易错08 四边形中的几何综合（五大易错分析+举一反三+易错题通关）-备战2025年中考数学考试易错题（上海专用）

易错08 四边形中的几何综合 易错陷阱一:以平行四边形为背景命题的求解错误 1、 平行四边形的基本概念与性质 平行四边形的对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分。其面积公式为(S = 底×高) 。 2、 常见错误情形及原因 （1） 性质运用错误：在利用平行四边形性质解题时，对边、角、对角线的性质混淆。比如，误以为平行四边形的对角线相等；在计算边长或角度时，用错对边平行或相等、对角相等的性质。 （2） 图形辅助线添加错误：当需要添加辅助线（如连接对角线、作高 ）来解决问题时，辅助线添加不合理，无法有效利用平行四边形性质解题，或者添加辅助线后对新形成的三角形等图形的性质分析错误。 （3） 与其他图形综合时出错：在平行四边形与三角形、相似图形等综合问题中，不能准确找到图形之间的联系，如利用相似三角形性质求解平行四边形相关问题时，对应边、角关系找错。 易错提醒 （1）牢记平行四边形的各种性质，通过练习强化对性质的理解和运用。 （2）添加辅助线时，明确目的，根据问题需求合理添加，并分析辅助线带来的新条件。 （3）遇到综合问题，梳理不同图形的性质，找到它们之间的关联点，逐步推导。 例1-1．（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 ． 易错警示： 1.分类讨论不全：本题关键在于位置有两种情况（在之间、在延长线上)，易遗漏其中一种，只考虑一种情况就计算,导致结果不完整。 2.性质运用错误：对平行四边形性质及翻折性质理解不深。比如没正确利用翻折后推出,进而无法得到,影响后续计算。 3.计算失误：在设后，计算长度以及代入计算时，可能因粗心出现数值计算错误。 例1-2．（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． 易错警示： 1.性质推导遗漏：易忽略等腰三角形等边对等角性质，没推出,从而无法得到,这是后续证明的关键步骤。 2.中位线判定错误：对于中点条件利用不充分，没意识到是中点且可推出是中位线，进而不能得出,影响平行四边形的证明。 3平行四边形判定依据混乱：对平行四边形判定定理掌握不牢，可能错误使用判定条件，比如没通过证明两组对边分别平行等)来判定四边形是平行四边形，而是用了不恰当的判定方法。 变式1-1．（2025·上海松江·一模）如图，在中，是边的中点，交于点，如果的面积为，那么的面积为（   ） A． B． C． D． 变式1-2．（2025·上海闵行·模拟预测）如图，已知是平行四边形的边上一点，将沿直线折叠，点落在平行四边形内的点处，且，如果，，的正弦值为，那么的长为 ． 变式1-3．（2025·上海·模拟预测）如图，平行四边形中，点是边的三等分点．连接并延长交于点，连接，则的值为 ． 变式1-4．（2025·上海·模拟预测）如图，在平行四边形中， ，，点E是上一点，将四边形沿翻折得到四边形，点D正好落在延长线上的点F处． （1）的长为 ； （2）连接，若，则的度数是 °． 变式1-5．（2025·上海徐汇·一模）如图，在中，C为上一点，P为上一点，作平行四边形，边交于点F，满足，连接． (1)求证：． (2)连接交于点O，若，求证：四边形是等腰梯形． 变式1-6．（2025·上海黄浦·一模）已知平行四边形中，，，，是边上一动点，过点作，交射线于点，交于点，是上的点，，连接． (1)求证：； (2)当时，求线段的长； (3)当时，求的值． 易错陷阱二:以菱形为背景命题的求解错误 1、 菱形的基本概念与性质 菱形的四条边都相等，对角线互相垂直且平分，并且每一条对角线平分一组对角。其面积既可以用(S = 底×高)计算，也可以用对角线乘积的一半计算 。 2、 常见错误情形及原因 （1） 性质理解偏差：对菱形对角线性质理解不透彻，比如在计算角度或线段长度时，忽略对角线平分一组对角的性质；在运用对角线互相垂直平分计算边长或面积时，出现计算错误。 （2） 判定定理误用：在证明一个四边形是菱形时，对判定定理（如一组邻边相等的平行四边形是菱形、对角线互相垂直的平行四边形是菱形等 ）使用错误，条件罗列不全或错用。 （3） 与三角函数等知识结合出错：当菱形问题与三角函数结合时，如利用对角线夹角求边长或面积，三角函数值计算错误，或者边角关系对应错误。 易错提醒 （1）深入理解菱形的性质和判定定理，准确把握每个性质和定理的条件与结论。 （2）涉及菱形计算时，仔细分析已知条件，合理运用对角线性质，认真检查计算过程。 （3）在综合问题中，明确不同知识模块之间的联系，正确运用相关公式和定理。 例2-1．（2024·上海·中考真题）在菱形中，，则 ． 易错警示： 1.性质理解误区：菱形的边和角性质是解题关键。易忽略菱形四条边相等，在本题中没意识到由菱形得出,就无法利用等边对等角得到,这是核心性质遗漏。 2.内角和运用偏差：在利用三角形内角和计算时，易出现计算错误，比如误将算错，或者概念混淆，没清楚与在三角形内角和关系中的正确位置。 3.辑顺序混乱：解题时辑顺序要清晰，应先根据菱形性质推出边的关系，再利用角的关系计算。若辑顛倒，先盲目计算角度，不先确定边相等带来的角相等关系，会导致解题思路混乱，无法正确求解。 例2-2．（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 易错警示： 1.矩形性质遗忘：矩形的对角线相等且互相平分以及等面积关系(是解题基础。若遗忘这些性质，就无法通过等面积法建立线段关系，导致后续无法确定四条垂线段相等。 2.等面积法运用不熟练：利用等面积法推导时，易出现对面积公式理解错误，如混淆底和高的对应关系，或者计算时出现错误，不能准确得出四条垂线段相等的结论。 3.菱形判定定理混淆：在得出四条垂线段相等后，要依据四条边相等的四边形是菱形”来判定。若对菱形判定定理不熟悉，或与矩形、梯形等判定定理混淆，就可能误选其他选项。 例2-3．（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． 易错警示： 1.全等三角形判定条件误用：证明时，需准确运用(三边相等)判定定理。可能会混淆判定条件，比如错用等不成立的判定方法，导致全等证明错误，进而无法推出. 2.菱形判定定理理解偏差：要明确对角线互相垂直的平行四边形是菱形”这一判定定理。若对该定理记忆模糊，可能在证明出后，仍不能确定平行四边形ABCD是菱形，或者与其他特殊四边形判定混淆。 3.平行四边形性质遗漏：平行四边形对角线互相平分是证明全等的条件之一。若遗漏此性质，就无法满足全等三角形的判定条件，使证明过程无法进行。 变式2-1．（2025·上海·模拟预测）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，，若菱形的面积为，则的长为 ． 变式2-2．（2025·上海青浦·一模）如图，在菱形中，，． (1)求对角线的长； (2)求的值． 变式2-3．已知：如图，在中，，是中线的中点，，交线段的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果线段与边相交于点，连接，当时，求证：线段是线段与的比例中项． 变式2-4：已知：如图，点是平行四边形的对角线上的一点，射线与交于点，与的延长线交于点． (1)求证：； (2)连接，若，，求证：四边形是菱形． 易错陷阱三:以矩形为背景命题的求解错误 1、 矩形的基本概念与性质 矩形的四个角都是直角，对角线相等且互相平分。矩形的面积公式为(S = 长×宽) 。 2、 常见错误情形及原因 （1） 性质应用失误：在利用矩形性质解题时，对四个角是直角和对角线相等的性质运用不当。比如，在计算线段长度或角度时，没有充分利用直角条件构造直角三角形；在利用对角线相等列方程求解时，出现计算错误。 （2） 折叠问题处理不当：当矩形涉及折叠问题时，对折叠前后图形的对应边、对应角相等这一性质理解有误，导致在计算折叠后图形的边长、面积或角度时出错；在分析折叠过程中形成的全等三角形或相似三角形时，对应关系找错。 （3） 与其他图形组合出错：在矩形与三角形、圆等图形组合的问题中，不能准确找到图形之间的关系。例如，在矩形中嵌入圆，计算圆与矩形边的位置关系或相关面积时，对图形的几何关系分析错误。 易错提醒 （1）熟练掌握矩形的性质，在解题时根据已知条件合理运用，尤其注意直角和对角线相等这两个关键性质。 （2）处理折叠问题时，画出准确的示意图，明确折叠前后的对应关系，仔细分析图形变化。 （3）面对组合图形问题，分别梳理不同图形的性质，找到它们的公共点和关联条件，逐步求解。 例3-1．（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． 易错警示： 1.平行四边形与矩形判定混淆：选项中，满足相应条件可判定为平行四边形，但易误将平行四边形判定条件当作矩形判定条件，忽略矩形需有一个角是直角等特殊条件，错选或。 2.角度关系推导错误：在分析选项时，对于由平行关系推出的角度和为, 以及结合已知角相等条件推导角的度数，易出现逻辑错误。如选项中，由和推导时，可能错误判断四边形类型。 3.矩形判定定理不熟：对矩形有三个角是直角的四边形是矩形”或一个角是直角的平行四边形是矩形”等判定定理不熟悉，不能准确依据各选项条件，结合已有平行四边形判定结论，判断能否得出矩形。 例3-2．（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：． 易错警示： (1)问易错分析 1.相似判定错：未正确利用条件证, 角关系找错。 2.代换失误：忽略, 无法由推出. (2)问易错分析 1.性质漏用：遗漏, 无法构建线段相等关系。 2.角度错误：角的等量推导中，条件运用不当致关系错误。 3.全等误判：证时，判定条件用错或对应元素找错。 变式3-1．（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 ． 变式3-2．（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 ． 变式3-3．（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 ． 变式3-4．（2025·上海杨浦·一模）已知矩形（），点是边的中点，将沿翻折，点的对应点恰好落在对角线上，那么 ． 变式3-5．（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． 变式3-6．（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． 变式3-7．（2025·上海徐汇·一模）在矩形中连接，过点D作的垂线交于E，于F． (1)证明：； (2)若，，连接，求的值． 变式3-8．（2025·上海松江·一模）在矩形中，，．点E、F分别在边AB、BC上，，垂足为点． (1)求的值； (2)当时，求的长； (3)连接，如果是等腰三角形，求的正切值． 变式3-9．（2025·上海·模拟预测）翻折是一种常见的图形操作，观察翻折前后的图形能探究和发现数学结论，经过量化分析和演绎推理能证明数学结论． 点是矩形的边上一点，把沿直线翻折，使得点落在点处． (1)如图1，当点与点A重合时，交于点，判断与的数量关系，说明理由； (2)如图2，当点恰好是与的交点，且时，求的长． 易错陷阱四:以正方形为背景命题的求解错误 1、 正方形的基本概念与性质 正方形具有矩形和菱形的所有性质，即四条边都相等，四个角都是直角，对角线相等、互相垂直且平分，每一条对角线平分一组对角。其面积公式既可以用(S = 边长×边长)，也可以用对角线平方的一半来计算。 2、 常见错误情形及原因 （1）性质混淆与错用：由于正方形性质较多，容易混淆。比如，在计算过程中，将矩形和菱形的性质用错位置；在证明线段或角的关系时，没有充分利用正方形的特殊性质，导致解题思路受阻。 （2）动点问题分析不清：在正方形中涉及动点问题时，不能准确分析动点的运动轨迹和变化过程，对不同位置动点形成的图形关系判断错误。例如，在动点与正方形顶点构成三角形等图形时，无法正确确定三角形的形状和相关边长、角度。 （3）与坐标系结合出错：当正方形与平面直角坐标系结合时，在确定顶点坐标、计算图形面积或周长等问题上出错。比如，对坐标与线段长度的转换理解有误，或者在利用坐标计算图形位置关系时出现逻辑错误。易错提醒 （1）系统梳理正方形的性质，明确其与矩形、菱形性质的联系与区别，解题时准确运用。 （2）对于动点问题，通过画图和分析运动过程，找出关键位置和不变量，建立正确的数学模型。 （3）在坐标系问题中，熟练掌握坐标与几何图形的对应关系，仔细分析坐标变化带来的图形变化。 例4．（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 ． 易错警示： 1.辅助线构建：想不到延长构造相似三角形，缺少解题关键思路。 2.线段长度计算：设元后，利用相似三角形性质计算等 线段长度出错，影响计算。 3.相似判定与性质运用：不能准确判定, 或运用性质时对应边找错，算错. 变式4-1．（2025·上海·二模）如图，在正方形中，点分别在边上．连接，若，则的正切值为 ． 变式4-2．（2025·上海·模拟预测）正方形的边长为，点在边上，将沿直线翻折，使得点落在正方形内的点处，连接并延长交正方形一边于点．当时，则的长为 ． 变式4-3．（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． 易错陷阱五:以梯形为背景命题的求解错误 1、 梯形的基本概念与性质 梯形是一组对边平行，另一组对边不平行的四边形。特殊梯形有等腰梯形（两腰相等，同一底上的两个内角相等，对角线相等 ）和直角梯形（有一个角是直角 ）。梯形的面积公式为(上底 + 下底)×高的一半。 2、 常见错误情形及原因 （1） 概念理解错误：对梯形的定义和特殊梯形的性质理解不清晰。比如，混淆等腰梯形和直角梯形的性质；在判断一个四边形是否为梯形时，对边平行关系判断错误。 （2） 辅助线添加不合理：解决梯形问题常需要添加辅助线（如作高、平移腰、平移对角线等 ），但辅助线添加不合理，无法有效转化问题。例如，在计算梯形面积或边长时，作高的位置不当，导致无法利用已知条件求解。 （3） 与相似三角形等知识结合困难：在梯形与相似三角形结合的问题中，不能准确找出相似三角形，或者在利用相似三角形性质求解梯形相关问题时，对应边、对应角找错，比例关系列错。 易错提醒 （1）准确理解梯形及其特殊类型的概念和性质，通过对比记忆加深理解。 （2）学习并掌握不同类型辅助线的添加方法和适用场景，根据题目条件合理添加辅助线。 （3）遇到与相似三角形等综合问题时，仔细分析图形中的平行关系和角的关系，找出相似三角形，正确运用相似性质解题。 例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 易错警示： 1. 图形性质误判：默认梯形是等腰梯形、对边平行关系确定，在未明确条件下用特殊梯形性质推导，得出错误结论。 2. 结论推导不严谨：未充分考虑梯形类型、边的平行情况等多种可能性，直接套用特定推导过程，导致对①②结论判断失误。 变式5-1．（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：． 变式5-2．（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． 变式5-3．（2025·上海徐汇·一模）如图，在中，C为上一点，P为上一点，作平行四边形，边交于点F，满足，连接． (1)求证：． (2)连接交于点O，若，求证：四边形是等腰梯形． 变式5-4．（2024·上海崇明·二模）如图，梯形中，，，，，，点是射线上一动点（不与点重合），将沿着进行翻折，点的对应点记为点．    (1)如图，当点落在梯形的中位线上时，求的长． (2)如图，当点在线段上时，设，，求与之间的函数关系式，并写出定义域． (3)如图，连接，线段与射线交于点，当是等腰三角形时，求的长． 一、单选题 1．（2024九年级上·上海·专题练习）若，且，则顺次链接四边形中点得到的四边形一定是（       ） A．等腰梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 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． 3．（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． 二、填空题 4．（2025·上海静安·一模）在两条直角边长分别是和的直角三角形的内部作矩形，如果分别在两条直角边上（如图所示），，那么矩形的面积是 ．    5．（24-25九年级下·上海·阶段练习）如图，、分别是平行四边形边、的中点，、交于点、，若的面积为1，则五边形的面积是 ． 6．（2025·上海黄浦·一模）将一张矩形纸片进行如图所示的操作：沿对角线折叠，得到折痕；折叠纸片使边落在折痕上，点落在点处，得到折痕；过点折叠纸片，使点分别落在边、上，展开得到折痕．如果矩形是一个黄金矩形，其中，那么这张矩形纸片的两条邻边 ． 7．（2025·上海黄浦·一模）如图，将矩形平移到矩形的位置（点对应点，点对应点，点对应点），边与交于点，边与交于点，其中，，如果、两点的距离为，那么、两点的距离为 ．（用含的代数式表示） 8．（2025·上海青浦·一模）在中，，正方形的边在边上，顶点D、F分别在边、上．如果，那么正方形的边长是 ． 9．（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 ． 10．（2025·上海嘉定·一模）平行于梯形两底的直线截梯形的两腰，当两交点分别是两腰的黄金分割点时，我们称这条线段是梯形的“黄金分割线”．如图，在梯形中，，，，点、分别在边、上，如果是梯形的“黄金分割线”，那么 ． 11．（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 ． 12．（2025·上海松江·一模）如图，中，，正方形的顶点D、E、F分别在边、、上，如果，且．那么正方形的面积为 ． 13．（24-25九年级下·上海浦东新·阶段练习）如图，中，矩形的顶点、在边上，、分别在边、上，，，则矩形的周长为 ． 14．（2025·上海徐汇·一模）已知菱形的周长为C，其一个内角（锐角）的正切值为2，设其面积为S，那么S关于C的函数解析式是 ． 15．（2025·上海·二模）对于中心为点的正五边形，沿翻折该图形，得到新正五边形的中心记为点．连接、，和交于点，和交于点．则四边形和面积的比值是 ． 16．（24-25九年级上·上海宝山·期中）如图，已知在矩形中，连接，，将矩形绕点C旋转，使点B恰好落在对角线上的点处，点A、D分别落在点处，边分别与边交于点M、N，，那么线段的长为 ． 17．（2025·上海青浦·一模）梯形中，已知．将梯形沿过点的直线折叠，点落在AB上，记作点，折痕与底边的交点记作点．如果，那么 ． 三、解答题 18．（24-25九年级上·江苏扬州·期末）【问题】（1）如图1，四边形是正方形，点E是边上的一个动点，以为边在的右侧作正方形，连接、，则与的数量关系是 ． 【类比探究】； （2）如图2，四边形是矩形，，，点E是边上的一个动点，以为边在的右侧作矩形，且，连接、．判断线段与有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由； 【拓展提升】： （3）如图3，在（2）的条件下，点E是从点A运动D点，直接写出点G的运动路径长度 ； 19．（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”． 20．（2025·上海·二模）如图，在矩形中，联结，在边上取一点E，上取一点F，联结，．在上有一点G．作的外接圆，弧弧．联结，延长交边于点H． (1)若点C、H重合，求证：． (2)若； ①当时，求的长和的余切值； ②列表写出圆O的圆心分别在、与内部时，长度的取值范围(不写解答过程)． 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 易错08 四边形中的几何综合 易错陷阱一:以平行四边形为背景命题的求解错误 1、 平行四边形的基本概念与性质 平行四边形的对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分。其面积公式为(S = 底×高) 。 2、 常见错误情形及原因 （1） 性质运用错误：在利用平行四边形性质解题时，对边、角、对角线的性质混淆。比如，误以为平行四边形的对角线相等；在计算边长或角度时，用错对边平行或相等、对角相等的性质。 （2） 图形辅助线添加错误：当需要添加辅助线（如连接对角线、作高 ）来解决问题时，辅助线添加不合理，无法有效利用平行四边形性质解题，或者添加辅助线后对新形成的三角形等图形的性质分析错误。 （3） 与其他图形综合时出错：在平行四边形与三角形、相似图形等综合问题中，不能准确找到图形之间的联系，如利用相似三角形性质求解平行四边形相关问题时，对应边、角关系找错。 易错提醒 （1）牢记平行四边形的各种性质，通过练习强化对性质的理解和运用。 （2）添加辅助线时，明确目的，根据问题需求合理添加，并分析辅助线带来的新条件。 （3）遇到综合问题，梳理不同图形的性质，找到它们之间的关联点，逐步推导。 例1-1．（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． 易错警示： 1.分类讨论不全：本题关键在于位置有两种情况（在之间、在延长线上)，易遗漏其中一种，只考虑一种情况就计算,导致结果不完整。 2.性质运用错误：对平行四边形性质及翻折性质理解不深。比如没正确利用翻折后推出,进而无法得到,影响后续计算。 3.计算失误：在设后，计算长度以及代入计算时，可能因粗心出现数值计算错误。 例1-2．（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． 易错警示： 1.性质推导遗漏：易忽略等腰三角形等边对等角性质，没推出,从而无法得到,这是后续证明的关键步骤。 2.中位线判定错误：对于中点条件利用不充分，没意识到是中点且可推出是中位线，进而不能得出,影响平行四边形的证明。 3平行四边形判定依据混乱：对平行四边形判定定理掌握不牢，可能错误使用判定条件，比如没通过证明两组对边分别平行等)来判定四边形是平行四边形，而是用了不恰当的判定方法。 变式1-1．（2025·上海松江·一模）如图，在中，是边的中点，交于点，如果的面积为，那么的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质．解决本题的关键是根据相似三角形的面积比等于相似比的平方求出的面积．首先根据平行四边形的性质可证且相似比为，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方可得，从而可求的面积． 【详解】解：四边形是平行四边形， 且， ， 点是的中点， ， ， ， ， ． 故选：B． 变式1-2．（2025·上海闵行·模拟预测）如图，已知是平行四边形的边上一点，将沿直线折叠，点落在平行四边形内的点处，且，如果，，的正弦值为，那么的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，三角函数等，如图，过点作于，过点作于，交于，可证四边形是矩形，可得，，利用勾股定理求出的长，再由勾股定理即可求出的长，添加恰当的辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作于，过点作于，交于， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵，，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵将沿直线折叠， ∴，， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：. 变式1-3．（2025·上海·模拟预测）如图，平行四边形中，点是边的三等分点．连接并延长交于点，连接，则的值为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据题意得，，，设，则，得到，根据平行线分线段成比例定理得到，得到，继而得到，得出，计算即可得到答案． 【详解】解：平行四边形中，， 点是边的三等分点， ， 设，则， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 变式1-4．（2025·上海·模拟预测）如图，在平行四边形中， ，，点E是上一点，将四边形沿翻折得到四边形，点D正好落在延长线上的点F处． （1）的长为 ； （2）连接，若，则的度数是 °． 【答案】 2 60 【分析】（1）结合折叠的性质证明为等腰三角形，即可获得答案； （2）取中点M，连接、，结合折叠的性质证明，在中和中，利用勾股定理解得、的值，进而证明为等边三角形，由等边三角形的性质可得，进而求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，，， ∴， ∴， 由折叠可得，， ∴， ∴， ∴； 答案为：2； （2）如图，取中点M，连接、， ∵四边形是平行四边形，，， ∴，， ∵， ∴， 由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∴在中，， ∴在中，， ∵点M为中点， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴． 答案为：60． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线的性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题的关键． 变式1-5．（2025·上海徐汇·一模）如图，在中，C为上一点，P为上一点，作平行四边形，边交于点F，满足，连接． (1)求证：． (2)连接交于点O，若，求证：四边形是等腰梯形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先由平行四边形的性质得，结合，则，根据两边成比例且夹角相等的两三角形相似解题； （2）先由平行四边形的性质得，证明，则有因为，因为， 证明，则， 所以，得四边形是梯形， 结合由（1）得， ， 所以，即，证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ，即 ， ； ， ； （2）解：连接，如图所示： ∵四边形是平行四边形， ， ， ， ∴， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形是梯形， ； 由（1）得， ， 则； 由（1）得， ， ， 则 ， 即 ， ∴四边形是等腰梯形． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，等腰梯形的判定，等角对等边，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 变式1-6．（2025·上海黄浦·一模）已知平行四边形中，，，，是边上一动点，过点作，交射线于点，交于点，是上的点，，连接． (1)求证：； (2)当时，求线段的长； (3)当时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) (3)或 【分析】（1）过点作，垂足为点，由求出，由勾股定理的出，，所以，由，， 得到，进而可得出结论； （2）根据平行线的性质以及角的和差关系证出，由，得到，，所以，求出，进而可求出的长； （3）过点作，垂足为点，根据，得到，证明出，可得，由，可得，然后分两种情况讨论：当点在线段的延长线上时；当点在线段上时；即可解答． 【详解】（1）解：过点作，垂足为点， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ； （2）解：过点作，垂足为点， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ； （3）解：过点作，垂足为点， ， ， 又， ， 又， ， ， ， ， 当点在线段的延长线上时， 由，可得， 设， ，，， ，， ， ， ； 当点在线段上时，可得， 设， ，，， ，， ， ， ， 综上所述的值为或． 【点睛】本题考查了解直角三角形、勾股定理、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、平行线的性质，掌握以上知识点是解答本题的关键． 易错陷阱二:以菱形为背景命题的求解错误 1、 菱形的基本概念与性质 菱形的四条边都相等，对角线互相垂直且平分，并且每一条对角线平分一组对角。其面积既可以用(S = 底×高)计算，也可以用对角线乘积的一半计算 。 2、 常见错误情形及原因 （1） 性质理解偏差：对菱形对角线性质理解不透彻，比如在计算角度或线段长度时，忽略对角线平分一组对角的性质；在运用对角线互相垂直平分计算边长或面积时，出现计算错误。 （2） 判定定理误用：在证明一个四边形是菱形时，对判定定理（如一组邻边相等的平行四边形是菱形、对角线互相垂直的平行四边形是菱形等 ）使用错误，条件罗列不全或错用。 （3） 与三角函数等知识结合出错：当菱形问题与三角函数结合时，如利用对角线夹角求边长或面积，三角函数值计算错误，或者边角关系对应错误。 易错提醒 （1）深入理解菱形的性质和判定定理，准确把握每个性质和定理的条件与结论。 （2）涉及菱形计算时，仔细分析已知条件，合理运用对角线性质，认真检查计算过程。 （3）在综合问题中，明确不同知识模块之间的联系，正确运用相关公式和定理。 例2-1．（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：． 易错警示： 1.性质理解误区：菱形的边和角性质是解题关键。易忽略菱形四条边相等，在本题中没意识到由菱形得出,就无法利用等边对等角得到,这是核心性质遗漏。 2.内角和运用偏差：在利用三角形内角和计算时，易出现计算错误，比如误将算错，或者概念混淆，没清楚与在三角形内角和关系中的正确位置。 3.辑顺序混乱：解题时辑顺序要清晰，应先根据菱形性质推出边的关系，再利用角的关系计算。若辑顛倒，先盲目计算角度，不先确定边相等带来的角相等关系，会导致解题思路混乱，无法正确求解。 例2-2．（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． 易错警示： 1.矩形性质遗忘：矩形的对角线相等且互相平分以及等面积关系(是解题基础。若遗忘这些性质，就无法通过等面积法建立线段关系，导致后续无法确定四条垂线段相等。 2.等面积法运用不熟练：利用等面积法推导时，易出现对面积公式理解错误，如混淆底和高的对应关系，或者计算时出现错误，不能准确得出四条垂线段相等的结论。 3.菱形判定定理混淆：在得出四条垂线段相等后，要依据四条边相等的四边形是菱形”来判定。若对菱形判定定理不熟悉，或与矩形、梯形等判定定理混淆，就可能误选其他选项。 例2-3．（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． 易错警示： 1.全等三角形判定条件误用：证明时，需准确运用(三边相等)判定定理。可能会混淆判定条件，比如错用等不成立的判定方法，导致全等证明错误，进而无法推出. 2.菱形判定定理理解偏差：要明确对角线互相垂直的平行四边形是菱形”这一判定定理。若对该定理记忆模糊，可能在证明出后，仍不能确定平行四边形ABCD是菱形，或者与其他特殊四边形判定混淆。 3.平行四边形性质遗漏：平行四边形对角线互相平分是证明全等的条件之一。若遗漏此性质，就无法满足全等三角形的判定条件，使证明过程无法进行。 变式2-1．（2025·上海·模拟预测）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，，若菱形的面积为，则的长为 ． 【答案】 【分析】由菱形的性质得， ，，再求出，然后由菱形面积求出，即可解决问题． 本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵菱形的面积， ∴， 故答案为：． 变式2-2．（2025·上海青浦·一模）如图，在菱形中，，． (1)求对角线的长； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，解直角三角形，灵活运用相关知识是解决问题的关键． （1）连接，交于，在中，解直角三角形求出即可； （2）过点作于，根据菱形的面积公式求出，根据三角函数的定义即可求出答案． 【详解】（1）解：连接，交于， 四边形是菱形， ，，， 在中， ，， ， ， ， ， ； （2）解：四边形是菱形，，， 菱形的面积， 过点作于， 则， ， ． 变式2-3．已知：如图，在中，，是中线的中点，，交线段的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果线段与边相交于点，连接，当时，求证：线段是线段与的比例中项． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明，推出，可得结论； （2）证明，推出，又因为，，推出，再证明可得结论． 【详解】（1）证明：，， ， 是的中点， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是菱形； （2）证明：， ， ， ， ， ， ， ∵，， ， ∵四边形是菱形， 关于对称， ， ，，， ， ， ， 线段是线段与的比例中项． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形，相似三角形解决问题． 变式2-4：已知：如图，点是平行四边形的对角线上的一点，射线与交于点，与的延长线交于点． (1)求证：； (2)连接，若，，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）可得，，则，，即可证明； （2）先证明，再证明，再根据相似三角形的性质以及平行四边形的性质求证． 【详解】（1）证明：平行四边形 ，  ， ∴，，                                   ，                                                                                     ； （2）证明：如图，连接， ， ，又， ， ，                                            ，， ，，   ，                                             平行四边形， ， ， ， ， ，                                               ，又，    ，                                             即，   ，                                                     平行四边形， 四边形是菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，菱形的判定，熟练掌握知识点是解题的关键． 易错陷阱三:以矩形为背景命题的求解错误 1、 矩形的基本概念与性质 矩形的四个角都是直角，对角线相等且互相平分。矩形的面积公式为(S = 长×宽) 。 2、 常见错误情形及原因 （1） 性质应用失误：在利用矩形性质解题时，对四个角是直角和对角线相等的性质运用不当。比如，在计算线段长度或角度时，没有充分利用直角条件构造直角三角形；在利用对角线相等列方程求解时，出现计算错误。 （2） 折叠问题处理不当：当矩形涉及折叠问题时，对折叠前后图形的对应边、对应角相等这一性质理解有误，导致在计算折叠后图形的边长、面积或角度时出错；在分析折叠过程中形成的全等三角形或相似三角形时，对应关系找错。 （3） 与其他图形组合出错：在矩形与三角形、圆等图形组合的问题中，不能准确找到图形之间的关系。例如，在矩形中嵌入圆，计算圆与矩形边的位置关系或相关面积时，对图形的几何关系分析错误。 易错提醒 （1）熟练掌握矩形的性质，在解题时根据已知条件合理运用，尤其注意直角和对角线相等这两个关键性质。 （2）处理折叠问题时，画出准确的示意图，明确折叠前后的对应关系，仔细分析图形变化。 （3）面对组合图形问题，分别梳理不同图形的性质，找到它们的公共点和关联条件，逐步求解。 例3-1．（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． 易错警示： 1.平行四边形与矩形判定混淆：选项中，满足相应条件可判定为平行四边形，但易误将平行四边形判定条件当作矩形判定条件，忽略矩形需有一个角是直角等特殊条件，错选或。 2.角度关系推导错误：在分析选项时，对于由平行关系推出的角度和为, 以及结合已知角相等条件推导角的度数，易出现逻辑错误。如选项中，由和推导时，可能错误判断四边形类型。 3.矩形判定定理不熟：对矩形有三个角是直角的四边形是矩形”或一个角是直角的平行四边形是矩形”等判定定理不熟悉，不能准确依据各选项条件，结合已有平行四边形判定结论，判断能否得出矩形。 例3-2．（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． 易错警示： (1)问易错分析 1.相似判定错：未正确利用条件证, 角关系找错。 2.代换失误：忽略, 无法由推出. (2)问易错分析 1.性质漏用：遗漏, 无法构建线段相等关系。 2.角度错误：角的等量推导中，条件运用不当致关系错误。 3.全等误判：证时，判定条件用错或对应元素找错。 变式3-1．（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． 变式3-2．（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：． 变式3-3．（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：． 变式3-4．（2025·上海杨浦·一模）已知矩形（），点是边的中点，将沿翻折，点的对应点恰好落在对角线上，那么 ． 【答案】/ 【分析】延长交于点，连接，由矩形的性质可得，，，由两直线平行内错角相等可得，由折叠的性质可得，，，由等边对等角可得，利用邻补角互补可得，由对顶角相等可得，进而可得，由等角对等边可得，由点是边的中点可得，进而可得，利用可证得，于是可得，进而可得，则，，即，，，利用勾股定理可得，然后根据即可得出答案． 【详解】解：如图，延长交于点，连接， 四边形是矩形， ，，， ， 将沿翻折，点落到点处， ，，， ， ， ， 又， ， ， ， ， 点是边的中点， ， ， 又， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了求角的正切值，矩形的性质，两直线平行内错角相等，折叠的性质，等边对等角，利用邻补角互补求角度，对顶角相等，等角对等边，线段中点的有关计算，全等三角形的判定与性质，线段的和与差，勾股定理等知识点，熟练掌握折叠的性质及勾股定理是解题的关键． 变式3-5．（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． 变式3-6．（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． 变式3-7．（2025·上海徐汇·一模）在矩形中连接，过点D作的垂线交于E，于F． (1)证明：； (2)若，，连接，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质． （1）由矩形的性质得，再由垂直得，由角的等量代换推出，即可得出结论； （2）先证明得，进而得，再由平行得，，最后由可得答案． 【详解】（1）证明：∵是矩形， ∴， ∵于点E， ∴， ∴，， ∴，即， ∴； （2）解：如图， ∵， ∴， 由（1）， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴（负值舍去）， ∵是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴． 变式3-8．（2025·上海松江·一模）在矩形中，，．点E、F分别在边AB、BC上，，垂足为点． (1)求的值； (2)当时，求的长； (3)连接，如果是等腰三角形，求的正切值． 【答案】(1) (2)5 (3)或或2 【分析】（1）先由矩形的性质证明，即可得； （2）延长、交于，设，由得，则，证明得，进而得，，再由得，进而可得关于x的一元二次方程，解方程即可； （3）分三种情况：①当时；②当时；③当时；根据三种情况分别画图求解即可． 【详解】（1）解：在矩形中，， ， ， ， ， 又∵，， ； （2）解：延长、交于， 设， ， ， 则， ，， ， ， ，， ， ，即， ∴， 解得，（舍）， ； （3）解：①当时，如图， ， ， ， ， ； ②当时， 过点作，垂足为点，交于（如图），则， ， ， ， 则， ； ③当时， 过点作（如图），则， ， ， ，则，， ，，， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程的应用，锐角三角函数与解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法． 变式3-9．（2025·上海·模拟预测）翻折是一种常见的图形操作，观察翻折前后的图形能探究和发现数学结论，经过量化分析和演绎推理能证明数学结论． 点是矩形的边上一点，把沿直线翻折，使得点落在点处． (1)如图1，当点与点A重合时，交于点，判断与的数量关系，说明理由； (2)如图2，当点恰好是与的交点，且时，求的长． 【答案】(1)，理由见解析 (2) 【分析】本题主要考查了翻折变换、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握折叠的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键． （1）由证得，再根据全等三角形的性质即可证明结论； （2）设的长为x，由折叠得，再求出，然后证得到，最后代入数据计算即可． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：设的长为x，由折叠得， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 解得：（不合题意，舍去）， ∴的长为． 易错陷阱四:以正方形为背景命题的求解错误 1、 正方形的基本概念与性质 正方形具有矩形和菱形的所有性质，即四条边都相等，四个角都是直角，对角线相等、互相垂直且平分，每一条对角线平分一组对角。其面积公式既可以用(S = 边长×边长)，也可以用对角线平方的一半来计算。 2、 常见错误情形及原因 （1）性质混淆与错用：由于正方形性质较多，容易混淆。比如，在计算过程中，将矩形和菱形的性质用错位置；在证明线段或角的关系时，没有充分利用正方形的特殊性质，导致解题思路受阻。 （2）动点问题分析不清：在正方形中涉及动点问题时，不能准确分析动点的运动轨迹和变化过程，对不同位置动点形成的图形关系判断错误。例如，在动点与正方形顶点构成三角形等图形时，无法正确确定三角形的形状和相关边长、角度。 （3）与坐标系结合出错：当正方形与平面直角坐标系结合时，在确定顶点坐标、计算图形面积或周长等问题上出错。比如，对坐标与线段长度的转换理解有误，或者在利用坐标计算图形位置关系时出现逻辑错误。易错提醒 （1）系统梳理正方形的性质，明确其与矩形、菱形性质的联系与区别，解题时准确运用。 （2）对于动点问题，通过画图和分析运动过程，找出关键位置和不变量，建立正确的数学模型。 （3）在坐标系问题中，熟练掌握坐标与几何图形的对应关系，仔细分析坐标变化带来的图形变化。 例4．（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：． 易错警示： 1.辅助线构建：想不到延长构造相似三角形，缺少解题关键思路。 2.线段长度计算：设元后，利用相似三角形性质计算等 线段长度出错，影响计算。 3.相似判定与性质运用：不能准确判定, 或运用性质时对应边找错，算错. 变式4-1．（2025·上海·二模）如图，在正方形中，点分别在边上．连接，若，则的正切值为 ． 【答案】 【分析】根据正方形的性质得到，，运用勾股定理得到，如图所示，连接，过点作于点，可证明得到，则是的中线，得到，，在中由正切值的计算方法即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， 在中，， 如图所示，连接，过点作于点， ∵， ∴， ∴， ∴是的中线， ∴， ∴， 在中，， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理定理，全等三角形的判定和性质，正弦、正切值的计算，掌握正切值的计算方法是关键． 变式4-2．（2025·上海·模拟预测）正方形的边长为，点在边上，将沿直线翻折，使得点落在正方形内的点处，连接并延长交正方形一边于点．当时，则的长为 ． 【答案】或 【分析】分两种情况：当在上时，根据四边形是正方形，，得四边形是平行四边形，又将沿直线翻折，使得点落在正方形内的点处，可得，故；当在上时，过作于，可证明（），从而推得，是的中位线，，设则，可得，解得，即可得到答案． 【详解】解：当在上时，如图： 四边形是正方形， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，， 将沿直线翻折，使得点落在正方形内的点处， ，， ， ， ， 正方形的边长为， ； 当在上时，过作于，如图： 四边形是正方形， ， ， ，即， 在和中， ， ， ， 将沿直线翻折，使得点落在正方形内的点处， ，， ， ， ， ， ， ， ∴， ∴， ∴， 是的中位线，， ， 设，则， 在中，， ， ， 解得， ， ， 综上所述，的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题． 变式4-3．（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. 易错陷阱五:以梯形为背景命题的求解错误 1、 梯形的基本概念与性质 梯形是一组对边平行，另一组对边不平行的四边形。特殊梯形有等腰梯形（两腰相等，同一底上的两个内角相等，对角线相等 ）和直角梯形（有一个角是直角 ）。梯形的面积公式为(上底 + 下底)×高的一半。 2、 常见错误情形及原因 （1） 概念理解错误：对梯形的定义和特殊梯形的性质理解不清晰。比如，混淆等腰梯形和直角梯形的性质；在判断一个四边形是否为梯形时，对边平行关系判断错误。 （2） 辅助线添加不合理：解决梯形问题常需要添加辅助线（如作高、平移腰、平移对角线等 ），但辅助线添加不合理，无法有效转化问题。例如，在计算梯形面积或边长时，作高的位置不当，导致无法利用已知条件求解。 （3） 与相似三角形等知识结合困难：在梯形与相似三角形结合的问题中，不能准确找出相似三角形，或者在利用相似三角形性质求解梯形相关问题时，对应边、对应角找错，比例关系列错。 易错提醒 （1）准确理解梯形及其特殊类型的概念和性质，通过对比记忆加深理解。 （2）学习并掌握不同类型辅助线的添加方法和适用场景，根据题目条件合理添加辅助线。 （3）遇到与相似三角形等综合问题时，仔细分析图形中的平行关系和角的关系，找出相似三角形，正确运用相似性质解题。 例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． 易错警示： 1. 图形性质误判：默认梯形是等腰梯形、对边平行关系确定，在未明确条件下用特殊梯形性质推导，得出错误结论。 2. 结论推导不严谨：未充分考虑梯形类型、边的平行情况等多种可能性，直接套用特定推导过程，导致对①②结论判断失误。 变式5-1．（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． 变式5-2．（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． 变式5-3．（2025·上海徐汇·一模）如图，在中，C为上一点，P为上一点，作平行四边形，边交于点F，满足，连接． (1)求证：． (2)连接交于点O，若，求证：四边形是等腰梯形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）先由平行四边形的性质得，结合，则，根据两边成比例且夹角相等的两三角形相似解题； （2）先由平行四边形的性质得，证明，则有因为，因为， 证明，则， 所以，得四边形是梯形， 结合由（1）得， ， 所以，即，证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ，即 ， ； ， ； （2）解：连接，如图所示： ∵四边形是平行四边形， ， ， ， ∴， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形是梯形， ； 由（1）得， ， 则； 由（1）得， ， ， 则 ， 即 ， ∴四边形是等腰梯形． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，等腰梯形的判定，等角对等边，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 变式5-4．（2024·上海崇明·二模）如图，梯形中，，，，，，点是射线上一动点（不与点重合），将沿着进行翻折，点的对应点记为点．    (1)如图，当点落在梯形的中位线上时，求的长． (2)如图，当点在线段上时，设，，求与之间的函数关系式，并写出定义域． (3)如图，连接，线段与射线交于点，当是等腰三角形时，求的长． 【答案】(1) (2) (3)或或 【分析】（1）如图中，延长交的延长线于，证明垂直平分线段，得，得到，由，，推出，即可得解； （2）如图中，设交于，，，证明得，可得，证明得，可得，继而得到，再根据，即可得出结论； （3）分三种情形：①如图中，当时；②如图中，当时；③如图中，当时，点与重合．分别求解即可． 【详解】（1）解：如图中，延长交的延长线于， ∵梯形中，，， ∴， ∵是梯形的中位线， ∴，，， ∴，即， ∵将沿着进行翻折，点的对应点为点， ∴，， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴的长为；        （2）如图2中，过点作于点，设交于，设，， ∴，， ∵在梯形中，，，，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵点在线段上（不与点重合），，， ∴， ∵将沿着进行翻折，点的对应点为点， ∴，， ∴垂直平分线段， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ，得：， ∴， ∴与之间的函数关系式为；    （3）①如图3中，当时，延长交于，设， ∵在梯形中，，，，， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵将沿着进行翻折，点的对应点为点， ∴，，， ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∴；    ②如图中，当时， ∵，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴，设， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴；      ③如图中，当时，点与重合， ∵垂直平分， ∴， ∴，， ∴，即， ∴， ∴， ∴； 综上所述，当是等腰三角形时，的长为或或．    【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，梯形的性质，梯形的中位线，垂直平分线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线构造直角三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题． 一、单选题 1．（2024九年级上·上海·专题练习）若，且，则顺次链接四边形中点得到的四边形一定是（       ） A．等腰梯形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】C 【分析】本题考查了平面向量的几何意义．等腰梯形的判定与性质，菱形的判定，中位线的性质，解答该题的关键是根据已知条件来判断与的方向和长度，从而确定它们的位置关系． 根据平面向量的几何意义，可以由推知且不相等；然后根据已知条件知、是四边形的两条相等的边；可得四边形是等腰梯形，再进一步解答即可． 【详解】解：如图，，且， ∴，，， ∴四边形是等腰梯形， ∴， ∵分别为的中点， ∴，，， ∴， ∴四边形为菱形， 故选：C． 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． 3．（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． 二、填空题 4．（2025·上海静安·一模）在两条直角边长分别是和的直角三角形的内部作矩形，如果分别在两条直角边上（如图所示），，那么矩形的面积是 ．    【答案】72 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质得到的值是解题的关键． 根据题意可证，得到，由题意设，则，由此列式得，解得，，则，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，    ∵两条直角边长分别是和的直角三角形的内部作矩形， ∴，，， ∴，且， ∴， ∴， ∵， ∴设，则， ∴， 解得，， ∴， ∴矩形的面积是， 故答案为：72 ． 5．（24-25九年级下·上海·阶段练习）如图，、分别是平行四边形边、的中点，、交于点、，若的面积为1，则五边形的面积是 ． 【答案】2 【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形中线求面积，掌握相似三角形的性质是解题关键．连接交于点，由平行四边形的性质证明，，进而推出，得到，即可求解． 【详解】解：如图，连接交于点， 、分别是平行四边形边、的中点， ，，，，， ，， ， ，， ，， ，， ，， ， ， ， ， ， 五边形的面积是， 故答案为：2 6．（2025·上海黄浦·一模）将一张矩形纸片进行如图所示的操作：沿对角线折叠，得到折痕；折叠纸片使边落在折痕上，点落在点处，得到折痕；过点折叠纸片，使点分别落在边、上，展开得到折痕．如果矩形是一个黄金矩形，其中，那么这张矩形纸片的两条邻边 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，翻折变换，黄金分割，相似三角形的判定和性质，设与交于点，由矩形的性质可得，，，，则，由折叠性质可知：，，故，设，，，根据勾股定理求出，则，再证明，最后由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，设与交于点， ∵矩形是一个黄金矩形， ∴，，，， ∴， 由折叠性质可知：， ∴， ∴， ∵， ∴设，，， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴，解得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 7．（2025·上海黄浦·一模）如图，将矩形平移到矩形的位置（点对应点，点对应点，点对应点），边与交于点，边与交于点，其中，，如果、两点的距离为，那么、两点的距离为 ．（用含的代数式表示） 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平移的性质，解题的关键是正确作出辅助线．延长交于点，连接、，则，可证明四边形和四边形都是矩形，则，，由，，可得，，推出，得到，即可求解． 【详解】解：延长交于点，连接、，则， 四边形是矩形， ， ， 由平移得：，，， ，， 四边形和四边形都是矩形， ，， ，， ，， ， ， ， ， ， 、两点的距离为， 故答案为：． 8．（2025·上海青浦·一模）在中，，正方形的边在边上，顶点D、F分别在边、上．如果，那么正方形的边长是 ． 【答案】2 【分析】此题重点考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，由，四边形是正方形，顶点F在上，得，，可证明，得，而，，所以，则，所以，求得，则正方形的边长是2，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图， ∵，四边形是正方形，顶点F在上， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴正方形的边长是2， 故答案为：2． 9．（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： 10．（2025·上海嘉定·一模）平行于梯形两底的直线截梯形的两腰，当两交点分别是两腰的黄金分割点时，我们称这条线段是梯形的“黄金分割线”．如图，在梯形中，，，，点、分别在边、上，如果是梯形的“黄金分割线”，那么 ． 【答案】 【分析】本题考查黄金分割，相似三角形的判定和性质，过点作交于点，证明，得到，求出的长，利用求出的长即可． 【详解】解：过点作交于点， ∵是梯形的“黄金分割线”， ∴，， ∴四边形均为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 11．（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：． 12．（2025·上海松江·一模）如图，中，，正方形的顶点D、E、F分别在边、、上，如果，且．那么正方形的面积为 ． 【答案】16 【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，三角形的面积，正方形的性质，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题的关键． 设正方形的边长为，得到根据平行线分线段成比例定理得到，求得，，根据三角形的面积公式列方程得到，于是得到正方形的面积． 【详解】设正方形的边长为x， ， ， ， ， ， ， ， （负值舍去）， ， 正方形的面积． 故答案为：16． 13．（24-25九年级下·上海浦东新·阶段练习）如图，中，矩形的顶点、在边上，、分别在边、上，，，则矩形的周长为 ． 【答案】9 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，正确利用相似三角形的性质是解题的关键． 过点作于，根据面积求得，由和分别求出，即可求求解周长． 【详解】解：过点作于， ∵，， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴矩形的周长为， 故答案为：9． 14．（2025·上海徐汇·一模）已知菱形的周长为C，其一个内角（锐角）的正切值为2，设其面积为S，那么S关于C的函数解析式是 ． 【答案】 【分析】本题考查正切的定义，菱形的性质和面积以及勾股定理．根据菱形的性质得出菱形的边长，由正切的定义得出，再由勾股定理得出的长，由菱形的面积等于底乘以高即可求解． 【详解】解：如图，四边形是菱形，是边上的高， ∵菱形的周长为C， ∴， ∵的正切值为2， ∴， ∴， 由勾股定理可得， ∴， 解得：， 菱形面积为， 故答案为：． 15．（2025·上海·二模）对于中心为点的正五边形，沿翻折该图形，得到新正五边形的中心记为点．连接、，和交于点，和交于点．则四边形和面积的比值是 ． 【答案】/ 【分析】如图所示，连接，首先求出，得到垂直平分，求出，设，，则，证明出，得到，代入得到，然后求出，，进而求解即可． 【详解】解：如图所示，连接 ∵中心为点的正五边形， ∴ ∵ ∴ 由题意可得，垂直平分 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴设， ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ 整理得， ∴ 解得或（舍去） ∴ ∵垂直平分 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴． 故答案为：． 【点睛】此题考查了相似三角形的性质，正多边形的性质，等边对等角，三角形内角和定理，解一元二次方程等知识，解题的关键是正确画出图形，证明出． 16．（24-25九年级上·上海宝山·期中）如图，已知在矩形中，连接，，将矩形绕点C旋转，使点B恰好落在对角线上的点处，点A、D分别落在点处，边分别与边交于点M、N，，那么线段的长为 ． 【答案】15 【分析】连接，作于，设，，则，由旋转的性质可得：，，，证明，得出，由勾股定理得出，推出，证明，求出，，得到，证明，得出，求出，结合得到关于的方程，求出的值即可得解． 【详解】解：如图，连接，作于， 四边形为矩形， ，，， ， 设，， ，， ， 由旋转的性质可得：，，， ，， ， ∴ ， ， ， ， ， ， ， ∴ ， ，， ， ，， ∴ ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：15． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 17．（2025·上海青浦·一模）梯形中，已知．将梯形沿过点的直线折叠，点落在AB上，记作点，折痕与底边的交点记作点．如果，那么 ． 【答案】 【分析】延长，交于，设，则，由，，知四边形是平行四边形，有，，，根据将梯形沿过点的直线折叠，点落在上，记作点，可得，，，故，求出，证明，可得，，从而，即可得． 【详解】解：延长，交于，如图： 设，则， ∵，， 四边形是平行四边形， ，，， ∵将梯形沿过点的直线折叠，点落在上，记作点， ，，， ， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， ，即， ， ， ， ； ． 故答案为：． 【点睛】本题考查梯形中的翻折问题，涉及相似三角形的判定与性质，平行四边形判定与性质及等腰三角形的判定和性质，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形解决问题． 三、解答题 18．（24-25九年级上·江苏扬州·期末）【问题】（1）如图1，四边形是正方形，点E是边上的一个动点，以为边在的右侧作正方形，连接、，则与的数量关系是 ． 【类比探究】； （2）如图2，四边形是矩形，，，点E是边上的一个动点，以为边在的右侧作矩形，且，连接、．判断线段与有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由； 【拓展提升】： （3）如图3，在（2）的条件下，点E是从点A运动D点，直接写出点G的运动路径长度 ； 【答案】（1）；（2） ，；（3）6 【分析】（1）通过证明，即可求证； （2）通过证明，可得，，延长相交于点H．因为矩形，所以，所以，所以，即可求解； （3）作于，交的延长线于M．首先证明点的运动轨迹为所在的直线，当点E是从点A运动D点时，点从点运动到点，即可求解． 【详解】解：（1）由题意可得四边形和四边形为正方形 ∴，， 又∵ ∴ 在和中 ∴ ∴； （2）， 理由如下：延长、相交于点H，如下图： 在矩形、矩形中， ∴ ∵， ∴ ∵ ∴ ∴， ∴； 在矩形中， ∴，， ∴ ∴； （3）作于N，交的延长线于M，如下图： 可得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点G的运动轨迹是直线，当点E是从点A运动D点时， 当点E与点A重合时，， 由（2）得，即与点重合， 当点E与点D重合时，连接，，， 由（2）得，即与点重合， ∴点从点运动到点， 又∵ ∴点G的运动路径长6． 【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，在判断全等和相似时出现“手拉手”模型证角相等，这里注意利用三边关系来转化线段的数量关系求出最小值． 19．（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． 20．（2025·上海·二模）如图，在矩形中，联结，在边上取一点E，上取一点F，联结，．在上有一点G．作的外接圆，弧弧．联结，延长交边于点H． (1)若点C、H重合，求证：． (2)若； ①当时，求的长和的余切值； ②列表写出圆O的圆心分别在、与内部时，长度的取值范围(不写解答过程)． 【答案】(1)见解析 (2)①，；②见解析 【分析】（1）连接，延长 交 于 M，证明四边形是矩形，在矩形中，，再证明，即可解答； （2）①先证明，求出，，， ，再证明，即可求出的长，连接，交于点N，过点G作交延长线于点P，同(1)得，即可求出，证明，求出， ，利用余切的定义即可解答；②过点E作与点M，分当点O在上，点O在上， 点O在上时，三种情况讨论，利用矩形的性质结合解直角三角形求出的长，利用相似三角形的性质即可求出点O在边界上时的值，再结合图形即可得到结果． 【详解】（1）解：连接，延长 交 于 M， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 在矩形中，， ∵， ∴， ， ， ， ， ； （2）解：①， ， 又， ∴， ， ， ， ，， ， ∵， ∴， ， ∴， ， 连接，交于点N，过点G作交延长线于点P， 同(1)得， 则， ∵， ∴； ∴， ∴， ， ∵， ； ， ， ； ②解：过点E作与点M， 当点O在上时，如图，连接， ，， ， ， ， ∴四边形是矩形， ∴， 同理，四边形是矩形， ∴， 设，则， ， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴，即， 解得（负值舍去）， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ， ∴， ，即， ∴； 当点O在上时，如图，延长交于点K， 同理得：四边形是矩形，则， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ， ， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四点共圆， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ，即， ∴， 解得：， ∴，， ， ∴， ，即， ∴； 当点O在上时，如图， 同理得：四边形是矩形，则， 此时，为的直径， ∴， ， ， ， ∴四边形是矩形， ， ∴四边形是正方形， 同理：四边形是正方形， 设，则，， ， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∴， ，即， ∴； 当点C、H重合时，； 则 点O位置 长的取值范围 内 内 内 【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形相似的判定与性质，解直角三角形，等腰直角三角形的性质，垂径定理，勾股定理等，解题的关键是作辅助线利用特殊角构造直角三角形来求相关线段的长度． 19 学科网（北京）股份有限公司 $$