2024年上海市16区中考二模数学分类汇编 专题12 解答题23题（几何证明题15题）（详解版）(1)

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一、解答题
1．（2024·上海奉贤·二模）如图，在四边形中，，，点E、F分别在边、上，且．
(1)求证：；
(2)连接 、，如果，求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接，先证明得，再证明，得，从而得出，即可由比例的性质得出结论．
（2）由平行线分线段使得，即 ，由（1）知，从而得，即可得出，再证明，得出，，从而得出，可由菱形的判定得出结论．
【详解】（1）证明：连接，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴，，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴．
（2）证明：如图，
∵
∴
∴
由（1）知
∴
∴
∴
∵∵
∴
∴
在与中，
∴
∴，，
∴
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质，平行线的性质，平行线分线段成比例，等腰三角形的性质，全等三我的判定与性质，菱形的判定．熟练掌握相似三角形的判定与性质、菱形的判定是解题的关键．
2．（2024·上海嘉定·二模）如图，在梯形中，，，点在四边形内部，，连接、．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)已知点在上，连接，如果，，求证：四边形是平行四边形．
【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】本题考查了等腰三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，平行线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
（1）先证明梯形是等腰梯形，再，即可证明；
（2）先证明，再证明，即可证明．
【详解】（1）证明 ∵，
∴梯形是等腰梯形
∴
∵
∴
∴
∴
∴
即是等腰三角形；
（2）证明：由（1）得
∴
∵
∴
∵四边形是等腰梯形
∴
∴
∴
∵，
∴
∴四边形是平行四边形．
3．（2024·上海长宁·二模）已知：在梯形中，，点E在边上（点E不与点A、D重合），点F在边上，且．
(1)求证：；
(2)连接，与交于点G，如果，求证：四边形为等腰梯形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查相似三角形判定及性质，等腰梯形判定等．
（1）根据题意判定即可得到本题答案；
（2）根据角的转换，证明两个底角即，继而得到本题答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：根据题意如下图：
∵，
∴，
∵，，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形为梯形，
∴，
∴，
∴四边形为等腰梯形．
4．（2024·上海浦东新·二模）已知：如图，在菱形中，点E是边上的任意一点（不与点D、C重合），交对角线于F，过点E作交于点G．
(1)求证：；
(2)当时，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判断，菱形的性质：
（1）证明，得到，证明得到，则可得，即；
（2）如图所示，连接交于O，由菱形的性质得到，，则，证明，进而证明,即可得到，即．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图所示，连接交于O，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴,
∴，
∴．
5．（23-24九年级下·上海宝山·期中）如图，在中，直径垂直于弦，垂足为点E，连接、，延长交于点F．
(1)求证：；
(2)如果，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用垂径定理得出，利用线段垂直平分线定理得出，利用等腰三角形三线合一性质得出，利用等边对等角得出，等量代换得出，可证，再利用相似三角形的性质即可得证；
（2）在中，利用勾股定理求出半径，在中，利用勾股定理求出，然后利用（1）中相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）解：连接，
∵直径垂直于弦，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又，
∴，
∴，
∴
（2）解：∵，，
∴，
设半径为r，
∵，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴，，
∴，
∵，
∴，即，
整理得，
解得
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造相似三角形求解是解题的关键．
6．（2024·上海虹口·二模）如图，在中，，延长至点，使得，过点、分别作，，与相交于点，连接．
(1)求证：；
(2)连接交于点，连接交于点．如果，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形和矩形的判定方法．
（1）先证四边形是平行四边形，得出从而证出四边形是矩形，即可证明结论；
（2）设，算出，证明，求出 ，进而证出结论；
【详解】（1）证明：，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
又，点D在的延长线上，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是矩形，
；
（2）解：如图，
四边形是平行四边形，
，
设，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，
，
，
，
在中，
，
，
．
7．（2024·上海静安·二模）已知：如图，直线经过矩形顶点，分别过顶点、作的垂线，垂足分别为点E和点F，且，连接．
(1)求证：；
(2)连接和，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定和性质，根据梯形中位线定理得出是解题关键．
（1）连接交于点O，得是梯形的中位线，进而可得，再证明，由相似三角形性质即可得出结论，
（2）根据垂直平分即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图，连接交于点O，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
（2）由（1）得，，
∴，
又∵，
∴
8．（2024·上海金山·二模）如图，已知：D是的边上一点，点E在外部，且，，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与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键．
（1）由得到，根据“角边角”推得，即可证得答案；
（2）先证明，得到，再证明，得到，所以，由此即得答案．
【详解】（1），
，
，
，
，
，
；
（2），
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
9．（2024·上海黄浦·二模）如图，M、N分别是平行四边形边、的中点，对角线交、分别于点P、Q．
(1)求证：；
(2)当四边形是正方形时，试从内角大小和邻边的数量关系的角度探究平行四边形的形状特征．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题主要考查平行四边形的性质、平行线所截线段成比例以及正方形的性质，
（1）根据平行四边形的性质和中点得到是平行四边形，有，则有和，即可得到结论．
（2）由正方形的性质得到，，结合中点，则有，进一步可得．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵M、N分别是、的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
则，即，
同理，即，
．
（2）如图，
由（1）知，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
则，
即．
10．（2024·上海青浦·二模）已知：如图，在四边形中，，点E是对角线上一点，，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)延长分别交线段的延长线于点，如果，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由得, 则，所以，则四边形是平行四边形， 由且得, 所以则, 即可证明四边形D是菱形；
（2）由菱形的性质得, 而, 所以, 可证明, 得 则再证明, 得 所以, 再证明, 得则 即可证明
【详解】（1）)证明: ∵,
∴,
∵,
∴,
∴,
∴四边形是平行四边形，
∵,
∴,
∴，
∵,
∴,
∴,
∴,
∴四边形是菱形；
（2）证明：根据题意作图如下，
∵四边形是菱形,
∴，
∵,
∴,
∵,
∴,
，
，
∵,
∴,
，
∴,
∴, 且,
∴,
∵,
∴,
∴,
，
．
【点睛】此题重点考查平行线的性质、菱形的判定性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，推导出是解题的关键．
11．（2024·上海普陀·二模）已知：如图，四边形中，，点在边上，与的延长线交于点，．
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)联结，分别延长、交于点，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性质与判定，平行四边形的性质与判定；
（1）根据，可得得出，结合已知条件可得，即可得证；
（2）根据已知可证明得出，，进而证明，得出，即可得出，进而根据平行四边形的性质可得，即可得证．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）证明：如图所示，
∵，
即，
又∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
即．
12．（2024·上海徐汇·二模）如图，在菱形中，点、、、分别在边、、、上，，，．
(1)求证：；
(2)分别连接、，求证：四边形是等腰梯形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰梯形的判定
（1）连结，可得，，进而即可得到结论；
（2）欲证明四边形是等腰梯形，只需推知，，即可．
【详解】（1）证明：连结．
∵四边形是菱形，
∴；
又，，
∴，；
∴，；
∴．
（2）证明：连接
∵，
∴；
∵，
∴；
又，
∴；
又，
∴四边形是梯形；
∵,即；
又∵，即；
∵四边形是菱形，
∴；
∴；
∴；
∴梯形是等腰梯形．
13．（2024·上海松江·二模）如图，已知是与的公共弦，与交于点C，的延长线与交于点P，连接并延长，交于点D．
(1)连接如果．求证： ；
(2)如果，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了相交圆的性质，综合运用垂径定理、直角三角形的判定以及平行线分线段成比例是本题解题的关键．
（1）连接，由直角三角形的判定可知为直角三角形，然后根据圆周角定理求出的度数即可证明；
（2）过作于E，过作于F，根据垂径定理和平行线分线段成比例来证明即可．
【详解】（1）连接，如图：
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴为直角三角形，
∴，
由圆周角定理可知，，
∵是与的公共弦，，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴；
（2）过作于E，过作于F，如图：
∴，
∴，
∴，
由垂径定理可知，，
∴，
∴．
14．（23-24九年级下·上海崇明·期中）如图，已知在四边形中，，对角线平分，点是上一点，以为半径的过两点．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)设与交于点，连接并延长，交的延长线于点，若，求证：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析．
【分析】（）设与的交点为点，连接，由圆周角定理可得，进而证明，得到，又由角平分线和平行线的性质可得，得到，证明四边形是平行四边形，即可求证；
（）证明，得到，可得，得到，进而可得，即可求证；
本题考查了圆周角定理，角平分线的定义，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定进和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角性质，三角形内角和定理，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】（1）证明：设与的交点为点，连接，
∵为的直径，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
15．（2024·上海闵行·二模）沪教版九年级第二学期的教材给出了正多边形的定义：各边相等、各角也相等的多边形叫做正多边形．同时还提到了一种用直尺和圆规作圆的内接正六边形和圆的内接正五边形的方法，但课本上并未证明．我们现开展下列探究活动．
活动一：如图1，展示了一种用尺规作的内接正六边形的方法．
(1)根据正多边形的定义，我们只需要证明__________，________
（请用符号语言表示，不需要说明理由），就可证明六边形是正六边形．
活动二：如图2，展示了一种用尺规作的内接正五边形的方法．
(2)已知的半径为2，求边的长，并证明五边形是正五边形．
（参考数据：，，，，．）
【答案】(1)，
(2)，证明五边形是正五边形见详解
【分析】（1）各边相等，各角也相等的多边形叫做正多边形，据此即可获得答案；
（2）首先结合题意并根据勾股定理解得，进而可得，易得，再在中，由勾股定理解得，即可确定的值；连接，，，，，结合为直径易得，利用三角函数可得，由圆周角定理可得，进而可得，然后利用全等三角形的性质可证明，，即可证明结论．
【详解】（1）解：根据正多边形的定义，我们只需要证明，，就可证明六边形是正六边形．
故答案为：，；
（2）解：根据题意，可得，，
∵点为半径的中点，
∴，
∴在中，，
∵以为圆心、为半径作弧，和半径相交于点，
∴，
∴，
∴在中，，
∵以点为圆心，以的长为半径作弧，与相截，得交点，
∴；
如下图，连接，，，，，
∵为直径，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∴，，
∴五边形是正五边形．
【点睛】本题主要考查了尺规作图、多边形的定义和性质、全等三角形的判定与性质、圆周角定理、解直角三角形等知识，正确理解题意，熟练掌握相关知识是解题关键．
①在上任取一点，以为圆心、为半径作弧，在上截得一点；
②以为圆心，为半径作弧，在上截得一点；再如此从点逐次截得点、、；
③顺次连接、、、、、．
①作的两条互相垂直的直径和；
②取半径的中点；再以为圆心、为半径作弧，和半径相交于点；
③以点为圆心，以的长为半径作弧，与相截，得交点．
如此连续截取3次，依次得分点、、，顺次连接、、、、，那么五边形是正五边形．