专题05 平行四边形、梯形与向量13大题型（题型专练）（上海专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题05 平行四边形、梯形与向量 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01 平行四边形的性质与折叠综合应用 题型02 平行四边形的判定与几何证明 题型03 矩形的性质与折叠综合计算 题型04 矩形的判定与几何证明 题型05 菱形的性质与综合计算 题型06 菱形的判定与几何证明 题型07 正方形的性质与折叠、相似综合应用 题型08 正方形的判定与几何证明 题型09 梯形的性质与边角计算 题型10 等腰梯形的判定与几何证明 题型11 平面向量的线性运算与基础概念 题型12 三角形重心与向量的综合应用 题型13 正多边形的内角与中心角基础计算 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 平行四边形的性质与折叠综合应用 典例引领 【典例01】（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__________． 【典例02】（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． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、解答题的高频考点，难度系数0.40.65，对应文档核心知识点为利用平行四边形的性质求解、折叠问题、全等三角形综合问题、相似三角形的判定与性质综合，核心考查平行四边形的边、角、对角线核心性质，结合折叠变换的线段、角度计算，是平行四边形模块的基础核心考点。 方法技能 1.平行四边形核心性质：对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分，是几何证明与计算的核心依据。 2.折叠问题核心规则：折叠前后对应边相等、对应角相等，折叠前后的图形全等，折痕是对应点连线的垂直平分线。 3.解题技巧：结合平行四边形的平行线性质，推导内错角、同位角相等，结合折叠的等角、等边，推导等腰三角形、全等/相似三角形，进而求解线段长度。 变式演练 【变式01】（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__________． 【变式02】（2025·上海·模拟预测）如图，在中，点是边上的一点，若，，将沿翻折得，连结，点在的延长线上，恰好平分，则的长为______． 【变式03】（2025·上海闵行·模拟预测）如图，已知是平行四边形的边上一点，将沿直线折叠，点落在平行四边形内的点处，且，如果，，的正弦值为，那么的长为______． 题●型●破●译 题型02 平行四边形的判定与几何证明 典例引领 【典例01】（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：． 【典例02】（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） 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题的基础必考考点，难度系数0.40.65，对应文档核心知识点为证明四边形是平行四边形、利用平行四边形的性质证明、根据平行线判定与性质证明，核心考查平行四边形的判定定理，结合平行线、相似三角形的性质进行几何证明，是上海中考几何证明题的高频基础题型。 方法技能 1.平行四边形核心判定定理： 两组对边分别平行的四边形是平行四边形； 一组对边平行且相等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； 对角线互相平分的四边形是平行四边形。 2.证明技巧：优先通过平行线性质找角相等，证明三角形全等/相似，推导对边平行且相等，是中考最常用的证明思路。 变式演练 【变式01】（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_______________． 题●型●破●译 题型03 矩形的性质与折叠综合计算 典例引领 【典例01】（2025·上海·中考真题）在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为________． 【典例02】（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___________． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、解答题的高频中档考点，也是填空压轴题的高频命题方向，难度系数0.150.65，对应文档核心知识点为矩形与折叠问题、利用矩形的性质求线段长、根据矩形的性质证明、用勾股定理解三角形，核心考查矩形的性质、折叠变换的综合计算，结合勾股定理、相似三角形求解线段长度。 方法技能 1.矩形核心性质：四个角都是直角、对边平行且相等、对角线相等且互相平分，天然具备直角三角形的应用场景。 2.折叠问题解题步骤： 第一步：根据折叠性质，标记相等的线段、相等的角； 第二步：在矩形的直角中，设未知数，利用勾股定理建立方程； 第三步：解方程求解线段长度，检验结果是否符合题意。 3.核心技巧：矩形折叠问题中，常结合平行线性质推导等腰三角形，简化线段关系的推导。 变式演练 【变式01】（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：． 【变式02】（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03】（2026·上海杨浦·二模）如图，在矩形中，，点为边的中点，点关于的对称点为点，连接交边于点，连接、，若，设，请列出一个可解出的值的方程___________． 【变式04】（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___________． 题●型●破●译 题型04 矩形的判定与几何证明 典例引领 【典例01】（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． 【典例02】（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． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题的固定高频考点，近5年中考每年必考，难度系数0.650.85，对应文档核心知识点为证明四边形是矩形、添一条件使四边形是矩形、利用矩形的性质证明，核心考查矩形的判定定理，结合平行四边形的性质进行几何证明，是上海中考几何证明题的核心得分点。 方法技能 1.矩形核心判定定理： 有一个角是直角的平行四边形是矩形； 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。 2.证明技巧：先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的特殊判定条件（直角/对角线相等）补充证明，是中考最常用的证明逻辑。 变式演练 【变式01】（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02】（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． 题●型●破●译 题型05 菱形的性质与综合计算 典例引领 【典例01】（2024·上海·中考真题）在菱形中，，则___________． 【典例02】（2026·上海·一模）如图，菱形中，，，则的值为___． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、选择题的高频考点，难度系数0.40.85，对应文档核心知识点为利用菱形的性质求线段长、利用菱形的性质证明、求角的正切值/三角函数值、相似三角形的判定与性质综合，核心考查菱形的边、角、对角线性质，结合勾股定理、解直角三角形、相似三角形进行线段与角度计算。 方法技能 1.菱形核心性质：四条边都相等、对边平行、对角相等、对角线互相垂直且平分，且每一条对角线平分一组对角。 2.解题技巧：菱形的对角线将菱形分成四个全等的直角三角形，优先利用直角三角形的勾股定理、锐角三角函数求解线段长度；结合平行线性质找相似三角形，简化比例计算。 变式演练 【变式01】（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． 【变式02】（2026·上海松江·一模）如图，由6个全等的菱形组成的网格中，每个小菱形的边长均为1，，点、、都在格点上，那么的值是____________． 【变式03】（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_____． 【变式04】（2025·上海崇明·三模）如图，菱形中，点O是的中点，，垂足为M，交于点N，，，则的长为_____． 题●型●破●译 题型06 菱形的判定与几何证明 典例引领 【典例01】（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： ． 【典例02】（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． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题高频必考考点，难度系数0.650.85，对应文档核心知识点为证明四边形是菱形、添一个条件使四边形是菱形、利用菱形的性质证明，核心考查菱形的判定定理，结合平行四边形、等腰三角形、相似三角形的性质进行几何证明。 方法技能 1.菱形核心判定定理： 有一组邻边相等的平行四边形是菱形； 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。 2.证明技巧：先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的特殊判定条件（邻边相等/对角线垂直）补充证明；也可通过等腰三角形“三线合一”、全等三角形推导四条边相等，直接证明菱形。 变式演练 【变式01】（2025·上海青浦·二模）已知平行四边形的对角线相交于点O．下列补充条件中，能判定这个平行四边形是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【变式02】（2025·上海静安·二模）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点是的中点，连接并延长到点，使得，连接．    (1)求证：四边形是矩形； (2)点在边上，连接，，，．求的长． 【变式03】（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． 【变式04】（2025·上海虹口·二模）如图9，在梯形中，，连接，点在上，连接，使得，点在边上，连接，分别交、于点、，且，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)如果，求证：． 题●型●破●译 题型07 正方形的性质与折叠、相似综合应用 典例引领 【典例01】（2025·上海嘉定·二模）如图，在正方形纸片中，点E是边的中点．将该纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边翻折至的位置，与交于点P，那么的值是_______． 【典例02】（2026·上海·一模）在边长为4的正方形中，过点的直线l垂直于对角线，点E是直线l上一点，且在直线上方，连接交于点F，连接． (1)如图1，若，求的值； (2)如图2，连接，设、相交于点G，若，求证：； (3)如图2，连接，若是以为腰的等腰三角形，求的值． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、解答压轴题的高频考点，难度系数0.15，0.65，对应文档核心知识点为根据正方形的性质证明、正方形折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算，核心考查正方形的性质，结合折叠、全等、相似、等腰三角形进行综合证明与计算，是四边形模块的核心拉分考点。 方法技能 1.正方形核心性质：四条边相等、四个角都是直角、对角线相等且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角，兼具矩形与菱形的所有性质。 2.解题核心技巧： 正方形中天然存在全等三角形的“一线三垂直”模型，是证明三角形全等的核心思路； 折叠问题中，结合正方形的直角，用勾股定理建立方程求解线段长度； 等腰三角形存在性问题，需分情况讨论腰的对应关系，结合正方形的对称性简化计算。 变式演练 【变式01】（2026·上海徐汇·一模）在数学活动课上，需要用三角形纸片裁剪出一张正方形纸片．如图，现有三角形纸片，已知.裁剪出的正方形的一个顶点是直角顶点，其余三个顶点、、分别在边、、上，那么正方形的边长是__________． 【变式02】（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03】（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●破●译 题型08 正方形的判定与几何证明 典例引领 【典例01】（2024·上海奉贤·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线、交于点，下列条件能判断四边形是正方形的是（    ）    A．且 B．且 C．且 D．且 【典例02】（2023·上海崇明·二模）下列命题是真命题的是（    ） A．四边都相等的四边形是正方形 B．一组邻边相等的矩形是正方形 C．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、解答题的基础考点，难度系数0.650.85，对应文档核心知识点为证明四边形是正方形、正方形的判定定理理解，核心考查正方形的判定定理，结合矩形、菱形的性质进行几何证明与条件判断。 方法技能 1.正方形核心判定定理： 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形； 有一组邻边相等的矩形是正方形； 有一个角是直角的菱形是正方形。 2证明技巧：正方形的判定需同时满足矩形和菱形的判定条件，优先证明四边形是矩形/菱形，再补充对应的特殊条件证明正方形。 变式演练 【变式01】已知：如图，在矩形中，E、F分别是边、上的点，且，． (1)求证：矩形是正方形； (2)连接、，若，求证：． 【变式02】如图1，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=4，∠C=90°，M，N分别是边AC，BC上的点，以CM，CN为邻边作矩形PMCN，交AB于E，F．设CM=a，CN=b，若ab=8．    (1)判断由线段AE，EF，BF组成的三角形的形状，并说明理由； (2)①当a=b时，求∠ECF的度数； ②当a≠b时，①中的结论是否成立？并说明理由． 题●型●破●译 题型09 梯形的性质与边角计算 典例引领 【典例01】（2025·上海徐汇·二模）如图，梯形中，，，，，那么的值是___________． 【典例02】（2026·上海杨浦·二模）在梯形中，，对角线相交于点O，如果，则___________． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、解答题的中档考点，难度系数0.40.69，对应文档核心知识点为(等腰)梯形的定义、直角梯形的定义、利用平行四边形的判定与性质求解梯形相关、求角的三角函数值，核心考查梯形、直角梯形、等腰梯形的边长、角度计算，常结合平行四边形、相似三角形综合考查。 方法技能 1.梯形核心辅助线作法： 作高：过梯形上底的两个端点作下底的垂线，将梯形转化为矩形和两个直角三角形； 平移腰：将一腰平移，将梯形转化为平行四边形和三角形； 平移对角线：将对角线平移，构造平行四边形和三角形。 2.解题技巧：梯形问题的核心是通过辅助线，转化为平行四边形和三角形问题求解，优先构造直角三角形利用勾股定理、锐角三角函数计算。 变式演练 【变式01】（2025·上海闵行·二模）已知在直角梯形中，，，，，，那么梯形的周长为______． 【变式02】（2025·上海·二模）如图，在梯形中，，，，，．点E在边上，将沿着翻折，点B的对应点为点F．如果，那么的长为______． 【变式03】（2425九年级上·上海杨浦·月考）如图1，已知梯形中，，，现用四块这种全等的梯形拼成一个大的梯形（如图2） (1)求的度数以及和的长（和的长用含的式子表示）； (2)请画出一个用三块这种梯形纸片拼成一个等边三角形的示意图（要求不重叠、且等边三角形内没有空隙） 题●型●破●译 题型10 等腰梯形的判定与几何证明 典例引领 【典例01】（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：． 【典例02】（2024·上海长宁·二模）已知：在梯形中，，点E在边上（点E不与点A、D重合），点F在边上，且． (1)求证：； (2)连接，与交于点G，如果，求证：四边形为等腰梯形． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题的中档考点，难度系数0.40.65，对应文档核心知识点为等腰梯形的性质定理与判定定理、相似三角形的判定与性质综合，核心考查等腰梯形的判定与性质证明，常结合全等三角形、圆的基本性质综合考查。 方法技能 1.等腰梯形核心性质：两腰相等、同一底上的两个角相等、对角线相等，是证明与计算的核心依据。 2.等腰梯形核心判定定理： 两腰相等的梯形是等腰梯形； 同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形； 对角线相等的梯形是等腰梯形。 3.证明技巧：先证明四边形是梯形（一组对边平行，另一组对边不平行），再通过全等三角形、相似三角形推导边/角相等，完成等腰梯形的判定。 变式演练 【变式01】（2025·上海徐汇·一模）如图，在中，C为上一点，P为上一点，作平行四边形，边交于点F，满足，连接． (1)求证：． (2)连接交于点O，若，求证：四边形是等腰梯形． 【变式02】（2024·上海虹口·二模）已知：如图，是⊙O的两条弦，，点M、N分别在弦上，且，联结．    (1)求证：； (2)当为锐角时，如果，求证：四边形为等腰梯形． 题●型●破●译 题型11 平面向量的线性运算与基础概念 典例引领 【典例01】（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）．    【典例02】（2024·上海·中考真题）如图，在平行四边形中，E为对角线上一点，设，，若，则___________（结果用含，的式子表示）． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、选择题的必考基础考点，近5年中考每年必考，难度系数0.650.85，对应文档核心知识点为向量的线性运算、实数与向量相乘、向量的相关概念，核心考查向量的加减运算、实数与向量的乘法运算、用已知向量表示未知向量，是中考必拿分的基础考点。 方法技能 1．向量核心运算法则： 加减运算：遵循三角形法则、平行四边形法则，核心公式 ， ; 实数与向量相乘：实数 与向量 相乘，结果 仍是向量，长度为 ，方向： 时与 同向， 时与 反向。 2．解题技巧：用已知向量表示未知向量时，优先将未知向量放在三角形／平行四边形中，通过向量的加减法则，转化为已知向量的线性组合。 3．易错点：向量有大小和方向，两个向量相等需长度相等且方向相同，零向量方向任意。 变式演练 【变式01】（2024·上海普陀·一模）如图，在梯形中，，，是梯形中位线，设，，那么向量用向量，表示为______． 【变式02】（2025·上海·中考真题）在正方形中，的值为（   ） A． B．1 C． D．2 题●型●破●译 题型12 三角形重心与向量的综合应用 典例引领 【典例01】（2025·上海嘉定·一模）如图，点是的重心，连接并延长交边于点．如果，那么___________（用含向量的式子表示）    【典例02】（2026·上海·一模）在等边三角形中，记其重心为点G，那么的值为（    ） A．1 B． C． D． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、选择题的高频考点，难度系数0.650.85，对应文档核心知识点为重心的有关性质、向量的线性运算、与三角形中位线有关的求解问题，核心考查三角形重心的性质，结合向量线性运算、三角形中位线定理进行综合计算，是向量模块的中档核心考点。 方法技能 1.三角形重心核心性质：三角形的重心是三条中线的交点，重心到顶点的距离是它到对边中点距离的2倍，即重心分中线的比为（顶点:中点）。 2.三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且长度等于第三边的一半，是向量线性表示的核心依据。 3.解题技巧：涉及重心的向量运算，优先利用中线的向量表示，结合重心的比例关系，将未知向量转化为已知向量的线性组合。 变式演练 【变式01】（2026·上海虹口·一模）如图，在中，点在边上，连接，点和分别是和的重心．如果，那么用和表示是___________． 【变式02】（2025·上海宝山·二模）如图，点是的重心，连接，如果，，那么______． 【变式03】（2025·上海静安·二模）如图，点是的重心，已知，，那么向量______．（用向量、表示） 【变式04】（2025·上海闵行·二模）已知：如图，在中，是边的中点，与对角线相交于点．如果，，那么______（用含、的式子表示）． 题●型●破●译 题型13 正多边形的内角与中心角基础计算 典例引领 【典例01】（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 【典例02】（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：________． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、填空题的基础考点，难度系数0.850.95，对应文档核心知识点为正多边形的内角问题、求正多边形的中心角、中心对称图形的识别，核心考查正多边形内角和公式、中心角的计算、正多边形的拼接与性质应用，是四边形模块的入门基础考点。 方法技能 1．核心公式： 正多边形内角和公式： 边形内角和为 ，每个内角为 ； 正多边形中心角公式：正 边形的中心角为 ，中心角与外角大小相等。 2．解题技巧：正多边形的边数可通过内角、外角、中心角的度数反求，核心是利用内角和公式建立方程求解。 3．易错点：正多边形内角和与外角和区分，外角和恒为 ，与边数无关。 变式演练 【变式01】（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 【变式02】（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______． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 题●型●训●练 1．（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 2．（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． 3．（2025·上海黄浦·一模）如图，在四边形中，，，，对角线、交于点． (1)设，，试用、的线性组合表示向量． (2)已知，，求的值． 4．（2024·上海·中考真题）同学用两幅三角板拼出了如下的平行四边形，且内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠），直角三角形斜边上的高都为． (1)直接写出： 两个直角三角形的直角边（结果用表示）； 小平行四边形的底、高和面积（结果用表示）； (2)请画出同学拼出的另一种符合题意的图，要求： 不与给定的图形状相同； 画出三角形的边． $专题05 平行四边形、梯形与向量 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01 平行四边形的性质与折叠综合应用 题型02 平行四边形的判定与几何证明 题型03 矩形的性质与折叠综合计算 题型04 矩形的判定与几何证明 题型05 菱形的性质与综合计算 题型06 菱形的判定与几何证明 题型07 正方形的性质与折叠、相似综合应用 题型08 正方形的判定与几何证明 题型09 梯形的性质与边角计算 题型10 等腰梯形的判定与几何证明 题型11 平面向量的线性运算与基础概念 题型12 三角形重心与向量的综合应用 题型13 正多边形的内角与中心角基础计算 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 平行四边形的性质与折叠综合应用 典例引领 【典例01】（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． 【典例02】（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】全等三角形综合问题、等腰三角形的性质和判定、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】（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． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、解答题的高频考点，难度系数0.40.65，对应文档核心知识点为利用平行四边形的性质求解、折叠问题、全等三角形综合问题、相似三角形的判定与性质综合，核心考查平行四边形的边、角、对角线核心性质，结合折叠变换的线段、角度计算，是平行四边形模块的基础核心考点。 方法技能 1.平行四边形核心性质：对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分，是几何证明与计算的核心依据。 2.折叠问题核心规则：折叠前后对应边相等、对应角相等，折叠前后的图形全等，折痕是对应点连线的垂直平分线。 3.解题技巧：结合平行四边形的平行线性质，推导内错角、同位角相等，结合折叠的等角、等边，推导等腰三角形、全等/相似三角形，进而求解线段长度。 变式演练 【变式01】（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：． 【变式02】（2025·上海·模拟预测）如图，在中，点是边上的一点，若，，将沿翻折得，连结，点在的延长线上，恰好平分，则的长为______． 【答案】3 【知识点】利用平行四边形的性质求解、折叠问题 【分析】本题考查了折叠的性质和平行四边形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键； 根据平行四边形的性质以及折叠的性质得出，进而得出． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵将沿翻折得， ∴，，， 设， ∵恰好平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 故答案为：3． 【变式03】（2025·上海闵行·模拟预测）如图，已知是平行四边形的边上一点，将沿直线折叠，点落在平行四边形内的点处，且，如果，，的正弦值为，那么的长为______． 【答案】 【知识点】三线合一、利用平行四边形的性质求解、折叠问题、已知正弦值求边长 【分析】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质，三角函数等，如图，过点作于，过点作于，交于，可证四边形是矩形，可得，，利用勾股定理求出的长，再由勾股定理即可求出的长，添加恰当的辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作于，过点作于，交于， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵，，， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∵将沿直线折叠， ∴，， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：. 题●型●破●译 题型02 平行四边形的判定与几何证明 典例引领 【典例01】（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． 【典例02】（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． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题的基础必考考点，难度系数0.40.65，对应文档核心知识点为证明四边形是平行四边形、利用平行四边形的性质证明、根据平行线判定与性质证明，核心考查平行四边形的判定定理，结合平行线、相似三角形的性质进行几何证明，是上海中考几何证明题的高频基础题型。 方法技能 1.平行四边形核心判定定理： 两组对边分别平行的四边形是平行四边形； 一组对边平行且相等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； 对角线互相平分的四边形是平行四边形。 2.证明技巧：优先通过平行线性质找角相等，证明三角形全等/相似，推导对边平行且相等，是中考最常用的证明思路。 变式演练 【变式01】（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】角平分线的有关计算、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． 题●型●破●译 题型03 矩形的性质与折叠综合计算 典例引领 【典例01】（2025·上海·中考真题）在矩形中，在边上，关于直线的对称点为，联结，，如果四边形是菱形，那么的值为________． 【答案】/ 【知识点】分母有理化、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、根据成轴对称图形的特征进行求解 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，轴对称的性质，勾股定理，由轴对称的性质可得，设，则，由菱形的性质得到，证明，利用勾股定理可得，据此可得答案． 【详解】解；∵关于直线的对称点为， ∴， 设，则， ∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【典例02】（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． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、解答题的高频中档考点，也是填空压轴题的高频命题方向，难度系数0.150.65，对应文档核心知识点为矩形与折叠问题、利用矩形的性质求线段长、根据矩形的性质证明、用勾股定理解三角形，核心考查矩形的性质、折叠变换的综合计算，结合勾股定理、相似三角形求解线段长度。 方法技能 1.矩形核心性质：四个角都是直角、对边平行且相等、对角线相等且互相平分，天然具备直角三角形的应用场景。 2.折叠问题解题步骤： 第一步：根据折叠性质，标记相等的线段、相等的角； 第二步：在矩形的直角中，设未知数，利用勾股定理建立方程； 第三步：解方程求解线段长度，检验结果是否符合题意。 3.核心技巧：矩形折叠问题中，常结合平行线性质推导等腰三角形，简化线段关系的推导。 变式演练 【变式01】（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． 【变式02】（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、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 【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03】（2026·上海杨浦·二模）如图，在矩形中，，点为边的中点，点关于的对称点为点，连接交边于点，连接、，若，设，请列出一个可解出的值的方程___________． 【答案】 【知识点】三角形内角和定理的应用、矩形与折叠问题、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】设交于点，交于点，作于点，设，，由轴对称的性质可得，．容易证明，从而计算出，利用勾股定理计算出．通过和，可计算出，，．由可计算出，．利用，可证明，则，结合，化简得到关于的方程． 【详解】解：如图，设交于点，交于点，作于点，设，， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∵点是的中点， ∴， ∵点与点关于对称， ∴垂直平分， ∴，， ∵， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理可得， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， 在直角中，， ∴， ∴， 化简，得， 解得，符合题意， ∴关于的方程为． 【点睛】本题考查矩形与折叠问题，相似三角形的判定与性质的综合问题，具有扎实的代数计算功底是关键． 【变式04】（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】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、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． 题●型●破●译 题型04 矩形的判定与几何证明 典例引领 【典例01】（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】证明四边形是矩形、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． 【典例02】（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，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题的固定高频考点，近5年中考每年必考，难度系数0.650.85，对应文档核心知识点为证明四边形是矩形、添一条件使四边形是矩形、利用矩形的性质证明，核心考查矩形的判定定理，结合平行四边形的性质进行几何证明，是上海中考几何证明题的核心得分点。 方法技能 1.矩形核心判定定理： 有一个角是直角的平行四边形是矩形； 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。 2.证明技巧：先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的特殊判定条件（直角/对角线相等）补充证明，是中考最常用的证明逻辑。 变式演练 【变式01】（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02】（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． 题●型●破●译 题型05 菱形的性质与综合计算 典例引领 【典例01】（2024·上海·中考真题）在菱形中，，则___________． 【答案】/57度 【知识点】三角形内角和定理的应用、等边对等角、利用菱形的性质证明 【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，利用菱形性质得出，利用等边对等角得出，然后结合三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， 故答案为：． 【典例02】（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： 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、选择题的高频考点，难度系数0.40.85，对应文档核心知识点为利用菱形的性质求线段长、利用菱形的性质证明、求角的正切值/三角函数值、相似三角形的判定与性质综合，核心考查菱形的边、角、对角线性质，结合勾股定理、解直角三角形、相似三角形进行线段与角度计算。 方法技能 1.菱形核心性质：四条边都相等、对边平行、对角相等、对角线互相垂直且平分，且每一条对角线平分一组对角。 2.解题技巧：菱形的对角线将菱形分成四个全等的直角三角形，优先利用直角三角形的勾股定理、锐角三角函数求解线段长度；结合平行线性质找相似三角形，简化比例计算。 变式演练 【变式01】（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】全等三角形综合问题、利用菱形的性质求面积、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， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【变式02】（2026·上海松江·一模）如图，由6个全等的菱形组成的网格中，每个小菱形的边长均为1，，点、、都在格点上，那么的值是____________． 【答案】 【知识点】等边三角形的判定和性质、利用菱形的性质求线段长、求角的正切值 【分析】本题考查菱形的性质，网格中求三角函数值，连接，交于点，易得，均为等边三角形，求出的长，再利用正切的定义，进行计算即可． 【详解】解：连接，交于点， ∵菱形， ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 同理：为等边三角形，，， ∴，， ∴； 故答案为：． 【变式03】（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：． 【变式04】（2025·上海崇明·三模）如图，菱形中，点O是的中点，，垂足为M，交于点N，，，则的长为_____． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、利用菱形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了解直角三角形，菱形的性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半，连接，先由菱形性质可得对角线与交于点，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，，进而由菱形对角线求出边长，由，解三角形即可求出，正确进行计算是解题关键． 【详解】解：如图，连接， 点是的中点， 、、三点在同一直线上， ， ，， ，， ， ， ，， ，， ， ， ． 故答案为：． 题●型●破●译 题型06 菱形的判定与几何证明 典例引领 【典例01】（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】用勾股定理解三角形、判断三边能否构成直角三角形、证明四边形是菱形、相似三角形的判定与性质综合 【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． 【典例02】（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】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】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． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题高频必考考点，难度系数0.650.85，对应文档核心知识点为证明四边形是菱形、添一个条件使四边形是菱形、利用菱形的性质证明，核心考查菱形的判定定理，结合平行四边形、等腰三角形、相似三角形的性质进行几何证明。 方法技能 1.菱形核心判定定理： 有一组邻边相等的平行四边形是菱形； 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。 2.证明技巧：先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的特殊判定条件（邻边相等/对角线垂直）补充证明；也可通过等腰三角形“三线合一”、全等三角形推导四条边相等，直接证明菱形。 变式演练 【变式01】（2025·上海青浦·二模）已知平行四边形的对角线相交于点O．下列补充条件中，能判定这个平行四边形是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】利用平行四边形的性质求解、证明四边形是菱形 【分析】根据菱形的判断条件，即可解答． 【详解】解：不能判断平行四边形是菱形，故A不符合题意； ，，平行四边形是矩形，不一定是菱形，故B不符合题意； 四边形是平行四边形， ∴， ， ， ， ， 四边形是菱形，故C符合题意； ， ，同B中原理，故D不符合题意，    故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的判定方法，熟知菱形的判定方法是解题的关键． 【变式02】（2025·上海静安·二模）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点是的中点，连接并延长到点，使得，连接．    (1)求证：四边形是矩形； (2)点在边上，连接，，，．求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】根据矩形的性质求线段长、证明四边形是矩形、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】本题主要考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、相似三角形的判定和性质等知识点，灵活运用相关判定和性质定理是解题的关键． （1）根据菱形性质得，则，再根据点F是的中点，得四边形是平行四边形，再结合即可证明结论； （2）根据菱形性质得，则，再根据矩形性质得，，证明，进而得和相似，再利用相似三角形的性质即可求出的长即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵点F是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形，，， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∵四边形是矩形； ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即，解得：． 【变式03】（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． 【变式04】（2025·上海虹口·二模）如图9，在梯形中，，连接，点在上，连接，使得，点在边上，连接，分别交、于点、，且，连接． (1)求证：四边形为菱形； (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、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题考查了菱形的判定，相似三角形的性质与判定，三角形中位线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据题意得出，进而得出，根据中位线的性质可得出，结合已知可得四边形是平行四边形，根据，即可得证； （2）证明，得出进而证明得出，证明，即可证明得出，进而根据，，即可得证． 【详解】（1）证明：如图， ∵，即 ∴ ∵，即 ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴，即是的中点， 又∵， ∴是的中点， ∴ 又∵ ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形为菱形； （2）证明：∵，即 又 ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 又 ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵是的中位线， ∴ 又 ∴即 题●型●破●译 题型07 正方形的性质与折叠、相似综合应用 典例引领 【典例01】（2025·上海嘉定·二模）如图，在正方形纸片中，点E是边的中点．将该纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边翻折至的位置，与交于点P，那么的值是_______． 【答案】2 【知识点】用勾股定理解三角形、正方形折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】此题重点考查正方形的性质、直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、勾股定理、解直角三角形等知识，推导出是解题的关键． 设，因为四边形是正方形，点E是边的中点，所以，， 由翻折得，，可证明，由勾股定理得， 求得，则，求得，则，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：由题意可得如图所示： 设， ∵四边形是正方形，点E是边的中点， ∴，，， 由翻折得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：2． 【典例02】（2026·上海·一模）在边长为4的正方形中，过点的直线l垂直于对角线，点E是直线l上一点，且在直线上方，连接交于点F，连接． (1)如图1，若，求的值； (2)如图2，连接，设、相交于点G，若，求证：； (3)如图2，连接，若是以为腰的等腰三角形，求的值． 【答案】(1) (2)见解析 (3)1或2 【知识点】根据正方形的性质证明、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】本题考查了正方形的性质，运用勾股定理求线段长度，相似三角形的判定与性质，全等三角形的性质与判定等知识，综合运用以上知识分析问题是解题的关键． （1）过点E作交延长线于点H，连接交于点O，设，则，在中，运用勾股定理建立关于x的方程，从而求出的长，再运用平行线分线段成比例求出的值； （2）连接交于点O，过点G作于M，设与交于点K，与交于点N，证，运用相似三角形的性质及平行线性质，得出，即可证得； （3）分和两种情况进行讨论求解，若，证，，从而求得；若，过点D作直线l于P，证明，从而证得，最后求出． 【详解】（1）（1）解：如图1，过点E作交延长线于点H，连接交于点O， ∵正方形， ∴， ∵直线l垂直于对角线， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， 即， 解得，（舍去）， 则， ∵四边形是正方形， ∴对角线， ∵直线l垂直于对角线， ∴， ∵正方形，边长为4， ∴， ∴． （2）证明：连接交于点O，过点G作于M，设与交于点K，与交于点N， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵直线l垂直于对角线， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， 又∵四边形是正方形， ∴对角线和互相垂直平分， ∴， ∴， 又， ∴， 即， ∵， 又∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． （3）解：如图3，若， 则，， ∵， ∴， 即， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵直线l垂直于对角线， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵正方形，边长为4， ∴，， ∴在中， ； 如图4，若，过点D作直线l于P， 同理可知，， ∴四边形是正方形， ∴， 在与中 ∵， ∴， ∴， ∴， 即， 则， ∴； 综上，或2． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、解答压轴题的高频考点，难度系数0.15，0.65，对应文档核心知识点为根据正方形的性质证明、正方形折叠问题、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算，核心考查正方形的性质，结合折叠、全等、相似、等腰三角形进行综合证明与计算，是四边形模块的核心拉分考点。 方法技能 1.正方形核心性质：四条边相等、四个角都是直角、对角线相等且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角，兼具矩形与菱形的所有性质。 2.解题核心技巧： 正方形中天然存在全等三角形的“一线三垂直”模型，是证明三角形全等的核心思路； 折叠问题中，结合正方形的直角，用勾股定理建立方程求解线段长度； 等腰三角形存在性问题，需分情况讨论腰的对应关系，结合正方形的对称性简化计算。 变式演练 【变式01】（2026·上海徐汇·一模）在数学活动课上，需要用三角形纸片裁剪出一张正方形纸片．如图，现有三角形纸片，已知.裁剪出的正方形的一个顶点是直角顶点，其余三个顶点、、分别在边、、上，那么正方形的边长是__________． 【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】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；也考查了正方形的性质．灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键． 设正方形的边长为，则，利用相似三角形的性质得到，即，然后解方程即可得到答案． 【详解】解：设正方形的边长为， 则． 四边形为正方形， ， ∴， ， 即， 解得， 即正方形的边长为． 【变式02】（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】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03】（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●破●译 题型08 正方形的判定与几何证明 典例引领 【典例01】（2024·上海奉贤·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线、交于点，下列条件能判断四边形是正方形的是（    ）    A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】D 【知识点】证明四边形是菱形、证明四边形是正方形 【分析】本题考查正方形的判定，掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键． 根据正方形的判定方法对各个选项进行分析从而得到答案． 【详解】解：A. 由且可判定是矩形，故此选项不符合题意； B. 且可判定是菱形，故此选项不符合题意； C. 且可判定是菱形，故此选项不符合题意； D. 且可判定是正方形，故此选项不符合题意； 故选：D． 【典例02】（2023·上海崇明·二模）下列命题是真命题的是（    ） A．四边都相等的四边形是正方形 B．一组邻边相等的矩形是正方形 C．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 【答案】B 【知识点】正方形的判定定理理解、判断命题真假 【分析】根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、四边都相等的四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意； B、一组邻边相等的矩形是正方形，是真命题，符合题意； C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意； D、对角线互相垂直且相等的四边形不一定是正方形，原命题是假命题，不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查判断命题的真假．熟练掌握正方形的判定方法，是解题的关键． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、解答题的基础考点，难度系数0.650.85，对应文档核心知识点为证明四边形是正方形、正方形的判定定理理解，核心考查正方形的判定定理，结合矩形、菱形的性质进行几何证明与条件判断。 方法技能 1.正方形核心判定定理： 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形； 有一组邻边相等的矩形是正方形； 有一个角是直角的菱形是正方形。 2证明技巧：正方形的判定需同时满足矩形和菱形的判定条件，优先证明四边形是矩形/菱形，再补充对应的特殊条件证明正方形。 变式演练 【变式01】已知：如图，在矩形中，E、F分别是边、上的点，且，． (1)求证：矩形是正方形； (2)连接、，若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】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、矩形性质理解 【分析】（1）先证明， 可得，从而可得结论； （2）证明，，结合，可得，证明， 可得，再结合平行线的性质可得结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）证明：如图， 由（1）可知，， ∴， ∵正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是正方形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 【变式02】如图1，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=4，∠C=90°，M，N分别是边AC，BC上的点，以CM，CN为邻边作矩形PMCN，交AB于E，F．设CM=a，CN=b，若ab=8．    (1)判断由线段AE，EF，BF组成的三角形的形状，并说明理由； (2)①当a=b时，求∠ECF的度数； ②当a≠b时，①中的结论是否成立？并说明理由． 【答案】(1)直角三角形，理由见解析 (2)①45°；②成立，理由见解析 【知识点】根据正方形的性质与判定求线段长、根据旋转的性质求解、等腰三角形的性质和判定、判断三边能否构成直角三角形 【分析】（1）分别表示出AE，BF及EF，计算出AE2+BF2及EF2，从而得出结论； （2）①连接PC，可推出PC⊥AB，可推出AE=PE=PF=BF，从而得出ME=EG=GF=NF，进而得出CE平分∠PCF，CF平分∠BCP，从而得出结果； ②将△BCF逆时针旋转90°至△ACD，连接DE，可推出DE=EF，进而推出△DCF≌△FCE，进一步得出结果． 【详解】（1）解：线段AE，EF，BF组成的是直角三角形，理由如下： ∵AM=ACCM=4a，BN=4b， ∴AE=AM= (4−a)，BE= (4−b)， ∴AE2+BF2=2（4a）2+2（4b）2=2（a2+b28a8b+32）， AC=4， ∴EF=ABAEBF= [4（4a）（4b）]， ∵ab=8， EF2=2（a+b4）2=2（a2+b28a8b+16+2ab）=2（a2+b28a8b+32）， ∴AE2+BF2=EF2， ∴线段AE，EF，BF组成的是直角三角形； （2）解：①如图1，    连接PC交EF于G， ∵a=b， ∴ME=AM=BN=NF， ∵四边形CNPM是矩形， ∴矩形CNPM是正方形， ∴PC平分∠ACB， ∴CG⊥AB， ∴∠PEG=90°， ∵CM=CN=PM=PN， ∴PE=PF， ∵△AEM，△BNF，△PEF是等腰直角三角形， EF2=AE2+BF2，EF2=PE2+PF2， ∴PE=AE=PF=BF， ∴ME=EG=FG=FN， ∴∠MCE=∠GCE，∠NCF=∠GCF， ∵∠ACB=90°， ∴∠ECG+∠FCG=∠ACB=45°； ②如图2，    仍然成立，理由如下： 将△BCF逆时针旋转90°至△ACD，连接DE， ∴∠DAC=∠B=45°，AD=BF， ∴∠DAE=∠DAC+∠CAB=90°， ∴DE2=AD2+AE2=BF2+AE2， ∵EF2=BF2+AE2， ∴DE=EF， ∵CD=CF，CE=CE， ∴△DCF≌△FCE（SSS）， ∴∠ECF=∠DCF=∠DCF=×90°=45°． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形性质，正方形判定和性质，勾股定理的逆定理，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 题●型●破●译 题型09 梯形的性质与边角计算 典例引领 【典例01】（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、利用平行四边形的判定与性质求解、求角的正弦值 【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：． 【典例02】（2026·上海杨浦·二模）在梯形中，，对角线相交于点O，如果，则___________． 【答案】 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、(等腰)梯形的定义 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行线之间距离处处相等，先理解，，以及三角形面积公式，得出，再证明，故，然后结合和共顶点，底边、在同一直线上，高相同，得出，即可作答． 【详解】解：依题意，如图所示： ∵，和的高都等于梯形的高（两平行线间距离相等），且， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 则， ∴， ∴， ∴， ∵和共顶点，底边、在同一直线上，高相同， 因此面积比等于底边长的比，即， 故答案为：． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、解答题的中档考点，难度系数0.40.69，对应文档核心知识点为(等腰)梯形的定义、直角梯形的定义、利用平行四边形的判定与性质求解梯形相关、求角的三角函数值，核心考查梯形、直角梯形、等腰梯形的边长、角度计算，常结合平行四边形、相似三角形综合考查。 方法技能 1.梯形核心辅助线作法： 作高：过梯形上底的两个端点作下底的垂线，将梯形转化为矩形和两个直角三角形； 平移腰：将一腰平移，将梯形转化为平行四边形和三角形； 平移对角线：将对角线平移，构造平行四边形和三角形。 2.解题技巧：梯形问题的核心是通过辅助线，转化为平行四边形和三角形问题求解，优先构造直角三角形利用勾股定理、锐角三角函数计算。 变式演练 【变式01】（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：． 【变式02】（2025·上海·二模）如图，在梯形中，，，，，．点E在边上，将沿着翻折，点B的对应点为点F．如果，那么的长为______． 【答案】 【知识点】勾股定理与折叠问题、利用平行四边形的判定与性质求解 【分析】此题考查了折叠的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质和勾股定理是关键．延长交于点G，证明四边形是平行四边形，得到，则，得到，得到，设则由折叠可知，勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】解：如图，延长交于点G， 在梯形中，，， ∴， ∵将沿着翻折，点B的对应点为点F． ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴ ∴ ∴， ∴， 设则 由折叠可知， 在中，， ∴， 解得 则， ∴， 故答案为： 【变式03】（2425九年级上·上海杨浦·月考）如图1，已知梯形中，，，现用四块这种全等的梯形拼成一个大的梯形（如图2） (1)求的度数以及和的长（和的长用含的式子表示）； (2)请画出一个用三块这种梯形纸片拼成一个等边三角形的示意图（要求不重叠、且等边三角形内没有空隙） 【答案】(1) (2)见详解 【知识点】等边三角形的性质、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、(等腰)梯形的定义 【分析】（1）根据等面积法得出，再证明，则，，即可作答． （2）结合解直角三角形的性质，在，，则，即可作图进行作答． 本题考查了相似三角形的性质，等腰梯形，等边三角形的性质，解直角三角形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【详解】（1）解：∵梯形中，，， ∴四边形是等腰梯形， ∴， ∵现用四块这种全等的梯形拼成一个大的梯形（如图2）， ∴，，， 如图所示：在图1中，过点A作，记图1的梯形的高为， 在图2中，过点E作，过点T作，图2的大梯形的高为， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， （2）解：如图1，且，，四边形是等腰梯形， ∴， 在，， ∴， ∵用三块这种梯形纸片拼成一个等边三角形， ∴满足题意的等边三角形如图所示： 题●型●破●译 题型10 等腰梯形的判定与几何证明 典例引领 【典例01】（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】相似三角形的判定与性质综合、等腰梯形的性质定理 【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， ， ， ， ， ， 【典例02】（2024·上海长宁·二模）已知：在梯形中，，点E在边上（点E不与点A、D重合），点F在边上，且． (1)求证：； (2)连接，与交于点G，如果，求证：四边形为等腰梯形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、等腰梯形的判定定理 【分析】本题考查相似三角形判定及性质，等腰梯形判定等． （1）根据题意判定即可得到本题答案； （2）根据角的转换，证明两个底角即，继而得到本题答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：根据题意如下图： ∵， ∴， ∵，， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形为梯形， ∴， ∴， ∴四边形为等腰梯形． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考解答题的中档考点，难度系数0.40.65，对应文档核心知识点为等腰梯形的性质定理与判定定理、相似三角形的判定与性质综合，核心考查等腰梯形的判定与性质证明，常结合全等三角形、圆的基本性质综合考查。 方法技能 1.等腰梯形核心性质：两腰相等、同一底上的两个角相等、对角线相等，是证明与计算的核心依据。 2.等腰梯形核心判定定理： 两腰相等的梯形是等腰梯形； 同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形； 对角线相等的梯形是等腰梯形。 3.证明技巧：先证明四边形是梯形（一组对边平行，另一组对边不平行），再通过全等三角形、相似三角形推导边/角相等，完成等腰梯形的判定。 变式演练 【变式01】（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】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、等腰梯形的判定定理 【分析】（1）先由平行四边形的性质得，结合，则，根据两边成比例且夹角相等的两三角形相似解题； （2）先由平行四边形的性质得，证明，则有因为，因为， 证明，则， 所以，得四边形是梯形， 结合由（1）得， ， 所以，即，证明结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ，即 ， ； ， ； （2）解：连接，如图所示： ∵四边形是平行四边形， ， ， ， ∴， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴四边形是梯形， ； 由（1）得， ， 则； 由（1）得， ， ， 则 ， 即 ， ∴四边形是等腰梯形． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，等腰梯形的判定，等角对等边，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【变式02】（2024·上海虹口·二模）已知：如图，是⊙O的两条弦，，点M、N分别在弦上，且，联结．    (1)求证：； (2)当为锐角时，如果，求证：四边形为等腰梯形． 【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）、圆的基本概念辨析、相似三角形的判定与性质综合、等腰梯形的判定定理 【分析】（1）如图，联结，，证明，则，由，可得，则，证明，进而结论得证； （2）由，可得，由，可证，则，，则有，，进而结论得证． 【详解】（1）证明：如图，联结，，    在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴； （2）证明：， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形为等腰梯形． 【点睛】本题主要考查了圆的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰梯形的判定．构造恰当的辅助线是解题的关键． 题●型●破●译 题型11 平面向量的线性运算与基础概念 典例引领 【典例01】（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：． 【典例02】（2024·上海·中考真题）如图，在平行四边形中，E为对角线上一点，设，，若，则___________（结果用含，的式子表示）． 【答案】 【知识点】向量的线性运算 【分析】本题考查了平面向量的知识，解答本题的关键是先确定各线段之间的关系．先求出，从而可得． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，． 是上一点，， ， ， ， 故答案为：． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、选择题的必考基础考点，近5年中考每年必考，难度系数0.650.85，对应文档核心知识点为向量的线性运算、实数与向量相乘、向量的相关概念，核心考查向量的加减运算、实数与向量的乘法运算、用已知向量表示未知向量，是中考必拿分的基础考点。 方法技能 1．向量核心运算法则： 加减运算：遵循三角形法则、平行四边形法则，核心公式 ， ; 实数与向量相乘：实数 与向量 相乘，结果 仍是向量，长度为 ，方向： 时与 同向， 时与 反向。 2．解题技巧：用已知向量表示未知向量时，优先将未知向量放在三角形／平行四边形中，通过向量的加减法则，转化为已知向量的线性组合。 3．易错点：向量有大小和方向，两个向量相等需长度相等且方向相同，零向量方向任意。 变式演练 【变式01】（2024·上海普陀·一模）如图，在梯形中，，，是梯形中位线，设，，那么向量用向量，表示为______． 【答案】 【知识点】向量的线性运算、梯形中位线定理 【分析】本题考查了平面向量，平面向量的问题，熟练掌握三角形法则和平行四边形法则是解题的关键，本题还考查了梯形的中位线等于上底与下底和的一半． 根据梯形的中位线等于上底与下底和的一半表示出，然后根据向量的三角形法则解答即可． 【详解】解：∵是梯形中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， 由三角形法则得，． 故答案为：． 【变式02】（2025·上海·中考真题）在正方形中，的值为（   ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【知识点】向量的线性运算 【分析】本题考查了向量、向量的加法及向量模，理解这些知识是关键；在正方形中，向量相加的模长即为正方形对角线的长，它与边长的比值可通过勾股定理直接计算即可． 【详解】解：设正方形边长为，由勾股定理得：； 在正方形中， 表示从A到B再到C的路径，其结果为向量，即； ∴． 故选：C． 题●型●破●译 题型12 三角形重心与向量的综合应用 典例引领 【典例01】（2025·上海嘉定·一模）如图，点是的重心，连接并延长交边于点．如果，那么___________（用含向量的式子表示）    【答案】 【知识点】重心的有关性质、向量的线性运算 【分析】本题主要考查了重心的性质，向量的线性运算，根据重心的定义和性质得到，求出，则可求出，进而求出，据此可得答案． 【详解】解：∵点是的重心， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【典例02】（2026·上海·一模）在等边三角形中，记其重心为点G，那么的值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【知识点】重心的有关性质、向量的线性运算 【分析】本题主要考查了三角形的重心和向量的线性表示，利用向量加法的三角形法则，将向量和转化为向量，再计算等边三角形中边长与重心到顶点距离的比值． 【详解】解：∵在等边三角形中，G为重心， ∴， ∴， 设等边三角形边长为a，则， ∴等边三角形中线长为，且重心将中线分为部分，从顶点到重心为中线长， ∴， ∴， 故选：B． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考填空、选择题的高频考点，难度系数0.650.85，对应文档核心知识点为重心的有关性质、向量的线性运算、与三角形中位线有关的求解问题，核心考查三角形重心的性质，结合向量线性运算、三角形中位线定理进行综合计算，是向量模块的中档核心考点。 方法技能 1.三角形重心核心性质：三角形的重心是三条中线的交点，重心到顶点的距离是它到对边中点距离的2倍，即重心分中线的比为（顶点:中点）。 2.三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且长度等于第三边的一半，是向量线性表示的核心依据。 3.解题技巧：涉及重心的向量运算，优先利用中线的向量表示，结合重心的比例关系，将未知向量转化为已知向量的线性组合。 变式演练 【变式01】（2026·上海虹口·一模）如图，在中，点在边上，连接，点和分别是和的重心．如果，那么用和表示是___________． 【答案】 【知识点】重心的有关性质、相似三角形的判定与性质综合、向量的线性运算 【分析】本题考查了向量的运算，重心，相似三角形的判定与性质，先根据点和分别是和的重心，得，，证明，因为，得，整理得，所以，故，即可作答． 【详解】解：连接，并延长分别交于点， ∵点和分别是和的重心． ∴， ∵， ∴， 故， ∵， ∴， 则， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式02】（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】重心的有关性质、实数与向量相乘、向量的线性运算 【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：． 【变式03】（2025·上海静安·二模）如图，点是的重心，已知，，那么向量______．（用向量、表示） 【答案】/ 【知识点】重心的有关性质、向量的线性运算 【分析】本题主要考查了平面向量的线性运算、三角形法则、三角形重心的性质等知识点，掌握向量的运算法则成为解题的关键． 如图：延长交于点D，则，即，再利用三角形法则求出，然后利用三角形重心的性质求解即可． 【详解】解：如图：延长交于点D， ∵点是的重心， ∴，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式04】（2025·上海闵行·二模）已知：如图，在中，是边的中点，与对角线相交于点．如果，，那么______（用含、的式子表示）． 【答案】 【知识点】向量的线性运算 【分析】本题考查了平面向量的知识，解答本题的关键是先确定各线段之间的关系． 先求出的值，再根据求，即可得出答案． 【详解】解：在中，是边的中点， ， 又∵，， ， 故答案为：． 题●型●破●译 题型13 正多边形的内角与中心角基础计算 典例引领 【典例01】（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． 【典例02】（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：． 方法透视 考向解读 本考点是上海中考选择、填空题的基础考点，难度系数0.850.95，对应文档核心知识点为正多边形的内角问题、求正多边形的中心角、中心对称图形的识别，核心考查正多边形内角和公式、中心角的计算、正多边形的拼接与性质应用，是四边形模块的入门基础考点。 方法技能 1．核心公式： 正多边形内角和公式： 边形内角和为 ，每个内角为 ； 正多边形中心角公式：正 边形的中心角为 ，中心角与外角大小相等。 2．解题技巧：正多边形的边数可通过内角、外角、中心角的度数反求，核心是利用内角和公式建立方程求解。 3．易错点：正多边形内角和与外角和区分，外角和恒为 ，与边数无关。 变式演练 【变式01】（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． 【变式02】（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】等腰三角形的性质和判定、正多边形的内角问题、相似三角形的判定与性质综合 【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：． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 题●型●训●练 1．（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． 2．（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、向量的线性运算、向量的相关概念 【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． 3．（2025·上海黄浦·一模）如图，在四边形中，，，，对角线、交于点． (1)设，，试用、的线性组合表示向量． (2)已知，，求的值． 【答案】(1) (2) 【知识点】相似三角形的判定与性质综合、求角的正弦值、已知正切值求边长、向量的线性运算 【分析】（）证明，即得，得到，进而得到，，再根据向量的加减法则计算即可； （）由正切可得，得到，再由勾股定理得，进而由，得到，即得，最后由正弦的定义计算即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∵， ∴； （2）∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，向量的线性运算，锐角三角函数，勾股定理，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 4．（2024·上海·中考真题）同学用两幅三角板拼出了如下的平行四边形，且内部留白部分也是平行四边形（直角三角板互不重叠），直角三角形斜边上的高都为． (1)直接写出： 两个直角三角形的直角边（结果用表示）； 小平行四边形的底、高和面积（结果用表示）； (2)请画出同学拼出的另一种符合题意的图，要求： 不与给定的图形状相同； 画出三角形的边． 【答案】(1)等腰直角三角板直角边为，含的直角三角形板直角边为和；底为，高为，面积为； (2)画图见解析． 【知识点】根据矩形的性质求面积、证明四边形是矩形、解直角三角形的相关计算 【分析】（）①解直角三角形即可求解； 由题意可知四边形是矩形，利用线段的和差可求出矩形的边长，进而可求出面积； （）根据题意画出图形即可； 本题考查了解直角三角形，矩形的判定，矩形的面积，图形设计，正确识图是解题的关键． 【详解】（1）解：①如图，为等腰直角三角板，， 则； 如图，为含的直角三角形板，，，， 则，； 综上，等腰直角三角板直角边为，含的直角三角形板直角边为和； 由题意可知， ∴四边形是矩形， 由图可得，，， ∴， 故小平行四边形的底为，高为，面积为； （2）解：如图，即为所作图形． $