专题06 四边形（真题6个考点+模拟16种题型）-【好题汇编】5年（2020-2024）中考1年模拟数学分类汇编（上海专用）

专题06 四边形（真题6个考点+模拟16种题型） 一．菱形的性质（共1小题） 1．（2024•上海）在菱形中，，则　57　． 【分析】由菱形的性质得到，推出，而，由三角形内角和定理即可求出的度数． 【解答】解：四边形是菱形， ， ， ， ． 故答案为：57． 【点评】本题考查菱形的性质，关键是由菱形的性质推出． 二．矩形的判定（共1小题） 2．（2023•上海）在四边形中，，．下列说法能使四边形为矩形的是　　 A． B． C． D． 【分析】由矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：、，， 四边形是平行四边形， 由，不能判定四边形为矩形，故选项不符合题意； 、，， 四边形是平行四边形， 由，不能判定四边形为矩形，故选项不符合题意； 、， ， ， ， ，， 的长为与间的距离， ， ，， ， 四边形是矩形，故选项符合题意； 、， ，， ， ， ， 四边形是等腰梯形，故选项不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键． 三．梯形（共1小题） 3．（2023•上海）已知在梯形中，连接，，且，设，．下列两个说法：①；②，则下列说法正确的是　　 A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①②均正确 D．①②均错误 【分析】根据题意，作出图形，若梯形为等腰梯形，可得①；②，其余情况得不出这样的结论，从而得到答案． 【解答】解：过作，交延长线于，如图所示： 若，，则四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ，即， ， ， 在 中，，，， ， ，此时①正确； 过作于，如图所示： 在中，，，，， ，， ，此时②正确； 但已知中，梯形是否为等腰梯形，并未确定；梯形是还是，并未确定， 无法保证①②正确， 故选：． 【点评】本题考查梯形中求线段长，涉及梯形性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，孰练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键． 四．直角梯形（共1小题） 4．（2020•上海）如图，在直角梯形中，，，，，． （1）求梯形的面积； （2）连接，求的正切值． 【分析】（1）过作于，推出四边形是矩形，得到，，根据勾股定理得到，于是得到梯形的面积； （2）过作于，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理得到，，于是得到结论． 【解答】解：（1）过作于， ，， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， 梯形的面积； （2）过作于， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 的正切值． 【点评】本题考查了直角梯形，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 五．等腰梯形的判定（共1小题） 5．（2024•上海）四边形为矩形，过、作对角线的垂线，过、作对角线的垂线．如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为　　 A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 【分析】根据矩形的性质得到，，根据三角形的面积公式得到，再根据菱形的判定定理判断即可． 【解答】解：四边形为矩形， ，， ，，，， ， 四个垂线可以拼成一个菱形， 故选：． 【点评】本题考查的是矩形的性质、菱形的判定、三角形的面积计算，熟记四条边相等的四边形是菱形是解题的关键． 六．*平面向量（共5小题） 6．（2022•上海）如图所示，在中，，交于点，，，则　　． 【分析】根据平行四边形的性质分析即可． 【解答】解：因为四边形为平行四边形， 所以， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查了平面向量与平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的有关性质和平面向量的有关知识是解题的关键． 7．（2024•上海）如图，在平行四边形中，为对角线上一点，设，若，则　　（结果用含，的式子表示）． 【分析】由得出，再根据平面向量三角形运算法则求出，再由平行四边形的性质即可得出结果． 【解答】解：，， ， 又， ， 四边形是平行四边形， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了平面向量，平行四边形的性质，熟记平面向量的三角形运算法则是解题的关键． 8．（2021•上海）如图，在平行四边形中，已知，，为中点，则　　 A． B． C． D． 【分析】根据相等向量的几何意义和三角形法则解答． 【解答】解：，为中点， ， 四边形是平行四边形， ， ， 故选：． 【点评】本题考查平面向量，三角形法则，平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握三角形法则，属于中考常考题型． 9．（2023•上海）如图，在中，点，在边，上，，，联结，设向量，，那么用，表示　　． 【分析】由三角形法则求得的值；然后结合平行线截线段成比例求得线段的长度，继而求得向量的值． 【解答】解：在中，，，则． ，， ． ． ，即． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了平面向量和平行线截线段成比例．注意：平面向量既有大小又有方向． 10．（2020•上海）如图，、是平行四边形的对角线，设，，那么向量用向量、表示为　　． 【分析】利用平行四边形的性质，三角形法则求解即可． 【解答】解：四边形是平行四边形， ，，，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查平行四边形的性质，三角形法则等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 一．多边形内角与外角（共5小题） 1．（2024•宝山区校级模拟）如果正多边形的中心角是，那么该正多边形的内角和为 　　． 【分析】先利用多边形的中心角为，计算出这个正多边形的边数，然后根据内角和公式求解． 【解答】解：这个正多边形的边数为， 所以这个正多边形的内角和． 故答案为：． 【点评】本题考查了多边形内角与外角：内角和定理： 且为整数）；多边形的外角和等于360度． 2．（2024•黄浦区三模）如果正边形的内角是它中心角的两倍，那么边数的值是 　6　． 【分析】根据正边形的内角是它中心角的两倍，列出方程求解即可． 【解答】解：依题意有 ， 解得． 故答案为：6． 【点评】此题考查了多边形内角与外角，此题比较简单，解答此题的关键是熟知正多边形的内角和公式及中心角的求法． 3．（2024•静安区二模）如果一个正多边形的内角和是，那么它的中心角是 　60　度． 【分析】先根据正多边形的内角和求出边数，再求其中心角的度数即可． 【解答】解：设这个正多边形的边数为， 由题意得，， 解得， 正六边形的中心角是， 故答案为：60． 【点评】本题考查了正多边形的内角和、边数、中心角，根据正多边形的内角和求出边数是解题的关键． 4．（2024•金山区二模）正边形的内角等于外角的5倍，那么　12　． 【分析】根据正边形的内角等于，外角等于可列出方程，解此方程求出即可． 【解答】解：正边形的内角等于，外角等于， 又正边形的内角等于外角的5倍， ， 解得：． 经检验得是该分式方程的根， 故答案为：12． 【点评】此题主要考查了正边形的内角和外角，熟练掌握正边形的内角的度数和外角度数公式是解决问题的关键． 5．（2024•闵行区三模）一个多边形的内角和是，这个多边形的边数是 　8　． 【分析】根据多边形内角和定理：可得方程，再解方程即可． 【解答】解：设多边形边数有条，由题意得： ， 解得：， 故答案为：8． 【点评】此题主要考查了多边形内角和定理，关键是熟练掌握计算公式：． 二．平行四边形的性质（共1小题） 6．（2024•普陀区校级三模）如果三个大小形状完全一样的平行四边形能够围成一个正六边形，那么这样的平行四边形的其中一个内角的度数为 　60　（只填写内角是锐角的角的度数）． 【分析】作出三个大小形状完全一样的平行四边形围成一个正六边形，可得平行四边形的一个是锐角的内角的度数． 【解答】解：三个大小形状完全一样的平行四边形围成一个正六边形，如图所示， ， 正六边形的内角为， 平行四边形的两个是锐角的内角为，即平行四边形的一个是锐角的内角为， 故答案为：60． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，关键是掌握正六边形的内角度数． 三．平行四边形的判定与性质（共1小题） 7．（2024•浦东新区三模）如图1，平行四边形中，，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，则正确的方案是　　 A．只有甲、乙才是 B．只有甲、丙才是 C．只有乙、丙才是 D．甲、乙、丙都是 【分析】方案甲，连接，由平行四边形的性质得，，则，得四边形为平行四边形，方案甲正确； 方案乙，证，得，再由，得四边形为平行四边形，方案乙正确； 方案丙，证，得，，则，证出，得四边形为平行四边形，方案丙正确． 【解答】解：方案甲中，连接，如图所示： 四边形是平行四边形，为的中点， ，， ，， ， 四边形为平行四边形，故方案甲正确； 方案乙中，四边形是平行四边形， ，， ， ，， ，， 在和中， ， ， ， 又， 四边形为平行四边形，故方案乙正确； 方案丙中，四边形是平行四边形， ，，， ， 平分，平分， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 四边形为平行四边形，故方案丙正确； 故选：． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 四．菱形的性质（共1小题） 8．（2024•普陀区校级三模）如图，四边形是菱形，过点作、，垂足分别为点、，、分别交于点、． （1）求证：； （2）延长、相交于点，当时，求证：． 【分析】（1）根据菱形的性质即可解决问题； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明是等边三角形，是等边三角形，进而可以解决问题． 【解答】证明：（1）四边形是菱形， ，，， ， ，， ，， ， ， ； （2）， 是直角三角形斜边的中点， ， 由（1）知：， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， 如图，连接， ，， 是等边三角形， ， ， ． 【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 五．菱形的判定（共2小题） 9．（2024•杨浦区三模）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． 【分析】根据菱形的判定判断即可． 【解答】解：、添加，，四边形是平行四边形，，是菱形，不符合题意； 、添加，，四边形是平行四边形，，是菱形，不符合题意； 、添加，不能得出四边形是菱形，符合题意； 、添加，能得出四边形是菱形，不符合题意； 故选：． 【点评】此题考查菱形的判定，关键是根据邻边相等的平行四边形是菱形解答． 10．（2024•金山区二模）在四边形中，，，对角线、相交于点．下列说法能使四边形为菱形的是 A． B． C． D． 【分析】证明，得，再证明，则四边形是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论． 【解答】解：能使四边形为菱形的是，理由如下： 如图，， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形为菱形， 故选：． 【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及等腰三角形的判定等知识，熟练掌握菱形的判定，证明四边形为平行四边形是解题的关键． 六．矩形的性质（共4小题） 11．（2024•静安区校级三模）如图，在矩形中，，，点在对角线上，联结，作交边于，若，那么　　． 【分析】连接，过点作于，由勾股定理可求，的长，通过证明点，点，点，点四点共圆，可得，由锐角三角函数可求的长，由勾股定理可求解． 【解答】解：方法一、如图，连接，过点作于， ，， ， ，， ， ， 点，点，点，点四点共圆， ， ， ， ， ， ， 设，， ， ， 或（不合题意舍去）， ，， ， 方法二、如图，过点作于，交于， 则四边形是矩形， ，， 设，则，， ，， 易证， ， ， ， ， 故答案为． 【点评】本题考查了矩形的性质，锐角三角函数，勾股定理，四点共圆等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键． 12．（2024•闵行区二模）在矩形中，，点在边上，点在边上，联结、、，，，，，以下两个结论：①；②．其中判断正确的是　　 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【分析】根据矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，求得，推出是等腰直角三角形，根据勾股定理得到故①正确；根据三角形的三边关系得到．故②正确； 【解答】解：四边形是矩形， ，，， 在与中， ， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形， 在中， ， 故①正确； ，，， ．故②正确； 故选：． 【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的三边关系，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键， 13．（2024•青浦区二模）在矩形中，，，与相交于点．经过点，如果与有公共点，且与边没有公共点，那么的半径长的取值范围是 　或　． 【分析】根据题意可知，的半径长的取值范围是：，且即可求出答案． 【解答】解：矩形中，，， ， 与有公共点，且与边没有公共点， 当线段在外时图1，， 当线段在内时图2，． 的半径长的取值范围是：或． 故答案为：或． 【点评】本题考查了矩形的性质及勾股定理，做题的关键是注意数形结合的应用． 14．（2024•浦东新区三模）已知：如图，矩形的对角线，相交于点，，． （1）求矩形对角线的长； （2）过作于点，联结．求的正切值． 【分析】（1）根据矩形的性质求出，根据等边三角形的判定得出是等边三角形，求出，求出； （2）根据勾股定理求出，然后根据等腰三角形的性质求得，然后解直角三角形求得的值． 【解答】解：（1）， ， 四边形是矩形， ，，，， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 矩形对角线的长为4； （2）由勾股定理得：， ，于点， ， ． 【点评】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理以及解直角三角形等知识点，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键． 七．矩形的判定（共2小题） 15．（2024•徐汇区三模）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 【分析】根据矩形和菱形的判定定理进行判断即可． 【解答】解：、如果，，那么四边形是等腰梯形，不一定矩形，符合题意； 、如果，，则四边形是平行四边形，又，那么四边形是矩形；不符合题意； 、如果，，则四边形是平行四边形，又，那么四边形是菱形；不符合题意； 、如果，，则四边形是平行四边形，又，那么四边形是菱形；不符合题意； 故选：． 【点评】此题主要考查了矩形的判定和菱形的判定，关键是熟练掌握矩形和菱形的判定定理． 16．（2024•徐汇区二模）如图，的对角线、相交于点，如果添加一个条件使得是矩形，那么下列添加的条件中正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：、， ， ， 是菱形，故选项不符合题意； 、， ， 是菱形，故选项不符合题意； 、四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 是菱形，故选项不符合题意； 、四边形是平行四边形， ， ， ， ， 是矩形，故选项符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，掌握矩形的判定是解题的关键． 八．正方形的性质（共10小题） 17．（2024•普陀区校级三模）七巧板由五个等腰直角三角形与两个平行四边形（其中一个平行四边形是正方形）组成．用七巧板可以拼出丰富多彩的图形，图中的正方形就是由七巧板拼成的．下面四个选项中，不正确的是　　 A．用一副七巧板之中的三块板可以拼出一个正方形 B．用一副七巧板之中的四块板可以拼出一个正方形 C．用一副七巧板之中的五块板可以拼出一个正方形 D．用一副七巧板之中的六块板可以拼出一个正方形 【分析】根据正方形的判定方法逐一分析解答即可． 【解答】解：、用④⑤⑥可拼成正方形，即用一副七巧板之中的三块板可以拼出一个正方形，故选项不符合题意； 、用①④⑤⑥或②④⑤⑥可拼成正方形，即用一副七巧板之中的四块板可以拼出一个正方形，故选项不符合题意； 、用③⑦④⑤⑥可拼成正方形，即用一副七巧板之中的五块板可以拼出一个正方形，故选项不符合题意； 、用一副七巧板之中的六块板不能拼出一个正方形，故选项符合题意． 故选：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质以及等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握正方形的判定和性质． 18．（2024•虹口区二模）如图，在正方形中，点、分别在边和上，，，如果，那么的面积为　　 A．6 B．8 C．10 D．12 【分析】先根据正方形的性质可得：，，，证明四边形是平行四边形，可得，由此计算，最后由直角三角形的面积公式可得结论． 【解答】解：四边形是是正方形， ，，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 的面积． 故选：． 【点评】本题考查正方形的性质，三角形的面积公式，平行四边形的判定和性质知识，熟练掌握相关知识是解答的关键． 19．（2024•奉贤区三模）一个封闭平面图形上及其内部任意两点距离的最大值称为该图形的“直径”，封闭图形的周长与直径的比值称为该图形的“周率”，如果正三角形、正方形和圆的周率依次记为、、，那么将、、从小到大排列为 　　． 【分析】设等边三角形的边长是，求出等边三角形的周长，即可求出等边三角形的周率；设正方形的边长是，根据勾股定理求出对角线的长，即可求出周率；求出圆的周长和直径即可求出圆的周率，比较即可得到答案． 【解答】解：设等边三角形的边长是，则等边三角形的周率， 设正方形的边长是，由勾股定理得：对角线是，则正方形的周率是， 圆的周率是， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质等知识点的理解和掌握，理解题意并能根据性质进行计算是解此题的关键． 20．（2024•长宁区二模）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 　　． 【分析】通过证明，可得． 【解答】解：四边形是正方形， ，，， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键． 21．（2024•嘉定区二模）如图在正方形的外侧作一个，已知，，那么等于 　　． 【分析】由正方形，，，得，得，由，得． 【解答】解：由正方形，，， 得， 得， 由， 得． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正方形角度的计算，解题关键是等腰三角形中角的计算． 22．（2024•杨浦区四模）如图，正方形边长为4，点在边上一点（点与点、不重合），过点作，垂足为，与边相交于点．连接、，如果的面积为，则的长 　1或3　． 【分析】由正方形边长为4，，得，，，得，得，，由的面积为，得，即可得或3． 【解答】解：由正方形边长为4，， 得，，， 得， 得，， 由的面积为， 得， 得或3． 故答案为：1或3． 【点评】本题主要考查了正方形中的计算，解题关键是列方程解决问题． 23．（2024•普陀区二模）已知正方形的边长为4，点、在直线上（点在点的左侧），，如果，那么的长是 　或　． 【分析】如图，当点在点的左侧，当点在点的右侧，连接，过作交的延长线于，根据勾股定理，正方形的性质，以及相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】解：如图，当点在点的左侧， 连接，过作于， 正方形是正方形，， ，，， 是等腰直角三角形，， ， 设， ，， ， ， ， ， ， ， ， ； 如图，当点在点的左侧，连接，过作交的延长线于， 同理可得， 故答案为：的长是或． 【点评】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 24．（2024•闵行区三模）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 【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． 【解答】解：如图1中， 四边形是矩形， ，， ，， 、， ， 对称， ，，，，． 对称 ， ， ， 同理， ， ， 四边形 是平行四边形， 如图2所示，当，，三点重合时，， ，即， 四边形 是菱形． 如图3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：． 【点评】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． 25．（2024•杨浦区四模）如图，正方形中，，为边的中点，点在上，过点作，分别交边、于点、，联结，如果是以为底边的等腰三角形，那么　　． 【分析】延长，交于点，过点作于，易证△，得出；利用勾股定理求出的长，进而得出．利用互余角的三角函数的关系，得出，在和△中利用的值列出方程，即可求得结论． 【解答】解：延长，交于点，过点作于， 是正方形， ，， ， 在和△中， ， △， ， 为边的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， 设，则， ， 在中，， ， 在△中，， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，利用已知条件通过添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 26．（2024•黄浦区二模）如图，、分别是平行四边形边、的中点，对角线交、分别于点、． （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． 【分析】（1）由平行四边形性质可得：，，得出，推出四边形是平行四边形，可得，得出，，即可证得结论； （2）由正方形性质可得：，，由，可得，，再利用解直角三角形可得． 【解答】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， 、分别是平行四边形边、的中点， ，， ， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ； （2）解：如图，四边形是正方形， ，， 、分别是平行四边形边、的中点， ，， ， ， ， ， ， ， ，即， 当四边形是正方形时，平行四边形的内角分别为，，． 【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的性质，平行线分线段成比例，解直角三角形等，熟练运用平行四边形的判定和性质是解题关键． 九．正方形的判定（共2小题） 27．（2024•奉贤区二模）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 【分析】根据正方形的判定对各个选项进行分析从而得到答案． 【解答】解：、不能，只能判定为矩形，故此选项不符合题意； 、不能，因为且只能得到是菱形，故此选项不符合题意； 、不能，只能判定为菱形，故此选项不符合题意； 、能，根据对角线互相垂直的矩形是正方形，故此选项符合题意． 故选：． 【点评】本题考查了正方形的判别方法，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，途径有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角． 28．（2024•静安区二模）如图，菱形的对角线、相交于点，那么下列条件中，能判断菱形是正方形的为　　 A． B． C． D． 【分析】根据菱形到现在和正方形的判定定理即可得到结论． 【解答】解：、，， ， ， 四边形是菱形， ，故不能判断菱形是正方形；故不符合题意； 、四边形是菱形， ，， 故不能判断菱形是正方形；故不符合题意； 、四边形是菱形， ，， ， 故不能判断菱形是正方形；故不符合题意； 、四边形是菱形， ， ， ， ， 菱形是正方形，故符合题意． 故选：． 【点评】本题考查正方形的判定，掌握正方形的判定方法是解题的关键． 一十．梯形（共2小题） 29．（2024•徐汇区三模）已知：如图，在梯形中，，，点在的延长线上，，． （1）求证：； （2）当平分时，求证：是等腰直角三角形． 【分析】（1）首先连接，由在梯形中，，易得，然后利用即可判定，继而求得，又由，即可求得，则可证得：； （2）由平分时，可得，然后求得，，即可求得，，即可判定是等腰直角三角形． 【解答】证明：（1）连接， 梯形中，， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ； （2）平分， ． 梯形中，，， ， ， ， ． ， ， ． 是等腰直角三角形． 【点评】此题考查了等腰梯形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰直角三角形判定．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用，注意掌握辅助线的作法． 30．（2024•嘉定区二模）如图，在梯形中，，，点在四边形内部，，联结、． （1）求证：是等腰三角形； （2）已知点在上，联结，如果，，求证：四边形是平行四边形． 【分析】（1）证明梯形是等腰梯形，根据等腰梯形的性质得到，证明，根据全等三角形的性质得到； （2）先证明，再证明，根据平行四边形的判定定理证明即可． 【解答】证明（1），， 梯形是等腰梯形， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，即是等腰三角形； （2）由（1）得：， ， ， ， 四边形是等腰梯形， ， ， ， ，， ， 四边形是平行四边形． 【点评】本题考查的是梯形的性质、平行四边形的判定、全等三角形的判定和性质，熟记等腰梯形的性质是解题的关键． 一十一．直角梯形（共1小题） 31．（2024•长宁区三模）如图，在直角梯形中，，，，，． （1）求梯形的面积； （2）联结，求的正切值． 【分析】（1）过点作于点，根据勾股定理求出，再根据梯形的面积公式计算，得到答案； （2）连接，过点作于点，根据勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质求出，根据勾股定理求出，再根据正切的定义计算即可． 【解答】解：（1）如图，过点作于点， ，， 四边形为矩形， ，， ， ， 由勾股定理得：， 梯形的面积为：； （2）如图，连接，过点作于点， 则， 在中，，， 则， ， ， ， ，即， 解得：， 由勾股定理得：， ． 【点评】本题考查的是梯形的性质、相似三角形的判定和性质、正切的定义，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 一十二．等腰梯形的判定（共4小题） 32．（2024•黄浦区三模）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 【分析】根据等腰梯形的概念判断即可． 【解答】解：、有一组邻边相等的梯形不一定是等腰梯形，故本选项说法不正确，不符合题意； 、连接等腰三角形两腰的中点，得到的中位线截该三角形所得的四边形是等腰梯形，故本选项说法不正确，不符合题意； 、有两个相邻的内角相等的梯形不一定是等腰梯形，例如直角梯形有两个相邻的内角相等，不是等腰梯形，故本选项说法不正确，不符合题意； 、有一组对角互补的梯形是等腰梯形，说法正确，符合题意； 故选：． 【点评】本题考查的是等腰梯形的判定，掌握等腰梯形的概念是解题的关键． 33．（2024•杨浦区四模）在四边形中，如果与不平行，与相交于点，那么下列条件中能判定四边形是等腰梯形的是　　 A． B． C．， D．， 【分析】根据等腰梯形的判定推出即可． 【解答】解：、，不能证明四边形是等腰梯形，错误； 、，不能证明四边形是等腰梯形，错误； 、，，不能证明四边形是等腰梯形，错误； 、，， ，， 在和中， ， ， ，， 同理：， ， ， ， 四边形是梯形， ， 四边形是等腰梯形． 故选：． 【点评】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定和性质以及等腰梯形的判定的应用，解此题的关键是求出． 34．（2024•青浦区二模）已知四边形中，与不平行，与相交于点，那么下列条件中，能判断这个四边形为等腰梯形的是　　 A． B． C．， D．， 【分析】根据等腰梯形的判定推出即可． 【解答】解：、，不能证明四边形是等腰梯形，错误； 、，不能证明四边形是等腰梯形，错误； 、，， ，， 在和中， ， ， ，， 同理：， ， ， ， 四边形是梯形， ， 四边形是等腰梯形，正确； 、，，不能证明四边形是等腰梯形，错误． 故选：． 【点评】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定和性质以及等腰梯形的判定的应用，解此题的关键是求出，题目的综合性较强，难度中等． 35．（2024•徐汇区二模）如图，在菱形中，点、、、分别在边、、、上，，，． （1）求证：； （2）分别联结、，求证：四边形是等腰梯形． 【分析】（1）连接．根据菱形的性质得到，根据平行线分线段成比例定理即可得到结论； （2）根据相似三角形的性质得到，同理，又，得到，根据梯形的判定定理得到四边形是梯形；根据全等三角形的性质得到，于是得到梯形是等腰梯形． 【解答】证明：（1）连接． 四边形是菱形， ， ，， ，， ，， ； （2）， ， ， 同理， 又， ， ， 四边形是梯形； ，即， ，即， 四边形是菱形， ， ， ， 梯形是等腰梯形． 【点评】本题考查了等腰梯形的判定，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键． 一十三．梯形中位线定理（共3小题） 36．（2024•杨浦区四模）已知梯形的四条边长分别是4、5、7、8，则中位线长可以为　　 A．4.5 B．5.5 C．6 D．6.5 【分析】根据三角形的三边关系得到梯形的两底长分别为4和8，腰分别为5和7，根据梯形中位线定理即可得到结论． 【解答】解：如图，过作， ，， 梯形的四条边长分别是4、5、7、8， 当梯形的两底长分别为4和8，腰分别为5和7， 即，， ， ， ，，能构成三角形， 中位线长， 当梯形的两底长分别为5和8，腰分别为4和7，，，不能构成三角形，其他情况也是一样， 综上所述，中位线长可以为6， 故选：． 【点评】本题考查了梯形中位线定理，三角形的三边关系，熟练掌握梯形的中位线定理是解题的关键． 37．（2024•闵行区二模）如图，在等腰梯形中，，对角线与互相垂直，，那么梯形的中位线长为 　2　． 【分析】作，从而得到四边形为平行四边形，将两底的和转化为线段的长，利用梯形的中位线定理求得答案即可． 【解答】解：作交的延长线于点， ， 四边形为平行四边形， ，，， ， 梯形的中位线为：， 故答案为：2． 【点评】本题考查的知识比较全面，需要用到梯形和三角形中位线定理以及平行四边形的性质． 38．（2024•浦东新区二模）如果梯形的下底长为7，中位线长为5，那么其上底长为　3　． 【分析】设出梯形的上底长，直接运用梯形的中位线定理列出关于上底的方程，求出即可解决问题． 【解答】解：设梯形的上底长为； 由题意得：， 解得：， 故答案为3． 【点评】该题主要考查了梯形的中位线定理及其应用问题；应牢固掌握梯形的中位线定理并能灵活运用． 一十四．*平面向量（共17小题） 39．（2024•徐汇区三模）如果点是线段的中点，那么下列结论中正确的是　　 A． B． C． D． 【分析】根据点是线段的中点，可以判断，但它们的方向相反，继而即可得出答案． 【解答】解：由题意得：，且它们的方向相反， 有， 故选：． 【点评】本题考查了平面向量的知识，注意向量包括长度及方向，及0与的不同． 40．（2024•黄浦区三模）如图，在梯形中，，，点、分别是边、的中点．设，，那么向量用向量、表示是　　． 【分析】根据梯形的中位线等于上底与下底和的一半表示出，然后根据向量的三角形法则解答即可． 【解答】解：点、分别是边、的中点， 是梯形的中位线，， ， ， ， 由三角形法则得，， ，， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了平面向量，平面向量的问题，熟练掌握三角形法则和平行四边形法则是解题的关键，本题还考查了梯形的中位线等于上底与下底和的一半． 41．（2024•崇明区二模）如图，在梯形中，，，若，，用、表示　　． 【分析】根据等量代换得出，得出，再根据平面向量三角形减法法则求解即可． 【解答】解：， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了平面向量，平行线的性质，熟记平面向量三角形运算法则是解题的关键． 42．（2024•静安区二模）在中，点、、分别是边、、的中点，设，，那么向量用向量、表示为 　　． 【分析】首先利用三角形中位线定理求得，则；然后由三角形法则求得．代入求值即可． 【解答】解：在中，点、分别是边、的中点， 是的中点． ． ． ，， ． ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了平面向量和三角形中位线定理，解题的突破口是利用三角形法则求得． 43．（2024•闵行区三模）如图，在平行四边形中，点是边中点，点是边的中点，设，，那么可用、表示为 　　． 【分析】先根据中位线定理求出，再根据平面向量的加减运算法则求出即可求解． 【解答】解：如图，连接， 点是边中点，点是边的中点， 是的中位线， ，且， ， ，， ， ， ， 故答案为： 【点评】本题考查了平面向量的加减运算法则，熟练掌握平面向量的加减运算法则是解题的关键． 44．（2024•普陀区二模）如图，梯形中，，过点作分别交、于点、，，设，，那么向量用向量、表示为 　　． 【分析】根据平行四边形的判定与性质得出，再根据平行线分线段长比例推出，，最后根据平面向量的三角形运算法则求解即可． 【解答】解：，， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ，， ，， ，， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了平面向量的三角形运算法则，平行四边形的判定与性质，熟记平面向量的三角形运算法则是解题的关键． 45．（2024•杨浦区二模）如图，在平行四边形中，是边的中点，与对角线相交于点，设向量，向量，那么向量　　（用含、的式子表示） 【分析】根据平面向量的平行四边形法则结合相似三角形对应边成比例即可求解． 【解答】解：量，向量， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 是边的中点，， ， ， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了平面向量，相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，正确得出是解题的关键． 46．（2024•黄浦区二模）如图，、分别是边、上点，满足，．记，，那么向量　　（用向量、表示）． 【分析】过点作交于点，根据平行线分线段成比例推出，，再根据平行四边形法则即可得出结果． 【解答】解：． ， 如图，过点作交于点， 则四边形是平行四边形， ， ，， ，， ， 又，， ，， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了平面向量，平行四边形的性质，熟记平面向量的平行四边形运算法则是解题的关键． 47．（2024•青浦区三模）如图，、分别是的两条中线，设，，那么向量用向量，表示为 　　． 【分析】根据、分别是的两条中线得出，，再根据平面向量的减法运算法则即可求解． 【解答】解：、分别是的两条中线， ，， ，， ，， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了三角形重心的性质，平面向量的减法运算法则，熟练掌握三角形重心的性质，平面向量的减法运算法则是解题的关键． 48．（2024•长宁区二模）如图，在中，点在边上，且，点是的中点，联结，设向量，，如果用、表示，那么　　． 【分析】首先由向量的知识，得到与的值，即可得到的值． 【解答】解：在中，，，则． ，点是的中点， ，， ． 故答案为：． 【点评】此题考查向量的知识．解题的关键是注意数形结合思想的应用． 49．（2024•宝山区二模）如图，正六边形，连接、，如果，那么　　． 【分析】连接，先由正六边形的性质可得，，进而求出，则可证明，得到，则． 【解答】解：如图所示，连接， 由题意得，，， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了平面向量，平行线的性质与判定，正多边形内角和定理，等边对等角等等． 50．（2024•嘉定区二模）如图，在中，线段是边上的中线，点是的中点，设向量，，那么向量　　（结果用、表示）． 【分析】根据已知添加求得；然后在中，利用三角形法则来求；最后结合求得答案． 【解答】解：线段是边上的中线， ． ， ． 在中，，，则． 点是的中点， ． ． ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了平面向量，需要掌握线段中点的定义，三角形中线的定义以及三角形法则． 51．（2024•金山区二模）如图，已知平行四边形中，，，为上一点，，那么用，表示　　． 【分析】利用三角形法则，可求得，由平行四边形的对边平行且相等和已知条件可以推知：，继而求得答案； 【解答】解：，， ． ， ． 在中，，， ，． ． ． 故答案为：． 【点评】此题考查了平面向量的知识．此题难度适中，注意掌握三角形法则的应用，注意掌握数形结合思想的应用． 52．（2024•松江区二模）如图，已知梯形中，，，、交于点．设，，那么向量 可用 表示为 　　． 【分析】根据平行线分线段成比例求出和的关系，过作平行线，构造平行四边形，根据向量加法的平行四边形法则求出，从而可以求得． 【解答】解：， ， ， 过作交于，如图： 四边形为平行四边形， ，， ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了平面向量，根据平行四边形法则来求解是本题解题的关键． 53．（2024•奉贤区二模）如图，已知点、、在直线上，点在直线外，，，，那么　　．（用向量、表示） 【分析】在中，利用三角形法则求得；然后结合求得；最后在中，再次利用三角形法则求得答案． 【解答】解：，， ． ． ． ． 故答案为：． 【点评】本题考查平面向量，熟练掌握平面向量的计算是解答本题的关键． 54．（2024•徐汇区二模）如图，梯形中，，，平分，如果，，，那么是 　　（用向量、表示）． 【分析】首先判定是等腰三角形；如图，过点作交于，构造平行四边形，则．所以在中，利用三角形法则求解即可． 【解答】解：， ． 平分， ． ． ． 如图，过点作交于，则四边形是平行四边形． ． ， ． ， ． ，． ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了平面向量，等腰三角形的判定与性质，梯形．解题的巧妙之处在于作出辅助线，构造平行四边形．将所求的向量置于中，利用三角形法则作答． 55．（2024•虹口区二模）如图，在梯形中，，，点、分别是边、的中点，联结，设，，那么用向量、表示向量　　． 【分析】在中，利用三角形法则求得；然后利用梯形中位线定理来求的长度；最后根据向量的方向作答． 【解答】解：在中，，，则． ，， ． 在梯形中，，，点、分别是边、的中点， 且． ． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了平面向量，梯形和梯形中位线定理．注意：平面向量既有大小，又有方向． 一十五．中点四边形（共1小题） 56．（2024•杨浦区四模）顺次连接等腰梯形各边中点所得的四边形的两条对角线为、，则等腰梯形的面积为 　　． 【分析】连接、，根据三角形中位线定理、菱形的判定定理得到 四边形为菱形，根据梯形的面积公式计算，得到答案． 【解答】解：连接、， 、分别为、的中点， 是的中位线， ， 同理可得：，，， 四边形为等腰梯形， ， ， 四边形为菱形， 菱形为对角线分别为、， 等腰梯形的中位线和高分别为、， ， 故答案为：． 【点评】本题考查的是中点四边形，掌握等腰梯形的性质、三角形中位线定理、菱形的判定定理是解题的关键． 一十六．四边形综合题（共4小题） 57．（2024•普陀区二模）如图，在梯形中，，，．将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、． （1）当点正好落在的延长线上时，求的度数； （2）联结，设，， ①求关于的函数解析式； ②定义：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形，设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段、为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求双同正多边形的边数． 【分析】（1）证明为等边三角形．由等边三角形的性质可得出答案； （2）①分别联结、、，过点作，垂足为点．则四边形为矩形．由勾股定理求出和，证明．得出，则可得出答案； ②求出与的面积比是．相似比是，即，得出，解得，则可得出答案． 【解答】解：（1）， ． 由已知是旋转角，得． ，点在的延长线上， ． ． ． 为等边三角形． ． （2）①分别联结、、，过点作，垂足为点．则四边形为矩形． ，． 在中，由勾股定理得， ， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得， 梯形绕点按顺时针方向旋转得梯形， ，， ， ． ， ， ； ②以线段、为边的正多边形是双同正多边形． 是一个正多边形的中心角，且， 也是一个正多边形的中心角． ， 点在线段的中垂线上． 同理可得点在线段的中垂线上． 由两条不同的中垂线相交于点，可知点同时为以线段、为边的正多边形的中心． ， 边数也相同． 所以以线段、为边的正多边形有相同的中心，且边数也相同， 即它们是双同正多边形． 两个正多边形的面积比是， 与的面积比是．相似比是， 即， ，解得， ， ． ． 双同正多边形的边数为12． 【点评】本题是四边形综合题，考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握特殊几何图形的性质是解题的关键． 58．（2024•静安区三模）已知：四边形中，，，分别为、中点，、相交于点． （1）如图，如果，求证：． （2）当，时，求的长； （3）当为直角三角形时，线段与之间有怎样的数量关系？并说明理由． 【分析】（1）过作交于，证明四边形为平四边形，得出，证明，得出，则可得出结论； （2）延长．交于，证明，得出，设，证明，得出，证明，得出，求出，则可得出答案； （3）分两种情况，由相似三角形的性质及正方形的性质可得出结论． 【解答】（1）证明：过作交于， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为平四边形， ， ， 四边形为梯形， ， 四边形为等腰梯形， ， 又，分别为，中点， ，， ， 又， ， ， ， ； （2）解：，， ， ， 为正三角形， ， 延长．交于， 设， ， 为的中点，， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ，，， ， ， 又，， ， ， ， ， ， （负值已舍）， ， ； （3）解：， ， ， ， 仅两种分类， ①，延长，交于，过作于， 设，， 四边形为等腰梯形， ， ，， ， ， ， ， ， ， ，， ， 即； ②，则， 四边形为正方形， ， 综上，与的数量关系为或． 【点评】本题属于四边形综合题，考查了等腰梯形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识． 59．（2024•松江区二模）如图，已知矩形中，，，点是边上一动点，过点作，垂足为点，联结，过点作，交边于点（点与点不重合）． （1）当是的中点时，求证：； （2）当的长度取不同值时，在 中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由； （3）延长交边于点，联结， 与 能否相似，若能相似，求出此时的长；若不能相似，请说明理由． 【分析】（1）根据直角三角形斜边上中线的性质可知，再根据角之间的互余关系得到，从而证明； （2）根据平行线的性质以及互余关系证明和相似，从而可以证明是个定值； （3）因为和为钝角，所以当 与相似时，这两个角相等，根据三角函数的定义求出的值，从而求得的值． 【解答】（1）证明：，是中点， ， ， ， ， 又，， ， ； （2）解：存在长度不变． ，， ， ， ， 又，， ， ， ， ； （3）解：能相似． 连接，过作于，如图： ， ， ， ， 由（2）知，， ， 又， 四边形为矩形， ， 当时，， ， ， ， ． 【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等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，掌握特殊几何图形的性质是解题的关键． 60．（2024•杨浦区四模）如图1所示，边长为4的正方形与边长为的正方形的顶点重合，点在对角线上． 【问题发现】如图1所示，与的数量关系为 　　； 【类比探究】如图2所示，将正方形绕点旋转，旋转角为，请问此时上述结论是否还成立？如成立写出推理过程，如不成立，说明理由； 【拓展延伸】若点为的中点，且在正方形的旋转过程中，有点、、在一条直线上，直接写出此时线段的长度为 　　． 【分析】【问题发现】证出，由平行线分线段成比例定理得出，即可得出结论； 【类比探究】证明，得出，即可得结论； 【拓展延伸】分两种情况，连接交于，由正方形的性质得出，，，，得出，，，由勾股定理求出，即可得出答案． 【解答】【问题发现】 解：，理由如下： 四边形和四边形是正方形， ，，，， ， ， ； 故答案为：； 【类比探究】 解：上述结论还成立，理由如下： 连接，如图2所示： ， ， 在和中， ，， ， ， ， ； 【拓展延伸】 解：分两种情况： ①如图3所示： 连接交于， 四边形和四边形是正方形， ，，，， 点为的中点， ，，， ， ； ②如图4所示：连接交于， 同①得：， ， ； 故答案为：或． 【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、旋转的性质、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形相似是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 四边形（真题6个考点+模拟16种题型） 一．菱形的性质（共1小题） 1．（2024•上海）在菱形中，，则　　． 二．矩形的判定（共1小题） 2．（2023•上海）在四边形中，，．下列说法能使四边形为矩形的是　　 A． B． C． D． 三．梯形（共1小题） 3．（2023•上海）已知在梯形中，连接，，且，设，．下列两个说法：①；②，则下列说法正确的是　　 A．①正确②错误 B．①错误②正确 C．①②均正确 D．①②均错误 四．直角梯形（共1小题） 4．（2020•上海）如图，在直角梯形中，，，，，． （1）求梯形的面积； （2）连接，求的正切值． 五．等腰梯形的判定（共1小题） 5．（2024•上海）四边形为矩形，过、作对角线的垂线，过、作对角线的垂线．如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为　　 A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形 六．*平面向量（共5小题） 6．（2022•上海）如图所示，在中，，交于点，，，则　　． 7．（2024•上海）如图，在平行四边形中，为对角线上一点，设，若，则　　（结果用含，的式子表示）． 8．（2021•上海）如图，在平行四边形中，已知，，为中点，则　　 A． B． C． D． 9．（2023•上海）如图，在中，点，在边，上，，，联结，设向量，，那么用，表示　　． 10．（2020•上海）如图，、是平行四边形的对角线，设，，那么向量用向量、表示为　　． 一．多边形内角与外角（共5小题） 1．（2024•宝山区校级模拟）如果正多边形的中心角是，那么该正多边形的内角和为 　　． 2．（2024•黄浦区三模）如果正边形的内角是它中心角的两倍，那么边数的值是 　　． 3．（2024•静安区二模）如果一个正多边形的内角和是，那么它的中心角是 　　度． 4．（2024•金山区二模）正边形的内角等于外角的5倍，那么　　． 5．（2024•闵行区三模）一个多边形的内角和是，这个多边形的边数是 　　． 二．平行四边形的性质（共1小题） 6．（2024•普陀区校级三模）如果三个大小形状完全一样的平行四边形能够围成一个正六边形，那么这样的平行四边形的其中一个内角的度数为 　　（只填写内角是锐角的角的度数）． 三．平行四边形的判定与性质（共1小题） 7．（2024•浦东新区三模）如图1，平行四边形中，，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，则正确的方案是　　 A．只有甲、乙才是 B．只有甲、丙才是 C．只有乙、丙才是 D．甲、乙、丙都是 四．菱形的性质（共1小题） 8．（2024•普陀区校级三模）如图，四边形是菱形，过点作、，垂足分别为点、，、分别交于点、． （1）求证：； （2）延长、相交于点，当时，求证：． 五．菱形的判定（共2小题） 9．（2024•杨浦区三模）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． 10．（2024•金山区二模）在四边形中，，，对角线、相交于点．下列说法能使四边形为菱形的是 A． B． C． D． 六．矩形的性质（共4小题） 11．（2024•静安区校级三模）如图，在矩形中，，，点在对角线上，联结，作交边于，若，那么　　． 12．（2024•闵行区二模）在矩形中，，点在边上，点在边上，联结、、，，，，，以下两个结论：①；②．其中判断正确的是　　 A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 13．（2024•青浦区二模）在矩形中，，，与相交于点．经过点，如果与有公共点，且与边没有公共点，那么的半径长的取值范围是 　　． 14．（2024•浦东新区三模）已知：如图，矩形的对角线，相交于点，，． （1）求矩形对角线的长； （2）过作于点，联结．求的正切值． 七．矩形的判定（共2小题） 15．（2024•徐汇区三模）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 16．（2024•徐汇区二模）如图，的对角线、相交于点，如果添加一个条件使得是矩形，那么下列添加的条件中正确的是　　 A． B． C． D． 八．正方形的性质（共10小题） 17．（2024•普陀区校级三模）七巧板由五个等腰直角三角形与两个平行四边形（其中一个平行四边形是正方形）组成．用七巧板可以拼出丰富多彩的图形，图中的正方形就是由七巧板拼成的．下面四个选项中，不正确的是　　 A．用一副七巧板之中的三块板可以拼出一个正方形 B．用一副七巧板之中的四块板可以拼出一个正方形 C．用一副七巧板之中的五块板可以拼出一个正方形 D．用一副七巧板之中的六块板可以拼出一个正方形 18．（2024•虹口区二模）如图，在正方形中，点、分别在边和上，，，如果，那么的面积为　　 A．6 B．8 C．10 D．12 19．（2024•奉贤区三模）一个封闭平面图形上及其内部任意两点距离的最大值称为该图形的“直径”，封闭图形的周长与直径的比值称为该图形的“周率”，如果正三角形、正方形和圆的周率依次记为、、，那么将、、从小到大排列为 　　． 20．（2024•长宁区二模）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•嘉定区二模）如图在正方形的外侧作一个，已知，，那么等于 　　． 22．（2024•杨浦区四模）如图，正方形边长为4，点在边上一点（点与点、不重合），过点作，垂足为，与边相交于点．连接、，如果的面积为，则的长 　　． 23．（2024•普陀区二模）已知正方形的边长为4，点、在直线上（点在点的左侧），，如果，那么的长是 　　． 24．（2024•闵行区三模）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 25．（2024•杨浦区四模）如图，正方形中，，为边的中点，点在上，过点作，分别交边、于点、，联结，如果是以为底边的等腰三角形，那么　　． 26．（2024•黄浦区二模）如图，、分别是平行四边形边、的中点，对角线交、分别于点、． （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． 九．正方形的判定（共2小题） 27．（2024•奉贤区二模）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 28．（2024•静安区二模）如图，菱形的对角线、相交于点，那么下列条件中，能判断菱形是正方形的为　　 A． B． C． D． 一十．梯形（共2小题） 29．（2024•徐汇区三模）已知：如图，在梯形中，，，点在的延长线上，，． （1）求证：； （2）当平分时，求证：是等腰直角三角形． 30．（2024•嘉定区二模）如图，在梯形中，，，点在四边形内部，，联结、． （1）求证：是等腰三角形； （2）已知点在上，联结，如果，，求证：四边形是平行四边形． 一十一．直角梯形（共1小题） 31．（2024•长宁区三模）如图，在直角梯形中，，，，，． （1）求梯形的面积； （2）联结，求的正切值． 一十二．等腰梯形的判定（共4小题） 32．（2024•黄浦区三模）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 33．（2024•杨浦区四模）在四边形中，如果与不平行，与相交于点，那么下列条件中能判定四边形是等腰梯形的是　　 A． B． C．， D．， 34．（2024•青浦区二模）已知四边形中，与不平行，与相交于点，那么下列条件中，能判断这个四边形为等腰梯形的是　　 A． B． C．， D．， 35．（2024•徐汇区二模）如图，在菱形中，点、、、分别在边、、、上，，，． （1）求证：； （2）分别联结、，求证：四边形是等腰梯形． 一十三．梯形中位线定理（共3小题） 36．（2024•杨浦区四模）已知梯形的四条边长分别是4、5、7、8，则中位线长可以为　　 A．4.5 B．5.5 C．6 D．6.5 37．（2024•闵行区二模）如图，在等腰梯形中，，对角线与互相垂直，，那么梯形的中位线长为 　　． 38．（2024•浦东新区二模）如果梯形的下底长为7，中位线长为5，那么其上底长为　 　． 一十四．*平面向量（共17小题） 39．（2024•徐汇区三模）如果点是线段的中点，那么下列结论中正确的是　　 A． B． C． D． 40．（2024•黄浦区三模）如图，在梯形中，，，点、分别是边、的中点．设，，那么向量用向量、表示是　 　． 41．（2024•崇明区二模）如图，在梯形中，，，若，，用、表示　　． 42．（2024•静安区二模）在中，点、、分别是边、、的中点，设，，那么向量用向量、表示为 　　． 43．（2024•闵行区三模）如图，在平行四边形中，点是边中点，点是边的中点，设，，那么可用、表示为 　　． 44．（2024•普陀区二模）如图，梯形中，，过点作分别交、于点、，，设，，那么向量用向量、表示为 　　． 45．（2024•杨浦区二模）如图，在平行四边形中，是边的中点，与对角线相交于点，设向量，向量，那么向量　　（用含、的式子表示） 46．（2024•黄浦区二模）如图，、分别是边、上点，满足，．记，，那么向量　　（用向量、表示）． 47．（2024•青浦区三模）如图，、分别是的两条中线，设，，那么向量用向量，表示为 　　． 48．（2024•长宁区二模）如图，在中，点在边上，且，点是的中点，联结，设向量，，如果用、表示，那么　　． 49．（2024•宝山区二模）如图，正六边形，连接、，如果，那么　　． 50．（2024•嘉定区二模）如图，在中，线段是边上的中线，点是的中点，设向量，，那么向量　　（结果用、表示）． 51．（2024•金山区二模）如图，已知平行四边形中，，，为上一点，，那么用，表示　　． 52．（2024•松江区二模）如图，已知梯形中，，，、交于点．设，，那么向量 可用 表示为 　　． 53．（2024•奉贤区二模）如图，已知点、、在直线上，点在直线外，，，，那么　　．（用向量、表示） 54．（2024•徐汇区二模）如图，梯形中，，，平分，如果，，，那么是 　　（用向量、表示）． 55．（2024•虹口区二模）如图，在梯形中，，，点、分别是边、的中点，联结，设，，那么用向量、表示向量　　． 一十五．中点四边形（共1小题） 56．（2024•杨浦区四模）顺次连接等腰梯形各边中点所得的四边形的两条对角线为、，则等腰梯形的面积为 　　． 一十六．四边形综合题（共4小题） 57．（2024•普陀区二模）如图，在梯形中，，，．将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、． （1）当点正好落在的延长线上时，求的度数； （2）联结，设，， ①求关于的函数解析式； ②定义：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形，设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段、为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求双同正多边形的边数． 58．（2024•静安区三模）已知：四边形中，，，分别为、中点，、相交于点． （1）如图，如果，求证：． （2）当，时，求的长； （3）当为直角三角形时，线段与之间有怎样的数量关系？并说明理由． 59．（2024•松江区二模）如图，已知矩形中，，，点是边上一动点，过点作，垂足为点，联结，过点作，交边于点（点与点不重合）． （1）当是的中点时，求证：； （2）当的长度取不同值时，在 中是否存在长度保持不变的边？如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由； （3）延长交边于点，联结， 与 能否相似，若能相似，求出此时的长；若不能相似，请说明理由． 60．（2024•杨浦区四模）如图1所示，边长为4的正方形与边长为的正方形的顶点重合，点在对角线上． 【问题发现】如图1所示，与的数量关系为 　　； 【类比探究】如图2所示，将正方形绕点旋转，旋转角为，请问此时上述结论是否还成立？如成立写出推理过程，如不成立，说明理由； 【拓展延伸】若点为的中点，且在正方形的旋转过程中，有点、、在一条直线上，直接写出此时线段的长度为 　　． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$