热点06 特殊的平行四边形与梯形(16大题型+高分技法+限时提升练)-2025年中考数学【热点·重点·难点】专练(上海专用)

热点06 特殊的平行四边形与梯形 上海中考数学重点考查平行四边形与梯形的性质、判定及综合应用。平行四边形以对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分为核心性质，判定需掌握定义法、对边相等、对角相等、对角线平分、一组对边平行且相等五种方法，常与全等三角形结合，涉及几何证明、坐标系动点问题及面积计算。梯形侧重等腰梯形的性质(两腰相等、底角相等、对角线相等)与判定，以及梯形中位线定理(平行于两底且等于两底和的一半)，常结合相似三角形或勾股定理考查，需注意分类讨论(如等腰梯形与直角梯形的区分)。 备考需强化平行四边形判定条件的准确应用(避免误用“一组对边平行另一组相等")，等腰梯形对称性与中位线定理的综合运用，精研近5年真题中几何证明与综合题(如平行四边形存在性问题、梯形与函数图像结合题)，总结辅助线添加技巧如平移腰、作高、构造中位线)。易错点包括平行四边形判定条件混淆、梯形分类讨论遗漏，以及中位线定理应用时忽略“连接两腰中点”的前提。 考向一：平行四边形 【题型1 多边形内角与外角】 一、核心公式 1．内角和公式 边形内角和： 例：五边形内角和。 2．外角和定理 任意多边形外角和恒为，与边数无关。 二、正多边形性质 1．每个内角 公式： 例：正六边形每个内角。 2．每个外角 公式： 例：正五边形每个外角。 三、快速解题技巧 1．已知内角和求边数 公式： 例：内角和为，则（七边形）。 2．已知外角求边数 公式： 例：每个外角为，则（六边形）。 3．对角线公式 边形对角线总数： 例：四边形对角线条。 四、易错点与避坑 1．内角和公式误用 错误：误认为内角和为（正确应为）。 2．外角和性质混淆 错误：认为外角和与边数有关（实际恒为）。 3．正多边形角度计算 错误：直接用内角和除以边数时忘记减2（如五边形内角和误算为）。 1．（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． 2．（2024•静安区校级二模）1970年墨西哥“世界杯”使用的足球采用了不同以往的革命性构造设计，至今仍是各种足球的原型．其由32块手缝嵌面组成块黑色的正五边形和20块白色的正六边形），这种构造使足球拥有更浑圆更完美的外形，如图是其侧面展开图局部，则图中度数为 　　． 3．（2024•浦东新区模拟）正边形外角和为 　　 ． 3．（2023•崇明区二模）正八边形的每个外角为　　度． 【题型2 平行四边形的性质】 一、核心性质 1．边 对边平行：。 对边相等：。 2．角 对角相等：。 邻角互补：。 3．对角线 互相平分：。 二、判定定理 1.定义法:两组对边分别平行的四边形是平行四边形。 2. 边:两组对边分别相等，一组对边平行且相等。 3.角:两组对角分别相等。 4.对角线:对角线互相平分。 例:矩形对角线相等，萎形对角线垂直，普通平行四边形无此性质。 1．（2023•闵行区二模）下列命题是真命题的是　　 A．平行四边形的邻边相等 B．平行四边形的对角线互相平分 C．平行四边形内角都相等 D．平行四边形是轴对称图形 2．（2024•徐汇区校级三模） 如图，四边形为平行四边形，，，，，延长，，交，于点，，若，直线经过中点，则的长度为 　　． 3．（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）． 4．（2023•松江区二模）已知中，，与的角平分线交边于点，，且，则边的长为　　． 【题型3 平行四边形的判定】 一、快速解题技巧 1.选对方法 已知边相等或平行→优先用边的判定。 已知角度关系→用角的判定。 已知对角线交点→用对角线判定。 2.辅助线技巧 连对角线:通过对角线互相平分证明平行四边形。 构造三角形:利用全等三角形证明边或角相等。。 3逆向思维 若题目要求证明四边形是平行四边形，可尝试从已知条件倒推符合哪个判定定理 1．（2022•嘉定区二模）如图，在四边形中，是对角线，，点在边上，，，联结． （1）求证：； （2）当时，求证：四边形是平行四边形． 【题型4 平行四边形的判定与性质】 1．性质应用 已知平行四边形，直接用对边相等，对角相等，对角线平分解题。 例：若，则；若，则。 2．判定策略 已知边相等选边的判定；已知角度选角的判定；已知中点选对角线判定。 例：已知一组对边平行且相等，直接判定为平行四边形。 3．辅助线构造 连对角线：通过平分关系证明平行四边形。 平移或旋转：利用全等三角形转移条件。 10．（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 考向二：菱形 【题型5 菱形的性质】 一、基础性质(必记) 1.四边相等:菱形四条边长度相等。 2.对角相等:对角相等，邻角互补(和为 180°) 3.对角线垂直平分:对角线互相垂直且平分，分得四个全等直角三角形。 4.对角线平分角:每条对角线平分一组对角 二、解题技巧（快速得分） 1．求边长／角度： 若已知对角线长度，用勾股定理求边长。 利用对角线平分角，结合三角形内角和求角度。 2．面积问题： 优先用对角线公式（），简化计算。 3．证明菱形： 方法 1：先证四边形是平行四边形，再证邻边相等。 方法 2：直接证明四条边相等或对角线互相垂直平分。 三、注意陷阱 菱形对角线不一定相等(与矩形区分) 菱形是轴对称图形，对称轴为对角线所在直线(共2条) 1．（2024•上海）在菱形中，，则　　． 2．（2024•静安区校级二模）菱形的两条对角线长分别为6和8，则这个菱形的周长为 　　． 3．（2023•奉贤区二模）如果四边形有一组邻边相等，且一条对角线平分这组邻边的夹角，我们把这样的四边形称为“准菱形”．有一个四边形是“准菱形”，它相等的邻边长为2，这两条边的夹角是，那么这个“准菱形”的另外一组邻边的中点间的距离是 　　． 4．（2023•长宁区二模）如图，在菱形中，对角线与交于点，已知，，如果点是边的中点，那么　　． 【题型6 菱形的判定】 一、核心方法（直接用） 方法 1：先证四边形是平行四边形，再证邻边相等或对角线垂直。 方法 2：直接证明四条边相等或对角线互相垂直平分。 二、解题技巧（快速得分） 已知平行四边形：若邻边相等，直接判定为菱形（无需额外步骤）。若对角线垂直，直接判定为菱形（利用判定定理）。 未知平行四边形：优先证四边相等（如通过全等三角形）。 或证对角线互相垂直平分（需先证对角线交点平分）。 复杂图形：结合矩形、正方形性质排除干扰（如对角线是否相等）。 三、注意陷阱 对角线垂直但不平分：无法判定菱形（需同时满足垂直和平分）。 对角线相等：菱形对角线不一定相等（与矩形区分）。 1．（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． 2．（2023•青浦区二模）已知平行四边形的对角线、相交于点．下列补充条件中，能判定这个平行四边形是菱形的是　　 A． B． C． D． 3．（2023•宝山区三模）顺次连接矩形的各边中点，所得的四边形一定是　　 A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．梯形 4．（2024•崇明区模拟）如图1，在平行四边形中，点，分别在线段，上，且，连接，交于点． （1）求证：△△； （2）连接，（如图，若，求证：四边形是菱形． 【题型7 菱形的判定与性质】 一、基础性质与判定（必记） 性质： 四边相等，对角相等，邻角互补。对角线垂直平分，且平分一组对角。轴对称图形（2 条对称轴，对角线所在直线）。 判定： 四边相等的四边形。邻边相等的平行四边形。对角线互相垂直平分的四边形。 二、核心公式与方法 性质公式： 周长： 面积： 判定方法： 1．平行四边形+邻边相等或对角线垂直。 2．直接证四边相等或对角线垂直平分。 三、解题技巧（快速得分） 1．求边长／角度： 已知对角线，用勾股定理 。 利用对角线平分角求角度（如菱形内角被对角线分为相等的两部分）。 2．面积问题： 优先用对角线公式 ，简化计算。 3．证明菱形： 已知平行四边形：证邻边相等或对角线垂直。 未知平行四边形：证四边相等或对角线垂直平分。 四、注意陷阱 菱形对角线不一定相等（与矩形区分）。 对角线垂直但不平分，无法判定菱形。 四、注意陷阱 菱形对角线不一定相等（与矩形区分）。 对角线垂直但不平分，无法判定菱形。 1．（2023•静安区二模）如图，已知、分别是平行四边形的边、上的高，对角线、相交于点，且． （1）求证：四边形是菱形； （2）当，时，求的余切值． 2．（2023•金山区三模）如图，在四边形中，为一条对角线，，，，为的中点，连接． （1）求证：四边形为菱形； （2）连接，若平分，，求的长． 考向三：矩形 【题型8 矩形的性质】 一、核心公式（直接用） 周长：为邻边长度）。 面积：。 对角线长度：（勾股定理）。 二、解题技巧（快速得分） 1．求边长／角度： 利用矩形对角线相等且平分，构造直角三角形（如对角线分矩形为两个全等的等腰三角形）。 结合勾股定理求边长或对角线长度。 2．面积问题： 直接使用公式，或通过对角线分割的三角形面积之和计算。 3．证明矩形： 先证四边形是平行四边形，再证有一个直角或对角线相等。 三、注意陷阱 矩形对角线相等但不一定垂直（与菱形区分）。 矩形的轴对称性需注意对称轴是对边中点连线，而非对角线所在直线。 1．（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 2．（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 　　． 3．（2023•宝山区二模）如图，已知点在矩形的边上，且，，那么的长等于 　　． 4．（2023•宝山区校级模拟）如图，点位于矩形对角线上，过点分别作矩形两邻边的平行线交矩形四边于点、、、，点是线段上一点，线段与交于点． 求证：（1）矩形与矩形的面积相等； （2）． 【题型9 矩形的判定】 一、核心方法（直接用） 方法 1：先证四边形是平行四边形，再证有一个直角或对角线相等。 方法 2：直接证明三个角为直角（适用于普通四边形）。 二、解题技巧（快速得分） 已知平行四边形： 若有一个角为直角，直接判定为矩形（无需额外步骤）。 若对角线相等，直接判定为矩形（利用判定定理）。 未知平行四边形： 优先证三个角为直角（如通过三角形内角和），或证对角线相等且平分（需先证对角线交点平分）。 复杂图形： 结合菱形、正方形性质排除干扰（如对角线是否垂直） 三、注意陷阱 对角线相等但不平分：无法判定矩形（需同时满足相等和平分）。 仅一个直角：需结合平行四边形才能判定矩形（单独四边形不成立）。 1．（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． 2．（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 3．（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． 4．（2023•黄浦区二模）要检验一个四边形的桌面是矩形，可行的测量方案是　　 A．任选两个角，测量它们的角度 B．测量四条边的长度 C．测量两条对角线的长度 D．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离 【题型10 矩形的判定与性质】 一、核心公式与方法 性质公式： 周长： 面积： 对角线： 判定方法： 1．平行四边形+一个直角或对角线相等。 2．直接证三个角为直角（四边形）。 二、解题技巧（快速得分） 1．求边长／角度： 利用对角线相等构造直角三角形（如）。 结合三角形内角和求角度（矩形内角均为）。 2．面积问题： 直接用，或通过对角线分割的三角形面积之和计算。 3．证明矩形： 已知平行四边形：证有一个直角或对角线相等。 未知平行四边形：证三个角为直角或对角线相等且平分。 三、注意陷阱 矩形对角线相等但不一定垂直（与菱形区分）。 仅对角线相等或仅一个直角无法判定矩形（需结合平行四边形）。 1．（2023•嘉定区二模）如图，已知、分别是和它的邻补角的角平分线，，垂足为点，，联结，分别交、于点、． （1）求证：四边形是矩形； （2）试猜想与之间的数量关系，并证明你的结论． 考向四：正方形 【题型11 正方形的性质】 一、核心公式（直接用） 周长：（为边长）。 面积： 公式 1：边长平方。 公式 2：对角线平方的一半。 对角线长度：。 二、解题技巧（快速得分） 1．求边长／角度： 已知对角线，用公式或。 利用对角线平分角 和直角三角形性质解题。 2．面积问题： 优先用对角线公式（尤其当已知对角线时）。 3．复杂图形： 结合菱形和矩形性质，利用对称性简化计算。 三、注意陷阱 正方形是特殊的菱形和矩形，兼具两者所有性质。 对称轴为对角线所在直线和对边中点连线（共4条）。 1．（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 2．（2024•嘉定区二模）如图在正方形的外侧作一个，已知，，那么等于 　　． 3．（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 　　． 4．（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 　　． 5．（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． 【题型12 正方形的判定】 一、核心方法（直接用） 方法 1：先证四边形是矩形，再证一组邻边相等或对角线垂直。 方法 2：先证四边形是菱形，再证有一个直角或对角线相等。 方法 3：直接证明四边相等且四个直角，或对角线相等且垂直平分。 二、解题技巧（快速得分） 已知矩形： 若邻边相等，直接判定为正方形。 若对角线垂直，直接判定为正方形（利用矩形对角线相等 + 菱形对角线垂直）。 已知菱形： 若有一个直角，直接判定为正方形。 若对角线相等，直接判定为正方形（利用菱形对角线垂直 + 矩形对角线相等）。 未知图形： 优先证四边相等且四个直角（如通过全等三角形）。 或证对角线相等且垂直平分（需先证对角线交点平分）。 三、注意陷阱 仅满足菱形或矩形条件：无法判定正方形（需同时满足两者特性）。 对角线相等但不垂直：可能是矩形，但不一定是正方形。 1．（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 2．（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． 考向五：梯形 【题型13 梯形】 一、核心公式（直接用） 面积：为上，下底，为高）。 周长：（普通梯形）；（等腰梯形，为腰长）。 二、解题技巧（快速得分） 求高或边长： 等腰梯形中，通过作高构造直角三角形，用勾股定理求高或腰长。 直角梯形直接利用垂直关系求边长。 面积问题： 直接套公式，或分割为平行四边形和三角形计算。 判定梯形： 先证一组对边平行，再证另一组不平行（或用等腰 / 直角条件）。 三、注意陷阱 梯形必须只有一组对边平行（与平行四边形区分）。 等腰梯形对角线相等，但普通梯形不一定。 1．（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 2．（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． 3．（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． 4．（2023•普陀区三模）已知：如图，在梯形中，，，，的平分线交延长线于点，交于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）联结交于点，如果，求证：． 【题型14 直角梯形】 一、核心公式（直接用） 面积：为上下底，为高 。 周长：（为垂直腰，为斜腰）。 二、解题技巧（快速得分） 1．求边长／高： 垂直腰直接为高。 斜腰长度用勾股定理：（当上下底差已知时）。 2．面积问题： 直接套公式，或分割为矩形和直角三角形计算。 3．判定直角梯形： 先证梯形（一组对边平行），再证有一个直角。 三、辅助线技巧 作高：从非直角顶点向底边作垂线，构造矩形和直角三角形。 平移斜腰：将斜腰平移至另一腰位置，转化为直角三角形。 四、注意陷阱 直角梯形只有一腰垂直，另一腰不垂直（与矩形区分）。 斜腰长度需通过勾股定理计算，不能直接等于上下底差。 1．（2023•普陀区二模）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•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． 3．（2023•松江区二模）如图．四边形中，，，，． （1）如果，求的值； （2）如果，求四边形的面积． 【题型15 等腰梯形的判定】 一、基础判定（必记） 两腰相等：两条腰相等的梯形是等腰梯形。 同一底上的角相等：同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形。 对角线相等：对角线相等的梯形是等腰梯形。 二、核心方法（直接用） 方法 1：先证四边形是梯形（一组对边平行，另一组不平行），再证两腰相等或同一底角相等或对角线相等。 方法 2：直接证明两腰相等且一组对边平行（适用于已知梯形的情况）。 三、解题技巧（快速得分） 已知梯形： 若两腰相等，直接判定为等腰梯形。 若同一底角相等，或对角线相等，直接判定为等腰梯形。 未知梯形： 先证一组对边平行，再证另一组不平行，最后证两腰相等 / 同一底角相等 / 对角线相等。 辅助线： 平移一腰，构造平行四边形和等腰三角形（利用等腰三角形性质）。 作高，转化为矩形和直角三角形（利用勾股定理或全等三角形）。 四、注意陷阱 仅两腰相等或仅对角线相等：需先确定是梯形（一组对边平行），否则可能为其他四边形。 同一底角相等：必须是 “同一底” 上的角，而非对角。 1．（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 2．（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．， 3．（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．， 4．（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 5．（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． 【题型16 梯形中位线定理】 一、核心公式（直接用） 中位线长度： 面积关联：梯形面积（为高，结合中位线简化计算）。 二、解题技巧（快速得分） 1．求线段长度： 已知两底，直接用公式。 已知中位线和一底，反推另一底：。 2．求面积： 若已知中位线和高，直接用（无需计算两底之和）。 3．证明平行或比例关系： 利用中位线平行于两底的性质，证明线段平行或构造相似三角形。 三、辅助线技巧 连接中点：若题目中出现梯形两腰中点，直接作中位线。 平移构造：通过平移一腰，将梯形转化为平行四边形和三角形，结合中位线简化问题。 四、注意陷阱 中位线与中线区别：中位线是连接两腰中点，而中线是连接顶点与对边中点（三角形中）。 仅适用于梯形：中位线定理不适用于其他四边形（如平行四边形、矩形）。 1．（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 2．（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 　　． 3．（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　　． （建议用时：15分钟） 1．（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． 2．（2024•静安区校级模拟）如图，在平行四边形中，，，，点在边上运动，以为圆心，为半径的圆与边交于、两点． （1）当圆与边相切时，求的长； （2）设，△的面积为，求关于的函数解析式，并写出定义域； （3）当圆与平行四边形的边有4个交点时，求的取值范围． 3．（2024•浦东新区模拟）我们给出如下定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．例如：如图1，，则四边形为等邻角四边形． （1）定义理解：以下平面图形中，是等邻角四边形的是 　　． ①平行四边形； ②矩形； ③菱形；④等腰梯形． （2）如图2，在四边形中，，的垂直平分线恰好交于边上一点，连结，，且，求证：四边形为等邻角四边形． （3）如图3，在等邻角四边形中，，，点为边上的一动点，过点作，，垂足分别为，．在点的运动过程中，猜想，，之间的数量关系？并请说明理由． 4．（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． 5．（2023•奉贤区二模）在梯形中，，，，，过点作对角线的垂线，垂足为，交射线于点． （1）如图，当点在边上时，求证：； （2）如图，如果是的中点，求的值； （3）联结，如果是等腰三角形，求的长 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点06 特殊的平行四边形与梯形 上海中考数学重点考查平行四边形与梯形的性质、判定及综合应用。平行四边形以对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分为核心性质，判定需掌握定义法、对边相等、对角相等、对角线平分、一组对边平行且相等五种方法，常与全等三角形结合，涉及几何证明、坐标系动点问题及面积计算。梯形侧重等腰梯形的性质(两腰相等、底角相等、对角线相等)与判定，以及梯形中位线定理(平行于两底且等于两底和的一半)，常结合相似三角形或勾股定理考查，需注意分类讨论(如等腰梯形与直角梯形的区分)。 备考需强化平行四边形判定条件的准确应用(避免误用“一组对边平行另一组相等")，等腰梯形对称性与中位线定理的综合运用，精研近5年真题中几何证明与综合题(如平行四边形存在性问题、梯形与函数图像结合题)，总结辅助线添加技巧如平移腰、作高、构造中位线)。易错点包括平行四边形判定条件混淆、梯形分类讨论遗漏，以及中位线定理应用时忽略“连接两腰中点”的前提。 考向一：平行四边形 【题型1 多边形内角与外角】 一、核心公式 1．内角和公式 边形内角和： 例：五边形内角和。 2．外角和定理 任意多边形外角和恒为，与边数无关。 二、正多边形性质 1．每个内角 公式： 例：正六边形每个内角。 2．每个外角 公式： 例：正五边形每个外角。 三、快速解题技巧 1．已知内角和求边数 公式： 例：内角和为，则（七边形）。 2．已知外角求边数 公式： 例：每个外角为，则（六边形）。 3．对角线公式 边形对角线总数： 例：四边形对角线条。 四、易错点与避坑 1．内角和公式误用 错误：误认为内角和为（正确应为）。 2．外角和性质混淆 错误：认为外角和与边数有关（实际恒为）。 3．正多边形角度计算 错误：直接用内角和除以边数时忘记减2（如五边形内角和误算为）。 1．（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． 【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． 2．（2024•静安区校级二模）1970年墨西哥“世界杯”使用的足球采用了不同以往的革命性构造设计，至今仍是各种足球的原型．其由32块手缝嵌面组成块黑色的正五边形和20块白色的正六边形），这种构造使足球拥有更浑圆更完美的外形，如图是其侧面展开图局部，则图中度数为 　　． 【答案】132． 【分析】先分别求出正五边形和正六边形的每个外角的度数，再根据这个外角与它相邻的内角是邻补角，求出每个内角，从而求出和，最后根据，求出即可． 【解答】解：如图所示： 正五边形的每个内角为：， 正六边形的每个内角为：， ，， ， ， 故答案为：132． 【点评】本题主要考查了多边形的内角和外角，解题关键是结合图形理解正六边形的内角、正五边形的内角与的和是． 3．（2024•浦东新区模拟）正边形外角和为 　　 ． 【答案】． 【分析】利用多边形的外角和是即可得出答案． 【解答】解：多边形的外角和是， 正边形外角和为， 故答案为：． 【点评】本题考查多边形的外角，熟知任何多边形的外角和是是正确解决本题的关键． 3．（2023•崇明区二模）正八边形的每个外角为　　度． 【分析】利用正八边形的外角和等于360度即可求出答案． 【解答】解：． 故答案为：45 【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，任何一个多边形的外角和都是． 【题型2 平行四边形的性质】 一、核心性质 1．边 对边平行：。 对边相等：。 2．角 对角相等：。 邻角互补：。 3．对角线 互相平分：。 二、判定定理 1.定义法:两组对边分别平行的四边形是平行四边形。 2. 边:两组对边分别相等，一组对边平行且相等。 3.角:两组对角分别相等。 4.对角线:对角线互相平分。 例:矩形对角线相等，萎形对角线垂直，普通平行四边形无此性质。 1．（2023•闵行区二模）下列命题是真命题的是　　 A．平行四边形的邻边相等 B．平行四边形的对角线互相平分 C．平行四边形内角都相等 D．平行四边形是轴对称图形 【答案】 【分析】根据平行四边形的性质可进行求解． 【解答】解：由平行四边形的性质可知：平行四边形的两组对边相等；平行四边形的对角线互相平分；平行四边形的对角相等；平行四边形是中心对称图形； 故选：． 【点评】本题主要考查平行四边形的性质及真命题，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 2．（2024•徐汇区校级三模） 如图，四边形为平行四边形，，，，，延长，，交，于点，，若，直线经过中点，则的长度为 　　． 【答案】． 【分析】由，设，，再表示出，，由直线经过中点，，，即，列方程解出的值，再利用勾股定理求出． 【解答】解：四边形为平行四边形， ，， ， ， ， 同理， ， ， ， ， 设， 则， ， ， ， ， 连接， 直线经过中点， 直线必经过中点， ， ， ， ， ， ， ，， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了平行四边形性质的应用及全等三角形的应用，三角函数的相关计算是解题关键． 3．（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）． 【答案】60． 【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． 4．（2023•松江区二模）已知中，，与的角平分线交边于点，，且，则边的长为　　． 【分析】由平行四边形的性质和角平分线的定义证出，得出，同理：，再分两种情况计算即可． 【解答】解：平分， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， 同理：， 分两种情况： ①如图1所示：， ； ②如图2所示：，， ，； 综上所述：的长为11或5； 故答案为：11或5． 【点评】此题主要考查了角平分线的定义、平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形是等腰三角形是解决问题的关键． 【题型3 平行四边形的判定】 一、快速解题技巧 1.选对方法 已知边相等或平行→优先用边的判定。 已知角度关系→用角的判定。 已知对角线交点→用对角线判定。 2.辅助线技巧 连对角线:通过对角线互相平分证明平行四边形。 构造三角形:利用全等三角形证明边或角相等。。 3逆向思维 若题目要求证明四边形是平行四边形，可尝试从已知条件倒推符合哪个判定定理 1．（2022•嘉定区二模）如图，在四边形中，是对角线，，点在边上，，，联结． （1）求证：； （2）当时，求证：四边形是平行四边形． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析． 【分析】（1）证，即可得到结论； （2）证，则，再证，则，得，然后由平行四边形的判定即可得出结论． 【解答】证明：（1）， ， 即． 在与中， ． ． ； （2）由（1）可知，， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． 【点评】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定，证明三角形全等是解题关键． 【题型4 平行四边形的判定与性质】 1．性质应用 已知平行四边形，直接用对边相等，对角相等，对角线平分解题。 例：若，则；若，则。 2．判定策略 已知边相等选边的判定；已知角度选角的判定；已知中点选对角线判定。 例：已知一组对边平行且相等，直接判定为平行四边形。 3．辅助线构造 连对角线：通过平分关系证明平行四边形。 平移或旋转：利用全等三角形转移条件。 10．（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 【答案】 【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． 考向二：菱形 【题型5 菱形的性质】 一、基础性质(必记) 1.四边相等:菱形四条边长度相等。 2.对角相等:对角相等，邻角互补(和为 180°) 3.对角线垂直平分:对角线互相垂直且平分，分得四个全等直角三角形。 4.对角线平分角:每条对角线平分一组对角 二、解题技巧（快速得分） 1．求边长／角度： 若已知对角线长度，用勾股定理求边长。 利用对角线平分角，结合三角形内角和求角度。 2．面积问题： 优先用对角线公式（），简化计算。 3．证明菱形： 方法 1：先证四边形是平行四边形，再证邻边相等。 方法 2：直接证明四条边相等或对角线互相垂直平分。 三、注意陷阱 菱形对角线不一定相等(与矩形区分) 菱形是轴对称图形，对称轴为对角线所在直线(共2条) 1．（2024•上海）在菱形中，，则　　． 【答案】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． 2．（2024•静安区校级二模）菱形的两条对角线长分别为6和8，则这个菱形的周长为 　　． 【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可． 【解答】解：如图所示， 根据题意得，， 四边形是菱形， ，， △是直角三角形， ， 此菱形的周长为：． 故答案为：20． 【点评】本题主要考查了菱形的性质，利用勾股定理求出菱形的边长是解题的关键，同学们也要熟练掌握菱形的性质：①菱形的四条边都相等；②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． 3．（2023•奉贤区二模）如果四边形有一组邻边相等，且一条对角线平分这组邻边的夹角，我们把这样的四边形称为“准菱形”．有一个四边形是“准菱形”，它相等的邻边长为2，这两条边的夹角是，那么这个“准菱形”的另外一组邻边的中点间的距离是 　　． 【答案】． 【分析】连接，在中，由勾股定理得，再证是的中位线，即可得出结论． 【解答】解：如图，四边形是“准菱形”，且，，点、分别是、的中点，连接、， 在中，由勾股定理得：， 点、分别是、的中点， 是的中位线， ， 即这个“准菱形”的另外一组邻边的中点间的距离是， 故答案为：． 【点评】本题考查了“准菱形”的性质、勾股定理以及三角形中位线定理等知识，熟练掌握“准菱形”的性质和三角形中位线定理是解题的关键． 4．（2023•长宁区二模）如图，在菱形中，对角线与交于点，已知，，如果点是边的中点，那么　　． 【答案】5． 【分析】根据菱形的性质得到，，，根据三角函数的定义得到，根据勾股定理得到，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到结论． 【解答】解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， 点是边的中点， ． 故答案为：5． 【点评】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 【题型6 菱形的判定】 一、核心方法（直接用） 方法 1：先证四边形是平行四边形，再证邻边相等或对角线垂直。 方法 2：直接证明四条边相等或对角线互相垂直平分。 二、解题技巧（快速得分） 已知平行四边形：若邻边相等，直接判定为菱形（无需额外步骤）。若对角线垂直，直接判定为菱形（利用判定定理）。 未知平行四边形：优先证四边相等（如通过全等三角形）。 或证对角线互相垂直平分（需先证对角线交点平分）。 复杂图形：结合矩形、正方形性质排除干扰（如对角线是否相等）。 三、注意陷阱 对角线垂直但不平分：无法判定菱形（需同时满足垂直和平分）。 对角线相等：菱形对角线不一定相等（与矩形区分）。 1．（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． 【答案】 【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． 2．（2023•青浦区二模）已知平行四边形的对角线、相交于点．下列补充条件中，能判定这个平行四边形是菱形的是　　 A． B． C． D． 【答案】 【分析】根据矩形的判定方法和菱形的判定方法分别对各个选项进行判断，即可得出结论． 【解答】解：、四边形是平行四边形， ，这是平行四边形的性质，故选项不符合题意； 、四边形是平行四边形， ，， ， ， 平行四边形是矩形；故选项不符合题意； 、四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 平行四边形是菱形；故选项符合题意； 、， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 平行四边形是矩形；故选项不符合题意； 故选：． 【点评】本题考查矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形和菱形的判定方法是解题的关键，属于中考常考题型． 3．（2023•宝山区三模）顺次连接矩形的各边中点，所得的四边形一定是　　 A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．梯形 【答案】 【分析】根据菱形的定义：只需证明四边相等即可． 【解答】解：顺次连接矩形的各边中点，根据矩形的对角线相等和中位线定理可知所得的四边形四边相等，所以是菱形． 故选：． 【点评】主要考查了中位线定理．要掌握：中位线平行且等于底边的一半． 4．（2024•崇明区模拟）如图1，在平行四边形中，点，分别在线段，上，且，连接，交于点． （1）求证：△△； （2）连接，（如图，若，求证：四边形是菱形． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析． 【分析】（1）由证明△△即可； （2）先证四边形是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论． 【解答】证明：（1）四边形是平行四边形， ， ， 在△和△中， ， △△； （2）四边形是平行四边形， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是菱形． 【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全等三角形的判定等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键． 【题型7 菱形的判定与性质】 一、基础性质与判定（必记） 性质： 四边相等，对角相等，邻角互补。对角线垂直平分，且平分一组对角。轴对称图形（2 条对称轴，对角线所在直线）。 判定： 四边相等的四边形。邻边相等的平行四边形。对角线互相垂直平分的四边形。 二、核心公式与方法 性质公式： 周长： 面积： 判定方法： 1．平行四边形+邻边相等或对角线垂直。 2．直接证四边相等或对角线垂直平分。 三、解题技巧（快速得分） 1．求边长／角度： 已知对角线，用勾股定理 。 利用对角线平分角求角度（如菱形内角被对角线分为相等的两部分）。 2．面积问题： 优先用对角线公式 ，简化计算。 3．证明菱形： 已知平行四边形：证邻边相等或对角线垂直。 未知平行四边形：证四边相等或对角线垂直平分。 四、注意陷阱 菱形对角线不一定相等（与矩形区分）。 对角线垂直但不平分，无法判定菱形。 四、注意陷阱 菱形对角线不一定相等（与矩形区分）。 对角线垂直但不平分，无法判定菱形。 1．（2023•静安区二模）如图，已知、分别是平行四边形的边、上的高，对角线、相交于点，且． （1）求证：四边形是菱形； （2）当，时，求的余切值． 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【分析】（1）根据，，，可知，根据平行四边形的性质可得，进一步可得，即可得证； （2）根据菱形的性质可得，设，则，在中，根据勾股定理列方程，求出的值进一步可得的长，根据求解即可． 【解答】（1）证明：，，， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 四边形是菱形； （2）在菱形中，， ， 设，则， ， 在中，根据勾股定理，得， 即， 解得或（舍去）， ，， ， ． 【点评】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握这些知识是解题的关键． 2．（2023•金山区三模）如图，在四边形中，为一条对角线，，，，为的中点，连接． （1）求证：四边形为菱形； （2）连接，若平分，，求的长． 【分析】（1）由，，推出四边形是平行四边形，再证明即可解决问题； （2）在中只要证明，即可解决问题； 【解答】（1）证明：，为的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是菱形． （2）解：连接． ，平分， ， ， ， ， ， ，， 在中，， ，． 【点评】本题考查菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，属于中考常考题型． 考向三：矩形 【题型8 矩形的性质】 一、核心公式（直接用） 周长：为邻边长度）。 面积：。 对角线长度：（勾股定理）。 二、解题技巧（快速得分） 1．求边长／角度： 利用矩形对角线相等且平分，构造直角三角形（如对角线分矩形为两个全等的等腰三角形）。 结合勾股定理求边长或对角线长度。 2．面积问题： 直接使用公式，或通过对角线分割的三角形面积之和计算。 3．证明矩形： 先证四边形是平行四边形，再证有一个直角或对角线相等。 三、注意陷阱 矩形对角线相等但不一定垂直（与菱形区分）。 矩形的轴对称性需注意对称轴是对边中点连线，而非对角线所在直线。 1．（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 【答案】 【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， 2．（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 　　． 【答案】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． 3．（2023•宝山区二模）如图，已知点在矩形的边上，且，，那么的长等于 　　． 【答案】4． 【分析】作于点，由，得，由矩形的性质得，则，所以，则，由，，得，则，所以，于是得到问题的答案． 【解答】解：作于点，则， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ，， ， ，， ， ， ， 故答案为：4． 【点评】此题重点考查矩形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、角平分线的性质、三角形内角和定理、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 4．（2023•宝山区校级模拟）如图，点位于矩形对角线上，过点分别作矩形两邻边的平行线交矩形四边于点、、、，点是线段上一点，线段与交于点． 求证：（1）矩形与矩形的面积相等； （2）． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析． 【分析】（1）连接、，只需证明与的面积之比、与的面积之比均为即可． （2）连接、，只需证明与的面积相等即可． 【解答】证明：如图，连接、、、． （1）四边形是矩形， ， ，， 四边形、、、均为矩形， ，，， ， ， ， ． （2）， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点评】本题考查了矩形的基本性质，同时本题所推出的结论可以作为矩形的派生性质．解决本题的关键在于借助平行线间的距离处处相等进行三角形的等面积转化． 【题型9 矩形的判定】 一、核心方法（直接用） 方法 1：先证四边形是平行四边形，再证有一个直角或对角线相等。 方法 2：直接证明三个角为直角（适用于普通四边形）。 二、解题技巧（快速得分） 已知平行四边形： 若有一个角为直角，直接判定为矩形（无需额外步骤）。 若对角线相等，直接判定为矩形（利用判定定理）。 未知平行四边形： 优先证三个角为直角（如通过三角形内角和），或证对角线相等且平分（需先证对角线交点平分）。 复杂图形： 结合菱形、正方形性质排除干扰（如对角线是否垂直） 三、注意陷阱 对角线相等但不平分：无法判定矩形（需同时满足相等和平分）。 仅一个直角：需结合平行四边形才能判定矩形（单独四边形不成立）。 1．（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． 【答案】 【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． 2．（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 【答案】 【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． 3．（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． 【答案】 【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． 4．（2023•黄浦区二模）要检验一个四边形的桌面是矩形，可行的测量方案是　　 A．任选两个角，测量它们的角度 B．测量四条边的长度 C．测量两条对角线的长度 D．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离 【答案】 【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：、任选两个角，测量它们的角度，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项不符合题意； 、测量四条边的长度是否相等，能判定是否为菱形，不能判定为矩形，故选项不符合题意； 、测量两条对角线的长度是否相等，不能判定是否为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项不符合题意； 、测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等，可以判定是否为矩形，故选项符合题意； 故选：． 【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识；熟记“对角线互相平分的四边形为平行四边形”是解题的关键． 【题型10 矩形的判定与性质】 一、核心公式与方法 性质公式： 周长： 面积： 对角线： 判定方法： 1．平行四边形+一个直角或对角线相等。 2．直接证三个角为直角（四边形）。 二、解题技巧（快速得分） 1．求边长／角度： 利用对角线相等构造直角三角形（如）。 结合三角形内角和求角度（矩形内角均为）。 2．面积问题： 直接用，或通过对角线分割的三角形面积之和计算。 3．证明矩形： 已知平行四边形：证有一个直角或对角线相等。 未知平行四边形：证三个角为直角或对角线相等且平分。 三、注意陷阱 矩形对角线相等但不一定垂直（与菱形区分）。 仅对角线相等或仅一个直角无法判定矩形（需结合平行四边形）。 1．（2023•嘉定区二模）如图，已知、分别是和它的邻补角的角平分线，，垂足为点，，联结，分别交、于点、． （1）求证：四边形是矩形； （2）试猜想与之间的数量关系，并证明你的结论． 【答案】（1）证明见解答过程； （2），理由见解答过程． 【分析】（1）根据、分别是和的平分线得到，推导出，然后根据，得到，再利用证得四边形是矩形； （2）根据矩形的性质得到内错角相等即可证得两条直线平行． 【解答】证明：（1）如图所示， 、分别是和它的邻补角的角平分线， ，， ， ， ， ， ， 又， 四边形是矩形； （2）．理由如下： 四边形是矩形， ，，， ， ， 又平分， ， ， ， ， ． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质以及平行线的判定的知识，解题的关键是了解矩形的几个判定定理． 考向四：正方形 【题型11 正方形的性质】 一、核心公式（直接用） 周长：（为边长）。 面积： 公式 1：边长平方。 公式 2：对角线平方的一半。 对角线长度：。 二、解题技巧（快速得分） 1．求边长／角度： 已知对角线，用公式或。 利用对角线平分角 和直角三角形性质解题。 2．面积问题： 优先用对角线公式（尤其当已知对角线时）。 3．复杂图形： 结合菱形和矩形性质，利用对称性简化计算。 三、注意陷阱 正方形是特殊的菱形和矩形，兼具两者所有性质。 对称轴为对角线所在直线和对边中点连线（共4条）。 1．（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 【答案】 【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． 2．（2024•嘉定区二模）如图在正方形的外侧作一个，已知，，那么等于 　　． 【答案】． 【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． 3．（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 　　． 【答案】． 【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． 4．（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 　　． 【答案】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． 5．（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． 【答案】（1）证明见解答； （2），，． 【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． 【题型12 正方形的判定】 一、核心方法（直接用） 方法 1：先证四边形是矩形，再证一组邻边相等或对角线垂直。 方法 2：先证四边形是菱形，再证有一个直角或对角线相等。 方法 3：直接证明四边相等且四个直角，或对角线相等且垂直平分。 二、解题技巧（快速得分） 已知矩形： 若邻边相等，直接判定为正方形。 若对角线垂直，直接判定为正方形（利用矩形对角线相等 + 菱形对角线垂直）。 已知菱形： 若有一个直角，直接判定为正方形。 若对角线相等，直接判定为正方形（利用菱形对角线垂直 + 矩形对角线相等）。 未知图形： 优先证四边相等且四个直角（如通过全等三角形）。 或证对角线相等且垂直平分（需先证对角线交点平分）。 三、注意陷阱 仅满足菱形或矩形条件：无法判定正方形（需同时满足两者特性）。 对角线相等但不垂直：可能是矩形，但不一定是正方形。 1．（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 【答案】 【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． 2．（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． 【答案】 【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． 考向五：梯形 【题型13 梯形】 一、核心公式（直接用） 面积：为上，下底，为高）。 周长：（普通梯形）；（等腰梯形，为腰长）。 二、解题技巧（快速得分） 求高或边长： 等腰梯形中，通过作高构造直角三角形，用勾股定理求高或腰长。 直角梯形直接利用垂直关系求边长。 面积问题： 直接套公式，或分割为平行四边形和三角形计算。 判定梯形： 先证一组对边平行，再证另一组不平行（或用等腰 / 直角条件）。 三、注意陷阱 梯形必须只有一组对边平行（与平行四边形区分）。 等腰梯形对角线相等，但普通梯形不一定。 1．（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 【答案】 【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． 2．（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． 【答案】（1）（2）证明见解析． 【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． 3．（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． 4．（2023•普陀区三模）已知：如图，在梯形中，，，，的平分线交延长线于点，交于点． （1）求证：四边形是菱形； （2）联结交于点，如果，求证：． 【答案】（1）（2）证明见解答过程． 【分析】（1）根据等腰三角形的三线合一得到，，根据角平分线的定义、平行线的性质得到，得到，根据菱形的判定定理证明； （2）连接，根据等腰梯形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质求出，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出，证明结论． 【解答】证明：（1），是的平分线， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， 平行四边形是菱形； （2）如图，连接， 在梯形中，，， 则梯形等腰梯形， ， 由（1）可知：四边形是菱形， ， ，， ， ， ， ， ． 【点评】本题考查的是梯形的性质、菱形的判定和性质，掌握菱形的判定定理是解题的关键． 【题型14 直角梯形】 一、核心公式（直接用） 面积：为上下底，为高 。 周长：（为垂直腰，为斜腰）。 二、解题技巧（快速得分） 1．求边长／高： 垂直腰直接为高。 斜腰长度用勾股定理：（当上下底差已知时）。 2．面积问题： 直接套公式，或分割为矩形和直角三角形计算。 3．判定直角梯形： 先证梯形（一组对边平行），再证有一个直角。 三、辅助线技巧 作高：从非直角顶点向底边作垂线，构造矩形和直角三角形。 平移斜腰：将斜腰平移至另一腰位置，转化为直角三角形。 四、注意陷阱 直角梯形只有一腰垂直，另一腰不垂直（与矩形区分）。 斜腰长度需通过勾股定理计算，不能直接等于上下底差。 1．（2023•普陀区二模）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】 【分析】根据对角线相等的四边形有正方形，矩形，等腰梯形，一般的四边形判断即可． 【解答】解：用两根同样长的竹棒做对角线，制作四边形的风筝， 则该风筝的形状可能是正方形，矩形，等腰梯形，一般的四边形等， 所以不可能是直角梯形． 故选：． 【点评】本题考查了直角梯形，熟练掌握矩形，正方形，等腰梯形的性质是解题的关键． 2．（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． 【答案】（1）156； （2）． 【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． 3．（2023•松江区二模）如图．四边形中，，，，． （1）如果，求的值； （2）如果，求四边形的面积． 【答案】（1）1； （2）3.5． 【分析】（1）过作于，进而利用梯形的性质和解直角三角形解答即可； （2）由勾股定理得出，进而利用梯形的面积公式解答即可． 【解答】（1）解：过作于， ，，，，， ，， ， ； （2）解：设，则，， 在中，由勾股定理可得：， 解得：， 四边形的面积． 【点评】此题考查梯形的性质，关键是利用梯形的性质和解直角三角形解答． 【题型15 等腰梯形的判定】 一、基础判定（必记） 两腰相等：两条腰相等的梯形是等腰梯形。 同一底上的角相等：同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形。 对角线相等：对角线相等的梯形是等腰梯形。 二、核心方法（直接用） 方法 1：先证四边形是梯形（一组对边平行，另一组不平行），再证两腰相等或同一底角相等或对角线相等。 方法 2：直接证明两腰相等且一组对边平行（适用于已知梯形的情况）。 三、解题技巧（快速得分） 已知梯形： 若两腰相等，直接判定为等腰梯形。 若同一底角相等，或对角线相等，直接判定为等腰梯形。 未知梯形： 先证一组对边平行，再证另一组不平行，最后证两腰相等 / 同一底角相等 / 对角线相等。 辅助线： 平移一腰，构造平行四边形和等腰三角形（利用等腰三角形性质）。 作高，转化为矩形和直角三角形（利用勾股定理或全等三角形）。 四、注意陷阱 仅两腰相等或仅对角线相等：需先确定是梯形（一组对边平行），否则可能为其他四边形。 同一底角相等：必须是 “同一底” 上的角，而非对角。 1．（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 【答案】 【分析】先证明四边形为平行四边形，再证明△△，得到，得到，再根据菱形的判定定理判断即可． 【解答】解：，， ， 同理可得：， 四边形为平行四边形， 四边形矩形， ，， ，， ， ， ， 在△和△中， ， △△， ， ， 四边形为菱形， 故选：． 【点评】本题考查的是矩形的性质、菱形的判定，熟记四条边相等的四边形是菱形是解题的关键． 2．（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．， 【答案】 【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． 3．（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． 4．（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 【答案】 【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． 5．（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． 【答案】（1）见解析； （2）见解析． 【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． 【题型16 梯形中位线定理】 一、核心公式（直接用） 中位线长度： 面积关联：梯形面积（为高，结合中位线简化计算）。 二、解题技巧（快速得分） 1．求线段长度： 已知两底，直接用公式。 已知中位线和一底，反推另一底：。 2．求面积： 若已知中位线和高，直接用（无需计算两底之和）。 3．证明平行或比例关系： 利用中位线平行于两底的性质，证明线段平行或构造相似三角形。 三、辅助线技巧 连接中点：若题目中出现梯形两腰中点，直接作中位线。 平移构造：通过平移一腰，将梯形转化为平行四边形和三角形，结合中位线简化问题。 四、注意陷阱 中位线与中线区别：中位线是连接两腰中点，而中线是连接顶点与对边中点（三角形中）。 仅适用于梯形：中位线定理不适用于其他四边形（如平行四边形、矩形）。 1．（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 【答案】 【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． 2．（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 　　． 【答案】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． 3．（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　　． 【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． （建议用时：15分钟） 1．（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． 【答案】（1）证明见解析； （2）存在长度不变，为； （3）能相似，． 【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． 2．（2024•静安区校级模拟）如图，在平行四边形中，，，，点在边上运动，以为圆心，为半径的圆与边交于、两点． （1）当圆与边相切时，求的长； （2）设，△的面积为，求关于的函数解析式，并写出定义域； （3）当圆与平行四边形的边有4个交点时，求的取值范围． 【答案】（1）； （2），定义域为：； （3）或． 【分析】（1）设圆与相切于点，连接，证明△△，利用相似对应边比相等列式求解即可； （2）过点作于点，通过△△解得，，利用垂径定理求出，求出，即可求解析式，由点在边上，求出当点与点重合时的值，即可求解； （3）①由题可得当与边相切后，至与边相切前，与平行四边形的边有四个交点；②当过点、、时，与平行四边形的边有四个交点；分别求解即可． 【解答】解：（1）如图1，设圆与相切于点，连接， ， 四边形是平行四边形， ，，， ， ，， △△， ， 设，则，， ， 解得：， 即； （2）如图2，过点作于点， ， ， △△， ， ， 解得：，， ， ， ， ， 当点与点重合时，如图3， 可得， 则， 由点在边上， 则定义域为：， 综上，，定义域为：； （3）当过点时， ， 此时点也在上， ①当与边相切后，至与边相切前，与平行四边形的边有四个交点， 又当与边相切时，由（1）可得此时， 当与边相切时，如图4，设切点为点， ， ， ， ， 当与边相切后，至与边相切前，与平行四边形的边有四个交点，此时的取值范围为：； ②当过点、、时，与平行四边形的边有四个交点， 由（2）可知此时； 综上，的取值范围为：或． 【点评】本题考查圆与平行四边形综合，涉及圆的切线的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，函数的解析式，定义域，熟练掌握这些性质和定义是解题的关键． 3．（2024•浦东新区模拟）我们给出如下定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．例如：如图1，，则四边形为等邻角四边形． （1）定义理解：以下平面图形中，是等邻角四边形的是 　　． ①平行四边形； ②矩形； ③菱形；④等腰梯形． （2）如图2，在四边形中，，的垂直平分线恰好交于边上一点，连结，，且，求证：四边形为等邻角四边形． （3）如图3，在等邻角四边形中，，，点为边上的一动点，过点作，，垂足分别为，．在点的运动过程中，猜想，，之间的数量关系？并请说明理由． 【答案】（1）②④； （2）证明见解析； （3），理由见解析． 【分析】（1）根据等邻角四边形的定义即可直接得出答案； （2）连接、，证明，得出，从而得到，，即可证明四边形为等邻角四边形； （3）过点作，证明得到，再由矩形得到，即可得出． 【解答】（1）解：矩形和等腰梯形都有一组邻角相等， 矩形和等腰梯形是等邻角四边形， 故答案为：②④； （2）证明：连接、， 垂直平分， ， 垂直平分， ， 在和中， ， ， ， ， ， 四边形为等邻角四边形． （3）解：，理由如下： 过点作，垂足为， ， ， ， 四边形为等邻角四边形，， ， ， ， 在和中 ， ， ， ，，， 四边形为矩形， ， ， 即． 【点评】本题主要考查了新定义“等邻角四边形”，涉及线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质等知识，正确理解“等邻角四边形”的定义是解题的关键． 4．（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． 【答案】（1）； （2）①； ②12． 【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． 5．（2023•奉贤区二模）在梯形中，，，，，过点作对角线的垂线，垂足为，交射线于点． （1）如图，当点在边上时，求证：； （2）如图，如果是的中点，求的值； （3）联结，如果是等腰三角形，求的长 【答案】（1）见解析； （2）； （3）的长为8或或． 【分析】（1）根据平行线的性质得到，，根据全等三角形的判定定理即可得到结论； （2）如图1，作点作交于点，设，根据．得到，求得，根据全等三角形的性质得到，根据平行线分线段成比例定理即可得到结论； （3）①如图2，当时，②如图3，当时，③如图4，当时，设与交于，，根据等腰三角形的性质和平行线分线段成比例定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：， ， ，， ，， ， ， ； （2）解：如图1，作点作交于点， 设， ． ， 是的中点，， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， 解得， ； （3）解：①如图2，当时， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ； ②如图3，当时， ， ， ，， ， ， ， ； ③如图4，当时， 设与交于，， ， ， ， ， ， 即， 解得， ， 综上所述，如果是等腰三角形，的长为8或或． 【点评】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键． 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$