第12讲 四边形（复习讲义，7考点11题型2重难）（上海专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

多边形及其内角和 定义：一 梯形十等腰梯形 梯形 直角梯形 梯形中位线定理： 平行四边 平行四边形 平行四边 三角形中位线 定理： 四边形 特殊的平行四边形 中点四边形 结论： 平面向量 向量的运算 平面向量 一个顶点(n一3)条对角线，n个顶点n(n一3)条，总条数：nn,3) 多边形内角和定理：(n一2)·180°(n≥3且n为整数)。 多边形的外角和：等于360°。 阻对边平行，另一组对边不平行的四边形叫做梯形。 两腰相等的梯形叫做等腰梯形。 有一个角是直角的梯形叫做直角梯形。 梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半。 概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。 形的性质 边：平行四边形的对边相等。 性质： 角：平行四边形的对角相等。 对角线：平行四边形的对角线互相平分。 两组对边分别平行的四边形是平行四边形。 两组对边分别相等的四边形是平行四边形。 形的判定 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 两组对角分别相等的四边形是平行四边形。 对角线互相平分的四边形是平行四边形。 三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。 一定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形。 矩形的四个角都是直角。 性质（在平行四边形性质+) 矩形的对角线相等。 矩形 矩形是轴对称图形，又是中心对称图形。 一定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形。 判定： 有三个角是直角的四边形是矩形。 对角线相等的平行四边形是矩形。 定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形。 菱形的四条边都相等。 性质（平行四边形性质+) 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。 菱形 菱形是轴对称图形，有2条对称轴。 菱形面积S=ab(a、b是两条对角线的长度)。 定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形。 判定： 四条边都相等的四边形是菱形。 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。 四条边都相等，四个角都是直角。 正方形「 性质：正方形具有平行四边形一切性质。 对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角。 是轴对称图形，有四条对称轴。 先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等。 判定： 先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角。 任意四边形的中点四边形是平行四边形。 矩形的中点四边形是菱形。 菱形的中点四边形是矩形。 正方形的中点四边形是正方形。 是在二维平面内既有方向又有大小的量。 的线性运算个顶点(n一3)条对角线，n个顶点n(m一3)条，总条数：23 多边形及其内角和 多边形内角和定理：(n-2)·180°(n≥3且n为整数)。 多边形的外角和：等于360°。 定义：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形叫做梯形。 梯形等腰梯形：两腰相等的梯形叫做等腰梯形。 梯形 直角梯形：有一个角是直角的梯形叫做直角梯形。 梯形中位线定理：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半。 概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形。 平行四边形的性质 边：平行四边形的对边相等。 性质： 角：平行四边形的对角相等。 对角线：平行四边形的对角线互相平分。 平行四边形 两组对边分别平行的四边形是平行四边形。 两组对边分别相等的四边形是平行四边形。 平行四边形的判定 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形。 两组对角分别相等的四边形是平行四边形。 对角线互相平分的四边形是平行四边形。 三角形中位线 定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半。 一定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形。 矩形的四个角都是直角。 性质（在平行四边形性质+) 矩形的对角线相等。 厂矩形 矩形是轴对称图形，又是中心对称图形。 四边形 定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形。 判定： 有三个角是直角的四边形是矩形。 对角线相等的平行四边形是矩形。 定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形。 菱形的四条边都相等。 性质（平行四边形性质+) 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。 特殊的平行四边形 菱形 菱形是轴对称图形，有2条对称轴。 菱形面积S=ab(a、b是两条对角线的长度)。 定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形。 判定： 四条边都相等的四边形是菱形。 对角线互相垂直的平行四边形是菱形。 定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。 四条边都相等，四个角都是直角。 正方形 性质：正方形具有平行四边形一切性质。 对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角。 是轴对称图形，有四条对称轴。 一先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等。 判定： 先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角。 任意四边形的中点四边形是平行四边形。 矩形的中点四边形是菱形。 中点四边形 结论： 菱形的中点四边形是矩形。 正方形的中点四边形是正方形。 平面向量是在二维平面内既有方向又有大小的量。 向量的运算 平面向量的线性运算 第五章 四边形 第12讲 四边形 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 3 03·考点解析·知识通关 5 04·命题洞悉·题型预测 23 命题点一 平行四边形的性质 题型01 利用平行四边形的性质求解 题型02 利用平行四边形的性质证明 命题点二 矩形的性质 题型01 根据矩形的性质求线段长 题型02 利用矩形的性质证明 题型03 根据矩形的性质与判定求线段长 命题点三 菱形的判定 题型01 证明四边形是菱形 命题点四 正方形的性质 题型01 根据正方形的性质求线段长 题型02 根据正方形的性质证明 命题点五 向量的运算 题型01 向量的线性运算 题型02 实数与向量相乘 题型03 向量的相关概念 05·重难突破·思维进阶 33 突破一 利用平行四边形性质和判定证明 突破二 矩形与折叠问题 06·优题精选·练能提分 34 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点类别 具体考点 考频 课表要求 平行四边形 1. 性质（对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分）；2. 判定（两组对边平行/相等、一组对边平行且相等、对角线互相平分）；3. 与三角形（全等/等腰）综合应用 2023年T25(1)、2024年T22(1)、2025年T25(1) 1. 掌握平行四边形的性质与判定定理，能推导线段/角关系；2. 能结合三角形知识解决综合问题；3. 能利用性质进行图形变换与证明 特殊的平行四边形 矩形 1. 性质（平行四边形性质+四个直角、对角线相等）；2. 判定（平行四边形+一个直角/对角线相等、三个直角的四边形） 菱形 1. 性质（平行四边形性质+四边相等、对角线垂直且平分内角）；2. 判定（平行四边形+一组邻边相等/对角线垂直、四边相等的四边形） 正方形 1. 性质（矩形+菱形所有性质）；2. 判定（矩形+一组邻边相等、菱形+一个直角） 2023年T5、2024年T5、2025年T17 （矩形：2023T5、2025T17；菱形：2024T5、2025T17） 1. 掌握矩形、菱形、正方形的性质与判定，明确与平行四边形的关系；2. 能运用性质进行线段计算、角度推导、垂直/相等证明；3. 能结合勾股定理、全等三角形解决综合问题1. 掌握矩形、菱形、正方形的性质与判定，明确与平行四边形的关系；2. 能运用性质进行线段计算、角度推导、垂直/相等证明；3. 能结合勾股定理、全等三角形解决综合问题 向量的运算 1. 线性运算：加法（，平行四边形法则/三角形法则）、减法（，三角形法则）、数乘（，为实数）；2. 向量表示：用已知向量表示平面内未知向量；3. 运算律：交换律、结合律、数乘分配律 2023年T15、 2024年T15、 2025年T5 1. 理解向量的基本概念，掌握线性运算的法则和表示方法；2. 能在平行四边形、三角形中用已知向量表示未知向量；3. 能熟练进行向量的基础线性运算，规范书写向量符号 命题预测 三类考点均为高频必考，平行四边形及特殊平行四边形侧重与三角形、勾股定理的综合证明与计算，题型覆盖选择、填空、解答；向量运算聚焦基础线性运算和图形表示，以选择/填空题为主，注重数形结合思想的应用 备考建议 1. 夯实平行四边形及特殊平行四边形的性质/判定，明确三者的区别与联系，精练综合证明题；2. 向量运算牢记法则，规范符号书写，结合平行四边形/三角形强化“已知向量表示未知向量”训练； 3. 加强三类考点与三角形、勾股定理的联动练习，提升图形转化和综合推理能力 考点一 多边形及其内角和 1．多边形 （1）多边形的概念：在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形． （2）多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线． 【补充】n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线．从n个顶点出发引出（n﹣3）条，而每条重复一次，所以n边形对角线的总条数为：n（n﹣3）2（n≥3，且n为整数） （3）多边形可分为凸多边形和凹多边形，辨别凸多边形可用两种方法：①画多边形任何一边所在的直线整个多边形都在此直线的同一侧．②每个内角的度数均小于180°，通常所说的多边形指凸多边形． 2．多边形内角与外角 （1）多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数） （2）多边形的外角和等于360°． 1．（24-25九年级下·上海普陀·月考）内角为的正多边形的边数是 ． 2．（2025·上海宝山·二模）如果一个正多边形的内角和为，那么这个正多边形的中心角度数是（    ） A．10 B．12 C．18 D．30 3．（2025·上海普陀·二模）有若干个全等三角形，如果这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形，那么下列三角形中，符合条件的是（   ） A．顶角是的等腰三角形 B．顶角是的等腰三角形 C．有一个锐角是的直角三角形 D．有一个锐角是的直角三角形 考点二 梯形 1．梯形 （1）梯形的定义：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形叫做梯形． 梯形中平行的两边叫梯形的底，其中较短的底叫上底，不平行的两边叫梯形的腰，两底的距离叫梯形的高． （2）等腰梯形：两腰相等的梯形叫做等腰梯形． （3）直角梯形：有一个角是直角的梯形叫做直角梯形． 2．等腰梯形的性质 （1）性质： ①等腰梯形是轴对称图形，它的对称轴是经过上下底的中点的直线； ②等腰梯形同一底上的两个角相等； ③等腰梯形的两条对角线相等． （2）由等腰梯形的性质可知，如果过上底的两个顶点分别作下底的两条高，可把等腰梯形分成矩形和两个全等的直角三角形，因此可知等腰梯形是轴对称图形，而一般的梯形不具备这个性质． 3．等腰梯形的判定 （1）利用定义：两腰相等的梯形叫做等腰梯形； （2）定理：同一底上两个角相等的梯形是等腰梯形． （3）对角线：对角线相等的梯形是等腰梯形． 判定一个梯形是否为等腰梯形，主要判断梯形的同一底上的两个角是否相等，可以通过添加辅助线把梯形底上的两个角平移到同一个三角形中，利用三角形来证明角的关系． 注意：对角线相等的梯形是等腰梯形这个判定方法不可以直接应用． 4．梯形中位线定理 （1）中位线定义：连接梯形两腰中点的线段叫做梯形的中位线． （2）梯形中位线定理：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半． （3）梯形面积与中位线的关系： 梯形中位线的2倍乘高再除以2就等于梯形的面积，即 梯形的面积2×中位线的长×高＝中位线的长×高 （4）中位线在关于梯形的各种题型中都是一条得天独厚的辅助线． 1．（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 2．（2025·上海闵行·二模）已知在直角梯形中，，，，，，那么梯形的周长为 ． 3．（2026·上海黄浦·一模）如图，在梯形中，，，． (1)求证：； (2)求的值． 4．（25-26九年级上·上海静安·期末）探究活动：“奇异四边形”的特征值．如果一个四边形的四条边和两条对角线这6条线段中只有两种不同的长度，我们把这样的四边形叫做“奇异四边形”，其中较短线段与较长线段长度的比值称为特征值，记作．例如，如图所示，四边形中，，，我们就可将它称为奇异四边形，它的特征值为与的比值．请解答： (1)正方形是奇异四边形吗？________；如果是，它的特征值为_______；如果不是，请说明理由． (2)请构造一个符合奇异四边形特征的梯形，画出这个梯形的草图，写出在四条边和两条对角线中相等的线段，并求出它的特征值． 考点三 平行四边形 1．平行四边形的性质 （1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． （2）平行四边形的性质： ①边：平行四边形的对边相等． ②角：平行四边形的对角相等． ③对角线：平行四边形的对角线互相平分． （3）平行线间的距离处处相等． （4）平行四边形的面积： ①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积． ②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等． 2．平行四边形的判定 （1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形． （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD是平行四边形． （3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形． （4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形． （5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四边形． 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． 2．在平行四边形中，，则 ． 3．（2025·上海金山·二模）已知：在凸四边形中，，，垂足分别是点、，点、在线段上，，．那么四边形一定是（   ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形 4．（24-25九年级上·上海浦东新·期末）如图，在中，，，点在边上，连接并延长，与的延长线相交于点，如果，那么 ． 5．（2025·上海徐汇·二模）如图，梯形中，，，，，那么的值是 ． 考点四 三角形中位线 1．三角形中位线定理 （1）三角形中位线定理： 三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． （2）几何语言： 如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点 ∴DE∥BC，DEBC． 1．（25-26九年级上·上海浦东新·期末）如图， 在中，是边上的中线，是重心．若，则 ． 2．（25-26九年级上·上海·月考）如图，在中，，中线与中线互相垂直，则 ． 3．（2026·上海·一模）如图，菱形中，，，则的值为 ． 考点五 特殊的平行四边形 1．矩形 （1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形． （2）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；对称中心是两条对角线的交点． （3）矩形的判定 ①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形； ②有三个角是直角的四边形是矩形； ③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”） 2．菱形 （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） （3）菱形的判定 ①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）； ②四条边都相等的四边形是菱形． 几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形； ③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）． 几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形 3．正方形 （1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形． （2）正方形的性质 ①正方形的四条边都相等，四个角都是直角； ②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． ④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴． （3）正方形的判定 ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定． 1．（2025·上海虹口·二模）已知四边形是平行四边形，对角线相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·上海崇明·三模）正方形具有而一般矩形不一定具有的性质是（    ） A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 3．（2025·上海松江·二模）在四边形中，O是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的是（   ） A．，， B．， C．， D．，， 4．（25-26九年级上·上海黄浦·期中）如图，将两个宽度为的矩形纸条叠放在一起，得到四边形，如果四边形的面积为，那么直线、所夹锐角的正切值是（） A． B． C． D． 5．（24-25九年级上·上海·月考）已知直线，相邻的两条平行直线间的距离均为，矩形的四个顶点分别在这四条直线上，放置方式如图所示，，则 ． 5．（2025·上海宝山·二模）如图，将宽均为1的两张矩形纸片，交叉放置，形成的锐角为，那么重叠部分（阴影部分）的周长是 ．（结果用含的三角比的代数式表示） 6．（25-26九年级上·上海虹口·月考）如图，在菱形中，对角线的长是菱形边长的，那么的值为 ． 7．（25-26九年级上·上海·期中）如图，菱形的对角线、相交于点，为的中点，，，那么 . 8．（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 ． 9．（2025·上海·模拟预测）在平行四边形中，，对角线、相交于点O．若要添加一个条件使四边形为正方形，这个条件可以是 ． 10．（2023·上海闵行·二模）如图，在扇形中，点C、D在上，，点F、E分别在半径、上，，连接． (1)求证：； (2)设点P为的中点，连接，线段交于点M、交于点N．如果，求证：四边形是矩形． 11．（25-26九年级上·上海徐汇·月考）在中，是对角线上一点，连接，延长交于，交延长线于，若．求证： (1)； (2)是菱形． 考点六 中点四边形 类型 模型 特点 结论 一般四边形 分别是各边的中点 四边形 是平行四边形 ； 矩形 分别是各边的中点 四边形 是菱形 菱形 分别是各边的中点 四边形 是矩形 正方形 分别是各边的中点 四边形 是正方形 对于任意凸四边形，若对角线相等，则中点四边形为菱形；若对角线垂直，则中点四边形为矩形；若对角线垂直且相等，则中点四边形为正方形。 1．（24-25九年级下·上海·月考）顺次连接一个四边形各边中点得到的四边形叫做这个四边形的中点四边形．如果一个四边形的中点四边形是矩形，那么原四边形的对角线需满足的条件是（   ） A．互相平分且相等 B．互相平分且垂直 C．相等 D．互相垂直 2．（2024·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 3．（2024·上海普陀·二模）顺次连结直角梯形各边中点所得到的四边形可能是（    ） A．菱形； B．矩形； C．梯形； D．正方形． 考点七 向量的运算 1．平面向量 平面向量是在二维平面内既有方向又有大小的量．平面向量用a，b，c上面加一个小箭头表示，也可以用表示向量的有向线段的起点和终点字母表示． 2．平面向量的加法 三角形定则解决向量加法的方法：将各个向量依次首尾顺次相接，结果为第一个向量的起点指向最后一个向量的终点．平行四边形定则解决向量加法的方法：将两个向量平移至公共起点，以向量的两条边作平行四边形，结果为公共起点的对角线． 2．平面向量的减法 平行四边形定则解决向量减法的方法：将两个向量平移至公共起点，以向量的两条边作平行四边形，结果由减向量的终点指向被减向量的终点（平行四边形定则只适用于两个非零非共线向量的加减）． 1．（2025·上海嘉定·一模）下列说法中不正确的是（   ） A．如果是一个实数，是向量，那么与的方向相同： B．如果与非零平行，那么存在唯一的实数，使： C．如果是单位向量，那么； D．如果是实数，那么． 2．（2026·上海闵行·一模）下列说法中，一定正确的是（） A．如果、是非零向量，且，那么 B．如果是单位向量，那么 C．向量与是相等向量 D．如果是非零向量，那么 3．（2026·上海闵行·一模）计算： ． 4．（2026·上海长宁·一模）如图，已知点是的重心，连接并延长交边于点，连接，过点作交边于点． (1)如果设，试用表示． (2)当，，时，求的面积． 命题点一 平行四边形的性质 ►题型01利用平行四边形的性质求解 【典例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 ． 【变式1-1】（2025·上海浦东新·二模）如图，在中，，，点在边上，且是等边三角形，点是对角线上一点．如果经过点且与边没有公共点，那么的半径的取值范围是 ． 【变式1-2】（2025·上海宝山·二模）如图，平行四边形，，对角线，将绕点B旋转，使得点A落在直线上的点处，那么的值是 ． 【变式1-3】（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点． (1)当是边中点时， ①如图（1），联结，如果，求证：； ②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值； (2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长． ►题型02 利用平行四边形的性质证明 【典例2】（2025·上海金山·一模）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． 【变式2-1】（2025·上海闵行·二模）已知，如图：在平行四边形中，对角线交于点，点是边延长线上一点，连接，交于点，交于点． (1)求证：； (2)连接，如果，求证：四边形是菱形． 【变式2-2】（2023·上海崇明·二模）已知：如图，在平行四边形中，对角线、交于E，M是边延长线上的一点，联结，与边交于F，与对角线交于点G． (1)求证：； (2)联结，如果，求证：平行四边形是菱形． 命题点二 矩形的性质 ►题型01 根据矩形的性质求线段长 【典例1】（2025·上海普陀·二模）在矩形中，，，、分别是边、的中点，点、在对角线上（如图）．如果四边形是矩形，那么的长等于 ． 【变式1-1】（2025·上海徐汇·二模）如图，矩形中，，将矩形绕着点顺时针旋转得矩形，恰好落在对角线上，连接，如果与边相交，且，那么的长是 ． 【变式1-2】（2025·上海松江·二模）如图，矩形中，，，点在边上，将△沿直线翻折，点落在点处，联结、．如果△是以为腰的等腰三角形，那么的长是 ． 【变式1-3】（2026·上海金山·一模） 坡道改良：某教学楼门口的坡道上下坡困难，乘坐轮椅的学生无法独立通过，由同伴推行也比较吃力．为确保轮椅能够安全、自如的通行，坡道设计需满足以下关键要求：最大坡度为，这是国际通用标准．每段坡道垂直升高不宜超过，超过时需设置休息平台．为此，几个学习小组经过测量，收集了坡道的相关数据，如图1、图2、图3． 同学发现坡道左侧有连廊，为了安全又不影响连廊通行，可将坡道设计为折返形，如图4．折返形坡道（坡道一休息平台一坡道）设计需满足以下关键要求：折返形坡道单段坡道最大坡度为，水平长度最大，休息平台宽度最小，轮椅入口宽度最小． 甲 组 ，，． 乙 组 丙 组 休息平台宽为，轮椅入口宽为，点到连廊的距离为． (1)根据三组同学收集的数据，求原坡道的坡度和坡高（或），并判断是否安全； (2)为了安全又不影响连廊通行，请您设计一种折返形坡道的方案，写出折返形坡道单段坡道（坡道、坡道）的坡度和坡高以及设计过程． ►题型02 利用矩形的性质证明 【典例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 【变式2-1】（2025·上海杨浦·二模）已知：如图，在矩形中，点E、F分别在边上，且，延长分别交延长线于点H、G． (1)求证：； (2)联结，如果，求证：四边形是正方形． 【变式2-2】（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：． ►题型03 根据矩形的性质与判定求线段长 【典例3】（2025·上海浦东新·二模）如图，在四边形中，，．以点C为圆心，长为半径画弧，交边的延长线于点E．过点B作的平行线，交线段的延长线于点F．如果，，那么线段的长度是 ．    【变式3-1】（2025·上海黄浦·二模）如图，已知平行四边形的四个内角的平分线组成四边形，连接．如果，那么的长为 ． 【变式3-2】（2025·上海嘉定·一模）上海市嘉定区法华塔被列为上海市文物保护单位，是“教化嘉定”的重要象征．小海想利用所学知识测量法华塔的高度，由于法华塔被防护栏保护起来，小海只能在防护栏外进行测量．如图，小海在处用测角仪测得塔顶的仰角为，再往塔的方向前进30米至处（点为塔底中心，且点在同一水平线上），测得此时塔顶的仰角为，已知测角仪的高度为1.5米．请估算法华塔的高度． （参考数据：，结果精确到0.1米）． 命题点三 菱形的判定 ►题型01 证明四边形是菱形 【典例1】（2025·上海宝山·二模）如图，已知平行四边形，是延长线上一点，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求证： ． 【变式1-1】（2025·上海浦东新·二模）已知：如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，且．对角线分别交、于点M、N，联结、． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点C作交的延长线于点P，如果，求证：． 【变式1-2】（2025·上海奉贤·二模）如图，已知平行四边形中，点F是对角线上一点，，延长交边于点E． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是菱形． 命题点四 正方形的性质 ►题型01 根据正方形的性质求线段长 【典例1】（2025·上海嘉定·一模）如图，正方形的边在的边上，顶点分别在边上，作于H，交于P，已知．下列结论中不正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（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 ． 【变式1-2】（2025·上海嘉定·一模）如图，点是正方形边上一点，且，点是边的中点，那么的值为 ． 【变式1-3】（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 ． ►题型02 根据正方形的性质证明 【典例2】（2025年上海市嘉定区中考二模数学试卷）如图，在正方形纸片中，点是边的中点．将该纸片的右下角向上翻折，使点与点重合，边翻折至的位置，与交于点，那么的值是 ． 【变式2-1】（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 ． 【变式2-2】（2025·上海徐汇·二模）如图，是正方形的对角线，点E、F分别在边上，，延长到，且，连接． (1)求证：； (2)延长交于点，连接，求证：． 命题点五 向量的运算 ►题型01 向量的线性运算 【典例1】（2026·上海长宁·一模）已知一个单位向量，设都是非零向量，那么下列等式中一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【变式1-1】（2026·上海金山·一模）在中，设，点是的边的中点，如果用的线性组合表示向量，那么的值为 ． 【变式1-2】（2026·上海长宁·一模）计算： ． ►题型02 实数与向量相乘 【典例2】（2026·上海虹口·一模）计算： ． 【变式2-1】（2023·上海·中考真题）如图，在中，点D，E在边，上，，联结，设向量，，那么用，表示 ．    【变式2-2】（2025·上海宝山·二模）如图，点是的重心，连接，如果，，那么 ． ►题型03 向量的相关概念 【典例3】（2025·上海虹口·一模）已知非零向量、和，下列条件中，不能判定的是（   ） A． B．， C． D．， 【变式3-1】（2026·上海松江·一模）已知四边形的对角线交于点，如果，那么下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】（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． 【变式3-3】（2026·上海徐汇·一模）如图，中，分别是边上的点，已知，且四边形是平行四边形．设，． (1)用向量分别表示下列向量： ________________；___________________；_______________； (2)连接交于点，在图中求作分别在方向上的分向量（不要求写作法，但要指出所作图中表示结论的分向量） 突破一 平行四边形性质和判定综合 【典例1】（2025·上海宝山·二模）如图，梯形中， ，分别是边上的点，且，，交的延长线于点，与交于点，如果，那么四边形与四边形周长的差是 ．（结果用含的代数式表示） 【变式1-1】（2025·上海普陀·二模）在中，，（如图）．点在边上，，为垂足，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点、分别与点、对应，，射线与边交于点．如果，那么的长是 ． 【变式1-2】（2025·上海静安·二模）如图，在中，，点在的延长线上，，，点在边上，，的延长线交线段于点． (1)求证：； (2)当点是的中点时，求证：； (3)已知，，设，，求关于的函数解析式，并写出的取值范围． 【变式1-3】（2025·上海闵行·一模）如图，一种遮阳伞的截面由主伞骨和、支伞骨和以及伞柄组成，伞柄垂直于地面且平分，厘米，，厘米．使用遮阳伞时，可以通过调节点在伞柄上的位置来确定的大小．当点、、三点在同一直线上时，遮阳伞完全打开，此时达到最大为．（参考数据：，，，计算结果保留根号） (1)当厘米， ⅰ）在遮阳伞完全打开时，求、之间的距离． ⅱ）在伞打开的过程中（从变到），点上升了_____厘米． (2)设的度数为，在平行的太阳光照射下，遮阳伞能遮住的地面长为_____（用式子表示）；如果想通过只改变一个条件来增大遮阳伞遮住地面的长，你的建议是_____． 突破二 矩形与折叠问题 【典例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1-1】（2025·上海奉贤·二模）如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为 ． 【变式1-2】（2026·上海长宁·一模）在矩形中，，，为射线上一点，将沿翻折，得到（点的对应点为）．联结，当为等腰三角形时，长是 ． 1．（2025·上海闵行·一模）如图，点、分别是线段和的中点，、交于点，且，，，那么长是 ． 2．（2025·上海徐汇·二模）“数学探究小组”研究如下问题：如图1，点是矩形内一点，求作一个四边形，使得四边形的四边分别等于、、、，并且两条对角线互相垂直． 小组成员小杰提出了如下的作法：1．过点作并截取；2．分别连接、．那么四边形就是所求作的四边形． (1)请判断小杰的作法是否正确，并说明理由； (2)如图2，点是菱形内一点，请根据上述信息提出一个类似问题，并予以解决（只需写出作法或画出图形、结论，不必说明理由）． 3．（25-26九年级上·上海普陀·期末）【发现问题】顺次连接对角线相等的四边形的四条边的中点，就可以得到一个菱形．小普同学进一步思考：如果一个四边形的对角线不相等，那么能否在这个四边形中画出一个菱形，使其满足四个顶点分别落在四边形的四条边上，且两组对边分别与四边形的两条对角线平行？ 【提出问题】小普同学把这个想法改写成如下的一段数学语言：如图，在四边形中，，点E、F、G、H分别在边、、、上，且，___________，如果四边形是菱形，那么怎样画出这个菱形呢？ 【分析问题】小普同学在与的交流中，给出了一种解决问题的思考路径： 【解决问题】 (1)根据图，将【提出问题】中缺失的条件补充完成（即“___________”）； (2)根据小普同学与的对话，设，，用含a、b的代数式表示k； (3)在图中，画出符合要求的菱形，写出确定点E的作图步骤，并保留确定点E的作图痕迹． 4．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知四边形中，，点是四边形外一点，，连接并延长分别交、于点、． (1)求证：； (2)，求证：． 5．（2025·上海奉贤·一模）已知，如图，在中，点D在边上，点M、N在边上，是线段与的比例中项，分别交于点E、F． (1)求证：； (2)若点O为边的中点，连接，且，求证：． 1．（2025·上海奉贤·二模）中，，，为中点，过点的直线交于点，如果平分的周长，那么 ． 2．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知矩形中，，点在边上，，以为半径作．将矩形翻折，使点落在上，点的对应点为点，折痕与边交于点，如果直线经过点，那么的长为 ． 3．（2026·上海金山·一模）在四边形中，点在边上，，点在边上． (1)如图1，若四边形为矩形，且，连接， 求证：； (2)如图2，若四边形为等腰梯形，．请连接并延长，交的延长线于点，连接，如果，求的长； (3)如图3，若四边形为平行四边形，点是中点，连接交于点，连接，过点作交于点，连接，求值． 4．（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． 1．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在中心为的正六边形中，点G，H分别在边，上，且不同于正六边形的顶点，． (1)证明：四边形为平行四边形； (2)若正六边形的边长为4，以点为圆心，为半径的扇形与正六边形形成阴影部分，求图中阴影部分的面积． 2．（2025·江苏无锡·中考真题）【数学发现】 某校数学兴趣小组进行了如下探究：以内部任意一点为中心，画出与成中心对称的．当点处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化． 【问题解决】 组员小明选择面积为1的，以其内部任意一点为中心，画出与之成中心对称的，探究了下列问题，请你帮他解答． (1)如图3，，当点关于点的对称点落在边上时，两个三角形重叠部分为． ①若，求的长；（请直接写出答案） ②若的面积为，求的长． (2)如图4，点为的中点，点在上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”，求“平行六边形”面积的最大值，并指出此时点的位置． 3．（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E． (1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； (3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $null 第五章 四边形 第12讲 四边形 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 3 02·知识导航·网络构建 5 03·考点解析·知识通关 6 04·命题洞悉·题型预测 38 命题点一 平行四边形的性质 题型01 利用平行四边形的性质求解 题型02 利用平行四边形的性质证明 命题点二 矩形的性质 题型01 根据矩形的性质求线段长 题型02 利用矩形的性质证明 题型03 根据矩形的性质与判定求线段长 命题点三 菱形的判定 题型01 证明四边形是菱形 命题点四 正方形的性质 题型01 根据正方形的性质求线段长 题型02 根据正方形的性质证明 命题点五 向量的运算 题型01 向量的线性运算 题型02 实数与向量相乘 题型03 向量的相关概念 05·重难突破·思维进阶 88 突破一 利用平行四边形性质和判定证明 突破二 矩形与折叠问题 06·优题精选·练能提分 101 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点类别 具体考点 考频 课表要求 平行四边形 1. 性质（对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分）；2. 判定（两组对边平行/相等、一组对边平行且相等、对角线互相平分）；3. 与三角形（全等/等腰）综合应用 2023年T25(1)、2024年T22(1)、2025年T25(1) 1. 掌握平行四边形的性质与判定定理，能推导线段/角关系；2. 能结合三角形知识解决综合问题；3. 能利用性质进行图形变换与证明 特殊的平行四边形 矩形 1. 性质（平行四边形性质+四个直角、对角线相等）；2. 判定（平行四边形+一个直角/对角线相等、三个直角的四边形） 菱形 1. 性质（平行四边形性质+四边相等、对角线垂直且平分内角）；2. 判定（平行四边形+一组邻边相等/对角线垂直、四边相等的四边形） 正方形 1. 性质（矩形+菱形所有性质）；2. 判定（矩形+一组邻边相等、菱形+一个直角） 2023年T5、2024年T5、2025年T17 （矩形：2023T5、2025T17；菱形：2024T5、2025T17） 1. 掌握矩形、菱形、正方形的性质与判定，明确与平行四边形的关系；2. 能运用性质进行线段计算、角度推导、垂直/相等证明；3. 能结合勾股定理、全等三角形解决综合问题1. 掌握矩形、菱形、正方形的性质与判定，明确与平行四边形的关系；2. 能运用性质进行线段计算、角度推导、垂直/相等证明；3. 能结合勾股定理、全等三角形解决综合问题 向量的运算 1. 线性运算：加法（，平行四边形法则/三角形法则）、减法（，三角形法则）、数乘（，为实数）；2. 向量表示：用已知向量表示平面内未知向量；3. 运算律：交换律、结合律、数乘分配律 2023年T15、 2024年T15、 2025年T5 1. 理解向量的基本概念，掌握线性运算的法则和表示方法；2. 能在平行四边形、三角形中用已知向量表示未知向量；3. 能熟练进行向量的基础线性运算，规范书写向量符号 命题预测 三类考点均为高频必考，平行四边形及特殊平行四边形侧重与三角形、勾股定理的综合证明与计算，题型覆盖选择、填空、解答；向量运算聚焦基础线性运算和图形表示，以选择/填空题为主，注重数形结合思想的应用 备考建议 1. 夯实平行四边形及特殊平行四边形的性质/判定，明确三者的区别与联系，精练综合证明题；2. 向量运算牢记法则，规范符号书写，结合平行四边形/三角形强化“已知向量表示未知向量”训练； 3. 加强三类考点与三角形、勾股定理的联动练习，提升图形转化和综合推理能力 考点一 多边形及其内角和 1．多边形 （1）多边形的概念：在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形． （2）多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线． 【补充】n边形从一个顶点出发可引出（n﹣3）条对角线．从n个顶点出发引出（n﹣3）条，而每条重复一次，所以n边形对角线的总条数为：n（n﹣3）2（n≥3，且n为整数） （3）多边形可分为凸多边形和凹多边形，辨别凸多边形可用两种方法：①画多边形任何一边所在的直线整个多边形都在此直线的同一侧．②每个内角的度数均小于180°，通常所说的多边形指凸多边形． 2．多边形内角与外角 （1）多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数） （2）多边形的外角和等于360°． 1．（24-25九年级下·上海普陀·月考）内角为的正多边形的边数是 ． 【答案】12 【知识点】正多边形的外角问题 【分析】题主要考查了多边形外角和以及多边形的边数，掌握正多边形的各个内角相等，各个外角也相等是解题的关键． 先根据内角求出外角，再根据正多边形的边数等于外角和除以外角度数即可求解． 【详解】解：由题意可得：一个外角为：， ∴边数为：． 故答案为：12． 2．（2025·上海宝山·二模）如果一个正多边形的内角和为，那么这个正多边形的中心角度数是（    ） A．10 B．12 C．18 D．30 【答案】D 【知识点】正多边形的内角问题、求正多边形的中心角 【分析】本题主要考查了多边形的内角和外角，解题关键是熟练掌握正多边形的定义和多边形的内角和公式．设这个正多边形的边数为列方程求出再根据正多边形每条边所对的中心角都相等，列出算式进行计算即可． 【详解】解：设这个正多边形的边数为列方程得： ， 解得， ∴这个正多边形的中心角的度数为：， ∴A，B，C选项不符合题意，D选项符合题意， 故选：D． 3．（2025·上海普陀·二模）有若干个全等三角形，如果这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形，那么下列三角形中，符合条件的是（   ） A．顶角是的等腰三角形 B．顶角是的等腰三角形 C．有一个锐角是的直角三角形 D．有一个锐角是的直角三角形 【答案】D 【知识点】中心对称图形的识别、三角形内角和定理的应用、正多边形的内角问题 【分析】本题考查了正多边形的性质，中心对称图形的定义，三角形的内角和定理，解题的关键是掌握相关知识．由题意可得：拼成的正多边形的边数为奇数，分别求出每个选项中各个三角形的内角，进而得到组成的正多边形的内角，再根据正多边形的内角和公式判断出正多边形的边数，即可求解． 【详解】解：这些全等三角形恰好能拼成一个正多边形，且这个正多边形不是中心对称图形， 拼成的正多边形的边数为奇数， A、顶角是的等腰三角形，则底角为， 可能拼成的正多边形的内角为或，但无法对应奇数边正多边形的内角，故该选项不符合题意； B、顶角是的等腰三角形，可拼成正方形，但正方形是中心对称图形，故该选项不符合题意； C、有一个锐角是的直角三角形，则另一个锐角为，可能拼成的正多边形的内角需为、或的组合，但无法匹配奇数边的正多边形内角，故该选项不符合题意； D、有一个锐角是的直角三角形，则另一个锐角为，正五边形的内角为，可由两个角组成，正五边形边数为奇数，且不是中心对称图形，故该选项符合题意； 故选：D． 考点二 梯形 1．梯形 （1）梯形的定义：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形叫做梯形． 梯形中平行的两边叫梯形的底，其中较短的底叫上底，不平行的两边叫梯形的腰，两底的距离叫梯形的高． （2）等腰梯形：两腰相等的梯形叫做等腰梯形． （3）直角梯形：有一个角是直角的梯形叫做直角梯形． 2．等腰梯形的性质 （1）性质： ①等腰梯形是轴对称图形，它的对称轴是经过上下底的中点的直线； ②等腰梯形同一底上的两个角相等； ③等腰梯形的两条对角线相等． （2）由等腰梯形的性质可知，如果过上底的两个顶点分别作下底的两条高，可把等腰梯形分成矩形和两个全等的直角三角形，因此可知等腰梯形是轴对称图形，而一般的梯形不具备这个性质． 3．等腰梯形的判定 （1）利用定义：两腰相等的梯形叫做等腰梯形； （2）定理：同一底上两个角相等的梯形是等腰梯形． （3）对角线：对角线相等的梯形是等腰梯形． 判定一个梯形是否为等腰梯形，主要判断梯形的同一底上的两个角是否相等，可以通过添加辅助线把梯形底上的两个角平移到同一个三角形中，利用三角形来证明角的关系． 注意：对角线相等的梯形是等腰梯形这个判定方法不可以直接应用． 4．梯形中位线定理 （1）中位线定义：连接梯形两腰中点的线段叫做梯形的中位线． （2）梯形中位线定理：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半． （3）梯形面积与中位线的关系： 梯形中位线的2倍乘高再除以2就等于梯形的面积，即 梯形的面积2×中位线的长×高＝中位线的长×高 （4）中位线在关于梯形的各种题型中都是一条得天独厚的辅助线． 1．（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 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、等腰梯形的性质定理 【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． 2．（2025·上海闵行·二模）已知在直角梯形中，，，，，，那么梯形的周长为 ． 【答案】/ 【知识点】解直角三角形的相关计算、根据矩形的性质与判定求线段长、直角梯形的定义 【分析】本题考查了直角梯形，矩形的判定与性质，解直角三角形，正确地作出辅助线是解题的关键．过D作于H，可证四边形是矩形，根据矩形的性质得到，，求得，从而，得到，于是得到结论． 【详解】解：过D作于H，则， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ． 故答案为：． 3．（2026·上海黄浦·一模）如图，在梯形中，，，． (1)求证：； (2)求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】直角梯形的定义、用勾股定理解三角形、解直角三角形的相关计算、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了锐角三角函数，梯形的性质，勾股定理及相似三角形的判定和性质，掌握相关性质是解题的关键． （1）先证，再根据角的关系可得，进而得到即可证明； （2）由勾股定理得，，再证，得到，进而得到，，再利用代入计算即可． 【详解】（1）证明：设相交于点， ，则可设，，， ，， ， ， ， ， ， ， 即； （2）解：根据题意，， ， ， ， ， ，即， ， 解得， ， 解得，， 由（1）知，即， ． 4．（25-26九年级上·上海静安·期末）探究活动：“奇异四边形”的特征值．如果一个四边形的四条边和两条对角线这6条线段中只有两种不同的长度，我们把这样的四边形叫做“奇异四边形”，其中较短线段与较长线段长度的比值称为特征值，记作．例如，如图所示，四边形中，，，我们就可将它称为奇异四边形，它的特征值为与的比值．请解答： (1)正方形是奇异四边形吗？________；如果是，它的特征值为_______；如果不是，请说明理由． (2)请构造一个符合奇异四边形特征的梯形，画出这个梯形的草图，写出在四条边和两条对角线中相等的线段，并求出它的特征值． 【答案】(1)是， (2)作图见详解， 【知识点】正方形性质理解、等腰梯形的性质定理、相似三角形的判定与性质综合、 求比值 【分析】本题考查了奇异四边形的理解与应用，正方形的性质及相似三角形的判定与性质． （1）根据题意画出正方形，得出，，从而求得特征值； （2）根据题意可画出梯形，其中，，设，利用等腰三角形的性质求得，从而证得，利用相似三角形的性质设，，列出线段比例方程求解x的值，此时x的值即为特征值． 【详解】（1）解：如图，在正方形中， ，， ∴符合题中的奇异四边形定义， ∴特征值， 故答案为：是，． （2）解：如图所示，梯形即为所求， 其中，，， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，， ∵， ∴， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴． 考点三 平行四边形 1．平行四边形的性质 （1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． （2）平行四边形的性质： ①边：平行四边形的对边相等． ②角：平行四边形的对角相等． ③对角线：平行四边形的对角线互相平分． （3）平行线间的距离处处相等． （4）平行四边形的面积： ①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积． ②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等． 2．平行四边形的判定 （1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形． （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD是平行四边形． （3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形． （4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形． （5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四边形． 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 【知识点】利用平行四边形的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【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． 2．（23-24八年级下·全国·单元测试）在平行四边形中，，则 ． 【答案】/度 【知识点】利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的性质；熟记平行四边形的对角相等，邻角互补是解决问题的关键． 由平行四边形的性质得出，，由已知条件求出，即可得出结果． 【详解】解：如图， 四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又， ， 解得：， ； 故答案为：． 3．（2025·上海金山·二模）已知：在凸四边形中，，，垂足分别是点、，点、在线段上，，．那么四边形一定是（   ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形 【答案】A 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、证明四边形是平行四边形 【分析】本题考查了平行四边形的判定，三角形全等的判定与性质，平行的判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．先证明，得到，从而推出，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，推导出四边形为平行四边形． 【详解】解：∵， ， 在和中， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形． 故选：A． 4．（24-25九年级上·上海浦东新·期末）如图，在中，，，点在边上，连接并延长，与的延长线相交于点，如果，那么 ． 【答案】 【知识点】利用平行四边形的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】此题主要考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，证明是解答本题的关键． 由平行四边形的性质得，则，所以，而，，，则，所以，即可解答． 【详解】解：四边形是平行四边形，，， ， 点在边上，连接并延长，与的延长线相交于点， ， ， ，，， ， ， 故答案为：． 5．（2025·上海徐汇·二模）如图，梯形中，，，，，那么的值是 ． 【答案】/ 【知识点】用勾股定理解三角形、求角的正弦值、利用平行四边形的判定与性质求解 【分析】本题考查的是梯形是性质、解直角三角形、平行四边形的判定和性质．过点C作，交的延长线于E，根据平行四边形的性质求出，根据勾股定理求出，再根据正弦的定义计算即可． 【详解】解：如图，过点C作，交的延长线于E， 则， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 故答案为：． 考点四 三角形中位线 1．三角形中位线定理 （1）三角形中位线定理： 三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． （2）几何语言： 如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点 ∴DE∥BC，DEBC． 1．（25-26九年级上·上海浦东新·期末）如图， 在中，是边上的中线，是重心．若，则 ． 【答案】2 【知识点】重心的有关性质、相似三角形的判定与性质综合、与三角形中位线有关的证明 【分析】本题考查三角形的重心，三角形中位线的性质，相似三角形的判定及性质，掌握三角形重心的定义是解题的关键．连接并延长交于点E，连接，由重心的定义可得是中线，因此可得到是的中位线，根据中位线的性质得到，，因此，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：连接并延长交于点E，连接， ∵点G是的重心， ∴是中线， ∴点E是的中点， ∵是中线， ∴点D是的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：2． 2．（25-26九年级上·上海·月考）如图，在中，，中线与中线互相垂直，则 ． 【答案】/0.6 【知识点】用勾股定理解三角形、等边对等角、求角的正弦值、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】连接，作于N，于M，于H，设，由中位线的性质得，，再证明四边形是矩形，，，和是等腰直角三角形，结合勾股定理，用含a的式子表示出相关线段的长度，根据求出，即可求出． 【详解】解：如图，连接，作于N，于M，于H，设， 与是的中线， 是的中位线， ，， 又，， 四边形是矩形， ，， ，，， ， 在和中，， ， ， ， ， ， 在和中，， ， ， ， ， 是等腰直角三角形，，， 又， 是等腰直角三角形， ，， ， ， ，，， ， ， ，即， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，解直角三角形相关计算，勾股定理，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，三角形中位线的性质等，正确作出辅助线是解题的关键． 3．（2026·上海·一模）如图，菱形中，，，则的值为 ． 【答案】 【知识点】利用菱形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】本题考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质及三角形中位线的性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．连接，根据三角形中位线的性质可得，根据菱形的性质得出，即可证明，进而得出，得出，即可得答案． 【详解】解：如图，连接， ∵， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴的值为． 故答案为： 考点五 特殊的平行四边形 1．矩形 （1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形． （2）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；对称中心是两条对角线的交点． （3）矩形的判定 ①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形； ②有三个角是直角的四边形是矩形； ③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”） 2．菱形 （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） （3）菱形的判定 ①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）； ②四条边都相等的四边形是菱形． 几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形； ③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）． 几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形 3．正方形 （1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形． （2）正方形的性质 ①正方形的四条边都相等，四个角都是直角； ②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． ④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴． （3）正方形的判定 ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定． 1．（2025·上海虹口·二模）已知四边形是平行四边形，对角线相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】添一条件使四边形是矩形、添一个条件使四边形是菱形、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题考查了添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，解题关键是掌握上述判定与性质． 根据添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，对四个条件逐一分析，再作判断． 【详解】解：四边形是平行四边形， 添加，根据对角线相等的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故A不符合； 添加，可得， 根据对角线相等的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故B不符合； 添加，可得出四边形是菱形， 不能判定四边形是矩形，故C符合； ∵四边形是平行四边形， ∴， 添加，可得出， 根据一个角是直角的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故D不符合， 故选：C． 2．（2025·上海崇明·三模）正方形具有而一般矩形不一定具有的性质是（    ） A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 【答案】C 【知识点】正方形性质理解、矩形性质理解 【分析】本题考查正方形的性质，正方形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用正方形具备而矩形不具备的性质．如，正方形的对角线相等，邻边相等．根据正方形和矩形的性质容易得出结论． 【详解】解：A、两组对边分别相等，矩形和正方形都具有，故不合题意； B、两条对角线互相平分，矩形和正方形都具有，故不合题意； C、两条对角线互相垂直，正方形具有而一般矩形不一定具有的性质，故合题意； D、两条对角线相等，矩形和正方形都具有，故不合题意； 故选：C． 3．（2025·上海松江·二模）在四边形中，O是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的是（   ） A．，， B．， C．， D．，， 【答案】C 【知识点】正方形的判定定理理解、证明四边形是正方形 【分析】本题考查了平行四边形、矩形、菱形与正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键． 根据正方形的判定逐项判断即得答案． 【详解】解：A、∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形，故本选项不符合题意； B、，无法判定四边形是正方形，故本选项不符合题意； C、∵， ∴，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∵， ∴矩形是正方形，故本选项符合题意； D、∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，不能判定四边形是正方形，故本选项不符合题意． 故选：C． 4．（25-26九年级上·上海黄浦·期中）如图，将两个宽度为的矩形纸条叠放在一起，得到四边形，如果四边形的面积为，那么直线、所夹锐角的正切值是（） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】利用菱形的性质求线段长、求角的正切值、解直角三角形的相关计算 【分析】首先利用矩形对边平行的性质证明四边形ABCD是平行四边形，再结合矩形纸条宽度相等的条件证明其为菱形；接着根据菱形面积公式求出边长，最后在直角三角形中通过勾股定理和正切的定义求出的正切值． 【详解】解：过点作于，作于． ∵纸条是矩形， ∴，， ∴四边形是平行四边形． ∵矩形纸条宽度为， ∴． ∵平行四边形面积， ∴， ∴四边形是菱形． ∵菱形的面积为，， ∴，解得，即． 在中，由勾股定理得， ∴． 故选：A． 【点睛】本题主要考查菱形的判定与性质、平行四边形的判定、矩形的性质、勾股定理及锐角三角函数的定义，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键． 5．（24-25九年级上·上海·月考）已知直线，相邻的两条平行直线间的距离均为，矩形的四个顶点分别在这四条直线上，放置方式如图所示，，则 ． 【答案】/ 【知识点】根据平行线的性质求角的度数、矩形性质理解、由平行截线求相关线段的长或比值、求角的正切值 【分析】本题考查了矩形的性质，平行线分线段成比例，求正切；取点，求出与的长度，在中，求即可． 【详解】解：如下图，设与的交点为， ，相邻的两条平行直线间的距离均为， ，， ，矩形的四个顶点分别在这四条直线上， ， 在中，， 则， 故答案为： 5．（2025·上海宝山·二模）如图，将宽均为1的两张矩形纸片，交叉放置，形成的锐角为，那么重叠部分（阴影部分）的周长是 ．（结果用含的三角比的代数式表示） 【答案】 【知识点】利用菱形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算、矩形性质理解 【分析】本题考查矩形的性质，萎形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【详解】解：当两个宽度均为1的矩形交叉形成锐角时，重叠部分为菱形． 菱形的边长由矩形宽度在垂直方向上的投影决定． 由于每个矩形的宽度为1，且两矩形夹角为，菱形的高为1， ∴菱形的边长为：， 因此，菱形的周长为， 故答案为∶． 6．（25-26九年级上·上海虹口·月考）如图，在菱形中，对角线的长是菱形边长的，那么的值为 ． 【答案】 【知识点】解直角三角形的相关计算、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质证明 【分析】本题考查了菱形的性质，余切的定义，勾股定理，解题的关键是掌握余切的概念．设与的交点为，利用菱形的性质得出，，设菱形的边长为，则，，由勾股定理可表示出的长，最后根据余切的定义求解即可． 【详解】解：如图，设与的交点为， 四边形是菱形， ，， 设菱形的边长为，则，， ， ． 故答案为：． 7．（25-26九年级上·上海·期中）如图，菱形的对角线、相交于点，为的中点，，，那么 . 【答案】 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、求角的正弦值、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了菱形的性质，斜边上的中线等于斜边的一半，求一个角的正弦值，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先由四边形是菱形，得，，再结合为的中点，得，，故，代入数值计算，即可作答． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∵为的中点，， ∴， ∴，， 在中，， 故答案为：． 8．（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 【知识点】三角形内角和定理的应用、等边对等角、根据正方形的性质求角度 【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：． 9．（2025·上海·模拟预测）在平行四边形中，，对角线、相交于点O．若要添加一个条件使四边形为正方形，这个条件可以是 ． 【答案】或（答案不唯一） 【知识点】添一个条件使四边形是正方形 【分析】本题考查了正方形的判定，平行四边形的性质，由平行四边形中，，得到平行四边形是矩形，再添加菱形有的但矩形没有的性质，例如对角线互相垂直或者一组邻边相等即可得到四边形为正方形． 【详解】解：∵平行四边形中，， ∴平行四边形是矩形， ∴当或时，四边形为正方形， 故答案为：或（答案不唯一）． 10．（2023·上海闵行·二模）如图，在扇形中，点C、D在上，，点F、E分别在半径、上，，连接． (1)求证：； (2)设点P为的中点，连接，线段交于点M、交于点N．如果，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)证明见详解； (2)证明见详解． 【知识点】证明四边形是矩形、利用弧、弦、圆心角的关系求证、全等的性质和SAS综合（SAS）、利用垂径定理求解其他问题 【分析】（1）先证明得到，然后证明得； （2）连接，如图，利用垂径定理得到，则利用等腰三角形的性质和三角形内角和得到，则可判断所以，加上，于是可得到四边形为平行四边形，然后利用得到四边形为矩形． 【详解】（1）证明：， ， ， ， 在和中， ， ， ； （2）连接，如图， 点P为的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， 四边形为矩形． 【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系，垂径定理，矩形的判定．全等三角形的判定与性质等知识点，掌握这些是解题的关键． 11．（25-26九年级上·上海徐汇·月考）在中，是对角线上一点，连接，延长交于，交延长线于，若．求证： (1)； (2)是菱形． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【知识点】利用平行四边形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是菱形 【分析】本题主要考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质以及菱形的判定，根据平行四边形的性质和已知条件逐步推导． （）利用平行四边形性质得，再证，再由相似性质得比例式； （）用平行四边形性质和已知角关系推出边，根据菱形判定定理得证． 【详解】（1）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 考点六 中点四边形 类型 模型 特点 结论 一般四边形 分别是各边的中点 四边形 是平行四边形 ； 矩形 分别是各边的中点 四边形 是菱形 菱形 分别是各边的中点 四边形 是矩形 正方形 分别是各边的中点 四边形 是正方形 对于任意凸四边形，若对角线相等，则中点四边形为菱形；若对角线垂直，则中点四边形为矩形；若对角线垂直且相等，则中点四边形为正方形。 1．（24-25九年级下·上海·月考）顺次连接一个四边形各边中点得到的四边形叫做这个四边形的中点四边形．如果一个四边形的中点四边形是矩形，那么原四边形的对角线需满足的条件是（   ） A．互相平分且相等 B．互相平分且垂直 C．相等 D．互相垂直 【答案】D 【知识点】利用矩形的性质证明、中点四边形、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】此题主要考查了矩形的判定定理，画出图形进而应用平行四边形的判定以及矩形判定是解决问题的关键． 由于顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，再由矩形的判定可知，依次连接对角线互相垂直的四边形各边的中点所得四边形是矩形． 【详解】根据题意画出图形如下： 与的位置关系是互相垂直． 证明：点E、F、H、G分别是、、、的中点， 连接，，，，与交于点M， ∵四边形是矩形， ∴， ∵E、F、分别是、的中点， ∴， ∴， ∴E、H、分别是、的中点， ∴， 又∵点E、H分别是、各边的中点， ∴， 即． 故选：D． 2．（2024·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 【知识点】利用矩形的性质证明、中点四边形 【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． 3．（2024·上海普陀·二模）顺次连结直角梯形各边中点所得到的四边形可能是（    ） A．菱形； B．矩形； C．梯形； D．正方形． 【答案】B 【知识点】与三角形中位线有关的证明、正方形性质理解、中点四边形 【分析】根据题意画出图形，证明四边形是平行四边形，即可排除C，根据邻边边相等，即可求解． 【详解】解：如图， 四边形是直角梯形，分别为各边中点，则 四边形是平行四边形 四边形不能是菱形或正方形， 四边形可能是矩形，如图 故选B 【点睛】本题考查了中点四边形，掌握那个特殊四边形的性质是解题的关键． 考点七 向量的运算 1．平面向量 平面向量是在二维平面内既有方向又有大小的量．平面向量用a，b，c上面加一个小箭头表示，也可以用表示向量的有向线段的起点和终点字母表示． 2．平面向量的加法 三角形定则解决向量加法的方法：将各个向量依次首尾顺次相接，结果为第一个向量的起点指向最后一个向量的终点．平行四边形定则解决向量加法的方法：将两个向量平移至公共起点，以向量的两条边作平行四边形，结果为公共起点的对角线． 2．平面向量的减法 平行四边形定则解决向量减法的方法：将两个向量平移至公共起点，以向量的两条边作平行四边形，结果由减向量的终点指向被减向量的终点（平行四边形定则只适用于两个非零非共线向量的加减）． 1．（2025·上海嘉定·一模）下列说法中不正确的是（   ） A．如果是一个实数，是向量，那么与的方向相同： B．如果与非零平行，那么存在唯一的实数，使： C．如果是单位向量，那么； D．如果是实数，那么． 【答案】A 【知识点】实数与向量相乘、向量的相关概念、向量的线性运算 【分析】本题主要考查了向量的相关知识，当时，与的方向相反，据此可判断A；与非零平行，若它们的方向相同，则m等于的模长除以的模长，若方向相反，则m等于的模长除以的模长的相反数，据此可判断B；单位向量的模长为1，据此可判断C；根据向量与实数的运算法则可判断D． 【详解】解：A、如果是一个实数，是向量，那么当时，与的方向相反，原说法错误，符合题意； B、如果向量与非零向量平行，那么存在唯一的实数，使，原说法正确，不符合题意； C、如果是单位向量，那么，原说法正确，不符合题意； D、如果是实数，那么，原说法正确，不符合题意； 故选：A． 2．（2026·上海闵行·一模）下列说法中，一定正确的是（） A．如果、是非零向量，且，那么 B．如果是单位向量，那么 C．向量与是相等向量 D．如果是非零向量，那么 【答案】A 【知识点】向量的相关概念 【分析】本题考查向量，根据向量的基本概念和平行向量的定义判断各选项的正确性． 【详解】解：∵选项A中, 且非零， ∴是的标量倍数，方向相反， ∴，故A正确； ∵选项B中，单位向量的模为1，但向量不等于标量1，故B错误； ∵选项C中，向量与方向相反，不是相等向量，故C错误； ∵选项D中，当时,是零向量，但等式中“0”可能表示标量，向量不等于标量，故D错误； 故选： A． 3．（2026·上海闵行·一模）计算： ． 【答案】/ 【知识点】实数与向量相乘、向量的线性运算 【分析】本题考查了向量的运算，先根据向量的数乘分配律去括号，再合并同类向量． 【详解】解：． 故答案为：． 4．（2026·上海长宁·一模）如图，已知点是的重心，连接并延长交边于点，连接，过点作交边于点． (1)如果设，试用表示． (2)当，，时，求的面积． 【答案】(1) (2) 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、向量的线性运算、重心的有关性质 【分析】本题考查平面向量，三角形的重心，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． （1）利用三角形法则求出，再根据，即可解决问题． （2）首先证明，推出，由勾股定理得出，求出，再证明，利用相似三角形的性质求出的面积． 【详解】（1）解：∵G是的重心， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． （2）解：∵，， ∴， ∴； ∵，， ∴， 由勾股定理得， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 命题点一 平行四边形的性质 ►题型01利用平行四边形的性质求解 【典例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 【知识点】利用平行四边形的性质求解、折叠问题、求角的余弦值 【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． 【变式1-1】（2025·上海浦东新·二模）如图，在中，，，点在边上，且是等边三角形，点是对角线上一点．如果经过点且与边没有公共点，那么的半径的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】切线的性质定理、解直角三角形的相关计算、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了直线与圆的位置关系、平行四边形的性质、勾股定理、解直角三角形的应用，解题关键是找到界点时的情况计算． 根据题意，需要找到当时，半径最小；当点与点重合时，半径最大，计算出长度即可解答． 【详解】解：作交于点， 在中， ，，，， ， 是等边三角形， ，， 在直角中， ，， ， ， 在直角中， ， 在直角中， ， 作交于点， ， ， ， 与相切时，，即， 当时，半径最小，即； 当点与点重合时，，即， ， 半径最大为， 综上所述，． 【变式1-2】（2025·上海宝山·二模）如图，平行四边形，，对角线，将绕点B旋转，使得点A落在直线上的点处，那么的值是 ． 【答案】 【知识点】利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查相似三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的性质，旋转的性质；如图，以点B为圆心，为半径画圆，与直线交点即为，过作交直线于，设，则，，，再证明得到，，代入求出，，利用勾股定理求出，即可求出和，再求即可，注意分情况讨论． 【详解】解：如图，以点B为圆心，为半径画圆，与直线交点即为，过作交直线于，则； ∵平行四边形， ∴， ∴， ∵，， ∴设，则，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得，， ∴， 当在右边时，， ， ∴； 当在左边时，， ， ∴； 综上所述，， 故答案为：． 【变式1-3】（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点． (1)当是边中点时， ①如图（1），联结，如果，求证：； ②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值； (2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【知识点】利用平行四边形的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、全等三角形综合问题、等腰三角形的性质和判定 【分析】（1）①延长交于H，可证明，得到，则可证明，得到，则； ②如图所示，延长交于M，由平行四边形的性质得到，，证明，，得到，，则；设，则，，进而可得，即可得到；可证明，，设，则，则，据此可得答案； （2）延长交于M，由平行四边形的性质可得，，证明，，再证明，得到，求出，设，则由相似三角形的性质可得，，进而可得；再由，得到，则，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：①如图所示，延长交于H， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是边中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∵是边中点， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴； ∴，， 设，则， ∴， ∴； （2）解；如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， ∵， ∴，即 ∴， ∵，即， ∴， ∴； ∵， ∴，即， ∴，解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． ►题型02 利用平行四边形的性质证明 【典例2】（2025·上海金山·一模）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 【知识点】等边对等角、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合 【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． 【变式2-1】（2025·上海闵行·二模）已知，如图：在平行四边形中，对角线交于点，点是边延长线上一点，连接，交于点，交于点． (1)求证：； (2)连接，如果，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】利用平行四边形的性质证明、等腰三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是菱形 【分析】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定．本题的综合性较强，解题的关键是证明三角形相似． （1）证明，，得到，，进而得到，即可得证； （2）证明，推出，进而得到，即可得证． 【详解】（1）证明：∵平行四边形中， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （2）解：如图：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∵平行四边形中，对角线、交于O， ∴， ∴，即：， ∴平行四边形是菱形． 【变式2-2】（2023·上海崇明·二模）已知：如图，在平行四边形中，对角线、交于E，M是边延长线上的一点，联结，与边交于F，与对角线交于点G． (1)求证：； (2)联结，如果，求证：平行四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）证明，得到，证明，得到，进而得到，即可得证； （2）证明，推出，进而得到，即可得证． 【详解】（1）证明：∵平行四边形， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵平行四边形中，对角线、交于E， ∴， ∴，即：， ∴平行四边形是菱形． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定．本题的综合性较强，解题的关键是证明三角形相似． 命题点二 矩形的性质 ►题型01 根据矩形的性质求线段长 【典例1】（2025·上海普陀·二模）在矩形中，，，、分别是边、的中点，点、在对角线上（如图）．如果四边形是矩形，那么的长等于 ． 【答案】/ 【知识点】利用平行四边形的判定与性质求解、根据矩形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定方法，是解题的关键．连接，，，根据勾股定理求出，证明四边形为平行四边形，得出，证明四边形为平行四边形，得出，最后求出结果即可． 【详解】解：连接，，，如图所示： ∵四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∵、分别是边、的中点， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式1-1】（2025·上海徐汇·二模）如图，矩形中，，将矩形绕着点顺时针旋转得矩形，恰好落在对角线上，连接，如果与边相交，且，那么的长是 ． 【答案】/ 【知识点】根据矩形的性质求线段长、公式法解一元二次方程、根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，公式法解一元二次方程．先证明，推出，设，由勾股定理得，，根据，列式计算即可求解． 【详解】解：设，记和相交于点， ∵矩形， ∴，，， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴，， 由勾股定理得，， ∵， ∴， 解得， ∴． 故答案为：． 【变式1-2】（2025·上海松江·二模）如图，矩形中，，，点在边上，将△沿直线翻折，点落在点处，联结、．如果△是以为腰的等腰三角形，那么的长是 ． 【答案】或 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、根据矩形的性质求线段长 【分析】分两种情况讨论，一是，由折翻折得，所以，过点F作于点G，交于点H，则，四边形是矩形，所以，，求得，则，由勾股定理得，求得；二是，连接，过点F作于点Q，交于点P，则，四边形是矩形，所以，可证明垂直平分，则，所以，则，所以，由，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图1，△是以为腰的等腰三角形，且， 四边形是矩形，，， ，， 将△沿直线翻折，点落在点处， ， ， 过点作于点，交于点，则， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ，且，， ， 解得； 如图2，△是以为腰的等腰三角形，且， 连接，过点作于点，交于点，则， ， 四边形是矩形， ，， ， 垂直平分， ， ， △是等边三角形， ， ， ， ， ， 综上所述，的长是或， 故答案为：或． 【点睛】此题重点考查矩形的判定与性质、翻折变换的性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键． 【变式1-3】（2026·上海金山·一模） 坡道改良：某教学楼门口的坡道上下坡困难，乘坐轮椅的学生无法独立通过，由同伴推行也比较吃力．为确保轮椅能够安全、自如的通行，坡道设计需满足以下关键要求：最大坡度为，这是国际通用标准．每段坡道垂直升高不宜超过，超过时需设置休息平台．为此，几个学习小组经过测量，收集了坡道的相关数据，如图1、图2、图3． 同学发现坡道左侧有连廊，为了安全又不影响连廊通行，可将坡道设计为折返形，如图4．折返形坡道（坡道一休息平台一坡道）设计需满足以下关键要求：折返形坡道单段坡道最大坡度为，水平长度最大，休息平台宽度最小，轮椅入口宽度最小． 甲 组 ，，． 乙 组 丙 组 休息平台宽为，轮椅入口宽为，点到连廊的距离为． (1)根据三组同学收集的数据，求原坡道的坡度和坡高（或），并判断是否安全； (2)为了安全又不影响连廊通行，请您设计一种折返形坡道的方案，写出折返形坡道单段坡道（坡道、坡道）的坡度和坡高以及设计过程． 【答案】(1)坡度，坡高，不安全 (2)坡道的坡高为，坡度为，坡道的坡高为，坡度为 【知识点】用勾股定理解三角形、坡度坡比问题(解直角三角形的应用）、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查了勾股定理解直角三角形，矩形的性质，坡度，掌握相关知识点是解题的关键． （1）根据题意可知，，由勾股定理可得，即可求出坡度，再跟通用标准作比较，即可求解； （2）当休息平台位于连廊最左段，即点I和点S重合时，过点V作，可知四边形为矩形，先求出，即可求出坡道的坡高和坡度，再求出，即可求出坡道的坡高和坡度． 【详解】（1）解：由图1可知，， ， ， 故原坡道的坡度为， ， 原坡道不安全． （2）解：如图，当休息平台位于连廊最左段，即点I和点S重合时，过点作，过点V作，可知四边形为矩形， 根据题意可知，， ， ， 当坡道的坡度为时，， 由（1）可知， 四边形为矩形， ，， ， 故坡道的坡度为， ， 故坡道符合题目要求． 答：坡道的坡高为，坡度为，坡道的坡高为，坡度为． ►题型02 利用矩形的性质证明 【典例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 【知识点】利用矩形的性质证明、证明四边形是菱形 【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． 【变式2-1】（2025·上海杨浦·二模）已知：如图，在矩形中，点E、F分别在边上，且，延长分别交延长线于点H、G． (1)求证：； (2)联结，如果，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】利用矩形的性质证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是正方形 【分析】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等待，熟知相似三角形的性质与判定定理是解题的关键． （1）由矩形的性质可得，再证明推出，则； （2）先导角证明，则可证明，证明，进而可证明，，再证明，得到，即可证明，据此可证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，即； （2）证明：∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【变式2-2】（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 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等腰三角形的性质和判定、利用矩形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【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． ►题型03 根据矩形的性质与判定求线段长 【典例3】（2025·上海浦东新·二模）如图，在四边形中，，．以点C为圆心，长为半径画弧，交边的延长线于点E．过点B作的平行线，交线段的延长线于点F．如果，，那么线段的长度是 ．    【答案】2 【知识点】解直角三角形的相关计算、利用平行四边形性质和判定证明、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查平行四边形的判定及性质，矩形的判定及性质，解直角三角形，等边对等角等知识点，理解并掌握相关图形的性质是解决问题的关键．如图，分别延长，交于M，过D作于H，可知四边形为平行四边形，四边形为矩形，则，，，结合，证明，再结合，即可求解． 【详解】解：如图，分别延长，交于M，过D作于H；    ∵，， ∴四边形为平行四边形，四边形为矩形，则，， ∵， ∴， ∵， ∴，，则 ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，则． 故答案为：2． 【变式3-1】（2025·上海黄浦·二模）如图，已知平行四边形的四个内角的平分线组成四边形，连接．如果，那么的长为 ． 【答案】3 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、根据矩形的性质与判定求线段长、角平分线的有关计算 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，矩形的判定，等腰三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是熟练掌握相关性质，构造辅助线． 利用平行四边形的性质和角平分线的性质得出直角，证明四边形是矩形，然后再利用平行四边的判定和性质得出的长，根据矩形的对角线相等即可求出结果． 【详解】解： 如图所示，延长交于点，延长交于点，连接, ∵四边形是平行四边形， ， ， 又∵平分，平分， ，， ∴， ，， 同理，，，， ∴四边形是矩形， ∴， ，平分， ， ∴是等腰三角形， ∴，垂直平分， 同理，，垂直平分， ， 又， ∴四边形是平行四边形， ， ∵点分别是的中点， ， 又， 四边形是平行四边形， ， ， 故答案为：3． 【变式3-2】（2025·上海嘉定·一模）上海市嘉定区法华塔被列为上海市文物保护单位，是“教化嘉定”的重要象征．小海想利用所学知识测量法华塔的高度，由于法华塔被防护栏保护起来，小海只能在防护栏外进行测量．如图，小海在处用测角仪测得塔顶的仰角为，再往塔的方向前进30米至处（点为塔底中心，且点在同一水平线上），测得此时塔顶的仰角为，已知测角仪的高度为1.5米．请估算法华塔的高度． （参考数据：，结果精确到0.1米）． 【答案】约为米 【知识点】仰角俯角问题(解直角三角形的应用)、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查了解直角三角形的应用；连接并延长交于，证明四边形、是矩形，可得出，，在中，，根据正切的定义求出，在中，根据正切的定义得出，求出的长度，即可求解． 【详解】解：连接并延长交于， 根据题意，得，，，，，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是矩形， ∴，， 同理， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是矩形， ∴，， 在中，， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴， 答：法华塔的高度约为米． 命题点三 菱形的判定 ►题型01 证明四边形是菱形 【典例1】（2025·上海宝山·二模）如图，已知平行四边形，是延长线上一点，，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，求证： ． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【知识点】证明四边形是菱形、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、判断三边能否构成直角三角形 【分析】根据平行四边形的性质可证，根据可得，从而可证，根据相似三角形的性质可证，根据等角对等边可证结论成立； 过点作，根据菱形的性质可得，设，可得：、，根据勾股定理的逆定理可证是直角三角形且，从而可证结论成立． 【详解】（1）证明：如下图所示， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形； （2）证明：如下图所示，过点作， 四边形是菱形， ， 又，， 设， ， ， 则， ， ， ， ∴，， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、勾股定理和勾股定理的逆定理、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质．解决本题的关键是根据菱形的性质找边、角之间的关系． 【变式1-1】（2025·上海浦东新·二模）已知：如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，且．对角线分别交、于点M、N，联结、． (1)求证：四边形是菱形； (2)过点C作交的延长线于点P，如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合、全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明 【分析】（1）联结，根据正方形的性质先证，再证四边形是平行四边形，进而可证明，得，四边形是平行四边形，结合可证得结论； （2）根据正方形及菱形的性质先证，得，由，可证得，得，再证，得，，再证，得，即可证得结论． 【详解】（1）证明：联结， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形 又∵，即， ∴平行四边形是菱形； （2）证明：∵四边形是正方形，是对角线 ∴，， 由（1）得四边形是菱形， ∴，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，则， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，菱形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 【变式1-2】（2025·上海奉贤·二模）如图，已知平行四边形中，点F是对角线上一点，，延长交边于点E． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、证明四边形是菱形、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题考查平行四边形的性质，菱形的判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形相似是解题的关键： （1）根据平行四边形的性质，得到，证明，得到，等量代换即可得出结论； （2）平行线分线段成比例，得到，进而得到，推出，相似三角形的性质，推出，进而得到，结合平行线的性质，推出，进而得到，即可得证． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． 又∵，， ∴． 又∵， ∴． ∴ ∴ ∴ （2）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 命题点四 正方形的性质 ►题型01 根据正方形的性质求线段长 【典例1】（2025·上海嘉定·一模）如图，正方形的边在的边上，顶点分别在边上，作于H，交于P，已知．下列结论中不正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】根据正方形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，平行四边形的判定与性质，根据正方形的性质得出，，，则可证明，根据相似三角形的性质得出，结合，可得，证明四边形是平行四边形，得出，然后根据相似三角形的性质可得出，即可判断． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∴，即，故选项A正确； ∵， ∴， ∵， ∴，故选项B正确； ∵， ∴， ∵，， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，故选项D正确； ∴， ∵， ∴， ∴，故选项C错误， 故选：C． 【变式1-1】（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 【知识点】根据正方形的性质求线段长、由平行判断成比例的线段 【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． 【变式1-2】（2025·上海嘉定·一模）如图，点是正方形边上一点，且，点是边的中点，那么的值为 ． 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质求线段长 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质等，根据和是的中点，可以求得，即可求证，所以根据该相似三角形的对应边成比例得到． 【详解】解：在正方形中，，， ， ， ， 又是的中点， ， ． 又， ， ， 故答案为：． 【变式1-3】（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】 【知识点】根据正方形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【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：． ►题型02 根据正方形的性质证明 【典例2】（2025年上海市嘉定区中考二模数学试卷）如图，在正方形纸片中，点是边的中点．将该纸片的右下角向上翻折，使点与点重合，边翻折至的位置，与交于点，那么的值是 ． 【答案】2 【知识点】勾股定理与折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、三线合一、根据正方形的性质证明 【分析】延长交于点，过点作于点，由翻折得，，则，那么，设正方形边长为4，先由勾股定理求出，再证明，求出，最后由即可求解． 【详解】解：延长交于点，过点作于点， 由翻折得，， ∴， ∵， ∴， 设正方形边长为4， ∵正方形纸片， ∴，，， ∵点是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：2． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识点，把握折叠的不变性是解题的关键． 【变式2-1】（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】 【知识点】图形问题(实际问题与二次函数)、根据正方形的性质证明 【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： 【变式2-2】（2025·上海徐汇·二模）如图，是正方形的对角线，点E、F分别在边上，，延长到，且，连接． (1)求证：； (2)延长交于点，连接，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、全等的性质和SAS综合（SAS）、相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质证明 【分析】（1）先由正方形的性质结合平行线分线段成比例得到，然后证明即可； （2）由，得到，证明，由直角三角形斜边上中线的性质得到，证明，则，那么，再交叉相乘即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图： ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，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知识点，找出相似三角形是解题的关键． 命题点五 向量的运算 ►题型01 向量的线性运算 【典例1】（2026·上海长宁·一模）已知一个单位向量，设都是非零向量，那么下列等式中一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】向量的线性运算、向量的相关概念 【分析】本题考查平面向量，根据平面向量的性质一一判断即可，熟练掌握知识点的应用解题的关键． 【详解】解：∵是单位向量， ∴， 、，该选项成立，符合题意； 、与的模长相等，但方向不一定相同，该选项不成立，不符合题意； 与，但与的模长不一定相等，该选项不成立，不符合题意； 、与，仅当与平行时成立，否则不成立，该选项不成立，不符合题意； 故选：． 【变式1-1】（2026·上海金山·一模）在中，设，点是的边的中点，如果用的线性组合表示向量，那么的值为 ． 【答案】1 【知识点】向量的线性运算 【分析】本题主要考查了平面向量的简单计算问题，熟练掌握平面向量的简单计算是解题的关键． 点是边的中点，根据中点公式，向量可以表示为向量和的线性组合，且系数之和为1． 【详解】解：∵是的中点， ∴， 因此，， ∴， 故答案为：1． 【变式1-2】（2026·上海长宁·一模）计算： ． 【答案】/ 【知识点】向量的线性运算 【分析】本题考查了向量的线性运算，先通过分配律去括号，再合并同类项向量，即可求解． 【详解】原式. 故答案为． ►题型02 实数与向量相乘 【典例2】（2026·上海虹口·一模）计算： ． 【答案】 【知识点】实数与向量相乘 【分析】本题考查了向量的运算，根据向量的数乘和加法运算法则，先运用分配律将括号展开，再合并同类向量即可得到答案． 【详解】解：． .故答案为：． 【变式2-1】（2023·上海·中考真题）如图，在中，点D，E在边，上，，联结，设向量，，那么用，表示 ．    【答案】 【知识点】向量的线性运算、实数与向量相乘、相似三角形的判定与性质综合 【分析】先根据向量的减法可得，再根据相似三角形的判定可得，根据相似三角形的性质可得，由此即可得． 【详解】解：∵向量，， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了向量的运算、相似三角形的判定与性质，熟练掌握向量的运算是解题关键． 【变式2-2】（2025·上海宝山·二模）如图，点是的重心，连接，如果，，那么 ． 【答案】 【知识点】向量的线性运算、实数与向量相乘、重心的有关性质 【分析】本题考查了平面向量与三角形重心的知识，掌握三角形法则与三角形重心的性质是解题的关键．延长交于点，由，，根据三角形法则，即可求得，再由点D是△ABC的重心，根据重心的性质，即可求出结果． 【详解】解：延长交于点， ∴， ∵点是的重心， ∴是的中线， ∴， ∴， ∵点是的重心， ∴， 故答案为：． ►题型03 向量的相关概念 【典例3】（2025·上海虹口·一模）已知非零向量、和，下列条件中，不能判定的是（   ） A． B．， C． D．， 【答案】C 【知识点】向量的相关概念、向量的线性运算 【分析】此题考查了向量．根据向量平行向量的定义“方向相同或相反的非零向量、叫做平行向量”进行逐一判定即可． 【详解】解：A. ，则与方向相同，故，选项不符合题意； B. ，，则与方向相同，与方向相同，则与方向相同，故，选项不符合题意； C. ，不能说明，选项符合题意； D. ，，则，选项不符合题意； 故选：C 【变式3-1】（2026·上海松江·一模）已知四边形的对角线交于点，如果，那么下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】向量的相关概念、相似三角形的判定与性质综合、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，向量的相关知识，若两个非零向量满足（其中k是实数，且），那么，且，则，证明得到，据此可判断A、B；可证明与不平行，与不平行，据此可判断C、D． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，，故A正确，B不正确， ∵四边形的对角线交于点， ∴与不平行， ∴，故C不正确； ∵， ∴四边形不是平行四边形， ∴与不平行， ∴，故D不正确； 故选：A。 【变式3-2】（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 【知识点】向量的相关概念、向量的线性运算 【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． 【变式3-3】（2026·上海徐汇·一模）如图，中，分别是边上的点，已知，且四边形是平行四边形．设，． (1)用向量分别表示下列向量： ________________；___________________；_______________； (2)连接交于点，在图中求作分别在方向上的分向量（不要求写作法，但要指出所作图中表示结论的分向量） 【答案】(1)，， (2)见详解 【知识点】向量的相关概念、向量的线性运算、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查线性向量的计算和平行四边形的性质，正确掌握向量的基本运算是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质和向量的和差关系即可求解； （2）利用平行四边形法则分解向量即可． 【详解】（1）解：，，， ，， 四边形是平行四边形， ； （2）解：如图所示,，即为在方向上的分向量． 突破一 平行四边形性质和判定综合 【典例1】（2025·上海宝山·二模）如图，梯形中， ，分别是边上的点，且，，交的延长线于点，与交于点，如果，那么四边形与四边形周长的差是 ．（结果用含的代数式表示） 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题主要考查了梯形的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握上述定理与性质是解题的关键．利用平行四边形的判定与性质得到，，利用相似三角形的判定与性质得到，，利用周长的公式运算，化简求值即． 【详解】解：，， 四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形与四边形周长的差 ， 故答案为：． 【变式1-1】（2025·上海普陀·二模）在中，，（如图）．点在边上，，为垂足，将绕点按顺时针方向旋转后得到，点、分别与点、对应，，射线与边交于点．如果，那么的长是 ． 【答案】4或4.8 【知识点】根据旋转的性质求解、利用平行四边形的判定与性质求解、三线合一、解直角三角形的相关计算 【分析】先过点A作交与点F，利用等腰三角形的性质以及余弦的定义得出，然后分两种情况，当P在的延长线上时和当P在线段上时想，证明四边形为平行四边形，根据设出， ，有旋转的性质得出，得出，最后根据余弦的定义求出x，进而可得出答案． 【详解】解：过点A作交与点F， ∵， ∴，， ∴， 分两种情况：当P在的延长线上时，如下图： 由旋转的性质得出， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵ ∴设，则， 则，， ∴， ∵， ∴， 解得：， 则； 当P在线段上时，如下图： 同理可设，则， 则， ∴， ∵， ∴， 解得：， 则， 综上：的值为4或4.8， 故答案为：4或4.8． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形三线合一的性质，解直角三角形的计算，平行四边形的判定和性质，旋转的性质等知识，学会分类思考是解题的关键． 【变式1-2】（2025·上海静安·二模）如图，在中，，点在的延长线上，，，点在边上，，的延长线交线段于点． (1)求证：； (2)当点是的中点时，求证：； (3)已知，，设，，求关于的函数解析式，并写出的取值范围． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)，x的取值范围为． 【知识点】已知余弦求边长、根据交点确定不等式的解集、相似三角形的判定与性质综合、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，灵活运用相似三角形的判定与性质成为解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形可得，再根据平行线的性质以及等腰三角形的判定定理可得，再根据平行线的性质可得，然后根据“边角边”即可证明结论； （2）由中点的定义可得，由可得，再证明，然后根据相似三角形的性质列比例式化简即可证明结论； （3）如图，延长交的延长线于点N，过A作于点H，过E作于点G，根据题意求出、根据平行线分线段成比例，列出比例式，求出即可得到关系式；然后再根据确定x的取值范围即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， 在和中， ， ∴． （2）解：∵点是的中点， ∴， ∵， ∴，，即， ∵， ∴， ∴，即， ∴，即． （3）解：如图，延长交的延长线于点N，过A作于点H，过E作于点G， ∵， ∴， ∵， ∴，即，解得：， ∵，， ∴， ∴， ∴，即，解得：， ∴， ∴, ∵, ∴，即，解得：， ∴， ∴， ∵（比值）， ∴，解得：． ∴，x的取值范围为． 【变式1-3】（2025·上海闵行·一模）如图，一种遮阳伞的截面由主伞骨和、支伞骨和以及伞柄组成，伞柄垂直于地面且平分，厘米，，厘米．使用遮阳伞时，可以通过调节点在伞柄上的位置来确定的大小．当点、、三点在同一直线上时，遮阳伞完全打开，此时达到最大为．（参考数据：，，，计算结果保留根号） (1)当厘米， ⅰ）在遮阳伞完全打开时，求、之间的距离． ⅱ）在伞打开的过程中（从变到），点上升了_____厘米． (2)设的度数为，在平行的太阳光照射下，遮阳伞能遮住的地面长为_____（用式子表示）；如果想通过只改变一个条件来增大遮阳伞遮住地面的长，你的建议是_____． 【答案】(1)i）； (2)；增大主伞骨的长度 【知识点】利用平行四边形的判定与性质求解、相似三角形的判定与性质综合、其他问题（解直角三角形的应用） 【分析】本题考查了相似三角形的判定及性质，解直角三角形等，理解题意，正确作出辅助线是解题关键． （1）i）连接，由题意得：，根据三角函数求出的长度，再利用，求出的长； ii）分别求出时和时的长度，作差即可得到点M上升的高度； （2）用l和α表示的长度，即可得到的长；如可以通过增大主伞骨的长度，来增大遮阳伞遮住地面的长． 【详解】（1）解：i）连接，由题意得：， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即、之间的距离为； ii）当时，， 当时，， ∴上升的高度为：， 故答案为：； （2）解：连接，遮阳伞完全打开，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 如果想通过只改变一个条件来增大遮阳伞遮住地面的长，我的建议是增大主伞骨的长度， 故答案为：；增大主伞骨的长度． 突破二 矩形与折叠问题 【典例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】 【知识点】勾股定理与折叠问题、矩形与折叠问题 【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1-1】（2025·上海奉贤·二模）如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为 ． 【答案】9 【知识点】等腰三角形的性质和判定、内错角相等两直线平行、矩形与折叠问题、用勾股定理解三角形 【分析】考查了矩形的性质，翻折变换的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题． 首先求出，由矩形的性质得出，，由平行线的性质得出，由翻折不变性可知，，证出，由等腰三角形的判定定理证出，再由勾股定理求出，可得，再利用翻折不变性，可知，由此即可解决问题． 【详解】解：， ， ∵将纸片折叠，使落在射线上， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：9． 【变式1-2】（2026·上海长宁·一模）在矩形中，，，为射线上一点，将沿翻折，得到（点的对应点为）．联结，当为等腰三角形时，长是 ． 【答案】，，， 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、等腰三角形的性质和判定、折叠问题 【分析】以点为原点建立平面直角坐标系，设，利用翻折性质得到，；分三种情况讨论为等腰三角形的条件，分别求解的长度． 【详解】解：以点为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，则，，，设（）， ∵沿翻折得到， ∴，， ①如图，当时，则在的垂直平分线上， ∴设， ∵，， ∴， ∴或， ∵， ∴ ∴当时，；当时，； ②如图，当时， 设 ∵且，， ∴， 解得，， ∴ ∵，， ∴， 解得； ③如图，当时，设， ∵且，，， ∴， 解得，， ∴， ∵， ∴， 解得， 故答案为：，，，． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、翻折的性质、等腰三角形的判定与性质、平面直角坐标系的应用及勾股定理，熟练掌握翻折的性质并分情况讨论等腰三角形的存在性是解题的关键． 1．（2025·上海闵行·一模）如图，点、分别是线段和的中点，、交于点，且，，，那么长是 ． 【答案】3 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】连接，由三角形中位线定理推出，，判定，推出，设，，由勾股定理得到，，求出，得到． 【详解】解：连接， ∵D、E分别是线段和的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴， 设，，则，， ∵， ∴，， ∵，， ∴，， ∴（舍去负值）， ∴． 故答案为：3． 【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，二元二次方程组，关键是由勾股定理得到关于x、y的方程组． 2．（2025·上海徐汇·二模）“数学探究小组”研究如下问题：如图1，点是矩形内一点，求作一个四边形，使得四边形的四边分别等于、、、，并且两条对角线互相垂直． 小组成员小杰提出了如下的作法：1．过点作并截取；2．分别连接、．那么四边形就是所求作的四边形． (1)请判断小杰的作法是否正确，并说明理由； (2)如图2，点是菱形内一点，请根据上述信息提出一个类似问题，并予以解决（只需写出作法或画出图形、结论，不必说明理由）． 【答案】(1)小杰的作法正确，理由见解析； (2)见解析 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、利用菱形的性质证明、利用矩形的性质证明 【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，平行四边形的判定和性质，三角形外角的性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键． （1）根据矩形的性质证明四边形和四边形都是平行四边形，即可得到答案； （2）先根据（1）提出类似问题，再过点作分别交、于点、，并截取；2．分别连接、．利用平行四边形的判定和性质，即可证明四边形就是所求作的四边形． 【详解】（1）解：小杰的作法正确，理由如下： 四边形是矩形， ，，， ， ，， ，，， 四边形和四边形都是平行四边形， ，， 四边形就是所求作的四边形． （2）解：如图2，点是菱形内一点，求作一个四边形，使得四边形的四边分别等于、、、，并且两条对角线的夹角度数等于菱形的一个内角度数． 作法：1．过点作分别交、于点、，并截取；2．分别连接、．那么四边形就是所求作的四边形． 理由如下：四边形是菱形， ，， ， ，， ，， 四边形和四边形都是平行四边形， ，，，， ， ， ， 四边形就是所求作的四边形． 3．（25-26九年级上·上海普陀·期末）【发现问题】顺次连接对角线相等的四边形的四条边的中点，就可以得到一个菱形．小普同学进一步思考：如果一个四边形的对角线不相等，那么能否在这个四边形中画出一个菱形，使其满足四个顶点分别落在四边形的四条边上，且两组对边分别与四边形的两条对角线平行？ 【提出问题】小普同学把这个想法改写成如下的一段数学语言：如图，在四边形中，，点E、F、G、H分别在边、、、上，且，___________，如果四边形是菱形，那么怎样画出这个菱形呢？ 【分析问题】小普同学在与的交流中，给出了一种解决问题的思考路径： 【解决问题】 (1)根据图，将【提出问题】中缺失的条件补充完成（即“___________”）； (2)根据小普同学与的对话，设，，用含a、b的代数式表示k； (3)在图中，画出符合要求的菱形，写出确定点E的作图步骤，并保留确定点E的作图痕迹． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【知识点】添一个条件成为平行四边形、由平行截线求相关线段的长或比值、证明四边形是菱形 【分析】本题考查平行线分线段成比例，平行四边形的判定； （1）根据是平行四边形，添加条件即可； （2）由题意得，，计算即可解答； （3）延长，利用圆规在延长线上截取，连接；作，即可解答． 【详解】（1）解：根据题意可知是平行四边形，则需添加； （2）解：∵，，， ∴， ∴，； ∵，，， ∴，； ∴ ∴， （3）解：如图所示即为所求： 延长，利用圆规在延长线上截取，连接； 作，交边于点E即可． 4．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知四边形中，，点是四边形外一点，，连接并延长分别交、于点、． (1)求证：； (2)，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】与三角形中位线有关的证明、相似三角形的判定与性质综合、线段垂直平分线的判定、等腰三角形的性质和判定 【分析】（1）先证明垂直平分，得到，再根据等腰三角形的判定证明，即可得出结论； （2）先证明是的中位线，得到，从而可证明，由相似三角形的性质得出结论． 【详解】（1）证明：连接，如图， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴． （2）证明：∵， ∴点N是，， 由（1）知垂直平分， ∴点M是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查线段垂直平分线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，余角的性质．解题关键是熟练掌握线段垂直平分线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的性质． 5．（2025·上海奉贤·一模）已知，如图，在中，点D在边上，点M、N在边上，是线段与的比例中项，分别交于点E、F． (1)求证：； (2)若点O为边的中点，连接，且，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】与三角形中位线有关的证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据，证明，得到，，结合可以证明，继而得到，证明，结合证明，等量代换即可证明． （2）在上截取，连接，证明，再三角形相似，平行线的判定证明，解答即可． 【详解】（1）证明：∵是线段与的比例中项， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴． （2）证明：在上截取，连接， ∵点O为边的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， ∴． 【点睛】本题考查了三角形相似的判定和性质，三角形中位线定理，平行线的判定和性质，比例中项的意义，熟练掌握三角形相似的判定和性质是解题的关键． 1．（2025·上海奉贤·二模）中，，，为中点，过点的直线交于点，如果平分的周长，那么 ． 【答案】/ 【知识点】用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 过点作交于点，设，，，根据点是的中点，证明是的中位线，又平分的周长得则，进而得，根据中位线定理得，，则，继而由勾股定理得，据此可得的值． 【详解】解：过点作交于点，如图所示： ∴， ∴， ∵为中点， ∴， ∴是的中位线， 设，，， ∴， ∵平分的周长， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的中位线， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 故答案为：． 2．（2025·上海黄浦·二模）如图，已知矩形中，，点在边上，，以为半径作．将矩形翻折，使点落在上，点的对应点为点，折痕与边交于点，如果直线经过点，那么的长为 ． 【答案】或 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题主要考查了圆和矩形的综合，翻折的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质以及分类讨论的数学思想等知识点，解题的关键是熟练掌握相关性质并灵活应用． 根据题意构造辅助线，采用分类讨论的数学思想，利用翻折的性质和勾股定理求出相关线段的长度，并根据条件得出和，然后根据对应边成比例求出的长． 【详解】解： ①如图所示，过点作于点,对称轴与直线的交点为， 根据题意可得，，, 在中，由勾股定理得 由翻折的性质可得 即 解得； ②如图所示，连接并延长交于点,交的延长线于点,对称轴与直线的交点为， 由①知, 由翻折的性质可得 即 解得, 同理， 即 解得； 综上，的长为或， 故答案为：或． 3．（2026·上海金山·一模）在四边形中，点在边上，，点在边上． (1)如图1，若四边形为矩形，且，连接， 求证：； (2)如图2，若四边形为等腰梯形，．请连接并延长，交的延长线于点，连接，如果，求的长； (3)如图3，若四边形为平行四边形，点是中点，连接交于点，连接，过点作交于点，连接，求值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【知识点】利用矩形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合、利用平行四边形的性质证明、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】（1）矩形的性质，得到，，进而得到，易得，推出，进而得到，推出，即可得证； （2）取的中点，连接，斜边上的中线，得到，等边对等角，结合三角形的外角，推出，进而得到，证明，得到，设，求出，根据，得到，求出的值，再根据等腰梯形的两腰相等，即可得出结果； （3）延长，交于点，连接，证明，得到，，进而推出，根据同高三角形的面积比等于底边比，以及平行面积转化，即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）解：取的中点，连接，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴，即， 解得（负值舍去）， ∴， ∵四边形为等腰梯形，， ∴； （3）解：延长，交于点，连接， ∵平行四边形， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查矩形的性质，等腰梯形的性质，平行四边形的性质，斜边上的中线，等边对等角，相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造相似三角形，是解题的关键． 4．（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) 【知识点】证明四边形是平行四边形、与三角形中位线有关的证明、相似三角形的判定与性质综合、圆与三角形的综合(圆的综合问题) 【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． 1．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在中心为的正六边形中，点G，H分别在边，上，且不同于正六边形的顶点，． (1)证明：四边形为平行四边形； (2)若正六边形的边长为4，以点为圆心，为半径的扇形与正六边形形成阴影部分，求图中阴影部分的面积． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【知识点】正多边形和圆的综合、证明四边形是平行四边形、求其他不规则图形的面积 【分析】本题考查正多边形的概念，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，扇形面积的计算，根据正六边形的概念确定相等的角和线段，以及角的大小是解题关键． （1）根据正六边形的概念，得到正六边形的每个内角相等，每条边相等，从而证明三角形全等，再利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形证明即可； （2）根据正六边形的概念，确定的度数，进而确定的度数和的长，再通过作差法计算阴影部分的面积即可． 【详解】（1）证明：∵六边形是正六边形， ∴，， 又， ∴， ∴， ∵，， ∴，即， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图，连接，，， ∵是正六边形的中心， ∴，， ∴， ∴， ∴和都是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴阴影部分的面积为． 2．（2025·江苏无锡·中考真题）【数学发现】 某校数学兴趣小组进行了如下探究：以内部任意一点为中心，画出与成中心对称的．当点处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化． 【问题解决】 组员小明选择面积为1的，以其内部任意一点为中心，画出与之成中心对称的，探究了下列问题，请你帮他解答． (1)如图3，，当点关于点的对称点落在边上时，两个三角形重叠部分为． ①若，求的长；（请直接写出答案） ②若的面积为，求的长． (2)如图4，点为的中点，点在上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”，求“平行六边形”面积的最大值，并指出此时点的位置． 【答案】(1)①，② (2)，是的重心. 【知识点】根据中心对称的性质求面积、长度、角度、相似三角形的判定与性质综合、公式法解一元二次方程、利用平行四边形的判定与性质求解 【分析】（1）①利用面积先求解，再结合中心对称的性质可得，②证明，可设，结合的面积为，可得，同理，进一步建立方程求解即可. （2）如图，连接，，记，的交点为，证明共线，共线，，，，，，设，，， 可得，再进一步求解即可. 【详解】（1）解：①∵， ∴， ∵， ∴， ∵点关于点的对称点为点， ∴. ②∵， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴设， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴， ∴， ∵ 与关于成中心对称， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴， 同理可得：， ∴， ∵， ∴， 解得：，经检验符合题意， ∵，， ∴， ∴. （2）解：如图，连接，，记，的交点为， ∵与关于成中心对称，“平行六边形”， ∴共线，共线，，，，， ∴， 设，，， ∴, ∵， ∴， ∴，即， 同理：， ∴，即， 同理：， ∴，即， ∴， ∵，，， ∴的最小值为： ， 此时，，， ∴，即， ∴“平行六边形”的面积的最大值为：， 同理可得：， 同理：，， ∴，， ∴， ∴是的重心. 【点睛】本题考查的是中心对称的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形的重心的判定与性质，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线，选择合适的方法解题是关键. 3．（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E． (1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； (3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______． 【答案】(1)，理由见解析 (2)见解析 (3)25 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、面积问题(旋转综合题)、圆周角定理、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）过作于过点C作的延长线于，根据旋转的性质得到再证明，可得，最后利用三角形面积公式即可得到结论； （2）延长至， 使得， 连接，连接，证明，可得，从而得出四点共圆，根据圆周角定理可得，最后再利用直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质证明即可得到结论； （3）过点C作延长线于，先求得，再由勾股定理得，最后再求解即可得到结论． 【详解】（1）解：，理由如下： 由旋转的性质可得 过作于过点C作的延长线于， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， （2）证明：延长至， 使得， 连接， 为中点 为的中位线 由旋转的性质可得， ，， ， ， 四点共圆， ， ， 连接， 在中，点是的中点， ， 同理可得， 在中，点是的中点， ， 同理可得， ， 四边形是菱形， ， 即， 四边形是平行四边形， ， 又， P，Q，R三点共线； （3）解：过点C作延长线于， 由旋转的性质可得， 由（1）得，由旋转的性质可得， ， ， ， ， ， ， ， 中，， ， 则S的最大值为25． 故答案为：25． 【点睛】本题考查了几何变换综合题，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，旋转的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质及三角形中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $