专题04 四边形（6大题型解题攻略精讲精练+中考练场）-2025年中考数学二轮热点题型归纳与变式演练（上海专用）

专题04 四边形 目录 热点题型归纳 题型01 菱形 1 题型02 矩形 18 题型03 正方形 34 题型04 梯形 55 题型05 平面向量 76 题型06 四边形综合题 90 中考练场 113 1.考查分值：16-34分。 2.考查题型：基础题以选择填空形式出现、综合题以解答题（压轴）形式出现。 3.能力要求：解答题中考查四边形的性质和判定，一般和三角形相似、解直角三角形、二次函数、圆综合应用的可能性比较大． 题型01 菱形 【提分秘籍】 1．菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等； ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角； ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． 2.菱形的判定： 1）对角线互相垂直的平行四边形是菱形.A 2）一组邻边相等的平行四边形是菱形. 3）四条边相等的四边形是菱形. 【解题思路】判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分． 3.菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度） 4.菱形的周长公式：周长=4a（其中a为边长）. 【典例分析】 例1．（2024·上海金山·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． 【答案】C 【分析】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．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． 【详解】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：C． 例2．（2024·上海徐汇·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． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定，菱形的判定，根据判定定理逐项判断即可． 【详解】∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 则A不符合题意； ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形． 则B不符合题意； ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 则C不符合题意； ∵， ∴． ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形． 则D正确． 故选：D． 例3．（2024·上海·模拟预测）菱形的一条边长为，较短的对角线长，菱形面积为 ． 【答案】/120平方厘米 【分析】此题考查了菱形的性质和勾股定理，根据菱形的对角线互相垂直平分得到较长的对角线长，利用菱形的面积公式即可得到答案． 【详解】解：∵菱形的一条边长为，较短的对角线长， ∴较长的对角线长为， ∴菱形面积为 故答案为： 例4．（2024·上海·模拟预测）如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片不动，将矩形纸片按如图2方式缠绕：先将点与点重合，再依次沿、对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后边刚好经过点G．   若，，则长为 【答案】1 【分析】根据矩形的性质，得出，，证明四边形是平行四边形，利用证明，得出，即可证明四边形是菱形；标记点，根据矩形的性质，得出，，，，证明四边形和四边形是平行四边形，根据菱形的性质、全等三角形的性质，得出，，，证明四边形是菱形，根据含角的直角三角形的性质，得出，证明、、、是边长相等的等边三角形，求出，，根据，得出答案即可． 【详解】解：∵两张纸片是等宽的矩形纸片， ∴，，，， ∴，四边形是平行四边形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 如图，标记点，    ∵两张纸片是等宽的矩形纸片， ∴，，，， ∴四边形和四边形是平行四边形， ∴ ∵由（1）得，，四边形是菱形， ∴，，， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴和是等边三角形， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴、是等边三角形， ∵、、、依次有公共边， ∴、、、是边长相等的等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：1． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质，灵活运用知识点推理证明是解题的关键． 例5．（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：， ∴，． 【变式演练】 1．（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． 2．（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． 3．（2024·上海·模拟预测）菱形的边长为，，于E，于F，那么周长为 【答案】9 【分析】此题考查菱形的性质，等边三角形的判定及三角函数的运用．关键是掌握菱形的性质，证明是等边三角形． 过点A作，根据菱形的性质，易证是等边三角形，再根据等边三角形的性质，得到，，利用勾股定理求出，同理可证，，即可证明是等边三角形，求出周长． 【详解】解：过点A作， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴，， 再中，， 同理可证，，， ∴，， ∴是等边三角形，边长为3 ∴的周长是9． 4．（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． 5．（2024·上海·三模）如图，四边形是菱形，过点A作、，垂足分别为点E、F，分别交于点G、H． (1)求证：； (2)延长相交于点P，当时，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】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． (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． 【详解】（1）证明： 四边形 是菱形， ， ， ， ； （2）解：， 是直角三角形斜边 的中点， 由(1)知： ， 是等边三角形， 如图，连接 ， ∵四边形是菱形， 是等边三角形， 题型02 矩形 【提分秘籍】 1．矩形的性质 ①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直； ④对角线：矩形的对角线相等； ⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是 【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半. 2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半. 2.矩形的判定： 1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形； 2）对角线相等的平行四边形是矩形； 3）有三个角是直角的四边形是矩形. 【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明． 【典例分析】 例1．（2024·上海·模拟预测）下列关于矩形的说法有误的数量是（    ） （1）矩形的对角线交点到四个顶点的距离相等 （2）矩形的对角线交点到四条边的距离不相等 （3）过矩形对角线交点，向四边作高与四边交点，则四个交点连成的图形是菱形 （4）矩形对角线互相垂直是随机事件，概率为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键． 根据矩形的性质逐项判断即可． 【详解】解：（1）矩形的对角线相等且相互平分，即矩形的对角线交点到四个顶点的距离相等，则（1）正确； （2）矩形对角线的交点到四条边的距离不一定相等，故（2）错误； （3）过矩形对角线交点，向四边作高与四边交点，则四个交点连成的图形是菱形，说法正确； （4）矩形对角线互相垂直是随机事件，但概率小于，故（4）错误． 综上，正确的有2个． 故选：B． 例2．（2025·上海普陀·一模）如图，矩形中，点在对角线上，延长交于点，过点作，分别交、于点、，，．如果，那么的长是（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，过点作于点，根据矩形的性质得，由得，由勾股定理得，证明得，即，证明得∴继而得到，设，则，得，解得：，再根据可得结论． 【详解】如图，过点作于点，      ∵矩形中，，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， 在中，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∵，， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：， 在中，， ∴的长是． 故选：C． 【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，等积变换等知识点．掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 例3．（2025·上海长宁·一模）如图，在矩形中，，．点在边上，连接，将沿着翻折，点的对应点是点，连接．如果，那么点到的距离为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，翻折变换（折叠问题），掌握折叠的性质是解题的关键．根据题意画出图形，根据，，得出，再通过相等的角的三角函数值相等，即可求出结果． 【详解】解：过点作于点， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 例4．（2024·上海·模拟预测）如图，矩形中，，，点为边中点，平分，交于，若交于，那么的长为 ． 【答案】//3.75 【分析】延长交于点，首先根据勾股定理解得的值，再证明为等腰三角形，即有，设，则，证明四边形为矩形，易得，然后证明，由相似三角形的性质可得，代入数值并求解，即可获得答案． 【详解】解：如下图，延长交于点， ∵四边形为矩形，，， ∴，，，， ∵点为边中点， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题关键． 例5．（2024·上海杨浦·一模）已知矩形中，，以为半径的圆A和以为半径的圆C相交于点D、E，如果点E到直线的距离不超过3，设的长度为m，则m的取值范围是 ． 【答案】 【分析】如图，当在的左侧时，连接，，，过作于，作于，如图，当在的右侧时，连接，，，过作于， 交于，再分别求解的值，从而可得答案． 【详解】解：如图，当在的左侧时，连接，，，过作于，作于， ∵矩形，，， ∴四边形为矩形，，， ∴，， ∴， ∵，为圆心， ∴是的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，， 解得：； 如图，当在的右侧时，连接，，，过作于， 交于， ∵矩形，，， ∴，，四边形为矩形， ∴， 同理可得： ，， ∵， ∴， ∴， ∵ 在中，， ∴， 综上：点E到直线的距离不超过3，则； 故答案为： 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，勾股定理的应用，两圆的位置关系，线段的垂直平分线的性质，确定临界点是解本题的关键． 【变式演练】 1．（2024·上海徐汇·三模）已知四边形中，对角线与相交于点O，，下列判断错误的是（    ） 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，，，那么四边形是等腰梯形，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·上海徐汇·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． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定，菱形的判定，根据判定定理逐项判断即可． 【详解】∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 则A不符合题意； ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形． 则B不符合题意； ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 则C不符合题意； ∵， ∴． ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形． 则D正确． 故选：D． 3．（2025·上海金山·一模）在矩形中，，，点在边上，将矩形沿翻折，点恰好落在边上的点处，那么的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质和勾股定理． 先根据矩形的性质得，，再根据折叠的性质得，，在中，利用勾股定理计算出，则，设，则，然后在中根据勾股定理得到，解方程即可得到x即可求解． 【详解】解：如图， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵矩形沿直线折叠，顶点恰好落在边上的处， ∴，， 在中，∵， ∴， 设，则 在中，∵， ∴， 解得． 故答案为． 4．（2025·上海浦东新·模拟预测）如图，在矩形中，，，点是边上的一个动点，把沿折叠，点落在处，如果恰在矩形的对角线上，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是综合运用矩形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识．先根据勾股定理求出，由相似三角形的性质求得，由三角形相似的判定定理证得，根据相似三角形的性质求得． 【详解】解：连接， 四边形是矩形，，， ，，， ∴， 由翻折的性质得：垂直平分， ，， ， ， ，， ， ∴，即， ， ． 故答案为：． 5．（2025·上海金山·一模）如图，在矩形中，，，对角线，相交于点，点在边上，且．    (1)求的长； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据矩形的性质得，，利用勾股定理求得，即可得，结合等腰三角形的性质得即可； （2）过点作垂足为，根据矩形的性质得和，则，即，求得，利用勾股定理求得，即可求得，再次利用解直角三角形即可求得． 【详解】（1）解：在矩形中， ，， 在中，，， ， ， ， ； （2）解：过点作垂足为，如图，   在矩形中， ，， ， ， ∴， ， ∵， ， 在中，，， ， ∵ ， 在中，，， ． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、平行线的性质和解直角三角形，解题的关键是熟悉矩形的性质和解直角三角形． 题型03 正方形 【提分秘籍】 正方形的性质： 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等. 3）正方形对边平行且相等. 4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角； 5）正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形； 6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形. 【补充】正方形对角线与边的夹角为45°. 正方形的判定： 1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角； 2）矩形+一组邻边相等； 3）矩形+对角线互相垂直； 4）菱形+一个角是直角； 5）菱形+对角线相等. 【解题技巧】判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等． 【典例分析】 例1．（2024·上海静安·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． 【答案】D 【分析】本题考查正方形的判定．根据菱形到现在和正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：A、，， ， ， 四边形是菱形， ，故不能判断菱形是正方形；故A不符合题意； B、四边形是菱形， ，， 故不能判断菱形是正方形；故B不符合题意； C、四边形是菱形， ，， ， 故不能判断菱形是正方形；故C不符合题意； D、四边形是菱形， 平行于， ， ， ， 菱形是正方形，故D符合题意． 故选：D． 例2．（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：． 例3．（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：． 例4．（2024·上海·模拟预测）如图，正方形的边长为2，则阴影部分的周长与面积的比值为：    【答案】 【分析】本题考查了扇形的面积，正方形的性质，弧长公式等知识，根据周长的定义，利用弧长公式计算出周长，利用公割法，扇形的面积公式计算出面积，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解： 如图，由题意可得，图中小正方形的边长为1，    ， ， ， ， ， ， ， ∴阴影部分的周长与面积的比值为： ， 故答案为：． 例5．（2025·上海宝山·一模）如图，正方形的边长是3，点E、F分别在边、上，，、分别与对角线交于点G、H． (1)当 时，，先补全条件； (2)如果，求的长． 【答案】(1)；理由见解答过程； (2)． 【分析】（1）补充的条件是，先证明，进而依据“”判定和全等即可得出； （2）连接，证明和相似得，，则，再根据得和相似，则，由此得，则是等腰直角三角形，由勾股定理得，然后求出，，证明和相似得，则，由此可得的长． 【详解】（1）解：当时，,理由如下： ∵四边形是正方形，且边长为3， ∴，，,， ∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 故答案为：； （2）解：连接GF，如图所示： ∵，, ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由勾股定理得：， ∴， 在中，， 由勾股定理得：， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴． 【点睛】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键. 【变式演练】 1．（2024·上海杨浦·一模）下列命题中，真命题的是（    ） A．四条边相等的四边形是正方形 B．四个内角相等的四边形是正方形 C．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形 【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．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理． 根据矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可． 【详解】解：A、四条边相等的四边形是菱形，不一定是正方形，故本选项不符合题意； B、四个内角相等的四边形是矩形，不一定是正方形，故本选项不符合题意； C、对角线互相垂直的平行四边形是是菱形，不一定是正方形，故本选项不符合题意； D、对角线互相垂直的矩形是正方形，命题正确，符合题意； 故选：D． 2．（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． 3．（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： 4．（2025·上海虹口·一模）如图，正方形的顶点、在轴上，点、恰好在抛物线上，那么正方形的面积是 ． 【答案】 【分析】此题考查二次函数的图象和性质、正方形的性质．根据题意设点的坐标是，点、恰好在抛物线上，得到，解得，（不合题意，舍去），得到点的坐标是，得到正方形的边长为，即可求出正方形的面积． 【详解】解：∵四边形是正方形，顶点、在轴上，点、恰好在抛物线上， ∴， ∴可设点的坐标是， ∵点、恰好在抛物线上， ∴， 解得，（不合题意，舍去）， ∴点的坐标是， ∴正方形的边长为， ∴正方形的面积是， 故答案为： 5．（2025·上海宝山·一模）在数学活动课上，需要用三角形纸片裁剪出一张正方形纸片．如图，现有三角形纸片（），．裁剪出的正方形的一个顶点是直角顶点，那么正方形的边长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；也考查了正方形的性质． 设正方形的边长为，则，证明，则利用相似三角形的性质得到，即，然后解方程即可得到答案．灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键． 【详解】解：设正方形的边长为，则， ∵四边形为正方形， ∴， ， ， ∴， ∴，即， 解得x， 即正方形的边长为． 故答案为：． 6．（2025·上海松江·一模）如图，正方形中，点分别在边上，且，连接，交于点，如果，那么的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，延长交于点，设，则，，由正方形的性质可知，，故，，根据相似三角形的性质求出，则，最后证明，根据相似三角形的性质即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，延长交于点， 设， ∵，， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴，即， ∴，∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 7．（2024·上海·模拟预测）如图，由4个全等的直角三角形拼成一个大正方形，内部形成一个小正方形．如果正方形的面积是正方形面积的一半，那么的度数是 ． 【答案】/15度 【分析】设，，根据两个正方形的面积关系求出，连接交于点E，证明，表示出，进而求出，可得，结合可得答案． 【详解】解：设，， 则正方形的面积，正方形的面积， 正方形的面积是正方形面积的一半， ， 整理得：， ， ， 解得（舍），， ， 如图，连接交于点E， ，， ， ， ， ， ， 又正方形中， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，特殊角三角函数，解一元二次方程等，有一定难度，求出是解题的关键． 8．（2025·上海杨浦·一模）如图，已知正方形与正方形，为边上一点，的延长线交于点，如果，连接，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程等知识点，掌握以上知识点是解答本题的关键． 先用含、的代数式表示出和，证明，得到，即，化简得，设，化简得到关于的一元二次方程，解出的值，即得到的值，再由，代入数据即可解答． 【详解】解：连接，如图： 设正方形的边长为，正方形的边长为， 则，， ， ，， ， ， ， ，， ， ， ， ， 即， ， 两边同除以得：， 令，则， ， ， ，即， 解得：， ， ， 即， ， 故答案为：． 9．（2024·上海·模拟预测）在正方形中，E是边中点，将沿直线翻折，点A落在点F处，连接，则 ． 【答案】3 【分析】本题主要考查了折叠问题、正方形的性质、勾股定理、正切的定义等知识点，正确作出辅助线成为解题的关键． 如图：由折叠可得，由折叠的性质以及三角形外角性质可得，进而得；如图：过作,则四边形是矩形，设，,则,,运用勾股定理求得，即、,再运用勾股定理求得；过B作于M,利用等腰三角形的性质及勾股定理可得、，最后根据正切的定义即可解答． 【详解】解：如图：由折叠可得， ∵正方形中，E是的中点， ∴, ∴， ∴， 又∵是的外角， ∴， ∴， ∴， ∴, 如图：过作,则四边形是矩形， 设，,则,, ∴,即，解得：， ∴,即, ∴,, ∴, 过B作于M, ∵， ∴, ∴, ∴． 故答案为：3． 10．（2024·上海杨浦·三模）已知：如图，在中，平分劣弧，与交于点，点在延长线上，，连接． (1)求证：平分； (2)连结、，延长交于点，如果，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）根据平分劣弧可得，即有，再根据垂直可得，问题即可得证； （2）在优弧上任取一点N，连接、，根据圆内接四边形的性质可得：，根据平分劣弧可得，，证明，可得，即可证明，则有，进而可得，问题随之得证． 【详解】（1）∵平分劣弧， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分； （2）在优弧上任取一点N，连接、，如图， 根据圆内接四边形的性质可得：， ∵平分劣弧， ∴，，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴菱形是正方形． 【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，正方形的判定以及圆内接四边形的性质等知识，掌握并灵活运用垂径定理是解答本题的关键． 题型04 梯形 【提分秘籍】 梯形的定义：一组对边平行而另一组对边不平行的四边形叫梯形. 等腰梯形定义：两条腰相等的梯形。 直角梯形定义：有一个角是直角的梯形。 等腰梯形性质：1）等腰梯形的两底平行，两腰相等； 2）等腰梯形的同一底边上的两个角相等； 3）等腰梯形的两条对角线相等； 4）等腰梯形是轴对称图形（底边的中垂线就是它的对称轴）. 等腰梯形判定：1）两腰相等的梯形是等腰梯形； 2）同一底边上的两个角相等的梯形是等腰梯形； 3）对角线相等的梯形是等腰梯形. 【解题思路】判定一个四边形是等腰梯形,必须先判定四边形是梯形,再证明同一底边上的两个角相等或两腰相等或两条对角线相等. 梯形的面积公式：S=×（上底+下底）×高 解决梯形问题的常用方法（如下图所示）： 1）“作高”：使两腰在两个直角三角形中； 2）“平移对角线”：使两条对角线在同一个三角形中. 3）“延长两腰”：构造具有公共角的两个三角形. 4）“等积变形”：连接梯形上底一端点和另一腰中点，并延长交下底的延长线于一点，构成三角形．并且这个三角形面积与原来的梯形面积相等. 5）平移腰.过上底端点作一腰的平行线，构造一个平行四边形和三角形. 6）过上底中点平移两腰.构造两个平行四边形和一个三角形. 【典例分析】 例1．（2024·上海青浦·二模）已知四边形中，与不平行，与相交于点O，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． 【答案】C 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质以及等腰梯形的判定，解此题的关键是求出． 【详解】 A、，不能证明四边形是等腰梯形，错误； B、，不能证明四边形是等腰梯形，错误； C、∵， ∴，， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是梯形， ∵， ∴四边形是等腰梯形． D、，，不能证明四边形是等腰梯形，错误； 故选C． 例2．（2024·上海闵行·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 ．    【答案】2 【分析】本题主要考查了梯形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解题关键．过作交的延长线于，证明四边形是平行四边形，易得，进而可得是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的直角边的长求得斜边的长，从而利用中位线定义求得答案． 【详解】解：过作交的延长线于，    ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵等腰梯形中，， ∴， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴梯形的中位线． 故答案为：2． 例3．（2024·上海浦东新·二模）定义：四边形中，点E在边上，连接、，如果的面积是四边形面积的一半，且的面积是及面积的比例中项，我们称点E是四边形的边上的一个面积黄金分割点． 已知：如图，四边形是梯形，且，，如果点E是它的边上的一个面积黄金分割点，那么的值是 ． 【答案】 【分析】设，，，结合题意可得：，，可得，如图，过作交于，过作于，交于，证明是的中位线，同理可得：，证明是梯形中位线，可得，从而可得答案． 【详解】解：设，，， ∴结合题意可得：，， ∴， ∴， ∴，， 如图，过作交于，过作于，交于， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， 过作交于， ∴四边形，，是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的中位线， 同理可得：， ∴是梯形中位线， ∴， ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查的是新定义的含义，三角形的中位线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，理解题意是解本题的关键． 例4．（2024·上海杨浦·一模）已知：如图，在等腰梯形中，，，点在边上，与交于点，． (1)求证：； (2)如果点是边的中点，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了等腰梯形的性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握相似的判定和性质是解题的关键． (1)先证明，得到；再证明，得到，等量代换即可． (2)先，得到；再证明，得到，等量代换即可． 【详解】（1）∵，， ∴， ∴， ∴； ∵等腰梯形中，，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴； ∴． （2）∵等腰梯形中，，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ， ∵点是边的中点， ∴． ∴； ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 例5．（2023·上海虹口·二模）如图，在梯形中，，，点E为延长线上一点，，点F在上，联结．    (1)求证：； (2)如果，求证：四边形为梯形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据题意得四边形是等腰梯形，由等腰梯形的性质和已知条件可证明，根据相似比及等量替换即可求解； （2）由（1）中相似三角形可得对应边的相似比，根据给定条件和等腰梯形的性质，可证明，可得对应角相等，根据平行的性质和相似的性质，对相关角度进行等量替换，即可证明，即可证明结论成立． 【详解】（1）证明：， 四边形是等腰梯形 又 ，即 又 （2） ，即 ，即， 又 四边形为梯形． 【点睛】本题主要考查等腰梯形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是根据等腰梯形的性质证明三角形相似，得出对应边成比例，由对应边成比例及夹角相等亦可得出三角形相似． 【变式演练】 1．（2023·上海普陀·二模）如果用两根长度相同的细竹签作对角线，制作一个四边形的风筝，那么做成的风筝形状不可能是（    ） A．矩形 B．正方形 C．等腰梯形 D．直角梯形 【答案】D 【分析】根据矩形、正方形，等腰梯形的对角线相等，即可求解． 【详解】解：∵矩形、正方形，等腰梯形的对角线相等 ∴如果用两根长度相同的细竹签作对角线，制作一个四边形的风筝，那么做成的风筝形状不可能是直角梯形， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形、正方形，等腰梯形的性质，熟练掌握矩形、正方形，等腰梯形的性质是解题的关键． 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·模拟预测）如图，在梯形中，，，，，如果以为直径的圆与梯形各边共有3个公共点（C，D两点除外），那么长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】考查了直线和圆的位置关系与数量之间的联系．此题首先能够根据公共点的个数得到直线和圆的位置关系；再进一步计算出相切时圆心到直线的距离，从而根据直线和圆的位置关系与数量之间的联系，得到答案． 【详解】解：根据题意，得圆必须和直线相交，设直线和圆相切于点E， 连接，则，， 又∵， ∴此时． 根据梯形的中位线定理，得 ， ∴， ∴， ∴直线要和圆相交，则． 故选D． 4．（2024·上海浦东新·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 ． 【答案】 【分析】本题考查的是梯形中位线定理，掌握梯形的中位线定理是解题的关键． 根据梯形的中位线定理得：下底中位线长的2倍上底可得答案． 【详解】解：根据梯形的中位线定理得，上底． 故答案为：3． 5．（2024·上海杨浦·一模）已知：如图，在梯形中，，，，的平分线交延长线于点E，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点G，如果，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先证明，可得，结合，可得四边形是平行四边形，从而可得结论， （2）如图，连接交于点G，交于，证明梯形是等腰梯形，证明，结合，可得，再利用相似三角形的性质可得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵的平分线交延长线于点E，交于点F． ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，而， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）如图，连接交于点G，交于， ∵在梯形中，，， ∴梯形是等腰梯形， ∴，， ∵菱形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是等腰梯形的判定与性质，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，掌握基本几何图形的性质是解本题的关键． 6．（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． 7．（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． 8．（2023·上海徐汇·一模）已知：在梯形中，，，，，点E是边上一点，，点是边上的一动点，连接，作，使得，射线与边交于点，与的延长线交于点，设，．    (1)求的长； (2)试求y关于x的函数关系式，并写出定义域； (3)连接，如果是等腰三角形，试求的长． 【答案】(1) (2) (3)或时，是等腰三角形 【分析】（1）作等腰梯形的高、，得矩形，，则； （2）先由三角形内角和定理得出，由等腰梯形在同一底上的两个角相等得出，则，根据相似三角形对应边成比例得出关于的函数关系式，并写出定义域； （3）分三种情况：①；②；③． 【详解】（1）解：如图， 作等腰梯形的高、， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，由勾股定理得， ∴， 所以； （2）解：如图． ，， ， ∵四边形是等腰梯形， ， ， ， ； ∴， 过点B分别作，如图所示： ∴四边形为平行四边形， ∴，， 由（1）可知 要使成立，则点P需在点K、C之间运动， ∴， ∴； （3）解：分三种情况： ①如果，如图，过作平行线交底边于，则． 在与中， ， ， ，； ②如果，如图，过作平行线交底边于，则． 在与中， ， ， ， 又， 过点做的高， 则， ， ， 解得； 即； ③如果，同理可得， ， ， 过点做的高， 则， ， ， 解得， ； （舍去）， 综上所述：或时，是等腰三角形． 【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，第（3）问进行分类讨论是解题的关键． 题型05 平面向量 【提分秘籍】 1、平面向量的相关概念 （1）向量：既有大小、又有方向的量叫做向量； （2）向量的长度：向量的大小也叫做向量的长度（或向量的模）； （3）零向量：长度为零的向量叫做零向量，记作； （4）相等的向量：方向相同且长度相等的两个向量叫做相等的向量； （5）互为相反向量：方向相反且长度相等的两个向量叫做互为相反向量； （6）平行向量：方向相同或相反的两个向量叫做平行向量． 2、平面向量的加减法则 （1）几个向量相加的多边形法则； （2）向量减法的三角形法则； （3）向量加法的平行四边形法则． 3、实数与向量相乘的运算 设k是一个实数，是向量，那么k与相乘所得的积是一个向量，记作． （1）如果，且，那么的长度； 的方向：当k > 0时与同方向；当k < 0时与反方向． （2）如果k = 0或，那么． 4、实数与向量相乘的运算律 设m、n为实数，则 （1）； （2）； （3）． 5、平行向量定理 如果向量与非零向量平行，那么存在唯一的实数m，使． 6、单位向量 单位向量：长度为1的向量叫做单位向量．设为单位向量，则． 单位向量有无数个；不同的单位向量，是指它们的方向不同． 对于任意非零向量，与它同方向的单位向量记作． 由实数与向量的乘积可知：，． 7、向量的线性运算 向量加法、减法、实数与向量相乘以及它们的混合运算叫做向量的线性运算． 如、、、等，都是向量的线性运算． 一般来说，如果、是两个不平行的向量，是平面内的一个向量，那么可以用、表示，并且通常将其表达式整理成的形式，其中x、y是实数． 8、向量的合成与分解 如果、是两个不平行的向量，（m、n是实数），那么向量就是向量与的合成；也可以说向量分解为、两个向量，这时，向量与是向量分别在、方向上的分向量，是向量关于、的分解式． 平面上任意一个向量都可以在给定的两个不平行向量的方向上分解． 9.实数与向量相乘方法小结 ①实数与向量相乘的运算律，会依据运算律对向量算式进行运算，化简； ②知道一个非零向量与同方向的单位向量之间关系； ③实数与向量相乘，所得向量的方向与原来的向量同向或是反向，取决于实数是正数还是负数，因此在定义中要分类规定实数与向量相乘的意义，并指出其中的数0或向量为所得到积为零向量. ④实数与向量相乘运算律以及向量加法运算律，既化简运算，使复杂问题简单化； ⑤实数与向量相乘的积是向量； ⑥实数与向量相乘的分配律有两种情况；实数与向量相乘的结合律只针对两个实数与一个向量的乘积情况. 10.平行向量方法小结 ①单位向量的方向是任意的，单位向量有无数个； ②“平行向量定理”与“实数与向量相乘的意义”结合起来，就得到“ ”它在向量几何中有重要的运用 ③对于任意一个非零向量，都有一个与它同方向的单位向量，且它们可以互相表示. 11.向量的线性运算方法小结 ①解决向量线性组合问题，主要依据加减法则，三角形，平行四边形法则； ②如果不能直接用现有法则表示的，可以通过与所在线段的比值关系用所在线段表示； ③如果涉及和几何结合的，优先计算出各个线段之间的关系，从而进行表示. 【典例分析】 例1．（2025·上海普陀·一模）设非零向量、，如果，那么下列说法中错误的是（   ） A．与方向相同 B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查平面向量，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．根据非零向量、，有，即可推出，从而得出，，与方向相反，由此即可判断． 【详解】解：∵非零向量、，有， ∴， ∴，，与方向相反， 故B、C、D正确，不符合同意，A错误，符合题意． 故选：A． 例2．（2025·上海宝山·一模）如图，在等腰梯形中， ，，，设，用向量表示，结果正确的是（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平面向量的线性运算、等边三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，注意向量的方向是解答的关键．如图，过点A作交于点H．证明，求出，再根据求解． 【详解】解：如图，过点A作交于点H． 在等腰梯形中，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∴， ∴． 故选：B． 例3．（2025·上海宝山·一模）计算：＝ ． 【答案】 【分析】本题考查了向量的线性计算，熟练掌握运算法则是解题关键． 根据向量的线性计算，即可求解． 【详解】解：原式， 故答案为：． 例4．（2025·上海静安·一模）如图，点、分别在边、上，且，．设，，那么用向量、表示向量为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了平面向量，根据平行线分线段成比例得出，，再根据平面向量三角形运算法则求出即可推出结果． 【详解】解：∵．， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 例5．（2025·上海普陀·一模）如图，已知点E、F分别在的边和上，，，点D在的延长线上，，连接与交于点G． (1)求的值； (2)设，，那么_________，_________．（用向量、表示） 【答案】(1) (2)， 【分析】本题考查平面向量、相似三角形的判定与性质，熟练掌握三角形法则、相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． （1）由题意可得∽，则，即，再证明∽，即可求解； （2）由题意得，，则；由题意得，，则，，进而求解． 【详解】（1）∵， ∴． ∵， ∴，， ∴∽， ∴则， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴∽， ∴． （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴则， ∴， ∴． 故答案为：，． 【变式演练】 1．（2025·上海长宁·一模）如果两个非零向量、方向相反，且，那么下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查向量的相关概念、向量的性质等知识点，掌握向量的概念是解题的关键． 根据向量的概念及性质判断即可． 【详解】解：∵两个非零向量、方向相反，且， ∴，即．则D选项正确． 故选D． 2．（2025·上海松江·一模）已知，，且是非零向量．那么下列说法中正确的是（   ） A． B．，与不平行 C．，与不平行 D．，与不平行 【答案】A 【分析】本题考查平面向量，解题的关键是掌握平面向量平行的判定方法．判断出可得结论． 【详解】 ∵是非零向量， 故选：A． 3．（2024·上海杨浦·一模）计算： ． 【答案】 【分析】本题考查了向量计算，根据实数与向量的运算进行计算即可求解． 【详解】解： 故答案为：． 4．（2025·上海松江·一模）如图，梯形中，，，设，，那么可以用、表示为 ． 【答案】 【分析】本题考查向量的线性计算．熟练掌握三角形法则，是解题的关键．先根据，，，得出，然后利用三角形法则，进行求解即可． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 5．（2025·上海崇明·一模）如图，四边形中，，与相交于点，，，．      (1)求的长； (2)设，，试用、表示． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质和向量的知识，掌握了以上知识是解题的关键； （1）利用已知条件证出，再得出，然后代入计算即可求解． （2）先求得，再根据，然后即可求解； 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∵， ∴，   解得：； （2）解：∵， ∴， 又∵与同向， ∴， ∵，   ∴； 6．（2025·上海宝山·模拟预测）在菱形中，E，F为线段上的点，且，连接，交于点G． (1)如图（1）所示，若，求：的余弦值的值； (2)连接，在图（2）上求作在与方向上的分向量（保留作图痕迹即可） 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据菱形的性质得出，，根据已知条件设，则，，，证明，，根据相似三角形的性质得出，，，，过点作于点，设，则，在，中，根据勾股定理可得，由此建立方程求出，然后根据余弦的定义可得，于是得解； （2）取的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接，则，即为所求作． 【详解】（1）解：四边形是菱形， ，， ， 设，则，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， ，， 即：， ，， ，， ，， 如图，过点作于点， 设，则， 在，中， ， ， 解得：， ； （2）解：如图，取的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接，则，即为所求作， 理由如下： 如图，设交于点， 是的中点，是的中点， ， 又， 是平行四边形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ， 在与方向上的分向量分别为，． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，求角的余弦值，向量的线性运算，勾股定理，平行线分线段成比例定理，平行公理的推论等知识点，熟练掌握相关知识点并能加以综合运用是解题的关键． 题型06 四边形综合题 【提分秘籍】 1. 平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系： 2. 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质 四边形 边 角 对角线 对称性 平行四边形 对边平行且相等 对角相等 两条对角线互相平分 中心对称 矩形 对边平行且相等 四个角都是直角 两条对角线互相平分且相等 轴对称、中心对称 菱形 对边平行且四条边都相等 对角相等 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 轴对称、中心对称 正方形 对边平行且四条边都相等 四个角都是直角 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 轴对称、中心对称 3 平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定 四边形 边 角 对角线 平行四边形 1）两组对边分别平行 2) 两组对边分别相等 3) 一组对边平行且相等 两组对角分别相等 两组对角线互相平分 矩形 1）平行四边形+ 一直角 2）四边形+三直角 平行四边形+两条对角线相等 菱形 1）平行四边形+一组邻边相等 2）四边形+四条边都相等 平行四边形+两条对角线互相垂直 正方形 矩形+一组邻边相等 菱形+一直角 两条对角线互相垂直平分且相等的四边形 【典例分析】 例1．（2024·上海浦东新·二模）下列命题中，真命题是（  ） A．对角线相等的四边形是平行四边形 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，解题的关键是熟练掌握相关判定定理．根据平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定即可进行解答． 【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A不符合题意； B、对角线相等的平行四边形是矩形，故B符合题意； C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C不符合题意； D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故D不符合题意； 故选：B． 例2．（2023·上海浦东新·二模）顺次联结四边形各边中点所得的四边形是矩形，那么四边形一定是（    ） A．菱形 B．对角线相等的四边形 C．对角线互相垂直的四边形 D．对角线互相垂直且平分的四边形 【答案】C 【分析】根据三角形中位线定理得到所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，继而即可求解． 【详解】解：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形形，即， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理以及矩形的判定，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答． 例3．（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． 例4．（2023·上海奉贤·一模）我们知道四边形具有不稳定性，容易变形（给定四边形各边的长，其形状和大小不确定）．如图，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个平行四边形中较小的内角为，我们把的值叫做这个平行四边形的“变形系数”．如果矩形的面积为，其变形后的平行四边形的面积为，那么这个平行四边形的“变形系数”是 ． 【答案】/0.8 【分析】根据题意，如图所示（见详解），设矩形的长为，宽为，过点作于，设，构造直角三角形，可用含的式子表示斜边，直角边，由此正弦的计算公式即可求解． 【详解】解：如图所示，设矩形的长为，宽为，过点作于，设， ∴，， ∴，，则，， 在中，， ∴，即“变形系数”为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查矩形，平行四边形，正弦的综合，掌握矩形的性质，平行四边形的性质，正弦的计算方法，构造直角三角形是解题的关键． 例5．（2025·上海宝山·模拟预测）新定义：平行四边形一组邻边的中点与不在这组邻边上的顶点顺次连接而成的三角形如果是直角三角形，则称这个三角形为平行四边形的“中直三角形”，并且把该平行四边形的长边与短边之比成为该平行四边形的“度量值” (1)如图1，已知矩形，为其“中直三角形”，其中，求：矩形的“度量值”； (2)如图2，为的“中直三角形”，其中，，求：的“度量值”； (3)在中，，，请直接写出以为中直三角形的平行四边形的“度量值”． 【答案】(1) (2) (3)或或 【分析】（1）证明，则，由题意知，，则，计算求解，然后作答即可； （2） 如图1，作于G，作的延长线于点H，同理，，，由题意得，，，则，计算求解，然后作答即可； （3） 由题意知，分C点与邻边上的顶点重合，B点与邻边上的顶点重合，A点与邻边上的顶点重合，三种情况，利用相似三角形的判定与性质以及线段的等量关系求解即可． 【详解】（1）解：∵为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由题意知，， ∴， 解得，， ∴矩形ABCD的“度量值”为， （2）解：如图1，作于G，作的延长线于点H， 同理，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∴， 由勾股定理可得，， ∴，， ∴，整理得，， 解得，或（舍去）； ∴； ∴的“度量值”为； （3）解：由题意知，分C点与邻边上的顶点重合，B点与邻边上的顶点重合，A点与邻边上的顶点重合，三种情况求解； 当点与邻边上的顶点重合时，如图2，作以为中直三角形的平行四边形，作的延长线于点H，作于G， ∴，， ∴， ∴， 设，则， 同理，， ∴，即， 解得，， ∴，， ∵， ∴， 解得，， ∴， 由勾股定理得，， ∴； 当点与邻边上的顶点重合，如图3，作以为中直三角形的平行四边形，作的延长线于点H，作于G， 同理，，， 设，则， 同理，， ∴，即， 解得，， ∴，， ∵， ∴， 解得，， ∴， 由勾股定理得，， ∴； 当点与邻边上的顶点重合，如图4，作以为中直三角形的平行四边形，作于Q，作于H，作的延长线于点G，则四边形是矩形， ∵， ∴， ∴， 设，则，， 同理，， ∴，即， 解得，， ∴，，， ∵， ∴， 解得， ∴， 由勾股定理得，， ∴； 综上所述：的值为或或． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，含的直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识．熟练掌握各知识并分情况求解是解题的关键． 【变式演练】 1．（2024·上海嘉定·二模）下列命题正确的是（   ） A．对角线相等的平行四边形是正方形； B．对角线相等的四边形是矩形； C．对角线互相垂直的四边形是菱形； D．对角线相等的梯形是等腰梯形． 【答案】D 【分析】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是牢记特殊的四边形的判定定理，利用特殊的四边形的判定和性质定理逐一判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，命题错误，不符合题意； B、对角线相等的四边形是等腰梯形或矩形，命题错误，不符合题意； C、对角线互相垂直的四边形是菱形或等腰梯形，命题错误，不符合题意； D、对角线相等的梯形是等腰梯形，命题正确，符合题意． 故选：D． 2．（2024·上海·模拟预测）关于下列两个结论正确性的说法正确是（   ） （1）矩形各个角的平分线所围成的图形是正方形 （2）平行四边形各个角的平分线所围成的图像是矩形 A．（1）（2）都错误 B．（1）（2）都正确 C．（1）错误，（2）正确 D．（1）正确，（2）错误 【答案】B 【分析】本题考查矩形、正方形的判定定理． 根据矩形、正方形的判定定理判断即可． 【详解】解：（1）解： ∵四边形是矩形， ∴，， ∵、分别是矩形的内角平分线， ∴， ∴， 同理可求， ∴四边形是矩形， ∵，，，为矩形的角平分线， ∴，，是等腰直角三角形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即， ∴矩形为正方形 矩形各个角的平分线所围成的图形是正方形，本说法正确． （2）解： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵、分别是、的平分线， ∴， ∴， 同理可求，，， ∴四边形是矩形． 平行四边形各个角的平分线所围成的图像是矩形，本说法正确． 故选：B． 3．（2024·上海·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，E为边上一点，将直角梯形沿对角线折叠，若点A的对应点E在边上，，则图中x个点在以A为圆心，为半径的圆上，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】连接，作于点H，证明四边形是矩形，则，利用折叠和等角对等边得到，证明是等边三角形，，则，得到，则，得到，则，即可得到所有符合条件的点． 【详解】解：连接，作于点H， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ ∵将直角梯形沿对角线折叠，若点A的对应点E在边上， ∴， ∴ ∴ ∴是等边三角形，， ∴，， 则， ∴，， ∴， ∴， 综上可知，图中共有B、E、D3个点在以A为圆心，为半径的圆上， 即， 故选：C 【点睛】此题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、含角的直角三角形、折叠的性质、等角对等边等知识，找到所有符合条件的点是解题的关键． 4．（2025·上海徐汇·模拟预测）将图1所示的七巧板，拼成图2所示的四边形，连接，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，三角函数，解题的关键是掌握以上知识点．设等腰直角的直角边为，利用图形的位置关系求出大正方形的边长和大等腰直角三角形的直角边长，进而根据正切的定义即可求解，掌握等腰直角三角形和正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，设等腰直角的直角边为，则，小正方形的边长为， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图，过点作的延长线于点，则，， 由图（）可得，，， ∴，， ∴， ∴． 故选：C． 5．（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． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，垂直平分线的性质，三角形外角的性质，等角对等边，相似三角形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的性质，垂直平分线的性质，三角形外角的性质，等角对等边，相似三角形的判定与性质是解题的关键． 6．（2021·上海青浦·二模）在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AB＝4cm，AD＝8cm．Q为直线BC上一动点，如果以5cm为半径的⊙Q与矩形ABCD的各边有4个公共点，那么线段OQ长的取值范围是 ． 【答案】 【分析】根据题意，画出对应的图形，当Q在Q1Q2上移动时⊙Q与AB有一个交点，与AD有2个交点，与CD有1个交点，根据勾股定理得到AQ1的长，当OQ⊥BC时，OQ取最小值，当Q在Q1或Q2时，OQ取最大值，由此可得答案． 【详解】解：临界情况，如图所示，⊙Q1与CD切于点C，⊙Q2与AB切于点B， 当Q在Q1Q2上移动时⊙Q与AB有一个交点，与AD有2个交点，与CD有1个交点， ∴CQ1＝5，BQ1＝BC﹣CQ1＝3，AB＝4， ∴AQ1＝＝5，即A在⊙Q1上， 同理，D在Q2上， 临界条件下，圆与矩形存在三个交点， 当OQ⊥BC时，OQ取最小值，OQ＝2， 当Q在Q1或Q2时，OQ取最大值， OQ1＝OQ2＝， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，勾股定理，矩形的性质，线段的最值，熟练掌握最值的临界情形是解题的关键． 7．（2023·上海黄浦·二模）如图，在菱形中，，E是边上一点，过点E作，垂足为点H，点G在边上，且，联结，分别交于点M、N． (1)已知， ①当时，求的面积； ②以点H为圆心，为半径作圆H，以点C为圆心，半径为1作圆C，圆H与圆C有且仅有一个公共点，求的值； (2)延长交边于点P，当设，请用含x的代数式表示的值． 【答案】(1)①；②或 (2) 【分析】（1）①联结交于点O，根据菱形的性质可得，再由锐角三角函数可得的长，再由，可得，即可求解；②先证明四边形是平行四边形，可得，从而得到，进而得到，继而得到，再由，可得，再由，可得，，在中，根据勾股定理可得然后分两种情况：当两圆外切时，当两圆内切时，即可求解； （2）先证明．．取中点Q，联结，再证明，可得，即可求解． 【详解】（1）解：①联结交于点O， ∵四边形是菱形， ∴． 在中，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即 ∴． ∴； ②在菱形中，，，即， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴． 又∵， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 在中，． 当两圆外切时， 8，解得； 当两圆内切时， ，解得； 综上所述，长是或； （2）解：∵，， ∴． ∴． 取中点Q，联结， 由（1）得：， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． ∴． 【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，相似三角形的判定和性质，圆与圆的位置关系，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质，圆与圆的位置关系，勾股定理是解题的关键． 一、单选题 1．（2022·上海·中考真题）有一个正n边形旋转后与自身重合，则n为（   ） A．6 B．9 C．12 D．15 【答案】C 【分析】根据选项求出每个选项对应的正多边形的中心角度数，与一致或有倍数关系的则符合题意． 【详解】如图所示，计算出每个正多边形的中心角，是的3倍，则可以旋转得到． A. B. C. D. 观察四个正多边形的中心角，可以发现正12边形旋转90°后能与自身重合 故选C． 【点睛】本题考查正多边形中心角与旋转的知识，解决本题的关键是求出中心角的度数并与旋转度数建立关系． 2．（2023·上海·中考真题）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可． 【详解】A：， 为平行四边形而非矩形 故A不符合题意 B：， 为平行四边形而非矩形 故B不符合题意 C： ∴∥ 四边形为矩形 故C符合题意 D： 不是平行四边形也不是矩形 故D不符合题意 故选：C ． 【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键． 3．（2020·上海·中考真题）下列命题中，真命题是(　　　) A．对角线互相垂直的梯形是等腰梯形 B．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 C．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形 D．对角线平分一组对角的梯形是直角梯形 【答案】C 【分析】利用特殊四边形的判定定理对每个选项逐一判断后即可确定正确的选项． 【详解】A．对角线互相垂直且相等的梯形是等腰梯形，故错误； B．对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形，故错误； C．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，正确； D．对角线平分一组对角的梯形是菱形，故错误． 故选：C． 【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解特殊四边形的判定定理，难度不大． 4．（2024·上海·中考真题）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 【答案】A 【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题的关键．由矩形性质得到，，进而由等面积法确定，再由菱形的判定即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 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，那这个四边形为菱形， 故选：A． 5．（2023·上海·中考真题）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 【答案】D 【分析】根据已知及结论，作出图形，进而可知当梯形为等腰梯形，即，时，①；②，其余情况得不出这样的结论，从而得到答案． 【详解】解：过作，交延长线于，如图所示：    若梯形为等腰梯形，即，时， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ，即， 又， ， 在中，，，则， ，此时①正确； 过作于，如图所示：    在中，，，，则，， ，此时②正确； 而题中，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：D． 【点睛】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，熟练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键． 二、填空题 6．（2024·上海·中考真题）在菱形中，，则 ． 【答案】/57度 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，利用菱形性质得出，利用等边对等角得出，然后结合三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， 故答案为：． 7．（2022·上海·中考真题）如图所示，在口ABCD中，AC，BD交于点O，则= ． 【答案】 【分析】利用向量相减平行四边形法则：向量相减时，起点相同，差向量即从后者终点指向前者终点即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC，BD交于点O， 又，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，向量相减平行四边形法则，解题的关键是熟练掌握向量相减平行四边形法则． 8．（2024·上海·中考真题）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则 ． 【答案】或/或 【分析】本题考查了平行四边形的翻折，求余弦值，等腰三角形的判定及性质，解题的关键是利用分类讨论的思想进行求解． 【详解】解：当在之间时，作下图， 根据，不妨设， 由翻折的性质知：， 沿直线翻折至所在直线， ， 。 ， 过作的垂线交于， ， ， 当在的延长线上时，作下图， 根据，不妨设， 同理知：， 过作的垂线交于， ， ， 故答案为：或． 9．（2021·上海·中考真题）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为 ． 【答案】 【分析】先确定正方形的中心O与各边的所有点的连线中的最大值与最小值，然后结合旋转的条件即可求解． 【详解】解：如图1，设的中点为E，连接OA，OE，则AE=OE=1，∠AEO=90°，． ∴点O与正方形边上的所有点的连线中， 最小，等于1，最大，等于． ∵， ∴点P与正方形边上的所有点的连线中， 如图2所示，当点E落在上时，最大值PE=PO-EO=2-1=1； 如图3所示，当点A落在上时，最小值． ∴当正方形ABCD绕中心O旋转时，点P到正方形的距离d的取值范围是． 故答案为： 【点睛】本题考查了新定义、正方形的性质、勾股定理等知识点，准确理解新定义的含义和熟知正方形的性质是解题的关键． 三、解答题 10．（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． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 11．（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且． (1)求证：； (2)为线段延长线上一点，且满足，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由矩形性质得到，，，由角的互余得到，从而确定，利用相似三角形性质得到； （2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到，，， 进而由三角形全等的判定与性质即可得到． 【详解】（1）证明：在矩形中，，，， ， ， ， ， ， ， ，即， ， ； （2）证明：连接交于点，如图所示： 在矩形中，，则， ， ， ， ， ， 在矩形中，， ， ， ，， ， ， 在和中， ， ． 【点睛】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键． 12．（2020·上海·中考真题）如图，在直角梯形ABCD中，，∠DAB=90°，AB=8，CD=5，BC=3． （1）求梯形ABCD的面积； （2）连接BD，求∠DBC的正切值． 【答案】（1）39；（2）． 【分析】(1)过C作CE⊥AB于E，推出四边形ADCE是矩形，得到AD=CE，AE=CD=5，根据勾股定理得到，即可求出梯形的面积； (2) 过C作CH⊥BD于H，根据相似三角形的性质得到，根据勾股定理得到，即可求解． 【详解】解：(1)过C作CE⊥AB于E，如下图所示： ∵ABDC，∠DAB=90°，∴∠D=90°， ∴∠A=∠D=∠AEC=90°， ∴四边形ADCE是矩形， ∴AD=CE，AE=CD=5， ∴BE=AB﹣AE=3． ∵BC=3，∴CE==6， ∴梯形ABCD的面积=×(5+8)×6=39， 故答案为：39． (2)过C作CH⊥BD于H，如下图所示： ∵CDAB，∴∠CDB=∠ABD． ∵∠CHD=∠A=90°， ∴△CDH∽△DBA，∴， ∵BD===10， ∴，∴CH=3， ∴BH===6， ∴∠DBC的正切值===． 故答案为：． 【点睛】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． 13．（2024·上海·中考真题）同学用两幅三角板拼出了如下的平行四边形，且内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠），直角三角形斜边上的高都为． (1)直接写出： 两个直角三角形的直角边（结果用表示）； 小平行四边形的底、高和面积（结果用表示）； (2)请画出同学拼出的另一种符合题意的图，要求： 不与给定的图形状相同； 画出三角形的边． 【答案】(1)等腰直角三角板直角边为，含的直角三角形板直角边为和；底为，高为，面积为； (2)画图见解析． 【分析】（）①解直角三角形即可求解； 由题意可知四边形是矩形，利用线段的和差可求出矩形的边长，进而可求出面积； （）根据题意画出图形即可； 本题考查了解直角三角形，矩形的判定，矩形的面积，图形设计，正确识图是解题的关键． 【详解】（1）解：①如图，为等腰直角三角板，， 则； 如图，为含的直角三角形板，，，， 则，； 综上，等腰直角三角板直角边为，含的直角三角形板直角边为和； 由题意可知， ∴四边形是矩形， 由图可得，，， ∴， 故小平行四边形的底为，高为，面积为； （2）解：如图，即为所作图形． 14．（2022·上海·中考真题）平行四边形，若为中点，交于点，连接． (1)若， ①证明为菱形； ②若，，求的长． (2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①连接AC交BD于O，证△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，从而得∠COE=90°，则AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出结论； ②先证点E是△ABC的重心，由重心性质得BE=2OE，然后设OE=x，则BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,从而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四边形性质即可得出BD长； （2）由⊙A与⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，点E是△ABC的重心，又在直线上，则CG是△ABC的中线，则AG=BG=AB，根据重心性质得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,则AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，则BC=AE，代入即可求得的值． 【详解】（1）①证明：如图，连接AC交BD于O， ∵平行四边形， ∴OA=OC， ∵AE=CE，OE=OE， ∴△AOE≌△COE(SSS)， ∴∠AOE=∠COE， ∵∠AOE+∠COE=180°， ∴∠COE=90°， ∴AC⊥BD， ∵平行四边形， ∴四边形是菱形； ②∵OA=OC， ∴OB是△ABC的中线， ∵为中点， ∴AP是△ABC的中线， ∴点E是△ABC的重心， ∴BE=2OE， 设OE=x，则BE=2x， 在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2, 在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2, ∴9-x2=25-9x2， 解得：x=, ∴OB=3x=3， ∵平行四边形， ∴BD=2OB=6； （2）解：如图， ∵⊙A与⊙B相交于E、F， ∴AB⊥EF， 由（1）②知点E是△ABC的重心， 又在直线上， ∴CG是△ABC的中线， ∴AG=BG=AB，GE=CE， ∵CE=AE， ∴GE=AE，CG=CE+GE=AE， 在Rt△AGE中，由勾股定理，得 AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2, ∴AG=AE, ∴AB=2AG=AE， 在Rt△BGC中，由勾股定理，得 BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2， ∴BC=AE， ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，重心的性质，勾股定理，相交两圆的公共弦的性质，本题属圆与四边形综合题目，掌握相关性质是解题的关键，属是考常考题目． 15．（2023·上海·中考真题）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．    (1)如果，求证：四边形为平行四边形； (2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长； (3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据等边对等角得出，，等量代换得出，则，根据是的中点，，则是的中位线，则，即可得证； （2）设，，则，由（1）可得则，等量代换得出，进而证明，得出，在中，，则，解方程即可求解； （3）是以为腰的等腰三角形，分为①当时，②当时，证明，得出，设，根据，得出，可得，，连接交于点，证明在与中，，，得出，可得，根据相似三角形的性质得出，进而即可求解． 【详解】（1）证明：∵ ∴ ∵ ∴, ∴ ∴， ∵是的中点，， ∴是的中位线， ∴，即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵，点边中点， 设，，则 由（1）可得 ∴， ∴， 又∵ ∴, ∴ 即， ∵， 在中，， ∴， ∴ 解得：或（舍去） ∴； （3）解：①当时，点与点重合，舍去； ②当时，如图所示，延长交于点P，    ∵点是的中点，， ∴， 设， ∵ ∴， ∴， 设， ∵ ∴，   ∴， ∴， ∴， 连接交于点，    ∵， ∴ ∴， ∴， 在与中，，， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的定义，圆的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，第三问中，证明是解题的关键． 3 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 四边形 目录 热点题型归纳 题型01 菱形 1 题型02 矩形 18 题型03 正方形 34 题型04 梯形 55 题型05 平面向量 76 题型06 四边形综合题 90 中考练场 113 1.考查分值：16-34分。 2.考查题型：基础题以选择填空形式出现、综合题以解答题（压轴）形式出现。 3.能力要求：解答题中考查四边形的性质和判定，一般和三角形相似、解直角三角形、二次函数、圆综合应用的可能性比较大． 题型01 菱形 【提分秘籍】 1．菱形的性质 ①菱形具有平行四边形的一切性质； ②菱形的四条边都相等； ③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角； ④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线． 2.菱形的判定： 1）对角线互相垂直的平行四边形是菱形.A 2）一组邻边相等的平行四边形是菱形. 3）四条边相等的四边形是菱形. 【解题思路】判定一个四边形是菱形时，可先说明它是平行四边形，再说明它的一组邻边相等或它的对角线互相垂直，也可直接说明它的四条边都相等或它的对角线互相垂直平分． 3.菱形的面积计算 ①利用平行四边形的面积公式． ②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度） 4.菱形的周长公式：周长=4a（其中a为边长）. 【典例分析】 例1．（2024·上海金山·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． 例2．（2024·上海徐汇·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． 例3．（2024·上海·模拟预测）菱形的一条边长为，较短的对角线长，菱形面积为 ． 例4．（2024·上海·模拟预测）如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片不动，将矩形纸片按如图2方式缠绕：先将点与点重合，再依次沿、对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，最后边刚好经过点G．   若，，则长为 例5．（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． 【变式演练】 1．（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． 2．（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 3．（2024·上海·模拟预测）菱形的边长为，，于E，于F，那么周长为 4．（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． 5．（2024·上海·三模）如图，四边形是菱形，过点A作、，垂足分别为点E、F，分别交于点G、H． (1)求证：； (2)延长相交于点P，当时，求证：． 题型02 矩形 【提分秘籍】 1．矩形的性质 ①平行四边形的性质矩形都具有； ②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直； ④对角线：矩形的对角线相等； ⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是 【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半. 2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半. 2.矩形的判定： 1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形； 2）对角线相等的平行四边形是矩形； 3）有三个角是直角的四边形是矩形. 【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明． 【典例分析】 例1．（2024·上海·模拟预测）下列关于矩形的说法有误的数量是（    ） （1）矩形的对角线交点到四个顶点的距离相等 （2）矩形的对角线交点到四条边的距离不相等 （3）过矩形对角线交点，向四边作高与四边交点，则四个交点连成的图形是菱形 （4）矩形对角线互相垂直是随机事件，概率为 A．1 B．2 C．3 D．4 例2．（2025·上海普陀·一模）如图，矩形中，点在对角线上，延长交于点，过点作，分别交、于点、，，．如果，那么的长是（   ）    A． B． C． D． 例3．（2025·上海长宁·一模）如图，在矩形中，，．点在边上，连接，将沿着翻折，点的对应点是点，连接．如果，那么点到的距离为 ． 例4．（2024·上海·模拟预测）如图，矩形中，，，点为边中点，平分，交于，若交于，那么的长为 ． 例5．（2024·上海杨浦·一模）已知矩形中，，以为半径的圆A和以为半径的圆C相交于点D、E，如果点E到直线的距离不超过3，设的长度为m，则m的取值范围是 ． 【变式演练】 1．（2024·上海徐汇·三模）已知四边形中，对角线与相交于点O，，下列判断错误的是（    ） 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·上海徐汇·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． 3．（2025·上海金山·一模）在矩形中，，，点在边上，将矩形沿翻折，点恰好落在边上的点处，那么的长为 ． 4．（2025·上海浦东新·模拟预测）如图，在矩形中，，，点是边上的一个动点，把沿折叠，点落在处，如果恰在矩形的对角线上，则的长为 ． 5．（2025·上海金山·一模）如图，在矩形中，，，对角线，相交于点，点在边上，且．    (1)求的长； (2)求的值． 题型03 正方形 【提分秘籍】 正方形的性质： 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等. 3）正方形对边平行且相等. 4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角； 5）正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形； 6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形. 【补充】正方形对角线与边的夹角为45°. 正方形的判定： 1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角； 2）矩形+一组邻边相等； 3）矩形+对角线互相垂直； 4）菱形+一个角是直角； 5）菱形+对角线相等. 【解题技巧】判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等． 【典例分析】 例1．（2024·上海静安·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． 例2．（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 ． 例3．（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 ． 例4．（2024·上海·模拟预测）如图，正方形的边长为2，则阴影部分的周长与面积的比值为：    例5．（2025·上海宝山·一模）如图，正方形的边长是3，点E、F分别在边、上，，、分别与对角线交于点G、H． (1)当 时，，先补全条件； (2)如果，求的长． 【变式演练】 1．（2024·上海杨浦·一模）下列命题中，真命题的是（    ） A．四条边相等的四边形是正方形 B．四个内角相等的四边形是正方形 C．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形 2．（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 3．（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 ． 4．（2025·上海虹口·一模）如图，正方形的顶点、在轴上，点、恰好在抛物线上，那么正方形的面积是 ． 5．（2025·上海宝山·一模）在数学活动课上，需要用三角形纸片裁剪出一张正方形纸片．如图，现有三角形纸片（），．裁剪出的正方形的一个顶点是直角顶点，那么正方形的边长是 ． 6．（2025·上海松江·一模）如图，正方形中，点分别在边上，且，连接，交于点，如果，那么的值为 ． 7．（2024·上海·模拟预测）如图，由4个全等的直角三角形拼成一个大正方形，内部形成一个小正方形．如果正方形的面积是正方形面积的一半，那么的度数是 ． 8．（2025·上海杨浦·一模）如图，已知正方形与正方形，为边上一点，的延长线交于点，如果，连接，那么 ． 9．（2024·上海·模拟预测）在正方形中，E是边中点，将沿直线翻折，点A落在点F处，连接，则 ． 10．（2024·上海杨浦·三模）已知：如图，在中，平分劣弧，与交于点，点在延长线上，，连接． (1)求证：平分； (2)连结、，延长交于点，如果，求证：四边形是正方形． 题型04 梯形 【提分秘籍】 梯形的定义：一组对边平行而另一组对边不平行的四边形叫梯形. 等腰梯形定义：两条腰相等的梯形。 直角梯形定义：有一个角是直角的梯形。 等腰梯形性质：1）等腰梯形的两底平行，两腰相等； 2）等腰梯形的同一底边上的两个角相等； 3）等腰梯形的两条对角线相等； 4）等腰梯形是轴对称图形（底边的中垂线就是它的对称轴）. 等腰梯形判定：1）两腰相等的梯形是等腰梯形； 2）同一底边上的两个角相等的梯形是等腰梯形； 3）对角线相等的梯形是等腰梯形. 【解题思路】判定一个四边形是等腰梯形,必须先判定四边形是梯形,再证明同一底边上的两个角相等或两腰相等或两条对角线相等. 梯形的面积公式：S=×（上底+下底）×高 解决梯形问题的常用方法（如下图所示）： 1）“作高”：使两腰在两个直角三角形中； 2）“平移对角线”：使两条对角线在同一个三角形中. 3）“延长两腰”：构造具有公共角的两个三角形. 4）“等积变形”：连接梯形上底一端点和另一腰中点，并延长交下底的延长线于一点，构成三角形．并且这个三角形面积与原来的梯形面积相等. 5）平移腰.过上底端点作一腰的平行线，构造一个平行四边形和三角形. 6）过上底中点平移两腰.构造两个平行四边形和一个三角形. 【典例分析】 例1．（2024·上海青浦·二模）已知四边形中，与不平行，与相交于点O，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． 例2．（2024·上海闵行·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 ．    例3．（2024·上海浦东新·二模）定义：四边形中，点E在边上，连接、，如果的面积是四边形面积的一半，且的面积是及面积的比例中项，我们称点E是四边形的边上的一个面积黄金分割点． 已知：如图，四边形是梯形，且，，如果点E是它的边上的一个面积黄金分割点，那么的值是 ． 例4．（2024·上海杨浦·一模）已知：如图，在等腰梯形中，，，点在边上，与交于点，． (1)求证：； (2)如果点是边的中点，求证：． 例5．（2023·上海虹口·二模）如图，在梯形中，，，点E为延长线上一点，，点F在上，联结．    (1)求证：； (2)如果，求证：四边形为梯形． 【变式演练】 1．（2023·上海普陀·二模）如果用两根长度相同的细竹签作对角线，制作一个四边形的风筝，那么做成的风筝形状不可能是（    ） A．矩形 B．正方形 C．等腰梯形 D．直角梯形 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·模拟预测）如图，在梯形中，，，，，如果以为直径的圆与梯形各边共有3个公共点（C，D两点除外），那么长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 4．（2024·上海浦东新·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 ． 5．（2024·上海杨浦·一模）已知：如图，在梯形中，，，，的平分线交延长线于点E，交于点F． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接交于点G，如果，求证：． 6．（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． 7．（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． 8．（2023·上海徐汇·一模）已知：在梯形中，，，，，点E是边上一点，，点是边上的一动点，连接，作，使得，射线与边交于点，与的延长线交于点，设，．    (1)求的长； (2)试求y关于x的函数关系式，并写出定义域； (3)连接，如果是等腰三角形，试求的长． 题型05 平面向量 【提分秘籍】 1、平面向量的相关概念 （1）向量：既有大小、又有方向的量叫做向量； （2）向量的长度：向量的大小也叫做向量的长度（或向量的模）； （3）零向量：长度为零的向量叫做零向量，记作； （4）相等的向量：方向相同且长度相等的两个向量叫做相等的向量； （5）互为相反向量：方向相反且长度相等的两个向量叫做互为相反向量； （6）平行向量：方向相同或相反的两个向量叫做平行向量． 2、平面向量的加减法则 （1）几个向量相加的多边形法则； （2）向量减法的三角形法则； （3）向量加法的平行四边形法则． 3、实数与向量相乘的运算 设k是一个实数，是向量，那么k与相乘所得的积是一个向量，记作． （1）如果，且，那么的长度； 的方向：当k > 0时与同方向；当k < 0时与反方向． （2）如果k = 0或，那么． 4、实数与向量相乘的运算律 设m、n为实数，则 （1）； （2）； （3）． 5、平行向量定理 如果向量与非零向量平行，那么存在唯一的实数m，使． 6、单位向量 单位向量：长度为1的向量叫做单位向量．设为单位向量，则． 单位向量有无数个；不同的单位向量，是指它们的方向不同． 对于任意非零向量，与它同方向的单位向量记作． 由实数与向量的乘积可知：，． 7、向量的线性运算 向量加法、减法、实数与向量相乘以及它们的混合运算叫做向量的线性运算． 如、、、等，都是向量的线性运算． 一般来说，如果、是两个不平行的向量，是平面内的一个向量，那么可以用、表示，并且通常将其表达式整理成的形式，其中x、y是实数． 8、向量的合成与分解 如果、是两个不平行的向量，（m、n是实数），那么向量就是向量与的合成；也可以说向量分解为、两个向量，这时，向量与是向量分别在、方向上的分向量，是向量关于、的分解式． 平面上任意一个向量都可以在给定的两个不平行向量的方向上分解． 9.实数与向量相乘方法小结 ①实数与向量相乘的运算律，会依据运算律对向量算式进行运算，化简； ②知道一个非零向量与同方向的单位向量之间关系； ③实数与向量相乘，所得向量的方向与原来的向量同向或是反向，取决于实数是正数还是负数，因此在定义中要分类规定实数与向量相乘的意义，并指出其中的数0或向量为所得到积为零向量. ④实数与向量相乘运算律以及向量加法运算律，既化简运算，使复杂问题简单化； ⑤实数与向量相乘的积是向量； ⑥实数与向量相乘的分配律有两种情况；实数与向量相乘的结合律只针对两个实数与一个向量的乘积情况. 10.平行向量方法小结 ①单位向量的方向是任意的，单位向量有无数个； ②“平行向量定理”与“实数与向量相乘的意义”结合起来，就得到“ ”它在向量几何中有重要的运用 ③对于任意一个非零向量，都有一个与它同方向的单位向量，且它们可以互相表示. 11.向量的线性运算方法小结 ①解决向量线性组合问题，主要依据加减法则，三角形，平行四边形法则； ②如果不能直接用现有法则表示的，可以通过与所在线段的比值关系用所在线段表示； ③如果涉及和几何结合的，优先计算出各个线段之间的关系，从而进行表示. 【典例分析】 例1．（2025·上海普陀·一模）设非零向量、，如果，那么下列说法中错误的是（   ） A．与方向相同 B． C． D． 例2．（2025·上海宝山·一模）如图，在等腰梯形中， ，，，设，用向量表示，结果正确的是（  ） A． B． C． D． 例3．（2025·上海宝山·一模）计算：＝ ． 例4．（2025·上海静安·一模）如图，点、分别在边、上，且，．设，，那么用向量、表示向量为 ． 例5．（2025·上海普陀·一模）如图，已知点E、F分别在的边和上，，，点D在的延长线上，，连接与交于点G． (1)求的值； (2)设，，那么_________，_________．（用向量、表示） 【变式演练】 1．（2025·上海长宁·一模）如果两个非零向量、方向相反，且，那么下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·上海松江·一模）已知，，且是非零向量．那么下列说法中正确的是（   ） A． B．，与不平行 C．，与不平行 D．，与不平行 3．（2024·上海杨浦·一模）计算： ． 4．（2025·上海松江·一模）如图，梯形中，，，设，，那么可以用、表示为 ． 5．（2025·上海崇明·一模）如图，四边形中，，与相交于点，，，．      (1)求的长； (2)设，，试用、表示． 6．（2025·上海宝山·模拟预测）在菱形中，E，F为线段上的点，且，连接，交于点G． (1)如图（1）所示，若，求：的余弦值的值； (2)连接，在图（2）上求作在与方向上的分向量（保留作图痕迹即可） 题型06 四边形综合题 【提分秘籍】 1. 平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系： 2. 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质 四边形 边 角 对角线 对称性 平行四边形 对边平行且相等 对角相等 两条对角线互相平分 中心对称 矩形 对边平行且相等 四个角都是直角 两条对角线互相平分且相等 轴对称、中心对称 菱形 对边平行且四条边都相等 对角相等 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 轴对称、中心对称 正方形 对边平行且四条边都相等 四个角都是直角 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 轴对称、中心对称 3 平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定 四边形 边 角 对角线 平行四边形 1）两组对边分别平行 2) 两组对边分别相等 3) 一组对边平行且相等 两组对角分别相等 两组对角线互相平分 矩形 1）平行四边形+ 一直角 2）四边形+三直角 平行四边形+两条对角线相等 菱形 1）平行四边形+一组邻边相等 2）四边形+四条边都相等 平行四边形+两条对角线互相垂直 正方形 矩形+一组邻边相等 菱形+一直角 两条对角线互相垂直平分且相等的四边形 【典例分析】 例1．（2024·上海浦东新·二模）下列命题中，真命题是（  ） A．对角线相等的四边形是平行四边形 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 例2．（2023·上海浦东新·二模）顺次联结四边形各边中点所得的四边形是矩形，那么四边形一定是（    ） A．菱形 B．对角线相等的四边形 C．对角线互相垂直的四边形 D．对角线互相垂直且平分的四边形 例3．（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 例4．（2023·上海奉贤·一模）我们知道四边形具有不稳定性，容易变形（给定四边形各边的长，其形状和大小不确定）．如图，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个平行四边形中较小的内角为，我们把的值叫做这个平行四边形的“变形系数”．如果矩形的面积为，其变形后的平行四边形的面积为，那么这个平行四边形的“变形系数”是 ． 例5．（2025·上海宝山·模拟预测）新定义：平行四边形一组邻边的中点与不在这组邻边上的顶点顺次连接而成的三角形如果是直角三角形，则称这个三角形为平行四边形的“中直三角形”，并且把该平行四边形的长边与短边之比成为该平行四边形的“度量值” (1)如图1，已知矩形，为其“中直三角形”，其中，求：矩形的“度量值”； (2)如图2，为的“中直三角形”，其中，，求：的“度量值”； (3)在中，，，请直接写出以为中直三角形的平行四边形的“度量值”． 【变式演练】 1．（2024·上海嘉定·二模）下列命题正确的是（   ） A．对角线相等的平行四边形是正方形； B．对角线相等的四边形是矩形； C．对角线互相垂直的四边形是菱形； D．对角线相等的梯形是等腰梯形． 2．（2024·上海·模拟预测）关于下列两个结论正确性的说法正确是（   ） （1）矩形各个角的平分线所围成的图形是正方形 （2）平行四边形各个角的平分线所围成的图像是矩形 A．（1）（2）都错误 B．（1）（2）都正确 C．（1）错误，（2）正确 D．（1）正确，（2）错误 3．（2024·上海·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，E为边上一点，将直角梯形沿对角线折叠，若点A的对应点E在边上，，则图中x个点在以A为圆心，为半径的圆上，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（2025·上海徐汇·模拟预测）将图1所示的七巧板，拼成图2所示的四边形，连接，则（ ） A． B． C． D． 5．（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． 6．（2021·上海青浦·二模）在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AB＝4cm，AD＝8cm．Q为直线BC上一动点，如果以5cm为半径的⊙Q与矩形ABCD的各边有4个公共点，那么线段OQ长的取值范围是 ． 7．（2023·上海黄浦·二模）如图，在菱形中，，E是边上一点，过点E作，垂足为点H，点G在边上，且，联结，分别交于点M、N． (1)已知， ①当时，求的面积； ②以点H为圆心，为半径作圆H，以点C为圆心，半径为1作圆C，圆H与圆C有且仅有一个公共点，求的值； (2)延长交边于点P，当设，请用含x的代数式表示的值． 一、单选题 1．（2022·上海·中考真题）有一个正n边形旋转后与自身重合，则n为（   ） A．6 B．9 C．12 D．15 2．（2023·上海·中考真题）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 3．（2020·上海·中考真题）下列命题中，真命题是(　　　) A．对角线互相垂直的梯形是等腰梯形 B．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 C．对角线平分一组对角的平行四边形是菱形 D．对角线平分一组对角的梯形是直角梯形 4．（2024·上海·中考真题）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 5．（2023·上海·中考真题）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 二、填空题 6．（2024·上海·中考真题）在菱形中，，则 ． 7．（2022·上海·中考真题）如图所示，在口ABCD中，AC，BD交于点O，则= ． 8．（2024·上海·中考真题）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至所在直线，对应点分别为，，若，则 ． 9．（2021·上海·中考真题）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为 ． 三、解答题 10．（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． 11．（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且． (1)求证：； (2)为线段延长线上一点，且满足，求证：． 12．（2020·上海·中考真题）如图，在直角梯形ABCD中，，∠DAB=90°，AB=8，CD=5，BC=3． （1）求梯形ABCD的面积； （2）连接BD，求∠DBC的正切值． 13．（2024·上海·中考真题）同学用两幅三角板拼出了如下的平行四边形，且内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠），直角三角形斜边上的高都为． (1)直接写出： 两个直角三角形的直角边（结果用表示）； 小平行四边形的底、高和面积（结果用表示）； (2)请画出同学拼出的另一种符合题意的图，要求： 不与给定的图形状相同； 画出三角形的边． 14．（2022·上海·中考真题）平行四边形，若为中点，交于点，连接． (1)若， ①证明为菱形； ②若，，求的长． (2)以为圆心，为半径，为圆心，为半径作圆，两圆另一交点记为点，且．若在直线上，求的值． 15．（2023·上海·中考真题）如图（1）所示，已知在中，，在边上，点为边中点，为以为圆心，为半径的圆分别交，于点，，联结交于点．    (1)如果，求证：四边形为平行四边形； (2)如图（2）所示，联结，如果，求边的长； (3)联结，如果是以为腰的等腰三角形，且，求的值． 3 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $$