專題09解答題第23題（幾何證明）（16區）1．（2023·上海楊浦·二模）已知：在直角梯形中，，，沿直線翻折，點A恰好落在腰上的點E處．(1)如圖，當點E是腰的中點時，求證：是等邊三角形；(2)延長交線段的延長線于點F，連接，如果，求證：四邊形是矩形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）由垂直平分線的性質得到，通過折疊、等邊對等角、平行線的性質得到，從而證明是等邊三角形；（2）過點D作于H，得到四邊形是矩形，從而，，再由折疊得到角之間的關系從而證明，得到，；由得到，進而，結合已知條件得到，進一步得到，所以四邊形是平行四邊形，又，所以證明得到四邊形是矩形．【詳解】（1）由折疊得：，∵點E是腰的中點∴是的垂直平分線是等邊三角形（2）過點D作，垂足為H，，，，，∴四邊形是矩形，，，由折疊得：，，，，，，，，，，，，，∴，，，，，，，，∴四邊形是平行四邊形，，∴四邊形是矩形．【點睛】本題考查垂直平分線的性質，等邊三角形的判定，矩形的判定．相似三角形的判定與性質，圖中角和線段的轉化是解題的關鍵．2．（2023·上海浦東新·統考二模）已知：如圖，在梯形中，，過點B作，垂足為點E，點G在邊上，連接、，對角線與、分別交于點F、H，且．(1)求證：；(2)如果，且是與的比例中項，求證：四邊形是菱形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據，得出，根據勾股定理和比例的性質，得出，證明，得出，根據，得出，即可求證；（2）根據是與的比例中項，，推出，則，根據，得出，進而得出，則，由（1）可得，則垂直平分，垂直平分，即可求證．【詳解】（1）證明：∵，∴，則，根據比例的性質可得：,∵，∴，∴,∴，則，∴，∴，∵，∴，∵，∴，則，∴；（2）證明：∵是與的比例中項，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，則，∴，∵，∴，∴，∴，由（1）可得，∴垂直平分，∵，∴由內角和定理可得，∴，∴垂直平分，∴四邊形是菱形．【點睛】本題主要考查了平行線的性質，相似三角形的判定和性質，直角三角形的性質，菱形的判定和性質，解題的關鍵是熟練掌握相似三角形的判定方法和性質．3．（2023·上海松江·統考二模）如圖，已知正方形，、分別為邊、的中點，與交于點，，垂足為點．(1)求證：；(2)連接，求正弦值．【答案】(1)見解析(2)【分析】（1）證明，進而得出，則，根據平行線分線段成比例即可得證；（2）根據得出，設，則，，在中，，進而根據正弦的定義即可求解．【詳解】（1）證明：∵四邊形是正方形，∴，∵、分別為邊、的中點，∴，∴，∴，∵,∴，∴，即，∵，∴，∴，∴；（2）解：如圖所示，連接，∵又∵，∴，∵，∴，∴，∴，設，則，在中，，∴，∴，在中，，∴．【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的性質與判定，正切的定義，求角的正弦值，熟練掌握是正方形的性質以及三角函數的定義解題的關鍵．4．（2023·上海金山·統考二模）如圖，已知是等邊三角形，過點作（），且，聯結、．(1)求證：四邊形是等腰梯形；(2)點在腰上，聯結交于點，若，求證：．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據等邊三角形和平行線的性質得到，繼而得到進行證明即可；（2）將等積式化為比例式，利用兩邊成比例且夾角相等的三角形相似得到，即，進而得到進行證明．【詳解】（1）解：∵是等邊三角形，∴，，又∵，∴，∵∴∴∵（）∴四邊形是等腰梯形；（2）證明：∵，∴，又∵，∴∴，又∵，，∴∴又∴【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質，全等三角形判定和性質，等腰梯形的判定，等邊三角形的性質，掌握全等三角形的判定定理是解題的關鍵．5．（2023·上海嘉定·統考二模）如圖，已知、分別是和它的鄰補角的角平分線，，垂足為點E，，連接，分別交、于點G、H．(1)求證：四邊形是矩形；(2)試猜想與之間的數量關系，并證明你的結論．【答案】(1)見解析(2)，理由見解析【分析】（1）由CE、CF分別是∠ACB和它的鄰補角∠ACD的角平分線可得，由可得，再由于，根據有三個角是直角的四邊形是矩形可得證；（2）根據矩形的對角線相等且互相平分可得點H是的中點，，得到，由于，故，所以，得到，進而得到．【詳解】（1）、分別是和的角平分線，，，，，，，，，，四邊形是矩形．（2）四邊形是矩形，，，是的角平分線，，，，，，四邊形是矩形，，．【點睛】本題主要考查矩形的判定與性質，平行線的判定，角平分線的定義，三角形相似的證明與性質．熟練運用矩形的判定與性質是解題的關鍵．6．（2023·上海寶山·統考二模）如圖，四邊形中，，、交于點O，．(1)求證：；(2)E是邊上一點，連接交于點F，如果，求證：四邊形是平行四邊形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）由平行線的性質證明，推出，再證明，即可證明；（2）由推出，等量代換得，利用相似三角形的判定定理推出，證明，據此即可證明結論．【詳解】（1）證明：∵，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，在和中，，，∴；（2）證明：由（1）知，，，又∵，∴，即，又∵，∴，∴，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，平行四邊形的判定，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，證明是解題的關鍵．7．（2023·上海徐匯·統考二模）如圖，已知是的外接圓，連接并延長交邊于點D，連接，且．(1)求證：；(2)當時，過點A作邊的平行線，交于點E，連接交于點F．請畫出相應的圖形，并證明：．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）先證明，再證明，如圖，延長交于，結合垂徑定理與等腰三角形的判定可得結論；（2）如圖，補全圖形如下：結合（1）設，再證明，，，可得，結合相似三角形的性質可得結論．【詳解】（1）證明：∵，∴，∵，∴，∴，，∵，，∴，∴，如圖，延長交于，∴，∴，∴結合三角形的內角和定理可得：，∴．（2）如圖，補全圖形如下：結合（1）設，∵，∴，，∵，，∴，∵，∴，∴，而，∴，∴，而，∴．【點睛】本題考查的是相似三角形的判定與性質，三角形的內角和定理的應用，等腰三角形的判定與性質，垂徑定理的應用，熟練的證明三角形相似是解本題的關鍵．8．（2023·上海靜安·統考二模）如圖，在矩形中，點是邊的中點，是的外接圓，交邊于點．(1)求證：；(2)當是以點為中心的正六邊形的一邊時，求證：．【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析．【分析】（1）根據矩形的性質及線段中點的定義得到三角形全等的條件，則，根據“全等三角形的對應邊相等”得到（2）連接，并延長PO交AD于點M，先證明，再根據“有一個角是的等腰三角形是等邊三角形”得到為等邊三角形，然后根據“兩直線平行，內錯角相等”得到，則，最后根據“在同圓中，相等的圓心角所對的弧相等”得到．【詳解】（1）四邊形是矩形，且點是邊的中點，在和中，，∴；（2）證明：如圖，連接，并延長交于點，四邊形是矩形，∴∵，，∴點、都在線段的垂直平分線上，∴垂直平分，∴，，是以點為中心的正六邊形的一邊，由正六邊形性質可得∶，∵，是等邊三角形，又，，．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定及性質，矩形的性質，等邊三角形的判定及性質，線段垂直平分線的判定以及正多邊形的性質，熟練掌握線段垂直平分線的判定及性質以及等邊三角形的判定及性質是解題的關鍵．9．（2023·上海閔行·統考二模）如圖，在扇形中，點C、D在上，，點F、E分別在半徑、上，，連接、．(1)求證：；(2)設點Р為的中點，連接、、，線段交于點M、交于點N．如果，求證：四邊形是矩形．【答案】(1)見詳解(2)見詳解【分析】（1）由題意易得，則有，然后可證，進而問題可求證；（2）由（1）可知：，，然后可得扇形關于對稱，則有，進而問題可求證．【詳解】（1）證明：∵，是公共弧，∴，∴，∵，，∴，∴；（2）解：如圖所示：由（1）可知：，，∵點Р為的中點，∴，∴扇形關于對稱，∴，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴平行四邊形是矩形．【點睛】本題主要考查垂徑定理、圓的基本性質及矩形的判定，熟練掌握垂徑定理、圓的基本性質及矩形的判定是解題的關鍵．10．（2023·上海黃浦·統考二模）已知：如圖，在正方形中，點在對角線的延長線上，作，且，連接．(1)求證：；(2)延長交射線于點，求證：．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）由正方形的性質可得，，再由，，可得，則，根據全等三角形的性質即可得到結論；（2）根據等腰直角三角形的性質，正方形的性質及補角的性質可得，再由，推出，根據相似三角形的性質可得，由，等量代換，即可得出結論；【詳解】（1）證明：四邊形是正方形，，，，，，，又，．（2）證明：如圖，延長交射線于點，，，，四邊形是正方形，，，由（1）知，，，又，，．【點睛】本題考查了正方形的性質，等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，熟練掌握并靈活運用知識點是解題的關鍵．11．（2023·上海崇明·統考二模）已知：如圖，在平行四邊形中，對角線、交于E，M是邊延長線上的一點，聯結，與邊交于F，與對角線交于點G．(1)求證：；(2)聯結，如果，求證：平行四邊形是菱形．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）證明，得到，證明，得到，進而得到，即可得證；（2）證明，推出，進而得到，即可得證．【詳解】（1）證明：∵平行四邊形，∴，∴，，∴，，∴，∴；（2）證明：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵平行四邊形中，對角線、交于E，∴，∴，即：，∴平行四邊形是菱形．【點睛】本題考查平行四邊形的性質，相似三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，菱形的判定．本題的綜合性較強，解題的關鍵是證明三角形相似．12.（2023上海青浦二模）（本題滿分12分，第（1）小題6分，第（2）小題6分）如圖7，在平行四邊形ABCD中，已知BD平分∠ABC，點E在邊BC上，聯結AE交BD于點F，且．（1）求證：點F在邊AB的垂直平分線上；（2）求證：AD·AE＝BE·BD．BBADECF圖7證明：（1）在平行四邊形ABCD中，AD//BC．∴∠ADB=∠CBD． （1分）∵BD平分∠ABC．∴∠ABD=∠CBD．∴∠ADB=∠ABD． （1分）∵，∴． （1分）又∵∠ABD=∠FBA（公共角），∴△ABF∽△DBA． （1分）∴∠FAB=∠ADB． （1分）∴∠FAB=∠ABD．∴AF=BF． （1分）∴即點F在邊AB的垂直平分線上．（2）由上題可知∠FAB=∠CBD， （1分）又∠BEA=∠FEB（公共角），∴△BEA∽△FEB． （1分）∴． （1分）∵．∴． （1分）∵∠ADB=∠ABD．∴AB=AD． （1分）∴．即AD·AE＝BE·BD． （1分）13.（2023上海奉賢二模）（本題滿分12分，每小題滿分6分）已知：如圖8，在菱形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分別為E、F，射線EF交AD的延長線于點G．（1）求證：CE=CF；（2）如果，求證：．圖圖8解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=AD，∠B=∠ADF．∵AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分別為E、F，∴．∴． （3分）∴BE=DF． （1分）∵四邊形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）14.（2023上海虹口二模）（本題滿分12分，第（1）小題6分，第（2）小題6分）如圖9，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，點E為BC延長線上一點，∠ADB=∠CDE，點F在BD上，聯結CF．（1）求證：AD·DE=AC·DC；（2）如果AD·CE=DF·DB，求證：四邊形DFCE為梯形．EE圖9CABDF解：（1）∵在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD∴∠ADC=∠DAB又∵AD=AD，∴△ABD≌△DCA………………（2分）∴∠DAC=∠ADB∵∠ADB=∠CDE∴∠DAC=∠CDE∵AD∥BC∴∠ADC=∠DCE∴△ADC∽△DCE……………（3分）∴即AD·DE=AC·DC………………（1分）（2）∵△ADC∽△DCE∴即DC2=AD·CE……………（2分）∵AD·CE=DF·DB∴DC2=DF·DB即又∵∠FDC=∠CDB∴△FDC∽△CDB……（2分）∴∠DCF=∠DBC………………（1分）∵AD∥BC∴∠DBC=∠ADB又∵∠ADB=∠CDE∴∠DCF=∠CDE∴CF∥DE……………（1分）又∵DF與CE不平行∴四邊形DFCE為梯形15.（2023上海普陀二模）(本題滿分12分，第(1)小題滿分6分，第(2)小題滿分6分)已知:如圖9，四邊形ABCD中，AB//CD，∠BAD=90°，對角線AC、BD相交于點O，點E在邊BC上，AE⊥BD，垂足為點F,AB·DC=BF·BD.(1)求證:四邊形ABCD為矩形;(2)過點O作OG⊥AC交AD于點G，求證:EC=2DG.(1)∵AB//CD，∴∠1=∠2,∵AB·DC=BF·BD,∴△ABF∽△BCD，∴∠AFB=∠BCD，∵AE⊥BD，∴∠AFB=