材母题变式明显：第23题常源于教材中相似三角形判定定理的证明方法（如八年级教材中三角形中位线定理的证明），在熟悉图形的基础上变换条件和结论。 4.“逻辑推理能力”的考查更受重视：上海市初中数学学业水平考试明确将“逻辑推理”作为核心能力，第23题正是这一能力的主要考查载体。 核心能力要求：识图能力（从复杂图形中识别基本相似/全等模型）、推理论证能力（建立从已知条件到待证结论的完整逻辑链）、规范书写能力（每一步推理都要有定理依据，不可跳跃）、转化能力（将等积式转化为比例式，将线段关系转化为相似问题）、辅助线构造能力（根据图形特点和待证结论添置恰当的辅助线）。 2026中考预测： 题型稳定：第23题将继续保持“2小问、12分”的基本结构。第一小问考查相似三角形或全等三角形的判定，第二小问在第一问的基础上进行拓展（证明等积式、求线段长或角度、判断四边形形状）。图形背景仍以三角形、四边形为主，圆背景的出现频率可能继续增加。教材母题变式仍是重要命题素材——2025年第22题已指明其源于“梯形中位线定理的证明方法”，第23题同样遵循这一命题思路。 难度平稳：第23题的整体难度在0.55-0.7之间，属于中档题。第一小问难度约0.7-0.8，是必须拿满分的部分；第二小问难度约0.5-0.65，需要较好的综合分析能力。学生的常见失分原因是：①无法从复杂图形中识别基本模型；②证明过程书写不规范（跳步、漏写定理依据）；③不会利用第一问的结论解决第二问；④等积式转化为比例式后找错相似三角形。 命题趋势：2026年第23题可能出现以下变化：①圆背景的几何证明比重可能增加（2025年中考已出现，各区2026年二模中圆背景的第23题也有出现）；②证明与计算融合的趋势继续加强，第二问可能从“纯证明”转向“先证明再计算”；③平行型基本图形（A型、X型）与三角形一边的平行线性质仍是重要考点；④相似与全等的综合继续作为热点，同一题中可能同时涉及相似和全等两种证明。 题型一 相似三角形的判定与性质综合 【真题呈现01】（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 【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． 【小问1详解】 证明：如图所示，连接， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 证明：如图所示，连接， ∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴； 由（1）可得， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式01】（2026·上海黄浦·二模）学校新建了一个录播教室，为了适应不同教学场景的需要，学校定制了一批新的课桌，要求这批课桌的桌面是等腰梯形的．这天数学老师带领八年级同学到录播教室开展数学探究活动，探究内容就是如何验证这批课桌的桌面是不是等腰梯形的．老师给同学们的探究工具是带刻度的直尺（可以精确量出给定两点的距离）和记号笔． (1)雏鹰小组给出了他们的验证方案，如下：先依次标记四边形桌面的顶点为A、B、C、D，接着测量与的长，如果，那么桌面不是等腰梯形；如果，再继续测量、、与的长，如果，或者，，那么桌面是等腰梯形，不然，桌面就不是等腰梯形． 其他小组讨论了雏鹰小组给出的验证方案，一致认为这个方案是可行的．如果按雏鹰小组的验证方案，他们小组验证的结果为桌面确实是等腰梯形，就请你来说明一下理由（结合图示，写出已知、求证，并加以证明）； (2)请再设计一个验证方案，并说明验证的步骤． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等三角形综合问题、等腰梯形的判定定理、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】（1）设交于点O，证明，，得到，；进一步可证明，得到，据此可证明四边形是等腰梯形； （2）在上取，连接，测量的长，若，则可证明四边形是平行四边形，得到，则可证明四边形是等腰梯形． 【详解】（1）解：已知：， 求证：四边形是等腰梯形． 证明如下：如图所示，设交于点O， 在和中， ， ∴， ∴； 同理可证明， ∴； ∵， ， ∴， ∴，即， ∴， 又∵，， ∴四边形是等腰梯形； （2）解：如图所示，测量出的长，在上取，连接，测量的长，若，那么四边形是等腰梯形，若不满足，则四边形不是等腰梯形． 【变式02】（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 【知识点】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、全等的性质和SAS综合（SAS） 【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：． 【变式03】（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】根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、全等的性质和SAS综合（SAS）、斜边的中线等于斜边的一半 【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． 【变式04】（2025·上海静安·二模）已知，四边形内接于，． (1)求证：； (2)小明说：四边形一定是等腰梯形，你认为他的说法正确吗？为什么？ (3)如图所示，已知，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)小明的说法不正确，理由见解析 (3) 【知识点】同弧或等弧所对的圆周角相等、已知圆内接四边形求角度、用勾股定理解三角形、证明四边形是矩形 【分析】本题主要考查了圆的内接四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键． （1）根据同弧所对的圆周角相等可得、，进而证明可得，再根据同弧所对的圆周角相等可得，由等量代换可得，最后根据平行线的判定定理即可证明结论； （2）通过证明四边形是矩形即可证明结论； （3）如图：连接并延长交于点E，连接．由等腰三角形三线合一的形状可得，利用勾股定理可得，设该圆的半径为r，则，最后根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：小明的说法不正确，理由如下： ∵， ∴， 当时，四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形内接于， ∴，即， ∴四边形是矩形，即小明的说法不正确． （3）解：如图：连接并延长交于点E，连接． ∵， ∴，， ∴， 设该圆的半径为r，则， ∵， ∴，解得：． 【变式05】（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， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 题型二 ：全等三角形与特殊四边形的判定 【真题呈现02】（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 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、利用矩形的性质证明、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】（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． 【变式01】（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】相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是菱形、利用平行四边形的性质证明 【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． 【变式02】（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】相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质证明、斜边的中线等于斜边的一半、全等的性质和SAS综合（SAS） 【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． 【变式03】（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】相似三角形的判定与性质综合、利用菱形的性质证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【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， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 【变式04】（2026·上海普陀·二模）在平面直角坐标系中（如图所示），已知某抛物线的表达式为．沿着x轴的正方向看，点M在抛物线的上升部分，设直线与x轴的夹角为． (1)如果，，求该抛物线的表达式； (2)已知点N在抛物线的下降部分，且． ①求的值； ②平移抛物线，使新抛物线的顶点落在线段上，且新抛物线与y轴交于点C．已知点M的纵坐标为1，当四边形是以为腰的等腰梯形时，求点的坐标． 【答案】(1) (2)①② 【知识点】待定系数法求二次函数解析式、已知两点坐标求两点距离、三角函数综合、特殊四边形(二次函数综合) 【分析】本题主要考查一次函数性质、二次函数综合、三角函数和坐标系中两点间距离，正确做出辅助线，利用数形思想是解题的关键． （1）以锐角三角函数定义为突破口，由得点 横、纵坐标的比例关系，结合​用勾股定理求出点坐标，再通过待定系数法代入抛物线表达式，即可求出解析式； （2）①通过作平行线拆分，得到两个相等的角，利用的定义列等式，推导出 、 两点的横坐标数量关系，再通过勾股定理计算线段长度，最终求得​的定值； ②先由点纵坐标简化 、坐标，求出直线解析式；再利用等腰梯形 “对边平行、腰长相等” 的性质确定点坐标；最后结合平移后抛物线的顶点式，联立方程求解，即可得到顶点的坐标． 【详解】（1）解：设 ，则 ， ∴， 又，代入， ， 解得，则， ∴． 把代入， ，， ∴抛物线表达式为：． （2）解：①过点作轴（点在点左侧），则轴，设于轴交于点，，过点作于点． 设（，在抛物线上升部分）， ∵轴， ∴， ∵， ∴，即平分． 在中，， 设（，在抛物线下降部分）， 在中，， ∴， ， ∴， 即点坐标为． ∴， ∴． ② ∵点的纵坐标为 1，即， ∴，， 由①的结论，， ∴， 设直线的解析式为， 代入、， ， 两式相减得 ∴​， 代入得， 因此直线的解析式为：． ∵四边形是以为腰的等腰梯形， ∴， 的坡度为， 设（在轴上），的坡度为， 由平行得坡度相等得：， ∴， 即． 设平移后抛物线的顶点为， 则平移后的抛物线为， 抛物线与轴交于， 代入得： ， 又∵在直线上， ∴， 将​，代入得：， 设​，方程简化为，由求根公式得： ， 因在线段上，，， ∴，即， ∴舍去， ∴， 即， ∵等腰梯形两腰相等， ∴，， ， ， ∴， ∵， ∴， ∴ ， 点的坐标为． 题型三 比例线段与等积式的证明 【真题呈现03】（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 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【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． 【变式01】（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 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是菱形、利用菱形的性质证明、利用平行四边形的性质证明 【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； ，， ， ， ， ． 【变式02】（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 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是菱形、利用平行四边形的性质证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【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． 【变式03】（2026·上海虹口·三模）如图，已知在四边形中，，，点E是对角线上一点，连接、，． (1)求证：四边形是菱形； (2)延长交边于点F，当时，求证：． 【答案】(1)证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 连接、交于点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴四边形是菱形； (2)证明：如图， ∵菱形中，对角线交点是中点，， ∴，，，， ∵， ∴， 整理得， ∵， ∴， ∴， 即． 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据菱形的性质与判定求线段长 【分析】（1）根据平行线的判定和性质证明四边形是平行四边形，连接、交于点，证明，得到，可知，即可证明四边形是菱形； （2）根据菱形的性质得到，，，可知，求出，得到，即可证明． 【变式04】（2026·上海闵行·三模）已知：如图，在四边形中，，，，是上一点，连接交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求证． 【答案】(1)证明：在和中， ， ，  ， ， ， ， ， 又，， ， 四边形是菱形． (2)证明：， ， ， ， ， 四边形是菱形， ，， ，， ， ， ， ． 【知识点】用SSS证明三角形全等（SSS）、根据等角对等边证明边相等、证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）先由三条边对应相等得到，结合得到，利用等角对等边得到即可得证； （2）由结合，推得，从而，再利用相似三角形性质结合可得证． 【变式05】（2026·上海奉贤·三模）如图，在中，，是边上的中线，为边的中点，点在边上，，交于点，连接、． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点．如果，求证：． 【答案】(1)证明：是边上的中线，为边的中点， ∴是的中位线， ，． ，为边的中点， ∴， ， ． ∴四边形是平行四边形． ， ∴四边形是矩形． (2)证明：如图， ， ． ∵四边形是矩形， ，，， ， ． ， ， ． ， ， ，即． ，是边上的中线， ， ， ． 【知识点】与三角形中位线有关的证明、斜边的中线等于斜边的一半、证明四边形是矩形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）由三角形中位线的性质得，，由平行线分线段成比例定理得，从而得出，可证四边形是平行四边形，结合，可证四边形是矩形； （2）证明得，根据直角三角形斜边中线的性质得，进而可证结论成立． 题型四 圆背景下的几何证明与计算 【真题呈现04】（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：∵ ∴ ∵ ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴， ∵ ∴ ∴， ∴． 【变式01】（25-26九年级下·上海杨浦·期中）已知：如图，是半圆O的直径，C是半圆上一点（不与点A、B重合），点D是弧的中点，过点D作，垂足为点F，连接与交于点E． (1)求证：； (2)连接并延长与弦的延长线交于点G，联结．求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先由垂径定理的推论结合三角形中位线定理得到，然后证明即可； （2）连接，先由三角形的中位线定理证明，然后证明，得到，即可证明四边形是平行四边形，再由证明即可． 【详解】（1）证明：∵点D是弧的中点，是半径， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， 又∵， ∴ ∴， ∴； （2）证明：连接 ∵， ∴ ∴， ∵ ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵ ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴， ∴四边形是矩形． 【变式02】（2026·上海松江·二模）已知是半圆的直径，弦、交于点，与交于点，满足． (1)求证：； (2)如图2，是的中点，与交于点，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先证明，得到，继而可证明，再由垂径定理的推论即可证明； （2）先证明，则，故，那么得到，由（1）知，，则，那么，即可得到四边形是平行四边形，再由对角线互相垂直即可证明菱形． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴，， ∵是半圆的直径， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵经过圆心， ∴； （2）证明：∵是的中点， ∴， ∵， ∵，即， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）知，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，即， ∴四边形是菱形． 【变式03】（2026·上海杨浦·二模）如图，点A、B、C、D、O在同一直线上，且满足，以为直径作半圆O，点P为半圆O上一动点， (1)直接写出的度数； (2)求的值． 【答案】(1) (2)1 【知识点】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、三角形的外角的定义及性质、等边对等角 【分析】（1）连接，利用直径所对的圆周角等于90°即可求解； （2）连接，设半圆O的半径为r，由，得，可化简得，则，证明，得，再利用，即可求证． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵是半圆O的直径， ∴； （2）解：如图，连接， 设半圆O的半径为r， ∴， ∵， ∴， 即， 化简得， ∴， 即， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式04】（2025·上海静安·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】圆的基本概念辨析、全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰梯形的判定定理、相似三角形的判定与性质综合 【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． (限时30分钟） 1.（2025·上海静安·二模）已知，四边形内接于，． (1)求证：； (2)小明说：四边形一定是等腰梯形，你认为他的说法正确吗？为什么？ (3)如图所示，已知，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)小明的说法不正确，理由见解析 (3) 【知识点】同弧或等弧所对的圆周角相等、已知圆内接四边形求角度、用勾股定理解三角形、证明四边形是矩形 【分析】本题主要考查了圆的内接四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键． （1）根据同弧所对的圆周角相等可得、，进而证明可得，再根据同弧所对的圆周角相等可得，由等量代换可得，最后根据平行线的判定定理即可证明结论； （2）通过证明四边形是矩形即可证明结论； （3）如图：连接并延长交于点E，连接．由等腰三角形三线合一的形状可得，利用勾股定理可得，设该圆的半径为r，则，最后根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：小明的说法不正确，理由如下： ∵， ∴， 当时，四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形内接于， ∴，即， ∴四边形是矩形，即小明的说法不正确． （3）解：如图：连接并延长交于点E，连接． ∵， ∴，， ∴， 设该圆的半径为r，则， ∵， ∴，解得：． 2．（2025·上海青浦·二模）如图，在梯形中，，与相交于点，点在线段上，的延长线与相交于点，． (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】(等腰)梯形的定义、相似三角形的判定与性质综合、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、梯形的性质；熟练掌握相似三角形的判定与性质和平行四边形的判定是解题的关键． （1）由已知得出，由平行线得出，得出，证出，得到相似三角形，继而得出，即可得出结论； （2）由平行线得出，，得出，证出，由平行四边形的性质得出，由已知，即可得出结论． 【详解】（1）证明：， ， ， ， ， ， ∵， ∴， ∴ ， 四边形是平行四边形； （2）证明：， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ． 3．（2025·上海崇明·二模）已知：如图，在平行四边形中，对角线、交于E，M是边延长线上的一点，联结，与边交于F，与对角线交于点G． (1)求证：； (2)联结，如果，求证：平行四边形是菱形． 【答案】(1) 证明：∵平行四边形， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴； (2) 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平行四边形中，对角线、交于E， ∴， ∴，即：， ∴平行四边形是菱形． 【知识点】利用平行四边形的性质证明、等腰三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是菱形 【分析】（1）证明，得到，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）略 （2）略 【点睛】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． 4.（2025·上海普陀·三模）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】求角的正切值、相似三角形的判定与性质综合、利用菱形的性质证明 【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． 5．（2025·上海普陀·三模）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O，点E，F，G分别为，，的中点，连结，，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)如图1，若，求证：； (3)如图2，当平行四边形为菱形时，若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【知识点】解直角三角形的相关计算、利用菱形的性质求面积、证明四边形是平行四边形、三线合一 【分析】（1）先利用平行四边形的性质证明，，再利用中位线的性质得出，，，从而可证明，，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，证明结论成立； （2）先利用平行四边形的性质结合已知证明，再根据点E为中点，根据等腰三角形三线合一可证明结论成立； （3）先利用，，求得，再利用菱形的性质求得，然后证明为等边三角形，再求得，接着求得，从而可利用三角函数求得，最后求出四边形的面积． 【详解】（1）解：∵， ∴，， ∵点E，F，G分别为，，的中点， ∴，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）∵， ∴，互相平分，∴， ∵，∴， ∵点E为中点，∴； （3）过点E作于点H， ∵，，∴， ∵菱形，∴，， ∴，∴，∴为等边三角形， ∴，，∴，∴， ∴ ∴四边形的面积． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形三线合一，等边三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，解题关键是熟悉上述知识并能熟练运用求解． 6．（2025·上海闵行·三模）如图，已知：△ABC和△ADE都是等边三角形，其中点D在边BC上，点F是AB边上一点，且BF＝CD． (1)求证：DECF； (2)联结DF，设AD、CF的交点为M，如果＝FM•FC，求证：DFAC． 【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、等边三角形的判定和性质 【分析】（1）由等边三角形的性质证明△ACD≌△CBF，得出∠CAD＝∠BCF，由等边三角形的性质及三角形外角的性质得出∠BDE＝∠CAD，进而得出∠BDE＝∠BCF，即可证明DECF； （2）先证明△DFM∽△CFD，得出∠FDM＝∠FCD，由∠CAD＝∠BCF，得出∠FDM＝∠CAD，即可证明DFAC． 【详解】（1）如图1， ∵△ABC是等边三角形， ∴AC＝BC，∠ACB＝∠B＝60°， 在△ACD和△CBF中， ， ∴△ACD≌△CBF（SAS）， ∴∠CAD＝∠BCF， ∵△ADE是等边三角形， ∴∠ADE＝∠ACB＝60°， ∵∠ADE＋∠BDE＝∠ACB＋∠CAD， ∴∠BDE＝∠CAD， ∴∠BDE＝∠BCF， ∴DECF； （2）如图2， ∵DF2＝FM•FC， ∴， ∵∠DFM＝∠CFD， ∴△DFM∽△CFD， ∴∠FDM＝∠FCD， ∵∠CAD＝∠BCF， ∴∠FDM＝∠CAD， ∴DFAC． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判断，相似三角形的判定与性质是解决问题的关键． 7．（2025·上海浦东新·三模）图①、图②、图③均为的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，点、、均在格点上．分别在图①、图②、图③中，只用无刻度的直尺按要求画图（不要求写出画法，但要保留必要的痕迹） (1)在图①中，过点画直线． (2)在图②中，过点画直线． (3)在图③中，在边上取一点，使得 【答案】(1)画图见解析 (2)画图见解析 (3)画图见解析 【知识点】格点作图题、相似三角形的判定与性质综合、利用平移的性质求解、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】本题考查的是格点作图，平移的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质； （1）把向右平移4个单位，再向上平移1个单位得到点，作直线即可； （2）取格点，作直线交于即可； （3）取格点，连接，交于即可． 【详解】（1）解：如图①中，直线即为所求； （2）解：如图②中，直线即为所求； 理由如下： 由网格特点可得：，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴. （3）解：如图，点即为所求； 理由如下： 由网格特点可得：，，， ∴， ∴， ∴. 8．（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 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、等边对等角、两直线平行内错角相等 【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， ∴． 9．（2025·上海崇明·三模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在边BC上，联结AD，以AD为一边作△ADE，满足AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，联结EC． （1）求证：CA平分∠DCE； （2）如果AB2＝BD•BC，求证：四边形ABDE是平行四边形．    【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、证明四边形是平行四边形 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠ACB，证明△ABD≌△ACE，根据全等三角形的性质得到∠B＝∠ACE，根据角平分线的定义证明结论； （2）根据相似三角形的判定定理得到△ABD∽△CBA，得到∠BAD＝∠ACB，分别证明AE∥BD，AB∥DE，根据平行四边形的判定定理证明． 【详解】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB， ∵∠DAE＝∠BAC， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE， 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠B＝∠ACE， ∴∠ACB＝∠ACE， ∴CA平分∠DCE； （2）证明：∵AB2＝BD•BC， ∴＝， 又∠B＝∠B， ∴△ABD∽△CBA， ∴∠BAD＝∠ACB， ∵△ABD≌△ACE， ∴∠BAD＝∠CAE， ∴∠CAE＝∠ACB， ∴AE∥BD， ∵AB＝AC，AD＝AE，∠DAE＝∠BAC， ∴∠ACB＝∠ADE， ∴∠BAD＝∠ADE， ∴AB∥DE， ∵AE∥BD，AB∥DE， ∴四边形ABDE是平行四边形． 【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定，掌握等腰三角形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $