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12、（2013•常德）連接一個幾何圖形上任意兩點間的線段中，最長的線段稱為這個幾何圖形的直徑，根據此定義，圖（扇形、菱形、直角梯形、紅十字圖標）中“直徑”最小的是（　　）
　A． B． C． D．
考點：菱形的性質；勾股定理；直角梯形．
分析：先找出每個圖形的“直徑”，再根據所學的定理求出其長度，最后進行比較即可．
解答：解：
連接BC，則BC為這個幾何圖形的直徑，過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= ，
∴由垂徑定理得：BC=2 ；

連接AC、BD，則BD為這個圖形的直徑，
∵四邊形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 ；

連接BD，則BD為這個圖形的直徑，
由勾股定理得：BD= =2 ；

連接BD，則BD為這個圖形的直徑，
由勾股定理得：BD= = ，
∵2 ＞ ＞2 ，
∴選項A、B、D錯誤，選項C正確；
故選C．
點評：本題考查了菱形性質，勾股定理，含30度角的直角三角形性質，扇形性質等知識點的應用，主要考查學生的理解能力和推理能力．

13、（2013年河北壓軸題）一透明的敞口正方體容器ABCD -A′B′C′D′ 裝有一些
液體，棱AB始終在水平桌面上，容器底部的傾斜角為α
（∠CBE = α，如圖17-1所示）．
探究 如圖17-1，液面剛好過棱CD，并與棱BB′ 交于
點Q，此時液體的形狀為直三棱柱，其三視圖及尺寸如
圖17-2所示．解決問題：
（1）CQ與BE的位置關系是___________，BQ的長是____________d；
（2）求液體的體積；（參考算法：直棱柱體積V液 = 底面積SBCQ×高AB）
（3）求α的度數.(注：sin49°＝cos41°＝34，tan37°＝34)

拓展 在圖17-1的基礎上，以棱AB為軸將容器向左或向右旋轉，但不能使液體溢出，圖17-3或圖17-4是其正面示意圖.若液面與棱C′C或CB交于點P，設PC = x，BQ = y.分別就圖17-3和圖17-4求y與x的函數關系式，并寫出相應的α的范圍.

[溫馨提示：下頁還有題！]
延伸 在圖17-4的基礎上，于容器底部正中間位置，嵌入一平行于側面的長方形隔板（厚度忽略不計），得到圖17-5，隔板高N = 1 d，B = C，N⊥BC.繼續向右緩慢旋轉，當α = 60°時，通過計算，判斷溢出容器的液體能否達到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 當容器向左旋轉時，如圖3,0⩝≤ ≤37⩝7分
∵液體體積不變，∴
∴ 9分
當容器向右旋轉時，如圖4，
同理得 ，10分
當液面恰好到達容器口沿，即點Q與點B’重合時，如圖5.
由BB’=4，且 ，得 =3
∴由tan∠ = ，得∠ =37⩝，∴ =∠ =53⩝
此時37⩝≤ ≤53⩝12分
【注：本問的范圍中，“≤”為“<”不影響得分】
延伸 當 =60⩝時，如圖6所示，設FN∥EB， ∥EB
過點G作GH⊥ 于點H
在Rt△ 中，GH=B=2，∠ =30⩝，∴ =
∴G=BH= <N
此時容器內液體形成兩層液面，液體的形狀分別是以Rt△NF和直角梯形 為底面的直棱柱
∵ △NF + = =
∴ = = >4（d3）
∴溢出液體可以達到4d3.14分

14、（2013•玉林）如圖，△ABC是⊙O內接正三角形，將△ABC繞點O順時針旋轉30°得到△DEF，DE分別交AB，AC于點，N，DF交AC于點Q，則有以下結論：①∠DQN=30°；②△DNQ≌△AN；③△DNQ的周長等于AC的長；④NQ=QC．其中正確的結論是　①②③　．（把所有正確的結論的序號都填上）

考點：幾何綜合題．3718684
分析：連結OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF，根據旋轉的性質得∠AOD=∠COF=30°，再根據圓周角定理得∠ACD=∠FDC=15°，然后根據三角形外角性質得∠DQN=∠QCD+∠QDC=30°；
同理可得∠AN=30°，由△DEF為等邊三角形得DE=DF，則弧DE=弧DF，得到弧AE=弧DC，所以∠ADE=∠DAC，根據等腰三角形的性質有ND=NA，于是可根據“AAS”判斷△DNQ≌△AN；利用QD=QC，ND=NA可判斷△DNQ的周長等于AC的長；由于∠NDQ=60°，∠DQN=30°，則∠DNQ=90°，所以QD＞NQ，而QD=QC，所以QC＞NQ．
解答：解：連結OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF，如圖 ，
∵△ABC繞點O順時針旋轉30°得到△DEF，
∴∠AOD=∠COF=30°，
∴∠ACD= ∠AOD=15°，∠FDC= ∠COF=15°，
∴∠DQN=∠QCD+∠QDC=15°+15°=30°，所以①正確；
同理可得∠AN=30°，
∵△DEF為等邊三角形，
∴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正確；
∵∠ACD=15°，∠FDC=15°，
∴QD=QC，
而ND=NA，
∴ND+QD+NQ=NA+QC+NQ=AC，
即△DNQ的周長等于AC的長，所以③正確；
∵△DEF為等邊三角形，
∴∠NDQ=60°，
而∠DQN=30°，
∴∠DNQ=90°，
∴QD＞NQ，
∵QD=QC，
∴QC＞NQ，所以④錯誤．
故答案為①②③．

點評：本題考查了圓的綜合題：弧、弦和圓心角之間的關系以及圓周角定理在有關圓的幾何證明中經常用到，同時熟練掌握三角形全等的判定、等邊三角形的性質以及旋轉的性質．

15、（2013•玉林）如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，點A關于對角線BD的對稱點F剛好落在腰DC上，連接AF交BD于點E，AF的延長線與BC的延長線交于點G，，N分別是BG，DF的中點．
（1）求證：四邊形ECN是矩形；
（2）若AD=2，S梯形ABCD= ，求矩形ECN的長和寬．

考點：直角梯形；矩形的判定與性質
專題：幾何綜合題．
分析：（1）根據軸對稱的性質可得AD=DF，DE⊥AF，然后判斷出△ADF、△DEF是等腰直角三角形，再根據等腰直角三角形的性質求出∠DAF=∠EDF=45°，根據兩直線平行，內錯角相等求出∠BCE=45°，然后判斷出△ BGE是等腰直角三角形，根據等腰直角三角形的性質可得E⊥BC，EN⊥CD，再根據矩形的判定證明即可；
（2）判斷出△BCD是等腰直角三角形，然后根據梯形的面積求出CD的長，再根據等腰直角三角形的性質求出DN，即可得解．
解答：（1）證明：∵點A、F關于BD對稱，
∴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分別是BG，DF的中點，
∴E⊥BC，EN⊥CD，
又∵AD∥BC，AD⊥DC，
∴BC⊥CD，
∴四邊形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的中點，
∴EN=DN= DF= ×2=1，
∴CN=CD?DN=3?1=2，
∴矩形ECN的長和寬分別為2，1．
點評：本題考查了直角梯形的性質，軸對稱的性質，矩形的判定，等腰直角三角形的判定與性質，熟練掌握軸對稱的性質判斷出相關的等腰直角三角形是解題的關鍵，也是本題的難點．
　
16、（13年北京7分24）在△ABC中，AB=AC，∠BAC= （ ），將線段BC繞點B逆時針旋轉60°得到線段BD。

（1）如圖1，直接寫出∠ABD的大小（用含 的式子表示）；
（2）如圖2，∠BCE=150°，∠ABE=60°，判斷△ABE的形狀并加以證明；
（3）在（2）的條件下，連結DE，若∠DEC=45°，求 的值。
解析：【解析】（1）
（2） 為等邊三角形
證明連接 、 、
∵線段 繞點 逆時針旋轉 得到線段
則 ，
又∵
∴
且 為等邊三角形.
在 與 中

∴ ≌ （SSS）
∴
∵
∴
在 與 中

∴ ≌ （AAS）
∴
∴ 為等邊三角形
（3）∵ ，
∴
又∵
∴ 為等腰直角三角形
∴
∵
∴
而
∴
【點評】本題是初中數學重要模型“手拉手”模型的應用，從本題可以看出積累掌握常見模
型、常用輔助線對于平面幾何的學習是非常有幫助的.

考點：幾何綜合（等邊三角形、等腰直角三角形、旋轉全等、對稱全等、倒角）

17、（13年山東青島、24壓軸題）已知，如圖，□ABCD中，AD=3c，CD=1c，∠B=45°，點P從點A出發，沿AD方向勻速運動，速度為3c/s；點Q從點C出發，沿CD方向勻速運動，速度為1c/s，連接并延長QP交BA的延長線于點，過作N⊥BC，垂足是N，設運動時間為t（s）（0＜t＜1），解答下列問題：
（1）當t為何值時，四邊形AQD是平行四邊形？
（2）設四邊形ANP的面積為 （c²），求y與t之間的函數關系式；
（3） 是否存在某一時刻t，使四邊形ANP的面積是□ABCD面積的一半，若存在，求出相應的t值，若不存在，說明理由
（4）連接AC，是否存在某一時刻t，使NP與AC的交點把線段AC分成 的兩部分？若存在，求出相應的t值，若不存在，說明理由

解析：

解得：t＝ ，
當AE：EC＝1： 時，
同理可得： ，即 ，解得：t＝ ，
答：當t＝ 或t＝ 時，NP與AC的交點把線段AC分成 的兩部分

18、（2013年佛山市壓軸題）我們知道，矩形是特殊的平行四邊形，所以矩形除了具備平行四邊形的一切性質還有其特殊的性質；同樣，
黃金矩形是特殊的矩形，因此黃金矩形有與一般矩形不一樣的知識．
已知平行四邊形ABCD，∠A=60°，AB=2a，AD=a．
(3)把所給的平行四邊形ABCD用兩種方式分割并作說明
(見題答卡表格里的示例)；
要求：用直線段分割，分割成的圖形是學習過的特殊圖形且不超出四個．
(4)圖中關于邊、角和對角線會有若干關系或問題．現在請計算兩條對角線的長度．
要求：計算對角線BD長的過程中要有必要的論證；直接寫出對角線AC的長．
解：在表格中作答
分割圖形 分割或圖形說明
示例

示例①分割成兩個菱形。
②兩個菱形的邊長都為a,銳角都為60°。

（2）

分析：（1）方案一：分割成兩個等腰梯形；
方案二：分割成一個等邊三角形、一個等腰三角形和一個直角三角形；
（2）利用平行四邊形的性質、等邊三角形的性質、勾股定理作答，認真計算即可．
解：（1）在表格中作答：
分割圖形 分割或圖形說明
示例：
示例：
①分割成兩個菱形．
②兩個菱形的邊長都為a，銳角都為60°．
①分割成兩兩個等腰梯形．
②兩個等腰梯形的腰長都為a，
上底長都為，下底長都為a，
上底角都為120°，下底角都為60°．
①分割成一個等邊三角形、一個等腰三角形、一個直角三角形．
②等邊三角形的邊長為a，
等腰三角形的腰長為a，頂角為120°．
直角三角形兩銳角為30°、60°，三邊為a、 a、2a．
（2） 如右圖①，連接BD，取AB中點E，連接DE．
∵AB=2a，E為AB中點，
∴AE=BE=a，
∵AD=AE=a，∠A=60°，
∴△ADE為等邊三角形，∠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．
如右圖②所示，AC=2OC=2 =2 =2• a= a．
∴BD= a，AC= a．


點評：本題是幾何綜合題，考查了四邊形（平行四邊形、等腰梯形、菱形、矩形）、三角形（等邊三角形、等腰三角形、直角三角形）的圖形與性質．第（1）問側重考查了幾何圖形的分割、剪拼、動手操作能力和空間想象能力；第（2）問側重考查了幾何計算能力．本題考查知識點全面，對學生的幾何綜合能力要求較高，是一道好題

19、（2013年廣州市）已知AB是⊙O的直徑，AB=4，點C在線段AB的延長線上運動，點D在⊙O 上運動（不與點B重合），連接CD，且CD=OA.
(1)當OC= 時（如圖12），求證：CD是⊙O的切線；
（2）當OC＞ 時，CD所在直線于⊙O相交，設另一交點為E，連接AE.
①當D為CE中點時，求△ACE的周長;
②連接OD,是否存在四邊形AODE為梯形？若存在，請說明梯形個數并求此時AE•ED的值；若不存在，請說明理由。
分析：（1）關鍵是利用勾股定理的逆定理，判定△OCD為直角三角形，如答圖①所示；
（2）①如答圖②所示，關鍵是判定△EOC是含30度角的直角三角形，從而解直角三角形求出△ACE的周長；
②符合題意的梯形有2個，答圖③展示了其中一種情形．在求AE•ED值的時候，巧妙地利用了相似三角形，簡單得出了結論，避免了復雜的運算．
解：（1）證明：連接OD，如答圖①所示．
由題意可知，CD=OD=OA=AB=2，OC= ，
∴OD2+CD2=OC2
由勾股定理的逆定理可知，△OCD為直角三角形，則OD⊥CD，
又∵點D在⊙O上，
∴CD是⊙O的切線．

（2）解：①如答圖②所示，連接OE，OD，則有CD=DE=OD=OE，
∴△ODE為等邊三角形，∠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的周長為：AE+CE+AC=AE+CE+（OA+OC）= +4+（2+ ）=6+ + ．
②存在，這樣的梯形有2個．
答圖③是D點位于AB上方的情形，同理在AB下方還有一個梯形，它們關于直線AB成軸對稱．
∵OA=OE，∴∠1=∠2，
∵CD=OA=OD，∴∠4=∠5，
∵四邊形AODE為梯形，∴OD∥AE，∴∠4=∠1，∠3=∠2，
∴∠3=∠5=∠1，
在△ODE與△COE中，

∴△ODE∽△COE，
則有 ，∴CE•DE=OE2=22=4．
∵∠1=∠5，∴AE=CE，
∴AE•DE=CE•DE=4．
綜上所述，存在四邊形AODE為梯形，這樣的梯形有2個，此時AE•DE=4．

點評：本題是幾何綜合題，考查了圓、含30度角的直角三角形、等腰直角三角形、等邊三角形、梯形等幾何圖形的性質，涉及切線的判定、解直角三角形、相似三角形的判定與性質等多個知識點，難度較大

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