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(jù)此定義，圖（扇形、菱形、直角梯形、紅十字圖標(biāo)）中“直徑”最小的是（ �。�
A． B． C． D．
考點：菱形的性質(zhì)；勾股定理；直角梯形．
分析：先找出每個圖形的“直徑”，再根據(jù)所學(xué)的定理求出其長度，最后進(jìn)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(zhì)，勾股定理，含30度角的直角三角形性質(zhì)，扇形性質(zhì)等知識點的應(yīng)用，主要考查學(xué)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(guān)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(shù).(注：sin49°＝cos41°＝34，tan37°＝34)
拓展 在圖17-1的基礎(chǔ)上，以棱AB為軸將容器向左或向右旋轉(zhuǎn)，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(shè)PC = x，BQ = y.分別就圖17-3和圖17-4求y與x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出相應(yīng)的α的范圍.
[溫馨提示：下頁還有題！]
延伸 在圖17-4的基礎(chǔ)上，于容器底部正中間位置，嵌入一平行于側(cè)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(xù)向右緩慢旋轉(zhuǎn)，當(dāng)α = 60°時，通過計算，判斷溢出容器的液體能否達(dá)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(dāng)容器向左旋轉(zhuǎn)時，如圖3,0⩝≤ ≤37⩝7分
∵液體體積不變，∴
∴ 9分
當(dāng)容器向右旋轉(zhuǎn)時，如圖4，
同理得 ，10分
當(dāng)液面恰好到達(dá)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(dāng) =60⩝時，如圖6所示，設(shè)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(nèi)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(dá)到4d3.14分
14、（2013•玉林）如圖，△ABC是⊙O內(nèi)接正三角形，將△ABC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)30°得到△DEF，DE分別交AB，AC于點，N，DF交AC于點Q，則有以下結(jié)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(jié)論是�、佗冖邸。ò阉姓_的結(jié)論的序號都填上）
考點：幾何綜合題．3718684
分析：連結(jié)OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠AOD=∠COF=30°，再根據(jù)圓周角定理得∠ACD=∠FDC=15°，然后根據(jù)三角形外角性質(zhì)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(jù)等腰三角形的性質(zhì)有ND=NA，于是可根據(jù)“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(jié)OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF，如圖 ，
∵△ABC繞點O順時針旋轉(zhuǎn)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(guān)系以及圓周角定理在有關(guān)圓的幾何證明中經(jīng)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(zhì)以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．
15、（2013•玉林）如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，點A關(guān)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(zhì)
專題：幾何綜合題．
分析：（1）根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得AD=DF，DE⊥AF，然后判斷出△ADF、△DEF是等腰直角三角形，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出∠DAF=∠EDF=45°，根據(jù)兩直線平行，內(nèi)錯角相等求出∠BCE=45°，然后判斷出△ BGE是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得E⊥BC，EN⊥CD，再根據(jù)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(jù)梯形的面積求出CD的長，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出DN，即可得解．
解答：（1）證明：∵點A、F關(guān)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(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，矩形的判定，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握軸對稱的性質(zhì)判斷出相關(guān)的等腰直角三角形是解題的關(guān)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(zhuǎn)60°得到線段BD。
（1）如圖1，直接寫出∠ABD的大�。ㄓ煤� 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(jié)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(zhuǎn) 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(shù)學(xué)重要模型“手拉手”模型的應(yīng)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(xué)習(xí)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(zhuǎn)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(fā)，沿AD方向勻速運(yùn)動，速度為3c/s；點Q從點C出發(fā)，沿CD方向勻速運(yùn)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(shè)運(yùn)動時間為t（s）（0＜t＜1），解答下列問題：
（1）當(dāng)t為何值時，四邊形AQD是平行四邊形？
（2）設(shè)四邊形ANP的面積為 （c²），求y與t之間的函數(shù)關(guān)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(yīng)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(yīng)的t值，若不存在，說明理由
解析：
解得：t＝ ，
當(dāng)AE：EC＝1： 時，
同理可得： ，即 ，解得：t＝ ，
答：當(dāng)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(zhì)還有其特殊的性質(zhì)；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(xué)習(xí)過的特殊圖形且不超出四個．
(4)圖中關(guān)于邊、角和對角線會有若干關(guān)系或問題．現(xiàn)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(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理作答，認(rèn)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(zhì)．第（1）問側(cè)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(cè)重考查了幾何計算能力．本題考查知識點全面，對學(xué)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(yùn)動，點D在⊙O 上運(yùn)動（不與點B重合），連接CD，且CD=OA.
(1)當(dāng)OC= 時（如圖12），求證：CD是⊙O的切線；
（2）當(dāng)OC＞ 時，CD所在直線于⊙O相交，設(shè)另一交點為E，連接AE.
①當(dāng)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(shù)并求此時AE•ED的值；若不存在，請說明理由。
分析：（1）關(guān)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(guān)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(jié)論，避免了復(fù)雜的運(yùn)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(guān)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(zhì)，涉及切線的判定、解直角三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)等多個知識點，難度較大
本文來自：逍遙右腦記憶 http://douzifanli.com/chusan/79265.html
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