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【上海专用】2023年中考数学易错题汇编——09 四边形（原卷版+解析版）
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这是一份【上海专用】2023年中考数学易错题汇编——09 四边形（原卷版+解析版），文件包含上海专用2023年中考数学易错题汇编09四边形解析版docx、上海专用2023年中考数学易错题汇编09四边形原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共53页， 欢迎下载使用。
易错点09 四边形
1、认识多边形。
2、多边形对角线、内角和、外角和。
3、平行四边形的性质掌握及应用。
4、平行四边形的判定及应用。
5、四边形中的翻折、平移、旋转、剪拼等动手操作性问题，掌握其中的不变与旋转一些性质。
6、特殊平行四边形（矩形）判定与性质应用
7、特殊平行四边形（菱形）判定与性质应用
8、特殊平行四边形（正方形）判定与性质应用
9、四边形综合应用。
一、单选题
例题1．（2021·上海·九年级专题练习）一个正多边形的外角与其相邻的内角之比为2：7，那么这个多边形的边数为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．12
【答案】B
【分析】由题意，设正多边形的每个外角的度数为2x，与它相邻的内角的度数为7x，根据邻补角的和为180°列方程，解方程即可．
【解析】解:设正多边形的每个外角的度数为2x，与它相邻的内角的度数为7x，依题意有：
例题1x+7x＝180°，
解得x＝20°，
这个多边形的边数：360°÷40°＝9，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形的内角与外角，涉及邻补角知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
例题2．（2021·上海徐汇·统考二模）如果剪掉四边形的一个角，那么所得多边形的内角和的度数不可能是（ ）
A．180° B．270° C．360° D．540°
【答案】B
【分析】分四边形剪去一个角，边数减少1，不变，增加1，三种情况讨论求出所得多边形的内角和，即可得解．
【解析】解：剪去一个角，若边数减少1，则内角和＝（3﹣2）×180°＝180°，
若边数不变，则内角和＝（4﹣2）×180°＝360°，
若边数增加1，则内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
所以，所得多边形内角和的度数可能是180°，360°，540°，不可能是270°．
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，要注意剪去一个角有三种情况．
例题3．（2022·上海长宁·统考二模）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，四边形是菱形
B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形
D．当时，四边形是正方形
【答案】D
【分析】根据平行四边形性质和矩形，菱形，正方形判定进行判定.
【解析】A．四边形是平行四边形，当时，它是菱形，故A选项正确；
B．∵四边形是平行四边形，
∴对角线互相平分，
∵，
∴四边形是菱形，故B选项正确；
C．有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确；
D．根据对角线相等的平行四边形是矩形可知，当时，它是矩形，不是正方形，故D选项错误；
综上所述，符合题意是D选项；
故选D．
【点睛】本题主要考查特殊平行四边形的判定，解答本题的关键是：根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形．
例题4．（2022·上海·上海市娄山中学校考二模）依次连接等腰梯形各边的中点得到的四边形是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
【答案】A
【分析】根据等腰梯形的性质、中位线定理以及菱形的判定，可推出四边形为菱形．
【解析】解：如图所示，等腰梯形中，，，分别是、的中点，连接．
E、F分别是的中点，
，
同理，可得：，
又等腰梯形，
，
，
四边形是菱形．
故选A．
【点睛】此题考查了等腰梯形的性质、三角形中位线定理以及菱形的判定，熟练掌握这些性质与定理是解此题的关键．
例题5．（2022·上海嘉定·统考二模）下列命题中，真命题的是（ ）
A．如果一个四边形两条对角线相等，那么这个四边形是矩形
B．如果一个四边形两条对角线互相垂直，那么这个四边形是菱形
C．如果一个四边形两条对角线平分所在的角，那么这个四边形是菱形
D．如果一个四边形两条对角线互相垂直平分，那么这个四边形是矩形
【答案】C
【分析】利用矩形、菱形的判定定理分别判断后即可确定正确的选项．
【解析】A、如果一个四边形两条对角线相等，那么这个四边形不一定是矩形，还有可能是等腰梯形，故错误；
B、如果一个平行四边形两条对角线相互垂直，那么这个平行四边形是菱形，故错误；
C、如果一个四边形两条对角线平分所在的角，那么这个四边形是菱形，正确，是真命题；
D、如果一个四边形两条对角线相互垂直平分，那么这个四边形是菱形，故错误；
故选C．
【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是熟记矩形、菱形的判定定理，属于基础题，难度不大
例题6．（2021·上海宝山·统考三模）下列命题中正确的是（ ）
A．对角线相等的梯形是等腰梯形
B．有两个角相等的梯形是等腰梯形
C．一组对边平行的四边形一定是梯形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形一定是等腰梯形
【答案】A
【分析】根据等腰梯形的判定定理与梯形定义对各个选项逐一分析即可．
【解析】解：A、对角线相等的梯形是等腰梯形，
∵四边形ABCD为梯形，
∴DC∥AB，
过C作CE∥DB交AB延长线于E，
∴四边形BECD为平行四边形
∴∠DBA=∠E，BD=CE，
∵AC=BD，
∴AC=BD=CE，
∴∠CAB=∠E=∠DBA，
在△ADB和△BCA中，
，
∴△ADB≌△BCA（SAS），
∴AD=BC，
四边形ABCD为等腰梯形，故本选项正确；
B、根据等腰梯形的性质和判定可判断：直角梯形中有两个角相等为90度，但不是等腰梯形，故本选项错误；
C、一组对边平行的四边形一定是梯形，错误，因为这组对边相等，那么就有可能是平行四边形，当这组对边不相等时是梯形，故本选项错误；
D、一组对边平行，另一组对边相等则有两种情况，即平行四边形或等腰梯形，所以不能说一定是等腰梯形．故本选项错误；
故选：A．
【点睛】本题考查等腰梯形判定与梯形的识别，掌握等腰梯形判定定理与梯形的识别方法是解题关键．
例题7．（2021·上海·统考二模）如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，对角线AC、BD交于点O，下列条件中，不一定能判断梯形ABCD是等腰梯形的是（ ）
A．AD＝BC B．∠ABC＝∠BAD C．AB＝2DC D．∠OAB＝∠OBA
【答案】C
【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．
【解析】解：A、∵AD＝BC，
∴梯形ABCD是等腰梯形，故本选项错误；
B、∵∠ABC＝∠BAD，
∴梯形ABCD是等腰梯形，故本选项错误；
C、∵AB＝2DC，
∴不能推出四边形ABCD是等腰梯形，故本选项正确；
D、根据∠OAB＝∠OBA，能推出梯形ABCD是等腰梯形，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰梯形的判定，属于基础题型．
例题8．（2020·上海徐汇·统考二模）下列命题中，假命题是（ ）
A．顺次联结任意四边形四边中点所得的四边形是平行四边形
B．顺次联结对角线相等的四边形四边中点所得的四边形是菱形
C．顺次联结对角线互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是矩形
D．顺次联结两组邻边互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是矩形
【答案】D
【分析】根据平行四边形、特殊的平行四边形的判定、中位线定理、中点四边形的定义进行判定即可．
【解析】
观察图形：分别为的中点，根据中位线定理：
A：顺次联结任意四边形四边中点所得的四边形是平行四边形,正确；
B：顺次联结对角线相等的四边形四边中点所得的四边形是菱形，正确；
C：顺次联结对角线互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是矩形，正确；
D：顺次联结两组邻边互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是平行四边形，错误．
故答案选：D．
【点睛】本题考查中位线定理应用、平行四边形、特殊的平行四边形的判定，掌握四边形的判定是解题关键．
二、填空题
例题9．（2022·上海普陀·统考二模）菱形的两条对角线长分别为5和12，那么这个菱形的面积为___________
【答案】30
【分析】菱形的面积是对角线乘积的一半，由此可得出结果．
【解析】解：∵菱形的两条对角线长分别为5和12，
∴菱形的面积：．
故答案为：30．
【点睛】本题考查了菱形的面积，解题的关键是掌握菱形面积的求解方法有两种：①底乘以高，②对角线积的一半．
例题10．（2022秋·上海嘉定·九年级统考阶段练习）已知正方形的面积为4，那么它的对称中心与顶点的距离是 _____．
【答案】
【分析】根据正方形的面积可得正方形的边长，进而可以解决问题．
【解析】解：∵正方形的面积为4，
∴正方形的边长为2，
∴它的对称中心与顶点的距离=×2=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
例题11．（2022秋·上海松江·九年级校考期中）如图，在梯形中，，，，，则EF=___________．
【答案】####4.25
【分析】过点A作分别交于点G，H，可得四边形、均是平行四边形，从而得到，再根据，可得，即可求解．
【解析】解：如图，过点A作分别交于点G，H，
∵，
∴四边形、均是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
例题12．（2022·上海·校联考模拟预测）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点．则与的面积的比等于___________．
【答案】1：4
【分析】根据OE是中位线，得BC=2OE，BC∥OE，利用三角形相似的性质面积比性质计算即可．
【解析】∵平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点，
∴BC=2OE，BC∥OE，
∴△DOE∽△DBC，
∴=1：4，
故答案为：1：4．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质，正确运用三条性质是解题的关键．
例题13．（2023·上海静安·统考一模）在矩形内作正方形（如图所示），矩形的对角线交正方形的边于点P．如果点F恰好是边的黄金分割点，且，那么_________．
【答案】##
【分析】结合已知条件易证得，，则，根据点F恰好是边的黄金分割点可得，求解即可．
【解析】∵四边形为矩形，四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵点F恰好是边的黄金分割点，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，黄金分割，熟练掌握黄金分割比的值是解题的关键．
三、解答题
例题14．（2022·上海静安·统考二模）已知：如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、DC的中点，AE、AF分别交BD于点M、N，且，连接CM、CN．
(1)求证：四边形AMCN是平行四边形；
(2)如果，求证：四边形ABCD是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）只需要证明NF是△DCM的中位线，ME是△BCN的中位线，推出，即可证明四边形AMCN是平行四边形；
（2）连接AC交BD于O，只需要证明四边形AMCN是菱形，得到OM=ON，OA=OC，AC⊥MN，从而推出OB=OD，AC⊥BD，即可证明四边形ABCD是菱形．
（1）
解：∵，
∴M、N分别是BN、DM的中点，
又∵E、F分别是BC，CD的中点，
∴NF是△DCM的中位线，ME是△BCN的中位线，
∴，，
∴，
∴四边形AMCN是平行四边形；
（2）
解：连接AC交BD于O，
∵四边形AMCN是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵AE=AF，
∴ME=NF，
∴AM=CN=AN=CM，
∴四边形AMCN是菱形，
∴OM=ON，OA=OC，AC⊥MN，
又∵BM=DN，
∴OB=OD，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，证明出四边形AMCN是平行四边形是解题的关键．
例题15．（2022·上海普陀·统考二模）已知如图，四边形中，，E为对角线的中点，点F在边上，交于点G，．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)如果，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线可得AE＝CE＝BD，再结合已知CF＝BD，从而可得AE＝CF，进而可得四边形AECF是平行四边形，然后再根据AE＝CE即可解答；
（2）利用（1）的结论可得AD∥CE，从而可得∠ADE＝∠DEC，进而可得∠ADE＝∠DCF，再利用平行线的性质可得∠EAD＝∠CFD，然后证明，利用相似三角形的性质解答．
【解析】（1）证明：∵，E为对角线的中点，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴平行四边形为菱形；
（2）∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等知识，熟练掌握菱形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
1、 忽略四边形的有关判定和性质；
2、 不会活学活用，而是单纯的记忆；
3、 忽视四边形在相似三角形中的应用。
一、单选题
1．（2021·上海·九年级专题练习）在一个凸多边形中，它的外角中最多有个钝角，则为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据n边形的外角和为360°得到外角为钝角的个数最多为3个．
【解析】∵一个多边形的外角和为360°，
∴外角为钝角的个数最多为3个．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和等于360°的性质，外角和与边数无关，任意多边形的外角和都是360°．
2．（2021·上海·九年级专题练习）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，那么下列条件中，能判断▱ABCD是菱形的为（ ）
A．AO＝CO B．AO＝BO C．∠AOB＝∠BOC D．∠BAD＝∠ABC
【答案】C
【分析】在平行四边形基础上，菱形的判定方法有：①一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．据此逐个选项分析即可．
【解析】A、由平行四边形的性质可知，对角线互相平分，则此项不符题意
B、由中可推得，可以证明为矩形，但不能判定为菱形，则此项不符题意
C、当时，因为，所以，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可知是菱形，则此项符合题意
D、由平行四边形的性质可知，，故当时，可推出，从而可判定为矩形，则此项不符题意
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题关键．
3．（2019秋·上海·九年级上海市民办新竹园中学校考阶段练习）如图，正方形ABCD中，E，F分别在边AD，CD上，AF，BE相交于点G，若AE=3ED，DF=CF，则的值是
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，作FN∥AD，交AB于N，交BE于M．设DE=a，则AE=3a，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可.
【解析】如图，作FN∥AD，交AB于N，交BE于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∵FN∥AD，
∴四边形ANFD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ANFD是矩形，
∵AE=3DE，设DE=a，则AE=3a，AD=AB=CD=FN=4a，AN=DF=2a，
∵AN=BN，MN∥AE，
∴BM=ME，
∴MN=a，
∴FM=a，
∵AE∥FM，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
4．（2022秋·上海徐汇·九年级校考期中）如图，四边形是平行四边形，的平分线交于，交于，交的延长线于．那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用平行四边形的性质证出，，再根据对应边成比例即可解答．
【解析】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
即．
所以选项D正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质，解题的关键是利用平行四边形的性质证明三角形相似．
5．（2011·上海奉贤·统考中考模拟）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF，若AB＝6，则BC的长为（ ）
A．1 B．2 C．2 D．12
【答案】C
【解析】试题分析：因为是菱形AECF，所以∠ACE=∠FCA，因为折叠角相等，所以∠ACE=∠BCE，所以∠ACE=∠FCA=∠BCE=30度，所以∠ACB=60度，所以BC等于AB除以根号3，得2，故选C．
考点：1．矩形性质；2．菱形性质；3．勾股定理．
6．（2021·上海·九年级专题练习）如图，正方形ABCD的边长是2，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别在边AD、AB上，且OE⊥OF，则四边形AFOE的面积是（ ）
A．4 B．2 C．1 D．
【答案】C
【分析】根据正方形的性质可得OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，再利用ASA证明△AOE≌△BOF，从而可得△AOE的面积＝△BOF的面积，进而可得四边形AFOE的面积＝正方形ABCD的面积，问题即得解决．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴△AOE的面积＝△BOF的面积，
∴四边形AFOE的面积＝正方形ABCD的面积＝×22＝1；
故选C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
二、填空题
7．（2021·上海·九年级专题练习）如果一个多边形所有内角和与外角和共为2520°，那么从这个多边形的一个顶点出发共有_________条对角线
【答案】11
【分析】先根据题意求出多边形的边数，再根据从n边形一个顶点出发共有（n-3）条对角线即可解答．
【解析】设多边形的边数为n，则有
(n-2)•180＋360=2520，
解得：n=14，
14-3=11，即从这个多边形的一个顶点出发共有11条对角线，
故答案为11．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和、多边形的对角线，得到多边形的边数是解本题的关键．
8．（2022秋·上海·九年级校考期中）如图，在平行四边形中，点是边上的点，、相交于点，若，则________．
【答案】
【分析】根据平行四边形的性质，得到，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，得到和的关系，利用相似三角形的高线比等于相似比，推出与的关系，进而推出和的关系，即可得解．
【解析】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
∴，
过作，垂足分别为：，过点作，垂足为：，
∵，
∴三点共线，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．熟练掌握平行四边形对边平行且相等，相似三角形对应边上的高线比等于相似比，面积比等于相似比的平方，是解题的关键．
9．（2021秋·上海·九年级校考阶段练习）如图，已知在梯形中，，分别交边、于点M、N，如果，，，那么的长______．
【答案】##
【分析】过点A作，交于E，交于F，推出四边形和四边形都是平行四边形，得到，进而得到，再证明，利用相似三角形的性质得到，即可求出的长．
【解析】解：过点A作，交于E，交于F，
，，
四边形和四边形都是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作辅助线构建相似三角形是解题的关键．
10．（2022秋·上海奉贤·九年级校联考期中）已知菱形的边长为，对角线与相交于点，，垂足为点，，那么______．
【答案】
【分析】根据菱形对角线互相垂直，和，证明∽，可得，根据和的值，利用勾股定理求出，即可求得的值．
【解析】解：菱形对角线互相垂直，，
，
，
∽，
，
，，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形正切函数的计算，菱形对角线垂直平分的性质，本题中求证是解题的关键．
11．（2023秋·上海青浦·九年级校考期末）如图，已知在中，，，，正方形的顶点G、F分别在、上，点D、E在斜边上，那么正方形的边长为______．
【答案】6
【分析】根据，，结合勾股定理求出和的长度，过点C作于点M，交于点N，根据相似三角形高的比等于相似比即可进行解答．
【解析】解：∵，，
∴，
设，则，
∵，
∴根据勾股定理可得：，
即，解得：，（舍），
∴，，
过点C作于点M，交于点N，
∵，
∴，
即，解得：，
∵四边形为正方形，
∴，即，
∴，
∴，
设正方形边长为y，
∵，，，
∴，，
∴，即，
，解得：，
∴正方形的边长为6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、正方形的性质、勾股定理和解直角三角形等知识；正确作出辅助线、灵活运用相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
12．（2023·上海崇明·统考一模）如图，菱形的边长为8，为的中点，平分交于点，过点作，交于点，若，则的长为___________．
【答案】##
【分析】作垂直于H，延长和交于点M，然后通过证明是的垂直平分线，进而证明，即可得出答案．
【解析】如图，作垂直于H，延长和交于点M，
菱形的边长为8，
，
，
，
为的中点，
，
，
是的垂直平分线，
，
，，
又，
∴，
，
设，
平分，
，
又，
，
，则，
则，，
，
，
，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质使用、垂直平分线的性质以及菱形的性质，作辅助线是本题的关键．
三、解答题
13．（2022秋·上海奉贤·九年级校考期中）如图，正方形中，对角线相交于点O，点P在上，连接，延长交于点Q，过点P作分别交于点E、F．
(1)求证：；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由正方形的性质可得，，从而得出．再根据，即得出，从而可证，进而即可证明；
（2）由（1）可知．从而由三角形外角的性质可证．再根据正方形的性质可得，即可证，得出，即．
【解析】（1）∵四边形为正方形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，即，
∴；
（2）由（1）可知．
∵，，
∴．
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，即．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形外角的性质，三角形相似的判定和性质．熟练掌握三角形相似的判定定理是解题关键．
14．（2021秋·上海·九年级校考阶段练习）已知：如图，菱形，点E是的中点，点F，连接、、，交于点G，且．
(1)求证：
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据菱形的性质和直角三角形的性质得到，即可得到，结论可得；
（2）先证，则，再证，则可得，由，结论得证．
【解析】（1）证明：∵，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，
∴，
∵中，点E是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴，即．
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】此题考查了菱形的性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形斜边上中线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
一、单选题
1．（2021·上海·九年级专题练习）在一个凸多边形中，它的外角中最多有个钝角，则为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据n边形的外角和为360°得到外角为钝角的个数最多为3个．
【解析】∵一个多边形的外角和为360°，
∴外角为钝角的个数最多为3个．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和等于360°的性质，外角和与边数无关，任意多边形的外角和都是360°．
2．（2021·上海·九年级专题练习）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，那么下列条件中，能判断▱ABCD是菱形的为（ ）
A．AO＝CO B．AO＝BO C．∠AOB＝∠BOC D．∠BAD＝∠ABC
【答案】C
【分析】在平行四边形基础上，菱形的判定方法有：①一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．据此逐个选项分析即可．
【解析】A、由平行四边形的性质可知，对角线互相平分，则此项不符题意
B、由中可推得，可以证明为矩形，但不能判定为菱形，则此项不符题意
C、当时，因为，所以，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可知是菱形，则此项符合题意
D、由平行四边形的性质可知，，故当时，可推出，从而可判定为矩形，则此项不符题意
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题关键．
3．（2019秋·上海·九年级上海市民办新竹园中学校考阶段练习）如图，正方形ABCD中，E，F分别在边AD，CD上，AF，BE相交于点G，若AE=3ED，DF=CF，则的值是
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，作FN∥AD，交AB于N，交BE于M．设DE=a，则AE=3a，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可.
【解析】如图，作FN∥AD，交AB于N，交BE于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∵FN∥AD，
∴四边形ANFD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ANFD是矩形，
∵AE=3DE，设DE=a，则AE=3a，AD=AB=CD=FN=4a，AN=DF=2a，
∵AN=BN，MN∥AE，
∴BM=ME，
∴MN=a，
∴FM=a，
∵AE∥FM，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
4．（2022秋·上海徐汇·九年级校考期中）如图，四边形是平行四边形，的平分线交于，交于，交的延长线于．那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用平行四边形的性质证出，，再根据对应边成比例即可解答．
【解析】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
即．
所以选项D正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质，解题的关键是利用平行四边形的性质证明三角形相似．
5．（2011·上海奉贤·统考中考模拟）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF，若AB＝6，则BC的长为（ ）
A．1 B．2 C．2 D．12
【答案】C
【解析】试题分析：因为是菱形AECF，所以∠ACE=∠FCA，因为折叠角相等，所以∠ACE=∠BCE，所以∠ACE=∠FCA=∠BCE=30度，所以∠ACB=60度，所以BC等于AB除以根号3，得2，故选C．
考点：1．矩形性质；2．菱形性质；3．勾股定理．
6．（2021·上海·九年级专题练习）如图，正方形ABCD的边长是2，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别在边AD、AB上，且OE⊥OF，则四边形AFOE的面积是（ ）
A．4 B．2 C．1 D．
【答案】C
【分析】根据正方形的性质可得OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，再利用ASA证明△AOE≌△BOF，从而可得△AOE的面积＝△BOF的面积，进而可得四边形AFOE的面积＝正方形ABCD的面积，问题即得解决．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴△AOE的面积＝△BOF的面积，
∴四边形AFOE的面积＝正方形ABCD的面积＝×22＝1；
故选C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
二、填空题
7．（2021·上海·九年级专题练习）如果一个多边形所有内角和与外角和共为2520°，那么从这个多边形的一个顶点出发共有_________条对角线
【答案】11
【分析】先根据题意求出多边形的边数，再根据从n边形一个顶点出发共有（n-3）条对角线即可解答．
【解析】设多边形的边数为n，则有
(n-2)•180＋360=2520，
解得：n=14，
14-3=11，即从这个多边形的一个顶点出发共有11条对角线，
故答案为11．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和、多边形的对角线，得到多边形的边数是解本题的关键．
8．（2022秋·上海·九年级校考期中）如图，在平行四边形中，点是边上的点，、相交于点，若，则________．
【答案】
【分析】根据平行四边形的性质，得到，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，得到和的关系，利用相似三角形的高线比等于相似比，推出与的关系，进而推出和的关系，即可得解．
【解析】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
∴，
过作，垂足分别为：，过点作，垂足为：，
∵，
∴三点共线，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．熟练掌握平行四边形对边平行且相等，相似三角形对应边上的高线比等于相似比，面积比等于相似比的平方，是解题的关键．
9．（2021秋·上海·九年级校考阶段练习）如图，已知在梯形中，，分别交边、于点M、N，如果，，，那么的长______．
【答案】##
【分析】过点A作，交于E，交于F，推出四边形和四边形都是平行四边形，得到，进而得到，再证明，利用相似三角形的性质得到，即可求出的长．
【解析】解：过点A作，交于E，交于F，
，，
四边形和四边形都是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作辅助线构建相似三角形是解题的关键．
10．（2022秋·上海奉贤·九年级校联考期中）已知菱形的边长为，对角线与相交于点，，垂足为点，，那么______．
【答案】
【分析】根据菱形对角线互相垂直，和，证明∽，可得，根据和的值，利用勾股定理求出，即可求得的值．
【解析】解：菱形对角线互相垂直，，
，
，
∽，
，
，，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形正切函数的计算，菱形对角线垂直平分的性质，本题中求证是解题的关键．
11．（2023秋·上海青浦·九年级校考期末）如图，已知在中，，，，正方形的顶点G、F分别在、上，点D、E在斜边上，那么正方形的边长为______．
【答案】6
【分析】根据，，结合勾股定理求出和的长度，过点C作于点M，交于点N，根据相似三角形高的比等于相似比即可进行解答．
【解析】解：∵，，
∴，
设，则，
∵，
∴根据勾股定理可得：，
即，解得：，（舍），
∴，，
过点C作于点M，交于点N，
∵，
∴，
即，解得：，
∵四边形为正方形，
∴，即，
∴，
∴，
设正方形边长为y，
∵，，，
∴，，
∴，即，
，解得：，
∴正方形的边长为6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、正方形的性质、勾股定理和解直角三角形等知识；正确作出辅助线、灵活运用相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
12．（2023·上海崇明·统考一模）如图，菱形的边长为8，为的中点，平分交于点，过点作，交于点，若，则的长为___________．
【答案】##
【分析】作垂直于H，延长和交于点M，然后通过证明是的垂直平分线，进而证明，即可得出答案．
【解析】如图，作垂直于H，延长和交于点M，
菱形的边长为8，
，
，
，
为的中点，
，
，
是的垂直平分线，
，
，，
又，
∴，
，
设，
平分，
，
又，
，
，则，
则，，
，
，
，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质使用、垂直平分线的性质以及菱形的性质，作辅助线是本题的关键．
三、解答题
13．（2022秋·上海奉贤·九年级校考期中）如图，正方形中，对角线相交于点O，点P在上，连接，延长交于点Q，过点P作分别交于点E、F．
(1)求证：；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由正方形的性质可得，，从而得出．再根据，即得出，从而可证，进而即可证明；
（2）由（1）可知．从而由三角形外角的性质可证．再根据正方形的性质可得，即可证，得出，即．
【解析】（1）∵四边形为正方形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，即，
∴；
（2）由（1）可知．
∵，，
∴．
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，即．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形外角的性质，三角形相似的判定和性质．熟练掌握三角形相似的判定定理是解题关键．
14．（2021秋·上海·九年级校考阶段练习）已知：如图，菱形，点E是的中点，点F，连接、、，交于点G，且．
(1)求证：
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据菱形的性质和直角三角形的性质得到，即可得到，结论可得；
（2）先证，则，再证，则可得，由，结论得证．
【解析】（1）证明：∵，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，
∴，
∵中，点E是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴，即．
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】此题考查了菱形的性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形斜边上中线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
易错点09 四边形
1、认识多边形。
2、多边形对角线、内角和、外角和。
3、平行四边形的性质掌握及应用。
4、平行四边形的判定及应用。
5、四边形中的翻折、平移、旋转、剪拼等动手操作性问题，掌握其中的不变与旋转一些性质。
6、特殊平行四边形（矩形）判定与性质应用
7、特殊平行四边形（菱形）判定与性质应用
8、特殊平行四边形（正方形）判定与性质应用
9、四边形综合应用。
一、单选题
例题1．（2021·上海·九年级专题练习）一个正多边形的外角与其相邻的内角之比为2：7，那么这个多边形的边数为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．12
【答案】B
【分析】由题意，设正多边形的每个外角的度数为2x，与它相邻的内角的度数为7x，根据邻补角的和为180°列方程，解方程即可．
【解析】解:设正多边形的每个外角的度数为2x，与它相邻的内角的度数为7x，依题意有：
例题1x+7x＝180°，
解得x＝20°，
这个多边形的边数：360°÷40°＝9，
故选：B．
【点睛】本题考查正多边形的内角与外角，涉及邻补角知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
例题2．（2021·上海徐汇·统考二模）如果剪掉四边形的一个角，那么所得多边形的内角和的度数不可能是（ ）
A．180° B．270° C．360° D．540°
【答案】B
【分析】分四边形剪去一个角，边数减少1，不变，增加1，三种情况讨论求出所得多边形的内角和，即可得解．
【解析】解：剪去一个角，若边数减少1，则内角和＝（3﹣2）×180°＝180°，
若边数不变，则内角和＝（4﹣2）×180°＝360°，
若边数增加1，则内角和＝（5﹣2）×180°＝540°，
所以，所得多边形内角和的度数可能是180°，360°，540°，不可能是270°．
故选：B．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，要注意剪去一个角有三种情况．
例题3．（2022·上海长宁·统考二模）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，四边形是菱形
B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形
D．当时，四边形是正方形
【答案】D
【分析】根据平行四边形性质和矩形，菱形，正方形判定进行判定.
【解析】A．四边形是平行四边形，当时，它是菱形，故A选项正确；
B．∵四边形是平行四边形，
∴对角线互相平分，
∵，
∴四边形是菱形，故B选项正确；
C．有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确；
D．根据对角线相等的平行四边形是矩形可知，当时，它是矩形，不是正方形，故D选项错误；
综上所述，符合题意是D选项；
故选D．
【点睛】本题主要考查特殊平行四边形的判定，解答本题的关键是：根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形．
例题4．（2022·上海·上海市娄山中学校考二模）依次连接等腰梯形各边的中点得到的四边形是（ ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．等腰梯形
【答案】A
【分析】根据等腰梯形的性质、中位线定理以及菱形的判定，可推出四边形为菱形．
【解析】解：如图所示，等腰梯形中，，，分别是、的中点，连接．
E、F分别是的中点，
，
同理，可得：，
又等腰梯形，
，
，
四边形是菱形．
故选A．
【点睛】此题考查了等腰梯形的性质、三角形中位线定理以及菱形的判定，熟练掌握这些性质与定理是解此题的关键．
例题5．（2022·上海嘉定·统考二模）下列命题中，真命题的是（ ）
A．如果一个四边形两条对角线相等，那么这个四边形是矩形
B．如果一个四边形两条对角线互相垂直，那么这个四边形是菱形
C．如果一个四边形两条对角线平分所在的角，那么这个四边形是菱形
D．如果一个四边形两条对角线互相垂直平分，那么这个四边形是矩形
【答案】C
【分析】利用矩形、菱形的判定定理分别判断后即可确定正确的选项．
【解析】A、如果一个四边形两条对角线相等，那么这个四边形不一定是矩形，还有可能是等腰梯形，故错误；
B、如果一个平行四边形两条对角线相互垂直，那么这个平行四边形是菱形，故错误；
C、如果一个四边形两条对角线平分所在的角，那么这个四边形是菱形，正确，是真命题；
D、如果一个四边形两条对角线相互垂直平分，那么这个四边形是菱形，故错误；
故选C．
【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是熟记矩形、菱形的判定定理，属于基础题，难度不大
例题6．（2021·上海宝山·统考三模）下列命题中正确的是（ ）
A．对角线相等的梯形是等腰梯形
B．有两个角相等的梯形是等腰梯形
C．一组对边平行的四边形一定是梯形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形一定是等腰梯形
【答案】A
【分析】根据等腰梯形的判定定理与梯形定义对各个选项逐一分析即可．
【解析】解：A、对角线相等的梯形是等腰梯形，
∵四边形ABCD为梯形，
∴DC∥AB，
过C作CE∥DB交AB延长线于E，
∴四边形BECD为平行四边形
∴∠DBA=∠E，BD=CE，
∵AC=BD，
∴AC=BD=CE，
∴∠CAB=∠E=∠DBA，
在△ADB和△BCA中，
，
∴△ADB≌△BCA（SAS），
∴AD=BC，
四边形ABCD为等腰梯形，故本选项正确；
B、根据等腰梯形的性质和判定可判断：直角梯形中有两个角相等为90度，但不是等腰梯形，故本选项错误；
C、一组对边平行的四边形一定是梯形，错误，因为这组对边相等，那么就有可能是平行四边形，当这组对边不相等时是梯形，故本选项错误；
D、一组对边平行，另一组对边相等则有两种情况，即平行四边形或等腰梯形，所以不能说一定是等腰梯形．故本选项错误；
故选：A．
【点睛】本题考查等腰梯形判定与梯形的识别，掌握等腰梯形判定定理与梯形的识别方法是解题关键．
例题7．（2021·上海·统考二模）如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，对角线AC、BD交于点O，下列条件中，不一定能判断梯形ABCD是等腰梯形的是（ ）
A．AD＝BC B．∠ABC＝∠BAD C．AB＝2DC D．∠OAB＝∠OBA
【答案】C
【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．
【解析】解：A、∵AD＝BC，
∴梯形ABCD是等腰梯形，故本选项错误；
B、∵∠ABC＝∠BAD，
∴梯形ABCD是等腰梯形，故本选项错误；
C、∵AB＝2DC，
∴不能推出四边形ABCD是等腰梯形，故本选项正确；
D、根据∠OAB＝∠OBA，能推出梯形ABCD是等腰梯形，故本选项错误．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了等腰梯形的判定，属于基础题型．
例题8．（2020·上海徐汇·统考二模）下列命题中，假命题是（ ）
A．顺次联结任意四边形四边中点所得的四边形是平行四边形
B．顺次联结对角线相等的四边形四边中点所得的四边形是菱形
C．顺次联结对角线互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是矩形
D．顺次联结两组邻边互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是矩形
【答案】D
【分析】根据平行四边形、特殊的平行四边形的判定、中位线定理、中点四边形的定义进行判定即可．
【解析】
观察图形：分别为的中点，根据中位线定理：
A：顺次联结任意四边形四边中点所得的四边形是平行四边形,正确；
B：顺次联结对角线相等的四边形四边中点所得的四边形是菱形，正确；
C：顺次联结对角线互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是矩形，正确；
D：顺次联结两组邻边互相垂直的四边形四边中点所得的四边形是平行四边形，错误．
故答案选：D．
【点睛】本题考查中位线定理应用、平行四边形、特殊的平行四边形的判定，掌握四边形的判定是解题关键．
二、填空题
例题9．（2022·上海普陀·统考二模）菱形的两条对角线长分别为5和12，那么这个菱形的面积为___________
【答案】30
【分析】菱形的面积是对角线乘积的一半，由此可得出结果．
【解析】解：∵菱形的两条对角线长分别为5和12，
∴菱形的面积：．
故答案为：30．
【点睛】本题考查了菱形的面积，解题的关键是掌握菱形面积的求解方法有两种：①底乘以高，②对角线积的一半．
例题10．（2022秋·上海嘉定·九年级统考阶段练习）已知正方形的面积为4，那么它的对称中心与顶点的距离是 _____．
【答案】
【分析】根据正方形的面积可得正方形的边长，进而可以解决问题．
【解析】解：∵正方形的面积为4，
∴正方形的边长为2，
∴它的对称中心与顶点的距离=×2=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
例题11．（2022秋·上海松江·九年级校考期中）如图，在梯形中，，，，，则EF=___________．
【答案】####4.25
【分析】过点A作分别交于点G，H，可得四边形、均是平行四边形，从而得到，再根据，可得，即可求解．
【解析】解：如图，过点A作分别交于点G，H，
∵，
∴四边形、均是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
例题12．（2022·上海·校联考模拟预测）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点．则与的面积的比等于___________．
【答案】1：4
【分析】根据OE是中位线，得BC=2OE，BC∥OE，利用三角形相似的性质面积比性质计算即可．
【解析】∵平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是CD的中点，
∴BC=2OE，BC∥OE，
∴△DOE∽△DBC，
∴=1：4，
故答案为：1：4．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线的性质，相似三角形的性质，正确运用三条性质是解题的关键．
例题13．（2023·上海静安·统考一模）在矩形内作正方形（如图所示），矩形的对角线交正方形的边于点P．如果点F恰好是边的黄金分割点，且，那么_________．
【答案】##
【分析】结合已知条件易证得，，则，根据点F恰好是边的黄金分割点可得，求解即可．
【解析】∵四边形为矩形，四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵点F恰好是边的黄金分割点，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，黄金分割，熟练掌握黄金分割比的值是解题的关键．
三、解答题
例题14．（2022·上海静安·统考二模）已知：如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是边BC、DC的中点，AE、AF分别交BD于点M、N，且，连接CM、CN．
(1)求证：四边形AMCN是平行四边形；
(2)如果，求证：四边形ABCD是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）只需要证明NF是△DCM的中位线，ME是△BCN的中位线，推出，即可证明四边形AMCN是平行四边形；
（2）连接AC交BD于O，只需要证明四边形AMCN是菱形，得到OM=ON，OA=OC，AC⊥MN，从而推出OB=OD，AC⊥BD，即可证明四边形ABCD是菱形．
（1）
解：∵，
∴M、N分别是BN、DM的中点，
又∵E、F分别是BC，CD的中点，
∴NF是△DCM的中位线，ME是△BCN的中位线，
∴，，
∴，
∴四边形AMCN是平行四边形；
（2）
解：连接AC交BD于O，
∵四边形AMCN是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵AE=AF，
∴ME=NF，
∴AM=CN=AN=CM，
∴四边形AMCN是菱形，
∴OM=ON，OA=OC，AC⊥MN，
又∵BM=DN，
∴OB=OD，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理，证明出四边形AMCN是平行四边形是解题的关键．
例题15．（2022·上海普陀·统考二模）已知如图，四边形中，，E为对角线的中点，点F在边上，交于点G，．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)如果，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线可得AE＝CE＝BD，再结合已知CF＝BD，从而可得AE＝CF，进而可得四边形AECF是平行四边形，然后再根据AE＝CE即可解答；
（2）利用（1）的结论可得AD∥CE，从而可得∠ADE＝∠DEC，进而可得∠ADE＝∠DCF，再利用平行线的性质可得∠EAD＝∠CFD，然后证明，利用相似三角形的性质解答．
【解析】（1）证明：∵，E为对角线的中点，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴平行四边形为菱形；
（2）∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等知识，熟练掌握菱形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
1、 忽略四边形的有关判定和性质；
2、 不会活学活用，而是单纯的记忆；
3、 忽视四边形在相似三角形中的应用。
一、单选题
1．（2021·上海·九年级专题练习）在一个凸多边形中，它的外角中最多有个钝角，则为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据n边形的外角和为360°得到外角为钝角的个数最多为3个．
【解析】∵一个多边形的外角和为360°，
∴外角为钝角的个数最多为3个．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和等于360°的性质，外角和与边数无关，任意多边形的外角和都是360°．
2．（2021·上海·九年级专题练习）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，那么下列条件中，能判断▱ABCD是菱形的为（ ）
A．AO＝CO B．AO＝BO C．∠AOB＝∠BOC D．∠BAD＝∠ABC
【答案】C
【分析】在平行四边形基础上，菱形的判定方法有：①一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．据此逐个选项分析即可．
【解析】A、由平行四边形的性质可知，对角线互相平分，则此项不符题意
B、由中可推得，可以证明为矩形，但不能判定为菱形，则此项不符题意
C、当时，因为，所以，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可知是菱形，则此项符合题意
D、由平行四边形的性质可知，，故当时，可推出，从而可判定为矩形，则此项不符题意
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题关键．
3．（2019秋·上海·九年级上海市民办新竹园中学校考阶段练习）如图，正方形ABCD中，E，F分别在边AD，CD上，AF，BE相交于点G，若AE=3ED，DF=CF，则的值是
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，作FN∥AD，交AB于N，交BE于M．设DE=a，则AE=3a，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可.
【解析】如图，作FN∥AD，交AB于N，交BE于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∵FN∥AD，
∴四边形ANFD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ANFD是矩形，
∵AE=3DE，设DE=a，则AE=3a，AD=AB=CD=FN=4a，AN=DF=2a，
∵AN=BN，MN∥AE，
∴BM=ME，
∴MN=a，
∴FM=a，
∵AE∥FM，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
4．（2022秋·上海徐汇·九年级校考期中）如图，四边形是平行四边形，的平分线交于，交于，交的延长线于．那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用平行四边形的性质证出，，再根据对应边成比例即可解答．
【解析】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
即．
所以选项D正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质，解题的关键是利用平行四边形的性质证明三角形相似．
5．（2011·上海奉贤·统考中考模拟）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF，若AB＝6，则BC的长为（ ）
A．1 B．2 C．2 D．12
【答案】C
【解析】试题分析：因为是菱形AECF，所以∠ACE=∠FCA，因为折叠角相等，所以∠ACE=∠BCE，所以∠ACE=∠FCA=∠BCE=30度，所以∠ACB=60度，所以BC等于AB除以根号3，得2，故选C．
考点：1．矩形性质；2．菱形性质；3．勾股定理．
6．（2021·上海·九年级专题练习）如图，正方形ABCD的边长是2，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别在边AD、AB上，且OE⊥OF，则四边形AFOE的面积是（ ）
A．4 B．2 C．1 D．
【答案】C
【分析】根据正方形的性质可得OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，再利用ASA证明△AOE≌△BOF，从而可得△AOE的面积＝△BOF的面积，进而可得四边形AFOE的面积＝正方形ABCD的面积，问题即得解决．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴△AOE的面积＝△BOF的面积，
∴四边形AFOE的面积＝正方形ABCD的面积＝×22＝1；
故选C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
二、填空题
7．（2021·上海·九年级专题练习）如果一个多边形所有内角和与外角和共为2520°，那么从这个多边形的一个顶点出发共有_________条对角线
【答案】11
【分析】先根据题意求出多边形的边数，再根据从n边形一个顶点出发共有（n-3）条对角线即可解答．
【解析】设多边形的边数为n，则有
(n-2)•180＋360=2520，
解得：n=14，
14-3=11，即从这个多边形的一个顶点出发共有11条对角线，
故答案为11．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和、多边形的对角线，得到多边形的边数是解本题的关键．
8．（2022秋·上海·九年级校考期中）如图，在平行四边形中，点是边上的点，、相交于点，若，则________．
【答案】
【分析】根据平行四边形的性质，得到，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，得到和的关系，利用相似三角形的高线比等于相似比，推出与的关系，进而推出和的关系，即可得解．
【解析】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
∴，
过作，垂足分别为：，过点作，垂足为：，
∵，
∴三点共线，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．熟练掌握平行四边形对边平行且相等，相似三角形对应边上的高线比等于相似比，面积比等于相似比的平方，是解题的关键．
9．（2021秋·上海·九年级校考阶段练习）如图，已知在梯形中，，分别交边、于点M、N，如果，，，那么的长______．
【答案】##
【分析】过点A作，交于E，交于F，推出四边形和四边形都是平行四边形，得到，进而得到，再证明，利用相似三角形的性质得到，即可求出的长．
【解析】解：过点A作，交于E，交于F，
，，
四边形和四边形都是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作辅助线构建相似三角形是解题的关键．
10．（2022秋·上海奉贤·九年级校联考期中）已知菱形的边长为，对角线与相交于点，，垂足为点，，那么______．
【答案】
【分析】根据菱形对角线互相垂直，和，证明∽，可得，根据和的值，利用勾股定理求出，即可求得的值．
【解析】解：菱形对角线互相垂直，，
，
，
∽，
，
，，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形正切函数的计算，菱形对角线垂直平分的性质，本题中求证是解题的关键．
11．（2023秋·上海青浦·九年级校考期末）如图，已知在中，，，，正方形的顶点G、F分别在、上，点D、E在斜边上，那么正方形的边长为______．
【答案】6
【分析】根据，，结合勾股定理求出和的长度，过点C作于点M，交于点N，根据相似三角形高的比等于相似比即可进行解答．
【解析】解：∵，，
∴，
设，则，
∵，
∴根据勾股定理可得：，
即，解得：，（舍），
∴，，
过点C作于点M，交于点N，
∵，
∴，
即，解得：，
∵四边形为正方形，
∴，即，
∴，
∴，
设正方形边长为y，
∵，，，
∴，，
∴，即，
，解得：，
∴正方形的边长为6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、正方形的性质、勾股定理和解直角三角形等知识；正确作出辅助线、灵活运用相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
12．（2023·上海崇明·统考一模）如图，菱形的边长为8，为的中点，平分交于点，过点作，交于点，若，则的长为___________．
【答案】##
【分析】作垂直于H，延长和交于点M，然后通过证明是的垂直平分线，进而证明，即可得出答案．
【解析】如图，作垂直于H，延长和交于点M，
菱形的边长为8，
，
，
，
为的中点，
，
，
是的垂直平分线，
，
，，
又，
∴，
，
设，
平分，
，
又，
，
，则，
则，，
，
，
，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质使用、垂直平分线的性质以及菱形的性质，作辅助线是本题的关键．
三、解答题
13．（2022秋·上海奉贤·九年级校考期中）如图，正方形中，对角线相交于点O，点P在上，连接，延长交于点Q，过点P作分别交于点E、F．
(1)求证：；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由正方形的性质可得，，从而得出．再根据，即得出，从而可证，进而即可证明；
（2）由（1）可知．从而由三角形外角的性质可证．再根据正方形的性质可得，即可证，得出，即．
【解析】（1）∵四边形为正方形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，即，
∴；
（2）由（1）可知．
∵，，
∴．
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，即．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形外角的性质，三角形相似的判定和性质．熟练掌握三角形相似的判定定理是解题关键．
14．（2021秋·上海·九年级校考阶段练习）已知：如图，菱形，点E是的中点，点F，连接、、，交于点G，且．
(1)求证：
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据菱形的性质和直角三角形的性质得到，即可得到，结论可得；
（2）先证，则，再证，则可得，由，结论得证．
【解析】（1）证明：∵，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，
∴，
∵中，点E是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴，即．
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】此题考查了菱形的性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形斜边上中线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
一、单选题
1．（2021·上海·九年级专题练习）在一个凸多边形中，它的外角中最多有个钝角，则为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据n边形的外角和为360°得到外角为钝角的个数最多为3个．
【解析】∵一个多边形的外角和为360°，
∴外角为钝角的个数最多为3个．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了多边形的外角和等于360°的性质，外角和与边数无关，任意多边形的外角和都是360°．
2．（2021·上海·九年级专题练习）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，那么下列条件中，能判断▱ABCD是菱形的为（ ）
A．AO＝CO B．AO＝BO C．∠AOB＝∠BOC D．∠BAD＝∠ABC
【答案】C
【分析】在平行四边形基础上，菱形的判定方法有：①一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．据此逐个选项分析即可．
【解析】A、由平行四边形的性质可知，对角线互相平分，则此项不符题意
B、由中可推得，可以证明为矩形，但不能判定为菱形，则此项不符题意
C、当时，因为，所以，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可知是菱形，则此项符合题意
D、由平行四边形的性质可知，，故当时，可推出，从而可判定为矩形，则此项不符题意
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题关键．
3．（2019秋·上海·九年级上海市民办新竹园中学校考阶段练习）如图，正方形ABCD中，E，F分别在边AD，CD上，AF，BE相交于点G，若AE=3ED，DF=CF，则的值是
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，作FN∥AD，交AB于N，交BE于M．设DE=a，则AE=3a，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可.
【解析】如图，作FN∥AD，交AB于N，交BE于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∵FN∥AD，
∴四边形ANFD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ANFD是矩形，
∵AE=3DE，设DE=a，则AE=3a，AD=AB=CD=FN=4a，AN=DF=2a，
∵AN=BN，MN∥AE，
∴BM=ME，
∴MN=a，
∴FM=a，
∵AE∥FM，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
4．（2022秋·上海徐汇·九年级校考期中）如图，四边形是平行四边形，的平分线交于，交于，交的延长线于．那么下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用平行四边形的性质证出，，再根据对应边成比例即可解答．
【解析】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
即．
所以选项D正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质，解题的关键是利用平行四边形的性质证明三角形相似．
5．（2011·上海奉贤·统考中考模拟）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF，若AB＝6，则BC的长为（ ）
A．1 B．2 C．2 D．12
【答案】C
【解析】试题分析：因为是菱形AECF，所以∠ACE=∠FCA，因为折叠角相等，所以∠ACE=∠BCE，所以∠ACE=∠FCA=∠BCE=30度，所以∠ACB=60度，所以BC等于AB除以根号3，得2，故选C．
考点：1．矩形性质；2．菱形性质；3．勾股定理．
6．（2021·上海·九年级专题练习）如图，正方形ABCD的边长是2，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别在边AD、AB上，且OE⊥OF，则四边形AFOE的面积是（ ）
A．4 B．2 C．1 D．
【答案】C
【分析】根据正方形的性质可得OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，再利用ASA证明△AOE≌△BOF，从而可得△AOE的面积＝△BOF的面积，进而可得四边形AFOE的面积＝正方形ABCD的面积，问题即得解决．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴△AOE的面积＝△BOF的面积，
∴四边形AFOE的面积＝正方形ABCD的面积＝×22＝1；
故选C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
二、填空题
7．（2021·上海·九年级专题练习）如果一个多边形所有内角和与外角和共为2520°，那么从这个多边形的一个顶点出发共有_________条对角线
【答案】11
【分析】先根据题意求出多边形的边数，再根据从n边形一个顶点出发共有（n-3）条对角线即可解答．
【解析】设多边形的边数为n，则有
(n-2)•180＋360=2520，
解得：n=14，
14-3=11，即从这个多边形的一个顶点出发共有11条对角线，
故答案为11．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和、多边形的对角线，得到多边形的边数是解本题的关键．
8．（2022秋·上海·九年级校考期中）如图，在平行四边形中，点是边上的点，、相交于点，若，则________．
【答案】
【分析】根据平行四边形的性质，得到，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，得到和的关系，利用相似三角形的高线比等于相似比，推出与的关系，进而推出和的关系，即可得解．
【解析】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
∴，
过作，垂足分别为：，过点作，垂足为：，
∵，
∴三点共线，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．熟练掌握平行四边形对边平行且相等，相似三角形对应边上的高线比等于相似比，面积比等于相似比的平方，是解题的关键．
9．（2021秋·上海·九年级校考阶段练习）如图，已知在梯形中，，分别交边、于点M、N，如果，，，那么的长______．
【答案】##
【分析】过点A作，交于E，交于F，推出四边形和四边形都是平行四边形，得到，进而得到，再证明，利用相似三角形的性质得到，即可求出的长．
【解析】解：过点A作，交于E，交于F，
，，
四边形和四边形都是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作辅助线构建相似三角形是解题的关键．
10．（2022秋·上海奉贤·九年级校联考期中）已知菱形的边长为，对角线与相交于点，，垂足为点，，那么______．
【答案】
【分析】根据菱形对角线互相垂直，和，证明∽，可得，根据和的值，利用勾股定理求出，即可求得的值．
【解析】解：菱形对角线互相垂直，，
，
，
∽，
，
，，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形正切函数的计算，菱形对角线垂直平分的性质，本题中求证是解题的关键．
11．（2023秋·上海青浦·九年级校考期末）如图，已知在中，，，，正方形的顶点G、F分别在、上，点D、E在斜边上，那么正方形的边长为______．
【答案】6
【分析】根据，，结合勾股定理求出和的长度，过点C作于点M，交于点N，根据相似三角形高的比等于相似比即可进行解答．
【解析】解：∵，，
∴，
设，则，
∵，
∴根据勾股定理可得：，
即，解得：，（舍），
∴，，
过点C作于点M，交于点N，
∵，
∴，
即，解得：，
∵四边形为正方形，
∴，即，
∴，
∴，
设正方形边长为y，
∵，，，
∴，，
∴，即，
，解得：，
∴正方形的边长为6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、正方形的性质、勾股定理和解直角三角形等知识；正确作出辅助线、灵活运用相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
12．（2023·上海崇明·统考一模）如图，菱形的边长为8，为的中点，平分交于点，过点作，交于点，若，则的长为___________．
【答案】##
【分析】作垂直于H，延长和交于点M，然后通过证明是的垂直平分线，进而证明，即可得出答案．
【解析】如图，作垂直于H，延长和交于点M，
菱形的边长为8，
，
，
，
为的中点，
，
，
是的垂直平分线，
，
，，
又，
∴，
，
设，
平分，
，
又，
，
，则，
则，，
，
，
，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质使用、垂直平分线的性质以及菱形的性质，作辅助线是本题的关键．
三、解答题
13．（2022秋·上海奉贤·九年级校考期中）如图，正方形中，对角线相交于点O，点P在上，连接，延长交于点Q，过点P作分别交于点E、F．
(1)求证：；
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由正方形的性质可得，，从而得出．再根据，即得出，从而可证，进而即可证明；
（2）由（1）可知．从而由三角形外角的性质可证．再根据正方形的性质可得，即可证，得出，即．
【解析】（1）∵四边形为正方形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，即，
∴；
（2）由（1）可知．
∵，，
∴．
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，即．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形外角的性质，三角形相似的判定和性质．熟练掌握三角形相似的判定定理是解题关键．
14．（2021秋·上海·九年级校考阶段练习）已知：如图，菱形，点E是的中点，点F，连接、、，交于点G，且．
(1)求证：
(2)求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据菱形的性质和直角三角形的性质得到，即可得到，结论可得；
（2）先证，则，再证，则可得，由，结论得证．
【解析】（1）证明：∵，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，
∴，
∵中，点E是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴．
∴，即．
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】此题考查了菱形的性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形斜边上中线的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
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