專題2020年二模分類匯編-23題專題一相似三角形證明【知識(shí)梳理】【歷年真題】1．（2020?普陀區(qū)二模）已知：如圖，在平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是DB延長(zhǎng)線上的一點(diǎn)，且EA＝EC，分別延長(zhǎng)AD、EC交于點(diǎn)F．（1）求證：四邊形ABCD為菱形；（2）如果∠AEC＝2∠BAC，求證：EC?CF＝AF?AD．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)．【專題】圖形的相似；推理能力．【分析】（1）由四邊形ABCD是平行四邊形知OA＝OC，結(jié)合EA＝EC知EO⊥AC，從而得證；（2）先由∠AEB＝∠CEB＝∠AEC，平行四邊形ABCD為菱形得∠CDF＝∠DAC+∠DCA＝∠AEF，據(jù)此可證△FCD∽△FAE得＝，結(jié)合CD＝AD，AE＝CE可得答案．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，又∵EA＝EC，∴EO⊥AC，∴四邊形ABCD是菱形；（2）∵∠AEB＝∠CEB＝∠AEC，平行四邊形ABCD為菱形，∴∠AEB＝∠CEB＝∠BAC＝∠BCA＝∠DAC＝∠DCA，∠CDF＝∠DAC+∠DCA＝∠AEF，∴△FCD∽△FAE，∴＝，∵CD＝AD，AE＝CE，∴＝，即EC?CF＝AF?AD．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握平行四邊形的性質(zhì)、菱形的判定、等腰三角形的性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．2．（2020?長(zhǎng)寧區(qū)二模）如圖，已知四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)E在對(duì)角線AC上，點(diǎn)F在邊CD上（點(diǎn)F與點(diǎn)C、D不重合），BE⊥EF，且∠ABE+∠CEF＝45°．（1）求證：四邊形ABCD是正方形；（2）連接BD，交EF于點(diǎn)Q，求證：DQ?BC＝CE?DF．【考點(diǎn)】正方形的判定與性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．【專題】矩形菱形正方形；圖形的相似；推理能力．【分析】（1）作EM⊥BC于點(diǎn)M，可證EM∥AB，可得∠ABE＝∠BEM，∠BAC＝∠CEM，由角的數(shù)量關(guān)系可得∠CEM＝45°＝∠BAC，可證AB＝BC，可得結(jié)論；（2）通過(guò)證明△BCE∽△FDQ，可得，可得結(jié)論．【解答】證明：（1）如圖，作EM⊥BC于點(diǎn)M，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB⊥BC，∴EM∥AB，∴∠ABE＝∠BEM，∠BAC＝∠CEM，∵∠ABE+∠CEF＝45°，∴∠BEM+∠CEF＝45°，∵BE⊥EF，∴∠CEM＝45°＝∠BAC，∴∠BAC＝∠ACB＝45°，∴AB＝BC，∴矩形ABCD是正方形；（2）如圖，∵∠BEF+∠BCF+∠EFC+∠EBC＝360°，∴∠EBC+∠EFC＝180°，且∠EFC+∠QFD＝180°，∴∠DFQ＝∠EBC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACB＝∠BDC＝45°，∴△BCE∽△FDQ，∴，∴BC?DQ＝CE?DF．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理是本題的關(guān)鍵．3．（2020?奉賢區(qū)二模）已知：如圖，在梯形ABCD中，CD∥AB，∠DAB＝90°，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)E，AC⊥BC，垂足為點(diǎn)C，且BC2＝CE?CA．（1）求證：AD＝DE；（2）過(guò)點(diǎn)D作AC的垂線，交AC于點(diǎn)F，求證：CE2＝AE?AF．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；直角梯形．【專題】圖形的相似；推理能力．【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定定理得到△BCE∽△ACB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到∠CBE＝∠CAB，根據(jù)等角的余角相等得到∠BEC＝∠DAE，根據(jù)等腰三角形的判定定理證明；（2）根據(jù)平行線分線段成比例定理得到，，得到，整理得到CE2＝AE?EF，根據(jù)等腰三角形的三線合一得到AF＝EF，證明結(jié)論．【解答】證明：（1）∵BC2＝CE?CA，∴，又∠ECB＝∠BCA，∴△BCE∽△ACB，∴∠CBE＝∠CAB，∵AC⊥BC，∠DAB＝90°，∴∠BEC+∠CBE＝90°，∠DAE+∠CAB＝90°，∴∠BEC＝∠DAE，∵∠BEC＝∠DEA，∴∠DAE＝∠DEA，∴AD＝DE；（2）∵DF⊥AC，AC⊥BC，∴∠DFE＝∠BCA＝90°，∴DF∥BC，∴，∵DC∥AB，∴，∴，∴CE2＝AE?EF，∵AD＝DE，DF⊥AC，∴AF＝EF，∴CE2＝AE?AF．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、直角梯形的概念，掌握相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．4．（2020?靜安區(qū)二模）已知：如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，延長(zhǎng)BA至點(diǎn)E，使得AE＝AB，聯(lián)結(jié)DE、AC．點(diǎn)F在線段DE上，聯(lián)結(jié)BF，分別交AC、AD于點(diǎn)G、H．（1）求證：BG＝GF；（2）如果AC＝2AB，點(diǎn)F是DE的中點(diǎn)，求證：AH2＝GH?BH．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)．【專題】圖形的全等；多邊形與平行四邊形；圖形的相似；推理能力．【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)可得AB＝CD＝AE，AB∥CD，可證四邊形ACDE是平行四邊形，可得，可得結(jié)論；（2）由“SAS”可證△BEF≌△DEA，可得∠EBF＝∠EDA，通過(guò)證明△AHG∽△BHA，可得結(jié)論．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，∵AB＝AE，∴AE＝CD，∴四邊形ACDE是平行四邊形，∴AC∥DE，∴，∴BG＝GF；（2）∵AB＝AE，∴BE＝2AE，∵AC＝2AB，∴BE＝AC，∵四邊形ACDE是平行四邊形，∴AC＝DE，∴DE＝BE，∵點(diǎn)F是DE的中點(diǎn)，∴DE＝2EF，∴AE＝EF，∵DE＝BE，∠E＝∠E，AE＝EF，∴△BEF≌△DEA（SAS），∴∠EBF＝∠EDA，∵AC∥DE，∴∠GAH＝∠EDA．∴∠EBF＝∠GAH．∵∠AHG＝∠BHA，∴△AHG∽△BHA，∴．∴AH2＝GH?BH．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理是本題的關(guān)鍵．5．（2020?浦東新區(qū)二模）已知：如圖，在平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作AC的垂線交邊BC于點(diǎn)F，與AB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)M，且AB?AM＝AE?AC．求證：（1）四邊形ABCD是矩形；（2）DE2＝EF?EM．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；線段垂直平分線的性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)；矩形的判定與性質(zhì)．【專題】圖形的相似；推理能力．【分析】（1）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)與判定可知∠AME＝∠ACB，從而可得∠ACB+∠BAC＝90°，所以?ABCD是矩形．（2）由（1）可知：DE＝EC，AE＝EC，易證∠CME＝∠AME＝∠ECB，所以△CEF∽△MEC，所以，從而得證．【解答】解：（1）∵AB?AM＝AE?AC，∴＝，∵∠CAB＝∠CAB，∴△ACB∽△AME，∴∠AME＝∠ACB，由于∠AME+∠BAC＝90°，則∠ACB+∠BAC＝90°，∴?ABCD是矩形．（2）由（1）可知：DE＝EC，AE＝EC，∵M(jìn)E⊥AC，∴ME平分∠AMC，∴∠CME＝∠AME＝∠ECB，∵∠MEC＝∠FEC＝90°，∴△CEF∽△MEC，∴，∴EC2＝EF?EM，即DE2＝EF?EM．【點(diǎn)評(píng)】本題考查相似三角形的綜合問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用相似三角形的性質(zhì)與判定，以及矩形的性質(zhì)與判定，本題綜合程度較高．6．（2020?松江區(qū)二模）如圖，已知AB、AC是⊙O的兩條弦，且AO平分∠BAC．點(diǎn)M、N分別在弦AB、AC上，滿足AM＝CN．（1）求證：AB＝AC；（2）聯(lián)結(jié)OM、ON、MN，求證：＝．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；圓周角定理．【專題】證明題；數(shù)形結(jié)合；圖形的全等；圓的有關(guān)概念及性質(zhì)；圖形的相似；推理能力．【分析】（1）過(guò)點(diǎn)O作OD⊥AB于點(diǎn)D，OE⊥AC于點(diǎn)E，則根據(jù)垂徑定理可得答案；（2）聯(lián)結(jié)OB，OM，ON，MN，先判定△BOM≌△AON（SAS），再證明△NOM∽△BOA，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得答案．【解答】證明：（1）過(guò)點(diǎn)O作OD⊥AB于點(diǎn)D，OE⊥AC于點(diǎn)E，如圖所示：∵AO平分∠BAC．∴OD＝OE，∴AB＝AC；（2）聯(lián)結(jié)OB，OM，ON，MN，如圖所示，∵AM＝CN，AB＝AC∴BM＝AN，∵OA＝OB，∴∠B＝∠BAO，∵∠BAO＝∠OAN，∴∠B＝∠OAN，∴△BOM≌△AON（SAS），∴∠BOM＝∠AON，OM＝ON，∴∠AOB＝∠MON，∴△NOM∽△BOA，∴．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)及圓的有關(guān)性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．7．（2020?崇明區(qū)二模）如圖，已知四邊形ABCD是菱形，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，DH⊥AB，垂足為點(diǎn)H，交AC于E，聯(lián)結(jié)HO并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)G，（1）求證：∠DHO＝∠BCD；（2）求證：HG?AE＝2DE?CG．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；菱形的性質(zhì)．【分析】（1）先判斷出OB＝OD，進(jìn)而判斷出OH＝OD，得出∠DHO＝∠BDH，再用等角的余角相等判斷出∠DHO＝∠BAO，即可得出結(jié)論；（2）先判斷出∠ADH＝∠COG，進(jìn)而判斷出△ADE∽△COG，得出AE?OG＝DE?CG，再判斷出△AOH≌△COG，得出OG＝HG，即可得出結(jié)論．【解答】證明：（1）∵AC是菱形ABCD的對(duì)角線，∴∠BCD＝∠BAD＝2∠BAO，∵點(diǎn)O是菱形ABCD的兩條對(duì)角線的交點(diǎn)，∴OB＝OD，∵DH⊥AB，∴∠BHD＝90°，∴OH＝OD，∴∠DHO＝∠BDH，在Rt△BHD中，∠BDH+∠ABO＝90°，∵∠BAO+∠ABO＝90°，∴∠BDH＝∠BAO，∴∠DHO＝∠BAO，∴∠BCD＝2∠DHO，∴∠DHO＝∠BCD；（2）由（1）知，∠DHO＝∠BAO，∵AC是菱形ABCD的對(duì)角線，∴OA＝OC，∠DAO＝∠BAO，∴∠DHO＝∠DAO，∵∠AED＝∠HEO，∴∠AOH＝∠ADE，∵∠AOH＝∠COG，∴∠ADH＝∠COG，∵∠DAE＝∠OCG，∴△ADE∽△COG，∴，∴AE?OG＝DE?CG，在△AOH和△COG中，，∴△AOH≌△COG（SAS），∴OH＝OG，∴OG＝HG，∴AE?HG＝DE?CG，∴HG?AE＝2DE?CG．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，同角的余角相等，判斷出∠DHO＝∠BAO是解本題的關(guān)鍵．8．（2020?閔行區(qū)二模）如圖，已知在?ABCD中，AE⊥BC，垂足為E，CE＝AB，點(diǎn)F為CE的中點(diǎn)，點(diǎn)G在線段CD上，聯(lián)結(jié)DF，交AG于點(diǎn)M，交EG于點(diǎn)N，且∠DFC＝∠EGC．（1）求證：CG＝DG；（2）求證：CG2＝GM?AG．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；角平分線的性質(zhì)；梯形．【專題】三角形；梯形；推理能力；應(yīng)用意識(shí)．【分析】（1）根據(jù)已知，找到∠AEB＝∠EFC．∠EDC＝∠DEC．即可利用AAS證明全等．（2）根據(jù)AB2＝BG?BD結(jié)合∠ABG＝∠DBA．即可得到：△ABD∽△GBA．利用對(duì)應(yīng)角相等，即可證明△AEB∽△BDC．再利用對(duì)應(yīng)邊成比例，即可求證．【解答】證明：方法一：（1）在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD．∴∠B＝∠C．∠ADE＝∠DEC．∵DE平分∠ADC．∴∠ADE＝∠EDC．∴∠EDC＝∠DEC．∴EC＝CD．∴AB＝EC．∵AE⊥BC、EF⊥CD．∴∠AEB＝∠EFC．在ABE與△ECF中，．∴△ABE≌△ECF（AAS）．方法二：∵DE平分∠ADC．AE⊥BC、EF⊥CD．∴AE＝EF．∵AE⊥BC、EF⊥CD．∴∠AEB＝∠EFC．∵AD∥BC，AB＝CD．∴∠B＝∠C．在ABE與△ECF中，．∴△ABE≌△ECF（AAS）．（2）聯(lián)接BD，BD與AE交于點(diǎn)G，如圖：∵AB2＝BG?BD．∴．∵∠ABG＝∠DBA．∴△ABD∽△GBA．∴∠ADB＝∠GAB．∵AD∥BC．∴∠ADB＝∠DBC．∴∠BAG＝∠DBC．∴△AEB∽△BDC．∴．∴AB?DC＝BC?EB．∴EC2＝BE?BC．【點(diǎn)評(píng)】本題考查三角形全等判斷和性質(zhì)，三角形相似判斷和性質(zhì)．關(guān)鍵在于掌握三角形的判定定理在本題中的應(yīng)用．屬于拔高題．9．（2020?嘉定區(qū)二模）已知：△ABC，AB＝AC，∠BAC＝90°，點(diǎn)D是邊BC的中點(diǎn)，點(diǎn)E在邊AB上（點(diǎn)E不與點(diǎn)A、B重合），點(diǎn)F在邊AC上，聯(lián)結(jié)DE、DF．（1）如圖1，當(dāng)∠EDF＝90°時(shí)，求證：BE＝AF；（2）如圖2，當(dāng)∠EDF＝45°時(shí)，求證：．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰直角三角形．【專題】圖形的全等；等腰三角形與直角三角形；圖形的相似；推理能力．【分析】（1）連接AD，證△BDE≌△ADF（ASA），即可得出結(jié)論；（2）證明△BDE∽△CFD．得出，得出，由BD＝CD，即可得出結(jié)論．【解答】證明：（1）連接AD，如圖1所示：在Rt△ABC中，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠C＝45°，∵點(diǎn)D是邊BC的中點(diǎn)，∴AD＝BC＝BD，AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD＝45°，∴∠B＝∠CAD，∵∠EDF＝90°，∴∠ADF+∠ADE＝90°∵∠BDE+∠ADE＝90°，∴∠BDE＝∠ADF，在△BDE和△ADF中，，∴△BDE≌△ADF（ASA），∴BE＝AF；（2）∵∠BDF＝∠BDE+∠EDF，∠BDF＝∠C+∠CFD，∴∠BDE+∠EDF＝∠C+∠CFD．又∵∠C＝∠EDF＝45°，∴∠BDE＝∠CFD，∴△BDE∽△CFD．∴，∴，又∵BD＝CD，∴．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)，證明三角形全等和三角形相似是解題的關(guān)鍵．專題二四邊形的證明【歷年真題】1．（2020?楊浦區(qū)二模）如圖，已知在正方形ABCD中，對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)M在線段OD上，聯(lián)結(jié)AM并延長(zhǎng)交邊DC于點(diǎn)E，點(diǎn)N在線段OC上，且ON＝OM，聯(lián)結(jié)DN與線段AE交于點(diǎn)H，聯(lián)結(jié)EN、MN．（1）如果EN∥BD，求證：四邊形DMNE是菱形；（2）如果EN⊥DC，求證：AN2＝NC?AC．【考點(diǎn)】菱形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；平行線分線段成比例．【專題】矩形菱形正方形；應(yīng)用意識(shí)．【分析】（1）由四邊形ABCD是正方形，推出，所以MN∥CD，再根據(jù)EN∥BD，推出四邊形DMNE是平行四邊形，再證明△AOM≌△DON，推出∠OMA＝∠OND，由∠OAM+∠OMA＝90°，∠OAM+∠OND＝90°得出∠AHN＝90°，即DN⊥ME，所以四邊形DMNE是菱形；（2）由MN∥CD，推出，由四邊形ABCD是正方形，推出AB∥DC，AB＝DC，∠ADC＝90°，即AD⊥DC，根據(jù)EN⊥DC，得出EN∥AD，所以，根據(jù)AB∥DC，推出，所以，最后得出結(jié)論．【解答】證明：（1）如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴OA＝OB＝OC＝OD，AC⊥BD，∵ON＝OM，∴，∴MN∥CD，又∵EN∥BD，∴四邊形DMNE是平行四邊形，在△AOM和△DON中，∵∠AOM＝∠DON＝90°，OA＝OD，OM＝ON，∴△AOM≌△DON（SAS），∴∠OMA＝∠OND，∵∠OAM+∠OMA＝90°，∴∠OAM+∠OND＝90°∴∠AHN＝90°．∴DN⊥ME，∴平行四邊形DMNE是菱形；（2）如圖2，∵M(jìn)N∥CD，∴，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥DC，AB＝DC，∠ADC＝90°，∴AD⊥DC，又∵EN⊥DC，∴EN∥AD，∴，∵AB∥DC，∴，∴，∴AN2＝NC?AC．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形與菱形，熟練運(yùn)用正方形和菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．（2020?虹口區(qū)二模）如圖，在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D在邊BC上，聯(lián)結(jié)AD，以AD為一邊作△ADE，滿足AD＝AE，∠DAE＝∠BAC，聯(lián)結(jié)EC．（1）求證：CA平分∠DCE；（2）如果AB2＝BD?BC，求證：四邊形ABDE是平行四邊形．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的判定．【專題】圖形的相似；推理能力．【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠B＝∠ACB，證明△ABD≌△ACE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠B＝∠ACE，根據(jù)角平分線的定義證明結(jié)論；（2）根據(jù)相似三角形的判定定理得到△ABD∽△CBA，得到∠BAD＝∠ACB，分別證明AE∥BD，AB∥DE，根據(jù)平行四邊形的判定定理證明．【解答】（1）證明：∵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）證明：∵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，∴四邊形ABDE是平行四邊形．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定，掌握等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．3．（2020?徐匯區(qū)二模）已知：如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E、F、G、H分別在邊AB、BC、CD、DA上，BE＝DG，BF＝DH．（1）求證：四邊形EFGH是平行四邊形；（2）當(dāng)AB＝BC，且BE＝BF時(shí)，求證：四邊形EFGH是矩形．【考點(diǎn)】矩形的判定；全等三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的判定與性質(zhì)．【專題】圖形的全等；多邊形與平行四邊形；矩形菱形正方形；推理能力．【分析】（1）利用全等三角形的性質(zhì)可得EF＝HG，EH＝FG，可得結(jié)論；（2）由等腰三角形的性質(zhì)可得∠BEF＝∠BFE＝，∠AEH＝∠AHE＝，可求∠FEH＝90°，可得結(jié)論．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠D，∠A＝∠C，∵BE＝DG，BF＝DH，且∠B＝∠D，∴△BEF≌△DGH（SAS），∴EF＝HG，同理可得EH＝FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形；（2）∵AB＝BC，BE＝BF∴AB＝BC＝CD＝AD，BE＝BF＝DH＝DG，∴AE＝AH，∵AD∥BC，∴∠B+∠A＝180°，∵BE＝BF，AE＝AH，∴∠BEF＝∠BFE＝，∠AEH＝∠AHE＝，∴∠AEH+∠BEF＝90°，∴∠FEH＝90°，∴平行四邊形EFGH是矩形．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的判定，平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理證明是本題的關(guān)鍵．專題三邊與角的證明【歷年真題】1．（2020?金山區(qū)二模）如圖，已知C是線段AB上的一點(diǎn)，分別以AC、BC為邊在線段AB同側(cè)作正方形ACDE和正方形CBGF，點(diǎn)F在CD上，聯(lián)結(jié)AF、BD，BD與FG交于點(diǎn)M，點(diǎn)N是邊AC上的一點(diǎn)，聯(lián)結(jié)EN交AF與點(diǎn)H．（1）求證：AF＝BD；（2）如果＝，求證：AF⊥EN．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)．【專題】圖形的全等；矩形菱形正方形；圖形的相似；推理能力．【分析】（1）依題意易證△AFC≌△DBC，從而求出AF＝BD；（2）由△AFC≌△DBC可得∠CAF＝∠CDB，從而證得△BGM∽△ACF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和已知＝，求得AN＝CF，即可證得△AEN≌△CAF，得到∠ENA＝∠AFC，從而證得∠FAC+∠ENA＝90°，即∠AHN＝90°，即可證得結(jié)論．【解答】解：（1）∵四邊形ACDE和四邊形BCFG都為正方形，∴AC＝DC，∠ACD＝∠BCD＝90°，BC＝CF，在△AFC和△DBC中，，∴△AFC≌△DBC（SAS）．∴AF＝BD．（2）∵△AFC≌△DBC，∴∠CAF＝∠CDB，∵CD∥BG，∴∠CDB＝∠MBG，∴∠CAF＝∠MBG，∵∠ACF＝∠BGM＝90°，∴△BGM∽△ACF，∴，∵BG＝GF＝FC，∴＝，∵＝，∴AN＝FC，在△AEN和△CAF中，∴△AEN≌△CAF（SAS），∴∠ENA＝∠AFC，∵∠FAC+∠AFC＝90°，∴∠FAC+∠ENA＝90°，∴∠AHN＝90°，∴AF⊥EN．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．2．（2020?寶山區(qū)二模）如圖，E、F分別是正方形ABCD的邊DC、CB的中點(diǎn)，以AE為邊作正方形AEHG，HE與BC交于點(diǎn)Q，聯(lián)結(jié)AQ、DF．（1）求證：AE⊥DF；（2）設(shè)S△CEQ＝S1，S△AED＝S2，S△EAQ＝S3，求證：S1+S2＝S3．【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)．【專題】圖形的全等；圖形的相似；推理能力．【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得出AD＝DC，∠ADE＝∠DCF＝90°，再由SAS即可證出△ADE≌△DCF，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和垂直的定義即可得到結(jié)論；（2）先證明△AEQ∽△ECQ，得出△AEQ∽△ECQ∽△ADE，得出面積比等于相似比的平方，再由勾股定理即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADE＝∠DCF＝90°，在△ADE和△DCF中，∴△ADE≌△DCF（SAS），∴∠EAD＝∠CDF，∵∠AED+∠CDF＝90°，∴∠AED+∠EAD＝90°，∴AE⊥DF；（2）證明：∵E是CD的中點(diǎn)，∴CE＝DE＝DC＝AD，∵四邊形AEHG是正方形，∴∠AEH＝90°，∴∠AED+∠CEQ＝90°，∵∠AED+∠DAE＝90°，∴∠DAE＝∠CEQ，∵∠ADE＝∠DCF，∴△ADE∽△ECQ，∴＝，∵DE＝CE，∴＝，∵∠C＝∠AEQ＝90°，∴△AEQ∽△ECQ，∴△AEQ∽△ECQ∽△ADE，∴＝（）2，＝（）2，∴+＝（）2+（）2＝，∵EQ2+AE2＝AQ2，∴+＝1，∴S1+S2＝S3．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，難度較大，需要多次證明三角形相似才能得出結(jié)論．3．（2020?黃浦區(qū)二模）已知：如圖，圓O是△ABC的外接圓，AO平分∠BAC．（1）求證：△ABC是等腰三角形；（2）當(dāng)OA＝4，AB＝6，求邊BC的長(zhǎng)．【考點(diǎn)】三角形的外接圓與外心；等腰三角形的判定與性質(zhì)．【專題】圖形的全等；等腰三角形與直角三角形；圓的有關(guān)概念及性質(zhì)．【分析】（1）連接OB、OC，先證明∠OBA＝∠OCA＝∠BAO＝∠CAO，再證明△OAB≌△OAC得AB＝AC，問(wèn)題得證；（2）延長(zhǎng)AO交BC于點(diǎn)H，先證明AH⊥BC，BH＝CH，設(shè)OH＝b，BH＝CH＝a，根據(jù)OA＝4，AB＝6，由勾股定理列出a、b的