易错08 四边形背景的几何综合（易错专练，5大易错剖析+避错秘籍+易错闯关）（上海专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

**基本信息** 以错因诊断为切入点，构建“错因-方法-迁移”三阶突破体系，系统梳理特殊四边形性质判定及综合应用，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平行四边形|1例+3变式|错因剖析（概念混淆/辅助线不当）、防错指南（性质强化/模型应用）|平行四边形性质→判定→中心对称模型| |菱形|1例+3变式|错因剖析（对角线性质记错）、防错指南（垂直构造直角三角形）|平行四边形→菱形（邻边相等/对角线垂直）| |矩形|1例+3变式|错因剖析（折叠不变量忽略）、防错指南（折叠对应关系分析）|平行四边形→矩形（直角/对角线相等）| |正方形|1例+3变式|错因剖析（性质混用）、防错指南（矩形+菱形性质综合）|矩形/菱形→正方形（双条件判定）| |梯形|1例+3变式|错因剖析（辅助线添加不当）、防错指南（转化三角形/平行四边形）|梯形→等腰/直角梯形（特殊性质应用）|

专题08 四边形背景的几何综合 目录 第一部分 错因诊断与精准突破 错因剖析 避错秘籍 变式迁移 易错点 1 以平行四边形为背景命题的求解错误 易错点 2 以菱形为背景命题的求解错误 易错点 3 以矩形为背景命题的求解错误 易错点 4 以正方形为背景命题的求解错误 易错点 5 以梯形为背景命题的求解错误 第二部分 易错题验收与闯关 易错点1 以平行四边形为背景命题的求解错误 错因剖析 概念混淆：混淆平行四边形边、角、对角线的性质，易错误认为普通平行四边形对角线相等；混淆平行四边形与矩形、菱形的独有性质，解题随意套用特殊图形结论，运用对边相等、对角相等、邻角互补等性质时混淆误用。 认知偏差：不会合理添加辅助线，连接对角线、作高等辅助线作法不合理，无法借助图形性质解题；添加辅助线后，不能准确分析新形成三角形的边角关系，找不到解题突破口。 基础薄弱：平行四边形与三角形、相似图形综合解题能力不足，无法梳理不同图形之间的关联；利用相似求解问题时，找不准对应边、对应角，比例关系梳理错误，综合推理思路混乱。 【例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) 【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． 避错秘籍 【防错指南】 （1）牢记平行四边形的各种性质，通过练习强化对性质的理解和运用。 （2）添加辅助线时，明确目的，根据问题需求合理添加，并分析辅助线带来的新条件。 （3）遇到综合问题，梳理不同图形的性质，找到它们之间的关联点，逐步推导。 【知识链接】 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．平行四边形的性质 （1）边：两组对边分别平行且相等． （2）角：对角相等，邻角互补． （3）对角线：互相平分． （4）对称性：中心对称但不是轴对称． 3．注意： 利用平行四边形的性质解题时一些常用到的结论和方法： （1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半． （2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题． （3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长． 4．平行四边形中的几个解题模型 （1）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE． （2）平行四边形的一条对角线把其分为两个全等的三角形，如图②中△ABD≌△CDB； 两条对角线把平行四边形分为两组全等的三角形，如图②中△AOD≌△COB,△AOB≌△COD； 根据平行四边形的中心对称性，可得经过对称中心O的线段与对角线所组成的居于中心对称位置的三角形全等，如图②△AOE≌△COF.图②中阴影部分的面积为平行四边形面积的一半． （3）如图③，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE. （4）如图④，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD． 5.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. （2）方法二：两组对边分别相等的四边形是平行四边形. （3）方法三：有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. （4）方法四：对角线互相平分的四边形是平行四边形. （5）方法五：两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 变式迁移 【变式1-1】（2025·上海·一模）如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值______． 【答案】/ 【分析】本题考查旋转的性质、平行四边形的性质、等腰三角形的判定、相似三角形的判定与性质等知识，利用相似三角形的性质求解是解答的关键． 设，根据平行四边形的性质和旋转性质得到，，利用等腰三角形的性质和三角形的外角性质得到，进而利用等角对等边可得，证明，利用相似三角形的性质求得即可求解． 【详解】解：如图，设， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 由旋转的性质得，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵点E为的中点， ∴， ∵，为公共角， ∴， ∴，即， 解得， ∴． 故答案为：． 【变式1-2】（2026·上海奉贤·二模）如图，在平行四边形中，对角线、交于点，交于点、交于点，且，． (1)如果，求证：； (2)连接．如果，求证：是的中点． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质． （1）根据四边形是平行四边形，，可推出，根据，可推出，结合证明即可得证； （2）由可得，又有，则，得，则，结合可得，又由（1）得，可证，得到，结合平行四边形的性质即可得证． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ； （2）证明：， ， 又， ， ， ， （对顶角相等）， ， 又， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 为中点， ， 是的中点． 【变式1-3】（2026·上海金山·二模）在平行四边形中，，为锐角．要在对角线上找点、（且点、分别与点、不重合），使，甲、乙、丙分别提出方案（如图）． 甲：使． 乙：作，，垂足分别为、． 丙：在上任取一点，连接，再以为圆心、以长为半径作弧，交于点． (1)选择其中一种正确的方案进行证明：； (2)根据你在（1）中选择的方案，延长交边于点，若，求证：． 【答案】(1)选择方案甲或方案乙，证明见解析 (2)见解析 【分析】（1）选择甲方案，证明，得到，则可证明，得到；乙方案，证明如下：先证明，再证明，得到，则可证明四边形是平行四边形，得到； （2）在方案甲中，证明，得到，证明，得到，再证明，证明；在方案乙中，由（1）可得，则，同理可证明． 【详解】（1）解：选择甲方案，证明如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 选择乙方案，证明如下： ∵，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）证明：如图所示，在方案甲中， ∵四边形是平行四边形， ∴ ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； 如图所示，在方案乙中，由（1）可得， ∴， ∴同理可证明． 易错点2 以菱形为背景命题的求解错误 错因剖析 概念混淆：混淆菱形与平行四边形、矩形的性质，记错核心特征；易把菱形对角线互相垂直平分错记为仅互相平分，混淆对角线平分内角这一独有性质；分不清菱形判定条件，随意用邻角相等、对角线相等判定菱形。 认知偏差：不能灵活利用菱形四边相等、对角线平分一组对角推导角度关系；遇到线段、最值问题，不会结合对角线垂直构造直角三角形解题；忽略菱形轴对称、中心对称特征，无法转化等量关系。 基础薄弱：菱形与直角三角形、相似图形综合题型中，不会借助对角线垂直拆分图形；利用边长、对角线长求周长、面积时公式运用出错；涉及动点、折叠题型，找不到不变边角关系，计算与推理漏洞多。 【例2】（2026·上海静安·二模）菱形中，点E在线段上，连接、． (1)如图1，连接交于点F，若，求证：； (2)如图2，，，点P在线段上，且满足，设，， ①求y关于x的函数解析式，并写出定义域； ②当时，以为半径的和以为半径的是否相交？如果相交，求出它们的公共弦长；如果不相交，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①；②相交， 【分析】（1）由等边对等角可得，由菱形的性质可得，，再证明点、、、四点共圆，得出，即可得证； （2）①作，交的延长线于点，由菱形的性质可得，，求出，，可得，由勾股定理可得，再证明，由相似三角形的性质计算即可得出结果；②当时，，则，，结合，得出以为半径的和以为半径的相交，设两圆相交于，连接、、、，连接交于点，则，，由垂径定理可得，，设，则，再结合勾股定理计算即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴点、、、四点共圆， ∴， ∴； （2）解：①如图，作，交的延长线于点， ， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当时，， ∴，， ∵，且， ∴以为半径的和以为半径的相交， 如图，设两圆相交于，连接、、、，连接交于点， ， 则，， 由垂径定理可得：，， 设，则， ∵，， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质、菱形的性质、圆内接四边形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 避错秘籍 【防错指南】 （1）深入理解菱形的性质和判定定理，准确把握每个性质和定理的条件与结论。 （2）涉及菱形计算时，仔细分析已知条件，合理运用对角线性质，认真检查计算过程。 （3）在综合问题中，明确不同知识模块之间的联系，正确运用相关公式和定理。 【知识链接】 知识点1：菱形的性质 1.边：对边平行，四条边都相等 2.角：对角相等 3.对角线： 4.对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，对角线所在直线就是对称轴 知识点2：菱形的判定 1. 定义法：有一组邻边相等的平行四边形是菱形 2. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 3. 四条边都相等的四边形是菱形 知识点3：四边形、平行四边形、菱形之间的关系 知识点4：菱形面积求法 1. 由于菱形是平行四边形，所以菱形的面积也可以表示为（表示菱形的边长，表示此边上的高） 2. 由于菱形的对角线把菱形分成四个全等的直角三角形，所以菱形的面积可以用对角线乘积的一半来表示. 变式迁移 【变式2-1】（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】/ 【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2-2】（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) 【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2-3】34．（2026·上海崇明·二模）如图，已知四边形是平行四边形，点是对角线上一点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)点是边上一点，与相交于点，若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接交于点，利用等腰三角形的性质证明，即可得到结论； （2）根据题意得到，证明，推出，即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图，连接交于点， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是菱形； （2）证明：， ， 由（1）知，四边形是菱形； ，， ， ， ， ． 易错点3 以矩形为背景命题的求解错误 错因剖析 概念混淆：混淆矩形与平行四边形、菱形的性质，误将菱形对角线互相垂直的特点套用在矩形上；记错矩形对角线性质，只知相等忽略互相平分，分不清矩形四个内角均为直角这一核心特征，边角性质乱用。 认知偏差：面对矩形折叠题型，未能吃透折叠前后对应边相等、对应角相等的不变关系；无法准确找出折叠形成的全等、相似三角形，搞错边角对应位置，造成边长、角度、面积推算出错。 基础薄弱：矩形与三角形、圆等图形综合题型解题能力欠缺，难以梳理组合图形间的几何关联；求解内嵌图形边长、位置关系及组合面积时，图形结构分析不到位，公式选用与数值计算频频出错。 【例3】（2026·上海奉贤·二模）如图，已知矩形是边的中点，是边上一点，将四边形沿直线翻折，得到四边形，（点、分别与点、对应）．如果点、在同一条直线上，那么的值是___________． 【答案】 【分析】通过翻折性质得到与，结合得到内错角相等，进而证明为等腰三角形，使问题得解．关键在于利用与的大小关系及三角形内角和确定点只能落在、之间． 【详解】解：设， ∵， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，，， 在中，， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， 由翻折性质得，， 如图，当F与点C重合时，点M在如图位置，由于F不能再向右移动，故点M不能在的延长线上， ∵， ∴点只能落在、之间， 点在点、点之间时， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 避错秘籍 【防错指南】 （1）熟练掌握矩形的性质，在解题时根据已知条件合理运用，尤其注意直角和对角线相等这两个关键性质。 （2）处理折叠问题时，画出准确的示意图，明确折叠前后的对应关系，仔细分析图形变化。 （3）面对组合图形问题，分别梳理不同图形的性质，找到它们的公共点和关联条件，逐步求解。 【知识链接】 知识点1：矩形的性质 1.边：对边平行且相等； 2.角：四个角都是直角； 3.对角线：对角线相等且互相平分； 4.对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，有两条对称轴.（对称轴为矩形对边中点所在的直线） 知识点2：矩形的判定 1. 定义法：有一个角是直角的平行四边形； 2. 对角线相等的平行四边形是矩形； 3.有三个角都是90°的四边形是矩形. 知识点3：四边形、平行四边形、矩形之间的关系 说明：矩形面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB．（如图） 变式迁移 【变式3-1】（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】 【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． 【变式3-2】（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 【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3-3】（2026·上海徐汇·一模）我们将宽和长之比为（约为）的矩形称为“黄金矩形”，它可以通过折纸获得．如图1所示，将长方形纸片第一次沿折叠，使点和点重合，展开后再将纸片沿对折叠，使点和点重合；如图2所示，展开后连接，再将纸片第三次沿折叠，使得落在长方形纸片的边上且点落在点处，再次展开，过点作的垂线，垂足为点．请在阅读理解的基础上写出图中的“黄金矩形”：_________． 【答案】矩形，矩形 【分析】由折叠可得四边形为正方形，，设，则，由勾股定理可得，第三次折叠可得，从而，进而可得，故可得答案． 【详解】解：由第一次沿折叠可知四边形为正方形， 则， 再将纸片沿对折，则可知， 设，则， 连接，则， 再将纸片第三次沿折叠，落在长方形纸片的边上且点落在点处， ， ， ，， 即图中的“黄金矩形”为矩形，矩形． 故答案为：矩形，矩形． 【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，黄金分割，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解题关键． 易错点4 以正方形为背景命题的求解错误 错因剖析 概念混淆：混淆正方形与矩形、菱形的性质，不能准确区分三者异同；忽略正方形兼具矩形和菱形所有性质，运用边角、对角线性质时随意混用，记错对角线平分内角、对角线互相垂直相等且平分等核心特点，性质使用混乱。 认知偏差：判定正方形思路不清，证明过程条件残缺，分不清先证矩形再证邻边相等、先证菱形再证有一个直角两种判定思路；遇到旋转、平移、折叠题型，无法快速找出图形变换前后相等线段与相等角，挖掘隐藏等量关系能力不足。 基础薄弱：正方形与三角形、相似、三角函数综合解题漏洞多；利用正方形特殊角度进行计算时边角对应错误；求解阴影面积、线段最值、动点问题时，几何模型识别不清，列式与运算容易出现失误。 【例4】（2026·上海浦东新·二模）折纸是承载中国传统礼俗与生活智慧的民间传统艺术．学校折纸社团的同学们用正方形纸片开展折纸活动． 【发现问题】如图1，将正方形纸片对折再展开，折痕交于点、交于点，点、分别是边、的二等分点．在第一次对折后，同向再对折一次（如图2），可得到边的________等分点．按照这样的方式对折次（是正整数）可以得到边的_________等分点（用含的代数式表示），但这样折的方式都不会得到边的三等分点． 【提出问题】能不能通过折纸的方式得到边的三等分点？ 【分析问题】围绕这个问题，同学们展开了讨论． 小明：要得到边的三等分点，得想想别的折法． 小华：同向对折的方式得不到边的三等分点，能否通过把角翻折到边上，构造出的比例？ 小海：嗯，我是这样想的，在第一次对折展开（如图1）的基础上，将点沿着直线翻折到点处（如图3），折痕分别交正方形的边于点、．边交正方形的边于点，就是边的一个三等分点． 【解决问题】 (1)完成填空； (2)求的长； (3)判断小海的折法是否正确并说明理由． 【答案】(1)四，； (2) (3)正确，理由见解析 【分析】（1）根据题意可得答案； （2）设，则由折叠的性质可得，求出的长，利用勾股定理可得方程，解方程即可得到答案； （3）证明，得到．则，可求出，据此可得结论． 【详解】（1）解：由题意得，第一次对折后，同向再对折一次（如图2），可得到边的四等分点．按照这样的方式对折次（是正整数）可以得到边的等分点； （2）解：设，则由折叠的性质可得 ∵四边形是正方形， ∴． ∵是的中点，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴； （3）解：小海的折法正确，理由如下： 由折叠的性质和正方形的性质可得． ∴，， ∴． ∴． ∴． ∴， 解得， 由可知，是边的一个三等分点． 避错秘籍 【防错指南】 （1）系统梳理正方形的性质，明确其与矩形、菱形性质的联系与区别，解题时准确运用。 （2）对于动点问题，通过画图和分析运动过程，找出关键位置和不变量，建立正确的数学模型。 （3）在坐标系问题中，熟练掌握坐标与几何图形的对应关系，仔细分析坐标变化带来的图形变化。 【知识链接】 知识点1：正方形的性质 1. 边：对边平行，四条边都相等 2. 角：四个角都是直角 3. 对角线 4. 对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，有四条对称轴 5. 正方形面积求法：（表示正方形的边长，表示正方形的对角线） 注：正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形 知识点2：正方形的判定 1. 有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形 2. 有一组邻边相等的矩形是正方形 3. 对角线互相垂直的矩形是正方形 4. 有一个角是直角的菱形是正方形 5. 对角线相等的菱形是正方形 知识点3：四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系 知识点4：中点四边形 定义：依次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形. 常见结论 原图形 中点四边形的形状 任意四边形 平行四边形 矩形 菱形 菱形 矩形 正方形 正方形 对角线相等的四边形 菱形 对角线垂直的四边形 矩形 对角线垂直且相等的四边形 正方形 变式迁移 【变式4-1】（2026·上海静安·二模）如图，正方形中，点E在边上，点F是正方形外一点，连结、、，对角线与线段相交于点M，如果，且． (1)求证：，； (2)当点E是边的中点时，请直接写出与面积的比值： ． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】本题考查正方形的性质，相似三角形的性质和判定，等腰直角三角形 （1）先证明，得，再证明，得是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形斜边是直角边的倍，即可证明． （2）先证明，再证明，设，得，，最后利用求解即可． 【详解】（1）证明：∵是正方形的对角线， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴, ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． （2）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点E是边的中点， ∴设，则， ∴， ， ∴． 【变式4-2】（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 【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． 易错点5 以梯形为背景命题的求解错误 错因剖析 概念混淆：对梯形及等腰梯形、直角梯形定义与性质掌握模糊，易混淆两类特殊梯形边角特征；判定四边形为梯形时，错误判断对边平行关系，误用平行四边形性质套用在梯形上，性质区分不清。 认知偏差：解决梯形问题时，不会灵活选用作高、平移腰、平移对角线、延长两腰等常用辅助线；辅助线添加位置与方式不合理，不能将梯形顺利转化为三角形、平行四边形，难以借助已知条件推导边长、高与面积。 基础薄弱：梯形与相似三角形综合题型解题能力不足，难以快速找出图形中隐藏的相似三角形；运用相似性质解题时，找错对应边、对应角，比例式书写错误，无法准确完成线段与角度计算。 【例5】（2026·上海徐汇·二模）在四边形中，，点在边上，且，连接、． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当时，求的值； (3)如图3，当四边形为矩形且时，点在线段上，且截、两边所得的两条弦相等．如果与的公共弦所在直线恰好经过点，的半径为3，求此公共弦的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）延长交延长线于点，由，可得，再证明，即可证明结论； （2）延长交延长线于点，过点作于点，过点作于点，过点作于点，同理（1）可得，，设，，则，，，，求出，，在中，利用勾股定理即可求解； （3）过点作于点，连接，，设与交于点，由条件先可得，，再由截、两边所得的两条弦相等，可得，再证明是等边三角形，可得，再由中，的公共弦，可得垂直平分，即可求解． 【详解】（1）证明：如图，延长交延长线于点， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，，即， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴． （2）解：如图，延长交延长线于点，过点作于点，过点作于点，过点作于点， 同理（1）可得，， ∵， ∴， ∴， 同理（1）可得，， ∴， ∴， 设，，则，，，， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，， 在和中 ， ∴（直角三角形全等的判定定理）， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴． （3）解：如图，过点作于点，连接，，设与交于点， ∵四边形为矩形且， ∴，，，则，， 在中，， 在中，， ∵截、两边所得的两条弦相等， ∴点到和的距离相等， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点为的中点， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵中和的公共弦， ∴，， ∴垂直平分， ∴，， ∴， ∴， 在中，， ∴． 避错秘籍 【防错指南】 （1）准确理解梯形及其特殊类型的概念和性质，通过对比记忆加深理解。 （2）学习并掌握不同类型辅助线的添加方法和适用场景，根据题目条件合理添加辅助线。 （3）遇到与相似三角形等综合问题时，仔细分析图形中的平行关系和角的关系，找出相似三角形，正确运用相似性质解题。 【知识链接】 梯形是一组对边平行，另一组对边不平行的四边形。特殊梯形有等腰梯形（两腰相等，同一底上的两个内角相等，对角线相等 ）和直角梯形（有一个角是直角 ）。梯形的面积公式为(上底 + 下底)×高的一半。 变式迁移 【变式5-1】（2026·上海黄浦·一模）如图，在梯形中，，，． (1)求证：； (2)求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了锐角三角函数，梯形的性质，勾股定理及相似三角形的判定和性质，掌握相关性质是解题的关键． （1）先证，再根据角的关系可得，进而得到即可证明； （2）由勾股定理得，，再证，得到，进而得到，，再利用代入计算即可． 【详解】（1）证明：设相交于点， ，则可设，，， ，， ， ， ， ， ， ， 即； （2）解：根据题意，， ， ， ， ， ，即， ， 解得， ， 解得，， 由（1）知，即， ． 【变式5-2】（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 【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， ， ， ， ， ， 【变式5-3】（2026·上海杨浦·二模）如图，在梯形中，，，， (1)当，，时，求的值 (2)若等腰梯形的腰长等于上、下底的比例中项，F为边上一点，E为边上一点； ①若，求证：． ②连接，是否存在等腰梯形，使得为等腰三角形，若存在，请直接写出的值，若不存在，请写出理由． 【答案】(1) (2)①见解析；②存在，，理由见解析 【分析】（1）过点A作于点G，过点D作于点H，则四边形是矩形，得出，，再证明，求出，即可求解； （2）①由等腰梯形腰长是上下底的比例中项，得出，结合，得出，过点作延长线于点T，过点作延长线于点R，证明，再求出，，代入化简即可求解； ②设，，，其中，由等腰梯形腰长是上下底的比例中项，得出，同（1）可得，分当时、当时、当时，分别进行讨论判断即可． 【详解】（1）解：如图，过点A作于点G，过点D作于点H， ∵在梯形中，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：①∵等腰梯形腰长是上下底的比例中项， ∴，变形得， ∵， ∴，得， 如图，过点作延长线于点T，过点作于点R， ∵在等腰梯形中，，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵，， ∴ ， ∴； ②存在，理由： 设，，，其中， ∵等腰梯形腰长是上下底的比例中项， ∴， 过点A作于点G，过点D作于点H， 同（1）可得， 当时， ∴， ∵在等腰梯形中，， ∴，即与共线，不存在； 当时， ∵，， ∴， ∵， ∴，得，即，不存在； 当时，如图，过点作于点P， ∴， ∴， ∵， ∴，得， ∵， ∴，得， ∴，得， ∴； 综上，存在，． 1. （2026·上海崇明·二模）已知平行四边形的对角线、相交于点，下列补充条件中，能判定这个平行四边形是正方形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】本题已知四边形是平行四边形，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，逐一分析选项，正方形是同时满足矩形和菱形性质的平行四边形． 【详解】解：∵原四边形是平行四边形， 对选项A：∵， ∴平行四边形是矩形，又与是等价的，都能判定该平行四边形是矩形，不能判定为正方形，故A不符合题意； 对选项B：∵平行四边形对角线互相平分， ∴，， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形， 又∵， ∴平行四边形是菱形， ∵平行四边形既是矩形又是菱形，因此是正方形，故B符合题意； 对选项C：∵， ∴平行四边形是菱形，菱形本身对角线互相垂直，因此不能推出它是正方形，故C不符合题意； 对选项D：平行四边形对角线本来互相平分，恒成立，仅能推出平行四边形是矩形，不能判定是正方形，故D不符合题意． 2. （2026·上海静安·二模）从四边形两条对角线的交点分别向四条边所在的直线作垂线，顺次连接四个垂足，如果我们把此时所得的四边形叫做原四边形的垂足四边形，那么下列说法正确的是（   ） A．等腰梯形的垂足四边形是等腰梯形 B．矩形的垂足四边形是矩形 C．平行四边形的垂足四边形是平行四边形 D．菱形的垂足四边形是菱形 【答案】C 【分析】对于等腰梯形、矩形、平行四边形和菱形，分别分析它们的对角线性质，再根据垂足四边形的定义判断其形状． 【详解】解：A、等腰梯形的对角线相等，但不一定互相垂直，当等腰梯形的对角线不互相垂直时，从对角线交点向四条边所在直线作垂线，顺次连接四个垂足得到的四边形不一定是等腰梯形，故A选项错误，不符合题意； B、矩形的对角线相等且互相平分，但不一定互相垂直，当矩形的对角线不互相垂直时，从对角线交点向四条边所在直线作垂线，顺次连接四个垂足得到的四边形不一定是矩形，故B选项错误，不符合题意； C、平行四边形的对角线互相平分，且是中心对称图形，对角线的交点是对称中心，从对角线交点向四条边所在直线作垂线，两组对边的垂足分别关于对称中心对称，故顺次连接四个垂足得到的四边形的对角线互相平分，则顺次连接四个垂足得到的四边形是平行四边形，故C选项正确，符合题意； D、菱形的对角线垂直且互相平分，但不一定相等，当菱形的对角线不相等时，从对角线交点向四条边所在直线作垂线，顺次连接四个垂足得到的四边形不一定是菱形，故D选项错误，不符合题意． 3. （2026·上海青浦·二模）在矩形中，，，动点在对角线上．如果以点为圆心，以1为半径长的与边有两个公共点，那么线段的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用矩形性质和勾股定理求出对角线的长度，再通过相似三角形得到圆心O到的距离与的关系，结合圆与线段有两个公共点的条件，推导得到的取值范围． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴ 过点作于 ∵， ∴ ∴ ∴， 即， 整理得 ∵半径为，且与边（线段）有两个公共点 ∴需满足两个条件：①直线与相交，②端点在外（或圆上）． ①直线与相交，即圆心到的距离小于半径则， ∴， 解得 ②端点在外（或圆上），则 综上，． 4. （2026·上海宝山·二模）如图，在矩形中，，，为矩形对角线．利用尺规按以下步骤作图：①分别以点B、D为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于两点M、N；②连接交于点G，交于点E，交于点O；③以点O为圆心，以的长为半径作弧，交于点H、F；那么线段的长是（  ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】根据勾股定理求出的长，作图得到垂直平分，进而得到的长，解直角三角形，求出的长，由作图可知，，勾股定理求出的长即可. 【详解】解：∵在矩形中，，，为矩形对角线， ∴，， ∴， 由作图可知：垂直平分， ∴， ∴， ∴， 由作图可知，， ∴. 5. （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 【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， ，， ， ， ， 6. （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】/ 【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：． 7. （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 【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， ∴， ∵， ∴,， ∴， ， ． 8. （2026·上海闵行·二模）如图，四边形是平行四边形，将绕点顺时针旋转，点恰好落在延长线上的点处，作的平分线交的延长线于点，连接，如果，那么的正切值是____． 【答案】 【分析】如图，过点F作于点G，设，，得到，利用勾股定理表示出，设，证明出，得到，利用勾股定理得到，进而求解即可． 【详解】解：如图，过点F作于点G ∵ ∴设， ∴ ∵四边形是平行四边形 ∴，， 根据题意得，， ∴ ∴ 设 ∵，平分 ∴ 又∵， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴的正切值是． 9. （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】/ 【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：． 10. （2026·上海静安·二模）如图，正方形中，点、分别在边、上，，垂足为点，已知，，那么的长为______． 【答案】或 【分析】设，则，根据正方形的性质，容易证明，则，，由两角相等可判定，则，代入解方程求出的值即可． 【详解】解：设，则， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， 解得或， ∴的长为或． 11. （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 【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． 12. （2026·上海金山·一模）在四边形中，点在边上，，点在边上． (1)如图1，若四边形为矩形，且，连接， 求证：； (2)如图2，若四边形为等腰梯形，．请连接并延长，交的延长线于点，连接，如果，求的长； (3)如图3，若四边形为平行四边形，点是中点，连接交于点，连接，过点作交于点，连接，求值． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）矩形的性质，得到，，进而得到，易得，推出，进而得到，推出，即可得证； （2）取的中点，连接，斜边上的中线，得到，等边对等角，结合三角形的外角，推出，进而得到，证明，得到，设，求出，根据，得到，求出的值，再根据等腰梯形的两腰相等，即可得出结果； （3）延长，交于点，连接，证明，得到，，进而推出，根据同高三角形的面积比等于底边比，以及平行面积转化，即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）解：取的中点，连接，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴，即， 解得（负值舍去）， ∴， ∵四边形为等腰梯形，， ∴； （3）解：延长，交于点，连接， ∵平行四边形， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查矩形的性质，等腰梯形的性质，平行四边形的性质，斜边上的中线，等边对等角，相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造相似三角形，是解题的关键． 13. （2026·上海浦东新·二模）在中，点，分别在边，上，连结，，，． (1)如图1，连结，如果，求证：； (2)已知，连结． ①如图2，如果点，关于直线对称，求的值； ②如图3，如果，，求的值． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】本题主要考查相似三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质、平行四边形的性质等： （1）先证明，结合，即可证明结论； （2）①作，垂足为．作，交的延长线于，延长交于，容易证得，设，可得到，进而可证得，结合，，可得到；②过点作，交的延长线于点，设，可求得，进而可求得，得到，，证明，可求得，进而可求得． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵，，， ∴． ∵， ∴． ∴． （2）解：①作，垂足为．作，交的延长线于，延长交于，延长交延长线于点． 设，则，． ∵点，关于直线对称， ∴． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵，， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵，关于直线对称， ∴． ∵． ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴，． ∴，． ∴． ∴． ∵，， ∴． ②过点作，交的延长线于点． 设． ∵， ∴． ∴，． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． 设． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∵，， ∴． ∴． 又， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． 14. （2026·上海松江·二模）已知正方形，点在边上，点在的延长线上，与交于点． (1)如图1，如果，求证：； (2)如图2，如果，且，求的正切值； (3)以点为圆心为半径画圆，与以为直径的的另一个交点记为点，如果，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明，再证明，即可求证； （2）连接，设正方形的边长为，，然后证明，得到，而由勾股定理得，继而得到方程，然后解方程，再利用正切的定义求解即可； （3）设以为直径的圆记为，连接交于点，过点作于点，由题意得可设，则，由，得到，再由，求出，，则，可由勾股定理得到，由相交两圆得性质可得，，再由建立方程求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接， 设正方形的边长为，， 由题意得， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵ ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 整理得，， 解得，（舍去）， ∴； （3）解：如图，设以为直径的圆记为，连接交于点，过点作于点， 由题意得可设，则， ∴， ∵正方形， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴， ∴，， ∴， ∴ ∵与相交于点 ∴，， ∵， ∴， 解得或（舍） ∴． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 四边形背景的几何综合 目录 第一部分 错因诊断与精准突破 错因剖析 避错秘籍 变式迁移 易错点 1 以平行四边形为背景命题的求解错误 易错点 2 以菱形为背景命题的求解错误 易错点 3 以矩形为背景命题的求解错误 易错点 4 以正方形为背景命题的求解错误 易错点 5 以梯形为背景命题的求解错误 第二部分 易错题验收与闯关 易错点1 以平行四边形为背景命题的求解错误 错因剖析 概念混淆：混淆平行四边形边、角、对角线的性质，易错误认为普通平行四边形对角线相等；混淆平行四边形与矩形、菱形的独有性质，解题随意套用特殊图形结论，运用对边相等、对角相等、邻角互补等性质时混淆误用。 认知偏差：不会合理添加辅助线，连接对角线、作高等辅助线作法不合理，无法借助图形性质解题；添加辅助线后，不能准确分析新形成三角形的边角关系，找不到解题突破口。 基础薄弱：平行四边形与三角形、相似图形综合解题能力不足，无法梳理不同图形之间的关联；利用相似求解问题时，找不准对应边、对应角，比例关系梳理错误，综合推理思路混乱。 【例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． 避错秘籍 【防错指南】 （1）牢记平行四边形的各种性质，通过练习强化对性质的理解和运用。 （2）添加辅助线时，明确目的，根据问题需求合理添加，并分析辅助线带来的新条件。 （3）遇到综合问题，梳理不同图形的性质，找到它们之间的关联点，逐步推导。 【知识链接】 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．平行四边形的性质 （1）边：两组对边分别平行且相等． （2）角：对角相等，邻角互补． （3）对角线：互相平分． （4）对称性：中心对称但不是轴对称． 3．注意： 利用平行四边形的性质解题时一些常用到的结论和方法： （1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半． （2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题． （3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长． 4．平行四边形中的几个解题模型 （1）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE． （2）平行四边形的一条对角线把其分为两个全等的三角形，如图②中△ABD≌△CDB； 两条对角线把平行四边形分为两组全等的三角形，如图②中△AOD≌△COB,△AOB≌△COD； 根据平行四边形的中心对称性，可得经过对称中心O的线段与对角线所组成的居于中心对称位置的三角形全等，如图②△AOE≌△COF.图②中阴影部分的面积为平行四边形面积的一半． （3）如图③，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S△BEC=S△ABE+S△CDE. （4）如图④，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD． 5.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. （2）方法二：两组对边分别相等的四边形是平行四边形. （3）方法三：有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形. （4）方法四：对角线互相平分的四边形是平行四边形. （5）方法五：两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 变式迁移 【变式1-1】（2025·上海·一模）如图，将平行四边形绕点旋转到平行四边形的位置，其中点、、分别落在点、、处，且点、、、在一直线上．如果点恰好是对角线的中点，那么的值______． 【变式1-2】（2026·上海奉贤·二模）如图，在平行四边形中，对角线、交于点，交于点、交于点，且，． (1)如果，求证：； (2)连接．如果，求证：是的中点． 【变式1-3】（2026·上海金山·二模）在平行四边形中，，为锐角．要在对角线上找点、（且点、分别与点、不重合），使，甲、乙、丙分别提出方案（如图）． 甲：使． 乙：作，，垂足分别为、． 丙：在上任取一点，连接，再以为圆心、以长为半径作弧，交于点． (1)选择其中一种正确的方案进行证明：； (2)根据你在（1）中选择的方案，延长交边于点，若，求证：． 易错点2 以菱形为背景命题的求解错误 错因剖析 概念混淆：混淆菱形与平行四边形、矩形的性质，记错核心特征；易把菱形对角线互相垂直平分错记为仅互相平分，混淆对角线平分内角这一独有性质；分不清菱形判定条件，随意用邻角相等、对角线相等判定菱形。 认知偏差：不能灵活利用菱形四边相等、对角线平分一组对角推导角度关系；遇到线段、最值问题，不会结合对角线垂直构造直角三角形解题；忽略菱形轴对称、中心对称特征，无法转化等量关系。 基础薄弱：菱形与直角三角形、相似图形综合题型中，不会借助对角线垂直拆分图形；利用边长、对角线长求周长、面积时公式运用出错；涉及动点、折叠题型，找不到不变边角关系，计算与推理漏洞多。 【例2】（2026·上海静安·二模）菱形中，点E在线段上，连接、． (1)如图1，连接交于点F，若，求证：； (2)如图2，，，点P在线段上，且满足，设，， ①求y关于x的函数解析式，并写出定义域； ②当时，以为半径的和以为半径的是否相交？如果相交，求出它们的公共弦长；如果不相交，请说明理由． 避错秘籍 【防错指南】 （1）深入理解菱形的性质和判定定理，准确把握每个性质和定理的条件与结论。 （2）涉及菱形计算时，仔细分析已知条件，合理运用对角线性质，认真检查计算过程。 （3）在综合问题中，明确不同知识模块之间的联系，正确运用相关公式和定理。 【知识链接】 知识点1：菱形的性质 1.边：对边平行，四条边都相等 2.角：对角相等 3.对角线： 4.对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，对角线所在直线就是对称轴 知识点2：菱形的判定 1. 定义法：有一组邻边相等的平行四边形是菱形 2. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 3. 四条边都相等的四边形是菱形 知识点3：四边形、平行四边形、菱形之间的关系 知识点4：菱形面积求法 1. 由于菱形是平行四边形，所以菱形的面积也可以表示为（表示菱形的边长，表示此边上的高） 2. 由于菱形的对角线把菱形分成四个全等的直角三角形，所以菱形的面积可以用对角线乘积的一半来表示. 变式迁移 【变式2-1】（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2-2】（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2-3】（2026·上海崇明·二模）如图，已知四边形是平行四边形，点是对角线上一点，，． (1)求证：四边形是菱形； (2)点是边上一点，与相交于点，若，求证：． 易错点3 以矩形为背景命题的求解错误 错因剖析 概念混淆：混淆矩形与平行四边形、菱形的性质，误将菱形对角线互相垂直的特点套用在矩形上；记错矩形对角线性质，只知相等忽略互相平分，分不清矩形四个内角均为直角这一核心特征，边角性质乱用。 认知偏差：面对矩形折叠题型，未能吃透折叠前后对应边相等、对应角相等的不变关系；无法准确找出折叠形成的全等、相似三角形，搞错边角对应位置，造成边长、角度、面积推算出错。 基础薄弱：矩形与三角形、圆等图形综合题型解题能力欠缺，难以梳理组合图形间的几何关联；求解内嵌图形边长、位置关系及组合面积时，图形结构分析不到位，公式选用与数值计算频频出错。 【例3】（2026·上海奉贤·二模）如图，已知矩形是边的中点，是边上一点，将四边形沿直线翻折，得到四边形，（点、分别与点、对应）．如果点、在同一条直线上，那么的值是___________． 避错秘籍 【防错指南】 （1）熟练掌握矩形的性质，在解题时根据已知条件合理运用，尤其注意直角和对角线相等这两个关键性质。 （2）处理折叠问题时，画出准确的示意图，明确折叠前后的对应关系，仔细分析图形变化。 （3）面对组合图形问题，分别梳理不同图形的性质，找到它们的公共点和关联条件，逐步求解。 【知识链接】 知识点1：矩形的性质 1.边：对边平行且相等； 2.角：四个角都是直角； 3.对角线：对角线相等且互相平分； 4.对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，有两条对称轴.（对称轴为矩形对边中点所在的直线） 知识点2：矩形的判定 1. 定义法：有一个角是直角的平行四边形； 2. 对角线相等的平行四边形是矩形； 3.有三个角都是90°的四边形是矩形. 知识点3：四边形、平行四边形、矩形之间的关系 说明：矩形面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB．（如图） 变式迁移 【变式3-1】（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___________． 【变式3-2】（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3-3】（2026·上海徐汇·一模）我们将宽和长之比为（约为）的矩形称为“黄金矩形”，它可以通过折纸获得．如图1所示，将长方形纸片第一次沿折叠，使点和点重合，展开后再将纸片沿对折叠，使点和点重合；如图2所示，展开后连接，再将纸片第三次沿折叠，使得落在长方形纸片的边上且点落在点处，再次展开，过点作的垂线，垂足为点．请在阅读理解的基础上写出图中的“黄金矩形”：_________． 易错点4 以正方形为背景命题的求解错误 错因剖析 概念混淆：混淆正方形与矩形、菱形的性质，不能准确区分三者异同；忽略正方形兼具矩形和菱形所有性质，运用边角、对角线性质时随意混用，记错对角线平分内角、对角线互相垂直相等且平分等核心特点，性质使用混乱。 认知偏差：判定正方形思路不清，证明过程条件残缺，分不清先证矩形再证邻边相等、先证菱形再证有一个直角两种判定思路；遇到旋转、平移、折叠题型，无法快速找出图形变换前后相等线段与相等角，挖掘隐藏等量关系能力不足。 基础薄弱：正方形与三角形、相似、三角函数综合解题漏洞多；利用正方形特殊角度进行计算时边角对应错误；求解阴影面积、线段最值、动点问题时，几何模型识别不清，列式与运算容易出现失误。 【例4】（2026·上海浦东新·二模）折纸是承载中国传统礼俗与生活智慧的民间传统艺术．学校折纸社团的同学们用正方形纸片开展折纸活动． 【发现问题】如图1，将正方形纸片对折再展开，折痕交于点、交于点，点、分别是边、的二等分点．在第一次对折后，同向再对折一次（如图2），可得到边的________等分点．按照这样的方式对折次（是正整数）可以得到边的_________等分点（用含的代数式表示），但这样折的方式都不会得到边的三等分点． 【提出问题】能不能通过折纸的方式得到边的三等分点？ 【分析问题】围绕这个问题，同学们展开了讨论． 小明：要得到边的三等分点，得想想别的折法． 小华：同向对折的方式得不到边的三等分点，能否通过把角翻折到边上，构造出的比例？ 小海：嗯，我是这样想的，在第一次对折展开（如图1）的基础上，将点沿着直线翻折到点处（如图3），折痕分别交正方形的边于点、．边交正方形的边于点，就是边的一个三等分点． 【解决问题】 (1)完成填空； (2)求的长； (3)判断小海的折法是否正确并说明理由． 避错秘籍 【防错指南】 （1）系统梳理正方形的性质，明确其与矩形、菱形性质的联系与区别，解题时准确运用。 （2）对于动点问题，通过画图和分析运动过程，找出关键位置和不变量，建立正确的数学模型。 （3）在坐标系问题中，熟练掌握坐标与几何图形的对应关系，仔细分析坐标变化带来的图形变化。 【知识链接】 知识点1：正方形的性质 1. 边：对边平行，四条边都相等 2. 角：四个角都是直角 3. 对角线 4. 对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，有四条对称轴 5. 正方形面积求法：（表示正方形的边长，表示正方形的对角线） 注：正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形 知识点2：正方形的判定 1. 有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形 2. 有一组邻边相等的矩形是正方形 3. 对角线互相垂直的矩形是正方形 4. 有一个角是直角的菱形是正方形 5. 对角线相等的菱形是正方形 知识点3：四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系 知识点4：中点四边形 定义：依次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形. 常见结论 原图形 中点四边形的形状 任意四边形 平行四边形 矩形 菱形 菱形 矩形 正方形 正方形 对角线相等的四边形 菱形 对角线垂直的四边形 矩形 对角线垂直且相等的四边形 正方形 变式迁移 【变式4-1】（2026·上海静安·二模）如图，正方形中，点E在边上，点F是正方形外一点，连结、、，对角线与线段相交于点M，如果，且． (1)求证：，； (2)当点E是边的中点时，请直接写出与面积的比值： ． 【变式4-2】（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． 易错点5 以梯形为背景命题的求解错误 错因剖析 概念混淆：对梯形及等腰梯形、直角梯形定义与性质掌握模糊，易混淆两类特殊梯形边角特征；判定四边形为梯形时，错误判断对边平行关系，误用平行四边形性质套用在梯形上，性质区分不清。 认知偏差：解决梯形问题时，不会灵活选用作高、平移腰、平移对角线、延长两腰等常用辅助线；辅助线添加位置与方式不合理，不能将梯形顺利转化为三角形、平行四边形，难以借助已知条件推导边长、高与面积。 基础薄弱：梯形与相似三角形综合题型解题能力不足，难以快速找出图形中隐藏的相似三角形；运用相似性质解题时，找错对应边、对应角，比例式书写错误，无法准确完成线段与角度计算。 【例5】（2026·上海徐汇·二模）在四边形中，，点在边上，且，连接、． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当时，求的值； (3)如图3，当四边形为矩形且时，点在线段上，且截、两边所得的两条弦相等．如果与的公共弦所在直线恰好经过点，的半径为3，求此公共弦的长． 避错秘籍 【防错指南】 （1）准确理解梯形及其特殊类型的概念和性质，通过对比记忆加深理解。 （2）学习并掌握不同类型辅助线的添加方法和适用场景，根据题目条件合理添加辅助线。 （3）遇到与相似三角形等综合问题时，仔细分析图形中的平行关系和角的关系，找出相似三角形，正确运用相似性质解题。 【知识链接】 梯形是一组对边平行，另一组对边不平行的四边形。特殊梯形有等腰梯形（两腰相等，同一底上的两个内角相等，对角线相等 ）和直角梯形（有一个角是直角 ）。梯形的面积公式为(上底 + 下底)×高的一半。 变式迁移 【变式5-1】（2026·上海黄浦·一模）如图，在梯形中，，，． (1)求证：； (2)求的值． 【变式5-2】（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：． 【变式5-3】（2026·上海杨浦·二模）如图，在梯形中，，，， (1)当，，时，求的值 (2)若等腰梯形的腰长等于上、下底的比例中项，F为边上一点，E为边上一点； ①若，求证：． ②连接，是否存在等腰梯形，使得为等腰三角形，若存在，请直接写出的值，若不存在，请写出理由． 1. （2026·上海崇明·二模）已知平行四边形的对角线、相交于点，下列补充条件中，能判定这个平行四边形是正方形的是（    ） A．， B．， C．， D．， 2. （2026·上海静安·二模）从四边形两条对角线的交点分别向四条边所在的直线作垂线，顺次连接四个垂足，如果我们把此时所得的四边形叫做原四边形的垂足四边形，那么下列说法正确的是（   ） A．等腰梯形的垂足四边形是等腰梯形 B．矩形的垂足四边形是矩形 C．平行四边形的垂足四边形是平行四边形 D．菱形的垂足四边形是菱形 3. （2026·上海青浦·二模）在矩形中，，，动点在对角线上．如果以点为圆心，以1为半径长的与边有两个公共点，那么线段的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4. （2026·上海宝山·二模）如图，在矩形中，，，为矩形对角线．利用尺规按以下步骤作图：①分别以点B、D为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于两点M、N；②连接交于点G，交于点E，交于点O；③以点O为圆心，以的长为半径作弧，交于点H、F；那么线段的长是（  ） A． B． C． D．1 5. （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 6. （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________． 7. （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__________． 8. （2026·上海闵行·二模）如图，四边形是平行四边形，将绕点顺时针旋转，点恰好落在延长线上的点处，作的平分线交的延长线于点，连接，如果，那么的正切值是____． 9. （2025·上海闵行·二模）已知在直角梯形中，，，，，，那么梯形的周长为______． 10. （2026·上海静安·二模）如图，正方形中，点、分别在边、上，，垂足为点，已知，，那么的长为______． 11. （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：． 12. （2026·上海金山·一模）在四边形中，点在边上，，点在边上． (1)如图1，若四边形为矩形，且，连接， 求证：； (2)如图2，若四边形为等腰梯形，．请连接并延长，交的延长线于点，连接，如果，求的长； (3)如图3，若四边形为平行四边形，点是中点，连接交于点，连接，过点作交于点，连接，求值． 13. （2026·上海浦东新·二模）在中，点，分别在边，上，连结，，，． (1)如图1，连结，如果，求证：； (2)已知，连结． ①如图2，如果点，关于直线对称，求的值； ②如图3，如果，，求的值． 14. （2026·上海松江·二模）已知正方形，点在边上，点在的延长线上，与交于点． (1)如图1，如果，求证：； (2)如图2，如果，且，求的正切值； (3)以点为圆心为半径画圆，与以为直径的的另一个交点记为点，如果，，，求的长． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $