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专题03平行四边形
（考题猜想，10种易错重难点与解题模型63题专项训练）
题型一：证明平行四边形（易错）
1．（24-25八年级下·全国·期中）已知：如图，在中，、是对角线上的两点，且．请判断与的关系，并说明理由．
【答案】，，证明见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质与全等三角形的判定与性质．
由四边形是平行四边形，即可得，然后利用平行线的性质，求得，又由，即可证得，继而可得、即，可得，可得四边形是平行四边形，从而可得结论．
【详解】解：猜想，，
理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴
即，
∴，
∴且，
∴四边形是平行四边形，
∴，．
2．（23-24八年级下·广东中山·期中）如图，在中，，是的中点，过点作，使，连接，求证四边形是矩形．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、等腰三角形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
由题意得出四边形是平行四边形，结合等腰三角形的性质得出，即可得证．
【详解】证明：，，
四边形是平行四边形，
，是的中点，
，
，
四边形是矩形．
3．（23-24八年级下·四川泸州·期中）如图，已知中，O是的中点，过点O作，交于点E，交于点F．求证：四边形是平行四边形．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，先证明，，可得，可得，再进一步可得结论．
【详解】证明：∵点O为对角线的中点，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形．
4．（23-24八年级下·四川泸州·期中）如图，四边形是菱形，交的延长线于E，，交的延长线于F．请你猜想与的大小有什么关系，并证明你的猜想．
【答案】，证明见解析
【分析】此题考查了菱形的性质与角平分线的性质，解题的关键是做出辅助线，根据角平分线的性质得出结论．连接，由四边形是菱形，则可得，再由，，根据角平分线的性质，即可证得．
【详解】证明：，理由如下：
连接，
∵四边形是菱形，
∴，
又∵，，
∴．
5．（22-23八年级下·江苏淮安·期中）如图，点是的中点，四边形是平行四边形．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当满足______时，四边形是矩形．并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)（答案不唯一），理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质及判定，矩形的判定，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键．
（1）利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进行判定即可；
（2）利用对角线相等的平行四边形是矩形进行判定即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，且，
∵点是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：当满足时，四边形是矩形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
由（1）可知，四边形是平行四边形，
∴平行四边形是矩形．
6．（23-24八年级下·江苏扬州·期中）如图，在平行四边形中，、分别在、边上，且．
(1)求证：；
(2)求证：四边形是平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的判定与性质．
（1）根据平行四边形的性质可得：，，可证明，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）由四边形是平行四边形可得：，，结合，可得，即可得证．
【详解】（1）解：四边形是平行四边形，
，，
，
，
；
（2）四边形是平行四边形，
，，
，
，即，
四边形是平行四边形．
7．（21-22八年级下·西藏拉萨·期中）如图，在平行四边形中，边的垂直平分线交于点，交的延长线于点，连接．
(1)求证：．
(2)试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是菱形，见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、垂直平分线的性质、菱形的判定等知识，理解并掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
（1）首先根据平行四边形的性质可得，进而可得，再结合垂直平分线的性质证明，可证明，结合全等三角形的性质即可获得答案；
（2）首先证明四边形是平行四边形，再结合“邻边相等的平行四边形是菱形”，即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵是的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）四边形是菱形；理由如下：
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵是的垂直平分线，
∴，
∴四边形是菱形．
8．（23-24八年级下·贵州黔东南·期中）已知正方形，E为对角线AC上一点．
【建立模型】
（1）如图1，连接和的数量关系是______；
【模型应用】
（2）如图2，F是延长线上一点，交于点G．证明；
【模型迁移】
（3）如图3，F是延