12、（2013•常德）连接一个几何图形上任意两点间的线段中，最长的线段称为这个几何图形的直径，根据此定义，图（扇形、菱形、直角梯形、红十字图标）中“直径”最小的是（　　）
　A． B． C． D．
考点：菱形的性质；勾股定理；直角梯形．
分析：先找出每个图形的“直径”，再根据所学的定理求出其长度，最后进行比较即可．
解答：解：
连接BC，则BC为这个几何图形的直径，过O作O⊥BC于
∵OB=OC，
∴∠BO= ∠BOC=60°，
∴∠OB=30°，
∵OB=2，O⊥BC，
∴O= OB=1，由勾股定理得：B= ，
∴由垂径定理得：BC=2 ；

连接AC、BD，则BD为这个图形的直径，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABO=30°，
∴AO= AB=1，由勾股定理得：BO= ，
∴BD=2BO=2 ；

连接BD，则BD为这个图形的直径，
由勾股定理得：BD= =2 ；

连接BD，则BD为这个图形的直径，
由勾股定理得：BD= = ，
∵2 ＞ ＞2 ，
∴选项A、B、D错误，选项C正确；
故选C．
点评：本题考查了菱形性质，勾股定理，含30度角的直角三角形性质，扇形性质等知识点的应用，主要考查学生的理解能力和推理能力．

13、（2013年河北压轴题）一透明的敞口正方体容器ABCD -A′B′C′D′ 装有一些
液体，棱AB始终在水平桌面上，容器底部的倾斜角为α
（∠CBE = α，如图17-1所示）．
探究 如图17-1，液面刚好过棱CD，并与棱BB′ 交于
点Q，此时液体的形状为直三棱柱，其三视图及尺寸如
图17-2所示．解决问题：
（1）CQ与BE的位置关系是___________，BQ的长是____________d；
（2）求液体的体积；（参考算法：直棱柱体积V液 = 底面积SBCQ×高AB）
（3）求α的度数.(注：sin49°＝cos41°＝34，tan37°＝34)

拓展 在图17-1的基础上，以棱AB为轴将容器向左或向右旋转，但不能使液体溢出，图17-3或图17-4是其正面示意图.若液面与棱C′C或CB交于点P，设PC = x，BQ = y.分别就图17-3和图17-4求y与x的函数关系式，并写出相应的α的范围.

[温馨提示：下页还有题！]
延伸 在图17-4的基础上，于容器底部正中间位置，嵌入一平行于侧面的长方形隔板（厚度忽略不计），得到图17-5，隔板高N = 1 d，B = C，N⊥BC.继续向右缓慢旋转，当α = 60°时，通过计算，判断溢出容器的液体能否达到4 d3.

解析：
探究 （1）CQ∥BE 32分
（2） （d3）4分
（3）在Rt△BCQ中，tan∠BCQ=
∴ =∠BCQ=37⩝6分
拓展 当容器向左旋转时，如图3,0⩝≤ ≤37⩝7分
∵液体体积不变，∴
∴ 9分
当容器向右旋转时，如图4，
同理得 ，10分
当液面恰好到达容器口沿，即点Q与点B’重合时，如图5.
由BB’=4，且 ，得 =3
∴由tan∠ = ，得∠ =37⩝，∴ =∠ =53⩝
此时37⩝≤ ≤53⩝12分
【注：本问的范围中，“≤”为“<”不影响得分】
延伸 当 =60⩝时，如图6所示，设FN∥EB， ∥EB
过点G作GH⊥ 于点H
在Rt△ 中，GH=B=2，∠ =30⩝，∴ =
∴G=BH= <N
此时容器内液体形成两层液面，液体的形状分别是以Rt△NF和直角梯形 为底面的直棱柱
∵ △NF + = =
∴ = = >4（d3）
∴溢出液体可以达到4d3.14分

14、（2013•玉林）如图，△ABC是⊙O内接正三角形，将△ABC绕点O顺时针旋转30°得到△DEF，DE分别交AB，AC于点，N，DF交AC于点Q，则有以下结论：①∠DQN=30°；②△DNQ≌△AN；③△DNQ的周长等于AC的长；④NQ=QC．其中正确的结论是　①②③　．（把所有正确的结论的序号都填上）

考点：几何综合题．3718684
分析：连结OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF，根据旋转的性质得∠AOD=∠COF=30°，再根据圆周角定理得∠ACD=∠FDC=15°，然后根据三角形外角性质得∠DQN=∠QCD+∠QDC=30°；
同理可得∠AN=30°，由△DEF为等边三角形得DE=DF，则弧DE=弧DF，得到弧AE=弧DC，所以∠ADE=∠DAC，根据等腰三角形的性质有ND=NA，于是可根据“AAS”判断△DNQ≌△AN；利用QD=QC，ND=NA可判断△DNQ的周长等于AC的长；由于∠NDQ=60°，∠DQN=30°，则∠DNQ=90°，所以QD＞NQ，而QD=QC，所以QC＞NQ．
解答：解：连结OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF，如图 ，
∵△ABC绕点O顺时针旋转30°得到△DEF，
∴∠AOD=∠COF=30°，
∴∠ACD= ∠AOD=15°，∠FDC= ∠COF=15°，
∴∠DQN=∠QCD+∠QDC=15°+15°=30°，所以①正确；
同理可得∠AN=30°，
∵△DEF为等边三角形，
∴DE=DF，
∴弧DE=弧DF，
∴弧AE+弧AD=弧DC+弧CF，
而弧AD=弧CF，
∴弧AE=弧DC，
∴∠ADE=∠DAC，
∴ND=NA，
在△DNQ和△AN中
，
∴△DNQ≌△AN（AAS），所以②正确；
∵∠ACD=15°，∠FDC=15°，
∴QD=QC，
而ND=NA，
∴ND+QD+NQ=NA+QC+NQ=AC，
即△DNQ的周长等于AC的长，所以③正确；
∵△DEF为等边三角形，
∴∠NDQ=60°，
而∠DQN=30°，
∴∠DNQ=90°，
∴QD＞NQ，
∵QD=QC，
∴QC＞NQ，所以④错误．
故答案为①②③．

点评：本题考查了圆的综合题：弧、弦和圆心角之间的关系以及圆周角定理在有关圆的几何证明中经常用到，同时熟练掌握三角形全等的判定、等边三角形的性质以及旋转的性质．

15、（2013•玉林）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，点A关于对角线BD的对称点F刚好落在腰DC上，连接AF交BD于点E，AF的延长线与BC的延长线交于点G，，N分别是BG，DF的中点．
（1）求证：四边形ECN是矩形；
（2）若AD=2，S梯形ABCD= ，求矩形ECN的长和宽．

考点：直角梯形；矩形的判定与性质
专题：几何综合题．
分析：（1）根据轴对称的性质可得AD=DF，DE⊥AF，然后判断出△ADF、△DEF是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质求出∠DAF=∠EDF=45°，根据两直线平行，内错角相等求出∠BCE=45°，然后判断出△ BGE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得E⊥BC，EN⊥CD，再根据矩形的判定证明即可；
（2）判断出△BCD是等腰直角三角形，然后根据梯形的面积求出CD的长，再根据等腰直角三角形的性质求出DN，即可得解．
解答：（1）证明：∵点A、F关于BD对称，
∴AD=DF，DE⊥AF，
又∵AD⊥DC，
∴△ADF、△DEF是等腰直角三角形，
∴∠DAF=∠EDF=45°，
∵AD∥BC，
∴∠G=∠GAF=45°，
∴△BGE是等腰直角三角形，
∵，N分别是BG，DF的中点，
∴E⊥BC，EN⊥CD，
又∵AD∥BC，AD⊥DC，
∴BC⊥CD，
∴四边形ECN是矩形；

（2）解：由（1）可知，∠EDF=45°，BC⊥CD，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴BC=CD，
∴S梯形ABCD= （AD+BC）•CD= （2+CD）•CD= ，
即CD2+2CD?15=0，
解得CD=3，CD=?5（舍去），
∵△ADF、△DEF是等腰直角三角形，
∴DF=AD=2，
∵N是DF的中点，
∴EN=DN= DF= ×2=1，
∴CN=CD?DN=3?1=2，
∴矩形ECN的长和宽分别为2，1．
点评：本题考查了直角梯形的性质，轴对称的性质，矩形的判定，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握轴对称的性质判断出相关的等腰直角三角形是解题的关键，也是本题的难点．
　
16、（13年北京7分24）在△ABC中，AB=AC，∠BAC= （ ），将线段BC绕点B逆时针旋转60°得到线段BD。

（1）如图1，直接写出∠ABD的大小（用含 的式子表示）；
（2）如图2，∠BCE=150°，∠ABE=60°，判断△ABE的形状并加以证明；
（3）在（2）的条件下，连结DE，若∠DEC=45°，求 的值。
解析：【解析】（1）
（2） 为等边三角形
证明连接 、 、
∵线段 绕点 逆时针旋转 得到线段
则 ，
又∵
∴
且 为等边三角形.
在 与 中

∴ ≌ （SSS）
∴
∵
∴
在 与 中

∴ ≌ （AAS）
∴
∴ 为等边三角形
（3）∵ ，
∴
又∵
∴ 为等腰直角三角形
∴
∵
∴
而
∴
【点评】本题是初中数学重要模型“手拉手”模型的应用，从本题可以看出积累掌握常见模
型、常用辅助线对于平面几何的学习是非常有帮助的.

考点：几何综合（等边三角形、等腰直角三角形、旋转全等、对称全等、倒角）

17、（13年山东青岛、24压轴题）已知，如图，□ABCD中，AD=3c，CD=1c，∠B=45°，点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为3c/s；点Q从点C出发，沿CD方向匀速运动，速度为1c/s，连接并延长QP交BA的延长线于点，过作N⊥BC，垂足是N，设运动时间为t（s）（0＜t＜1），解答下列问题：
（1）当t为何值时，四边形AQD是平行四边形？
（2）设四边形ANP的面积为 （c²），求y与t之间的函数关系式；
（3） 是否存在某一时刻t，使四边形ANP的面积是□ABCD面积的一半，若存在，求出相应的t值，若不存在，说明理由
（4）连接AC，是否存在某一时刻t，使NP与AC的交点把线段AC分成 的两部分？若存在，求出相应的t值，若不存在，说明理由

解析：

解得：t＝ ，
当AE：EC＝1： 时，
同理可得： ，即 ，解得：t＝ ，
答：当t＝ 或t＝ 时，NP与AC的交点把线段AC分成 的两部分

18、（2013年佛山市压轴题）我们知道，矩形是特殊的平行四边形，所以矩形除了具备平行四边形的一切性质还有其特殊的性质；同样，
黄金矩形是特殊的矩形，因此黄金矩形有与一般矩形不一样的知识．
已知平行四边形ABCD，∠A=60°，AB=2a，AD=a．
(3)把所给的平行四边形ABCD用两种方式分割并作说明
(见题答卡表格里的示例)；
要求：用直线段分割，分割成的图形是学习过的特殊图形且不超出四个．
(4)图中关于边、角和对角线会有若干关系或问题．现在请计算两条对角线的长度．
要求：计算对角线BD长的过程中要有必要的论证；直接写出对角线AC的长．
解：在表格中作答
分割图形 分割或图形说明
示例

示例①分割成两个菱形。
②两个菱形的边长都为a,锐角都为60°。

（2）

分析：（1）方案一：分割成两个等腰梯形；
方案二：分割成一个等边三角形、一个等腰三角形和一个直角三角形；
（2）利用平行四边形的性质、等边三角形的性质、勾股定理作答，认真计算即可．
解：（1）在表格中作答：
分割图形 分割或图形说明
示例：
示例：
①分割成两个菱形．
②两个菱形的边长都为a，锐角都为60°．
①分割成两两个等腰梯形．
②两个等腰梯形的腰长都为a，
上底长都为，下底长都为a，
上底角都为120°，下底角都为60°．
①分割成一个等边三角形、一个等腰三角形、一个直角三角形．
②等边三角形的边长为a，
等腰三角形的腰长为a，顶角为120°．
直角三角形两锐角为30°、60°，三边为a、 a、2a．
（2） 如右图①，连接BD，取AB中点E，连接DE．
∵AB=2a，E为AB中点，
∴AE=BE=a，
∵AD=AE=a，∠A=60°，
∴△ADE为等边三角形，∠ADE=∠DEA=60°，DE=AE=a，
又∵∠BED+∠DEA=180°，
∴∠BED=180°?∠DEA=180°?60°=120°，
又∵DE=BE=a，∠BED=120°，
∴∠BDE=∠DBE=（180°?120°）=30°，
∴∠ADB=∠ADE+∠BDE=60°+30°=90°
∴Rt△ADB中，∠ADB=90°，
由勾股定理得：BD2+AD2=AB2，即BD2+a2=（2a）2，
解得BD= a．
如右图②所示，AC=2OC=2 =2 =2• a= a．
∴BD= a，AC= a．


点评：本题是几何综合题，考查了四边形（平行四边形、等腰梯形、菱形、矩形）、三角形（等边三角形、等腰三角形、直角三角形）的图形与性质．第（1）问侧重考查了几何图形的分割、剪拼、动手操作能力和空间想象能力；第（2）问侧重考查了几何计算能力．本题考查知识点全面，对学生的几何综合能力要求较高，是一道好题

19、（2013年广州市）已知AB是⊙O的直径，AB=4，点C在线段AB的延长线上运动，点D在⊙O 上运动（不与点B重合），连接CD，且CD=OA.
(1)当OC= 时（如图12），求证：CD是⊙O的切线；
（2）当OC＞ 时，CD所在直线于⊙O相交，设另一交点为E，连接AE.
①当D为CE中点时，求△ACE的周长;
②连接OD,是否存在四边形AODE为梯形？若存在，请说明梯形个数并求此时AE•ED的值；若不存在，请说明理由。
分析：（1）关键是利用勾股定理的逆定理，判定△OCD为直角三角形，如答图①所示；
（2）①如答图②所示，关键是判定△EOC是含30度角的直角三角形，从而解直角三角形求出△ACE的周长；
②符合题意的梯形有2个，答图③展示了其中一种情形．在求AE•ED值的时候，巧妙地利用了相似三角形，简单得出了结论，避免了复杂的运算．
解：（1）证明：连接OD，如答图①所示．
由题意可知，CD=OD=OA=AB=2，OC= ，
∴OD2+CD2=OC2
由勾股定理的逆定理可知，△OCD为直角三角形，则OD⊥CD，
又∵点D在⊙O上，
∴CD是⊙O的切线．

（2）解：①如答图②所示，连接OE，OD，则有CD=DE=OD=OE，
∴△ODE为等边三角形，∠1=∠2=∠3=60°；
∵OD=CD，∴∠4=∠5，
∵∠3=∠4+∠5，∴∠4=∠5=30°，
∴∠EOC=∠2+∠4=90°，
因此△EOC是含30度角的直角三角形，△AOE是等腰直角三角形．
在Rt△EOC中，CE=2OA=4，OC=4cos30°= ，
在等腰直角三角形AOE中，AE= OA= ，
∴△ACE的周长为：AE+CE+AC=AE+CE+（OA+OC）= +4+（2+ ）=6+ + ．
②存在，这样的梯形有2个．
答图③是D点位于AB上方的情形，同理在AB下方还有一个梯形，它们关于直线AB成轴对称．
∵OA=OE，∴∠1=∠2，
∵CD=OA=OD，∴∠4=∠5，
∵四边形AODE为梯形，∴OD∥AE，∴∠4=∠1，∠3=∠2，
∴∠3=∠5=∠1，
在△ODE与△COE中，

∴△ODE∽△COE，
则有 ，∴CE•DE=OE2=22=4．
∵∠1=∠5，∴AE=CE，
∴AE•DE=CE•DE=4．
综上所述，存在四边形AODE为梯形，这样的梯形有2个，此时AE•DE=4．

点评：本题是几何综合题，考查了圆、含30度角的直角三角形、等腰直角三角形、等边三角形、梯形等几何图形的性质，涉及切线的判定、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等多个知识点，难度较大

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