专题04 三角形与四边形的认识高频考点6大题型（高频考点专练）（上海专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题04 三角形与四边形的认识高频考点6大题型 目 录 高频考情深度解读（中考命题规律透视+培优备考要求） 核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧） 聚焦题型精准解密（6大题型精讲+变式拔高训练） 题型一 三角形的内角与外角 题型二 等腰三角形与等边三角形的性质 题型三 全等三角形的判定与性质 题型四 平行四边形与特殊平行四边形的性质 题型五 四边形的判定（含正方形、矩形、菱形） 题型六 三角形的中位线与梯形 实战演练高效提分（中考仿真模拟+限时训练提升） 三角形与四边形是上海中考数学图形与几何领域的核心模块，在满分150分的试卷中约占52分，占全卷的35%左右。作为几何部分的“骨架”，这部分内容是后续学习相似三角形、锐角三角比、圆以及函数与几何综合压轴题的重要基础。从近五年考情看，该模块涵盖三角形的内角与外角、等腰三角形与等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、特殊四边形的性质与判定、三角形中位线定理、梯形、尺规作图等考点，题型分布广泛，选择、填空与解答题均有覆盖。通常在第23题设置一道几何证明解答题，近年还偶有在第19-22题中出现尺规作图或无刻度直尺作图的解答题。专家指出，该类试题立足基础，强调对图形性质的理解、判定与性质的区别以及推理论证的规范性。2025年中考在梯形分割拼三角形探究题中，立意新颖，层层深入考查考生的创新意识，结果的开放性为不同考生提供多样的发展空间。该模块整体难度梯度合理，层次分明，基础题确保学生能拿下基本分，中档题和创新题则考查学生的几何直观与深度思维能力。 基础知识必备：理解三角形内角和定理（5年3考），掌握三角形外角性质及推论，能运用“两边之和大于第三边”解决边的关系问题；熟练掌握等腰三角形的“三线合一”性质及其逆命题（5年5考），能准确区分等腰三角形的性质与判定，理解等边三角形是特殊的等腰三角形并掌握其对称性与面积公式；掌握全等三角形的五种判定方法（SSS、SAS、ASA、AAS、HL）（5年5考），会书写规范的几何证明过程，能熟练运用“8字型”全等、旋转全等等常见模型进行证明；掌握特殊四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形）的性质与判定（5年5考），能准确把握各种四边形之间的包含关系（如正方形既是矩形也是菱形），熟练运用对角线的各种性质（相等、垂直、平分、平分对角）进行推理与计算；掌握三角形中位线定理（中位线平行于第三边且等于第三边的一半）（5年3考），了解三角形重心的定义与性质；了解梯形的基本概念，掌握等腰梯形、直角梯形的性质；掌握五种基本尺规作图（作线段、作角、作角平分线、作垂直平分线、作垂线）（5年3考），能根据作图痕迹分析作图原理，了解无刻度直尺作图的基本思路。 2026中考预测： 题型稳定：三角形内角和与外角的性质应用、等腰三角形的“三线合一”辨析、特殊四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形）的性质判断仍为选择和填空的必考内容。第23题几何证明解答题将保持“全等三角形+特殊四边形性质”或“相似三角形判定与应用”为主的格局，形式上可能为2小问（通常6+6分），对逻辑链的完整性和书写的规范性有较高要求。尺规作图题在2018年考查过三角形中位线定理与平行四边形的判定，2025年各区一模、二模及中考中均有明显体现，2026年仍可能在第21/22题或选择填空中出现，考查作图痕迹的阅读与作图原理的推理分析，题型以“识别+判断+简单操作”为主，不再仅仅停留在“辨别”层次，可能要求“补全步骤”或“论证正确性”。 难度平稳：以基础题和中档题为主，不设置偏题、怪题，在0.7-0.8的难度系数区间浮动。三角形内角和等基础概念考查直接，重在辨析和应用；图形运动背景下的几何题比例可能略有上升，更注重考查学生的几何直观与空间观念。第23题难度适中，常见模型包括“8字型”全等、平行四边形内角平分线模型、梯形+中位线模型、等腰三角形+旋转模型等，重在考查通性通法和规范推理。 命题趋势：几何证明题将从“纯证明”向“证明+计算”适度融合方向演变，可能在同一道几何题中既要求证明位置关系，也要求计算线段的长度或角度的大小，但不降低对推理论证能力的要求。尺规作图与无刻度直尺作图结合的考查形式将继续出现，是新课标强调的核心素养之一，可能要求学生在理解作图原理的基础上进行简单的无刻度直尺作图（如作一个三角形的高、中线、重心等）。四边形与图形运动（平移、翻折、旋转）的结合是近年热点，第18题等填空压轴位置出现概率增大，常考查翻折后点的坐标、旋转后的重叠面积等典型问题，体现“图形运动”这一上海中考的特色考点。整体强调“基础核心+规范推理+适度创新”。 题型一 三角形的内角与外角 【真题呈现01】（2024年上海市中考数学真题）在菱形中，，则___________． 【答案】 57度 【解析】 【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：． 【变式01】（2026·上海·静安二模）我们知道，晾衣架中存在多组平行关系，现将其侧面抽象成几何图形（如图所示），已知，如果，，那么______°． 【答案】 【解析】 【分析】延长到点，由，得到，进而求出，再根据得到． 【详解】解：如图，延长到点， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【变式02】（2025·上海宝山·二模）“任意画一个三角形，它的内角和为180°”属于（　） A．必然事件　　B．随机事件　　C．不可能事件　　D．以上都不是 【答案】 A 【分析】 本题将三角形内角和定理与概率中的事件分类相结合，考查对三角形内角和定理的理解。 【详解】 三角形的内角和定理指出：任意一个三角形的三个内角之和恒等于180°，这是由平面几何公理体系严格证明的结论，与三角形的形状无关。因此，“任意画一个三角形，它的内角和为180°”是必定发生的事件，属于必然事件。故选A。 【方法总结】 三角形内角和为180°是平面几何的基本定理，属于必然事件。本类题的解题关键是理解三角形内角和定理，并能够迁移到“必然事件”“随机事件”“不可能事件”的判定中。 【变式03】（2025·上海崇明·二模）如图，在中，，，点在边上，且，将绕着点逆时针旋转，点落在的一条边上的点处，那么旋转角的度数是_____． 【答案】或 【解析】 【分析】分类讨论：当点在上，根据等边对等角和三角形内角和即可求得；当点在上，根据30度所对直角边是斜边的一半和三角形的外角性质即可求得． 【详解】当点在上，如图： ∵，∴， ∴， 当点在上，如图： ∵， ∴， ∴， 故答案为：或 【点睛】本题考查旋转的性质，等边对等角，三角形内角和，30度角的直角三角形性质，三角形的外角性质，解题的关键是分类讨论思想的运用． 题型二 等腰三角形与等边三角形的性质 【真题呈现02】（2025年上海市中考数学真题）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 【解析】 【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． 【小问1详解】 解：如图，过点D作于H， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴； 由旋转知， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 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． 【变式01】（2025·上海·虹口三模）如图，在矩形中，对角线、相交于点O，垂直平分，交于点E，交于点F，连接，若，则的长为 _______________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定以及性质，以及勾股定理，根据矩形的性质可得出，，证明是等边三角形，根据等边三角形的性质可得出，利用勾股定理求出，再根据等边三角形的性质，即可求出，最后根据勾股定理即可求出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ 故答案为：． 【变式02】（2026·上海·长宁二模）如图，在中，，．将绕着点旋转，点、的对应点分别是点，，如果点恰好在直线上，且，那么的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由旋转，平行线的性质以及等腰三角形的性质证明，再对运用内角和定理可求，再利用直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：由旋转得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，由内角和定理得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 【变式03】（2025·上海·闵行二模）如图，在等边三角形中，、分别在、上，连接、交于，连接交于点．有下列两个命题： ①如果，那么为中点； ②如果，那么． 对于这两个命题判断正确的是（ ） A. ①②都真命题； B. ①是真命题，②是假命题； C. ①是假命题，②是真命题； D. ①②都是假命题． 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，中垂线的判定，证明，得到，再证明，得到，进而得到垂直平分，判断①，反证法判断②． 【详解】解析：①三角形为等边三角形， ∴， ， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ， ∵，， ， ， 为中垂线上的点， ∵， ∴为中垂线上的点， ∴垂直平分， 为中点； 所以①为真命题； 假设与不平行，作，与交于点，作，则：，， ∵， ∴， ∵是的一个外角， ∴，即：，与矛盾， ∴假设不成立， ∴；故②为真命题． 故选A． 题型三 全等三角形的判定与性质 【真题呈现03】（2024年上海市中考数学真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且． 为线段延长线上一点，且满足，求证：． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】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． 【小问详解】 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01】（2023年上海市中考数学真题） 如图，在梯形中，点F，E分别在线段，上，且， （1）求证： 【答案】（1）证明见解析 【解析】 【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； 【小问1详解】 证明：， ， 在和中，， ， ． 【变式02】（2026·上海·普陀二模）如图，在四边形中，，点E在边上，，，． （1）求的长； 【答案】（1） 【解析】 【分析】（1）先证明，然后根据证明，进而可求出的长； 【小问1详解】 解：∵，， ∴． ∵，， ∴， ∴． 【变式03】（2025·上海·徐汇二模）如图，是正方形的对角线，点E、F分别在边上，，延长到，且，连接． （1）求证：； 【答案】（1）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先由正方形的性质结合平行线分线段成比例得到，然后证明即可； 【小问1详解】 证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； 题型四 平行四边形与特殊平行四边形的性质 【真题呈现04】（2023年上海市中考数学真题）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 【解析】 【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． 【变式01】（2026·上海·宝山二模）如图，在矩形中，将绕点B旋转至的位置，点在的延长线上，与交于点E，如果，，那么四边形的面积是______． 【答案】15 【解析】 【分析】根据矩形的性质得到，，，由旋转的性质得到，从而，，，结合点在的延长线上可得，进而证明，求出的长，最后利用计算即可． 【详解】解：∵ 四边形是矩形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， 由旋转的性质可知：， ∴，，， ∵点在的延长线上， ∴点，，在同一直线上， ∴， ∴， 在和中  ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点在上，点在上， ∴， ∵，， ∴． 【变式02】（2025·上海·徐汇二模） 如图，矩形中，，将矩形绕着点顺时针旋转得矩形，恰好落在对角线上，连接，如果与边相交，且，那么的长是___________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，公式法解一元二次方程．先证明，推出，设，由勾股定理得，，根据，列式计算即可求解． 【详解】解：设，记和相交于点， ∵矩形， ∴，，， ∴， 由旋转的性质得，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴，， 由勾股定理得，， ∵， ∴， 解得， ∴． 故答案为：． 【变式03】（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 【解析】 【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． 题型五 四边形的判定（含正方形、矩形、菱形） 【真题呈现05】（2025年上海市中考数学真题）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】或 【解析】 【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；∵关于直线对称点为， ∴， 设，则， ∵四边形是菱形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式01】（2024年上海市中考数学真题） 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 【解析】 【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】（2026·上海·浦东二模）已知四边形中，，下列判断中的正确的是（ ） A. 如果，那么四边形是等腰梯形 B. 如果，那么四边形是菱形 C. 如果AC平分BD，那么四边形是矩形 D. 如果，那么四边形是正方形 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方形、等腰梯形、矩形和菱形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：A． 如果BC=AD，那么四边形ABCD可能是等腰梯形，也可能是矩形，错误； B．如果AD∥BC，那么四边形ABCD是矩形，错误； C． 如果AC平分BD，那么四边形ABCD是矩形，正确； D．如果AC⊥BD，那么四边形ABCD不一定是正方形，错误； 故选：C． 【变式03】（2025·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 【解析】 【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． 【变式04】（2026·上海·虹口二模）如图，和都是等腰直角三角形，，，，连接、，，延长交于点，交于点． （1）求证：四边形为正方形； （2）如果，求证：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（）先利用已知的两个直角，通过减去公共角，推导出；再结合，用证明，得到；接着结合，判定四边形是矩形，最后根据邻边，得出四边形为正方形； （）连接，先由（）中正方形的性质，结合勾股定理得到；再利用等腰直角的角度关系和外角定理，推导出；随后通过两角对应相等证明，得到比例式，交叉相乘后结合，证得． 【小问1详解】 证明：∵， ∴，即， ∵在和中， ， ∴ ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形为正方形． 【小问2详解】 证明：连接， ∵四边形是正方形，是正方形的对角线， ∴，，， 由勾股定理得： ， ∵ ， ∴， 即， ∵， ∴， ∵由（）知 ，即， ∴， ∵是的外角， ∴， 在中，由内角和定理： ， ∴， 整理得， ∵， ∴， ∵在和中 ， ∴， ∴，即，代入， 得：． 【变式05】（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 【解析】 【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． 题型六 三角形的中位线与梯形 【真题呈现06】（2023年上海市中考数学真题）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 【解析】 【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． 【变式01】（2025·上海·崇明二模）在梯形中，//，那么下列条件中，不能判断它是等腰梯形是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】等腰梯形的判定定理有：①有两腰相等的梯形是等腰梯形；②对角线相等的梯形是等腰梯形；③在同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形，根据以上内容判断即可． 【详解】解：A、∵四边形ABCD为梯形，且//，，∴四边形ABCD等腰梯形，故本选项不符合题意； B、∠DAB=∠ABC，不能推出四边形ABCD是等腰梯形，故本选项符合题意； C、∵四边形ABCD为梯形，且//，∠ABC=∠DCB，∴四边形ABCD是等腰梯形，故本选项不符合题意； D、∵四边形ABCD为梯形，且//，，∴四边形ABCD是等腰梯形，故本选项不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题考查了等腰梯形的判定定理，等腰梯形的判定定理有：①有两腰相等的梯形是等腰梯形，②对角线相等的梯形是等腰梯形，③在同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形． 【变式02】（2026·上海·普陀二模）如图1，在矩形中，，．正方形的顶点E在的延长线上，，点G在边上，O为正方形的中心，如果过点O的一条直线平分这个组合图形的面积，且这条直线分别交、于点M、N，那么线段的长为（ ） A. B. C. D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】连接，交于点，过点和点的直线平分该组合图形的面积，交于，取中点，取中点，连接，，过点作于，由三角形中位线定理可求，，，，，，由平行线分线段成比例可得，由勾股定理可求的长，即可求解． 【详解】解：如图，连接，交于点，过点和点的直线平分该组合图形的面积，交于，取中点，取中点，连接，，过点作于， 四边形是矩形， ， 是中点， ，，， 四边形是正方形，， ， 同理可求，，， ，， ，， ， 四边形是矩形， ，， ， ， 。 【变式03】（2025·上海·黄浦二模）如图，已知四边形中，，点是四边形外一点，，连接并延长分别交、于点、． （1）求证：； （2），求证：． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）先证明垂直平分，得到，再根据等腰三角形的判定证明，即可得出结论； （2）先证明是的中位线，得到，从而可证明，由相似三角形的性质得出结论． 【小问1详解】 证明：连接，如图， ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【小问2详解】 证明：∵， ∴点N是，， 由（1）知垂直平分， ∴点M是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查线段垂直平分线的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，余角的性质．解题关键是熟练掌握线段垂直平分线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的性质． （限时训练：25分钟） 1.（2026·上海·长宁二模） 如图，方格纸中每个小正方形的边长为1，其上有一个四边形（A、B、C、D均为格点），那么下列说法中正确的是（ ） A. 四边形是菱形 B. 四边形的周长是 C. 四边形的面积是6 D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，由勾股定理求得，，即可判断；对于B，求出四边形的周长即可判断；对于C，设和相交于点O，则，，，求出四边形的面积即可判断；对于D，由，，即可判断． 【详解】解：根据勾股定理，，， ， 四边形不是菱形， 选项A错误，不符合题意； 四边形的周长是， 选项B错误，不符合题意； 设和相交于点O， 则，，， 四边形的面积是， 选项C正确，符合题意； ，， 选项D错误，不符合题意． 2.（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 【解析】 【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． 3.（2025·上海·中考预测）如图，在△ABC中，点O是角平分线AD、BE的交点，若AB＝AC＝10，BC＝12，则tan∠OBD的值是（    ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【知识点】求角的正切值 【分析】根据等腰三角形的性质，可得AD⊥BC，BD=BC=6，再根据角平分线的性质及三角的面积公式得，进而即可求解． 【详解】解：AB＝AC＝10，BC＝12， AD平分∠BAC， ∴AD⊥BC，BD=BC=6， ∴AD=， 过点O作OF⊥AB， ∵BE平分∠ABC， ∴OF=OD， ∵ ∴，即：，解得：OD=3， ∴tan∠OBD=， 故选A． 【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，角平分线的性质，锐角三角函数的定义，推出，是解题的关键． 4.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】## 【解析】 【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：． 5.（2025·上海崇明·二模）以下关于三角形中位线的命题中，真命题的是（ ） A．连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线 B．三角形的中位线等于第三边 C．三角形的中位线垂直于第三边 D．三角形的中位线平分第三边上的高 【答案】 A 【分析】 三角形中位线的定义为连接三角形两边中点的线段。中位线定理：中位线平行于第三边且等于第三边的一半。 【详解】 根据定义，A为真命题。三角形的中位线等于第三边的一半，不是等于第三边（B假）。中位线平行于第三边，不是垂直（C假）。中位线不平分第三边上的高（D假）。故选A。 【方法总结】 三角形的中位线必须同时满足“连接两边中点”这一条件，其性质是平行且等于第三边的一半。中位线与中线有本质区别，不要混淆。 6.（2025·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 【分析】 本题考查轴对称图形的概念及常见平面图形对称轴的数量，需要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】 选项A (等腰直角三角形)：有1条对称轴，为底边上的高所在的直线。选项B (等腰梯形)：有1条对称轴，为过上、下底边中点连线的直线。选项C (正方形)：有4条对称轴。其中2条为两组对边中点连线，另外2条为两条对角线所在的直线。选项D (正三角形)：有3条对称轴。正三角形共有三条对称轴，分别是其三条中线所在的直线。 比较各图形的对称轴数量：1, 1, 4, 3。因此，对称轴条数最多的是正方形。 【方法总结】 熟记常见平面图形的对称轴数量是快速解题的关键。例如，圆有无数条对称轴；正n边形有n条对称轴；普通的平行四边形（非特殊）没有对称轴。 7. （2025·浦东·二模）如果梯形的下底长为7，中位线长为5，那么其上底长为______。 【答案】 3 【分析】 本题主要考查梯形中位线定理。梯形中位线平行于两底，且等于上底与下底和的一半。已知下底和中位线长，可直接代入公式求解上底。 【详解】 设梯形的上底长为 x。 根据梯形中位线定理： m = (a + b) / 2 其中 m 为中位线长，a 为上底长，b 为下底长。 代入已知数据： 5 = (x + 7) / 2 x = 3 所以，该梯形的上底长为 3。 【方法总结】 梯形中位线公式 m = (a + b) / 2 中，共涉及三个量：中位线 m、上底 a、下底 b。已知其中任意两个量，即可通过解方程求出第三个量。 8.（2026·上海·徐汇二模）如图，用24米铝型线材做成一个窗框（含内框、），窗框上方是两个全等的正方形和，下方是矩形．如果正方形的边长为米，那么下方矩形的面积为__________平方米．（用含的代数式表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据窗框上方是两个全等的正方形和，得到，求出，，即可求出矩形的面积． 【详解】解：∵窗框上方是两个全等的正方形和， ∴， ∵， ∴ ∴ ∴矩形的面积为． 9.（2026·上海·徐汇二模）如图，在菱形中，点、分别在边、上，将菱形沿着翻折，使点恰好与的重心重合．若菱形的面积为18，则的面积为__________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据相似可知三角形重心满足，再根据菱形对角线性质，，进而可知，再根据相似三角形即可求解． 【详解】解：取的中点，连接，取的中点，连接与交于点，则点G为重心， 在菱形中，连接， ∴为的中点， ∴点在的线段上， ∴，, ∴,，， ∴，是的中点， ， ∴， ∴， ∵关于的对称点是, ∴， ∴， ∵菱形的面积为18， ∴， ∵， ∴,， ∴， ， ． 学科网（北京）股份有限公司 $内角和定理：三角形内角和180°：直角三角形两锐角互余：外角等于不相邻两内角和 题型一三角形的内角与外角O 外角性质：外角大于任一不相邻内角：外角和360° 边的关系：两边和大于第三边：两边差小于第三边：第三边介于两边差与和之间 等腰性质：两腰相等：等边对等角：三线合一 等腰判定：两边相等：等角对等边 题型二等腰三角形与等边三角形。 等边性质：三边三角均60°：三条对称轴：面积S=V3/4a2 等边判定：三边相等：三角相等：含60°等腰三角形 分类讨论：边长分腰底：角度分顶角底角：高分内外位置 判定方法：SSS:SAS;ASA:AAS:HL 全等性质：对应边角相等：对应线段相等：周长面积相等 题型三全等三角形的判定与性质○ 全等模型：平移型：旋转型：对称型：8字型；一线三等角型 书写规范：指明判定：条件对应：结论明确：逻辑不跳步 平行四边形：对边平行且相等：对角相等邻角互补：对角线平分：中心对称 矩形：四角直角：对角线相等且平分 题型四平行四边形与特殊平行四边形性质○ 菱形：四边相等：对角线垂直平分：平分一组对角 正方形：四边四角相等：对角线相等垂直平分：四条对称轴 包含关系：矩形、菱形属于平行四边形：正方形兼属矩形菱形 平行四边形判定：对边平行相等：一组对边平行且相等：对角线平分：对角相等 矩形判定：直角平行四边形：对角线相等平行四边形：三角为直角四边形 题型五特殊四边形的判定○ 菱形判定：邻边相等平行四边形：对角线垂直平行四边形：四边相等四边形 正方形判定：邻边相等矩形：直角菱形：对角线相等垂直平分平行四边形 易错提醒：对角线相等≠矩形：对角线垂直菱形：先证平行四边形 三角形中位线：中点连线：平行且等于第三边一半：过中点平行则平分第三边 三角形重心：中线交点：分中线比例2：1 题型六三角形的中位线与梯形O 梯形中位线：两腰中点连线：平行两底：长度=（上底+下底）2 梯形辅助线：作腰平行线：作高；延长两腰：连对角线 专题04 三角形与四边形的认识高频考点6大题型 目 录 高频考情深度解读（中考命题规律透视+培优备考要求） 核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧） 聚焦题型精准解密（6大题型精讲+变式拔高训练） 题型一 三角形的内角与外角 题型二 等腰三角形与等边三角形的性质 题型三 全等三角形的判定与性质 题型四 平行四边形与特殊平行四边形的性质 题型五 四边形的判定（含正方形、矩形、菱形） 题型六 三角形的中位线与梯形 实战演练高效提分（中考仿真模拟+限时训练提升） 三角形与四边形是上海中考数学图形与几何领域的核心模块，在满分150分的试卷中约占52分，占全卷的35%左右。作为几何部分的“骨架”，这部分内容是后续学习相似三角形、锐角三角比、圆以及函数与几何综合压轴题的重要基础。从近五年考情看，该模块涵盖三角形的内角与外角、等腰三角形与等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、特殊四边形的性质与判定、三角形中位线定理、梯形、尺规作图等考点，题型分布广泛，选择、填空与解答题均有覆盖。通常在第23题设置一道几何证明解答题，近年还偶有在第19-22题中出现尺规作图或无刻度直尺作图的解答题。专家指出，该类试题立足基础，强调对图形性质的理解、判定与性质的区别以及推理论证的规范性。2025年中考在梯形分割拼三角形探究题中，立意新颖，层层深入考查考生的创新意识，结果的开放性为不同考生提供多样的发展空间。该模块整体难度梯度合理，层次分明，基础题确保学生能拿下基本分，中档题和创新题则考查学生的几何直观与深度思维能力。 基础知识必备：理解三角形内角和定理（5年3考），掌握三角形外角性质及推论，能运用“两边之和大于第三边”解决边的关系问题；熟练掌握等腰三角形的“三线合一”性质及其逆命题（5年5考），能准确区分等腰三角形的性质与判定，理解等边三角形是特殊的等腰三角形并掌握其对称性与面积公式；掌握全等三角形的五种判定方法（SSS、SAS、ASA、AAS、HL）（5年5考），会书写规范的几何证明过程，能熟练运用“8字型”全等、旋转全等等常见模型进行证明；掌握特殊四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形）的性质与判定（5年5考），能准确把握各种四边形之间的包含关系（如正方形既是矩形也是菱形），熟练运用对角线的各种性质（相等、垂直、平分、平分对角）进行推理与计算；掌握三角形中位线定理（中位线平行于第三边且等于第三边的一半）（5年3考），了解三角形重心的定义与性质；了解梯形的基本概念，掌握等腰梯形、直角梯形的性质；掌握五种基本尺规作图（作线段、作角、作角平分线、作垂直平分线、作垂线）（5年3考），能根据作图痕迹分析作图原理，了解无刻度直尺作图的基本思路。 2026中考预测： 题型稳定：三角形内角和与外角的性质应用、等腰三角形的“三线合一”辨析、特殊四边形（平行四边形、矩形、菱形、正方形）的性质判断仍为选择和填空的必考内容。第23题几何证明解答题将保持“全等三角形+特殊四边形性质”或“相似三角形判定与应用”为主的格局，形式上可能为2小问（通常6+6分），对逻辑链的完整性和书写的规范性有较高要求。尺规作图题在2018年考查过三角形中位线定理与平行四边形的判定，2025年各区一模、二模及中考中均有明显体现，2026年仍可能在第21/22题或选择填空中出现，考查作图痕迹的阅读与作图原理的推理分析，题型以“识别+判断+简单操作”为主，不再仅仅停留在“辨别”层次，可能要求“补全步骤”或“论证正确性”。 难度平稳：以基础题和中档题为主，不设置偏题、怪题，在0.7-0.8的难度系数区间浮动。三角形内角和等基础概念考查直接，重在辨析和应用；图形运动背景下的几何题比例可能略有上升，更注重考查学生的几何直观与空间观念。第23题难度适中，常见模型包括“8字型”全等、平行四边形内角平分线模型、梯形+中位线模型、等腰三角形+旋转模型等，重在考查通性通法和规范推理。 命题趋势：几何证明题将从“纯证明”向“证明+计算”适度融合方向演变，可能在同一道几何题中既要求证明位置关系，也要求计算线段的长度或角度的大小，但不降低对推理论证能力的要求。尺规作图与无刻度直尺作图结合的考查形式将继续出现，是新课标强调的核心素养之一，可能要求学生在理解作图原理的基础上进行简单的无刻度直尺作图（如作一个三角形的高、中线、重心等）。四边形与图形运动（平移、翻折、旋转）的结合是近年热点，第18题等填空压轴位置出现概率增大，常考查翻折后点的坐标、旋转后的重叠面积等典型问题，体现“图形运动”这一上海中考的特色考点。整体强调“基础核心+规范推理+适度创新”。 题型一 三角形的内角与外角 【真题呈现01】（2024年上海市中考数学真题）在菱形中，，则___________． 【变式01】（2026·上海·静安二模）我们知道，晾衣架中存在多组平行关系，现将其侧面抽象成几何图形（如图所示），已知，如果，，那么______°． 【变式02】（2025·上海宝山·二模）“任意画一个三角形，它的内角和为180°”属于（　） A．必然事件　　B．随机事件　　C．不可能事件　　D．以上都不是 【变式03】（2025·上海崇明·二模）如图，在中，，，点在边上，且，将绕着点逆时针旋转，点落在的一条边上的点处，那么旋转角的度数是_____． 题型二 等腰三角形与等边三角形的性质 【真题呈现02】（2025年上海市中考数学真题）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）． 【变式01】（2025·上海·虹口三模）如图，在矩形中，对角线、相交于点O，垂直平分，交于点E，交于点F，连接，若，则的长为 _______________． 【变式02】（2026·上海·长宁二模）如图，在中，，．将绕着点旋转，点、的对应点分别是点，，如果点恰好在直线上，且，那么的值为________． 【变式03】（2025·上海·闵行二模）如图，在等边三角形中，、分别在、上，连接、交于，连接交于点．有下列两个命题： ①如果，那么为中点； ②如果，那么． 对于这两个命题判断正确的是（ ） A. ①②都真命题； B. ①是真命题，②是假命题； C. ①是假命题，②是真命题； D. ①②都是假命题． 题型三 全等三角形的判定与性质 【真题呈现03】（2024年上海市中考数学真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且． 为线段延长线上一点，且满足，求证：． 【变式01】（2023年上海市中考数学真题） 如图，在梯形中，点F，E分别在线段，上，且， （1）求证： 【变式02】（2026·上海·普陀二模）如图，在四边形中，，点E在边上，，，． （1）求的长； 【变式03】（2025·上海·徐汇二模）如图，是正方形的对角线，点E、F分别在边上，，延长到，且，连接． （1）求证：； 题型四 平行四边形与特殊平行四边形的性质 【真题呈现04】（2023年上海市中考数学真题）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（ ） A. B. C. D. 【变式01】（2026·上海·宝山二模）如图，在矩形中，将绕点B旋转至的位置，点在的延长线上，与交于点E，如果，，那么四边形的面积是______． 【变式02】（2025·上海·徐汇二模） 如图，矩形中，，将矩形绕着点顺时针旋转得矩形，恰好落在对角线上，连接，如果与边相交，且，那么的长是___________． 【变式03】（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_______________． 题型五 四边形的判定（含正方形、矩形、菱形） 【真题呈现05】（2025年上海市中考数学真题）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________． 【变式01】（2024年上海市中考数学真题） 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】（2026·上海·浦东二模）已知四边形中，，下列判断中的正确的是（ ） A. 如果，那么四边形是等腰梯形 B. 如果，那么四边形是菱形 C. 如果AC平分BD，那么四边形是矩形 D. 如果，那么四边形是正方形 【变式03】（2025·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 【变式04】（2026·上海·虹口二模）如图，和都是等腰直角三角形，，，，连接、，，延长交于点，交于点． （1）求证：四边形为正方形； （2）如果，求证：． 【变式05】（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 题型六 三角形的中位线与梯形 【真题呈现06】（2023年上海市中考数学真题）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 【变式01】（2025·上海·崇明二模）在梯形中，//，那么下列条件中，不能判断它是等腰梯形是（ ） A. B. C. D. 【变式02】（2026·上海·普陀二模）如图1，在矩形中，，．正方形的顶点E在的延长线上，，点G在边上，O为正方形的中心，如果过点O的一条直线平分这个组合图形的面积，且这条直线分别交、于点M、N，那么线段的长为（ ） A. B. C. D. 13 【变式03】（2025·上海·黄浦二模）如图，已知四边形中，，点是四边形外一点，，连接并延长分别交、于点、． （1）求证：； （2），求证：． （限时训练：25分钟） 1.（2026·上海·长宁二模） 如图，方格纸中每个小正方形的边长为1，其上有一个四边形（A、B、C、D均为格点），那么下列说法中正确的是（ ） A. 四边形是菱形 B. B. 四边形的周长是 C. 四边形的面积是6 D. D. 2.（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 3.（2025·上海·中考预测）如图，在△ABC中，点O是角平分线AD、BE的交点，若AB＝AC＝10，BC＝12，则tan∠OBD的值是（    ） A． B．2 C． D． 4.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________． 5.（2025·上海崇明·二模）以下关于三角形中位线的命题中，真命题的是（ ） A．连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线 B．三角形的中位线等于第三边 C．三角形的中位线垂直于第三边 D．三角形的中位线平分第三边上的高 6.（2025·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 7.（2025·浦东·二模）如果梯形的下底长为7，中位线长为5，那么其上底长为______。 8.（2026·上海·徐汇二模）如图，用24米铝型线材做成一个窗框（含内框、），窗框上方是两个全等的正方形和，下方是矩形．如果正方形的边长为米，那么下方矩形的面积为__________平方米．（用含的代数式表示） 9.（2026·上海·徐汇二模）如图，在菱形中，点、分别在边、上，将菱形沿着翻折，使点恰好与的重心重合．若菱形的面积为18，则的面积为__________． 学科网（北京）股份有限公司 $