模型综合练六 四边形
基础过关
1.顺次连接四边形 ABCD 四边的中点所得的四边形为矩形，则四边形ABCD一定满足 ( )
A. AC=BD B. AC⊥BD
C. AC=BD,AD⊥CD D. AB⊥BC
2.如图，某广场上有一块四边形草坪ABCD，AD∥BC,AB=CD,草坪中有一条长 10 米的小路AC，现将四边形ABCD 的中点连线用篱笆围起来建造一个花圃 EFGH，需要的篱笆总长度是 ( )
A. 40 m B. 30 m C. 20 m D. 10 m
3. 如图,在矩形ABCD 中, E 是 BC边上一点，点F 在 CD 的延长线上，且BE= 连接 EF 交 AD 于点 G,H 是 AB边上一点,过点 H 作 HN⊥EF,分别交 EF,CD 于点M,N,若 则DN的长为 ( )
A. 2 B. C. D. 5
4. 如图,在△ABC 中,AB =AC=8,∠BAC =120°,点 D,E,F 分别是边 BC,AB 和AC 上一点,且∠EDF=60°,若点 D 为 BC 边的中点,AE=3,则AF的长为 .
5.如图,在四边形ABCD中,BC=CD=5,∠B=∠ADC=90°,AB=10,点 E,F分别在边BC,AB上,AE⊥DF于点 G,则 的值为 .
能力提升
6. 如图,在菱形 ABCD 中,∠ABC =60°,E 是CD边的中点，将菱形沿过点 A 的直线折叠，使点 B 落在直线 AE 上的点 G 处，折痕为AF,FG 与 CD 交于点 H. 有如下结论:①∠CFH=30°;②DE= AE;③CH=GH;④S△ABF:S四边形AFCD =3:5.则正确结论的序号是 ( )
A. ①②④ B. ①②③
C. ①③④ D. ①②③④
7.如图，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”.
(1)性质探究：如图①，已知四边形ABCD 中，AC⊥BD,垂足为O,求证:
(2)解决问题:已知AB=5,BC=4,分别以△ABC 的边 BC 和AB 向外作等腰 Rt△BCQ和等腰Rt△ABP.如图②,当∠ACB=90°,连接PQ,求PQ 的长.
8.在数学课上，赵老师在黑板上写下一道题如下：
如图①,在 ABCD 中,E,F分别是AB,AD边上的点,连接DE,CF,且∠AED=∠CFD.
求证:DE·AB=CF·AD.
小明经过思考写下如下证明过程：
如图②,在AD边上取点 Q,使∠CQF=∠A.
∵∠AED=∠CFD,∠CQF=∠A,
…
(1)请将小明的解题过程补充完整；
(2)解完老师的题目后，老师又给出如下问题，请你帮小明直接写出结果.
如图③,在四边形 ABCD 中,E,F 分别是AB,AD边上的点,连接DE,CF,且∠AED=∠CFD.若AB=BC=3,DA=DC=4,∠A=90°,求 的值.
挑战压轴
9. 如图,在正方形ABCD中,对角线AC,BD 相交于点 O,点 E 是 BC 上一点,且( BE.过点 D作 DH⊥AE于点 H,分别交 AB,AC于点 F,G.
(1)求证:
(2)若△DGO 的面积为S ,△DBF 的面积为S ,求 的值；
(3)设AE与BD交于点 P,求证:
1. B 2. C 3. C
4. 1 5.
6. B
7. (1)证明:∵AC⊥BD,垂足为O,
(2)解：如解图，过点 P作 交QB 的延长线于点 D，
则
=3,
∵ △BCQ 和 △ABP 都是等腰直角三角形，
∴∠CBQ=∠ABP=90°,BQ=BC=4,BP=BA,
∴∠ABC+∠ABD=90°,
∵∠PBD+∠ABD=90°,∴∠ABC=∠PBD,
∵∠ACB=∠PDB=90°,
∴△ABC≌△PBD(AAS),
∴PD=AC=3,BD=BC=4,∴DQ=BD+BQ=4+4=8,
在 Rt△PQD 中,
8. 解:(1)补充过程如下:∴△ADE∽△QCF,
∵四边形ABCD 是平行四边形,∴AB∥CD,AB=CD,∴∠A+∠ADC=180°,
∵∠CQF+∠CQD=180°,∠A=∠CQF,
∴∠CDQ=∠CQD,
∴QC=CD,∴DE·AB=CF·AD;
(2)如解图,过点 C 作 CN⊥AD 于点 N,作CM⊥AB,交AB的延长线于点 M,
∵ ∠A=90°,∴四边形AMCN 是矩形,设CN=x,∴ AM = CN =x,AN = CM,易证△BAD ≌ △BCD(SSS),∴ ∠BCD =∠A=90°,
∴ ∠ABC + ∠ADC=180°,
∵ ∠ABC+∠CBM =180°,∴∠CBM=∠NDC,
∴△BCM∽△DCN(对角互补模型),
∴BM=AM-AB=x-3,
在 Rt△CMB 中,由勾股定理得
解得 或x=0(舍去),即
∵∠A=∠CNF=90°,∠AED=∠CFN,
∴△AED∽△NFC,
9. (1)证明:∵ 四边形 ABCD 为正方形,DH⊥AE,
∴∠ABC=∠AHF=∠FAD=90°,AB=AD,
∴ ∠ADF+∠HAD=∠BAE+∠HAD=90°,
∴∠ADF=∠BAE,在△ABE 和△DAF中, ∴ △ABE≌△DAF(“十字架”模型),∴AE=DF;
(2)解:如解图,过点 E 作 EM⊥AC 于点 M,过点O 作 ON∥AB,交DF于点 N,在 Rt△CEM 中,∵ ∠ECM = 45°,∴ CE =
∴BE=EM,
∴∠BAE=∠EAC,
∵DF⊥AE,
∴∠AHF=∠AHG=90°,
∴ △AFG是等腰三角形,
∴AF=AG,
∴∠AFG=∠AGF,
∵ON∥AB,∴∠AFG=∠ONG,
∵∠AGF=∠OGN,
∴∠OGN=∠ONG,∴OG=ON,
∵ON∥AB,BD=2OD,
∴BF=2ON,
∴BF=2OG.
设
(3)证明:∵∠AOP=∠AME=90°,
设BE=m,则EC= m,EM=BE=MC=m,
由(1)知△ABE≌△DAF,
∴BE=AF,
即BF=2PO.
