平行四边形的性质与判定压轴题八种模型全攻略（解析版）

专题05平行四边形的性质与判定压轴题八种模型全攻略【考点导航】目录TOC\o"1-3"\h\u【典型例题】 1【考点一利用平行四边形的性质求解】 1【考点二利用平行四边形的性质证明】 3【考点三判断能否构成平行四边形】 7【考点四添一个条件成为平行四边形】 10【考点五证明四边形是平行四边形】 12【考点六平行四边形中的折叠问题】 16【考点七利用平行四边形的性质无刻度作图】 18【考点八利用平行四边形的性质与判定综合】 22【过关检测】 27【典型例题】【考点一利用平行四边形的性质求解】例题：（2024上·吉林长春·八年级校考期末）如图，在中，平分，交于点F，平分，交于点E，，，则长为.【答案】3【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，等角对等边；熟练掌握平行四边形的性质，得出是解题的关键．根据平行四边形的对边平行且相等可得，，；根据两直线平行，内错角相等可得；根据从一个角的顶点出发，把这个角分成两个相等的角的射线，叫做这个角的平分线可得；推得，根据等角对等边可得，，即可列出等式，求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，，∵，∴，∵平分，∴，则，∴，同理可证：，∵，即，解得：；故答案为：3．【变式训练】1．（2023上·吉林长春·八年级校考期末）如图，在中，，对角线与相交于点O，，则的周长为.【答案】22【分析】本题考查平行四边形的性质以及三角形周长等知识，解题的关键是记住平行四边形的对角线互相平分．根据平行四边形对角线互相平分求出的长，即可解决问题．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴的周长．故答案为：22．2．（2023上·山东淄博·八年级校考阶段练习）如图，的对角线相交于点O，且，过点O作，交AD于点M．如果△CDM的周长为8，那么的周长是．【答案】16【分析】此题考查了平行四边形的性质及周长的计算，根据线段垂直平分线的性质，证得AM=MC是解题的关键．根据题意，垂直平分，所以，因此的周长，可得平行四边形的周长．【详解】解：∵是平行四边形，∴，∵，∴．∴的周长，∴平行四边形的周长是．故答案为16．【考点二利用平行四边形的性质证明】例题：（2023下·广东广州·八年级校考期中）平行四边形中，分别平分和交于点交于点G．(1)求证：；(2)判断和的大小关系，并说明理由【答案】(1)证明见解析(2)，理由见解析【分析】本题考查平行四边形的性质、角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型；（1）证明，即可推出即；（2）证明，再利用平行四边形的性质，即可解决问题；【详解】（1）证明：如图，∵在平行四边形中，，，分别平分和，，，即，，；（2）解：结论：线段与是相等关系，即，∵在平行四边形中，，，又平分，，，同理可得，，又∵在平行四边形中，，．【变式训练】1．（2023上·福建厦门·九年级校联考阶段练习）如图，四边形是平行四边形，延长到点E，使得，连接交于点F．证明：．【答案】证明见解析【分析】本题考查平行四边形的性质，三角形全等的证明．由平行四边形的性质可得，，从而，，又，通过“”证得．【详解】∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵，，∴，∴在和中，，∴．2．（2023下·广东佛山·八年级校联考期末）如图，在平行四边形中，，点E为的中点，连接并延长与的延长线相交于点F．

(1)求证：；(2)求证：是的平分线．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据四边形是平行四边形，连接并延长与的延长线相交于点F得，则，根据点E为的中点得，利用即可证明；（2）根据四边形是平行四边形得，可得，根据，点E为的中点，得，则，等量代换得，即可得．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，连接并延长与的延长线相交于点F，∴，∴，∵点E为的中点，∴，在和中，，∴；（2）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，点E为的中点，∴，∴，∴，∴是的平分线．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．3．（2023上·北京海淀·九年级统考期中）如图，的对角线交于点过点且分别与交于点．

(1)求证：；(2)记四边形的面积为，平行四边形的面积为，用等式表示和的关系．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，进而得到，由此可利用证明；（2）根据全等三角形的性质得到，进而可证明．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，对角线交于点，∴，∴，∴（2）解：∵，∴，∴，又∵，∴．【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，熟知平行四边形对边平行，对角线互相平分是解题的关键．【考点三判断能否构成平行四边形】例题：（2023下·北京海淀·八年级北京市十一学校校考阶段练习）如图，在四边形中，对角线与相交于点，下列条件中不能判定四边形是平行四边形的是（）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】由平行四边形的判定定理对边对各个选项进行判断即可．【详解】解：A、∵，，∴四边形是平行四边形，故选项A不符合题意；B、∵，，∴四边形是平行四边形，故选项B不符合题意；C、∵，，∴四边形是平行四边形，故选项C不符合题意；D、由，，不能判定四边形是平行四边形，故选项D符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，熟记平行四边形的判定定理是解题的关键．【变式训练】1．（2023下·江西赣州·八年级校联考期末）如图，在中，点，分别在，上．下列条件中，不能得出四边形一定为平行四边形的是（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据平行四边形的判定方法逐项判断即可．【详解】A、∵四边形为平行四边形，∴，即．又，∴四边形为平行四边形．（一组对边平行且相等的四边形为平行四边形）该选项不符合题意．B、无法证明四边形为平行四边形，该选项符合题意．C、∵四边形为平行四边形，∴，即．又，∴四边形为平行四边形．（两组对边分别平行的四边形为平行四边形）该选项不符合题意．D、∵四边形为平行四边形，∴，．又，，，∴．∵，，∴．∴四边形为平行四边形．（两组对角分别相等的四边形为平行四边形）该选项不符合题意．故选：B．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质和判定，牢记平行四边形的判定方法是解题的关键．2．（2023下·安徽合肥·八年级校考期末）如图，，，、是线段上的两点，则以下条件不能判断四边形是平行四边形的是（

）

A． B．C． D．，【答案】C【分析】连接、、交于点，根据平行四边形的对角线互相平分可得，，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，只要证明得到即可，然后根据各选项的条件分析判断结合平行四边形的判定即可得解．【详解】解：连接，，

，，四边形是平行四边形，连接交于，，，，，四边形是平行四边形，故A不符合题意；，，，，，，，四边形是平行四边形，故B不符合题意；，故无法判定四边形是平行四边形，故C符合题意；，，，以下的证明与B相同，故D选项不符合题意；故答案为：C．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．【考点四添一个条件成为平行四边形】例题：（2023下·福建福州·八年级校考期中）如图，E，F是对角线BD上的两点，请你添加一个适当的条件：，使四边形AECF是平行四边形．

【答案】或或．【分析】用反推法，假如四边形是平行四边形，会推出什么结果，这结果就是要添加的条件．【详解】解：使四边形是平行四边形．就要使，，就要使，而在平行四边形中已有，，再加一个或可用证，或用证．故答案为：或或．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，本题是开放题，答案不唯一，可以针对各种特殊的平行四边形的判定方法，给出条件，本题主要是通过给出证明的条件来得到，，根据四边形中一组对边平行且相等就可证明为是平行四边形．【变式训练】1．（2023下·山东青岛·八年级统考期末）如图所示，在中，A、C分别为边、上的点，请在目前图形中添加一个条件，使四边形是平行四边形．

【答案】【分析】在中可得,即，添加，满足一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．【详解】解：添加条件，四边形是平行四边形，，即，，四边形是平行四边形．故答案为：．【点睛】本题考查了平行线的判定与性质，熟练掌握平行线的判定与性质定理是解题关键．2．（2023下·广东东莞·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动，点在边上，以每秒的速度从点向点运动，当秒时，直线在四边形内部能截出一个平行四边形．

【答案】2或3【分析】根据平行四边形的判定可知，分两种情况：①和②，据此建立方程，解方程即可得．【详解】解：设当运动秒时，直线在四边形内部能截出一个平行四边形，则，，，，，由题意，分以下两种情况：①当时，四边形是平行四边形，则，解得；②当时，四边形是平行四边形，则，解得；综上，当2秒或3秒时，直线在四边形内部能截出一个平行四边形，故答案为：2或3．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题关键．【考点五证明四边形是平行四边形】例题：（2023上·山东东营·八年级校考阶段练习）已知：如图，的对角线，相交于点，，，垂足分别为，．求证：四边形是平行四边形．

【答案】见解析【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，首先根据平行四边形的性质得到，，然后证明出，得到，然后证明出，即可证明四边形是平行四边形．熟悉相关性质是解题的关键．【详解】∵四边形是平行四边形∴，∵，∴∴∴∵，∴∴∴四边形是平行四边形．【变式训练】1．（2023下·天津·八年级校考期中）如图，在平行四边形中，点分别是的中点，点在对角线上，且．

(1)求证：；(2)求证：四边形是平行四边形．【答案】(1)证明过程见详解(2)证明过程见详解【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，根据中点的性质可得，根据全等三角形的判定方法“边角边”即可求证；（2）由（1）可知，可得，，运用平角的计算可得，根据平行四边形的判定即可求证．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵点分别是的中点，∴，，∴，在中，，∴．（2）证明：由（1）可知，，∴，，∵，，∴，∴，∴四边形是平行四边形．【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．2．（2023下·江西宜春·八年级校考阶段练习）如图所示，将的边延长至点，使，连接，是边的中点，连接．

(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用平行四边形的性质得出，，进而利用已知得出，，进而得出答案；（2）首先过点作于点，再利用平行四边形的性质结合勾股定理得出的长，进而得出答案．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，，，是边的中点，，，四边形是平行四边形（2）解：过点作于点，

由（1）得：四边形是平行四边形，，四边形是平行四边形，，，，，，，在中，，，又是边的中点，，，在中，，．【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理等、直角三角形的性质，熟练应用平行四边形的判定方法是解题关键．【考点六平行四边形中的折叠问题】例题：（2023上·江苏南通·九年级校考期末）如图，在平行四边形中，，将平行四边形折叠，使点D、C分别落在点F、E处（点F、E都在所在的直线上），折痕为，则等于．【答案】/40度【分析】本题考查平行四边形的性质，折叠的性质．根据平行四边形和折叠的性质，得到，进而求出的度数，利用三角形的内角和定理，进行求解即可．【详解】解：∵平行四边形，∴，∴，∵折叠，∴，∴，∴；故答案为：．【变式训练】1．（2023下·河南郑州·八年级统考期末）如图，将沿对角线折叠，使点A落在E处．若，，则的度数为．

【答案】/110度【分析】根据平行四边形的性质和外角定义证明，得，由翻折可得，然后利用三角形内角和定理即可解决问题．【详解】解：设，交于点F，如图，

∵四边形是平行四边形，∴，∴，由翻折可知：，∴，，∴，∴，∴，∴，由翻折可知：，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查翻折变换，平行四边形的性质，平行线的性质，三角形外角定义，三角形内角和定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．2．（2023下·山西临汾·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，E为边上一点，将沿折叠至处，与交于点F，若，，则的大小为．

【答案】/30度【分析】由平行四边形的性质得，由折叠的性质得：，，由三角形外角性质求出，由三角形内角和求出，即可求得的大小．【详解】解：四边形是平行四边形，，由折叠的性质得：，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质是解题关键．【考点七利用平行四边形的性质无刻度作图】例题：（2023上·江苏泰州·八年级校联考阶段练习）如图，平行四边形中，只用无刻度的直尺按下列要求画图．（不写画法）(1)在图1中，点E是的中点，作边上的中点F；(2)在图2中，的平分线交于点F，在边上的找点P，使得连接后，平分．【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】本题主要考查利用平行四边形性质作图，（1）利用平行四边形对角线相互平分的性质，即可确定，且点E为中点，即可求得点F也为中点；（2）利用平行四边形对角线相互平分的性质，可判定四边形为平行四边形，结合平分，则即为所求．【详解】（1）解：连接和交于点O，连接，延长交于点F，如图，（2）连接和交于点O，连接，延长交于点P，如图，【变式训练】1．（2023下·江西吉安·八年级统考期末）例在中，点E为AB上一点，请仅用无刻度直尺按要求作图（保留作图痕迹，不写作法，题目要求画的线画实线，其他的线画虚线）

(1)如图1，E为边上一点，，画出∠D的角平分线；(2)如图2，E为边上一点，，画出∠B的角平分线．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接，由得，结合平行线的性质可得，进而可得平分，即即为所求；（2）连接交于点O，连接并延长交点F，连接，为所求．【详解】（1）解：如图：即为所求．

（2）解：如图：即为所求．

【点睛】本题考查作图一复杂作图、平行四边形的性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握平行四边形的性质是解答本题的关键．2．（2023上·湖北黄石·九年级统考期中）如图是由小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点．四边形的四个顶点都是格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图（画图过程用虚线，画图结果用实线）．(1)判断四边形的形状；(2)在图1中，在上画点E，使；(3)在图2中的上画点G，使．【答案】(1)平行四边形(2)见解析(3)见解析【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质是解题的关键．（1）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形，判定四边形的形状即可；（2）如图1，点向右4个格点，向下3个格点为，连接，则是等腰直角三角形，则，与的交点即为所求；（3）如图2，向右1个格点为，则，连接，则是等腰三角形，向上2个格点为，则为的中点，连接，则，延长交于，由可知，，则，点即为所求．【详解】（1）解：由题意知，，，，∴四边形是平行四边形；（2）解：如图1，点即为所求；（3）解：如图2，点即为所求；【考点八利用平行四边形的性质与判定综合】例题：（2023下·广东深圳·八年级校考期末）已知：如图，E、F是对角线上的两点．

(1)若，求证：四边形是平行四边形；(2)若，，垂足分别为E、F，，求的度数．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）连接交于O，根据，得，，继可证得，即可由平行四边形的判定定理得出结论．（2）先由，，得出，，再证，得，从而证得四边形是平行四边形，即可根据平行四边形的性质得．【详解】（1）证明：连接交于O，

∵，∴，，∵，∴，即，∴四边形是平行四边形．（2）解：∵，，∴，，∵，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∴四边形是平行四边形∴．【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．【变式训练】1．（2023下·吉林长春·八年级校考期中）如图，中，E、F分别是、上的点，且，连接交于O．(1)连接、，判断四边形的形状并说明理由．(2)若，，的面积为2，求的面积．(3)若，，，延长交的延长线于G，当时，则的长为______．【答案】(1)四边形是平行四边形，理由见解析；(2)；(3)4；【分析】（1）分别证明，，即可；（2）利用平行四边形的性质，由的面积为2，得到，再利用三角形同底等高的性质，得到的面积，再求出，则可知的面积为；（3）由是等腰直角三角形，得出，因为，得出，所以与都是等腰直角三角形，从而依次求得、、的长，则可求；【详解】（1）解：四边形是平行四边形；证明：由题意，在中，，∵，∴四边形是平行四边形；（2）解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴的面积为．（3）解：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∵，，∴，∴，是等腰直角三角形，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的性质与判定，以及同底等高类的三角形面积，熟练掌握平行四边形的性质，证明等腰直角三角形是解决问题的关键．2．（2023下·全国·八年级假期作业）在四边形中，，．(1)如图①，求证：四边形是平行四边形；(2)如图②，平分，交于点．若，，求的面积；(3)如图③，平分，交于点，作交射线于点，交于点．若，请探究线段，，之间的数量关系．【答案】(1)见解析(2)3(3)或【详解】解：（1）证明：，．，，，四边形是平行四边形．（2）在中，，．平分，，，．如图①，作交的延长线于点，．图①，，，，．（3）如图②、图③，作交射线于点．当点在线段上时，如图②．图②，，，．四边形是平行四边形，，，．在和中，，．由（2）易知．，，．又，，即；当点在的延长线上时，如图③．图③同理可得，，，即．综上所述，线段，，之间的数量关系为或【过关检测】一、单选题1．（2023上·吉林长春·八年级校联考期末）在中，，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形对角相等、邻角互补是解题的关键．由平行四边形的性质得，则，再求出，即可解决问题．【详解】解：∵四边形是平行四边形，，故选：A．2．（2023下·全国·八年级假期作业）有下列说法：①平行四边形的两组对边分别平行且相等；②平行四边形的对角线互相平分；③平行四边形的对角相等、邻角互补；④平行四边形的对角线相等．其中正确的说法有（

）A．4个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【解析】略3．（2023上·吉林长春·八年级校考期中）如图，点是内的一点，过点作直线、分别平行于、，与的边分别交于、、、．则图中平行四边形的个数为（

）A．4个 B．5个 C．8个 D．9个【答案】D【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，根据两组对边分别平行的四边形为平行四边形，进行判断即可．【详解】解：∵，∴，∵过点作直线、分别平行于、，∴，∴四边形均为平行四边形，∴加上共9个；故选D．4．（2023上·吉林长春·八年级长春外国语学校校考阶段练习）如图，点是边延长线上一点，连接、、，与交于点．添加以下条件，不能判定四边形为平行四边形的是（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要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、平行线的性质等知识，理解并掌握平行四边形的判定定理是解题关键．首先根据平行四边形的性质可得，，，，若，由“一组对边平行且相等的四边形为平行四边形”，即可判断选项A；若，易得，即可证明，由“两组对边分别平行的四边形为平行四边形”即可判断选项B；若，证明，由全等三角形的性质可得，由“一组对边平行且相等的四边形为平行四边形”，即可判断选项D；由不能证明四边形为平行四边形，即可判断选项C．【详解】解：∵四边形为平行四边形，∴，，，，即，若，则有，∴四边形为平行四边形，故选项A不符合题意；∵，∴，若，则有，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，故选项B不符合题意；∵，∴，若，则在和中，，∴，∴，又∵∴四边形为平行四边形，故选项D不符合题意；由不能证明四边形为平行四边形，选项C符合题意．故选：C．5．（2023下·浙江·八年级校联考期中）如图，，分别是平行四边形的边，上的点，与相交于点，与相交于点，若，，，则阴影部分的面积为（）

A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查平行四边形的性质，三角形的面积，解题的关键在于求出各三角形之间的面积关系．根据平行四边形的面积与三角形的面积公式可得三角形的面积，连接、两点，由三角形的面积公式我们可以推出，，所以，，因此可以推出四边形的面积就是．再根据面积差可得答案．【详解】解：连接、两点，过点作于点，

，，，四边形是平行四边形，，的边上的高与的边上的高相等，，，同理：，，，，，故阴影部分的面积为．故选：B．二、填空题6．（2023上·福建泉州·八年级泉州七中校考阶段练习）如图，在中，于点E，如果，则°【答案】【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，根据平行四边形的性质得出，再利用直角三角形两个锐角角互余即可求得答案．【详解】解：∵是平行四边形，∴，∵，∴，∴．故答案为：．7．（2023上·山东济宁·八年级济宁市第十五中学校考阶段练习）如图，在中，，，．则．

【答案】【分析】本题主要考查平行四边形的性质及勾股定理的运用，用平行四边形的性质表示出、及的长度，则即可求解，解答本题的关键在于表示出所需边长．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴又∵，∴在中，由勾股定理得，∴又∵由平行四边形性质可得，；又∵中，由勾股定理得∴．故答案为：．8．（2023上·山东威海·九年级统考期末）如图，平行四边形中，、相交于点，交边于，连接，若，，则°．【答案】40【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、垂直平分线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关性质和判定是解题的关键．由平行四边形的性质可得、，再由平行线的性质可得，再说明是的垂直平分线，即，则，进而得到；再说明，最后根据即可解答．【详解】解：∵平行四边形中，、相交于点，∴,∴，∵，∴是的垂直平分线，∴，∴，∴，∴，∵，，∴,∴．故答案为40．9．（2023上·重庆九龙坡·八年级重庆市育才中学校考开学考试）在平行四边形中（），为折痕，四边形沿翻折后得到四边形，且线段经过点B使得，若，求的度数．

【答案】40°/40度【分析】根据平行四边形的性质可得，，根据翻折可得，，然后由四边形内角和定理即可解决问题．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，，根据翻折可知：，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．10．（2023下·上海·八年级专题练习）平行四边形中，两条邻边长分别为6和8，与的平分线交于点，点是的中点，连接，则．【答案】5或2【分析】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、梯形的中位线定理等知识；分两种情形分别求解即可解决问题：①如图1中，当，时，延长交于．②如图2中，当，时；由直角三角形的性质，梯形的中位线定理可得出答案．解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构建梯形中位线解决问题．【详解】解：①如图1中，当，时，延长交于．，，，，，，，，，，，，；②如图2中，当，时，同理可证，，，可得，综上所述，的长为5或2．故答案为：5或2．三、解答题11．（2023下·浙江温州·八年级校联考期中）如图，在中，的平分线交于点F，交的延长线于点E．

(1)求证：(2)连接，若，，求的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，从而可得，再由角平分线的定义可得，从而可得，由等腰三角形的判定与性质可得，即可得出结论；（2）过点D作于点H，证明是等边三角形，可得，，再根据平行线的性质得出，从而证明是等边三角形，可得，，根据直角三角形的性质可得，利用勾股定理求得，根据等边三角形的性质可得，再利用平行四边形的面积公式计算即可．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵的平分线交于点F，∴，∴，∴，∴．

（2）解：过点D作于点H，∵60°，，∴是等边三角形，，，∵，∴，∴，是等边三角形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴．

【点睛】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的定义及平行线的性质、熟练掌握平行四边形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．12．（2023上·吉林·八年级校考期末）如图，在中，，延长到点E，使过点E作交的延长线于点F，连接．

(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，直接写出的长．【答案】(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、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答本题的关键．（1）证得，再由平行四边形的判定即可得出结论；（2）由平行四边形的性质得，再由等腰三角形的性质得，则进而由勾股定理得，然后利用勾股定理求出的长即可．【详解】（1）证明：∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形；（2）解：由（1）可知，四边形是平行四边形，∴，∵∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴13．（2023·湖北省直辖县级单位·模拟预测）如图，四边形为平行四边形，E为的中点，仅用无刻度的直尺作图：

(1)在上取点M，使四边形为平行四边形；(2)在的延长线上取一点F，使四边形为平行四边形．【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】（1）连接，交于点O，连接并延长交于点M，则点M即为所求，因为四边形为平行四边形，则，又因为E为的中点，O为的中点，所以，即，所以四边形为平行四边形；（2）连接并延长交的延长线于点F，连接，则点F即为所求，因为四边形为平行四边形，则，所以，又因为E为的中点，所以，且，所以，即，所以四边形为平行四边形．【详解】（1）解：点M即为所求：

（2）解：如图，点F即为所求：

【点睛】本题考查作图-复杂作图、平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答本题的关．14．（2023下·陕西渭南·八年级统考期末）如图，在中，点