专题06 四边形（专项训练）（上海专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第四章 图形的性质 专题06 四边形 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 题型一、多边形的对角线 易｜混｜易｜错 混淆多边形的对角线与边的定义（对角线是连接不相邻两个顶点的线段，不是多边形的边）；记错 n 边形对角线的数量公式，误将 记为 或直接记为 ，导致计算对角线数量时出错；忽略＂从 n 边形的一个顶点出发可作 条对角线＂的前提，误算为 条，进而影响多边形内角和或分割三角形个数的判断。 1．（2025·上海·模拟预测）关于多边形，下列说法中正确的是（　　） A．过七边形一个顶点可以将其分割为6个三角形 B．凸多边形的外角和随着边数增加而增加 C．凸多边形若各边相等则为一个正多边形 D．凸多边形的内角和不一定大于它的外角和 2．（2025·上海·模拟预测）六边形对角线的条数是______________． 3．（2025·上海·模拟预测）新定义：正n边形最短对角线与最长对角线长度的比值为正n边形的特征值，则n的取值范围为_______，正六边形的特征值为______． 题型二、多边形的内角和 易｜混｜易｜错 记错多边形内角和公式（误将 记为 或 ）；忽略多边形边数 的前提，导致计算或判断边数时出现逻辑错误；混淆多边形内角和与外角和（误认为外角和也随边数变化，实则任意多边形外角和恒为 ）；在已知内角和求边数时，忽略＂内角和必须是 的整数倍＂这一条件，导致得出非整数边数的错误结论。 4．（2024·上海金山·三模）正n边形的一个外角为，则它的对角线条数为__________ 5．（2025·上海·模拟预测）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 6．（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 7．（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 8．（2025·上海杨浦·模拟预测）已知一个正多边形的相邻两边的夹角为，那么这个正多边形的边数为：________． 9．（2025·上海杨浦·二模）如图，已知正五边形的边长是4，联结交于点F，那么的长是______． 10．（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_______． 题型三、多边形的外角和 易｜混｜易｜错 混淆多边形内角和与外角和的性质（误认为多边形外角和会随边数变化，实则任意多边形的外角和恒为 ， 与边数无关）；在求正多边形每个外角的度数时，误用内角和公式计算，忽略＂正多边形每个外角的度数 ＂（ 为边数）的正确结论；在解决多边形内角和与外角和的综合问题时，错误地将外角和与内角和的关系混淆，导致无法正确建立方程求解边数；忽略＂多边形的每个外角与相邻内角互为邻补角＂这一关系，在已知内角求外角时出现计算错误。 11．（2025·上海闵行·二模）正多边形的一个外角的大小（度）随着它的边数的变化而变化，下列说法正确的是（   ） A．与之间是正比例函数关系； B．与之间是反比例函数关系； C．与之间是一次函数关系； D．与之间是二次函数关系． 12．（2025·上海·模拟预测）已知一个正多边形的外角为，他的边心距为2，则它外接圆的面积为_______ 13．（2025·上海·模拟预测）如果正多边形的中心角是，那么该正多边形的内角和为______． 14．（2025·上海金山·二模）正边形的内角等于外角的5倍，那么=_________． 题型四、平行四边形的性质 易｜混｜易｜错 混淆平行四边形的对边相等、对角相等与邻边、邻角的关系，误将邻边相等、邻角互补当成性质直接套用；在复杂图形中忽略平行四边形对边平行且相等、对角相等的前提，错误地将非平行四边形的图形套用这些性质；混淆平行四边形的对角线互相平分与对角线相等、垂直的性质，误将矩形、菱形的对角线性质当成平行四边形的普遍性质；利用平行四边形性质计算边长或角度时，忽略 “对边平行” 带来的内错角相等、同旁内角互补等隐含条件，导致计算或推理错误。 15．（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． 16．（2025·上海杨浦·模拟预测）在中，点是重心，过点作平行于和的平行线，围成的平行四边形的面积占三角形的（    ） A． B． C． D． 17．（2025·上海·模拟预测）下列说法中，错误的是（    ） A．顶角为的等腰三角形，底角的正切值为 B．顶角为的等腰三角形，底角的正切值为 C．所有内角含的等腰梯形，对角线一定和下底相等 D．平行四边形对角线分得的四个小三角形面积相等 18．（2025·上海·模拟预测）如图，在平行四边形纸片中，，将纸片沿对角线对折，边与边交于点，此时恰为等边三角形，则的长度为______． 19．（2025·上海·一模）如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值______． 20．（2025·上海杨浦·一模）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至直线上，点的对应点分别是，且，直线与直线交于点G，，则__________． 21．（2026·上海·一模）小明所在的数学研究小组依据课本“第24章 相似三角形”内的知识展开了研究． (1)如图1，在中，点D、E分别在边上，且，边上有一点M，连接交线段于点N．设，求的值；（用含k的代数式表示） (2)如图2，平行四边形中，连接对角线．尝试仅用无刻度的直尺作出的重心，并简要说明画图步骤；画图步骤： ． 22．（2026·上海松江·一模）在中，是边上一点，将沿直线翻折，点落在上的点处，的延长线交射线于点． (1)如图1，当四边形是矩形时，如果，，求四边形的面积； (2)如图2， 如果， ，四边形的面积是，求的正弦值； (3)如果且 ，求的值． 题型五、平行四边形的判定 易｜混｜易｜错 混淆判定定理的条件（误将 “一组对边平行，另一组对边相等” 当成判定平行四边形的依据，实则可能是等腰梯形）；忽略 “两组对边分别相等”“两组对角分别相等”“对角线互相平分” 等判定条件的完整性，误用单一或不充分的条件（如仅由对角线相等判定四边形为平行四边形）；混淆性质与判定（将平行四边形 “对边平行且相等” 的性质当成判定条件，或搞反判定的条件与结论，如由 “四边形是平行四边形” 反推 “一组对边平行且相等”，而非用后者判定前者）；在复杂图形中忽略 “四边形” 这一前提，在三角形或其他图形中误用平行四边形的判定定理。 23．（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 24．（2025·上海普陀·三模）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O，点E，F，G分别为，，的中点，连结，，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)如图1，若，求证：； (3)如图2，当平行四边形为菱形时，若，，求四边形的面积． 25．（2025·上海·二模）如图，在等边三角形中，点D在上，点E在边上，和的两条平分线交于点F，F在下方，上方，且． (1)如图1，求证：三角形是等边三角形． (2)如图2，在上找一点G，使．连接，连接交于点H，求证：四边形是平行四边形． 26．（2025·上海青浦·二模）已知：如图，在梯形中，，点是一点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，求证：． 27．（2025·上海·二模）我们知道“顺次连接四边形各边中点所得的四边形是平行四边形”．小明是个爱动脑筋的同学，他提出了如下问题：如果点、、、分别在四边形的边、、、上，它们都不是中点且都不与端点重合，那么能否使四边形仍然是平行四边形？ 稍作思考后，他给出了如下的构造方法（如图）： ①在边上任取符合条件的一点，作，交边于点； ②作，交边于点；③作，交边于点；④连接． (1)求证：小明画出的四边形是平行四边形； (2)如图，在的网格中，每个小正方形的边长都为，四边形的顶点均在格点上，点在边上，，请你仅用一把无刻度的直尺（只能作经过两点的直线），画一个平行四边形，使点、、分别在边、、上，且此平行四边形的边与或平行．（不写画法，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示） 题型六、平行四边形的判定与性质综合 易｜混｜易｜错 混淆判定与性质的使用逻辑（搞反条件与结论）；误用单一或不充分的条件（如 “一组对边平行，另一组对边相等”）判定平行四边形；在非平行四边形中（如梯形）错误套用平行四边形性质；混淆平行四边形与矩形、菱形的对角线性质，误将 “对角线相等 / 垂直” 当成普遍性质；忽略 “对边平行” 带来的内错角相等、同旁内角互补等隐含关系，导致推理或计算不完整 28．（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． 29．（2025·上海·模拟预测）若以长度分别为、、、的四条线段为边作梯形，则这样的梯形（ ） A．能作个 B．能作个 C．能作个 D．不能作 30．（2025·上海崇明·二模）在平面直角坐标系中，点是反比例函数图像上一点，点是轴上一点，，将绕点旋转，点的对应点分别为．当四边形的面积等于8时，点的坐标是_______． 31．（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________．    32．（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） 33．（2025·上海·模拟预测）如图1，在中，在四边形中．连接交于点，连接交于点，满足． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)如图2，当四边形为正方形，且在线段上时，求证： ． 34．（2025·上海·模拟预测）四边形与四边形均为平行四边形．连接和交于点G． (1)求证：； (2)若点在延长线上，且，求证：． 35．（2026·上海闵行·一模）探究活动：巧拼地砖外边． 装修工人有一大一小两根条形边角料（大条形边角料中，小条形边角料中），如图1拼接到直角地砖的外边上，发现点与点不能重合．为了尽可能节约用料，又能使两根条形边角料能拼成一个直角，工人师傅使用一把直尺、一支笔和一台切割机，经过图2—图9的操作解决了问题，完成了拼接． 图1 图2 图3 图4 图5 【操作说明】 将一大一小两根条形边角料拼在直角地砖的外边． 【操作说明】 画出的延长线，交于点． 【操作说明】 连接OC． 【操作说明】 沿着射线方向，平移小条形边角料，使点与点重合，得到四边形． 【操作说明】 画出的延长线，交小条形边角料的边于D． 图6 图7 图8 图9 【操作说明】 连接BD． 【操作说明】 沿着切割． 【操作说明】 拼接切割后的两根条形边角料． (1)请根据图2-图6的操作说明，在图①中画出操作过程相应的图形，并按操作过程标注相应的字母； (2)如果大条形边角料为的宽度为，小条形边角料为的宽度为，大条形边角料裁剪后的锐角是，那么___________； (3)请根据上述探究，设计一个新裁剪方案，在图②中画出剪裁方法，并简单说明理由． 题型七、三角形中位线 易｜混｜易｜错 混淆三角形中位线与中线的定义（中位线是连接两边中点的线段，中线是连接顶点与对边中点的线段）；忽略中位线定理的前提，在非三角形图形中误用 “平行且等于第三边一半” 的结论；计算时记错中位线与第三边的数量关系，误将 “等于第三边的一半” 记为 “等于第三边” 或 “第三边的 1/3”；在证明题中，未先证明线段连接的是两边中点，就直接判定为中位线；在复杂图形中找错中位线，导致推理或计算方向错误。 36．（2025·上海·一模）在中，点，分别是边，的中点．下列结论中，错误的是（ ） A． B． C． D． 37．（2025·上海黄浦·一模）某学习小组研究问题“如图，已知D、E、F分别是的边、、的中点，求证：．”经过小组讨论得到以下方法，其中存在错误的是（   ） A．可证，进而证得 B．可证，，进而证得 C．可证，，进而证得 D．可证，，进而证得 38．（2026·上海·一模）如图，菱形中，，，则的值为___． 39．（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______． 40．（2025·上海金山·二模）圆是的外接圆，，，垂足分别是点、，如果，那么_________． 41．（2026·上海黄浦·一模）如图，在中，，是的中位线，是线段上一点，连接并延长交的延长线于点． (1)如果，求证：； (2)过点作交于点，连接并延长交的延长线于点，再连接，求证：． 42．（2025·上海崇明·二模）如图，在等腰梯形中，，、分别是、边的中点，与相交于点． (1)求证：； (2)连接、，当时，求证：四边形是菱形． 43．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，、、、四点内接于圆，且对角线与垂直，满足． (1)求证：； (2)过点作于，求证： 题型八、矩形的性质 易｜混｜易｜错 混淆矩形与平行四边形的性质（误将 “对角线相等” 当成平行四边形的普遍性质，忽略 “矩形” 这一前提）；忽略矩形 “四个角都是直角” 的核心性质，在非矩形图形中套用直角条件；混淆矩形与菱形的对角线性质，误将 “对角线互相垂直”“平分内角” 等菱形性质套用到矩形上；在折叠或旋转问题中，忽略 “对边平行且相等”“四个角为直角” 等隐含条件，导致线段或角度计算错误；误将矩形的对角线当成对称轴，忽略矩形对称轴是对边中点连线所在直线。 44．（2025·上海普陀·三模）如图，在矩形中，E、F分别为、上的点，且，连结，其中，，则（    ） A． B．3 C． D． 45．（2026·上海徐汇·一模）如图，矩形中，点E在边上，点F在边的延长线上，，与对角线交于点I，与对角线交于点G，与边交于点H．则下列结论不一定成立的是（    ） A． B． C． D． 46．（2026·上海金山·一模）在矩形中，过点作，垂足为，以为斜边作直角三角形，与交于点．如果，那么的取值范围是_____． 47．（2026·上海·一模）如图，矩形中，，其内部有一点，使得，若点与点关于直线对称，且落在直线上，那么的值为____． 48．（2026·上海闵行·一模）如图，矩形中，连接，点是的中点，过点作交于点，将沿直线翻折，点落在平面内点处，如果点恰在上，那么的值是___________． 49．（2025·上海杨浦·一模）小明正在对纸进行探究： (1)小明将纸沿翻折，点E翻折至点G，交于点M，他发现：．求纸长宽之比． (2)取中点G，将三角形沿着翻折，点E对应点H，求证：点H一定在纸的对角线上． 50．（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． 51．（2025·上海杨浦·一模）已知：如图，，垂足为，为直径，，为圆上一动点． (1)当F在弧上时，求证：． (2)当F在弧上时，将四边形沿翻折，得到， ①延长，若过点O，且，求的值； ②连接，交于P，若，且，求的值． 题型九、矩形的判定 易｜混｜易｜错 忽略 “平行四边形” 前提，误将 “对角线相等的四边形” 判定为矩形（实则需先证是平行四边形，再由对角线相等判定为矩形）；混淆 “有一个角是直角的四边形” 与 “有一个角是直角的平行四边形”，误将直角梯形等含直角的非平行四边形判定为矩形；误用 “三个角是直角” 的条件，忽略 “四边形” 这一前提，在三角形或其他图形中套用该判定；混淆矩形与正方形的判定，误将 “对角线互相垂直” 等正方形判定条件用于矩形判定，或忽视矩形判定的充分性（如仅用 “两组对边平行” 就判定为矩形）。 52．（2025·上海静安·二模）下列命题中，真命题是（    ） A．对角线相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的四边形是矩形 C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D．对角线平分一组对角的平行四边形是正方形 53．（2025·上海静安·二模）如图，菱形的对角线和交于点，分别过点、作，，和交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点，当，时，直接写出的长． 54．（2025·上海杨浦·模拟预测）已知：如图，四边形是平行四边形，，垂足为点，点是边上一点，连接交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接与交于点，如果，求证：四边形是菱形． 55．（2025·上海静安·二模）已知，四边形内接于，． (1)求证：； (2)小明说：四边形一定是等腰梯形，你认为他的说法正确吗？为什么？ (3)如图所示，已知，，求的半径． 题型十、矩形的判定与性质综合 易｜混｜易｜错 混淆判定与性质的使用逻辑（搞反条件与结论，如用 “矩形对角线相等” 作为判定依据）；忽略 “平行四边形” 前提（直接用 “对角线相等” 或 “有一个直角” 判定四边形为矩形，未先证是平行四边形）；混淆矩形与菱形、正方形的性质（误将 “对角线互相垂直”“四边相等” 等性质套用到矩形上）；在折叠、旋转等综合问题中忽略 “对边平行且相等”“四个角为直角” 的隐含条件，导致线段或角度计算错误；未分类讨论边长或对角线的不确定情况，导致漏解或错解。 56．（2025·上海·模拟预测）如果有三个圆分别任取一条半径都能组成一个直角三角形，则称这三个圆为一组“Right圆组”． 已知在直角梯形中，，两底中，，腰． 点在上，以点为圆心，作三个同心圆分别与直线相切，过点D和点C． 若三个同心圆为一组“Right圆组”，则OD =（　　） A．或 B．或 C．或 D．或 57．（2025·上海闵行·二模）已知在直角梯形中，，，，，，那么梯形的周长为______． 58．（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_______________． 59．（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）． 60．（2026·上海徐汇·一模）某餐厅在门外走廊安装了遮阳棚，通过实地测得相关数据，并画出了侧面示意图（如图1），遮阳棚长为，其与墙面的夹角为，靠墙端离地面高为． (1)求出遮阳棚前端到墙面的距离； (2)到了旺季客流激增，走廊也要摆放餐桌加大供应量．为了加强遮阳效果，要在遮阳棚前端加装一块挡板（竖直方向），示意图如图2所示，已知旺季当地正午的太阳高度角（太阳光线与地面夹角）为，为了走廊上用餐的顾客不受阳光照射，走廊的遮阳宽度至少要．根据以上信息，请你计算挡板至少要多长才能确保遮阳效果．（结果精确到，参考数据：，，） 61．（2026·上海徐汇·一模）如图，在梯形中，，，对角线与相交于点．已知，，．    (1)求与的面积之比； (2)求的正弦值． 题型十一、菱形的性质 易｜混｜易｜错 混淆菱形与平行四边形的性质（误将 “四条边相等”“对角线互相垂直” 当成平行四边形的普遍性质，忽略 “菱形” 这一前提）；混淆菱形与矩形的对角线性质（误将 “对角线相等” 套用到菱形上，或忽视 “对角线互相垂直平分且平分一组对角” 的核心性质）；忽略 “对角线平分一组对角” 的性质，在角度计算时遗漏关键条件；在折叠或综合问题中，误将菱形的对角线当成相等的线段，或忽略 “四条边相等” 带来的等边对等角等隐含关系，导致推理或计算错误。 62．（2025·上海·二模）在平面直角坐标系中，菱形的顶点A、D分别在x轴正半轴和y轴正半轴上．反比例函数的图像过点B，连接，若轴，则下列命题中（　　）正确． 命题甲：反比例函数的图像不过点C； 命题乙：反比例函数的图像过菱形的旋转对称中心，的值不变． A．甲、乙 B．甲 C．乙 D．没有一个 63．（2025·上海杨浦·一模）判断（用“正确”和“错误”表示）：菱形包含于正方形__________． 64．（2025·上海杨浦·一模）在菱形中，，点在线段上，且，点为上一点，将沿翻折，点B对应点E，，且，则_____． 65．（2025·上海·模拟预测）如图，在⊙O中，直径垂直于弦于点H． (1)联结，求证：； (2)若四边形是菱形，求的值． 66．（2026·上海黄浦·一模）如图，过菱形顶点A分别作边、的垂线，垂足为E、F，交对角线于点M、N． (1)求证：； (2)连接，如果，求的值； (3)如果与五边形的面积均为1，求菱形的面积． 题型十二、菱形的判定 易｜混｜易｜错 忽略 “平行四边形” 前提，直接用 “一组邻边相等” 或 “对角线互相垂直” 判定四边形为菱形；误用单一条件（如仅 “对角线互相垂直”）判定菱形，忽视充分性；混淆菱形与矩形的判定条件，误将 “对角线相等” 等矩形条件用于菱形判定；搞反性质与判定的逻辑，用菱形性质作为判定依据；在非四边形图形中误用菱形判定定理。 67．（2025·上海黄浦·二模）尺规作图：已知具体步骤如下：①在射线、上分别截取、，使；②分别以点、为圆心，大于的同一长度为半径作弧，两弧交于内的一点，作射线；③以点为圆心，为半径作弧，交射线于点，联结、．那么所作的四边形一定是（   ） A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形 68．（2025·上海杨浦·模拟预测）已知四边形中，对角线与相交于点，请再添加一个条件，使四边形是菱形，可以添加的条件是_____________．（只添加一个条件） 69．（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． 70．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，第6题中我们通过小怡和小瑶两位同学了解到了三角形的一些性质． 6．如图，小怡和小瑶在研究三角形的性质时分别画出了等腰点是线段的一个动点，，连接，作边上的高，他们分别对各自的图进行了说理和证明，则下列说法正确的有 小怡：我以点为圆心，为半径画弧，交线段于点，延长，作和交延长线于一点．①点到点的距离是线段；②四边形是菱形． 小瑶：我过点作；分别延长和交于点．③若，则；④若；以点和点为圆心的等圆外切于点，则． (1)如图（小怡）作图并证明四边形是否是菱形；若是请给出理由，若不是则证明形状并给出理由； (2)如图（小瑶）若，；求证． 71．（2025·上海·模拟预测）在半圆的直径延长线上取一点是半圆的一条弦，过点作的平行线和半圆从右至左交于点． (1)若，取的中点，求证：四边形是菱形； (2)当时，求的长； (3)延长交的延长线于点，作过点的圆交于点．若，且，求的值． 题型十三、菱形的判定与性质综合 易｜混｜易｜错 混淆判定与性质的使用逻辑（搞反条件与结论，如用菱形性质作为判定依据）；忽略 “平行四边形” 前提，直接用 “邻边相等” 或 “对角线垂直” 判定四边形为菱形；混淆菱形与矩形、正方形的性质（误将 “对角线相等” 等性质套用到菱形上）；在折叠、旋转等综合问题中忽略 “四条边相等”“对角线平分内角” 等隐含条件，导致计算或推理错误；未分类讨论边长或对角线的不确定情况，导致漏解。 72．（2025·上海·模拟预测）已知矩形 ，，，点是边 上的动点，以为圆心，为半径画圆，将圆沿直线翻折得到圆，如果点恰好在圆与圆的连心线上，那么圆与圆的公共弦的长度为______． 73．（2025·上海普陀·二模）已知：如图，平行四边形的对角线和相交于点O，交的延长线于点E，． (1)求证：四边形为菱形； (2)连结交于点F，如果，求证：． 74．（2025·上海·一模）在平行四边形中，对角线交于点O，P是线段上一个动点（不与点O、点C重合），过点P分别作的平行线，交于点E，交于点F、G，连接． (1)如图1，如果，求证：； (2)如图2，如果，，且与相似，并求的值； (3)如图3，如果，且射线过点A．请补全图形，并求的度数． 题型十四、正方形的性质 易｜混｜易｜错 混淆正方形与矩形、菱形的性质（误将 “对角线相等且垂直” 当成矩形或菱形的普遍性质，忽略 “正方形” 这一前提）；忽略正方形 “四条边相等、四个角都是直角” 的核心性质，在非正方形图形中套用这些条件；混淆正方形的对角线性质（误将 “对角线互相垂直平分且相等、平分一组对角” 的性质割裂使用，或忽视其同时具备矩形和菱形的对角线特征）；在折叠、旋转等综合问题中，忽略 “对边平行且相等”“四个角为直角” 等隐含条件，导致线段或角度计算错误；误将正方形的对角线当成唯一对称轴，忽略正方形有四条对称轴（两条对角线和两组对边中点连线）。 75．（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． 76．（2025·上海·模拟预测）小明对正方形展开了研究，他得出的结论中，正确的有（   ）个 探究正方形内和正方形边上的特殊点 结论1 在正方形内部有一点P，使得，连接，那么的面积可以表示为． 结论2 在正方形内部有一点P，使得，，那么． 结论3 在正方形的边、上分别有两点M、N，若，，那么． 结论4 在正方形的边、上分别有两点M、N，若和对角线平行，那么． A．1 B．2 C．3 D．4 77．（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___________． 78．（2025·上海·模拟预测）如图，在正方形中，点、分别是边、上的点，且满足（参考材料：．） (1)设，，求证：； (2)连接交于，交于．求证：． 79．（2025·上海杨浦·一模）在正方形中，E为正方形内一点，且，延长交于F，延长交于P． (1)求证： (2)求证： 题型十五、正方形的判定 易｜混｜易｜错 忽略 “平行四边形 / 矩形 / 菱形” 前提，直接用 “四边相等”“对角线相等且垂直” 等单一条件判定正方形；混淆正方形与矩形、菱形的判定，误将矩形或菱形的判定条件当成正方形判定；搞反性质与判定的逻辑，用正方形性质作为判定依据；在非四边形图形中误用正方形判定定理。 80．（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_______． 81．（2026·上海·一模）如图，矩形中，，，连接，已知，那么的度数约为____． 82．（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． 题型十六、正方形的判定与性质综合 易｜混｜易｜错 混淆判定与性质的使用逻辑（搞反条件与结论）；忽略 “矩形 / 菱形” 前提，直接用单一条件判定正方形；混淆正方形与矩形、菱形的性质，误用对角线相等或垂直等性质；在折叠、旋转等综合问题中忽略 “四边相等、四角为直角” 的隐含条件，导致计算或推理错误；未分类讨论边长或对角线的不确定情况，导致漏解。 83．（2026·上海徐汇·一模）我们将宽和长之比为（约为）的矩形称为“黄金矩形”，它可以通过折纸获得．如图1所示，将长方形纸片第一次沿折叠，使点和点重合，展开后再将纸片沿对折叠，使点和点重合；如图2所示，展开后连接，再将纸片第三次沿折叠，使得落在长方形纸片的边上且点落在点处，再次展开，过点作的垂线，垂足为点．请在阅读理解的基础上写出图中的“黄金矩形”：_________． 84．（2025·上海·二模）如图，在矩形中，点在对角线上，，． (1)求证：四边形是正方形； (2)点在对角线上，且，求证：． 85．（2025·上海·模拟预测）如图，以为直径的圆O中，点O为圆心，C为弧的中点，过点C作且．连接，分别交，于点E，F，与圆O交于点G，连接． (1)求证：； (2)连接，，求证：． 题型十七、等腰梯形的性质定理 易｜混｜易｜错 混淆等腰梯形与一般梯形的性质（误将 “两腰相等”“同一底上的角相等” 当成梯形的普遍性质）；混淆等腰梯形与平行四边形的对边关系（误将两腰当成平行边）；忽略 “对角线相等” 的性质，或误将其当成梯形的普遍性质；在综合问题中忽略轴对称性，导致图形分析或计算错误。 86．（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 87．（2025·上海静安·二模）下列图形中，对称轴条数最多的是（    ） A．等腰直角三角形 B．等腰梯形 C．正方形 D．正三角形 88．（2025·上海金山·二模）如图，已知在等腰梯形中，，，，联结、交于点，为上一点，． (1)求证：； (2)若，求证：． 题型十八、等腰梯形的判定定理 易｜混｜易｜错 忽略 “梯形” 前提，直接用 “两腰相等”“同一底上的角相等” 或 “对角线相等” 判定四边形为等腰梯形；混淆等腰梯形与平行四边形的判定，误用平行四边形的条件；搞反性质与判定的逻辑，用等腰梯形性质作为判定依据。 89．（2025·上海黄浦·三模）下列说法正确的是（    ） A．有一组邻边相等的梯形是等腰梯形 B．等腰三角形的中位线截该三角形所得的四边形是等腰梯形 C．有两个相邻的内角相等的梯形是等腰梯形 D．有一组对角互补的梯形是等腰梯形． 90．（2025·上海金山·模拟预测）如图1，我们定义：在中，，的三角形成为“对等三角形”，在“对等三角形”的边上，有一动点，使“对等三角形”分为和四边形．将沿着直线翻折，记的对应点为． 已知为“对等三角形”． (1)如图2，当点与点重合时，求证： (2)当点在线段的延长线上时，连接，交于点F，直线经过的重心，求的值； 91．（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． 题型十九、梯形中位线定理 易｜混｜易｜错 混淆梯形中位线与三角形中位线、中线的定义；记错中位线与两底的数量关系，误将 “等于两底和的一半” 记为 “等于两底的和”；忽略 “梯形” 前提，在非梯形图形中误用中位线定理；计算时误将中位线长度当成两底的和，导致结果错误。 92．（2025·上海·模拟预测）如图，在梯形中，，，，，如果以为直径的圆与梯形各边共有3个公共点（C，D两点除外），那么长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 93．（2025·上海崇明·三模）如图，已知在梯形中，，且 ，点是边的中点．设，，那么_____（用、的式子表示）．    94．（2025·上海闵行·二模）如图，在等腰梯形中，，对角线与互相垂直，，那么梯形的中位线长为______．    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________． 2．（2025·上海·模拟预测）如图，中，，，．点在边上；点分别在边与上．当四边形为矩形，且其宽为长的一半时，的长为_________． 3．（2025·上海崇明·一模）如图，长方形的边在的边上，顶点D、G分别在、上．已知的边长，高为，且长方形的长是宽的2倍，那么的长度是________． 4．（2026·上海黄浦·一模）如图，在梯形中，，，． (1)求证：； (2)求的值． 5．（2025·上海·模拟预测）在中，，，，点是斜边上一点，点是边上一点，过点的直线与斜边平行，交边于点，连接． (1)如图1，连接、． ①若平分，求证：； ②若，设，用含的代数式表示四边形的面积； (2)如图2，连接，若，且，求的值． 6．（2025·上海徐汇·二模）已知：在直角坐标系中直线与轴、轴相交于点、．当的值小于0时，的值大于4，且该直线与轴的夹角为．抛物线经过点和点． (1)【问题提出】如何求抛物线解析式 观察条件“当的值小于0时，的值大于4”，可得当的值小于4时，的值__________（选填“大于”或“小于”）0，该条直线的大致图像可能是__________（选填“A”或“B”），其中与轴交点的坐标为__________．继续阅读条件，“该直线与轴的夹角为”告诉我们其与轴的交点的坐标是__________，最终带入抛物线，列出方程组__________，解得__________，__________． (2)【综合运用】 是线段上一点，过点作直线的平行线，与轴相交于点，把沿直线翻折，点的对应点是点，如果点在抛物线上，求点的坐标． 7．（2025·上海·模拟预测）正方形中，是边上一点，连接，过点作，垂足为点，且，连接． (1)求证：． (2)设直线交于点．连接，若，求证：． 8．（2025·上海·二模）如图，C是线段上一点，分别以为边在线段同侧作正方形和矩形，点F在上，连接，和交于点M，． (1)求证：矩形是正方形． (2)若、的余切值为，求的长． 2 / 143 1 / 143 学科网（北京）股份有限公司 $null四边形 多边形的对角线 多边形概念与内角和 多边形的内角和 多边形的外角和 平行四边形的性质 平行四边形的判定 平行四边形 平行四边形的判定与性质综合 三角形中位线 矩形的性质 矩形的判定 食矩形的判定与性质综合 菱形的性质 特殊的平行四边形 菱形的判定 菱形的判定与性质综合 正方形的性质 正方形的判定 正方形的判定与性质综合 等腰梯形的性质定理 梯形 等腰梯形的判定定理 梯形中位线定理 第四章 图形的性质 专题06四边形 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 题型一、多边形的对角线 易｜混｜易｜错 混淆多边形的对角线与边的定义（对角线是连接不相邻两个顶点的线段，不是多边形的边）；记错 n 边形对角线的数量公式，误将 记为 或直接记为 ，导致计算对角线数量时出错；忽略＂从 n 边形的一个顶点出发可作 条对角线＂的前提，误算为 条，进而影响多边形内角和或分割三角形个数的判断。 1．（2025·上海·模拟预测）关于多边形，下列说法中正确的是（　　） A．过七边形一个顶点可以将其分割为6个三角形 B．凸多边形的外角和随着边数增加而增加 C．凸多边形若各边相等则为一个正多边形 D．凸多边形的内角和不一定大于它的外角和 【答案】D 【知识点】对角线分成的三角形个数问题、多边形内角和问题、正多边形的内角问题、多边形内角和与外角和综合 【分析】本题考查了多边形的内角与外角、正多边形的概念，熟练掌握有关定理是解题的关键． 根据各边相等，各内角相等的多边形是正多边形，多边形的内角和等于，外角和等于逐一判断即可． 【详解】解：A，过七边形一个顶点可以作4条对角线，将其分割为5个三角形，故此选项说法错误，不符合题意； B，凸多边形的外角和是360°，与边数无关，故此选项说法错误，不符合题意； C，凸多边形若各边相等，但各内角不相等，这个凸多边形不是正多边形，故此选项说法错误，不符合题意； D，三角形的内角和小于它的外角和，四边形内角和等于它的外角和，其他多边形内角和大于它的外角和，故此选项说法正确，符合题意． 故选：D． 2．（2025·上海·模拟预测）六边形对角线的条数是______________． 【答案】 【知识点】多边形对角线的条数问题 【分析】本题考查了多边形对角线条数的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键． 根据多边形所有对角线的条数公式求解即可． 【详解】解：根据多边形所有对角线的条数为， ∴六边形的对角线的条数为． 故答案为：． 3．（2025·上海·模拟预测）新定义：正n边形最短对角线与最长对角线长度的比值为正n边形的特征值，则n的取值范围为_______，正六边形的特征值为______． 【答案】 / 【知识点】求角的余弦值、正多边形和圆的综合、多边形对角线的条数问题、等边三角形的判定和性质 【分析】本题主要考查了多边形对角线的定义、正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、余弦的定义等知识点，发现正六边形的最短对角线和最长对角线的关系成为解题的关键． 根据对角线的形成条件可确定n的取值范围，再根据正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、余弦的定义即可求得正六边形的特征值． 【详解】解：由于正多边形存在对角线，则， 如图，正六边形中，对角线交于点O，连接． 易知是正六边形最长的对角线，是正六边形的最短的对角线， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∴． 故答案为,． 题型二、多边形的内角和 易｜混｜易｜错 记错多边形内角和公式（误将 记为 或 ）；忽略多边形边数 的前提，导致计算或判断边数时出现逻辑错误；混淆多边形内角和与外角和（误认为外角和也随边数变化，实则任意多边形外角和恒为 ）；在已知内角和求边数时，忽略＂内角和必须是 的整数倍＂这一条件，导致得出非整数边数的错误结论。 4．（2024·上海金山·三模）正n边形的一个外角为，则它的对角线条数为__________ 【答案】54 【知识点】多边形对角线的条数问题、正多边形的外角问题 【分析】本题主要考查了正多边形的外角和、多边形的对角线等知识点，掌握相关公式成为解题的关键． 利用多边形的外角和为可求出n的值，然后根据多边形的对角线公式求解即可． 【详解】解：根据题意得：，解得：， 所以它的对角线的条数为：． 故答案为54． 5．（2025·上海·模拟预测）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】 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案、正多边形的内角问题、等边对等角、三角形内角和定理的应用 【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必为奇数， A、对于顶角是的等腰三角形，要拼成正多边形，意味着正多边形的内角必须是该等腰三角形内角的正整数倍，由于正多边形的内角和公式为，那么每个内角为，若用该等腰三角形拼成正多边形，需满足是的正整数倍或其底角的正整数倍，该等腰三角形底角为，因为和都不能满足要求，所以无法构成正多边形，A选项错误，不符合题意； B、顶角是的等腰三角形是等边三角形，其每个内角都是，正六边形的每个内角为， ， 等边三角形可以拼成正六边形。但正六边形是中心对称图形，不满足题目中“正多边形不是中心对称图形”，B选项错误，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． 6．（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． 7．（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】三角形内角和定理的应用、正多边形的内角问题、中心对称图形的识别 【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． 8．（2025·上海杨浦·模拟预测）已知一个正多边形的相邻两边的夹角为，那么这个正多边形的边数为：________． 【答案】 【知识点】正多边形的内角问题 【分析】本题主要考查了正多边形的内角和公式，根据正多边形的内角和可得每个内角为，得出，即可求解． 【详解】解：依题意， 解得： 故答案为：． 9．（2025·上海杨浦·二模）如图，已知正五边形的边长是4，联结交于点F，那么的长是______． 【答案】/ 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、正多边形的内角问题、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题考查了正多边形内角和定理，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等，先求出，则可求出，，则，设，则，证明，利用相似三角形的性质列出比例式求解即可． 【详解】解：∵五边形是正五边形， ∴， ∴， 同理可得， ∴， ∴，，， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴，即， 解得或（舍去）， ∴， 故答案为：． 10．（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】/ 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、正多边形的内角问题、等边对等角、公式法解一元二次方程 【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． 题型三、多边形的外角和 易｜混｜易｜错 混淆多边形内角和与外角和的性质（误认为多边形外角和会随边数变化，实则任意多边形的外角和恒为 ， 与边数无关）；在求正多边形每个外角的度数时，误用内角和公式计算，忽略＂正多边形每个外角的度数 ＂（ 为边数）的正确结论；在解决多边形内角和与外角和的综合问题时，错误地将外角和与内角和的关系混淆，导致无法正确建立方程求解边数；忽略＂多边形的每个外角与相邻内角互为邻补角＂这一关系，在已知内角求外角时出现计算错误。 11．（2025·上海闵行·二模）正多边形的一个外角的大小（度）随着它的边数的变化而变化，下列说法正确的是（   ） A．与之间是正比例函数关系； B．与之间是反比例函数关系； C．与之间是一次函数关系； D．与之间是二次函数关系． 【答案】B 【知识点】二次函数的识别、根据定义判断是否是反比例函数、正多边形的外角问题 【分析】本题考查了正多边形的外角问题，判断是否为反比例函数，先结合正多边形的一个外角的大小（度）与它的边数的关系为，即可作答． 【详解】解：依题意，， ∴， ∴与之间是反比例函数关系； 故选B． 12．（2025·上海·模拟预测）已知一个正多边形的外角为，他的边心距为2，则它外接圆的面积为_______ 【答案】 【知识点】解直角三角形的相关计算、正多边形和圆的综合、正多边形的外角问题 【分析】本题考查了正多边形和外接圆、锐角三角函数，掌握正多边形外接圆的半径、边长、边心距、中心角之间的计算转化为解直角三角形，熟知是解答本题的关键．由一个正多边形的外角为，可得正五边形，然后根据边心距为2，结合锐角三角函数求出外接圆的半径，再通过圆的面积公式计算即可． 【详解】解：∵一个正多边形的外角为， ∴ ∴这个正多边形是五边形， 如图，过正五边形的中心O作于D，连接，， ∵边心距为2， ∴， ∵，， ∴， 在中，∵， ∴，则， ∴外接圆的面积为， 故答案为：． 13．（2025·上海·模拟预测）如果正多边形的中心角是，那么该正多边形的内角和为______． 【答案】/720度 【知识点】求正多边形的中心角、多边形内角和与外角和综合 【分析】本题考查了正多边形和圆，多边形内角与外角．先利用多边形的中心角为，计算出这个正多边形的边数，然后根据内角和公式求解． 【详解】解：这个正多边形的边数为， 所以这个正多边形的内角和． 故答案为：． 14．（2025·上海金山·二模）正边形的内角等于外角的5倍，那么=_________． 【答案】12 【知识点】正多边形的内角问题、正多边形的外角问题 【分析】此题主要考查了正边形的内角和外角，熟练掌握正边形的内角的度数和外角度数公式是解决问题的关键． 根据正边形的一个内角等于，一个外角等于可列出方程，解此方程求出即可． 【详解】解：正边形的一个内角等于，一个外角等于， 又正边形的内角等于外角的5倍， ， 解得：． 经检验得是该分式方程的根， 故答案为：12． 题型四、平行四边形的性质 易｜混｜易｜错 混淆平行四边形的对边相等、对角相等与邻边、邻角的关系，误将邻边相等、邻角互补当成性质直接套用；在复杂图形中忽略平行四边形对边平行且相等、对角相等的前提，错误地将非平行四边形的图形套用这些性质；混淆平行四边形的对角线互相平分与对角线相等、垂直的性质，误将矩形、菱形的对角线性质当成平行四边形的普遍性质；利用平行四边形性质计算边长或角度时，忽略 “对边平行” 带来的内错角相等、同旁内角互补等隐含条件，导致计算或推理错误。 15．（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】利用平行四边形的性质证明、添一条件使四边形是矩形、添一个条件使四边形是菱形 【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． 16．（2025·上海杨浦·模拟预测）在中，点是重心，过点作平行于和的平行线，围成的平行四边形的面积占三角形的（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】重心的有关性质、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】在中，点为重心，过点作，交于点，交于点，过点作，交于，交于点，则四边形为平行四边形，连接并延长交于点，连接并延长交于点，连接并延长交于点，则是边的中线，是边的中线，是边的中线，从而可得，，，，过点作，交的延长线于点，则，由相似三角形的性质可得，从而得出，证明，得出，进而可得，同理可得，，证明，求出，证明，得出，从而可得，求出，得出，再由计算即可得出结果． 【详解】解：如图，在中，点为重心，过点作，交于点，交于点，过点作，交于，交于点， ， 则四边形为平行四边形， 连接并延长交于点，连接并延长交于点，连接并延长交于点，则是边的中线，是边的中线，是边的中线， ∴，，，， 过点作，交的延长线于点， 则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ， 故选：C． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形的重心的性质，三角形中线的性质，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·模拟预测）下列说法中，错误的是（    ） A．顶角为的等腰三角形，底角的正切值为 B．顶角为的等腰三角形，底角的正切值为 C．所有内角含的等腰梯形，对角线一定和下底相等 D．平行四边形对角线分得的四个小三角形面积相等 【答案】C 【知识点】解直角三角形的相关计算、利用平行四边形的性质求解、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题考查解直角三角形，等腰梯形的性质，平行四边形等性质，根据等腰三角形的三线合一，特殊角的三角函数值判断A，B，等腰梯形的性质，判断C，平行四边形的性质，判断D． 【详解】解：A、如图，，在上取点，连接，使，则：，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴；故该选项正确； B、如图，，在上取点，连接，使，则：，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴；故该选项正确； C、如图，等腰梯形，，作，，设， 则四边形为平行四边形， ∴， ∴为等腰三角形， ∵， ∴， ∴，， ∴， 当时，则：， 整理，得： ∴当满足时，即成特定的比例时，对角线才和下底相等， 故对角线和下底不一定相等；故该选项错误； D、如图，四边形为平行四边形，则：， ∴， ∴；故该选项正确； 故选C． 18．（2025·上海·模拟预测）如图，在平行四边形纸片中，，将纸片沿对角线对折，边与边交于点，此时恰为等边三角形，则的长度为______． 【答案】 【知识点】根据等角对等边求边长、等边三角形的性质、利用平行四边形的性质求解、折叠问题 【分析】本题考查了翻折变换，等边三角形的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定等知识，由折叠的性质可得，由平行线的性质可得，可证，由等边三角形的性质可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， 将纸片沿对角线对折， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 故答案为：． 19．（2025·上海·一模）如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值______． 【答案】/ 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据旋转的性质求解、利用平行四边形的性质求解、根据等角对等边证明边相等 【分析】本题考查旋转的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，利用相似三角形的性质求解是解答的关键． 设，根据平行四边形的性质和旋转性质得到，，利用等腰三角形的性质和三角形的外角性质得到，进而利用等角对等边可得，证明，利用相似三角形的性质求得即可求解． 【详解】解：如图，设， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 由旋转的性质得，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵点E为的中点， ∴， ∵，为公共角， ∴， ∴，即， 解得， ∴． 故答案为：． 20．（2025·上海杨浦·一模）在平行四边形中，是锐角，将沿直线翻折至直线上，点的对应点分别是，且，直线与直线交于点G，，则__________． 【答案】 【知识点】利用平行四边形的性质求解、折叠问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、轴对称图形的性质以及勾股定理的应用．通过设参数表示线段长度，利用相似三角形得到线段比例关系，结合翻折性质和平行线性质推出直角，从而应用勾股定理求解． 【详解】解：如图，设交于点， 设，（），则． ∵四边形 是平行四边形， ∴，． ∴， ∴， 设，（），则， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴， ∴． 由题意，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∵翻折， ∴垂直平分， 则， ∴四边形为矩形， ∴， ∴． 在中，， ∴． 又∵， ∴； 故答案为：． 21．（2026·上海·一模）小明所在的数学研究小组依据课本“第24章 相似三角形”内的知识展开了研究． (1)如图1，在中，点D、E分别在边上，且，边上有一点M，连接交线段于点N．设，求的值；（用含k的代数式表示） (2)如图2，平行四边形中，连接对角线．尝试仅用无刻度的直尺作出的重心，并简要说明画图步骤；画图步骤： ． 【答案】(1) (2)见解析；步骤见解析 【知识点】重心的概念、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、无刻度直尺作图 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质： （1）根据题意可得，从而得到，，从而得到，即可； （2）在边上任取一点E，连接并延长，交延长线于点F；再连接交于点P，连接并延长，交于点Q；然后连接，和的交点即为所求G． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴，， ∴，即， ∴． （2）解：如图所示，点G即为所求； 作图步骤： ① 在边上任取一点E，连接并延长，交延长线于点F； ② 连接交于点P，连接并延长，交于点Q； ③ 连接，和的交点即为所求G． 理由：过点A作，连接， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，点O为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由（1）得：， ∴，即点Q为的中点， ∴点G为的重心． 22．（2026·上海松江·一模）在中，是边上一点，将沿直线翻折，点落在上的点处，的延长线交射线于点． (1)如图1，当四边形是矩形时，如果，，求四边形的面积； (2)如图2， 如果， ，四边形的面积是，求的正弦值； (3)如果且 ，求的值． 【答案】(1)； (2)； (3)或． 【知识点】求角的正弦值、相似三角形的判定与性质综合、矩形与折叠问题、公式法解一元二次方程 【分析】（1）根据矩形的性质得到，，，根据折叠的性质得到，，，根据勾股定理得到，证明、，得到、，根据可知，设，则，求出，进而求出，，根据矩形的面积公式计算即可； （2）根据折叠的性质得到，，根据平行四边形的性质得到，，进而得到，，根据等角对等边得到，则，证明，得到，求出，则，连接，设的面积是，根据“三角形高相等，面积比等于底的比”得到的面积是，的面积是，根据四边形的面积是得到的面积是，列方程求出，则的面积是，作交延长线于G，根据三角形面积公式求出，根据正弦的定义得到，即； （3）根据折叠的性质得到，，，，，根据平行四边形的性质得到，，进而得到，，根据等角对等边得到，根据等边对等角得到，即，则、，得到、，即，设，，则，可得，，，则，根据，得到，当点F在线段上时，根据得到，证明，得到，整理得到，解关于的方程得到，根据完全平方公式得到，开平方即可；当点F在线段的延长线上时，根据得到，证明，得到，整理得到，解关于的方程得到，开平方即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵将沿直线翻折，点落在上的点处， ∴，，， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， 即， 设， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即， ∴四边形的面积； （2）解：∵将沿直线翻折，点落在上的点处， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴，， ∴，， 即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 解得， ∴， 如图，连接， 设的面积是，则的面积是， ∴的面积是， ∵，， ∴的面积是， ∵四边形的面积是， ∴的面积是， 即， 解得：， ∴的面积是，的面积是， ∴的面积是， 作交延长线于G， 则， 解得：， ∵ ∴， ∵， ∴； （3）解：∵将沿直线翻折，点落在上的点处， ∴，，，，， ∵， ∴，， ∴，， 即， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴ 即， 设，，则， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 即， ∵，， ∴， 如图，当点F在线段上时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ 即， ∴， 整理得， 解关于的方程得， ∵， ∴ ， ∴ ， 即； 如图，当点F在线段的延长线上时， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， 整理得， 解关于的方程得， ∵， ∴， ∴， 即． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，求正弦值，全等三角形的判定和性质，完全平方公式变形求值，分母有理化，解一元二次方程，熟练掌握各知识点是解题的关键． 题型五、平行四边形的判定 易｜混｜易｜错 混淆判定定理的条件（误将 “一组对边平行，另一组对边相等” 当成判定平行四边形的依据，实则可能是等腰梯形）；忽略 “两组对边分别相等”“两组对角分别相等”“对角线互相平分” 等判定条件的完整性，误用单一或不充分的条件（如仅由对角线相等判定四边形为平行四边形）；混淆性质与判定（将平行四边形 “对边平行且相等” 的性质当成判定条件，或搞反判定的条件与结论，如由 “四边形是平行四边形” 反推 “一组对边平行且相等”，而非用后者判定前者）；在复杂图形中忽略 “四边形” 这一前提，在三角形或其他图形中误用平行四边形的判定定理。 23．（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． 24．（2025·上海普陀·三模）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O，点E，F，G分别为，，的中点，连结，，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)如图1，若，求证：； (3)如图2，当平行四边形为菱形时，若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【知识点】三线合一、证明四边形是平行四边形、利用菱形的性质求面积、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）先利用平行四边形的性质证明，，再利用中位线的性质得出，，，从而可证明，，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，证明结论成立； （2）先利用平行四边形的性质结合已知证明，再根据点E为中点，根据等腰三角形三线合一可证明结论成立； （3）先利用，，求得，再利用菱形的性质求得，然后证明为等边三角形，再求得，接着求得，从而可利用三角函数求得，最后求出四边形的面积． 【详解】（1）解：∵， ∴，， ∵点E，F，G分别为，，的中点， ∴，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）∵， ∴，互相平分，∴， ∵，∴， ∵点E为中点，∴； （3）过点E作于点H， ∵，，∴， ∵菱形，∴，， ∴，∴，∴为等边三角形， ∴，，∴，∴， ∴ ∴四边形的面积． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形三线合一，等边三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，解题关键是熟悉上述知识并能熟练运用求解． 25．（2025·上海·二模）如图，在等边三角形中，点D在上，点E在边上，和的两条平分线交于点F，F在下方，上方，且． (1)如图1，求证：三角形是等边三角形． (2)如图2，在上找一点G，使．连接，连接交于点H，求证：四边形是平行四边形． 【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、证明四边形是平行四边形、等边三角形的判定和性质、角平分线的性质定理 【分析】（1）由等边三角形得和，结合题意得，则为等边三角形，有，由角平分线得和，即可判定为等边三角形； （2）由等边三角形得和，且，则．进一步判定，有，则，同理，利用平行线的性质可得，即可判定为平行四边形． 【详解】（1）证明：∵为等边三角形， ∴，， 又∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， 又∵平分， ∴， 同理，， ∴ 为等边三角形； （2）证明：∵为等边三角形， ∴ ，， 同理：， 故 ． ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理， ∵， ∴， ∴ ， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形． 【点睛】本题主要考查等边三角形的判定和性质、角平分线的定义、相似三角形的判定和性质、平行线的判定和性质，以及平行四边形的判定，解题的关键是熟悉等边三角形的性质和平行四边形的判定． 26．（2025·上海青浦·二模）已知：如图，在梯形中，，点是一点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)如果，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】根据平行线判定与性质证明、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是平行四边形、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判定与性质，三角形相似的判定与性质，平行的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）通过，证明，得到，结合，即，推出，从而得到，结合，推出，那么，得到，即，最后结合从而得证； （2）先证明，得到，再证明，得到，那么，由四边形是平行四边形．可知．从而有，最后得证． 【详解】（1）证明： ， ，， ， ， ， ． ． 又 ，即． ， 四边形是平行四边形． （2）证明： ，， ． ． ， ，， ， ． ． 四边形AECD是平行四边形． ． ． 即． 27．（2025·上海·二模）我们知道“顺次连接四边形各边中点所得的四边形是平行四边形”．小明是个爱动脑筋的同学，他提出了如下问题：如果点、、、分别在四边形的边、、、上，它们都不是中点且都不与端点重合，那么能否使四边形仍然是平行四边形？ 稍作思考后，他给出了如下的构造方法（如图）： ①在边上任取符合条件的一点，作，交边于点； ②作，交边于点；③作，交边于点；④连接． (1)求证：小明画出的四边形是平行四边形； (2)如图，在的网格中，每个小正方形的边长都为，四边形的顶点均在格点上，点在边上，，请你仅用一把无刻度的直尺（只能作经过两点的直线），画一个平行四边形，使点、、分别在边、、上，且此平行四边形的边与或平行．（不写画法，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示） 【答案】(1)证明见解析 (2)作图见解析 【知识点】证明四边形是平行四边形、正方形性质理解、相似三角形的判定与性质综合、无刻度直尺作图 【分析】（1）根据平行线的传递性及平行线分线段成比例定理得，，，，继而得到，，证明得，推出，则，即可得证； （2）取格点、、、、，交于点，交于点，连接交于点，连接、、即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：如图，取格点、、、、，交于点，交于点，连接交于点，连接、、、、， ∵在的网格中，每个小正方形的边长都为，四边形的顶点均在格点上，，， ∴，，，，，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 则四边形即为所作． 【点睛】本题考查作图—应用与设计作图，考查了平行四边形的判定，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，平行线的判定和性质等知识点．解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题． 题型六、平行四边形的判定与性质综合 易｜混｜易｜错 混淆判定与性质的使用逻辑（搞反条件与结论）；误用单一或不充分的条件（如 “一组对边平行，另一组对边相等”）判定平行四边形；在非平行四边形中（如梯形）错误套用平行四边形性质；混淆平行四边形与矩形、菱形的对角线性质，误将 “对角线相等 / 垂直” 当成普遍性质；忽略 “对边平行” 带来的内错角相等、同旁内角互补等隐含关系，导致推理或计算不完整 28．（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。 29．（2025·上海·模拟预测）若以长度分别为、、、的四条线段为边作梯形，则这样的梯形（ ） A．能作个 B．能作个 C．能作个 D．不能作 【答案】B 【知识点】三角形三边关系的应用、利用平行四边形性质和判定证明、(等腰)梯形的定义 【分析】本题考查了梯形的定义，平行四边形的判定与性质，三角形的三边关系． 过梯形一个底的顶点作腰的平行线与另一个底相交，则可得该梯形被分割为一个平行四边形和一个三角形，再根据平行四边形的对边相等，以及三角形的三边关系判断该三角形是否成立即可． 【详解】解：可以作两个梯形 以为上底，为下底，和为腰， 以为上底，为下底，和为腰． 故选B． 30．（2025·上海崇明·二模）在平面直角坐标系中，点是反比例函数图像上一点，点是轴上一点，，将绕点旋转，点的对应点分别为．当四边形的面积等于8时，点的坐标是_______． 【答案】 【知识点】反比例函数与几何综合、利用平行四边形的判定与性质求解、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了反比例函数、平行四边形的性质，旋转的性质，熟练掌握是解答本题的关键．根据题意画出图像，先证明四边形是平行四边形，易得，在中利用三线合一得到，利用面积即可求解． 【详解】解：根据题意画出图像得， 过点作于点， ，， 根据旋转得，，，， ， 四边形是平行四边形， 易知， ， 是等腰三角形， ， ， ， ， ， 故答案为：． 31．（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】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、解直角三角形的相关计算 【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． 32．（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】利用平行四边形性质和判定证明、相似三角形的判定与性质综合 【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：． 33．（2025·上海·模拟预测）如图1，在中，在四边形中．连接交于点，连接交于点，满足． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)如图2，当四边形为正方形，且在线段上时，求证： ． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、利用平行四边形性质和判定证明、根据正方形的性质证明、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和性质、平行四边形的性质和判定，解题关键是利用比例的性质转化线段比． （1）由可得，由可得，由此证明，即可得出，进而证明，由两组邻边平行的四边形是平行四边形判定四边形为平行四边形． （2）先证明，得出，，再证明，即可得出． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， （2）证明：如图： 在正方形中 又∵ ∴ ∴ ，， ∵在正方形中，， 又∵ ． 34．（2025·上海·模拟预测）四边形与四边形均为平行四边形．连接和交于点G． (1)求证：； (2)若点在延长线上，且，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】用SSS证明三角形全等（SSS）、利用平行四边形性质和判定证明、相似三角形的判定与性质综合、利用三边对应成比例判定相似 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形全等的判定，三角形相似的判定与性质： （1）证明四边形是平行四边形，得到，利用易证全等； （2）由可得，由可得，从而可得，据此可证，从而得到，再由四边形是平行四边形和即可得到角的关系，从而得证． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形 ∴ 同理， ∴， ∴四边形是平行四边形 ∴ 在和中 ∴； （2）证明：∵ ∴ 又∵ 又 在和中， ∵是公共角 ∵四边形是平行四边形 ． 35．（2026·上海闵行·一模）探究活动：巧拼地砖外边． 装修工人有一大一小两根条形边角料（大条形边角料中，小条形边角料中），如图1拼接到直角地砖的外边上，发现点与点不能重合．为了尽可能节约用料，又能使两根条形边角料能拼成一个直角，工人师傅使用一把直尺、一支笔和一台切割机，经过图2—图9的操作解决了问题，完成了拼接． 图1 图2 图3 图4 图5 【操作说明】 将一大一小两根条形边角料拼在直角地砖的外边． 【操作说明】 画出的延长线，交于点． 【操作说明】 连接OC． 【操作说明】 沿着射线方向，平移小条形边角料，使点与点重合，得到四边形． 【操作说明】 画出的延长线，交小条形边角料的边于D． 图6 图7 图8 图9 【操作说明】 连接BD． 【操作说明】 沿着切割． 【操作说明】 拼接切割后的两根条形边角料． (1)请根据图2-图6的操作说明，在图①中画出操作过程相应的图形，并按操作过程标注相应的字母； (2)如果大条形边角料为的宽度为，小条形边角料为的宽度为，大条形边角料裁剪后的锐角是，那么___________； (3)请根据上述探究，设计一个新裁剪方案，在图②中画出剪裁方法，并简单说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) (3)见解析 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、利用矩形的性质证明、利用平移的性质求解、求角的正切值 【分析】（1）根据提示的基本操作，按照顺序依次作图，标注好字母即可； （2）延长，交于点T，根据题意，得到，结合，得到，且，同理可证，再证明四边形是矩形，得到，根据，解答即可． （3）延长，交于点E，连接，过点A作，交于点F，利用平行四边形的判定和性质，三角形外角性质证明即可． 本题考查了基本作图，平移，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正切函数的应用，三角形外角性质的应用，熟练掌握判定和性质，三角函数的应用是解题的关键． 【详解】（1）解：根据提示的基本操作，按照顺序依次作图，标注字母画图如下： 则画图即为所求． （2）解：延长，交于点T， 根据题意，∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵大条形边角料为的宽度为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵小条形边角料为的宽度为， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：． （3）解：延长，交于点E，连接， 过点A作，交于点F， 故沿着切割，然后拼接到位置上即可符合要求，理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵ ， ∴， ∵， ∴， ∴， 故沿着切割，然后拼接到位置上，此时，符合要求． 题型七、三角形中位线 易｜混｜易｜错 混淆三角形中位线与中线的定义（中位线是连接两边中点的线段，中线是连接顶点与对边中点的线段）；忽略中位线定理的前提，在非三角形图形中误用 “平行且等于第三边一半” 的结论；计算时记错中位线与第三边的数量关系，误将 “等于第三边的一半” 记为 “等于第三边” 或 “第三边的 1/3”；在证明题中，未先证明线段连接的是两边中点，就直接判定为中位线；在复杂图形中找错中位线，导致推理或计算方向错误。 36．（2025·上海·一模）在中，点，分别是边，的中点．下列结论中，错误的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】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】本题考查三角形中位线的性质，相似三角形的判定与性质；点D、E分别为，的中点，则为的中位线，具有平行于且等于一半的性质，同时推导出相似关系及面积比，即可得解． 【详解】解：∵点，分别是边，的中点，如图， ∴是的中位线， ∴，且，故选项C和D正确； ∵， ∴， ∴，故选项A正确； ∵，且相似比， ∴， ∴，故选项B错误． 故选：B． 37．（2025·上海黄浦·一模）某学习小组研究问题“如图，已知D、E、F分别是的边、、的中点，求证：．”经过小组讨论得到以下方法，其中存在错误的是（   ） A．可证，进而证得 B．可证，，进而证得 C．可证，，进而证得 D．可证，，进而证得 【答案】C 【知识点】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、利用平行四边形性质和判定证明、全等的性质和SSS综合（SSS） 【分析】由三角形中位线定理得到，证明，即可判断A选项正确；证明四边形都是平行四边形，则，，即可判断B选项正确；无法证明，即可判断C选项错误；证明，则，证明，即可判断D选项正确． 【详解】∵D、E、F分别是的边、、的中点， ∴， A. ∵ ∴， ∴，故选项正确，不符合题意； B. ∵， ∴四边形都是平行四边形， ∴，， ∴，故选项正确，不符合题意； C. ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， 无法证明， 故无法证明证得； D. ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，则， ∵ ∴ ∴， ∴， 故选项正确，不符合题意； 故选：C 【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定、平行四边形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键． 38．（2026·上海·一模）如图，菱形中，，，则的值为___． 【答案】 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、利用菱形的性质求线段长、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： 39．（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、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】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：． 40．（2025·上海金山·二模）圆是的外接圆，，，垂足分别是点、，如果，那么_________． 【答案】 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、利用垂径定理求值 【分析】本题主要考查了垂径定理和三角形中位线定理，解题的关键是熟练掌握“垂直于弦的直径平分弦”以及“三角形的中位线等于第三边的一半”． 根据垂径定理可知点和点分别为的中点，根据中位线定理即可进行求解． 【详解】解：∵， ∴点和点分别为的中点， ， ， 故答案为：． 41．（2026·上海黄浦·一模）如图，在中，，是的中位线，是线段上一点，连接并延长交的延长线于点． (1)如果，求证：； (2)过点作交于点，连接并延长交的延长线于点，再连接，求证：． 【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、由平行判断成比例的线段、与三角形中位线有关的证明、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】本题主要考查平行线分线段成比例定理、相似三角形判定和性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是相关性质的灵活应用． （1）根据题意，得到，进而可得为的中点，再结合即可得证； （2）连接，由平行线段截线段成比例得到，再证，得到，进而得到，再利用“”证明即可求解． 【详解】（1）证明：是的中位线， 且， ， ， ， ，即， ， ，即， ，即为的中点， ， ， ， ， ； （2）证明：连接， ，， ， ， ， ， ， ，为的中点， ， ， ， 在和中， ， ， ． 42．（2025·上海崇明·二模）如图，在等腰梯形中，，、分别是、边的中点，与相交于点． (1)求证：； (2)连接、，当时，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、与三角形中位线有关的证明、斜边的中线等于斜边的一半、证明四边形是菱形 【分析】（1）连接，如图所示，由等腰梯形的性质得到，进而由全等三角形的判定定理得到，进而得到，再由三角形中位线的判定与性质得到，等量代换得到，再由等角对等边即可得证； （2）由题意，等量代换得到，由中垂线的判定得到，从而由得到，再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，结合题中条件确定，从而由平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，进而得证四边形是菱形． 【详解】（1）证明：连接，如图所示： 四边形是等腰梯形 ． 又， ． ． 是中点， ， ， ， ； （2）证明：连接，如图所示： ， ， 又是中点， ， 是中点， ， ， 是边中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 【点睛】本题是四边形的综合，涉及等腰梯形性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、中垂线的判定与性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、平行四边形的判定、菱形的判定等知识．熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题的关键． 43．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，、、、四点内接于圆，且对角线与垂直，满足． (1)求证：； (2)过点作于，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、利用垂径定理求值、同弧或等弧所对的圆周角相等、已知圆内接四边形求角度 【分析】（1）根据同弧或等弧所对的圆周角相等，结合，即可证明； （2）作直径，连接、，和交于点，根据垂径定理可知，推出是的中位线，得到；然后根据直径所对圆周角为直角和可证的，结合四边形是圆的内接四边形，可推出，得到，进而得到，即，得证． 【详解】（1）证明：， ， 和为所对圆周角， ， ． （2）证明：作直径，连接、，和交于点，如图所示， 则， 又， ， 是的中位线， ； 为直径，为圆上的一点， ， ， ， ， ， 又四边形是圆的内接四边形， ， ， ， ， ， ， ，即． 【点睛】本题考查了同弧或等弧所对的圆周角相等，垂径定理，圆的内接四边形的性质，三角形的中位线的判定与性质，直径所对的圆周角是直角，平行线的判断与性质，作出合适的辅助线是解题的关键． 题型八、矩形的性质 易｜混｜易｜错 混淆矩形与平行四边形的性质（误将 “对角线相等” 当成平行四边形的普遍性质，忽略 “矩形” 这一前提）；忽略矩形 “四个角都是直角” 的核心性质，在非矩形图形中套用直角条件；混淆矩形与菱形的对角线性质，误将 “对角线互相垂直”“平分内角” 等菱形性质套用到矩形上；在折叠或旋转问题中，忽略 “对边平行且相等”“四个角为直角” 等隐含条件，导致线段或角度计算错误；误将矩形的对角线当成对称轴，忽略矩形对称轴是对边中点连线所在直线。 44．（2025·上海普陀·三模）如图，在矩形中，E、F分别为、上的点，且，连结，其中，，则（    ） A． B．3 C． D． 【答案】A 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，设未知数，利用勾股定理，用整体代入的思想是解题的关键．根据矩形的性质，设，，先证明，得出，在中，根据勾股定理得出，最后在中，利用勾股定理求得． 【详解】解：在矩形中，， ， ， ， 由， 设， ,即， 在中，，即， 在中，， 故选：A． 45．（2026·上海徐汇·一模）如图，矩形中，点E在边上，点F在边的延长线上，，与对角线交于点I，与对角线交于点G，与边交于点H．则下列结论不一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据矩形的性质求线段长、直角三角形的两个锐角互余 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形两锐角互余及相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的判定与性质并根据已知条件逐一分析各选项的三角形是否相似即可． 【详解】解：在矩形中， ，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴，故D项成立， ∴， ∵， ∴， ∴，故C项成立， ∵，， ∴，故A项成立， ∴不一定成立的是， 故选：B． 46．（2026·上海金山·一模）在矩形中，过点作，垂足为，以为斜边作直角三角形，与交于点．如果，那么的取值范围是_____． 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查了根据矩形的性质求线段长，相似三角形的判定与性质综合等知识点，解题关键是掌握上述知识点． 通过作平行线构造相似三角形，列出比例式求解，结合点F的运动路径求解即可得出k取值范围． 【详解】解：过点C作交的延长线于点G，连接交于点O， 则， 所以， 因为四边形是矩形， 所以， 所以， 而， 所以， 因为以为斜边作直角三角形， 所以点F在以为直径的圆上运动， 当点F与点E重合时，P与F重合，此时，但不存在直角三角形， 故， 综上所述，． 因为， 所以， 故答案为：． 47．（2026·上海·一模）如图，矩形中，，其内部有一点，使得，若点与点关于直线对称，且落在直线上，那么的值为____． 【答案】或 【知识点】矩形与折叠问题、根据成轴对称图形的特征进行求解、求角的正切值、解直角三角形的相关计算 【分析】先设，则；利用轴对称性质得到，垂直平分；连接，通过角度关系证明；再分点在线段上和延长线上两种情况，用勾股定理求出，进而求出得到的值． 【详解】解：设，则， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴, ∴， ∵点与点关于直线对称， ∴垂直平分，， 情况1：如图1，点在线段上， 在中，，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， 情况2：如图2，点在的延长线上， 在中，，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理、三角函数的定义及分类讨论思想，熟练掌握轴对称的性质，通过角度转化证明是解题的关键． 48．（2026·上海闵行·一模）如图，矩形中，连接，点是的中点，过点作交于点，将沿直线翻折，点落在平面内点处，如果点恰在上，那么的值是___________． 【答案】 【知识点】根据矩形的性质求线段长、矩形与折叠问题、折叠问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】连接交于点M，设，根据平行线性质得，得，根据矩形性质，得，由折叠性质，得垂直平分,证明点G在上，得，得，可得，得，解得，得,又得，得，得，即得． 【详解】解：连接交于点M， 设， ∵点是的中点， ∴， ∵过点作交于点， ∴， ∴， ∵矩形中，， ∴， 由折叠知，垂直平分， ∴， ∴， ∴， 设的边上的高为h， 则， ∴， ∴， ∴点G在上， ， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得（）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形折叠．熟练掌握矩形性质，折叠性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，面积法求三角形的高，是解题的关键． 49．（2025·上海杨浦·一模）小明正在对纸进行探究： (1)小明将纸沿翻折，点E翻折至点G，交于点M，他发现：．求纸长宽之比． (2)取中点G，将三角形沿着翻折，点E对应点H，求证：点H一定在纸的对角线上． 【答案】(1) (2)见详解 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】本题主要考查了矩形与折叠的性质，解直角三角形的有关计算等知识． （1）根据题意画出图形，设，，则，由矩形和折叠的性质得出，由等角对等边得出，由勾股定理求出，进而可得出答案． （2）根据题意画出图形，连接．由（1）可知，，由矩形的性质和正切的定义得出，进一步证明即可． 【详解】（1）解∶如图1中， ∵ ∴设，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由翻折变换的性质可知， ∴， ∴， ∴ ∴纸长宽之比． （2）证明∶如图2中， 连接． 由（1）可知，， ∵G是的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， 由翻折变换的性质可知， ∴点H一定在纸的对角线上． 50．（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、根据矩形的性质求线段长、坡度坡比问题(解直角三角形的应用） 【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． 51．（2025·上海杨浦·一模）已知：如图，，垂足为，为直径，，为圆上一动点． (1)当F在弧上时，求证：． (2)当F在弧上时，将四边形沿翻折，得到， ①延长，若过点O，且，求的值； ②连接，交于P，若，且，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【知识点】圆周角定理、折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）连接，，由垂径定理可得，，．由，结合三角函数的定义可得，，由圆周角定理可得，．根据直角三角形的性质，，命题得证； （2）①连接，，作，垂足为，由圆周角定理和轴对称的性质可得，，则．由可得，，使用垂径定理和勾股定理，计算得，．根据三角形的面积公式可求得，，在直角中，使用正弦函数的定义计算即可； ②连接，延长交于点，作，垂足为，设，由轴对称的性质可得，，，结合题干，可证明四边形是矩形，则，，．容易证明，根据相似三角形的性质可计算得，，．根据同角的余角相等，可证明，进而求出．使用勾股定理计算出，再根据余弦函数的定义求值即可． 【详解】（1）证明：如图， 连接，， ∵是圆的直径，且， ∴，，， ∴，， 在直角中，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）解：①如图，连接，，作，垂足为，设，，圆的半径为， ∵， ∴， 由圆内接四边形的性质可知，， ∴， 由轴对称的性质可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在直角中，， ∴， ∴， 在直角中，， ∴， 解得，， ∴， ∵直径， ∴， ∴， ∵， ∴， 在直角中，， ∵， ∴； ②如图，连接，延长交于点，作，垂足为，设， 由轴对称的性质可知，垂直平分， ∴，， ∵直径， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， 由圆内接四边形的性质可知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，解得， 在直角中，， ∴． 【点睛】本题考查圆的基本性质，圆周角定理，垂径定理，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，矩形的判定与性质，轴对称的性质，三角形内角和定理，熟练掌握相关知识是解题关键． 题型九、矩形的判定 易｜混｜易｜错 忽略 “平行四边形” 前提，误将 “对角线相等的四边形” 判定为矩形（实则需先证是平行四边形，再由对角线相等判定为矩形）；混淆 “有一个角是直角的四边形” 与 “有一个角是直角的平行四边形”，误将直角梯形等含直角的非平行四边形判定为矩形；误用 “三个角是直角” 的条件，忽略 “四边形” 这一前提，在三角形或其他图形中套用该判定；混淆矩形与正方形的判定，误将 “对角线互相垂直” 等正方形判定条件用于矩形判定，或忽视矩形判定的充分性（如仅用 “两组对边平行” 就判定为矩形）。 52．（2025·上海静安·二模）下列命题中，真命题是（    ） A．对角线相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的四边形是矩形 C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D．对角线平分一组对角的平行四边形是正方形 【答案】C 【知识点】矩形的判定定理理解、证明四边形是菱形、正方形的判定定理理解 【分析】本题主要考查了矩形、菱形和正方形的判定等知识点，熟练掌握相关判定定理是解题的关键． 根据矩形、菱形和正方形的判定定理逐项判断即可． 【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形或等腰梯形，故该命题为假命题，不符合题意； B、对角线互相垂直的四边形可以是正方形、菱形、以及一般四边形，故该命题为假命题，不符合题意； C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故为真命题，符合题意； D、对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，故该命题为假命题，不符合题意． 故选：C． 53．（2025·上海静安·二模）如图，菱形的对角线和交于点，分别过点、作，，和交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点，当，时，直接写出的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】含30度角的直角三角形、证明四边形是矩形、利用菱形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理的应用，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键． （1）先判定为平行四边形，再根据菱形的性质进行证明即可； （2）根据的直角三角形的性质求出进而求出，再根据相似三角形和勾股定理求出即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：如图， ∵中，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 54．（2025·上海杨浦·模拟预测）已知：如图，四边形是平行四边形，，垂足为点，点是边上一点，连接交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接与交于点，如果，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、证明四边形是矩形 【分析】本题考查矩形的判定，相似三角形的判定与性质，菱形的判定，正确理解题意是解题的关键： （1）先根据平行四边形的性质得出，推出，再证明，进而可得出结论； （2）连接，先证明，再证明，再推出，进而可得出结论 【详解】（1）四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 四边形是矩形； （2）如图： 连接， 四边形是平行四边形， 为中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形是菱形． 55．（2025·上海静安·二模）已知，四边形内接于，． (1)求证：； (2)小明说：四边形一定是等腰梯形，你认为他的说法正确吗？为什么？ (3)如图所示，已知，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)小明的说法不正确，理由见解析 (3) 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是矩形、同弧或等弧所对的圆周角相等、已知圆内接四边形求角度 【分析】本题主要考查了圆的内接四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键． （1）根据同弧所对的圆周角相等可得、，进而证明可得，再根据同弧所对的圆周角相等可得，由等量代换可得，最后根据平行线的判定定理即可证明结论； （2）通过证明四边形是矩形即可证明结论； （3）如图：连接并延长交于点E，连接．由等腰三角形三线合一的形状可得，利用勾股定理可得，设该圆的半径为r，则，最后根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：小明的说法不正确，理由如下： ∵， ∴， 当时，四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形内接于， ∴，即， ∴四边形是矩形，即小明的说法不正确． （3）解：如图：连接并延长交于点E，连接． ∵， ∴，， ∴， 设该圆的半径为r，则， ∵， ∴，解得：． 题型十、矩形的判定与性质综合 易｜混｜易｜错 混淆判定与性质的使用逻辑（搞反条件与结论，如用 “矩形对角线相等” 作为判定依据）；忽略 “平行四边形” 前提（直接用 “对角线相等” 或 “有一个直角” 判定四边形为矩形，未先证是平行四边形）；混淆矩形与菱形、正方形的性质（误将 “对角线互相垂直”“四边相等” 等性质套用到矩形上）；在折叠、旋转等综合问题中忽略 “对边平行且相等”“四个角为直角” 的隐含条件，导致线段或角度计算错误；未分类讨论边长或对角线的不确定情况，导致漏解或错解。 56．（2025·上海·模拟预测）如果有三个圆分别任取一条半径都能组成一个直角三角形，则称这三个圆为一组“Right圆组”． 已知在直角梯形中，，两底中，，腰． 点在上，以点为圆心，作三个同心圆分别与直线相切，过点D和点C． 若三个同心圆为一组“Right圆组”，则OD =（　　） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】A 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、切线的性质定理、直角梯形的定义 【分析】本题考查了切线的性质、勾股定理，理解“Right圆组”的半径满足勾股定理是解题关键． 可得三个圆的半径分别为：、、，过点作，垂足为，求出梯形的高， 设，则，，再分以或为斜边，利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，以点O为圆心，作三个同心圆分别与直线BC相切于点，过点D和点C．其半径分别为：、、，， 过点作，垂足为， ∵在直角梯形中，， ∴，， ∴四边形、是矩形， ∴，，， ∴， ∴在中，， ∴ 设，则，， ∴， 若三个同心圆为一组“Right圆组”， 当为斜边时，即： ， 解得：， 当为斜边时，即： ， 解得：， 综上所述：长为或． 故选：A． 57．（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】根据矩形的性质与判定求线段长、解直角三角形的相关计算、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：． 58．（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】根据矩形的性质与判定求线段长、利用平行四边形性质和判定证明、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． 59．（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． 60．（2026·上海徐汇·一模）某餐厅在门外走廊安装了遮阳棚，通过实地测得相关数据，并画出了侧面示意图（如图1），遮阳棚长为，其与墙面的夹角为，靠墙端离地面高为． (1)求出遮阳棚前端到墙面的距离； (2)到了旺季客流激增，走廊也要摆放餐桌加大供应量．为了加强遮阳效果，要在遮阳棚前端加装一块挡板（竖直方向），示意图如图2所示，已知旺季当地正午的太阳高度角（太阳光线与地面夹角）为，为了走廊上用餐的顾客不受阳光照射，走廊的遮阳宽度至少要．根据以上信息，请你计算挡板至少要多长才能确保遮阳效果．（结果精确到，参考数据：，，） 【答案】(1)米 (2)米 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、解直角三角形的相关计算 【分析】（1）过点作，先利用余弦求得，再利用勾股定理求得即可； （2）先证明四边形是矩形，从而可得，进而可求得，根据走廊的遮阳宽度至少要，可求得，再利用正切求得，从而可求得． 【详解】（1）解：如图所示：过点作， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴遮阳棚前端到墙面的距离为米； （2）解：如图，延长交于点M，则， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 又，由（1）得， ∴， 又走廊的遮阳宽度至少要， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴挡板至少要米长才能确保遮阳效果． 【点睛】本题考查了用勾股定理解三角形，根据矩形的性质与判定求线段长，解直角三角形的相关计算等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用来求解． 61．（2026·上海徐汇·一模）如图，在梯形中，，，对角线与相交于点．已知，，．    (1)求与的面积之比； (2)求的正弦值． 【答案】(1) (2) 【知识点】解直角三角形的相关计算、利用相似三角形的性质求解、根据矩形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】（1）先证明四边形是矩形，从而可得，，再利用勾股定理求得，从而可求得，再求得，然后证明，从而可求得与的面积之比； （2）先得出，再求得，，从而可求得，再求得即可． 【详解】（1）解：作于点E，则，    ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴与的面积之比为； （2）解：作于点L，则，    ∴， ， 又由（1）得， ∴， ∴， ∴， ∴的正弦值为． 【点睛】本题考查了几何问题(一元一次方程的应用)，用勾股定理解三角形，根据矩形的性质与判定求线段长，利用相似三角形的性质求解，解直角三角形的相关计算等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能运用来求解． 题型十一、菱形的性质 易｜混｜易｜错 混淆菱形与平行四边形的性质（误将 “四条边相等”“对角线互相垂直” 当成平行四边形的普遍性质，忽略 “菱形” 这一前提）；混淆菱形与矩形的对角线性质（误将 “对角线相等” 套用到菱形上，或忽视 “对角线互相垂直平分且平分一组对角” 的核心性质）；忽略 “对角线平分一组对角” 的性质，在角度计算时遗漏关键条件；在折叠或综合问题中，误将菱形的对角线当成相等的线段，或忽略 “四条边相等” 带来的等边对等角等隐含关系，导致推理或计算错误。 62．（2025·上海·二模）在平面直角坐标系中，菱形的顶点A、D分别在x轴正半轴和y轴正半轴上．反比例函数的图像过点B，连接，若轴，则下列命题中（　　）正确． 命题甲：反比例函数的图像不过点C； 命题乙：反比例函数的图像过菱形的旋转对称中心，的值不变． A．甲、乙 B．甲 C．乙 D．没有一个 【答案】C 【知识点】反比例函数与几何综合、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题考查了菱形的性质，反比例函数图像的性质，掌握以上知识，数形结合分析是关键． 根据菱形的性质，设，如图所示，设对角线交于点，过点作轴于点，则，过点作轴于点，得到，运用待定系数法求反比例函数解析式得到的值，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵连接，若轴， ∴轴， ∵菱形的顶点A、D分别在x轴正半轴和y轴正半轴上， ∴设，如图所示，设对角线交于点，过点作轴于点，则，过点作轴于点， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵反比例函数的图像过点B， ∴， 同理，， ∴， ∴， ∴， ∴反比例函数的图像经过点C，故命题甲错误，不符合题意； 反比例函数的图像过菱形的旋转对称中心， ∴， ∴，即的值不变，故命题乙正确，符合题意； 故选：C ． 63．（2025·上海杨浦·一模）判断（用“正确”和“错误”表示）：菱形包含于正方形__________． 【答案】错误 【知识点】正方形性质理解、利用菱形的性质证明 【分析】本题主要考查了正方形和菱形的定义，根据菱形和正方形的定义，菱形是四条边相等的四边形，正方形是四条边相等且四个角都是直角的四边形．正方形是菱形的一种特殊形式，但菱形不一定是正方形，据此可得答案． 【详解】解：菱形的定义是四条边长度都相等的四边形．正方形的定义是四条边长度都相等且四个角都是直角的四边形．由定义可知，正方形满足菱形的定义，因此正方形是菱形的一种．然而，菱形不一定满足正方形的定义，例如存在角度不是直角的菱形，这种菱形不是正方形．因此，菱形不是包含于正方形，故该判断错误． 故答案为：错误． 64．（2025·上海杨浦·一模）在菱形中，，点在线段上，且，点为上一点，将沿翻折，点B对应点E，，且，则_____． 【答案】/ 【知识点】利用菱形的性质求线段长、折叠问题、求角的正切值 【分析】本题考查菱形的性质，解直角三角形，翻折变换，由四边形都是菱形，推出A，C关于对称，由，推出点E在线段上，证明四边形是菱形，推出，推出，设，，利用勾股定理求出可得结论． 【详解】解：如图， ∵四边形都是菱形， ∴A，C关于对称， ∵， ∴点E在线段上， ∴，， ∵，， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴设，， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 65．（2025·上海·模拟预测）如图，在⊙O中，直径垂直于弦于点H． (1)联结，求证：； (2)若四边形是菱形，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】线段垂直平分线的性质、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、利用垂径定理求值 【分析】此题考查了垂径定理、勾股定理、菱形的性质等知识，熟练掌握垂径定理是解题的关键． （1）根据垂径定理得到垂直平分，即可证明结论成立； （2）根据菱形的性质得到，勾股定理证明，即可得到结论． 【详解】（1）解；如图， ∵直径垂直于弦于点H． ∴， ∴垂直平分， ∴； （2）∵四边形是菱形， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴ 66．（2026·上海黄浦·一模）如图，过菱形顶点A分别作边、的垂线，垂足为E、F，交对角线于点M、N． (1)求证：； (2)连接，如果，求的值； (3)如果与五边形的面积均为1，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、利用菱形的性质证明、利用菱形的性质求面积、全等三角形综合问题 【分析】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质及余弦的定义． （1）根据已知条件及菱形的性质得出，，，证得，得出，，再证得，得出； （2）根据已知条件结合菱形的性质得出，，继而利用相似三角形的性质得出，，由得到，设，，列出关于a和b的表达式，从而得出的值； （3）连接交于点O，过点M作，根据题意设，利用相似三角形的性质得出相关图形的面积表达式，最终可列方程求得菱形的面积． 【详解】（1）证明：∵四边形为菱形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：如图， ∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∵， ∴， ∴． （3）解：如图，连接交于点O， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过点作， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 题型十二、菱形的判定 易｜混｜易｜错 忽略 “平行四边形” 前提，直接用 “一组邻边相等” 或 “对角线互相垂直” 判定四边形为菱形；误用单一条件（如仅 “对角线互相垂直”）判定菱形，忽视充分性；混淆菱形与矩形的判定条件，误将 “对角线相等” 等矩形条件用于菱形判定；搞反性质与判定的逻辑，用菱形性质作为判定依据；在非四边形图形中误用菱形判定定理。 67．（2025·上海黄浦·二模）尺规作图：已知具体步骤如下：①在射线、上分别截取、，使；②分别以点、为圆心，大于的同一长度为半径作弧，两弧交于内的一点，作射线；③以点为圆心，为半径作弧，交射线于点，联结、．那么所作的四边形一定是（   ） A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形 【答案】A 【知识点】证明四边形是菱形、作角平分线(尺规作图) 【分析】本题考查作图-基本作图，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，等腰梯形的判定．根据要求作出图形，再根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可． 【详解】解：由作图可知，平分，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 故选：A． 68．（2025·上海杨浦·模拟预测）已知四边形中，对角线与相交于点，请再添加一个条件，使四边形是菱形，可以添加的条件是_____________．（只添加一个条件） 【答案】（答案不唯一） 【知识点】证明四边形是菱形 【分析】本题考查菱形的判定，解题的关键是结合已知条件，依据菱形的判定定理补充合适条件。 可以添加的条件（答案不唯一）理由是：由已知、根据可证，得到，从而根据“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”得到：四边形是菱形． 【详解】可以添加的条件是（答案不唯一） 理由如下： ， ， 在和中， ， ， ， ， ∴四边形是菱形（对角线互相垂直平分的四边形是菱形）。 故答案为：（答案不唯一）。 69．（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】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】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． 70．（2025·上海杨浦·模拟预测）如图，第6题中我们通过小怡和小瑶两位同学了解到了三角形的一些性质． 6．如图，小怡和小瑶在研究三角形的性质时分别画出了等腰点是线段的一个动点，，连接，作边上的高，他们分别对各自的图进行了说理和证明，则下列说法正确的有 小怡：我以点为圆心，为半径画弧，交线段于点，延长，作和交延长线于一点．①点到点的距离是线段；②四边形是菱形． 小瑶：我过点作；分别延长和交于点．③若，则；④若；以点和点为圆心的等圆外切于点，则． (1)如图（小怡）作图并证明四边形是否是菱形；若是请给出理由，若不是则证明形状并给出理由； (2)如图（小瑶）若，；求证． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】过直线外一点作已知直线的平行线、证明四边形是菱形、圆和圆的位置关系、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了作一个角等于已知角，菱形的判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据题意作图，根据两组对边平行可得四边形是平行四边形，根据作图可得，即可得证； （2）设，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理结合已知证明是等边三角形，进而根据含度角的直角三角形的性质，即可得证． 【详解】（1）证明：如图，根据作图可得， ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， （2）证明：设， ∵， ∴， ∵． ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∵； ∴即， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 71．（2025·上海·模拟预测）在半圆的直径延长线上取一点是半圆的一条弦，过点作的平行线和半圆从右至左交于点． (1)若，取的中点，求证：四边形是菱形； (2)当时，求的长； (3)延长交的延长线于点，作过点的圆交于点．若，且，求的值． 【答案】(1)详见解析 (2) (3) 【知识点】证明四边形是菱形、利用垂径定理求值、相似三角形的判定与性质综合、余弦的概念辨析 【分析】（1）连接，交于．证明得到，再通过垂径定理得到，从而可证明与互相垂直且平分，从而可以完成证明； （2）连接．在（1）的基础上利用勾股定理，垂径定理求出即可； （3）连接，设半径长为，作，垂足为，作，垂足为．证明等腰三角形和等腰三角形底角相等，从而得到顶角相等，得到．利用可求出的关系，再求出即可． 本题考查了直线平行的性质，垂径定理，菱形的证明，相似三角形等，作出适当的辅助线是解题关键． 【详解】（1）证明：连接，交于． ∵ 又∵ ，即 ∵平分经过圆心 又∵ ∴ ∴与互相平分 ∴四边形是平行四边形． 又∵ ∴四边形是菱形； （2）解：连接． 由（1），得 ∵ 设， 则在直角三角形中，，解得 ∴ ∴的半径长为 由勾股定理，得 由，得，即 ∴ ； （3）解：连接， 在与中 ∵是公共角 ∴ ∴等腰三角形和等腰三角形底角相等 设半径长为 ∴ 作，垂足为，作，垂足为 由垂径定理得 ∴ 即 解得（舍去）， ∴， ∴ ∴ 解得 ． 题型十三、菱形的判定与性质综合 易｜混｜易｜错 混淆判定与性质的使用逻辑（搞反条件与结论，如用菱形性质作为判定依据）；忽略 “平行四边形” 前提，直接用 “邻边相等” 或 “对角线垂直” 判定四边形为菱形；混淆菱形与矩形、正方形的性质（误将 “对角线相等” 等性质套用到菱形上）；在折叠、旋转等综合问题中忽略 “四条边相等”“对角线平分内角” 等隐含条件，导致计算或推理错误；未分类讨论边长或对角线的不确定情况，导致漏解。 72．（2025·上海·模拟预测）已知矩形 ，，，点是边 上的动点，以为圆心，为半径画圆，将圆沿直线翻折得到圆，如果点恰好在圆与圆的连心线上，那么圆与圆的公共弦的长度为______． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据菱形的性质与判定求线段长、圆的基本概念辨析、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，圆的有关概念等知识，连接，，，设与交于点，由圆沿直线翻折得到圆，点恰好在圆与圆的连心线上，则，所以四边形是菱形，故有，，又四边形是矩形，则，，，所以，，通过，可得，从而得出，，在中，，即，然后求出即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，，，设与交于点， 由圆沿直线翻折得到圆，点恰好在圆与圆的连心线上， ∴， ∴四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴圆与圆的公共弦的长度为， 故答案为：． 73．（2025·上海普陀·二模）已知：如图，平行四边形的对角线和相交于点O，交的延长线于点E，． (1)求证：四边形为菱形； (2)连结交于点F，如果，求证：． 【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、根据矩形的性质与判定求线段长、根据菱形的性质与判定求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）证明，推出可得结论； （2）证明，推出，证明四边形是矩形，推出，证明，推出可得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； （2）证明：如图，过点A作于点H， ∵四边形是菱形， ∴平分，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，矩形及菱形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、矩形及菱形的性质与判定是解题的关键． 74．（2025·上海·一模）在平行四边形中，对角线交于点O，P是线段上一个动点（不与点O、点C重合），过点P分别作的平行线，交于点E，交于点F、G，连接． (1)如图1，如果，求证：； (2)如图2，如果，，且与相似，并求的值； (3)如图3，如果，且射线过点A．请补全图形，并求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据菱形的性质与判定求线段长、利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形 【分析】（1）根据平行线分线段成比例得到，，，即可求解； （2）根据题意得到当时，，则，结合题意，设，则，，，，，，根据即可求解； （3）根据菱形的性质，找出线段比例关系，证明，设，则，结合两直线平行同旁内角互补，列式求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 设，则，， 在平行四边形中，，则， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图2， ∵， ∴平行四边形为矩形，则， ∴，则， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 又∵，且， ∴当时，， ∴， ∵， ∴设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，则， ∴， ∴； （3）解：补全图形如下， ∵， ∴平行四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理，， 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（负根已舍）， ∴， ∴，且， ∴， 又∵， ∴， ∴设，则， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形，矩形，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例等知识的综合运用，掌握以上知识，找出三角形相似得到线段之间的关系是解题的关键． 题型十四、正方形的性质 易｜混｜易｜错 混淆正方形与矩形、菱形的性质（误将 “对角线相等且垂直” 当成矩形或菱形的普遍性质，忽略 “正方形” 这一前提）；忽略正方形 “四条边相等、四个角都是直角” 的核心性质，在非正方形图形中套用这些条件；混淆正方形的对角线性质（误将 “对角线互相垂直平分且相等、平分一组对角” 的性质割裂使用，或忽视其同时具备矩形和菱形的对角线特征）；在折叠、旋转等综合问题中，忽略 “对边平行且相等”“四个角为直角” 等隐含条件，导致线段或角度计算错误；误将正方形的对角线当成唯一对称轴，忽略正方形有四条对称轴（两条对角线和两组对边中点连线）。 75．（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】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． 76．（2025·上海·模拟预测）小明对正方形展开了研究，他得出的结论中，正确的有（   ）个 探究正方形内和正方形边上的特殊点 结论1 在正方形内部有一点P，使得，连接，那么的面积可以表示为． 结论2 在正方形内部有一点P，使得，，那么． 结论3 在正方形的边、上分别有两点M、N，若，，那么． 结论4 在正方形的边、上分别有两点M、N，若和对角线平行，那么． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【知识点】解直角三角形的相关计算、由平行判断成比例的线段、根据正方形的性质求面积 【分析】根据正方形的性及全等三角形的性质和判定可判断A，根据三角函数的定义及线段垂直平分线的性质，结合图形可判断B，根据三角函数的定义及勾股定理，面积可判断C，根据正方形的性质及平行线分线段成比例定理可判断D，从而可得答案． 【详解】解：作于， ， ， ， ， 四边形是正方形， ，，即， ， ， ， ， ， 故A正确； ， 在线段的垂直平分线上， ， 在线段的垂直平分线上，即点在经过、中点的直线上， 如图所示， ，当时，是等边三角形，此时，那么，B 选项不正确； 连接，作于， ，，正方形中，，， ，， ，， 设， 则，， ，， 在中，， 在中，， ， ， 即， ， ， ， 那么．C选项正确； ， ， ， ， ，D选项正确， 故答案为：C． 【点睛】本题主要考查了与正方形有关的综合问题，涉及正方形的性质、全等三角形的性质及判定、勾股定理、解直角三角形、线段垂直平分线的性质及平行线分线段成比例定理，综合性强，正确添加辅助线是解题的关键． 77．（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：． 78．（2025·上海·模拟预测）如图，在正方形中，点、分别是边、上的点，且满足（参考材料：．） (1)设，，求证：； (2)连接交于，交于．求证：． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； 【知识点】求角的正切值、相似三角形的判定与性质综合、圆周角定理、根据正方形的性质证明 【分析】（1）通过旋转三角形，将分散的线段和角集中，构造全等三角形，再结合三角函数和角公式推导等式． （2）先证明四点共圆得出直角，得到等腰直角三角形，再证明三角形相似，利用相似三角形性质推导线段关系． 【详解】（1）证明：将绕点顺时针旋转，得到． ∵旋转， ∴，，，． ∵， ∴，即、、三点共线． ∵，， ∴． 在和中， ， ∴． ∴． ∵，，， ∴，且，即． 根据，令，，则 ． ∵， ∴． ∴． ∴． （2）证明：连接， 四边形是正方形， ， ，且， ， 点、、、四点共圆， ． 又， 是等腰直角三角形， ． 同理，． ， ， ． ， ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及三角函数和角公式，熟练掌握这些知识是解题的关键． 79．（2025·上海杨浦·一模）在正方形中，E为正方形内一点，且，延长交于F，延长交于P． (1)求证： (2)求证： 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）根据正方形的性质以及等边对等角，得，运用四边形内角和性质进行列式计算，即可作答． （2）过点作于点，过点作于点，运用正方形的性质以及角的等量代换，得，证明，故，又因为，得，因为于点，故，由（1）可知，，故是等腰直角三角形，结合勾股定理整理得，将，代入，得，即可作答． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵四边形的内角和为， ∴， 即， ∴， ∵， ∴； （2）证明：过点作于点，过点作于点，如图所示： ∵四边形是正方形，，， ∴，， 在中，， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵于点， ∴， 由（1）可知，， ∵过点作于点， ∴是等腰直角三角形， ∴ 则结合勾股定理得 ∴ 将，代入，得， 整理得． 【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 题型十五、正方形的判定 易｜混｜易｜错 忽略 “平行四边形 / 矩形 / 菱形” 前提，直接用 “四边相等”“对角线相等且垂直” 等单一条件判定正方形；混淆正方形与矩形、菱形的判定，误将矩形或菱形的判定条件当成正方形判定；搞反性质与判定的逻辑，用正方形性质作为判定依据；在非四边形图形中误用正方形判定定理。 80．（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）． 81．（2026·上海·一模）如图，矩形中，，，连接，已知，那么的度数约为____． 【答案】/98度 【知识点】利用矩形的性质求角度、证明四边形是正方形、根据特殊角三角函数值求角的度数 【分析】本题考查矩形的性质，正方形的判定与性质，三角形内角和定理和正切，过点作于点，则四边形为正方形，得，求出，从而可求出，可得，由三角形内角和定理可得结论． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点作于点，则， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， 故答案为：． 82．（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】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用矩形的性质证明、证明四边形是正方形、相似三角形的判定与性质综合 【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． 题型十六、正方形的判定与性质综合 易｜混｜易｜错 混淆判定与性质的使用逻辑（搞反条件与结论）；忽略 “矩形 / 菱形” 前提，直接用单一条件判定正方形；混淆正方形与矩形、菱形的性质，误用对角线相等或垂直等性质；在折叠、旋转等综合问题中忽略 “四边相等、四角为直角” 的隐含条件，导致计算或推理错误；未分类讨论边长或对角线的不确定情况，导致漏解。 83．（2026·上海徐汇·一模）我们将宽和长之比为（约为）的矩形称为“黄金矩形”，它可以通过折纸获得．如图1所示，将长方形纸片第一次沿折叠，使点和点重合，展开后再将纸片沿对折叠，使点和点重合；如图2所示，展开后连接，再将纸片第三次沿折叠，使得落在长方形纸片的边上且点落在点处，再次展开，过点作的垂线，垂足为点．请在阅读理解的基础上写出图中的“黄金矩形”：_________． 【答案】矩形，矩形 【知识点】黄金分割、折叠问题、根据正方形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】由折叠可得四边形为正方形，，设，则，由勾股定理可得，第三次折叠可得，从而，进而可得，故可得答案． 【详解】解：由第一次沿折叠可知四边形为正方形， 则， 再将纸片沿对折，则可知， 设，则， 连接，则， 再将纸片第三次沿折叠，落在长方形纸片的边上且点落在点处， ， ， ，， 即图中的“黄金矩形”为矩形，矩形． 故答案为：矩形，矩形． 【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，黄金分割，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题关键． 84．（2025·上海·二模）如图，在矩形中，点在对角线上，，． (1)求证：四边形是正方形； (2)点在对角线上，且，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SAS综合（SAS）、线段垂直平分线的判定、根据正方形的性质与判定证明、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）如图，连接交于点，根据矩形的性质得，根据，推出垂直平分，继而得到，即可得证； （2）如图，连接，根据正方形的性质得，，证明得，证明得，即可得证． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴四边形是正方形； （2）证明：如图，连接， 由（1）知：四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，即， ∵，即， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的判定和性质，矩形的性质，垂直平分线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．掌握正方形的判定及相似三角形的判定和性质是解题的关键． 85．（2025·上海·模拟预测）如图，以为直径的圆O中，点O为圆心，C为弧的中点，过点C作且．连接，分别交，于点E，F，与圆O交于点G，连接． (1)求证：； (2)连接，，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】利用弧、弦、圆心角的关系求证、根据正方形的性质与判定证明、根据矩形的性质与判定求线段长、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）根据平行四边形的判定可得四边形为平行四边形，根据为半圆的中点可得，根据矩形的判定可得平行四边形为矩形，即可证明； （2）连接，，交于，结合（1）易知四边形为正方形，可证，得，再证垂直平分，进而证明，再根据角度之间的互余关系可得，即可则证明． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵为半圆的中点， ∴，即， ∴平行四边形为矩形． ∴， ∴． （2）证明：连接，，交于， 由（1）可知平行四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形，则，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查圆的基本性质，矩形、正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 题型十七、等腰梯形的性质定理 易｜混｜易｜错 混淆等腰梯形与一般梯形的性质（误将 “两腰相等”“同一底上的角相等” 当成梯形的普遍性质）；混淆等腰梯形与平行四边形的对边关系（误将两腰当成平行边）；忽略 “对角线相等” 的性质，或误将其当成梯形的普遍性质；在综合问题中忽略轴对称性，导致图形分析或计算错误。 86．（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】等腰梯形的性质定理、利用平行四边形性质和判定证明、用勾股定理解三角形、全等的性质和SAS综合（SAS） 【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． 87．（2025·上海静安·二模）下列图形中，对称轴条数最多的是（    ） A．等腰直角三角形 B．等腰梯形 C．正方形 D．正三角形 【答案】C 【知识点】等腰梯形的性质定理、求对称轴条数、正方形性质理解 【分析】本题主要考查了轴对称图形的概念，即在平面内，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．先根据轴对称图形的定义确定各选项图形的对称轴条数，然后比较即可选出对称轴条数最多的图形． 【详解】A：等腰直角三角形有1条对称轴； B：等腰梯形有1条对称轴； C：正方形有4条对称轴； D：正三角形有3条对称轴； 综上所述正方形对称轴条数最多， 故选：C． 88．（2025·上海金山·二模）如图，已知在等腰梯形中，，，，联结、交于点，为上一点，． (1)求证：； (2)若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】等腰梯形的性质定理、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了等腰梯形的性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握相似的判定和性质是解题的关键． （1）先证明，得到；由相似三角形性质可得，进而得出结论． （2）先证明，得到；再证明，得到，等量代换即可． 【详解】（1）证明：， ，， 又， ， ， （2），，， ， ， ， ． 在等腰梯形中，，， 又， ， ， ， ， ， 题型十八、等腰梯形的判定定理 易｜混｜易｜错 忽略 “梯形” 前提，直接用 “两腰相等”“同一底上的角相等” 或 “对角线相等” 判定四边形为等腰梯形；混淆等腰梯形与平行四边形的判定，误用平行四边形的条件；搞反性质与判定的逻辑，用等腰梯形性质作为判定依据。 89．（2025·上海黄浦·三模）下列说法正确的是（    ） A．有一组邻边相等的梯形是等腰梯形 B．等腰三角形的中位线截该三角形所得的四边形是等腰梯形 C．有两个相邻的内角相等的梯形是等腰梯形 D．有一组对角互补的梯形是等腰梯形． 【答案】D 【知识点】等腰梯形的判定定理、(等腰)梯形的定义 【分析】本题考查了等腰梯形的判定，根据等腰梯形的判定及三角形中位线的性质逐一判断即可求解，掌握等腰梯形的判定是解题的关键． 【详解】解：、两腰相等的梯形是等腰梯形，该选项说法错误，不合题意； 、等腰三角形的中位线截该三角形所得的四边形不一定是等腰梯形，该选项说法错误，不合题意； 、有两个相邻的内角相等的梯形不一定是等腰梯形，比如直角梯形，该选项说法错误，不合题意； 、有一组对角互补的梯形是等腰梯形，该选项说法正确，符合题意； 故选：． 90．（2025·上海金山·模拟预测）如图1，我们定义：在中，，的三角形成为“对等三角形”，在“对等三角形”的边上，有一动点，使“对等三角形”分为和四边形．将沿着直线翻折，记的对应点为． 已知为“对等三角形”． (1)如图2，当点与点重合时，求证： (2)当点在线段的延长线上时，连接，交于点F，直线经过的重心，求的值； 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】梯形中位线定理、相似三角形的判定与性质综合、折叠问题、重心的有关性质 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质、三角形的重心、梯形的判定和性质、中位线的性质和等腰三角形的性质，做出正确的辅助线是解决本题的关键． （1）根据题意可得，再结合等边对等角可得，，进而即可证明，可得，进而即可得到； （2）连接，根据中位线的性质可得，最后根据梯形的性质和判定即可得证． 【详解】（1）证明：∵点关于的对称点与点重合， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． （2）解：连接，如图： ∵直线经过的重心， ∴点是的中点． ∵点是的中点， ∴． ∵不平行， ∴四边形是梯形． ∵， ∴． ∵， ∴． 91．（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 【知识点】等腰梯形的判定定理、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 【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． 题型十九、梯形中位线定理 易｜混｜易｜错 混淆梯形中位线与三角形中位线、中线的定义；记错中位线与两底的数量关系，误将 “等于两底和的一半” 记为 “等于两底的和”；忽略 “梯形” 前提，在非梯形图形中误用中位线定理；计算时误将中位线长度当成两底的和，导致结果错误。 92．（2025·上海·模拟预测）如图，在梯形中，，，，，如果以为直径的圆与梯形各边共有3个公共点（C，D两点除外），那么长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】梯形中位线定理、已知直线和圆的位置关系求圆心到直线的距离 【分析】考查了直线和圆的位置关系与数量之间的联系．此题首先能够根据公共点的个数得到直线和圆的位置关系；再进一步计算出相切时圆心到直线的距离，从而根据直线和圆的位置关系与数量之间的联系，得到答案． 【详解】解：根据题意，得圆必须和直线相交，设直线和圆相切于点E， 连接，则，， 又∵， ∴此时． 根据梯形的中位线定理，得 ， ∴， ∴， ∴直线要和圆相交，则． 故选D． 93．（2025·上海崇明·三模）如图，已知在梯形中，，且 ，点是边的中点．设，，那么_____（用、的式子表示）．    【答案】 【知识点】向量的线性运算、梯形中位线定理 【分析】本题考查了梯形中位线的性质，平面向量的线性计算，熟练掌握三角形法则是解题的关键．取中点，连接，则，然后根据三角形法则即可求解． 【详解】解：如图，取中点，连接    ∵在梯形中，，且 ，点是边的中点 ∴ ∵，， ∴ 故答案为：． 94．（2025·上海闵行·二模）如图，在等腰梯形中，，对角线与互相垂直，，那么梯形的中位线长为______．    【答案】2 【知识点】梯形中位线定理、利用平行四边形的判定与性质求解、等腰三角形的性质和判定 【分析】本题主要考查了梯形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解题关键．过作交的延长线于，证明四边形是平行四边形，易得，进而可得是等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的直角边的长求得斜边的长，从而利用中位线定义求得答案． 【详解】解：过作交的延长线于，    ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵等腰梯形中，， ∴， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴梯形的中位线． 故答案为：2． 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】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、利用平行四边形的判定与性质求解 【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：． 2．（2025·上海·模拟预测）如图，中，，，．点在边上；点分别在边与上．当四边形为矩形，且其宽为长的一半时，的长为_________． 【答案】或 【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、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，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是解题的关键． 根据勾股定理求出，根据矩形的性质得到，，得到，得出，求出， 同理得到，得出，求出，分：当为矩形的宽时；当为矩形的长时，两种情况讨论即可． 【详解】解：，，， ， 四边形为矩形， ，， ， ， ， ， ， ， 同理， ， ， 当为矩形的宽时，， ，， ， ， ； 当为矩形的长时，， ，， ， ， 综上，的长为或． 故答案为：或． 3．（2025·上海崇明·一模）如图，长方形的边在的边上，顶点D、G分别在、上．已知的边长，高为，且长方形的长是宽的2倍，那么的长度是________． 【答案】 【知识点】根据矩形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合 【分析】此题重点考查矩形的性质、两条平行线之间的距离处处相等、相似三角形的判定与性质等知识，证明是解题的关键． 设交于点I，由矩形的边在的边上，顶点D、G分别在、上，得，则，由矩形的长是宽的2倍，得，由是的高，得，，则，由，得，而，，所以，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：设交于点I， 矩形的边在的边上，顶点D、G分别在、上， ， ， 矩形的长是宽的2倍， ， 是的高， ， ， ， ， ，，， ， ， ，， ， 解得， 的长度是， 故答案为：． 4．（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， ． 5．（2025·上海·模拟预测）在中，，，，点是斜边上一点，点是边上一点，过点的直线与斜边平行，交边于点，连接． (1)如图1，连接、． ①若平分，求证：； ②若，设，用含的代数式表示四边形的面积； (2)如图2，连接，若，且，求的值． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、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、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、全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、勾股定理，结合图形正确找出全等三角形和相似三角形是解题的关键． （1）①设与交于点，由平分得到，利用全等三角形的判定证明，得出，推出四边形是平行四边形，再利用平行四边形的性质即可证明；②先证明得到，再利用平行线的性质得到，进而得到，再利用三角形面积公式即可求解； （2）作于点，设与交于点，利用勾股定理求出的长，通过证明得到，，设，表示出、，再通过证明得到，代入数据求出的值，利用线段的和差求出的长即可求解． 【详解】（1）①证明：如图，设与交于点， 平分， ， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ； ②解：， ， ，即， ， ， ， ， ， ． （2）解：如图，作于点，设与交于点， ， ， ， ， ， 又， ， ， ，， ， 设，则 由（2）得，， ， ， ， ， ， ， 又， ， ，即， 解得：， ， ， ． 6．（2025·上海徐汇·二模）已知：在直角坐标系中直线与轴、轴相交于点、．当的值小于0时，的值大于4，且该直线与轴的夹角为．抛物线经过点和点． (1)【问题提出】如何求抛物线解析式 观察条件“当的值小于0时，的值大于4”，可得当的值小于4时，的值__________（选填“大于”或“小于”）0，该条直线的大致图像可能是__________（选填“A”或“B”），其中与轴交点的坐标为__________．继续阅读条件，“该直线与轴的夹角为”告诉我们其与轴的交点的坐标是__________，最终带入抛物线，列出方程组__________，解得__________，__________． (2)【综合运用】 是线段上一点，过点作直线的平行线，与轴相交于点，把沿直线翻折，点的对应点是点，如果点在抛物线上，求点的坐标． 【答案】(1)（1）大于，，，，，1，4 (2)点是坐标是 【知识点】证明四边形是正方形、待定系数法求二次函数解析式、其他问题(二次函数综合)、判断一次函数的图象 【分析】（1）根据图象和已知条件可得，，随的增大而减小，再将点和的坐标代入抛物线的解析式，解方程组即可解答； （2）设点的坐标为，证明是等腰直角三角形，则，再证明四边形是正方形，得，代入抛物线的解析式即可解答． 【详解】（1）解：∵当的值小于0时，的值大于4， 则与轴交点的坐标为， ∵该直线与轴的夹角为，且 ， 是等腰直角三角形， ∴， ∴与轴的交点的坐标是， 可得当的值小于4时，的值大于0， 即随的增大而减小， ∴该条直线的大致图象可能是B， 将，代入抛物线中得： ， 解得：； 故答案为：大于，B，，，，1，4； （2）解：设点的坐标为， ， ， 是等腰直角三角形， ， 由折叠得：，， ， ， 四边形是正方形， ， 点在抛物线上， ， 解得：， ∵是线段上一点， ． 【点睛】本题考查了一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，待定系数法的应用，正方形的性质和判定，等腰直角三角形，利用数形结合的思想是解题的关键． 7．（2025·上海·模拟预测）正方形中，是边上一点，连接，过点作，垂足为点，且，连接． (1)求证：． (2)设直线交于点．连接，若，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】（1）过点作，垂足为点，证明，再证是等腰直角三角形即可； （2）证明，由边成比例可得，再由即可得证． 本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形判定与性质、三角形全等的判定与性质、三角形相似的判定与性质、勾股定理等，是关于三角形的综合题． 【详解】（1）证明：过点作，垂足为点． ∵四边形是正方形， 在与中，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴由勾股定理可知， ∴． 8．（2025·上海·二模）如图，C是线段上一点，分别以为边在线段同侧作正方形和矩形，点F在上，连接，和交于点M，． (1)求证：矩形是正方形． (2)若、的余切值为，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】由平行截线求相关线段的长或比值、全等的性质和HL综合（HL）、解直角三角形的相关计算、根据正方形的性质证明 【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、平行线等分线段定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）根据正方形的性质以及已知条件可证可得，再根据邻边相等的矩形是正方形即可证明结论； （2）由正方形的性质和余切的定义可求得，再运用勾股定理可求得，然后求得、，最后根据平行线等分线段列比例式求解即可． 【详解】（1）证明：在正方形中，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴矩形是正方形． （2）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵的余切值为， ∴，即，解得：， ∴， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， ∵， ∴，即，解得：． 2 / 143 1 / 143 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