平行四边形证明高频考点归纳练-2025年中考数学三轮复习备考

平行四边形证明高频考点归纳练 2025年中考数学三轮复习备考 1．如图，四边形是平行四边形，点，分别在边上，且相交于点O，求证：． 2．如图，在平行四边形中，点E、F分别在边、上，且，求证：． 3．如图，在平行四边形中，E，F分别是，的中点，求证：． 4．如图，在中，，D，E分别为的中点，过点A作交的延长线于点． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 5．如图，在中，E，F是对角线上的两点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若．求线段长． 6．如图1，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于点，以，为邻边作平行四边形． (1)求证：平行四边形是菱形； (2)如图2，若，连接，，，，求的度数并判断的形状； (3)如图3，若，，，是的中点，求的长． 7．已知，在中，，，为垂足． (1)求证； (2)若，，求的度数． 8．如图，在矩形中，对角线、相交于点O，过点C作，交的延长线于点E． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，如果，，求的长． 9．如图，在平行四边形中，，是边上一点，延长交的延长线于点，连接． (1)若，求证：四边形是矩形． (2)在（1）的条件下，，，求的余弦值． 10．如图，在平行四边形中，分别是的中点，分别是对角线上的四等分点，顺次连接． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当平行四边形满足什么条件时，四边形是菱形？请说明理由． (3)若．探究四边形的形状，并说明理由． 11．如图1，在四边形中，，的平分线交于点，交直线于点，下面是两位同学的对话． (1)请你选择一位同学的说法，并进行证明（选小波得4分，选小杭得2分）； (2)如图2，若，四边形是菱形，分别连结，，求的度数． 12．如图，在中，E，F是对角线BD上的两点（点E在点F左侧），且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)当，，时，求的长． 13．如图，在中，，对角线、相交于点，将直线绕点按顺时针方向旋转，分别交、于点、． (1)试证明在旋转过程中，线段与总保持相等． (2)在旋转过程中，就图中四边形的形状而言，你有哪些发现？对其中的一个结论加以证明． 14．如图，在等腰梯形中，，、分别是、边的中点，与相交于点． (1)求证：； (2)连接、，当时，求证：四边形是菱形． 15．如图1，在中，于点E，延长至点F，使，过点F作于点H，交于点G． (1)求证：． (2)如图2，连接，点E是的中点，． ①若，求的长． ②如图3，延长至点M，使得，连接，，猜想与之间存在怎样的关系？并说明理由． ③如图4，在②的条件下，连接，作点C关于的对称点N，连接，，若，请直接写出的大小． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《平行四边形证明高频考点归纳练-2025年中考数学三轮复习备考》参考答案 1．见解析 【分析】本题主要查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 根据平行四边形的性质可得，从而得到，再由，可得，可证明，即可求证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴． 2．见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．根据平行四边形的性质与判定即可证明． 【详解】解：平行四边形， ，， ，， 四边形是平行四边形， ， ， 即． 3．证明见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，中点的定义，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键； 用中点定义得，，再依据平行四边形的性质得到，，进而推出，，，由此判定四边形是平行四边形，最后根据平行四边形对边相等得出结论 ． 【详解】证明：点，分别是，的中点， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形为平行四边形， ． 4．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）由三角形中位线定理可得、，结合可证四边形是平行四边形，再说明即可证明结论； （2）如图，连接，由菱形的性质易证是等边三角形，是等边三角形，求出根据等腰三角形三线合一的性质可得，即，然勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：点D、E分别是边的中点， 是的中位线，， ，， 又， 四边形是平行四边形， ，， ． 平行四边形是菱形． （2）解：如图，连接， ，四边形是菱形， ∴， 是等边三角形， ∴， ∴， 是等边三角形， ∴, 是的中点， ∴， ∴， ． 5．(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定和性质，灵活运用勾股定理解决问题，属于中考常考题型． （1）连接，根据平行四边形的性质可得，根据已知证得，从而证得结论； （2）根据勾股定理求出，然后求得，进而求出． 【详解】（1）证明：连接交于O， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵， ∴在中，， ∵， ∴， ∵， ∴． 6．(1)见解析 (2)；是等边三角形 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，再根据平行线的性质证明，根据等角对等边可得，再有条件四边形是平行四边形，可得四边形为菱形，即可解决问题； （2）连接，先证明，得出，， 证明，得出是等边三角形，即可得出结论； （3）首先证明四边形为正方形，再证明可得，，再根据可得到是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形为菱形； （2）解：；是等边三角形； ∵，， ∴， ∵， ∴， 由（1）知，四边形是菱形， ∴，， ∴为等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴； （3）解：如图，连接，， ∵，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 又由（1）可知四边形为菱形，， ∴四边形为正方形． 根据解析（2）可知，， ∵M为中点， ∴，， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴，． ∴， ∴是等腰直角三角形． ∵，， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、正方形的性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法． 7．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的性质，解题关键是熟练运用平行四边形的性质证明三角形确定，根据平行四边形的性质求角度； （1）根据平行四边形的性质得出，，再证明即可； （2）根据平行四边形的性质得出，，再利用三角形内角和求解即可． 【详解】（1）证明：，， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ． （2）解：四边形是平行四边形， ，， ，， ， ． 8．(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的性质，三角形中位线定理，解直角三角形的应用，掌握相关知识点是解题关键． （1）根据平行四边形的判定和性质求解即可； （2）过点O作于点F，根据矩形的性质，得到F为的中点，由（1）知四边形是平行四边形，则，由三角形中位线定理可得，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴ 四边形是平行四边形． （2）解：如图，过点O作于点F， ∵ 四边形是矩形，，， ∴，，， ∴F为的中点， 由（1）知四边形是平行四边形， ∴， ∵是的中位线， ∴， ∵， ∴． 9．(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质得，则，而，，即可根据“”证明，则，所以四边形是平行四边形，因为，所以四边形是矩形； （2）作于点，因为，，所以，，则，因为，所以，，由，求得，则，求得． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，延长交的延长线于点， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形． （2）解：作于点，则， 四边形是平行四边形，四边形是矩形，，， ，， ， ， ，， ， ， ， ， 的余弦值为． 【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理、解直角三角形、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，证明是解题的关键． 10．(1)见解析 (2)当满足时，四边形是菱形，见解析 (3)四边形是矩形，见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，菱形的判定定理，矩形的判定定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）连接，得到过点，得到，可得到， ，即可得到结论； （2）当满足时，四边形是菱形，连接，可证明四边形是平行四边形，由，得到，即可得到结论； （3）四边形是矩形， 由（2）知，四边形是平行四边形，得到，继而得到，，即可得到结论． 【详解】（1）证明：（1）如图1，连接， 分别是对角线上的四等分点， 是的中点，分别为的中点， 四边形是平行四边形， 过点， ， 是的中点， 为的中位线， ，   同理， ， 四边形是平行四边形 ； （2）解：当满足时，四边形是菱形，理由如下： 如图2，连接， 四边形是平行四边形， ， 分别是的中点， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ，即， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形； （3）解：四边形是矩形，理由如下： 如图2，由（2）知，四边形是平行四边形， ， ， ， ， 四边形是矩形． 11．(1)选小波，证明见解析（答案不唯一） (2) 【分析】（1）选小波，证明得出，进而可证四边形为平行四边形； 选小杭，证明，得出，进而可证四边形为平行四边形； （2）分别连接，，由菱形和平行四边形的性质证明是等边三角形得，，根据证明，结合全等三角形的性质得出是等边三角形，即可求得的度数． 【详解】（1）选小波，证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵的平分线交于点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； 选小杭，证明：∵， ∴， ∵的平分线交于点， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （2）如图，分别连接，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∵，四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定方法、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法． 12．(1)见解析 (2) 【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、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． （1）证，运用平行四边形的性质得，再证，得，即可得出结论； （2）由锐角三角函数定义和勾股定理求出，，再证，则，得，求出，进而得出答案． 【详解】（1）证明：， ，， ， 四边形是平行四边形， ，， ， 在和中， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：在中，， 设，则， 由勾股定理得：， 解得：或（舍去）， ，， 由（1）得：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， 设，则， ， 解得：或,（舍去）， 即． 13．(1)见解析 (2)发现的结论不唯一，证明见解析 【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，平行线的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． （1）由平行四边形的性质得，，所以，又，所以证明出，即可得解； （2）对“当旋转角，四边形是平行四边形”加以证明：当时，，再结合，即可得证． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， 又， ， ； （2）就图中四边形的形状而言，发现的结论不唯一，例如：当旋转角时，四边形是平行四边形； 对“当旋转角，四边形是平行四边形”加以证明如下： 当时，， 又， 四边形是平行四边形． 14．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接，如图所示，由等腰梯形的性质得到，进而由全等三角形的判定定理得到，进而得到，再由三角形中位线的判定与性质得到，等量代换得到，再由等角对等边即可得证； （2）由题意，等量代换得到，由中垂线的判定得到，从而由得到，再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，结合题中条件确定，从而由平行四边形的判定得到四边形是平行四边形，进而得证四边形是菱形． 【详解】（1）证明：连接，如图所示： 四边形是等腰梯形 ． 又， ． ． 是中点， ， ， ， ； （2）证明：连接，如图所示： ， ， 又是中点， ， 是中点， ， ， 是边中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 【点睛】本题是四边形的综合，涉及等腰梯形性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、中垂线的判定与性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、平行四边形的判定、菱形的判定等知识．熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题的关键． 15．(1)见解析 (2)①4；②；见解析；③ 【分析】（1）由，得到，由四边形是平行四边形，得到，，再结合，证明，得到； （2）①解：延长，交延长线于点P，由点是的中点，，得到，再证明，得到，即可利用斜边中线得到； ②先证明四边形是正方形，得到，，再证明，得到，，即可得到； ③连接，，，过作交延长线于，在②的条件下，，，，，，证明，得到，则，再由作点C关于的对称点N，得到四边形为正方形，得到，最后证明，得到． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）①解：延长，交延长线于点P， ∵， ∴， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴； ②，，理由如下： ∵，， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵，， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴； ③连接，，，过作交延长线于， 在②的条件下，，，，， ∴，， ∴， ∴， ∵作点C关于的对称点N， ∴，，， ∴， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， 由（2）， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，轴对称的性质等知识点． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$