专题05 三角形与四边形（复习讲义）（上海专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题05 三角形与四边形 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 三角形（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一 与三角形有关的角 题型二 全等三角形 题型三 等腰三角形 题型四 直角三角形 题型五 勾股定理及逆定理 必备知识 知识1 三角形的有关概念 知识2 全等三角形 知识 3 角的平分线与线段的垂直平分线 知识 4 等腰三角形 知识 5 直角三角形 命题预测 考点二 四边形（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一 平行四边形 题型二 特殊的平行四边形 必备知识 知识1 多边形及其相关计算 知识 2 平行四边形的判定 知识3 平行四边形的性质 知识 4 特殊平行四边形的判定 命题预测 命题透视 命题形式：以选择、填空基础题和中档解答题为主，是几何压轴题的核心载体，呈现“重性质应用、强逻辑推理、融数形计算”的核心特点，突出对图形性质、几何变换、解直角三角形、全等推理的考查，是中考几何模块的核心得分与区分板块。 命题内容： 1.侧重特殊三角形（等腰、直角、含30°直角三角形）的核心性质，勾股定理、解直角三角形为每年必考，全等三角形、三角形中线/角平分线/斜边中线性质为高频基础考点；旋转、翻折几何变换为核心创新与压轴命题方向，常与圆、四边形融合考查。 2.侧重特殊四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形）的判定与性质应用，平行四边形为每年必考基础考点，矩形、菱形、梯形为高频考查对象，常与平面向量、三角形性质、勾股定理融合命题，是几何中档题的核心命题载体。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 三角形基础与特殊三角形性质 T6：等腰三角形性质、三角形外接圆与外心 T22：等腰三角形判定与性质 T23：圆中等腰三角形性质 T6：直角三角形勾股定理、圆与圆位置关系 T12：菱形中等腰三角形性质 T17：平行四边形折叠中等腰三角形性质 T17：旋转后等腰三角形性质、三角形内角和 T25：平行四边形中直角三角形性质 T17：等腰三角形、直角三角形中点性质 T18：等腰直角三角形性质 T25：平行四边形中直角三角形性质 T11：余角定义（直角三角形基础） T17：含30°直角三角形性质 T21：直角三角形斜边中线性质 T23：圆中等腰三角形性质 T25：直角三角形斜边中线性质 勾股定理与解直角三角形 T14：解直角三角形的实际应用（仰角） T22：直角三角形斜边上的高、解直角三角形 T21：垂径定理结合直角三角形勾股定理、解直角三角形 T22：解直角三角形的实际应用（仰角、中心投影） T21：解直角三角形、勾股定理应用 三角形全等与几何变换（旋转 / 翻折） T22：三角形旋转变换 T23：圆中三角形全等证明 T25：平行四边形中三角形全等 T17：平行四边形翻折变换T23：矩形中三角形全等证明T25：梯形中三角形全等 T17：三角形旋转变换 T25：平行四边形中三角形全等 T25：平行四边形中三角形全等 T18：正方形旋转变换T23：圆中三角形全等证明 T25：梯形中三角形全等 平行四边形性质与平面向量 T5：正方形性质、平面向量运算T25：平行四边形性质应用 T15：平行四边形性质、平面向量运算 T15：平行四边形性质、平面向量运算 T25：平行四边形性质应用 T15：平行四边形性质、平面向量运算 T25：平行四边形菱形判定 T5：平行四边形性质、平面向量运算 特殊平行四边形（矩形 / 菱形 / 正方形） T17：矩形性质、菱形判定与性质 T5：矩形性质、菱形判定T12：菱形性质T23：矩形性质与全等 T5：矩形的判定 T23：梯形中矩形性质推导 T25：菱形的判定与性质 T6：矩形的性质 T18：正方形的性质 梯形的性质与应用 T22：梯形的分割与旋转变换 T25：梯形的性质、三角形外接圆 T6：梯形的性质 T23：梯形的性质与平行线分线段成比例 无独立命题 T16：梯形的性质 T25：梯形的性质与三角形综合 命题预测 1. 三角形部分 必考：勾股定理及其逆定理的计算与应用，等腰 / 直角三角形的性质与判定，尤其是含 30°/45° 角的特殊三角形边长计算。 高频：全等三角形的判定与性质，三角形内角和与外角性质，等腰三角形的分类讨论问题。 趋势：三角形与四边形、圆的综合模型（如折叠、动点），利用三角形性质解决实际情境中的几何问题。 2. 四边形部分 必考：特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的性质与判定，平行四边形对角线性质的应用。 高频：特殊平行四边形与勾股定理、全等三角形的综合计算，四边形折叠问题中的边长与角度求解。 趋势：四边形与一次函数、几何动点的综合建模，结合生活情境（如矩形折叠、菱形裁剪）的几何探究题。 备考建议 锚定核心考点：针对全等三角形判定、勾股定理应用、特殊平行四边形性质等必考高频考点专项突破，固化证明与计算的解题流程，确保基础题零失分。 强化几何推理能力：梳理三角形、四边形的性质与判定定理，构建 “性质 - 判定 - 模型” 的知识体系，熟练掌握辅助线的添加方法（如倍长中线、连接对角线）。 突破综合模型题型：重点训练折叠、动点、分类讨论等常见模型，掌握从复杂图形中分解出基本三角形 / 四边形的方法，提升综合分析能力。 适配创新考法：针对性训练几何探究题、实际情境建模题，提升几何推理与知识迁移能力，规范证明题的书写步骤，避免逻辑漏洞。 考点一 三角形 题型一 与三角形有关的角 1．三角形内角和定理：三角形的内角和为 。解题时需结合角平分线、高线等条件，通过设未知数列方程求解角度。 2．三角形外角的性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；外角大于任何一个与它不相邻的内角。 3．直角三角形的性质：直角三角形的两个锐角互余；有两个角互余的三角形是直角三角形。 4．三角形内角／外角平分线模型： 内角平分线： 外角平分线： 内外角平分线： 1．（2024·上海·中考真题）在菱形中，，则___________． 【答案】/57度 【知识点】利用菱形的性质证明、等边对等角、三角形内角和定理的应用 【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：． 2．（2023·上海·中考真题）如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则________．    【答案】 【知识点】根据旋转的性质求解、等边对等角、三角形内角和定理的应用 【分析】如图，，，根据角平分线的定义可得，根据三角形的外角性质可得，即得，然后根据三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：如图，根据题意可得：，， ∵是的角平分线， ∴， ∵，， ∴， 则在中，∵， ∴， 解得：； 故答案为：    【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质以及三角形的内角和等知识，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键． 题型二 全等三角形 1.全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等、对应角相等；对应中线、高线、角平分线相等，周长和面积也相等。解题关键是找准对应顶点，避免对应关系混淆。 2.全等三角形的判定定理： 一般三角形：SSS（边边边）、SAS（边角边，夹角必须相等）、ASA（角边角）、AAS（角角边）； 直角三角形额外判定：HL（斜边 + 直角边）。 3.全等三角形的应用与解题思路：证明线段 / 角相等的核心方法，常通过添加辅助线（如连接两点、作平行线、倍长中线）构造全等三角形，将分散的条件集中到同一组全等三角形中求解。 1．（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． 2．（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，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）、等腰三角形的性质和判定、利用弧、弦、圆心角的关系求证、相似三角形的判定与性质综合 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，弧，弦与圆心角之间的关系，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）连接，由等边对等角得到，利用证明，得到，证明，得到，则可证明； （2）连接，由，得到，，证明，得到，则可证明，进而证明，推出；再证明，得到，则可证明． 【详解】（1）证明：如图所示，连接， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，连接， ∵， ∴，， 又∵， ∴， ∴； 由（1）可得， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 3．（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． 4．（2023·上海·中考真题）如图，在梯形中，点F，E分别在线段，上，且，    (1)求证： (2)若，求证： 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【知识点】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）先根据平行线的性质可得，再根据三角形的全等的判定可得，然后根据全等的三角形的性质即可得证； （2）先根据全等三角形的性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质即可得证． 【详解】（1）证明：， ， 在和中，， ， ． （2）证明：， ， ，即， 在和中，， ， ， 由（1）已证：， ， ． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键． 题型三 等腰三角形 1.等腰三角形的性质：两腰相等，两底角相等（等边对等角）；顶角平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合（三线合一），常作为证明垂直、平分的关键依据。 2.等腰三角形的判定：等角对等边；有一个角是 60° 的等腰三角形是等边三角形。 3.等腰三角形的解题关键：注意分类讨论思想，当题目未明确顶角、底角或腰、底边时，需分情况验证是否符合三角形三边关系；利用 “三线合一” 作辅助线，构造直角三角形求解角度或边长。 1．（2025·上海·中考真题）在锐角三角形中，，，的外接圆为，且半径为5，边中点为，如果以为圆心的圆与相交，那么的半径可以为（   ） A．2 B．5 C．8 D．9 【答案】B 【知识点】三线合一、用勾股定理解三角形、圆和圆的位置关系 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，两圆相交的条件等知识，掌握两圆相交的条件是关键；根据题意，等腰的外接圆半径为5，由等腰三角形的性质、勾股定理求得；当与相交时，圆心距需满足条件，代入数值求解r的范围，进而确定选项． 【详解】解：如图，连接并延长交于点E， ∵，D为中点， ∴，； ∵锐角三角形中，， ∴外接圆心O在上， 连接，由勾股定理得：；      设以D为圆心的圆的半径为，相交应满足：， 即，解得：； 在此范围的半径只有选项B； 故选：B． 2．（2025·上海·中考真题）小明正在进行探究活动：分割梯形并将其拼成等腰三角形，请你帮他一起探究． (1)如图（1）所示，在梯形中，，．设为边中点，将绕点旋转，点旋转至点的位置，得到的是等腰三角形，其中，设，求边的长（用表示）； (2)如图（2）所示，已知梯形中，，且，．请设计一种方案，用一条或两条直线将梯形分割，并使得分割成的几个部分可以通过图形运动拼成与剩余部分不重叠无缝隙的等腰三角形．请写出两腰的线段，以及这两条或一条直线与梯形的交点的位置．（模仿（1）中的论述语言：为边中点，是梯形的顶点）． 【答案】(1) (2)见解析 【知识点】三线合一、根据旋转的性质求解、等腰三角形的定义 【分析】本题考查了变换：旋转、平移与轴对称，等腰三角形的性质等知识； （1）过点D作于H，则由等腰三角形的性质得；证明四边形是矩形，则有；再由旋转知，则可求得的长，最后求得结果； （2）连接，把通过平移变换，再轴对称变换得到，则为满足条件的等腰三角形． 【详解】（1）解：如图，过点D作于H， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴； 由旋转知， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图（2），连接，把沿平移使M与P对应，得到；再把沿对折，得到，H与N是对应点，则是等腰三角形，其中两腰分别为，点N、Q分别是梯形的顶点． 3．（2022·上海·中考真题）已知：经过点，． (1)求函数解析式； (2)平移抛物线使得新顶点为（m＞0）． ①倘若，且在的右侧，两抛物线都上升，求的取值范围； ②在原抛物线上，新抛物线与轴交于，时，求点坐标． 【答案】(1) (2)①k≥2 ②P的坐标为（2，3） 【知识点】其他问题(二次函数综合)、三线合一、二次函数图象的平移、待定系数法求二次函数解析式 【分析】（1）把，代入，求解即可； （2）①由，得顶点坐标为(0，3)，即点B是原抛物线的顶点，由平移得抛物线向右平移了m个单位，根据，求得m=2，在的右侧，两抛物线都上升，根据抛物线的性质即可求出k取值范围； ②把P（m，n）代入，得n=，则P（m， ），从而求得新抛物线解析式为：y=(xm)2+n=x2mx+m23，则Q(0，m23)，从而可求得BQ=m2，BP2=，PQ2=，即可得出BP=PQ，过点P作PC⊥y轴于C，则PC=|m|，根据等腰三角形的性质可得BC=BQ=m2，∠BPC=∠BPQ=×120°=60°，再根据tan∠BPC= tan 60°=，即可求出m值，从而求出点P坐标． 【详解】（1）解：把，代入，得 ，解得：， ∴函数解析式为：； （2）解：①∵， ∴顶点坐标为(0，3)，即点B是原抛物线的顶点， ∵平移抛物线使得新顶点为（m＞0）． ∴抛物线向右平移了m个单位， ∴， ∴m=2， ∴平移抛物线对称轴为直线x=2，开口向上， ∵在的右侧，两抛物线都上升， 又∵原抛物线对称轴为y 轴，开口向上， ∴k≥2， ②把P（m，n）代入，得n=， ∴P（m， ） 根据题意，得新抛物线解析式为：y=(xm)2+n=x2mx+m23， ∴Q(0，m23)， ∵B（0，3）， ∴BQ=m2，BP2=， PQ2=， ∴BP=PQ， 如图，过点P作PC⊥y轴于C，则PC=|m|， ∵BP=PQ，PC⊥BQ， ∴BC=BQ=m2，∠BPC=∠BPQ=×120°=60°， ∴tan∠BPC= tan 60°=， 解得：m=±2（舍去负数）， ∴n==3， 故P的坐标为（2，3）. 【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，抛物线的平移，抛物线的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，本题属抛物线综合题目，属中考常考试题目，难度一般． 题型四 直角三角形 1．直角三角形的性质：两个锐角互余；斜边上的中线等于斜边的一半； 角所对的直角边等于斜边的一半；勾股定理 ，是计算边长的核心依据。 2．直角三角形的判定：有一个角是直角的三角形；勾股定理的逆定理，若 ，则三角形为直角三角形；两个角互余的三角形。 3．解题关键：勾股定理的应用需注意直角边与斜边的区分；涉及斜边中点时优先考虑＂斜中定理＂；含 特殊角的直角三角形，可利用边的比例关系（1： ）快速计算边长。 1．（2021·上海·中考真题）六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积_________． 【答案】． 【知识点】正多边形和圆的综合、含30度角的直角三角形 【分析】由六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，可以得到中间正六边形的边长为1，做辅助线以后，得到△ABC、△CDE、△AEF为以1为边长的等腰三角形，△ACE为等边三角形，再根据等腰三角形与等边三角形的性质求出边长，求出面积之和即可． 【详解】解：如图所示，连接AC、AE、CE，作BG⊥AC、DI⊥CE、FH⊥AE，AI⊥CE， 在正六边形ABCDEF中， ∵直角三角板的最短边为1， ∴正六边形ABCDEF为1， ∴△ABC、△CDE、△AEF为以1为边长的等腰三角形，△ACE为等边三角形， ∵∠ABC=∠CDE =∠EFA =120︒，AB=BC= CD=DE= EF=FA=1， ∴∠BAG=∠BCG =∠DCE=∠DEC=∠FAE =∠FEA=30︒， ∴BG=DI= FH=， ∴由勾股定理得：AG =CG = CI = EI = EH = AH =， ∴AC =AE = CE =， ∴由勾股定理得：AI=， ∴S=， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了含30 度角的直角三角形的性质、正多边形形与圆以及等边三角形的性质，关键在于知识点：在直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半的应用． 2．（2021·上海·中考真题）如图，在梯形中，是对角线的中点，联结并延长交边或边于E． （1）当点E在边上时， ①求证：； ②若，求的值； （2）若，求的长． 【答案】（1）①见解析；②；（2）或 【知识点】用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、相似三角形的判定与性质综合 【分析】（1）①根据已知条件、平行线性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可推导，，由此可得； ②若，那么在中，由．可得，作于H．设，那么．根据所对直角边是斜边的一半可知，由此可得的值． （2）①当点E在上时，可得四边形是矩形，设，在和中，根据，列方程求解即可． ②当点E在上时，设，由，得，所以，所以；由得，所以，解出x的值即可． 【详解】（1）①由，得． 由，得． 因为是斜边上的中线，所以．所以． 所以． 所以． ②若，那么在中，由．可得． 作于H．设，那么． 在中，，所以． 所以． 所以． （2）①如图5，当点E在上时，由是的中点，可得， 所以四边形是平行四边形． 又因为，所以四边形是矩形， 设，已知，所以． 已知，所以． 在和中，根据，列方程． 解得，或（ 舍去负值）． ②如图6，当点E在上时，设，已知，所以． 设，已知，那么． 一方面，由，得，所以，所以， 另一方面，由是公共角，得． 所以，所以． 等量代换，得．由，得． 将代入，整理，得． 解得，或（舍去负值）． 【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，斜边上的中线，勾股定理等，能够运用相似三角形边的关系列方程是解题的关键． 题型五 勾股定理及逆定理 1．勾股定理：直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方，即 （ 为斜边）。解题时需先明确直角边与斜边，再代入公式计算边长，常用于直接求线段长度或建立方程求解未知边。 2．勾股定理的逆定理：若三角形的三边长 a, b, c 满足 ，则该三角形为直角三角形，常用于判断三角形的形状，或在网格题、实际情境中验证直角。 3．勾股定理的应用与拓展： 用于解决折叠、最短路径、梯子滑动等实际问题，核心是构造直角三角形； 常见勾股数（如 3,4,5 ; 5,12,13 ）可直接用于快速计算； 逆定理与勾股定理常结合使用，先判定直角，再利用勾股定理求边长。 1．（2024·上海·中考真题）在中，，，，点在内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（    ） A．内含 B．相交 C．外切 D．相离 【答案】B 【知识点】圆和圆的位置关系、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查圆的位置关系，涉及勾股定理，根据题意，作出图形，数形结合，即可得到答案，熟记圆的位置关系是解决问题的关键． 【详解】解：圆半径为1，圆半径为3，圆与圆内切， 圆含在圆内，即， 在以为圆心、为半径的圆与边相交形成的弧上运动，如图所示： 当到位置时，圆与圆圆心距离最大，为， ， 圆与圆相交， 故选：B． 2．（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． 3．（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：． 4．（2022·上海·中考真题）如图所示，小区内有个圆形花坛O，点C在弦AB上，AC=11，BC=21，OC=13，则这个花坛的面积为_____．（结果保留） 【答案】400π 【知识点】利用垂径定理求值、用勾股定理解三角形 【详解】解：过点O作OD⊥AB于D，连接OB，如图， ∵AC=11，BC=21， ∴AB=AC+BC=32， ∵OD⊥AB于D， ∴AD=BD=AB=16， ∴CD=ADAC=5， 在Rt△OCD中，由勾股定理，得 OD==12, 在Rt△OBD中，由勾股定理，得 OB==20， ∴这个花坛的面积=202π=400π， 故答案为：400π． 【点睛】本题考查垂径定理，勾股定理，圆的面积，熟练掌握垂径定理与勾股定理相结合求线段长是解题的关键． 5．（2023·上海·中考真题）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．    (1)求的半径； (2)求的正切值． 【答案】(1)5 (2) 【知识点】解直角三角形的相关计算、半圆（直径）所对的圆周角是直角、用勾股定理解三角形 【分析】（1）延长，交于点，连接，先根据圆周角定理可得，再解直角三角形可得，由此即可得； （2）过点作于点，先解直角三角形可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据正切的定义即可得． 【详解】（1）解：如图，延长，交于点，连接，    由圆周角定理得：， 弦的长为8，且， ， 解得， 的半径为． （2）解：如图，过点作于点，     的半径为5， ， ， ， ， ，即， 解得， ，， 则的正切值为． 【点睛】本题考查了圆周角定理、解直角三角形、勾股定理等知识点，熟练掌握解直角三角形的方法是解题关键． 知识1 三角形的有关概念 1．三角形的基本元素 三角形的分类：按角可分为：锐角三角形、直角三角形、钝角三角形；按边可分为：等腰三角形（包括等边三角形）和不等边三角形。 与三角形有关的角：三角形的内角和是 ，外角和为 ；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；三角形的一个外角大于与它不相邻的任何一个内角。 2．三角形的主要线段的区别与联系 中线：平分对边和三角形的面积，三条都在三角形内部，且交于一点； 角平分线：平分内角，三条都在三角形内部，且交于一点； 高线：垂直于对边（或其延长线），锐角三角形的三条高线都在三角形内部，直角三角形的高，其中两条恰好是直角边，钝角三角形的高线，其中两条在三角形外部； 相同点：①都是线段；②都从三角形的顶点画出；③所在直线都交于一点。 3．三角形的三边关系 三角形两边之和大于第三边；三角形两边之差小于第三边。 4．三角形的中位线 三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半。 知识2 全等三角形 全等三角形的概念：能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形。 全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等，对应角相等，周长相等，面积相等。 全等三角形的判定方法：边边角（S．A．S．）、角边角（A．A．S．）、角角边（A．A．S．）、边边边（S．S．S）。 直角三角形的判定：判定两个直角三角形全等，除了四种常用的方法外，另外有单独的判定方法：斜边、直角边 （H．L）。 知识3 角的平分线与线段的垂直平分线 角的平分线：角的平分线上的点到角的两边的距离相等；在角的内部（包括顶点）且到角的两边距离相等的点在角的平分线上。线段的垂直平分线：线段垂直平分线上的任意一点到这条线段两个端点的距离相等；和一条线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上。 知识4 等腰三角形 等腰三角形的定义：有两边相等的三角形叫做等腰三角形。 等腰三角形的性质：①等腰三角形是轴对称图形，它的对称轴是顶角平分线所在的直线；②等腰三角形的两个底角相等，简称＂等边对等角＂；③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合，简称＂三线合一＂。 等腰三角形的判定：有两个角相等的三角形是等腰三角形，简称＂等角对等边＂。 等边三角形的定义：三边都相等的三角形叫做等边三角形。 等边三角形的性质：等边三角形是特殊的等腰三角形，具有等腰三角形的所有性质，另外，等边三角形的三个角都等于 。 等边三角形的判定：三个角都相等的三角形是等边三角形；有一个角等于 的等腰三角形是等边三角形。 知识5 直角三角形 直角三角形的性质：①直角三角形的两个锐角互余；②直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；③在直角三角形中， 的锐角所对的直角边等于斜边的一半；④在直角三角形中，如果一条直角边等于斜边的一半，那么这条边所对的角等于 ；⑤在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方（勾股定理）；⑥在三角形中，如果一条边的平方等于其余两条边的平方和，那么这个三角形是直角三角形（勾股定理的逆定理）。 等腰直角三角形：有一个角是直角的等腰三角形是等腰直角三角形。 1．（2025·上海崇明·二模）对于命题：①周长相等的等腰三角形全等；②周长相等的等边三角形全等；③周长相等的直角三角形全等；④周长相等的等腰直角三角形全等．真命题的是（　　） A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 【答案】D 【知识点】灵活选用判定方法证全等（全等三角形的判定综合）、等边三角形的性质、判断命题真假、等腰三角形的定义 【分析】本题考查了等边三角形与等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定定理的应用，真假命题的判断，根据全等三角形的判定逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：①周长相等的等腰三角形不一定全等，故①是假命题； ②周长相等的等边三角形全等，根据，可判断是真命题； ③周长相等的直角三角形不一定全等，是假命题； ④周长相等的等腰直角三角形全等，是真命题； 真命题的是②④ 故选：D． 2．（2025·上海徐汇·二模）一次游学活动中，小杰从营地出发，沿北偏东方向走了米到达处，然后再沿北偏西方向走了500米到达目的地处（如图所示），那么A,C两地的距离是（   ） A．米 B．1500米 C．米 D．1000米 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了解直角三角形的应用﹣方向角问题，平行线的性质，平角的定义等知识．作出辅助线求出为是解题的关键．过B点作直线，根据平行线的性质，平角的定义，勾股定理即可得到结论； 【详解】解：如图，过B点作直线， ∴， ∵， ∴， ∴为直角三角形． ∵，， ∴， 故选：D． 3．（2025·上海虹口·二模）如图，直线，直线分别与、相交于点、，与之间的距离为8，小明同学利用尺规按以下步骤作图：①以点为圆心，以任意长为半径作弧交于点，交于点；②分别以、为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线交于点．那么的长是（    ） A．6 B．6.4 C．8 D．10 【答案】D 【知识点】两直线平行内错角相等、作角平分线(尺规作图)、根据等角对等边证明边相等、解直角三角形的相关计算 【分析】过点作于，解直角三角形求出，根据角平分线的定义和平行线的性质证得，即可求得答案． 【详解】解：由基本作图知是的平分线， ， ， ， ， 过点作于，则， ， ， ． 故选：D． 【点睛】本题主要考查基本作图作角的平分线，解直角三角形，平行线的性质，等腰三角形的判定等知识，根据角平分线的定义和平行线的性质证明是解决问题的关键． 4．（2025·上海松江·二模）我们把一个等腰三角形的腰与底边的比值叫做这个等腰三角形的“特征值”．设等腰△的特征值是，下列命题中假命题是（    ） A．如果，那么△是直角三角形 B．如果，那么△有一内角为 C．如果△是直角三角形，那么 D．如果△有一内角为，那么 【答案】D 【知识点】等腰三角形的性质和判定、判断三边能否构成直角三角形、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数，根据“特征值”的定义，再利用等腰三角形的性质，根据等腰三角形的特征值求出三角形的两的角的度数，或根据等腰三角形中角的度数求出它们的特征值，根据计算结果判断各选项的正误即可． 【详解】解：A选项：当时，可设腰长为，则底长为， ， △是直角三角形是直角三角形， 故 A选项正确，不符合题意； B选项：如下图所示，过作于点， ， 设，则， ，且， ， ， ， 故B选项正确，不符合题意； C选项：如下图所示，，， ， ， 故C选项正确，不符合题意； D选项：当这个角底角为时，由选项可知，此时， 当顶角为时， 如下图所示，，， 过作于点， 在△中，设，则，， ， 在△中，， ， 故D选项错误，符合题意； 故选：D． 5．（2025·上海·二模）如图，在边长为1的正方形网格中有下列图形，点A、B、C、D都在正方形格子顶点上，和交于点E．则下列结论中有（　　）个是错误的． [结论一] 射线平分； [结论二] ； [结论三] A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【知识点】正方形性质理解、勾股定理与网格问题、根据平行线的性质探究角的关系 【分析】本题主要考查了正方形的性质、平行线的性质、勾股定理与网格等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键． 由网格图可知：四边形是正方形，为对角线，利用正方形的性质可判断结论一；由勾股定理可得，可判断结论二；由平行线和正方形的性质可得，，再根据平行线的性质以及正方形的性质可得，，可得，即，可判断结论三． 【详解】解：如图：由网格图可知：四边形是正方形，为对角线， ∴射线平分，即结论一正确，不符合题意； 由勾股定理可得：，即结论二正确，不符合题意； 如图：由网格图可得：， ∴，， ∵，， ∴， ∴，即结论三错误，符合题意； 综上，错误的只有1个． 故选：B． 6．（2025·上海青浦·二模）在同圆中，圆内接正三角形的边长与圆内接正六边形的边长的比值是__________． 【答案】 【知识点】等边三角形的性质、正多边形和圆的综合 【分析】设六边形是的内接正六边形，则是的内接正三角形，连接，，，设交于点H，证明和均为正三角形，则，，根据垂径定理得，，则，设，则，，进而得，据此求出的值即可得出答案． 此题主要考查了等边三角形的性质，圆内接正多边形的性质，熟练掌握等边三角形的性质，圆内接正多边形的性质是解决问题的关键． 【详解】解：设六边形是的内接正六边形，则是的内接正三角形， 连接，，，设交于点H，如图所示： ∴，， ∵， ∴和均为正三角形， ∴，， ∵， ∴， 根据垂径定理得：，， ∴， 在中，设， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴， 即在同圆中，圆内接正三角形的边长与圆内接正六边形的边长的比值是． 故答案为：． 7．（2025·上海·二模）已知正六边形的边长为4，其外接圆被顶点分为六条小劣弧，那么任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是________． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、利用垂径定理求值、正多边形和圆的综合 【分析】本题考查了正多边形外接圆的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，正确地画出图形是解决本题的关键． 先画出正六边形和外接圆，再取的中点G，连接，根据等边三角形的性质和含的直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵正六边形的边长为4， ∴外接圆半径， ∵正六边形的每条边都是外接圆的一条弦， ∴对应的圆心角为， 又∵， ∴为等边三角形， 取的中点G，连接并延长交弧于点H，则是点H到弦的最大距离； ∵为等边三角形， ∴，，， ∴， 在含的中，， ∴， ∴任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是， 故答案为：． 8．（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． 9．（2025·上海徐汇·二模）如图，在中，点D是边的中点，点E在边上，，和交于点O，那么和四边形的面积比是________．    【答案】 【知识点】根据三角形中线求面积 【分析】本题考查中线求三角形的面积，掌握“同高的两个三角形，其面积比等于底边长之比”是解题的关键．连接，设，根据“同高的两个三角形，其面积比等于底边长之比”将各三角形的面积用含S的代数式表示出来，从而求出和四边形的面积比即可． 【详解】解：如图，连接．    设， ，点D是边的中点， ， ， ， ， ，即， ， ， ． 故答案为：． 10．（2025·上海松江·二模）如图，在中，，，点在边上，以O为圆心，为半径的圆与边交于点，与边相切于点E． (1)当时，求的半径长； (2)求的值． 【答案】(1)4 (2) 【知识点】等边三角形的判定和性质、切线的性质定理、含30度角的直角三角形 【分析】此题考查了切线的性质、含角的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握切线的性质、等边三角形的判定和性质是解题的关键． （1）利用切线的性质和含角的直角三角形的性质得到，即可求出答案； （2）连接、，则，证明△和△是等边三角形，再利用含角的直角三角形的性质即可得到答案． 【详解】（1）解：与边相切于点， ， ， ，， ， ， ， ， 的半径长为4． （2）解：连接、，则， ，， ， △是等边三角形， ，, ， △是等边三角形， ，， ， ， ， ， ， 的值为． 11．（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，， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 12．（2025·上海嘉定·二模）为的内接等腰三角形，．连接并延长，交于点，交于点，过点作，垂足为点（点不与点重合）． (1)如图1，如果，求的大小； (2)如图2，连接，如果，，求关于的函数解析式（不用写自变量的取值范围）； (3)如果点是线段的黄金分割点，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】等腰三角形的性质和判定、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算、黄金分割 【分析】本题主要考查了圆内接三角形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线的判定和性质，黄金分割点，锐角三角函数比等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）连接并延长，交于点，先利用直角三角形的性质求出，然后利用垂径定理和等腰三角形的性质求出，，最后利用角的和差即可求出结果； （2）连接并延长，交于点，利用三角函数比和垂径定理得出，根据条件证出，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方即可得出结果； （3）连接并延长，交于点，连接，根据条件得出是的中位线，得出，根据点是线段的黄金分割点，得到或，分两种情况进行求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接并延长，交于点， 在圆中，∵过圆心， ∴，， ∴，                             ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，                       ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，             ∴； （2）解：如图，连接并延长，交于点， 在中，，， ∵， ∴，     ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴，   ∵， ∴； （3）解：如图，连接并延长，交于点，连接， ∵为直径， ∴， 又∵， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵点是线段的黄金分割点， ∴或， ①当时， ∵， ∴， ∵， ∴在中，， ∴； ②当时，同理可得， ∴，      综上所述，． 考点二 四边形 题型一 平行四边形 1.平行四边形的性质：对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分。这些性质是证明线段相等、平行和角相等的直接依据，解题时优先利用对角线互相平分构造全等三角形或等腰三角形。 2.平行四边形的判定： 两组对边分别平行 / 相等的四边形； 一组对边平行且相等的四边形； 两组对角分别相等的四边形； 对角线互相平分的四边形。 3.解题关键与拓展：平行四边形常与三角形中位线、全等三角形结合考查；利用对角线互相平分的性质，可通过构造辅助线（如连接对角线、延长中线）转化问题，注意与特殊平行四边形（矩形、菱形）的区别与联系。 1．（2022·上海·中考真题）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D为AB中点，E在线段AC上，，则_____． 【答案】或 【知识点】由平行判断成比例的线段、与三角形中位线有关的求解问题、等边三角形的判定和性质 【分析】由题意可求出，取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，满足，进而可求此时，然后在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则，证明△DE1E2是等边三角形，求出E1E2＝，即可得到，问题得解． 【详解】解：∵D为AB中点， ∴，即， 取AC中点E1，连接DE1，则DE1是△ABC的中位线，此时DE1∥BC，， ∴， 在AC上取一点E2，使得DE1＝DE2，则， ∵∠A=30°，∠B=90°， ∴∠C=60°，BC＝， ∵DE1∥BC， ∴∠DE1E2=60°， ∴△DE1E2是等边三角形， ∴DE1＝DE2＝E1E2＝， ∴E1E2＝， ∵， ∴，即， 综上，的值为：或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，平行线分线段成比例，等边三角形的判定和性质以及含30°角的直角三角形的性质等，根据进行分情况求解是解题的关键． 2．（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】求角的余弦值、折叠问题、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的翻折，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． 3．（2022·上海·中考真题）如图所示，在口ABCD中，AC，BD交于点O，则=_____． 【答案】 【知识点】向量的线性运算、利用平行四边形的性质求解 【分析】利用向量相减平行四边形法则：向量相减时，起点相同，差向量即从后者终点指向前者终点即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC，BD交于点O， 又，， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，向量相减平行四边形法则，解题的关键是熟练掌握向量相减平行四边形法则． 题型二 特殊的平行四边形 1.矩形： 性质：四个角都是直角，对角线相等且互相平分； 判定：有一个角是直角的平行四边形；对角线相等的平行四边形；三个角是直角的四边形。 2.菱形： 性质：四条边相等，对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角； 判定：一组邻边相等的平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形；四条边相等的四边形。 3.正方形： 性质：兼具矩形和菱形的所有性质，四条边相等、四个角都是直角，对角线相等且互相垂直平分； 判定：有一个角是直角的菱形；一组邻边相等的矩形；对角线相等且互相垂直的平行四边形。 4.解题关键：区分特殊平行四边形的性质与判定条件，注意矩形与菱形的性质结合；利用对角线的特殊性质（相等 / 垂直）构造直角三角形，结合勾股定理计算边长；注意正方形与矩形、菱形的包含关系，避免判定条件混淆。 1．（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】证明四边形是菱形、利用矩形的性质证明 【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． 2．（2023·上海·中考真题）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】证明四边形是矩形、添一条件使四边形是矩形 【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可． 【详解】A：， 为平行四边形而非矩形 故A不符合题意 B：， 为平行四边形而非矩形 故B不符合题意 C： ∴∥ 四边形为矩形 故C符合题意 D： 不是平行四边形也不是矩形 故D不符合题意 故选：C ． 【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键． 3．（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】解直角三角形的相关计算、证明四边形是矩形、根据矩形的性质求面积 【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． 4．（2021·上海·中考真题）已知：在圆O内，弦与弦交于点分别是和的中点，联结． （1）求证：； （2）联结，当时，求证：四边形为矩形． 【答案】（1）见解析；（2）见解析 【知识点】利用垂径定理求解其他问题、证明四边形是矩形、等腰三角形的性质和判定、全等三角形综合问题 【分析】（1）连结，由M、N分别是和的中点，可得OM⊥BC，ON⊥AD，由， 可得，可证，，根据等腰三角形三线合一性质; （2）设OG交MN于E，由，可得，可得，，可证可得，由CN∥OG，可得，由可得AM∥CN，可证是平行四边形，再由可证四边形ACNM是矩形． 【详解】证明：（1）连结， ∵M、N分别是和的中点， ∴OM，ON为弦心距， ∴OM⊥BC，ON⊥AD， ， 在中，， ， 在Rt△OMG和Rt△ONG中， ， ， ∴， ; （2）设OG交MN于E， ， ∴， ∴，即， ， 在△CMN和△ANM中 ， ， ， ∵CN∥OG， ， ， ， ∴AM∥CN， 是平行四边形， ， ∴四边形ACNM是矩形． 【点睛】本题考查垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判定，掌握垂径定理，三角形全等判定与性质，等腰三角形判定与性质，平行线判定与性质，矩形的判定是解题关键． 知识1 多边形及其相关计算 1.多边形的相关概念： （1）定义：在平面内，由一些段线首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形． （2）对角线：从n边形的一个顶点可以引(n－3)条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n－2)个三角形；n边形对角线条数为． 2.多边形的内角和、外角和： （1）内角和：n边形内角和公式为(n－2)·180° （2）外角和：任意多边形的外角和为360°. 3.正多边形： （1）定义：各边相等，各角也相等的多边形. （2）正多边形每个内角为，每个外角为 （3）正n边形有n条对称轴. （4）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形. 知识2 平行四边形的判定 1.平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形，平行四边形用“□”表示. 2.平行四边形的判定： （1）方法一（定义法）：两组对边分别平行的四边形是平行四边形. 即若AB∥CD，AD∥BC，则四边形ABCD是□. （2）方法二：两组对边分别相等的四边形是平行四边形. 即若AB＝CD，AD＝BC，则四边形ABCD是□. （3）方法三：有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. 即若AB＝CD，AB∥CD，或AD=BC,AD∥BC,则四边形ABCD是□. （4）方法四：对角线互相平分的四边形是平行四边形. 即若OA＝OC，OB＝OD，则四边形ABCD是□. （5）方法五：两组对角分别相等的四边形是平行四边形 若∠ABC＝∠ADC，∠BAD＝∠BCD，则四边形ABCD是□. 知识3 平行四边形的性质 1.平行四边形的性质： （1）边：两组对边分别平行且相等.即AB∥CD 且AB＝CD，BC∥AD且AD＝BC. （2）角：对角相等，邻角互补.即∠BAD＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC，∠ABC＋∠BCD＝180°，∠BAD＋∠ADC＝180°. （3）对角线：互相平分.即OA＝OC，OB＝OD （4）对称性：中心对称但不是轴对称. 知识4 特殊平行四边形的判定 1.矩形的判定： （1）定义法：有一个角是直角的平行四边形 （2）有三个角是直角 （3）对角线相等的平行四边形 2.菱形的判定： （1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形 （2）对角线互相垂直的平行四边形 （3）四条边都相等的四边形 3.正方形的判定： （1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形 （2）一组邻边相等的矩形 （3）一个角是直角的菱形 （4）对角线相等且互相垂直、平分 1．（2025·上海虹口·二模）已知四边形是平行四边形，对角线相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】添一个条件使四边形是菱形、添一条件使四边形是矩形、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题考查了添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，解题关键是掌握上述判定与性质． 根据添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，对四个条件逐一分析，再作判断． 【详解】解：四边形是平行四边形， 添加，根据对角线相等的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故A不符合； 添加，可得， 根据对角线相等的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故B不符合； 添加，可得出四边形是菱形， 不能判定四边形是矩形，故C符合； ∵四边形是平行四边形， ∴， 添加，可得出， 根据一个角是直角的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故D不符合， 故选：C． 2．（2025·上海宝山·二模）如果一个正多边形的内角和为，那么这个正多边形的中心角度数是（    ） A．10 B．12 C．18 D．30 【答案】D 【知识点】正多边形的内角问题、求正多边形的中心角 【分析】本题主要考查了多边形的内角和外角，解题关键是熟练掌握正多边形的定义和多边形的内角和公式．设这个正多边形的边数为列方程求出再根据正多边形每条边所对的中心角都相等，列出算式进行计算即可． 【详解】解：设这个正多边形的边数为列方程得： ， 解得， ∴这个正多边形的中心角的度数为：， ∴A，B，C选项不符合题意，D选项符合题意， 故选：D． 3．（2025·上海静安·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． 4．（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． 5．（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】利用菱形的性质求线段长、反比例函数与几何综合 【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 ． 6．（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：． 7．（2025·上海奉贤·二模）如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为________． 【答案】9 【知识点】内错角相等两直线平行、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 【分析】考查了矩形的性质，翻折变换的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用翻折不变性解决问题． 首先求出，由矩形的性质得出，，由平行线的性质得出，由翻折不变性可知，，证出，由等腰三角形的判定定理证出，再由勾股定理求出，可得，再利用翻折不变性，可知，由此即可解决问题． 【详解】解：， ， ∵将纸片折叠，使落在射线上， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：9． 8．（2025·上海宝山·二模）如图，将宽均为1的两张矩形纸片，交叉放置，形成的锐角为，那么重叠部分（阴影部分）的周长是______．（结果用含的三角比的代数式表示） 【答案】 【知识点】矩形性质理解、利用菱形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查矩形的性质，萎形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【详解】解：当两个宽度均为1的矩形交叉形成锐角时，重叠部分为菱形． 菱形的边长由矩形宽度在垂直方向上的投影决定． 由于每个矩形的宽度为1，且两矩形夹角为，菱形的高为1， ∴菱形的边长为：， 因此，菱形的周长为， 故答案为∶． 9．（2025·上海徐汇·二模）如图，矩形的两边分别在轴和轴的正半轴上，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，反比例函数经过点，若的对应点恰好落在对角线的中点，，则的值为___________． 【答案】 【知识点】反比例函数与几何综合、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、解直角三角形的相关计算 【分析】先根据旋转以及矩形的性质求出，然后由勾股定理求出，解，求出，由旋转可知：，，则，那么，然后由角直角三角形性质和勾股定理求出，再由待定系数法求函数解析式即可． 【详解】解：过点作轴于点，连接， 四边形是矩形， ， 矩形绕点顺时针旋转得到矩形，， ， 的对应点恰好落在对角线的中点， ， ， ， 在中，，， ， 由旋转可知：，， ， 又轴， ， ， 在中，，， ， ， 反比例函数经过点， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合，涉及解直角三角形，旋转的性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，难度较大，解题的关键是正确添加辅助线． 10．（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． 11．（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． 12．（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． 1 / 75 学科网（北京）股份有限公司 $十中线：三条中线交于重心，重心分中线的比例为2：1 Rt△斜边中线定理：直角三角形斜边中线等于斜边的一半。 Rt△ABC中∠C=90°，斜边AB中点为D,则CD=AD=BD=号AB。 核心线段与定理 角平分线：角平分线上的点到角两边的距离相等。 高：锐角三角形三条高在形内，直角三角形两条高与直角边重合，钝角三角形两条高在形外 垂直平分线：垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等 等边对等角三线合一；轴对称图形。 等腰三角形 判定：等角对等边，即∠B=∠C→AB=AC. -性质：三边相等，三内角均为60°，三线合一，有3条对称轴。 特殊三角形 等边三角形 十判定：三边相等的三角形：有一个内角为60°的等腰三角形：三个内角均相等的三角形。 直角三角形一核心性质：两锐角互余：斜边中线等于斜边的一半；30°锐角所对的直角边等于斜边的一半 4. 勾股定理 一逆定理：若三角形三边满足a2十2=c2,则该三角形为直角三角形，最长边c所对的角为直角 定义(Rt△ABC中∠C=90°，∠A为锐角) 三角形 正弦：sinA=∠A的边=g 余弦：c0sA==月 正：anA=会=号 5. 锐角三角函数与解直角三角形 特殊角三角函数值： 30°角：sin30°=，cos30°=,tan30°= 45°角：sin45°=cos45°=号，tan45°=1 60°角：sin60°=，，cos60°=，tan60°=V3 SSs(边边边) 6. 全等三角形 L(斜边直角边) 翻折（轴对称）：翻折前后三角形全等，对应边、对应角相等，对应点连线被对称轴垂直平分。 ~7.几何变换十旋转：旋转前后三角形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线夹角等于旋转角 平移：平移前后三角形全等，对应边平行且相等，对应角相等 一外心：三角形三边垂直平分线的交点，为外接圆的圆心。 三角形与四边 8 三角形外接圆与外心 性质：外心到三角形三个顶点的距离相等，均为外接圆半径R。 直角三角形外心在斜边中点，外接圆半径R=号斜边。 1. 基础性质一n边形内角和公式：(n一2)×180°，任意多边形外角和恒为360° 性质： 边：对边平行且相等，即AB‖CD且AB=CD,AD‖BC且AD=BC 形 角：对角相等，邻角互补，即∠A=∠C,∠B=∠D,∠A+∠B=180°. 对角线：互相平分，对角线交点为中点，即AO=OC,BO=OD。 平面向量（上海中考高频）：AC=AB+AD,BD=AD-AB】 2.平行四边形 对称性：中心对称图形，对称中心为对角线交点。 边形是肥 定义：有一个角是直角的平行四边形为矩形 3.矩形 判定定理 个角是直角的行四边形是矩形 对角线相等的平行四边形是矩形。 二、 四边形 定义：有一组邻边相等的平行四边形为菱形。 货含边形的所有世质，因条边相等 对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角： 对称图形，也是轴对称图形。 4. 菱形 面积公式：S=号×对角线1×对角线2，也可使用底×高计算 对角线互相直的平行四边形是菱形 定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形为正方形。 筒的货矩形和麦影的所有性形个角均为真角，因条边均相等。 5.正方形 陕提华想对称盈 也是对对角线平分组对 判定定理： 有一外角是 且邻边相等的矩形是正方形 对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形。 定义：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形为梯形：平行的两边为底，不平行的两边为腰。 6. 梯形 等暖罐蛋：两题想管胸腾平内角相等，对角线相等：结对将图形，对称轴为两底中点连线所在直线。 直角梯形：有一个角是直角的梯形，一腰垂直于底边 核心辅助线：作高、平移腰、 平移对角线 延长两腰交于一点，将梯形转化为三角形与平行四边形求解 专题05 三角形与四边形 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 三角形（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一 与三角形有关的角 题型二 全等三角形 题型三 等腰三角形 题型四 直角三角形 题型五 勾股定理及逆定理 必备知识 知识1 三角形的有关概念 知识2 全等三角形 知识 3 角的平分线与线段的垂直平分线 知识 4 等腰三角形 知识 5 直角三角形 命题预测 考点二 四边形（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一 平行四边形 题型二 特殊的平行四边形 必备知识 知识1 多边形及其相关计算 知识 2 平行四边形的判定 知识3 平行四边形的性质 知识 4 特殊平行四边形的判定 命题预测 命题透视 命题形式：以选择、填空基础题和中档解答题为主，是几何压轴题的核心载体，呈现“重性质应用、强逻辑推理、融数形计算”的核心特点，突出对图形性质、几何变换、解直角三角形、全等推理的考查，是中考几何模块的核心得分与区分板块。 命题内容： 1.侧重特殊三角形（等腰、直角、含30°直角三角形）的核心性质，勾股定理、解直角三角形为每年必考，全等三角形、三角形中线/角平分线/斜边中线性质为高频基础考点；旋转、翻折几何变换为核心创新与压轴命题方向，常与圆、四边形融合考查。 2.侧重特殊四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形）的判定与性质应用，平行四边形为每年必考基础考点，矩形、菱形、梯形为高频考查对象，常与平面向量、三角形性质、勾股定理融合命题，是几何中档题的核心命题载体。 热考角度 考点 2025年 2024年 2023年 2022年 2021年 三角形基础与特殊三角形性质 T6：等腰三角形性质、三角形外接圆与外心 T22：等腰三角形判定与性质 T23：圆中等腰三角形性质 T6：直角三角形勾股定理、圆与圆位置关系 T12：菱形中等腰三角形性质 T17：平行四边形折叠中等腰三角形性质 T17：旋转后等腰三角形性质、三角形内角和 T25：平行四边形中直角三角形性质 T17：等腰三角形、直角三角形中点性质 T18：等腰直角三角形性质 T25：平行四边形中直角三角形性质 T11：余角定义（直角三角形基础） T17：含30°直角三角形性质 T21：直角三角形斜边中线性质 T23：圆中等腰三角形性质 T25：直角三角形斜边中线性质 勾股定理与解直角三角形 T14：解直角三角形的实际应用（仰角） T22：直角三角形斜边上的高、解直角三角形 T21：垂径定理结合直角三角形勾股定理、解直角三角形 T22：解直角三角形的实际应用（仰角、中心投影） T21：解直角三角形、勾股定理应用 三角形全等与几何变换（旋转 / 翻折） T22：三角形旋转变换 T23：圆中三角形全等证明 T25：平行四边形中三角形全等 T17：平行四边形翻折变换T23：矩形中三角形全等证明T25：梯形中三角形全等 T17：三角形旋转变换 T25：平行四边形中三角形全等 T25：平行四边形中三角形全等 T18：正方形旋转变换T23：圆中三角形全等证明 T25：梯形中三角形全等 平行四边形性质与平面向量 T5：正方形性质、平面向量运算T25：平行四边形性质应用 T15：平行四边形性质、平面向量运算 T15：平行四边形性质、平面向量运算 T25：平行四边形性质应用 T15：平行四边形性质、平面向量运算 T25：平行四边形菱形判定 T5：平行四边形性质、平面向量运算 特殊平行四边形（矩形 / 菱形 / 正方形） T17：矩形性质、菱形判定与性质 T5：矩形性质、菱形判定T12：菱形性质T23：矩形性质与全等 T5：矩形的判定 T23：梯形中矩形性质推导 T25：菱形的判定与性质 T6：矩形的性质 T18：正方形的性质 梯形的性质与应用 T22：梯形的分割与旋转变换 T25：梯形的性质、三角形外接圆 T6：梯形的性质 T23：梯形的性质与平行线分线段成比例 无独立命题 T16：梯形的性质 T25：梯形的性质与三角形综合 命题预测 1. 三角形部分 必考：勾股定理及其逆定理的计算与应用，等腰 / 直角三角形的性质与判定，尤其是含 30°/45° 角的特殊三角形边长计算。 高频：全等三角形的判定与性质，三角形内角和与外角性质，等腰三角形的分类讨论问题。 趋势：三角形与四边形、圆的综合模型（如折叠、动点），利用三角形性质解决实际情境中的几何问题。 2. 四边形部分 必考：特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的性质与判定，平行四边形对角线性质的应用。 高频：特殊平行四边形与勾股定理、全等三角形的综合计算，四边形折叠问题中的边长与角度求解。 趋势：四边形与一次函数、几何动点的综合建模，结合生活情境（如矩形折叠、菱形裁剪）的几何探究题。 备考建议 锚定核心考点：针对全等三角形判定、勾股定理应用、特殊平行四边形性质等必考高频考点专项突破，固化证明与计算的解题流程，确保基础题零失分。 强化几何推理能力：梳理三角形、四边形的性质与判定定理，构建 “性质 - 判定 - 模型” 的知识体系，熟练掌握辅助线的添加方法（如倍长中线、连接对角线）。 突破综合模型题型：重点训练折叠、动点、分类讨论等常见模型，掌握从复杂图形中分解出基本三角形 / 四边形的方法，提升综合分析能力。 适配创新考法：针对性训练几何探究题、实际情境建模题，提升几何推理与知识迁移能力，规范证明题的书写步骤，避免逻辑漏洞。 考点一 三角形 题型一 与三角形有关的角 1．三角形内角和定理：三角形的内角和为 。解题时需结合角平分线、高线等条件，通过设未知数列方程求解角度。 2．三角形外角的性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；外角大于任何一个与它不相邻的内角。 3．直角三角形的性质：直角三角形的两个锐角互余；有两个角互余的三角形是直角三角形。 4．三角形内角／外角平分线模型： 内角平分线： 外角平分线： 内外角平分线： 1．（2024·上海·中考真题）在菱形中，，则___________． 2．（2023·上海·中考真题）如图，在中，，将绕着点A旋转，旋转后的点B落在上，点B的对应点为D，连接是的角平分线，则________．    题型二 全等三角形 1.全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等、对应角相等；对应中线、高线、角平分线相等，周长和面积也相等。解题关键是找准对应顶点，避免对应关系混淆。 2.全等三角形的判定定理： 一般三角形：SSS（边边边）、SAS（边角边，夹角必须相等）、ASA（角边角）、AAS（角角边）； 直角三角形额外判定：HL（斜边 + 直角边）。 3.全等三角形的应用与解题思路：证明线段 / 角相等的核心方法，常通过添加辅助线（如连接两点、作平行线、倍长中线）构造全等三角形，将分散的条件集中到同一组全等三角形中求解。 1．（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． 2．（2025·上海·中考真题）如图，已知，为中的两弦，联结，交弦于点，，且． (1)求证：； (2)如果，求证：． 3．（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：． 4．（2023·上海·中考真题）如图，在梯形中，点F，E分别在线段，上，且，    (1)求证： (2)若，求证： 题型三 等腰三角形 1.等腰三角形的性质：两腰相等，两底角相等（等边对等角）；顶角平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合（三线合一），常作为证明垂直、平分的关键依据。 2.等腰三角形的判定：等角对等边；有一个角是 60° 的等腰三角形是等边三角形。 3.等腰三角形的解题关键：注意分类讨论思想，当题目未明确顶角、底角或腰、底边时，需分情况验证是否符合三角形三边关系；利用 “三线合一” 作辅助线，构造直角三角形求解角度或边长。 1．（2025·上海·中考真题）在锐角三角形中，，，的外接圆为，且半径为5，边中点为，如果以为圆心的圆与相交，那么的半径可以为（   ） A．2 B．5 C．8 D．9 2．（2025·上海·中考真题）小明正在进行探究活动：分割梯形并将其拼成等腰三角形，请你帮他一起探究． (1)如图（1）所示，在梯形中，，．设为边中点，将绕点旋转，点旋转至点的位置，得到的是等腰三角形，其中，设，求边的长（用表示）； (2)如图（2）所示，已知梯形中，，且，．请设计一种方案，用一条或两条直线将梯形分割，并使得分割成的几个部分可以通过图形运动拼成与剩余部分不重叠无缝隙的等腰三角形．请写出两腰的线段，以及这两条或一条直线与梯形的交点的位置．（模仿（1）中的论述语言：为边中点，是梯形的顶点）． 3．（2022·上海·中考真题）已知：经过点，． (1)求函数解析式； (2)平移抛物线使得新顶点为（m＞0）． ①倘若，且在的右侧，两抛物线都上升，求的取值范围； ②在原抛物线上，新抛物线与轴交于，时，求点坐标． 题型四 直角三角形 1．直角三角形的性质：两个锐角互余；斜边上的中线等于斜边的一半； 角所对的直角边等于斜边的一半；勾股定理 ，是计算边长的核心依据。 2．直角三角形的判定：有一个角是直角的三角形；勾股定理的逆定理，若 ，则三角形为直角三角形；两个角互余的三角形。 3．解题关键：勾股定理的应用需注意直角边与斜边的区分；涉及斜边中点时优先考虑＂斜中定理＂；含 特殊角的直角三角形，可利用边的比例关系（1： ）快速计算边长。 1．（2021·上海·中考真题）六个带角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积_________． 2．（2021·上海·中考真题）如图，在梯形中，是对角线的中点，联结并延长交边或边于E． （1）当点E在边上时， ①求证：； ②若，求的值； （2）若，求的长． 题型五 勾股定理及逆定理 1．勾股定理：直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方，即 （ 为斜边）。解题时需先明确直角边与斜边，再代入公式计算边长，常用于直接求线段长度或建立方程求解未知边。 2．勾股定理的逆定理：若三角形的三边长 a, b, c 满足 ，则该三角形为直角三角形，常用于判断三角形的形状，或在网格题、实际情境中验证直角。 3．勾股定理的应用与拓展： 用于解决折叠、最短路径、梯子滑动等实际问题，核心是构造直角三角形； 常见勾股数（如 3,4,5 ; 5,12,13 ）可直接用于快速计算； 逆定理与勾股定理常结合使用，先判定直角，再利用勾股定理求边长。 1．（2024·上海·中考真题）在中，，，，点在内，分别以为圆心画，圆半径为1，圆半径为2，圆半径为3，圆与圆内切，圆与圆的关系是（    ） A．内含 B．相交 C．外切 D．相离 2．（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 3．（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________． 4．（2022·上海·中考真题）如图所示，小区内有个圆形花坛O，点C在弦AB上，AC=11，BC=21，OC=13，则这个花坛的面积为_____．（结果保留） 5．（2023·上海·中考真题）如图，在中，弦的长为8，点C在延长线上，且．    (1)求的半径； (2)求的正切值． 知识1 三角形的有关概念 1．三角形的基本元素 三角形的分类：按角可分为：锐角三角形、直角三角形、钝角三角形；按边可分为：等腰三角形（包括等边三角形）和不等边三角形。 与三角形有关的角：三角形的内角和是 ，外角和为 ；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；三角形的一个外角大于与它不相邻的任何一个内角。 2．三角形的主要线段的区别与联系 中线：平分对边和三角形的面积，三条都在三角形内部，且交于一点； 角平分线：平分内角，三条都在三角形内部，且交于一点； 高线：垂直于对边（或其延长线），锐角三角形的三条高线都在三角形内部，直角三角形的高，其中两条恰好是直角边，钝角三角形的高线，其中两条在三角形外部； 相同点：①都是线段；②都从三角形的顶点画出；③所在直线都交于一点。 3．三角形的三边关系 三角形两边之和大于第三边；三角形两边之差小于第三边。 4．三角形的中位线 三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半。 知识2 全等三角形 全等三角形的概念：能够完全重合的两个三角形叫做全等三角形。 全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等，对应角相等，周长相等，面积相等。 全等三角形的判定方法：边边角（S．A．S．）、角边角（A．A．S．）、角角边（A．A．S．）、边边边（S．S．S）。 直角三角形的判定：判定两个直角三角形全等，除了四种常用的方法外，另外有单独的判定方法：斜边、直角边 （H．L）。 知识3 角的平分线与线段的垂直平分线 角的平分线：角的平分线上的点到角的两边的距离相等；在角的内部（包括顶点）且到角的两边距离相等的点在角的平分线上。线段的垂直平分线：线段垂直平分线上的任意一点到这条线段两个端点的距离相等；和一条线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上。 知识4 等腰三角形 等腰三角形的定义：有两边相等的三角形叫做等腰三角形。 等腰三角形的性质：①等腰三角形是轴对称图形，它的对称轴是顶角平分线所在的直线；②等腰三角形的两个底角相等，简称＂等边对等角＂；③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合，简称＂三线合一＂。 等腰三角形的判定：有两个角相等的三角形是等腰三角形，简称＂等角对等边＂。 等边三角形的定义：三边都相等的三角形叫做等边三角形。 等边三角形的性质：等边三角形是特殊的等腰三角形，具有等腰三角形的所有性质，另外，等边三角形的三个角都等于 。 等边三角形的判定：三个角都相等的三角形是等边三角形；有一个角等于 的等腰三角形是等边三角形。 知识5 直角三角形 直角三角形的性质：①直角三角形的两个锐角互余；②直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；③在直角三角形中， 的锐角所对的直角边等于斜边的一半；④在直角三角形中，如果一条直角边等于斜边的一半，那么这条边所对的角等于 ；⑤在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方（勾股定理）；⑥在三角形中，如果一条边的平方等于其余两条边的平方和，那么这个三角形是直角三角形（勾股定理的逆定理）。 等腰直角三角形：有一个角是直角的等腰三角形是等腰直角三角形。 1．（2025·上海崇明·二模）对于命题：①周长相等的等腰三角形全等；②周长相等的等边三角形全等；③周长相等的直角三角形全等；④周长相等的等腰直角三角形全等．真命题的是（　　） A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 2．（2025·上海徐汇·二模）一次游学活动中，小杰从营地出发，沿北偏东方向走了米到达处，然后再沿北偏西方向走了500米到达目的地处（如图所示），那么A,C两地的距离是（   ） A．米 B．1500米 C．米 D．1000米 3．（2025·上海虹口·二模）如图，直线，直线分别与、相交于点、，与之间的距离为8，小明同学利用尺规按以下步骤作图：①以点为圆心，以任意长为半径作弧交于点，交于点；②分别以、为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线交于点．那么的长是（    ） A．6 B．6.4 C．8 D．10 4．（2025·上海松江·二模）我们把一个等腰三角形的腰与底边的比值叫做这个等腰三角形的“特征值”．设等腰△的特征值是，下列命题中假命题是（    ） A．如果，那么△是直角三角形 B．如果，那么△有一内角为 C．如果△是直角三角形，那么 D．如果△有一内角为，那么 5．（2025·上海·二模）如图，在边长为1的正方形网格中有下列图形，点A、B、C、D都在正方形格子顶点上，和交于点E．则下列结论中有（　　）个是错误的． [结论一] 射线平分； [结论二] ； [结论三] A．0 B．1 C．2 D．3 6．（2025·上海青浦·二模）在同圆中，圆内接正三角形的边长与圆内接正六边形的边长的比值是__________． 7．（2025·上海·二模）已知正六边形的边长为4，其外接圆被顶点分为六条小劣弧，那么任意一条弦所对劣弧上一点到这条弦的最大距离是________． 8．（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_______． 9．（2025·上海徐汇·二模）如图，在中，点D是边的中点，点E在边上，，和交于点O，那么和四边形的面积比是________．    10．（2025·上海松江·二模）如图，在中，，，点在边上，以O为圆心，为半径的圆与边交于点，与边相切于点E． (1)当时，求的半径长； (2)求的值． 11．（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． 12．（2025·上海嘉定·二模）为的内接等腰三角形，．连接并延长，交于点，交于点，过点作，垂足为点（点不与点重合）． (1)如图1，如果，求的大小； (2)如图2，连接，如果，，求关于的函数解析式（不用写自变量的取值范围）； (3)如果点是线段的黄金分割点，求的值． 考点二 四边形 题型一 平行四边形 1.平行四边形的性质：对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分。这些性质是证明线段相等、平行和角相等的直接依据，解题时优先利用对角线互相平分构造全等三角形或等腰三角形。 2.平行四边形的判定： 两组对边分别平行 / 相等的四边形； 一组对边平行且相等的四边形； 两组对角分别相等的四边形； 对角线互相平分的四边形。 3.解题关键与拓展：平行四边形常与三角形中位线、全等三角形结合考查；利用对角线互相平分的性质，可通过构造辅助线（如连接对角线、延长中线）转化问题，注意与特殊平行四边形（矩形、菱形）的区别与联系。 1．（2022·上海·中考真题）如图，在△ABC中，∠A=30°，∠B=90°，D为AB中点，E在线段AC上，，则_____． 2．（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__________． 3．（2022·上海·中考真题）如图所示，在口ABCD中，AC，BD交于点O，则=_____． 题型二 特殊的平行四边形 1.矩形： 性质：四个角都是直角，对角线相等且互相平分； 判定：有一个角是直角的平行四边形；对角线相等的平行四边形；三个角是直角的四边形。 2.菱形： 性质：四条边相等，对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角； 判定：一组邻边相等的平行四边形；对角线互相垂直的平行四边形；四条边相等的四边形。 3.正方形： 性质：兼具矩形和菱形的所有性质，四条边相等、四个角都是直角，对角线相等且互相垂直平分； 判定：有一个角是直角的菱形；一组邻边相等的矩形；对角线相等且互相垂直的平行四边形。 4.解题关键：区分特殊平行四边形的性质与判定条件，注意矩形与菱形的性质结合；利用对角线的特殊性质（相等 / 垂直）构造直角三角形，结合勾股定理计算边长；注意正方形与矩形、菱形的包含关系，避免判定条件混淆。 1．（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 2．（2023·上海·中考真题）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 3．（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． 4．（2021·上海·中考真题）已知：在圆O内，弦与弦交于点分别是和的中点，联结． （1）求证：； （2）联结，当时，求证：四边形为矩形． 知识1 多边形及其相关计算 1.多边形的相关概念： （1）定义：在平面内，由一些段线首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形． （2）对角线：从n边形的一个顶点可以引(n－3)条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n－2)个三角形；n边形对角线条数为． 2.多边形的内角和、外角和： （1）内角和：n边形内角和公式为(n－2)·180° （2）外角和：任意多边形的外角和为360°. 3.正多边形： （1）定义：各边相等，各角也相等的多边形. （2）正多边形每个内角为，每个外角为 （3）正n边形有n条对称轴. （4）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形. 知识2 平行四边形的判定 1.平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形，平行四边形用“□”表示. 2.平行四边形的判定： （1）方法一（定义法）：两组对边分别平行的四边形是平行四边形. 即若AB∥CD，AD∥BC，则四边形ABCD是□. （2）方法二：两组对边分别相等的四边形是平行四边形. 即若AB＝CD，AD＝BC，则四边形ABCD是□. （3）方法三：有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. 即若AB＝CD，AB∥CD，或AD=BC,AD∥BC,则四边形ABCD是□. （4）方法四：对角线互相平分的四边形是平行四边形. 即若OA＝OC，OB＝OD，则四边形ABCD是□. （5）方法五：两组对角分别相等的四边形是平行四边形 若∠ABC＝∠ADC，∠BAD＝∠BCD，则四边形ABCD是□. 知识3 平行四边形的性质 1.平行四边形的性质： （1）边：两组对边分别平行且相等.即AB∥CD 且AB＝CD，BC∥AD且AD＝BC. （2）角：对角相等，邻角互补.即∠BAD＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC，∠ABC＋∠BCD＝180°，∠BAD＋∠ADC＝180°. （3）对角线：互相平分.即OA＝OC，OB＝OD （4）对称性：中心对称但不是轴对称. 知识4 特殊平行四边形的判定 1.矩形的判定： （1）定义法：有一个角是直角的平行四边形 （2）有三个角是直角 （3）对角线相等的平行四边形 2.菱形的判定： （1）定义法：有一组邻边相等的平行四边形 （2）对角线互相垂直的平行四边形 （3）四条边都相等的四边形 3.正方形的判定： （1）定义法：有一个角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形 （2）一组邻边相等的矩形 （3）一个角是直角的菱形 （4）对角线相等且互相垂直、平分 1．（2025·上海虹口·二模）已知四边形是平行四边形，对角线相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·上海宝山·二模）如果一个正多边形的内角和为，那么这个正多边形的中心角度数是（    ） A．10 B．12 C．18 D．30 3．（2025·上海静安·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 4．（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 5．（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 6．（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______． 7．（2025·上海奉贤·二模）如图，矩形中，，点F在边上，折叠矩形使落在射线上，折痕为，点分别落在点处，若，那么的长为________． 8．（2025·上海宝山·二模）如图，将宽均为1的两张矩形纸片，交叉放置，形成的锐角为，那么重叠部分（阴影部分）的周长是______．（结果用含的三角比的代数式表示） 9．（2025·上海徐汇·二模）如图，矩形的两边分别在轴和轴的正半轴上，将矩形绕点顺时针旋转得到矩形，反比例函数经过点，若的对应点恰好落在对角线的中点，，则的值为___________． 10．（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：． 11．（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． 12．（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． 1 / 75 学科网（北京）股份有限公司 $