明确中考风向2024年上海市中考数学复习三角形与四边形专题复习

三角形与四边形综合 考点解读 三角形、四边形是中考数学几何部分的板块内容，中考数学大部分数学题目的解答都需要运用到三角形、平行四边形、菱形、矩形、正方形、圆的等知识点，并且知识点之间密切相关。三角形四边形作为中考必考的知识点，在考题上既有特别基础的题，也有中等题，还有一些综合题，在复习备考的过程中首先需要掌握知识要点和细节，了解考点、考向和题型，再几何自身情况去做一些有针对性的练习题，对三角形的相关知识点和题型都必须要熟练掌握和灵活运用 解题思路 1、掌握三角形知识点： ①等腰三角形性质 ②等边对等角 ③三线合一 ④中位线平行第三边且等于第三边的一半 ⑤直角三角形斜边中线等于斜边的一半 ⑥30°角特殊直角三角形三条边的长度比例 2、四边形综合题的线索和处理办法 ①若有中点，在等腰三角形中，考虑三线合一； ②若有中点，在直角三角形中，考虑斜边中线； ③若有多个中点，考虑中位线； ④也可试试倍长中线，构造全等三角形； ⑤若有角分线，考虑是否有垂直于角分线的线段，如果有，考虑延长该线段，构成单垂（就是三线合一的图形） ⑥若有角分线，也可在角的另外一边，截取等线段，构造全等三角形 模拟预测 1．（2024·上海徐汇·三模）已知四边形中，对角线与相交于点，，下列判断中错误的是（    ） A．如果，，那么四边形是矩形 B．如果，，那么四边形是矩形 C．如果，，那么四边形是菱形 D．如果，，那么四边形是菱形 2．（2024·上海黄浦·三模）下列说法正确的是（    ） A．有一组邻边相等的梯形是等腰梯形 B．等腰三角形的中位线截该三角形所得的四边形是等腰梯形 C．有两个相邻的内角相等的梯形是等腰梯形 D．有一组对角互补的梯形是等腰梯形． 3．（2024·上海市·模拟预测）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（    ） A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形 C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形 4．（2024·上海市·模拟预测）如图1，中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（    ） A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、乙才是 C．只有甲、丙才是 D．只有乙、丙才是 5．（2024·上海市·模拟预测）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形．若．，则的值为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·上海静安·三模）某同学对“对角线垂直的四边形”进行了探究：如图，在四边形中，，，，，由上述条件，得到了两个结论：①，②．对于结论①、②下列说法正确的是（    ） A．①正确、②错误 B．①错误、②正确 C．①、②正确 D．①、②都错误 7．（2024·上海杨浦·三模）在四边形中，，，添加下列条件后仍然不能推得四边形为菱形的是（    ） A． B． C． D． 8．（2024·上海长宁·二模）下列命题是假命题的是（    ） A．对边之和相等的平行四边形是菱形 B．一组邻边上的高相等的平行四边形是菱形 C．一条对角线平分一组对角，另一条对角线平分一个内角的四边形是菱形 D．被一条对角线分割成两个等腰三角形的平行四边形是菱形 9．（2024·上海奉贤·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线、交于点，下列条件能判断四边形是正方形的是（    ） A．且 B．且 C．且 D．且 10．（2024·上海青浦·二模）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，过O作的垂线交于点与相交于点F，且，那么下列结论的是（    ） A． B． C． D． 11、（2024·上海徐汇·三模）如图，在中，，，是中线，将沿直线翻折后，点落在点，那么的长为 ． 12、（2024·上海金山·一模）如图，为等腰直角三角形，为的重心，E为线段上任意一动点，以为斜边作等腰（点D在直线的上方），为的重心，设两点的距离为d，那么在点E运动过程中d的取值范围是 ． 13、（2024·上海浦东新·三模）如图，在正方形的边上取一点，连接，将沿翻折，点恰好与对角线上的点重合，连接，若，则的面积是 ． 14、（2024·上海浦东新·三模）如图，在中，，，点D在边上（不与点B，点C重合），连接，点E在边上，．已知点H在射线上，连接交线段于点G，当，且时，则 ． 15、（2024·上海市·模拟预测）《九章算术》中记载了一种测量井深的方法．如图所示，在井口B处立一根垂直于井口的木杆，从木杆的顶端D观察水岸C，视线与井口的直径交于点E，如果测得米，米，米，那么井深为 米． 16、（2024·上海长宁·三模）如图，在中，，，点D 在边上，，连接，如果将沿直线翻折后，点 C的对应点为点E，那么点E到直线的距离为 ． 17、（2024·上海静安·三模）折纸能够制作广泛的几何图形，解决数学问题．下面是解决某个数学问题的折纸过程：（1）长方形纸片沿某直线折叠，使点与点重合，折痕交于点；（2）展开后，沿过点的直线折叠，使点落在边上点处．连结，用量角器测得，则长方形纸片中的值为 ． 18、（2024·上海杨浦·三模）如图，已知矩形，为对角线，点、分别是与的重心，连接、，如果，那么 ． 19、（2024·上海杨浦·三模）如图，已知在中，，垂足为点，，，点、分别在边和上，将分割成两个小三角形，将分割成两个小三角形，如果分割成的两个小三角形与分割成的两个小三角形分别相似，那么的值是 ． 20、（2024·上海长宁·二模）如图，正方形中，点在对角线上，点在边上（点不与点重合），且，那么的值为 ． 21、（2024·上海嘉定·二模）如图在正方形的外侧作一个，已知，，那么等于 ． 22、（2024·上海奉贤·二模）如图，正方形的边长为，点在延长线上，连接，如果与相似，那么 ． 23、（2024·上海青浦·二模）正方形的边长为为边的中点，点F在边上，将沿直线翻折，使点D落在点G处，如果，那么线段的长为 ． 24、（2024·上海徐汇·三模）已知：如图，在梯形中，，，点E在的延长线上，． (1)求证：； (2)当平分时，求证：是等腰直角三角形． 25、（2024·上海黄浦·三模）如图，在梯形中，，，与对角线交于点，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，如果，求证：． 26、（2024·上海静安·模拟预测）如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AC与BD相交于点O，点E在线段OB上，AE的延长线与BC相交于点F，OD2 = OB·OE． （1）求证：四边形AFCD是平行四边形； （2）如果BC=BD，AE·AF=AD·BF，求证：△ABE∽△ACD． 27、（2024·上海市·模拟预测）已知：如图，矩形的对角线相交于点O，． （1）求矩形对角线的长． （2）过O作于点E，连结BE．记，求的值． 28、（2020·上海·中考真题）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H． （1）求证：△BEC∽△BCH； （2）如果BE2=AB•AE，求证：AG=DF． 29、（2024·上海静安·三模）已知：如图，四边形的对角线相交于点，，； (1)求证：． (2)过点作交延长线于点，延长、交于点，分别取的中点，连结，求证：平分． 30、（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． 31、（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． 32、（2024·上海松江·二模）一个凸四边形的四条边及两条对角线共6条线段中，如果只有两种大小不同的长度，那么称这个四边形为“精致四边形”．如正方形的四条边都相等，两条对角线相等，且边长与对角线长度不等，所以正方形是一个“精致四边形”． (1)如图所示的四边形是一个“精致四边形”，其中，．试写出该“精致四边形”的两条性质（，除外）； (2)如果一个菱形（除正方形外）是“精致四边形”，试画出它的大致图形，并求出该“精致四边形”的6条线段中较长线段与较短线段长度的比值； (3)如果一个梯形是“精致四边形”，试画出它的大致图形，指出两种长度的线段各是哪几条，并求出它的各内角度数． 33、（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． 34、（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：． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 三角形与四边形综合 考点解读 三角形、四边形是中考数学几何部分的板块内容，中考数学大部分数学题目的解答都需要运用到三角形、平行四边形、菱形、矩形、正方形、圆的等知识点，并且知识点之间密切相关。三角形四边形作为中考必考的知识点，在考题上既有特别基础的题，也有中等题，还有一些综合题，在复习备考的过程中首先需要掌握知识要点和细节，了解考点、考向和题型，再几何自身情况去做一些有针对性的练习题，对三角形的相关知识点和题型都必须要熟练掌握和灵活运用 解题思路 1、掌握三角形知识点： ①等腰三角形性质 ②等边对等角 ③三线合一 ④中位线平行第三边且等于第三边的一半 ⑤直角三角形斜边中线等于斜边的一半 ⑥30°角特殊直角三角形三条边的长度比例 2、四边形综合题的线索和处理办法 ①若有中点，在等腰三角形中，考虑三线合一； ②若有中点，在直角三角形中，考虑斜边中线； ③若有多个中点，考虑中位线； ④也可试试倍长中线，构造全等三角形； ⑤若有角分线，考虑是否有垂直于角分线的线段，如果有，考虑延长该线段，构成单垂（就是三线合一的图形） ⑥若有角分线，也可在角的另外一边，截取等线段，构造全等三角形 模拟预测 1．（2024·上海徐汇·三模）已知四边形中，对角线与相交于点，，下列判断中错误的是（    ） A．如果，，那么四边形是矩形 B．如果，，那么四边形是矩形 C．如果，，那么四边形是菱形 D．如果，，那么四边形是菱形 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法逐项进行分析判定即可得答案． 【详解】解：A、如果，，那么四边形是梯形，不是平行四边形也就不是矩形，故A选项错误，符合题意； B、如果，，则四边形是平行四边形，则，，因为所以，那么平行四边形是矩形，故B选项正确，不符合题意； C、如果，，则四边形是平行四边形，又，那么平行四边形是菱形，故C选项正确，不符合题意； D、如果，，则可以证得四边形是平行四边形，又，那么平行四边形是菱形，故D选项正确，不符合题意， 故选A． 2．（2024·上海黄浦·三模）下列说法正确的是（    ） A．有一组邻边相等的梯形是等腰梯形 B．等腰三角形的中位线截该三角形所得的四边形是等腰梯形 C．有两个相邻的内角相等的梯形是等腰梯形 D．有一组对角互补的梯形是等腰梯形． 【答案】D 【分析】本题考查了等腰梯形的判定，根据等腰梯形的判定及三角形中位线的性质逐一判断即可求解，掌握等腰梯形的判定是解题的关键． 【详解】解：、两腰相等的梯形是等腰梯形，该选项说法错误，不合题意； 、等腰三角形的中位线截该三角形所得的四边形不一定是等腰梯形，该选项说法错误，不合题意； 、有两个相邻的内角相等的梯形不一定是等腰梯形，比如直角梯形，该选项说法错误，不合题意； 、有一组对角互补的梯形是等腰梯形，该选项说法正确，符合题意； 故选：． 3．（2024·上海市·模拟预测）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（    ） A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形 C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形 【答案】A 【分析】根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解． 【详解】∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵、， ∴ ∵对称， ∴， ∴ ∵对称， ∴， ∴， 同理， ∴ ∴ ∴四边形是平行四边形， 如图所示，    当三点重合时，， ∴ 即 ∴四边形是菱形， 如图所示，当分别为的中点时， 设，则，， 在中，， 连接，， ∵， ∴是等边三角形， ∵为中点， ∴，， ∴， 根据对称性可得， ∴， ∴， ∴是直角三角形，且， ∴四边形是矩形，      当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形 ∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形， 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 4．（2024·上海市·模拟预测）如图1，中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（    ） A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、乙才是 C．只有甲、丙才是 D．只有乙、丙才是 【答案】A 【分析】甲方案：利用对角线互相平分得证； 乙方案：由，可得,即可得， 再利用对角线互相平分得证； 丙方案:方法同乙方案． 【详解】连接交于点 甲方案：四边形是平行四边形 四边形为平行四边形． 乙方案： 四边形是平行四边形 ，， 又 (AAS) 四边形为平行四边形． 丙方案: 四边形是平行四边形 ，，， 又分别平分 ， 即 （ASA） 四边形为平行四边形． 所以甲、乙、丙三种方案都可以． 故选A． 【点睛】本题考查了平行四边的性质与判定，三角形全等的性质和判定，角平分线的概念等知识，能正确的利用全等三角的证明得到线段相等，结合平行四边形的判定是解题关键． 5．（2024·上海市·模拟预测）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形．若．，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据勾股定理和三角函数求解． 【详解】∵在中，， ∴ 在中，， 故选：A． 【点睛】本题主要考查勾股定理和三角函数．如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么． 6．（2024·上海静安·三模）某同学对“对角线垂直的四边形”进行了探究：如图，在四边形中，，，，，由上述条件，得到了两个结论：①，②．对于结论①、②下列说法正确的是（    ） A．①正确、②错误 B．①错误、②正确 C．①、②正确 D．①、②都错误 【答案】B 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，如图，过A作交的延长线于点E，当时，可证出，在中可得出，进而可得出，据此即可得①错误，如图，设，交于点O，利用勾股定理可得，故②正确，即可得出正确选项，熟练掌握其性质，正确的作出辅助线是解决此题的关键． 【详解】如图，过A作交的延长线于点E， ∵， ∴即， 当时， ∴， 则， 如图，过点B作交于点F， ∴四形为平行四边形， ∴， 如图，在中， ∵ ∴即， ∴， ∴， 故①错误； 如图，设，交于点O， ∵， ∴， ，，， ∵，，， ∴，， ∴， ∴ ， 故②正确， 故选：B． 7．（2024·上海杨浦·三模）在四边形中，，，添加下列条件后仍然不能推得四边形为菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了平行四边形和菱形的判定，以及全等三角形的判定和性质，利用平行四边形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质判定逐项判断是否为菱形即可． 【详解】解：A． 添加，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴是菱形，故该选项不符合题意； B． 添加，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴是菱形，故该选项不符合题意； C． 添加，∵，∴，不能得出四边形是菱形，故该选项符合题意； D．添加，连接，如图，    ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 则是菱形， 故该选项不符合题意； 故选∶C． 8．（2024·上海长宁·二模）下列命题是假命题的是（    ） A．对边之和相等的平行四边形是菱形 B．一组邻边上的高相等的平行四边形是菱形 C．一条对角线平分一组对角，另一条对角线平分一个内角的四边形是菱形 D．被一条对角线分割成两个等腰三角形的平行四边形是菱形 【答案】D 【分析】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．根据菱形的判定定理判断即可． 【详解】解：A、∵平行四边形的对边相等，且对边之和相等， ∴平行四边形邻边相等， ∴平行四边形是菱形，故本选项命题是真命题； B、如图，是的边上的高，是边上的高，且 由面积公式得， ∴ ∴是菱形， 即：一组邻边上的高相等的平行四边形是菱形，故本选项命题是真命题； C、如图，分别是四边形的两条对角线，交于点O，其中平分，平分 ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 又 ∴ ∴ ∴ ∴四边形是菱形， 即：一条对角线平分一组对角，另一条对角线平分一个内角的四边形是菱形，是真命题，不符合题意； D、有一条对角线与一组邻边构成等腰三角形的平行四边形不一定是菱形，故被一条对角线分割成两个等腰三角形的平行四边形是菱形是假命题，符合题意； 故选：D． 9．（2024·上海奉贤·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线、交于点，下列条件能判断四边形是正方形的是（    ） A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】D 【分析】本题考查正方形的判定，掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键． 根据正方形的判定方法对各个选项进行分析从而得到答案． 【详解】解：A. 由且可判定是矩形，故此选项不符合题意； B. 且可判定是菱形，故此选项不符合题意； C. 且可判定是菱形，故此选项不符合题意； D. 且可判定是正方形，故此选项不符合题意； 故选：D． 10．（2024·上海青浦·二模）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，过O作的垂线交于点与相交于点F，且，那么下列结论的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可知，垂直平分，则，可判断A的正误；由，，，，可得，可判断B的正误；证明，则，即，可得，进而可判断C的正误；证明，可得，进而可判断D的正误． 【详解】解：∵平行四边形， ∴，，， 又∵， ∴垂直平分， ∴，A正确，故不符合要求； ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴，B正确，故不符合要求； ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得，，C正确，故不符合要求； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，D错误，故符合要求； 故选：D． 11、（2024·上海徐汇·三模）如图，在中，，，是中线，将沿直线翻折后，点落在点，那么的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查三角形的翻折综合计算，涉及三角函数，等腰三角形，平行四边形及勾股定理，能正确进行线段的转换及作辅助线解非直角三角形是解题关键．本题先过点作于点，计算得出，再证明四边形是平行四边形，得，再在中求解即可． 【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是中线， ∴， 由翻折知， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， 由翻折知， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 12、（2024·上海金山·一模）如图，为等腰直角三角形，为的重心，E为线段上任意一动点，以为斜边作等腰（点D在直线的上方），为的重心，设两点的距离为d，那么在点E运动过程中d的取值范围是 ． 【答案】 【分析】当点E与点B重合时，，当点E与点A重合时，的值最大，利用重心的性质以及勾股定理求得，，证明，推出是等腰直角三角形，据此求解即可． 【详解】解：当点E与点B重合时，， 当点E与点A重合时，的值最大，如图，点分别为的中点， ∵为等腰直角三角形，为的重心， ∴， ∴，， 同理， ∴，， ，，，即， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，重心的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 13、（2024·上海浦东新·三模）如图，在正方形的边上取一点，连接，将沿翻折，点恰好与对角线上的点重合，连接，若，则的面积是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识．由折叠可得，，且，可得，即可求对角线的长，则可求面积． 【详解】解：如图，连接交于， 为正方形， ，，，，． 沿翻折， ，，，， ， ， ， ， ， ． ． 故答案为：． 14、（2024·上海浦东新·三模）如图，在中，，，点D在边上（不与点B，点C重合），连接，点E在边上，．已知点H在射线上，连接交线段于点G，当，且时，则 ． 【答案】或 【分析】此题主要考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．根据点H在射线上，，有以下两种情况：①当点H在线段上时，过点A作交延长线于F，则，过点D作于M，证四边形为矩形得，证，推出，再证，由此可得的值；②当点H在的延长线上时，过点A作交延长线于F，同理可得的值． 【详解】解：∵点H在射线上，， ∴有以下两种情况： ①当点H在线段上时，过点A作交延长线于F，过点D作于M，如图1所示： ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当点H在的延长线上时，过点A作交延长线于F，如图2所示： 则， 同理可证：，，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：或． 15、（2024·上海市·模拟预测）《九章算术》中记载了一种测量井深的方法．如图所示，在井口B处立一根垂直于井口的木杆，从木杆的顶端D观察水岸C，视线与井口的直径交于点E，如果测得米，米，米，那么井深为 米． 【答案】7 【分析】由题意易得，则有，然后问题可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵米，米，米， ∴， 解得米， 故答案为7． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 16、（2024·上海长宁·三模）如图，在中，，，点D 在边上，，连接，如果将沿直线翻折后，点 C的对应点为点E，那么点E到直线的距离为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，折叠的性质，解直角三角形等等，过点E作于H，，证明是等边三角形，进而求得，再由折叠得到，进而求出，最后在中使用三角函数即可求出的长． 【详解】解：如图所示，过点E作于H， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， ∴， ∴点E到直线的距离为， 故答案为：． 17、（2024·上海静安·三模）折纸能够制作广泛的几何图形，解决数学问题．下面是解决某个数学问题的折纸过程：（1）长方形纸片沿某直线折叠，使点与点重合，折痕交于点；（2）展开后，沿过点的直线折叠，使点落在边上点处．连结，用量角器测得，则长方形纸片中的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，含角的直角三角形的三边关系，特殊角的三角函数，关键是理解折叠的性质． 如详解图，过点作于点，由平行可知，都是含角的直角三角形，利用边之间的关系即可求解． 【详解】解：由折叠的性质可得，是中点，， ，， 如图，过点作于点， 设，，则， ， 在中，， ， 在等腰三角形中，， ， ， ， ， 在中，， ， ，即， ． 故答案为：． 18、（2024·上海杨浦·三模）如图，已知矩形，为对角线，点、分别是与的重心，连接、，如果，那么 ． 【答案】/ 【分析】延长交于M，连接并延长交于，连接并延长交于，连接并延长交于，连接、、，根据重心的定义、三角形中位线定理及相似三角形的性质可推出，，，，得到，判定，推出，再证明，推出，得到，再用勾股定理求出，即可得解． 【详解】解：延长交于M，连接并延长交于，连接并延长交于，连接并延长交于，连接、、， ∵点、分别是与的重心， ∴、分别是、边上的中线，即点、分别是、边上的中点； 、分别是、边上的中线，即点、分别是、边上的中点， ∴，； ，，，， ∴，；，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴或（负值不符合题意，舍去）， 设，则， 在中，， ∴． 故答案为：． 19、（2024·上海杨浦·三模）如图，已知在中，，垂足为点，，，点、分别在边和上，将分割成两个小三角形，将分割成两个小三角形，如果分割成的两个小三角形与分割成的两个小三角形分别相似，那么的值是 ． 【答案】或 【分析】设，根据题意可得，，，继而确定平分，即， 设，则，分两种情况：①当时；②当时，分别求解即可． 【详解】解：设， ∵在中，，，， ∴，，， ∴， ∴， ， ∵将分割成两个小三角形，将分割成两个小三角形，分割成的两个小三角形与分割成的两个小三角形分别相似， ∴分割成的两个小三角形都有一个角为， ∴平分，即， 设，则， ①当时， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， 经检验，是原方程的解且符合题意， ∴， ∴； ②当时， ∵， ∴， ∴， ，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， 经检验，是原方程的解且符合题意， ∴， ∴； 综上所述，的值是或． 故答案为：或． 20、（2024·上海长宁·二模）如图，正方形中，点在对角线上，点在边上（点不与点重合），且，那么的值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理及相似三角形的判定及性质，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．根据正方形的性质及勾股定理得，再证明，利用相似三角形的性质即可得解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 21、（2024·上海嘉定·二模）如图在正方形的外侧作一个，已知，，那么等于 ． 【答案】/25度 【分析】先根据“等边对等角”得，由此得，由正方形的性质可得，，由此得，，进而可得． 本题主要考查了等腰三角形的判定和性质、正方形的性质和三角形的内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】∵中，，， ， ， 又∵四边形是正方形， ，， ，且， ， 故答案为：． 22、（2024·上海奉贤·二模）如图，正方形的边长为，点在延长线上，连接，如果与相似，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的性质，三角函数，设，利用相似三角形的性质可得，即，求出，得到，再根据正切的定义计算即可求解，利用相似三角形的性质求得是解题的关键． 【详解】解：设，则 ∵，与相似， ∴， ∴， ∴， 解得，（不合，舍去）， ∴， ∴， 故答案为：． 23、（2024·上海青浦·二模）正方形的边长为为边的中点，点F在边上，将沿直线翻折，使点D落在点G处，如果，那么线段的长为 ． 【答案】/0.25 【分析】本题考查正方形的折叠，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握折叠的性质是解题的关键． 连接，证明，可得，然后得到即可解题． 【详解】如图，连接， 由翻折可得：，，， 又∵E为边的中点， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即，解得． 故答案为： 24、（2024·上海徐汇·三模）已知：如图，在梯形中，，，点E在的延长线上，． (1)求证：； (2)当平分时，求证：是等腰直角三角形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接，由梯形，，可得，．证明．则．由，可得．进而可得． （2）由平分，可得．即，由梯形，，，可得．则．证明，则，由，可求，进而可得，进而结论得证． 【详解】（1）证明：连接， ∵梯形，， ∴，． 又∵，， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． （2）证明：∵平分， ∴． ∵， ∴， ∵梯形，，， ∴． ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形． 25、（2024·上海黄浦·三模）如图，在梯形中，，，与对角线交于点，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，如果，求证：． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析． 【分析】（）由，得四边形是平行四边形，由得，得到，同理得，进而由得到，即可求证； （）连接，与交于点，证明得到，进而由，，，可得，据此即可求证； 本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， 同理可得，， ∴， ∵， ∴ ∴四边形是菱形； （2）证明：连接，与交于点，如图， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 即． 26、（2024·上海静安·模拟预测）如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AC与BD相交于点O，点E在线段OB上，AE的延长线与BC相交于点F，OD2 = OB·OE． （1）求证：四边形AFCD是平行四边形； （2）如果BC=BD，AE·AF=AD·BF，求证：△ABE∽△ACD． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【分析】（1）由题意，得到，然后由AD∥BC，得到，则，即可得到AF//CD，即可得到结论； （2）先证明∠AED=∠BCD，得到∠AEB=∠ADC，然后证明得到，即可得到△ABE∽△ADC. 【详解】证明：（1）∵OD2 =OE · OB， ∴． ∵AD//BC， ∴． ∴． ∴ AF//CD． ∴四边形AFCD是平行四边形． （2）∵AF//CD， ∴∠AED=∠BDC，． ∵BC=BD， ∴BE=BF，∠BDC=∠BCD ∴∠AED=∠BCD． ∵∠AEB=180°∠AED，∠ADC=180°∠BCD， ∴∠AEB=∠ADC． ∵AE·AF=AD·BF， ∴． ∵四边形AFCD是平行四边形， ∴AF=CD． ∴． ∴△ABE∽△ADC． 27、（2024·上海市·模拟预测）已知：如图，矩形的对角线相交于点O，． （1）求矩形对角线的长． （2）过O作于点E，连结BE．记，求的值． 【答案】（1）4；（2） 【分析】（1）根据矩形对角线的性质，得出△ABO是等腰三角形，且∠BOC=120°，即∠AOB=60°，则△ABO为等边三角形，即可求得对角线的长； （2）首先根据勾股定理求出AD，再由矩形的对角线的性质得出OA=OD,且OE⊥AD，则AE=AD，在Rt△ABE中即可求得． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形 ， 是等边三角形， ， 所以． 故答案为：4． （2）在矩形中，． 由（1）得，． 又 在中，． 故答案为：． 28、（2020·上海·中考真题）已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H． （1）求证：△BEC∽△BCH； （2）如果BE2=AB•AE，求证：AG=DF． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【分析】(1)先证明△CDF≌△CBE，进而得到∠DCF=∠BCE，再由菱形对边CDBH，得到∠H=∠DCF，进而∠BCE=∠H即可求解． (2) 由BE2=AB•AE，得到=，再利用AGBC，平行线分线段成比例定理得到=，再结合已知条件即可求解． 【详解】解：(1)∵四边形ABCD是菱形， ∴CD=CB，∠D=∠B，CDAB． ∵DF=BE， ∴△CDF≌△CBE(SAS)， ∴∠DCF=∠BCE． ∵CDBH， ∴∠H=∠DCF， ∴∠BCE=∠H．且∠B=∠B， ∴△BEC∽△BCH． (2)∵BE2=AB•AE， ∴=， ∵AGBC， ∴=， ∴=， ∵DF=BE，BC=AB， ∴BE=AG=DF， 即AG=DF． 29、（2024·上海静安·三模）已知：如图，四边形的对角线相交于点，，； (1)求证：． (2)过点作交延长线于点，延长、交于点，分别取的中点，连结，求证：平分． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由，可得，进而可证，则，； （2）如图，连结，记的交点为，由为的中点，可得，，则，由为中点，可得，则，垂直平分，，证明，则，即平分． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图，连结，记的交点为， ∵为的中点， ∴，， ∴， ∵为中点， ∴， ∴，即， 又∵， ∴垂直平分， ∴， ∵，，， ∴， ∴，即平分． 30、（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． 31、（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． 32、（2024·上海松江·二模）一个凸四边形的四条边及两条对角线共6条线段中，如果只有两种大小不同的长度，那么称这个四边形为“精致四边形”．如正方形的四条边都相等，两条对角线相等，且边长与对角线长度不等，所以正方形是一个“精致四边形”． (1)如图所示的四边形是一个“精致四边形”，其中，．试写出该“精致四边形”的两条性质（，除外）； (2)如果一个菱形（除正方形外）是“精致四边形”，试画出它的大致图形，并求出该“精致四边形”的6条线段中较长线段与较短线段长度的比值； (3)如果一个梯形是“精致四边形”，试画出它的大致图形，指出两种长度的线段各是哪几条，并求出它的各内角度数． 【答案】(1)①，平分；②四边形是轴对称图形，直线所在的直线是它的对称轴；③，， (2)画图形见解析，该“精致四边形”的6条线段中较长线段与较短线段长度的比值为 (3)画图形见解析，两种长度的线段各是，它的各内角度数 【分析】本题考查了新定义，菱形的性质，梯形的性质，解题的关键是正确理解题目所给“精致四边形”的定义，正确画出图形，以及熟练掌握相关性质定理． （1）根据题意易得是的垂直平分线，，是等边三角形，即可得出结论； （2）根据题意画出图形，则在菱形中，且，根据菱形的性质得出，，，进而得出，则； （3）根据题意画出图形，推出，， 再根据平行线的性质得出，求出，即可解答． 【详解】（1）解：∵，， ∴是的垂直平分线， 则，平分； ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是轴对称图形，直线所在的直线是它的对称轴； ∵， ∴是等边三角形，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 综上：该“精致四边形”的性质有： ①，平分； ②四边形是轴对称图形，直线所在的直线是它的对称轴； ③，，． （2）解：画图                                  ∵在菱形中，且，           ∴，，，          ∴， ∴ ． （3）解：画图，如图：，，          ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 则， ∵， ∴，                  ∵， ∴，则， 解得：， ∴，． 33、（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． 34、（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）， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， 学科网（北京）股份有限公司 $$