专题15 解答题第23题（几何证明题）（5年汇编）（上海专用）【好题汇编】2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 上海中考几何证明题专项汇编，含2022-2026年5年真题及模拟题，聚焦全等、相似等核心知识，体现命题趋势与综合能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题（几何证明）|5年真题+模拟题|等腰三角形、梯形、矩形、圆、菱形等图形，涉及全等、相似、辅助线构造|两小问递进式设计，第一问基础证明（如全等、角度推导），第二问进阶综合（如线段等积式），融合多模块知识，辅助线添加为常规考点，逻辑推理要求高|

专题15 解答题第23题（几何证明题） 5年真题1年模拟 考点分类 上海考情（2022-2026） 命题规律 解答题第23题（几何证明题） 2026、2025、2024、2023、2022 第 23 道几何证明题题型稳定，均设置两小问递进式证明，第一问侧重全等、基础角度推导，第二问进阶求证线段等积式，核心围绕相似三角形展开。命题载体逐年轮换，2022、2023、2024 聚焦等腰三角形、梯形、矩形等直线型几何；2025 切换为圆综合，融入圆心角、弦、圆周角定理，增加辅助线构造难度；2026 回归菱形四边形综合。整体变化明显：早年仅单纯全等、相似推导，近年融合圆、特殊四边形多模块知识，辅助线添加成为常规考点，逻辑链条加长，对定理综合调用、等量代换推理严谨性的要求持续提高。 1．（2026·上海·中考真题）如图，菱形中，是线段上的点，连接交对角线于点，且． (1)如果，求证：； (2)如果的角平分线交、于点、，求证：． 【答案】(1)证明：四边形为菱形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，即， ， ，即 故． (2)证明：据（1）可知， ， ， ， ，， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ． 【分析】（1）利用菱形对角线平分内角，结合等角对等边得，由得到，再由证，推出，结合菱形边长相等证出； （2）先通过与推导，结合角平分线得，证得，写出相似比例式，用代换，变形得到乘积等式． 【详解】（1）略 （2）略 2．（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) 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∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【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）略； （2）略． 3．（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：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， ， ． 【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）略 （2）略 【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． 4．（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：， ， 在和中，， ， ． (2) 证明：， ， ，即， 在和中，， ， ， 由（1）已证：， ， ． 【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）略 （2）略 【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． 5．（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． 一、解答题 1．（2026·上海宝山·二模）已知：如图，AB是半圆O的直径，C是半圆上一点（不与点A、B重合），过点A作ADOC交半圆于点D，E是直径AB上一点，且AE＝AD，联结CE、CD． （1）求证：CE＝CD； （2）如果，延长EC与弦AD的延长线交于点F，联结OD，求证：四边形OCFD是菱形． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【分析】（1）由“SAS”可证△DAC≌△EAC，可得CE＝CD； （2）先求出∠AOD＝∠AEC＝108°，可证OD∥CE，由菱形的判定可得结论． 【详解】证明：（1）如图１，联结AC， ∵OA＝OC， ∴∠OAC＝∠OCA， ∵AD∥OC， ∴∠DAC＝∠OCA， ∴∠DAC＝∠OAC， 在△DAC和△EAC中， ， ∴△DAC≌△EAC（SAS）， ∴CE＝CD； （2）如图2，联结CA， ∵， ∴∠AOD＝3∠COD， ∵AD∥OC， ∴∠ADO＝∠DOC， ∵OA＝OD， ∴∠OAD＝∠ODA， ∵∠AOD+∠OAD+∠ADO＝180°， ∴5∠ADO＝180°， ∴∠ADO＝36°， ∴∠AOD＝108°，∠DOC＝36°， ∵OD＝OC， ∴∠ODC＝72°， ∴∠ADC＝108°， ∵△DAC≌△EAC， ∴∠ADC＝∠AEC＝108°， ∴∠AOD＝∠AEC， ∴OD∥CE， 又∵OC∥AD， ∴四边形OCFD是平行四边形， 又∵OD＝OC， ∴平行四边形OCFD是菱形． 【点睛】本题考查了圆心角与弧的关系，平行线的性质，三角形的全等，菱形的判定，熟练掌握圆的基本性质，菱形的判定是解题的关键． 2．（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) 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． 【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）略 （2）略 3．（2026·上海金山·二模）在平行四边形中，，为锐角．要在对角线上找点、（且点、分别与点、不重合），使，甲、乙、丙分别提出方案（如图）． 甲：使． 乙：作，，垂足分别为、． 丙：在上任取一点，连接，再以为圆心、以长为半径作弧，交于点． (1)选择其中一种正确的方案进行证明：； (2)根据你在（1）中选择的方案，延长交边于点，若，求证：． 【答案】(1) 解：选择甲方案，证明如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 选择乙方案，证明如下： ∵，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴； (2) 证明：如图所示，在方案甲中， ∵四边形是平行四边形， ∴ ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； 如图所示，在方案乙中，由（1）可得， ∴， ∴同理可证明． 【分析】（1）选择甲方案，证明，得到，则可证明，得到；乙方案，证明如下：先证明，再证明，得到，则可证明四边形是平行四边形，得到； （2）在方案甲中，证明，得到，证明，得到，再证明，证明；在方案乙中，由（1）可得，则，同理可证明． 【详解】（1）略 （2）略 4．（2026·上海奉贤·二模）如图，在平行四边形中，对角线、交于点，交于点、交于点，且，． (1)如果，求证：； (2)连接．如果，求证：是的中点． 【答案】(1) 证明：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ； (2) 证明：， ， 又， ， ， ， （对顶角相等）， ， 又， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 为中点， ， ∴， ∴， 是的中点． 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质． （1）根据四边形是平行四边形，，可推出，根据，可推出，结合证明即可得证； （2）由可得，又有，则，得，则，结合可得，又由（1）得，可证，得到，结合平行四边形的性质即可得证． 【详解】（1）略 （2）略 5．（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) 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， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 【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）略 （2）略 6．（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) 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； ，， ， ， ， ． 【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）略 （2）略 7．（2026·上海普陀·二模）已知：如图，在四边形中，，点在边上，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)联结交于点，联结．如果，求证：． 【答案】(1) 证明：∵ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形； (2) 证明：∵ ∴ ∴ 又∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴ ∵， ∴即 又 ∴． 【分析】（1）根据已知得出，则，结合已知可得，即可证明，结合条件，即可得证； （2）根据得出，根据平行四边形的性质可得，，，代入已知等式得出，根据三线合一，即可得证． 【详解】（1）略 （2）略 8．（2026·上海浦东新·二模）已知：如图，与相交于点、，且，过点的直线分别交、于点、，且．点是线段的中点．联结并延长交于点，且． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． 【答案】(1) 证明：作，垂足为． ∵过圆心，， ∴，． ∵， ∴． ∵， ∴，即点是中点． ∵过圆心，， ∴． ∴， ∴． ∴， ∵， ∴四边形是梯形． ∵点是线段的中点，点是中点， ∴， ∴， ∴． (2) 证明：联结交于． ∵与相交于点、， ∴垂直平分， ∴，． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 【分析】（1）作，垂足为，根据垂径定理可得，，，从而得到，可得到四边形是梯形，即可求证； （2）联结交于，根据题意可得垂直平分，从而得到，，再有，可得，从而得到，可得到四边形是平行四边形，即可求证． 【详解】（1）略 （2）略 9．（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) 证明：连接 ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴； (2) 证明：∵ ∴ ∵ ∴ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴， ∵ ∴ ∴， ∴． 【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）略 （2）略 10．（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) 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． 【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）略 （2）略 11．（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) 证明：∵是正方形的对角线， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴, ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． (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）略 （2）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点E是边的中点， ∴设，则， ∴， ， ∴． 12．（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：∵， ∴，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：． 【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）略 （2）略 13．（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) 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． 【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）略 （2）略 14．（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) 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． 【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）略 （2）略 15．（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：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， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【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）略 （2）略 【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． 16．（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． 【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． 【详解】（1）略 （2）略 17．（2026·上海奉贤·三模）【阅读材料】 在计算机绘图软件中，选中图形后会出现一个矩形边框，如图1所示，这个矩形边框的边分别平行于水平方向和铅垂方向，且至少每一条边都与图形有公共点，我们称这个矩形边框为图形的“隐形框”，“隐形框”的水平方向的边长称为它的“宽度”，铅垂方向的边长称为它的“高度”． 【解决问题】 如图2，平行四边形的边水平放置，，，． (1)求平行四边形的“隐形框”的“宽度”与“高度”的比值； (2)在绘图软件中，选中了平行四边形，并拖动顶点，可以改变的大小，并保持和长度不变，且始终水平，随着的大小的变化，平行四边形的形状变了，其“隐形框”的面积也在变化．当时，求此时它的“隐形框”的面积； (3)在绘图软件中，选中了平行四边形，执行了一个“水平拉伸”操作：保持边固定不动，将的对边向右平移，形成了一个新的平行四边形，如果这个新形成的平行四边形的“隐形框”的“宽度”恰好是其“高度”的4倍，求边向右平移的距离． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）过点作，交延长线于点，过点作，交延长线于点，则即为所求，先解直角三角形求出的长，再利用勾股定理求出的长，进而求出的长即可； （2）过点作，交延长线于点，过点作，交延长线于点，先根据含30度直角三角形的性质和勾股定理求出，的长，进而求出的长即可； （3）设向右平移到的位置，过点作，交延长线于点，过点作，交延长线于点，参考（1）的方法，先求出的长，则可得的长，再根据题意建立方程，解方程求出的长即可． 【详解】（1）解：如图，过点作，交延长线于点，过点作，交延长线于点， ∵四边形是平行四边形，， ∴，， ∴，，， ∴四边形是矩形， ∴矩形是平行四边形的“隐形框”， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即平行四边形的“隐形框”的“宽度”与“高度”的比值为． （2）解：如图，过点作，交延长线于点，过点作，交延长线于点， 同理可得：，，矩形是平行四边形的“隐形框”， ∴在中，， ∴， ∵， ∴， ∴矩形的面积为， 即此时它的“隐形框”的面积为． （3）解：如图，设向右平移到的位置，过点作，交延长线于点，过点作，交延长线于点， 同理可得：，，矩形是平行四边形的“隐形框”， 由平移的性质得：，， ∴， ∴， ∴在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平移后，这个新形成的平行四边形的“隐形框”的“宽度”恰好是其“高度”的4倍， ∴，即， 解得， ∴边向右平移的距离为． 18．（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， ，， ，， ， ， ， ． 【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． 【详解】（1）略 （2）略 19．（2026·上海静安·三模）已知：如图，在中，平分劣弧，与交于点E，点D在延长线上，，连接．    (1)求证：平分； (2)连接、，延长交于点F，如果，求证：四边形是正方形． 【答案】(1) 证明：∵平分劣弧， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； (2) 证明：在优弧上任取一点N，连接、，如图， 根据圆内接四边形的性质可得：， ∵平分劣弧， ∴，，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴菱形是正方形． 【分析】（1）根据平分劣弧可得，即有，再根据垂直可得，问题即可得证； （2）在优弧上任取一点N，连接、，根据圆内接四边形的性质可得：，根据平分劣弧可得，，证明，可得，即可证明，则有，进而可得，问题随之得证． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查了圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，正方形的判定以及圆内接四边形的性质等知识，掌握并灵活运用垂径定理是解答本题的关键． 20．（2026·上海·三模）如图，已知：四边形是平行四边形，点E在边的延长线上，交于点F， (1)求证：； (2)若，求的值． 【答案】(1) 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； (2) 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质： （1）由四边形是平行四边形、可得，为公共角可得； （2）由可得，进而有，根据得，即：，可得答案． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，即，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即：， ∴． 21．（2026·上海·三模）如图，在平行四边形 中，对角线交于点O，点G在边 上，连接交 于点F，若 (1)求证：； (2)若，，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)证明：在平行四边形中，对角线交于点O， ，， ， ，即， ∴ 又， ； (2)证明：， ， ∵， ∴， ∴, ∵， ∴ ∴, 即， 又∵四边形 为平行四边形， ∴四边形 是菱形． 【分析】（1）由平行四边形的性质可得，，进一步得出，结合即可得出结论； （2）由，得到，由直角三角形两两个锐角互余得出，结合已知条件以及三角形内角和定理得出，即，再根据菱形的判定即可证明． 【详解】（1）略 （2）略 22．（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) 证明：∵，，， ∴，， ∴， 又， ∴； (2) 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴． 【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）略 （2）略 23．（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) 证明：， ， ， 又在中，点为中点， ， ， ； (2) 证明：平分， ， ， ， 又点是中点，， ， ， ∵ ， ， ． 【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）略 （2）略 24．（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) 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， ， ， ． 【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）略 （2）略 25．（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) 证明：∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； (2) 证明：由（1）知：，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【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）略 （2）略 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题15 解答题第23题（几何证明题） 5年真题1年模拟 考点分类 上海考情（2022-2026） 命题规律 解答题第23题（几何证明题） 2026、2025、2024、2023、2022 第 23 道几何证明题题型稳定，均设置两小问递进式证明，第一问侧重全等、基础角度推导，第二问进阶求证线段等积式，核心围绕相似三角形展开。命题载体逐年轮换，2022、2023、2024 聚焦等腰三角形、梯形、矩形等直线型几何；2025 切换为圆综合，融入圆心角、弦、圆周角定理，增加辅助线构造难度；2026 回归菱形四边形综合。整体变化明显：早年仅单纯全等、相似推导，近年融合圆、特殊四边形多模块知识，辅助线添加成为常规考点，逻辑链条加长，对定理综合调用、等量代换推理严谨性的要求持续提高。 1．（2026·上海·中考真题）如图，菱形中，是线段上的点，连接交对角线于点，且． (1)如果，求证：； (2)如果的角平分线交、于点、，求证：． 2．（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：． 3．（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：． 4．（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： 5．（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 一、解答题 1．（2026·上海宝山·二模）已知：如图，AB是半圆O的直径，C是半圆上一点（不与点A、B重合），过点A作ADOC交半圆于点D，E是直径AB上一点，且AE＝AD，联结CE、CD． （1）求证：CE＝CD； （2）如果，延长EC与弦AD的延长线交于点F，联结OD，求证：四边形OCFD是菱形． 2．（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． 3．（2026·上海金山·二模）在平行四边形中，，为锐角．要在对角线上找点、（且点、分别与点、不重合），使，甲、乙、丙分别提出方案（如图）． 甲：使． 乙：作，，垂足分别为、． 丙：在上任取一点，连接，再以为圆心、以长为半径作弧，交于点． (1)选择其中一种正确的方案进行证明：； (2)根据你在（1）中选择的方案，延长交边于点，若，求证：． 4．（2026·上海奉贤·二模）如图，在平行四边形中，对角线、交于点，交于点、交于点，且，． (1)如果，求证：； (2)连接．如果，求证：是的中点． 5．（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：． 6．（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：． 7．（2026·上海普陀·二模）已知：如图，在四边形中，，点在边上，，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)联结交于点，联结．如果，求证：． 8．（2026·上海浦东新·二模）已知：如图，与相交于点、，且，过点的直线分别交、于点、，且．点是线段的中点．联结并延长交于点，且． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． 9．（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：． 10．（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． 11．（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： ． 12．（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：． 13．（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：． 14．（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． 15．（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：． 16．（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：． 17．（2026·上海奉贤·三模）【阅读材料】 在计算机绘图软件中，选中图形后会出现一个矩形边框，如图1所示，这个矩形边框的边分别平行于水平方向和铅垂方向，且至少每一条边都与图形有公共点，我们称这个矩形边框为图形的“隐形框”，“隐形框”的水平方向的边长称为它的“宽度”，铅垂方向的边长称为它的“高度”． 【解决问题】 如图2，平行四边形的边水平放置，，，． (1)求平行四边形的“隐形框”的“宽度”与“高度”的比值； (2)在绘图软件中，选中了平行四边形，并拖动顶点，可以改变的大小，并保持和长度不变，且始终水平，随着的大小的变化，平行四边形的形状变了，其“隐形框”的面积也在变化．当时，求此时它的“隐形框”的面积； (3)在绘图软件中，选中了平行四边形，执行了一个“水平拉伸”操作：保持边固定不动，将的对边向右平移，形成了一个新的平行四边形，如果这个新形成的平行四边形的“隐形框”的“宽度”恰好是其“高度”的4倍，求边向右平移的距离． 18．（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． 19．（2026·上海静安·三模）已知：如图，在中，平分劣弧，与交于点E，点D在延长线上，，连接．    (1)求证：平分； (2)连接、，延长交于点F，如果，求证：四边形是正方形． 根据圆内接四边形的性质可得：， ∵平分劣弧， ∴，，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴菱形是正方形． 20．（2026·上海·三模）如图，已知：四边形是平行四边形，点E在边的延长线上，交于点F， (1)求证：； (2)若，求的值． 21．（2026·上海·三模）如图，在平行四边形 中，对角线交于点O，点G在边 上，连接交 于点F，若 (1)求证：； (2)若，，求证：四边形是菱形． 22．（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：． 23．（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：． 24．（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：． 25．（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：． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题15解答题第23题（几何证明题） 5年真题1年模拟 五年真题分类园 1.(1)证明：四边形ABCD为菱形， ·.∠DAC=∠DCA=LCAB=∠BCA,AB=DC, ∠FBC=∠CAB, ∴.∠FBC=∠BCA ..FB=FC, ..AF =2BF, .AF =2CF, ·AB∥DC ∴∠CEF=∠ABF, ·∠EFC=∠AFB」 .△AFBP△CFE, AF AB AB CF=CE,即CE 2, .AB=DC, DC ∴CE =2,即DC=2CE 故CE=DE (2)证明：据(1)可知∠FBC=∠BCA, .∠BFA=∠FBC+∠BCA=2LFBC, :∠FBC=∠CAB .∠BFA=2∠CAB」 :∠DAC=∠DCA=∠CAB=∠BCA,∠BAH=∠DAC+∠CAB, .∠BAH=2∠CAB 1/34 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠BFA=∠BAH, BH平分∠ABE, .∠ABH=∠GBF, .△BFG△BAH, BF BG .BA BH, .BA=CD, BF BG .CD BH, .CDBG=BH·BF 2.(1) 证明：如图所示，连接OC,OD, OC=OD .∠OCD=∠ODC, 在△OCE和△ODF中， OC=OD ∠OCE=∠ODF CE=DF 、△OCE≌AODF(SAS) :.OE=OF, .OA=OB. OE OF .OA OB' 又.∠EOF=∠AOB, .△OEF∽△OAB ∴.∠OEF=∠OAB, .ABII CD. 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E A (2) 证明：如图所示，连接OD,BD, C B AB=BD. .∠AOB=∠BOD,AB=BD, 又：OA=OB=OD △AOB≌△BOD(SAS) :.∠OBD=∠OAB: 由(I)可得AB‖CD .∠OFE=∠OBA. 又∠OFE=∠BFD, .∠OBA=∠BFD, .△OABP△DBF, OB AB ·DFBF, AB·DF=OBBF: .OA=OB. .∠OAB=∠OBA. .∠DFB=∠DBF, 3/34 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .BD =DF, .DF AB, AB2=OB·BF. 3.(1) 证明：在矩形ABCD中，∠BAD=90°，∠ADE=90°，AB=DC, .∠ABD+∠ADB=90°， :AE⊥BD, .∠DAE+∠ADB=90°， ,∠ABD=∠DAE, :∠BAD=∠ADE=90°， ∴AADE△BAD, AD DE BAAD,即AD=DEBA' AB=DC. .AD2=DE·DC (2) 证明：连接AC交BD于点O,如图所示： E 0 在矩形ABCD中，∠ADE=90°，则∠DAE+∠AED=90°， AE⊥BD, ∴.∠DAE+∠ADB=90°， ∴∠ADB=∠AED」 ∠FEC=∠AED, .∠ADO=∠FEC, 在矩形ABCD中， 1=0D-D, 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 EF=CF=1BD 2 ∴.OA=OD=EF=CF ∴.∠ADO=∠OAD.∠FEC=∠FCE, :∠ADO=∠FEC, ∴.∠ADO=∠OAD=∠FEC=∠FCE. 在△ODA和△FEC中， [∠ODA=∠FEC ∠OAD=∠FCE OD=FE ∴.△ODA≌△FEC(AAS) ∴CE=AD 4.(1) 证明：AD∥BC ∠DAE=∠ACF, 「∠DAE=∠ACF AD=CA 在 和 中， △DAE △ACF ∠ADE=∠CAF' ∴.△DAE兰△ACF(ASA) :DE AF. (2) 证明：△DAE兰AACF, .∠AFC=∠DEA」 180°-∠AFC=180°-∠DEA,即∠AFB=∠CED, ∠AFB=∠CED 在△ABF和△CDE中， ∠ABF=∠CDE」 ∴.△ABF-△CDE, AF BF CEDE 5/34 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由(1)已证：DE=AF, AFBF CE AF .AF2=BF.CE 5.(1)证明：AB=AC, .∠B=∠C, .CF=BE, ∴CE=BF, AC=AB ∠C=∠B 在△ACE和△ABF中， CE=BF' ∴.△ACE≌△ABF(SAS), .∠CAE=∠BAF; (2)证明：△ACE≌△ABF, AE=AF,∠CAE=∠BAF, .AB=AOAB,AC=AB, AEAB AE AC A0AE,即A0AF, ∴.△ACE△AFQ, ∴.∠AEC=∠AQF, .∠AEF-∠BQF, .AF=AF, ∴.∠AEF=∠AFE, ∴∠BQF=∠AFE, :∠B=∠C, ∴.△CAF-△BFO, CF AF BgFO,即CFFO=AFBO. 一年摸拟练测园 一、解答题 1.证明：(1)如图1，联结AC, 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D E B 图1 .OA=OC, ∴.∠OAC=∠OCA, ..ADOC, .∠DAC=∠OCA, ∴.∠DAC=∠OAC, 在△DAC和△EAC中， AD=AE ∠DAC=∠EAC AC=AC ∴.△DAC≌△EAC(SAS), ∴.CE=CD; (2)如图2，联结CA, D E B 图2 :0=30D .∠AOD=3∠COD, :AD‖OC, .∠ADO=∠DOC, .OA=OD, ∴.∠OAD=∠ODA, .∠AOD+∠OAD叶∠ADO=180°， .5∠AD0=180°， .∠AD0=36°， 7/34 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠AOD=108°，∠D0C=36, .OD=OC, ∴.∠ODC=72, ∴.∠ADC=108°， .△DAC≌△EAC, .∠ADC=∠AEC=108°， .∠AOD=∠AEC, ∴.ODCE, 又OCAD, .四边形OCFD是平行四边形， 又，OD=OC, 平行四边形OCFD是菱形. 2.(1) DE CE1 证明：：BEAE2,∠CED=∠AEB, .△CED∽△AEB, DE CD 1 ·BE=AB2,∠D=∠B, ,AB是半圆O的直径， BO 1 AB2 CD BO ·ABAB' .CD=BO. .∠D=∠B,∠CFD=∠OFB, △CFD≌AOFB(AAS) .DF=BF, OC经过圆心， .OC⊥BD: 2) 证明：，M是OB的中点， 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 OM 1 .0B2, .OA=OB」 OM 1 A0_2 ·OA=2,即AM3, CE 1 AE2 AE 2 :AC3' AE AO ∴ACAM' :∠EAO=∠CAM. .△EAO∽△CAM, .∠AEO=∠ACM, :.OE∥CM, CF FG OFEF 由(1)知，△CFD≌△OFB, ..CF=OF, ∴.FG=EF, ∴.四边形CEOG是平行四边形， :OC⊥BD,即OC⊥EG, ∴.四边形CEOG是菱形. 3.(1) 解：选择甲方案，证明如下： :四边形ABCD是平行四边形， .BC=AD,AD∥BC, ∴.∠ADN=∠CBM, 又，BM=DN, 片△BCM≌DAN(SAS) .∠AND=∠CMB. 9/34 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .180°-∠AND=180°-∠CMB, .∠ANM=∠CMN, .ANl‖CM: 选择乙方案，证明如下： ,AM⊥BD,CN⊥BD」 .AM IICN,∠AMB=∠CND=90°， ,四边形ABCD是平行四边形， .AB=CD,ABII CD .∠ABM=∠CDN, ,△ABM≌△CDN(AAS) ∴.AM=CN, ∴.四边形AMCN是平行四边形， ..AN ICM (2) 证明：如图所示，在方案甲中， B ·四边形ABCD是平行四边形， AB=CD,ABI‖CD .∠ABM=∠CDN,∠BAN=∠DPN, 又：BM=DN. :△MBM≌aCDN(SAS) .∠AMB=∠CND, .∠DPN=∠DNC. :.∠AMB=∠NAB, 又：∠ABM=∠NBA, 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .△ABM∽△NBA. AB BM .BNAB· .AB2=BM·BN, 又.BM+MN=DN+MN, .BN =DM, .AB2=BM·DM: 如图所示，在方案乙中，由(1)可得△ABM≌△CDN, D n .BM=DN, ∴.同理可证明AB2=BM·DM. 4.(1) 证明：四边形ABCD是平行四边形， ,AD∥BC, .∠DAC=∠ACF, '∠BAF=∠DAC, .∠BAF=∠ACF, BE BF, ∴，∠BEF=∠BFE, ∠AEB+∠BEF=180°，∠CFA+∠BFE=180°， ∴.∠AEB=∠CFA, 在△ABE和△CAF中， 「∠BAF=∠ACF AE=CF ∠AEB=∠CFA' ∴.△ABE≌△CAF(ASA) 11/34 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :.AB=CA, ∠ABC=∠ACB: (2) 证明：OF2=EF·AF, OF EF AF OF 又：∠AFO=∠OFE, ∴.△AFO∽△OFE .∠AOF=∠OEF, ,∠COF=∠AEO ∠AEO=∠BEF(对顶角相等)， .∠COF=∠BEF, 又BE=BF, ∠BEF=∠BFE, .∠COF=∠BFE. .ADI BC .∠DAC=∠ACF, :∠BAF=∠DAC, ∠BAF=∠ACF, ∴.△ABF∽△CFO, .∠ABF=∠CFO, AB∥OF 四边形ABCD是平行四边形， .O为AC中点， :AB∥OF CFOC=1. BF OA .CF=BF, .F是BC的中点. 5.(1) 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 证明：由翻折可得，BD=BF,AD=AF :梯形ABCD中，AB‖CD,AD=BC, ∴梯形ABCD是等腰梯形，AF=BC, .AC=BD .AC=BF, .四边形AFBC是平行四边形： (2) 证明：如图， D E 40 B ,四边形AFBC是矩形， .∠F=∠ACB=90°，ACI‖BF .∠3=∠4，设∠3=∠4=0， .ABIICD .△DEC∽△BEA,∠2=∠3=a, DE CD .BE AB' AD DE AB BE' AD CD :.AB AB' .AD CD, ∴.∠1=∠2=a, 翻折， .∠5=∠BAD=∠1+∠3=2a, 13134 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,∠F=90° .∠4+∠5=3a=90°， a=30°， .∠3=30°， .∠ACB=90° .'AB=2BC, :AD=CD,AD=BC, ..AB=2CD 6.(1) 证明：如图，连接AC交BD于点O, A E 四边形 是平行四边形， B C ABCD ∴.OA=OC,OB=OD .AE=CE, .OE⊥AC, ∴四边形ABCD是菱形： (2) 证明：BG·BE=AB·BF, .AB_BG BEBE 由(I)知，四边形ABCD是菱形： ADI‖BC,AB=AD, .△ADGAFBG, DG BG AD BE AB DG DG BE AD AB AB2=BE·DG 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 7.(1) 证明：，DC2=CE·CB DC CE ·CBDC 又.∠ECD-∠DCB ∴.△DCE∽ABCD ∴.∠CED=∠CDB 又，∠CED=∠ABD .∠CDB=∠ABD .AB∥CD .AD∥BC, .四边形ABCD是平行四边形； (2) 证明：，ADCEABCD DC CE DE ·CBDC BD .BD·DC=BC·DE 又四边形ABCD是平行四边形， .AB=CD,AD=BC.OB=OD .BD·AB=BCDE ,BE·AD=BD·AB, ∴.BE·AD=BC·DE即BE=DE 又OB=OD .OE⊥BD A D 0 B E 8.(1) ON⊥A 证明：作 ,垂足为N 15134 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ON O,N⊥AP 过圆心， 2.4N-PN-AP.2QNP-90. 2 ..PM=BM, 2,PM-BP AP=BP, .PN=PM,即点P是MN中点， OM 过圆心， PM=BM O,M⊥BP ∠O,MB=90° ∠O,NP=∠O,MB . ON∥O,M :0W*0M ONMO, 四边形 是梯形 :点C是线段 00 的中点，点P是中点， CP∥O,M ∠CPB=∠O,MB=90° .CP⊥AB 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2) Px0,0:于D 证明：联结交 02 00o0, 与 相交于点P、, 002 PO 垂直平分 .DP=DO.CP=CO CPIOM CD DP .ODDg」 CD=O,D ..DP =DO. CPO,O 四边形 是平行四边形， ..CP=CO, CPO,O 四边形 是菱形. 9.(1)证明：连接OC,OD B -1 X354④ 17134 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .OC=OD .∠1=∠2 .CF=DE ∴.△CFO≌△DEO SAS ..OE=OF .∠3=∠4= 180°-∠5 2 .OA=OB ∠7=∠8=180°∠6 2 .∠5=∠6 ∴∠4=∠7 ..AB CD: (2) 证明：，AC=OA·AE .AC_AE OA AC ,'∠CAO=∠EAC .∴△CAO△EAC ∴.∠9=∠4， .∠4=∠7=∠8 .∠9=∠7=∠8 .OA=OC ∠9=∠OAC=∠7=∠8， .OA=OA ∴.△OAC≌△OAB|AAS ..AB=AC. AB=AC' 10.(1) 证明：如图， 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D 12 E 5 13 B C F :四边形ABCD是平行四边形， ADBC .∠4=∠3， ..DG2=GE.GA DGGA :GE DG .∠5=∠5 △GED∽△GDA ∴.1=∠2 .CF=DE :△ADE≌aDCF(AAS) ∴.AD=DC 又：四边形ABCD是平行四边形， ∴四边形ABCD是菱形： (2) 解：：AE=3EG ∴.设EG=m,AE=3m ∴.AG=EG+AE=4m ..DG2=GE.GA=mx4m .DG=2m(舍负)， △GED∽△GDA 19134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 DE DG 2m1 AD AG 4m 2' AD=CD DE 1 …CD2 .DE=CE, ∴.点E是边CD的中点. 11.(1) 证明：，AC是正方形ABCD的对角线， .∠BAC=∠CAD=45°. :∠EAC=∠DAF, .∠BAC-∠EAC=∠CAD-∠DAF, 即∠BAE=∠CAF, AB·AF=AE·AC, AB AE ·ACAF, .△ABE△ACF, .∠ACF=∠B=90°， :∠BAE=∠CAF, .∠BAE+∠EAC=∠CAF+∠EAC. 即∠BAC=∠EAF=45°、 AB AE AC AF AB AC AE AF' .△ABCn△AEF, ∴.△AEF是等腰直角三角形， AF=EF (2)10 12.(I)证明：∠BAC=∠DAE=90° :∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,即LBAD=∠CAE, 在 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △ABD和△ACE中， AB=AC ∠BAD=∠CAE AD=AE :△BMD2CAE(SAS) .∠AEC=∠ADB=90°， :∠DAE=90°，∠ADF=180°-∠ADB=90°， ∴.四边形ADFE是矩形， AD=AE, .四边形ADFE为正方形. (②)证明：连接AF, ,四边形ADFE是正方形，AF是正方形的对角线， .AD=DF,∠ADF=90°，∠AFB=45° 由勾股定理得：AF2=AD2+DF2=AD2+AD2=2AD2, :AB=AC,∠BAC=90°， .∠ABC=45°，即∠ABF+∠FBC=45°， ,∠FBC=∠ACF, .∠ABF+∠ACF=45°， :由(1)知EC⊥BF,即∠BFC=90°， .LCFG=LBAG=90°， :∠AGF是△CGF的外角， .∠AGF=∠CFG+∠ACF=90°+∠ACF, 在△AFG中，由内角和定理：∠AGF=180°-∠AFB-∠FAG=180°-45°-∠FAG=135°-∠FAG, .90°+∠ACF=135°-∠FAG, 21134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 整理得∠ACF+∠FAG=45°， :∠ABF+∠ACF=45°， .∠FAG=∠ABF, :在△AFG和△BFA中 ∠FAG=∠FBA,∠AFG=∠BFA, .△AFG∽△BFA, FG AF ∴AF=FB,即AF2=FGFB,代入AF2=2AD2, 得：2AD2=FGFB. 13.1) 证明；，AB=BC, :,Rt△ABC为等腰直角三角形， .∠BAC=∠BCA=45°，∠ABE=∠ABC=90°， .AE =EF, ∴.△EAF为等腰三角形， ∴.∠EAF=∠EFA, .∠EAF=∠BAC+∠EAB,∠EAF=∠BCA+∠FEC, .∠EAB=∠FEC, EF⊥AD, .∠AHE=∠DHE=90° .∠DHE=∠FEC+∠HDE=90°. .∠EAB+∠AEB=∠ABE=90°， .∠AEB=∠HDE, .AE=AD. ∴△AED是等腰三角形， :∠ABE=∠ABC=90°， .BD=BE: (2) 证明：由(I)知，∠EAB=∠FEC,BD=BE,△AED是等腰三角形， .∠EAB=∠DAB=∠FEC, 又，∠AHE=∠ABE=90°，∠ABE=∠EBM=90°，∠EMB=∠AMH, 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .△AEB∽△EMB,△AMH∽△EMB, AE EM EM AM ·BEBM, BMMH· AE AM AM MH ·BE=MH,即AE BE 又：BE=BD=DE 2 AM 2MH 代入上式得AE=DE· 14.(1) 解：己知：AC=BD,AB=CD,AD≠BC, 求证：四边形ABCD是等腰梯形. 证明如下：如图所示，设AC,BD交于点O, A D B 在△ABC和△DCB中， AB=DC AC=DB BC=CB' △ABC≌△DCB(SSS) :.ZACB=ZDBC △ABD≌△DCA(SSS) 同理可证 ∴.∠ADB=∠DAC: :∠ACB+∠DBC+∠BOC=180°=∠ADB+∠DAC+∠AOD ∠AOD=∠BOC, .∠ACB+∠DBC=∠ADB+∠DAC, .2∠ACB=2∠DAC,即∠ACB=∠DAC, .AD‖BC, 23134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又：AD≠BC,AB=CD .四边形ABCD是等腰梯形： (2) 解：如图所示，测量出AD的长，在BC上取BE=AD,连接DE,测量AB,DE,DC的长，若 AB=DE=DC,那么四边形ABCD是等腰梯形，若不满足AB=DE=DC，,则四边形ABCD不是等腰梯形. 4 B E 15.(1) 证明：如图， A D E M 在平行四边形ABCD中，AB‖CD, .LBAC=∠ACD 又·∠ACD=∠ECB, .∠ECB=∠BAC, .∠CBN=∠ABC, ∴△ABC∽△CBN, AB BC :BC BN .BC2=BN·AB: (2) 证明：如图，作△ABD的外接圆， 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :四边形ABCD是平行四边形， AD=BC,ADI‖BC,ABIICD, .∠BAD+∠ABC=18O°，∠BAC=∠ACD,∠ADB=∠EBC, .∠BFD=∠ABC, .∠BAD+∠BFD=180° ,A、B、F、D四点共圆，即点F在△ABD的外接圆上， AB=AB ∴.∠ADB=∠AFB, .∠EBC=∠AFB, .∠ACD=∠ECB. ∴.∠BAC=∠ECB .△ABF∽△CEB AF BF ·BC=BE, AF BC ∴BF=BE .AD=BC, AF AD ·BFBE, DF=DE .∠DAF=∠DBF, .△ADF一△BEF, .∠AFD=∠BFE. 25134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 16.(1)证明：，AD‖BC, .∠ADC+∠BCD=180°， .∠ABC=∠ADC, ∴.∠ABC+∠BCD=180°， .AB‖CD. .四边形ABCD是平行四边形， 连接AC、BD交于点O, O B ..OA=OC. AE=EC,OE=OE. AOECOE(SSS) .∠ACE=∠CQE, ,∠AOE+∠COE=180°， .∠AOE=∠COE=90°， 即BD⊥AC, .四边形ABCD是菱形： (2)证明：如图， B :菱形ABCD中，对角线交点O是BD中点，AC⊥BD, :.BD=2BO,CD=AB,∠AOB=90°，∠ABO=∠CBO, BD·BE=2BF.CD, 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .2BOBE=2BF·AB, BO AB 整理得BFBE, .∠ABO=∠FBE, ∴.△ABO△FBE, .∠BFE=∠AOB=90°， 即AF⊥BC. 4+V5 17.(1)2 e6x5 4 6)4V5 18.(I)证明：在△ABC和△ADC中， AB=AD BC=DC AC=AC' ∴.△ABC≌△ADC(SSS) ∠BAC=∠DAC, AD∥BC, ∠BCA=∠DAC, .∠BCA=∠BAC, :BC=BA, 又AB=AD,BC=CD, .AB=BC=CD=AD. ∴四边形ABCD是菱形. (2)证明：CE2=BE·EF, .CE EF BE CE 27134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠CEB=∠BEC, :AECF△EBC, ∴.∠ECA=∠CBE :四边形ABCD是菱形， .AB∥CD.AB=BC .∠CEB=∠ABF,∠BAC=∠ECA, ∠BAC=LCBE, ∴.△BCE∽△AFB. BC BE AF AB .AB2=BE·AF, 19.(1) 证明：，OC平分劣弧AB, .OC⊥AB、 .∠EAC+∠ACE=90°， .OA⊥AD .∠OAC+∠CAD=90°， 0A=0C, .∠OAC=∠OCA, .∠EAC=∠CAD ∴.AC平分∠EAD: (2) 证明：在优弧AB上任取一点N,连接AN、BN,如图， A D 根据圆内接四边形的性质可得： ∠ANB=∠ACF :OC平分劣弧AB, OC⊥AB,AE=EB: ∠A0C=∠B0c-340B, 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AC2=AF.AD, AC AF ·.ADAC, 又.∠CAF=∠DAC, ∴.△CAF∽△DAC, .∠ACF=∠ADC, :∠ANB=∠ACF, .∠ANB=∠ADC, ∠B=A0B,∠A0c=∠B0C-A0B .∠ADC=∠AOC, .'AO=AD .OC⊥AB,AE=EB, .OC垂直平分AB, ∴.AO=BO,AD=BD, AO=AD .AO=BO=AD=BD, .四边形OADB是菱形， ,OA⊥AD, 菱形OADB是正方形. 20.(1) 证明：，四边形ABCD是平行四边形， ∴∠B=∠D, ,∠ECA=∠D」 .∠ECA=∠B, .∠E=∠E, △EACAECB: 2 2)2 21.I)证明：在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O, ..OB=OD,AO=OC, 29134 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AO2=OF.OB」 CO DO .0C2=0F.0D,即0F=C0, AO DO OFCO 又：∠AOF=∠DOC. .△AOFADOC: (2)证明：，△AOF∽aDOC, .∠FAO=∠CDO :AG⊥BC, .∠BGF=90° ∴.∠GAC+∠ACG=90° .∠BCA=∠ACD .∴∠CDO+∠ACD=90° .∠C0D=90°， 即AC⊥BD, 又：四边形ABCD为平行四边形， .四边形ABCD是菱形. 22.(1) 证明：：D=m,BC=nAC=Vmn ADmm Ac mn Jm .AC√mn√n,BCn√n, AD AC AC-BC' 又∠ADC=∠BAC=90°， .△ACDn△CBA: (2) 证明：影DSc=32 、@= S.ABC 2 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .△ACDr△CBA, AD AC ∴ACBC, AD2 1 AD=m BC-n AC=m mn 2' ∴.n=2m, .BC=2AD 23.(1) AE BE 证明：“CED ,∠AEB=∠CED」 ∴.△AEB∽△CED. ∴.∠ECD=∠BAD=90°，∠ABE=∠ADC, 又：在RtAECD中，点F为ED中点， ∴CF=DF, ∴.∠ADC=∠FCD, ∠ABE=∠FCD: (2) 证明：DA平分∠BDC, ∴.∠ADC=∠ADB :∠ABE=∠FCD=∠ADC, .∴.∠ABE=∠ADB 又：F点是DE中点，∠ECD=90°， .DE =2CF,FC=FE, .∠FEC=∠FCE, ∠FEC+∠BED=∠FCE+∠BCG=180° .∠BED=∠BCG, .△BED∽△GCB, 31134 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BG BCBC BDDE2CF· 24.(1) 证明：，'OD是△ABC的中位线， ODBC且OD=号BC, ∴.∠ADO=∠ACB=90°， CQ=OD, .0D_1 …B03 .OD‖BC,即OD‖BQ, ∴.△POD一△PBQ, P0=0D-1 PBBO3即P0=号PB, 3 .PO=OB=OA,即P为OA的中点， 2 2 .OP-0A. .∠AD0=90°， .DP-OA. ∴.OP=PD, ∴.∠PDO=∠POD: (2) 证明：连接OC, D .OD‖BCPT‖BC B OP_DT OB DC .△OPT一△OBS,△DTP一△DCQ, 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 PT_OP PTDT BS OB'CQ DC PT_PT ·BsCQ ∴.BS=CQ, :∠ACB=90°，O为AB的中点， 0C-号AB=0B. .∴.∠OBC=∠OCB, ∴.∠OBS=∠OCQ, 在△OBS和△OCQ中， 乙， ∴.△OBS≌△OCQ|SAS, ∴.0S=0Q 25.(1) 证明：、AD‖BC,AB⊥BC, .AB⊥AD,∠B=90°， .∠BEC+∠BCE=90°， .DE⊥CE, ∴.∠AED+∠BEC=90°， .∠BCE=∠AED, .CE平分∠ACB, .LBCE=∠ACE, .∠AED=∠ACE, 又，∠EAG=∠CAE, .△AEGP△ACE. AEAG :AC AE' AE2=AG·AC: (2) 33134 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 证明：由(I)知：BA⊥AD,∠AED=∠ACE, 又CE⊥DE, .∠DAE=∠CEG=90°， .△AED∽aECG, EG CG :AD DE' .ADCG=EG·ED. .∠ECG+∠EGC=90°，∠AED+∠ADE=90°， .∠EGC=∠ADE. :∠EGC=∠AGD, ∴.∠ADE=∠AGD, .AG=AD :AGCG=EG·ED