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2013中考全国100份试卷分类汇编
几何综合
1、（2013四川南充，6，3分） 下列图形中，∠2＞∠1 （ ）

答案：C
解析：由对顶角相等，知A中∠1＝∠2，由平行四边形的对角相等，知B中∠1＝∠2，
由对顶角相等，两直线平行同位角相等，知D中∠1＝∠2，由三角形的外角和定理，知C符合∠2＞∠1

2、（2013•攀枝花）如图，分别以直角△ABC的斜边AB，直角边AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，DE与AB交于点G，EF与AC交于点H，∠ACB=90°，∠BAC=30°．给出如下结论：
①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；③AD=4AG；④FH=BD
其中正确结论的为　①③④　（请将所有正确的序号都填上）．

考点：
菱形的判定；等边三角形的性质；含30度角的直角三角形．
分析：
根据已知先判断△ABC≌△EFA，则∠AEF=∠BAC，得出EF⊥AC，由等边三角形的性质得出∠BDF=30°，从而证得△DBF≌△EFA，则AE=DF，再由FE=AB，得出四边形ADFE为平行四边形而不是菱形，根据平行四边形的性质得出AD=4AG，从而得到答案．
解答：
解：∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC=60°，AE=AC，
∵∠BAC=30°，
∴∠FAE=∠ACB=90°，AB=2BC，
∵F为AB的中点，
∴AB=2AF，
∴BC=AF，
∴△ABC≌△EFA，
∴FE=AB，
∴∠AEF=∠BAC=30°，
∴EF⊥AC，故①正确，

∵EF⊥AC，∠ACB=90°，
∴HF∥BC，
∵F是AB的中点，
∴HF=BC，
∵BC=AB，AB=BD，
∴HF=BD，故④说法正确；

∵AD=BD，BF=AF，
∴∠DFB=90°，∠BDF=30°，
∵∠FAE=∠BAC+∠CAE=90°，
∴∠DFB=∠EAF，
∵EF⊥AC，
∴∠AEF=30°，
∴∠BDF=∠AEF，X K B 1.C O M
∴△DBF≌△EFA（AAS），
∴AE=DF，
∵FE=AB，
∴四边形ADFE为平行四边形，
∵AE≠EF，
∴四边形ADFE不是菱形；
故②说法不正确；

∴AG=AF，
∴AG=AB，
∵AD=AB，
则AD=AG，故③说法正确，
故答案为①③④．

点评：
本题考查了菱形的判定和性质，以及全等三角形的判定和性质，解决本题需先根据已知条件先判断出一对全等三角形，然后按排除法来进行选择．

3、（2013•泸州）如图，在等腰直角△ACB=90°，O是斜边AB的中点，点D、E分别在直角边AC、BC上，且∠DOE=90°，DE交OC于点P．则下列结论：
（1）图形中全等的三角形只有两对；（2）△ABC的面积等于四边形CDOE的面积的2倍；（3）CD+CE=OA；（4）AD2+BE2=2OP•OC．
其中正确的结论有（　　）

A．
1个
B．
2个
C．
3个
D．
4个

考点：
等腰直角三角形；全等三角形的判定与性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质．
分析：
结论（1）错误．因为图中全等的三角形有3对；
结论（2）正确．由全等三角形的性质可以判断；
结论（3）正确．利用全等三角形和等腰直角三角形的性质可以判断．
结论（4）正确．利用相似三角形、全等三角形、等腰直角三角形和勾股定理进行判断．
解答：
解：
结论（1）错误．理由如下：
图中全等的三角形有3对，分别为△AOC≌△BOC，△AOD≌△COE，△COD≌△BOE．
由等腰直角三角形的性质，可知OA=OC=OB，易得△AOC≌△BOC．
∵OC⊥AB，OD⊥OE，∴∠AOD=∠COE．
在△AOD与△COE中，

∴△AOD≌△COE（ASA）．同理可证：△COD≌△BOE．
结论（2）正确．理由如下：
∵△AOD≌△COE，∴S△AOD=S△COE，
∴S四边形CDOE=S△COD+S△COE=S△COD+S△AOD=S△AOC=S△ABC，
即△ABC的面积等于四边形CDOE的面积的2倍．
结论（3）正确，理由如下：
∵△AOD≌△COE，∴CE=AD，
∴CD+CE=CD+AD=AC=OA．
结论（4）正确，理由如下：
∵△AOD≌△COE，∴AD=CE；∵△COD≌△BOE，∴BE=CD．
在Rt△CDE中，由勾股定理得：CD2+CE2=DE2，∴AD2+BE2=DE2．
∵△AOD≌△COE，∴OD=OE，
又∵OD⊥OE，∴△DOE为等腰直角三角形，∴DE2=2OE2，∠DEO=45°．
∵∠DEO=∠COE=45°，∠COE=∠COE，
∴△OEP∽△OCE，
∴，即OP•OC=OE2．
∴DE2=2OE2=2OP•OC，
∴AD2+BE2=2OP•OC．
综上所述，正确的结论有3个，故选C．

点评：
本题是几何综合题，考查了等腰直角三角形、全等三角形、相似三角形和勾股定理等重要几何知识点．难点在于结论（4）的判断，其中对于“OP•OC”线段乘积的形式，可以寻求相似三角形解决问题．

4、（2013•绍兴）矩形ABCD中，AB=4，AD=3，P，Q是对角线BD上不重合的两点，点P关于直线AD，AB的对称点分别是点E、F，点Q关于直线BC、CD的对称点分别是点G、H．若由点E、F、G、H构成的四边形恰好为菱形，则PQ的长为　2.8　．

考点：
几何变换综合题．3718684
分析：
如解答图所示，本题要点如下：
（1）证明矩形的四个顶点A、B、C、D均在菱形EFGH的边上，且点A、C分别为各自边的中点；
（2）证明菱形的边长等于矩形的对角线长；
（3）求出线段AP的长度，证明△AON为等腰三角形；
（4）利用勾股定理求出线段OP的长度；
（5）同理求出OQ的长度，从而得到PQ的长度．
解答：
解：由矩形ABCD中，AB=4，AD=3，可得对角线AC=BD=5．
依题意画出图形，如右图所示．
由轴对称性质可知，∠PAF+∠PAE=2∠PAB+2∠PAD=2（∠PAB+∠PAD）=180°，
∴点A在菱形EFGH的边EF上．同理可知，点B、C、D均在菱形EFGH的边上．
∵AP=AE=AF，∴点A为EF中点．同理可知，点C为GH中点．
连接AC，交BD于点O，则有AF=CG，且AF∥CG，
∴四边形ACGF为平行四边形，
∴FG=AC=5，即菱形EFGH的边长等于矩形ABCD的对角线长．
∴EF=FG=5，
∵AP=AE=AF，∴AP=EF=2.5．
∵OA=AC=2.5，
∴AP=AO，即△APO为等腰三角形．
过点A作AN⊥BD交BD于点N，则点N为OP的中点．
由S△ABD=AB•AD=AC•AN，可求得：AN=2.4．
在Rt△AON中，由勾股定理得：ON===0.7，
∴OP=2ON=1.4；
同理可求得：OQ=1.4，
∴PQ=OP+OQ=1.4+1.4=2.8．
故答案为：2.8．

点评：
本题是几何变换综合题，难度较大．首先根据题意画出图形，然后结合轴对称性质、矩形性质、菱形性质进行分析，明确线段之间的数量关系，最后由等腰三角形和勾股定理求得结果．

5、（2013•莱芜）下列说法错误的是（　　）

A．
若两圆相交，则它们公共弦的垂直平分线必过两圆的圆心

B．
2+与2﹣互为倒数

C．
若a＞|b|，则a＞b

D．
梯形的面积等于梯形的中位线与高的乘积的一半

考点：
相交两圆的性质；绝对值；分母有理化；梯形中位线定理．
分析：
根据相交两圆的性质以及互为倒数和有理化因式以及梯形的面积求法分别分析得出即可．
解答：
解：A、根据相交两圆的性质得出，若两圆相交，则它们公共弦的垂直平分线必过两圆的圆心，故此选项正确，不符合题意；
B、∵2+与2﹣=互为倒数，∴2+与2﹣互为倒数，故此选项正确，不符合题意；
C、若a＞|b|，则a＞b，此选项正确，不符合题意；
D、梯形的面积等于梯形的中位线与高的乘积，故此选项错误，符合题意；
故选：D．
点评：
此题主要考查了相交两圆的性质以及分母有理化和梯形面积求法等知识，正确把握相关定理是解题关键．

6、（2013年潍坊市）如图，四边形是平行四边形，以对角线为直径作⊙，分别于、相交于点、.
（1）求证四边形为矩形.
（2）若试判断直线与⊙的位置关系，并说明理由.
答案：

考点：平行四边形的性质，矩形的判定，，相似三角形的判定，直径对的圆周角是直角，圆的切线的判定等知识的综合运用.
点评：关键是掌握矩形的判定方法，三角形相似的判定方法，圆的切线的判定方法.

7、（2013•温州）一块矩形木板，它的右上角有一个圆洞，现设想将它改造成火锅餐桌桌面，要求木板大小不变，且使圆洞的圆心在矩形桌面的对角线上．木工师傅想了一个巧妙的办法，他测量了PQ与圆洞的切点K到点B的距离及相关数据（单位：cm），从点N沿折线NF﹣FM（NF∥BC，FM∥AB）切割，如图1所示．图2中的矩形EFGH是切割后的两块木板拼接成符合要求的矩形桌面示意图（不重叠，无缝隙，不记损耗），则CN，AM的长分别是　18cm、31cm　．

考点：
圆的综合题
分析：
如图，延长OK交线段AB于点M′，延长PQ交BC于点G，交FN于点N′，设圆孔半径为r．在Rt△KBG中，根据勾股定理，得r=16（cm）．根据题意知，圆心O在矩形EFGH的对角线上，则KN′=AB=42cm，OM′=KM′+r=CB=65cm．则根据图中相关线段间的和差关系求得CN=QG﹣QN′=44﹣26=18（cm），AM=BC﹣PD﹣KM′=130﹣50﹣49=31（cm）．
解答：
解：如图，延长OK交线段AB于点M′，延长PQ交BC于点G，交FN于点N′．
设圆孔半径为r．
在Rt△KBG中，根据勾股定理，得
BG2+KG2=BK2，即（130﹣50）2+（44+r）2=1002，
解得，r=16（cm）．
根据题意知，圆心O在矩形EFGH的对角线上，则
KN′=AB=42cm，OM′=KM′+r=CB=65cm．
∴QN′=KN′﹣KQ=42﹣16=26（cm），KM′=49（cm），
∴CN=QG﹣QN′=44﹣26=18（cm），
∴AM=BC﹣PD﹣KM′=130﹣50﹣49=31（cm），
综上所述，CN，AM的长分别是18cm、31cm．
故填：18cm、31cm．

点评：
本题以改造矩形桌面为载体，让学生在问题解决过程中，考查了矩形、直角三角形及圆等相关知识，积累了将实际问题转化为数学问题经验，渗透了图形变换思想，体现了数学思想方法在现实问题中的应用价值．

8、（2013•滨州）如图，等边△ABC沿射线BC向右平移到△DCE的位置，连接AD、BD，则下列结论：
①AD=BC；②BD、AC互相平分；③四边形ACED是菱形．
其中正确的个数是（　　）

A．
0
B．
1
C．
2
D．
3

考点：
平移的性质；等边三角形的性质；菱形的判定与性质．
分析：
先求出∠ACD=60°，继而可判断△ACD是等边三角形，从而可判断①是正确的；根据①的结论，可判断四边形ABCD是平行四边形，从而可判断②是正确的；根据①的结论，可判断④正确．
解答：
解：△ABC、△DCE是等边三角形，
∴∠ACB=∠DCE=60°，AC=CD，
∴∠ACD=180°﹣∠ACB﹣∠DCE=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴AD=AC=BC，故①正确；
由①可得AD=BC，
∵AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴BD、AC互相平分，故②正确；
由①可得AD=AC=CE=DE，
故四边形ACED是菱形，即③正确．
综上可得①②③正确，共3个．
故选D．
点评：
本题考查了平移的性质、等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质及菱形的判定，解答本题的关键是先判断出△ACD是等边三角形，难度一般．

9、（2013陕西压轴题）问题探究
（1）请在图①中作出两条直线，使它们将圆面四等分；
（2）如图②，M是正方形ABCD内一定点，请在图②中作出两条直线（要求其中一条直线必须过点M），使它们将正方形ABCD的面积四等分，并说明理由.
问题解决
（3）如图③，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB+CD=BC，点P是AD的中点，如果AB=，CD=，且，那么在边BC上是否存在一点Q，使PQ所在直线将四边形ABCD的面积分成相等的两部分？若存在，求出BQ的长；若不存在，说明理由.

图①
图②
A
B
C
D
M
B
图③
A
C
D
P
（第25题图）

考点：本题陕西近年来考查的有：折叠问题，勾股定理，矩形性质，正方形的性质，面积问题及最值问题，位似的性质应用等。此题考查对图形的面积等分问题。
解析：此题主要考查学生的阅读问题的能力，综合问题的能力，动手操作能力，问题的转化能力，分析图形能力和知识的迁徙能力，从特殊图形到一般的过渡，从特殊中发现关系到一般的知识迁移的过程。
（1）问较易解决，圆内两条互相垂直的直径即达到目的。
（2）问中其实在八年级学习四边形时好可解决此类问题。平行四边形过对角线的交点的直线将平行四边形分成面积相等的两个部分。而在正方形中就更特殊，常见的是将正方形重叠在一起旋转的过程中的图形的面积不变的考查，此题有这些知识的积累足够解决。
（3）问中可以考虑构造（1）（2）中出现的特殊四边形来解决。也可以用中点的性质来解决。在中学数学中中点就有两个方面的应用，一是中线（倍长中线构造全等三角形或者是平行四边形）二是中位线的应用。
解：（1）如图①所示．
（2）如图②，连接AC、BD相交于点O，作直线OM分别交AD、BC于P、Q两点，过点O作用OM的垂线分别交AB、CD于E、F两点，则直线OM、EF将正方形ABCD的面积四等分.
理由如下：
答图②
A
B
C
D
M
（第25题答案图）

答图①
O
P
Q
F
E

∵点O是正方形ABCD对角线的交点，∴点O是正方形ABCD的对称中心
∴AP=CQ，EB=DF，
D在△AOP和△EOB中，
∵∠AOP=90°-∠AOE，∠BOE=90°-∠AOE
∴∠AOP=∠BOE
∵OA=OB，∠OAP=∠EBO=45°∴△AOP≌△EOB
∴AP=BE=DF=CQ ∴AE=BQ=CF=PD
设点O到正方形ABCD一边的距离为.
∴
∴
∴直线EF、PQ将正方形ABCD面积四等分
另解：∵点O是正方形ABCD对角线的交点，∴点O是正方形ABCD的中心
∴OA=OB=OC=OD ∠OAP=∠OBE=∠OCQ=∠ODF=45°
∵PQ⊥EF，∴∠POD+∠DOF=90°，∠POD+∠POA=90°
∴∠POA=∠DOF同理：∠POA=∠DOF=∠BOE=∠COQ
∴△AOP≌△BOE≌△COQ≌△DOF
∴
∴直线EF、PQ将正方形ABCD面积四等分
（3）
B
答图③
A
C
D
P
（第25题答案图）
M
Q
F
E
存在.当BQ=CD=时，PQ将四边形ABCD面积二等分.
理由如下：如图③，延长BA至点E，使AE=，
延长CD至点F，使DF=，连接EF.
∴BE∥CF，BE=CF ∴四边形BCFE为平行四边形，
∵BC=BE=+，∴平行四边形DBFE为菱形
连接BF交AD于点M，则△MAB≌△MDF
∴AM=DM.即点P、M重合.
∴点P是菱形EBCF对角线的交点，
在BC上截取BQ=CD=，则CQ=AB=.
设点P到菱形EBCF一边的距离为
∴
所以当BQ=时，直线PQ将四边形ABCD的面积分成相等的两部分.

另解：存在.当BQ=CD=时，PQ将四边形ABCD面积二等分.
理由如下：如图④，连接BP并延长BP交CD延长线于点F，连接CP
∵点P是AD的中点，∴PA=PD
∵AB∥CD，∴∠ABP=∠DFP，∵∠APB=∠DPF ∴△APB≌△DPF
B
答图④
A
C
D
P
（第25题答案图）
Q
F
∴AB=DF，PB=PF，所以CP是△CBF的中线，∴
∵AB+CD=BC，DF+CD=BC，即：CB=CF，∴∠CBF=∠CFB
∵∠ABP=∠DFP∴∠ABP=∠CBP即PB是角平分线.
∴点P到AB与CB的距离相等，
∵BQ=，所以CQ=AB=
∴
∴
所以当BQ=时，直线PQ将四边形ABCD的面积分成相等的两部分.

10、（2013•温州压轴题）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴，y轴分别交于点A（6，0），B（0.8），点C的坐标为（0，m），过点C作CE⊥AB于点E，点D为x轴上的一动点，连接CD，DE，以CD，DE为边作▱CDEF．
（1）当0＜m＜8时，求CE的长（用含m的代数式表示）；
（2）当m=3时，是否存在点D，使▱CDEF的顶点F恰好落在y轴上？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点D在整个运动过程中，若存在唯一的位置，使得▱CDEF为矩形，请求出所有满足条件的m的值．

考点：
相似形综合题．
分析：
（1）首先证明△BCE∽△BAO，根据相似三角形的对应边的比相等即可求得；
（2）证明△EDA∽△BOA，根据相似三角形的对应边的比相等即可求得；
（3）分m＞0，m=0和m＜0三种情况进行讨论，当m=0时，一定不成立，当m＞0时，分0＜m＜8和m＞8两种情况，利用三角函数的定义即可求解．当m＜0时，分点E与点A重合和点E与点A不重合时，两种情况进行讨论．
解答：
解：（1）∵A（6，0），B（0，8）．
∴OA=6，OB=8．
∴AB=10，
∵∠CEB=∠AOB=90°，
又∵∠OBA=∠EBC，
∴△BCE∽△BAO，
∴=，即=，
∴CE=﹣m；

（2）∵m=3，
∴BC=8﹣m=5，CE=﹣m=3．
∴BE=4，
∴AE=AB﹣BE=6．
∵点F落在y轴上（如图2）．
∴DE∥BO，
∴△EDA∽△BOA，
∴=即=．
∴OD=，
∴点D的坐标为（，0）．

（3）取CE的中点P，过P作PG⊥y轴于点G．
则CP=CE=﹣m．
（Ⅰ）当m＞0时，
①当0＜m＜8时，如图3．易证∠GCP=∠BAO，
∴cos∠GCP=cos∠BAO=，
∴CG=CP•cos∠GCP=（﹣m）=﹣m．
∴OG=OC+OG=m+﹣m=m+．
根据题意得，得：OG=CP，
∴m+=﹣m，
解得：m=；
②当m≥8时，OG＞CP，显然不存在满足条件的m的值．
（Ⅱ）当m=0时，即点C与原点O重合（如图4）．
（Ⅲ）当m＜0时，
①当点E与点A重合时，（如图5），
易证△COA∽△AOB，
∴=，即=，
解得：m=﹣．
②当点E与点A不重合时，（如图6）．
OG=OC﹣OG=﹣m﹣（﹣m）
=﹣m﹣．
由题意得：OG=CP，
∴﹣m﹣=﹣m．
解得m=﹣．
综上所述，m的值是或0或﹣或﹣．

点评：
本题是相似三角形的判定于性质以及三角函数的综合应用，正确进行分类是关键．

11、（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，
A
B
C
D
第25题图
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．
(1) 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．
(2) 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A
B
C
D
第25题图

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°。
A
B
C
D
第25题图

A
B
C
D
第25题图

A
B
C
D
第25题图
A
B
C
D
第25题图
（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

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OM⊥BC于M
∵OB=OC，
∴∠BOM=∠BOC=60°，
∴∠OBM=30°，
∵OB=2，OM⊥BC，
∴OM=OB=1，由勾股定理得：BM=，
∴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____________dm；
（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°＝，tan37°＝)

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NM = 1 dm，BM = CM，NM⊥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 dm3.

解析：
探究 （1）CQ∥BE 3 2分
（2）（dm3） 4分
（3）在Rt△BCQ中，tan∠BCQ=
∴=∠BCQ=37º 6分
拓展 当容器向左旋转时，如图3,0º≤≤37º 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∠=37º，∴=∠=53º
此时37º≤≤53º 12分
【注：本问的范围中，“≤”为“<”不影响得分】
延伸 当=60º时，如图6所示，设FN∥EB，∥EB
过点G作GH⊥于点H
在Rt△中，GH=MB=2，∠=30º，∴=
∴MG=BH= <MN
此时容器内液体形成两层液面，液体的形状分别是以Rt△NFM和直角梯形为底面的直棱柱
∵△NFM += =
∴= = >4（dm3）
∴溢出液体可以达到4dm3. 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M，N，DF交AC于点Q，则有以下结论：①∠DQN=30°；②△DNQ≌△ANM；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∠AMN=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≌△ANM；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∠AMN=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△ANM中
，
∴△DNQ≌△ANM（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；新$课$标$第$一$网
∵△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，M，N分别是BG，DF的中点．
（1）求证：四边形EMCN是矩形；
（2）若AD=2，S梯形ABCD=，求矩形EMCN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EM⊥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，
∵M，N分别是BG，DF的中点，
∴EM⊥BC，EN⊥CD，
又∵AD∥BC，AD⊥DC，
∴BC⊥CD，
∴四边形EMCN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EMCN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=3cm，CD=1cm，∠B=45°，点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为3cm/s；点Q从点C出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s，连接并延长QP交BA的延长线于点M，过M作MN⊥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AQDM是平行四边形？
（2）设四边形ANPM的面积为（cm²），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ANPM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

第24题备用图

第24题备用图

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，
A
B
C
D
第25题图
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A
B
C
D
第25题图

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°。
A
B
C
D
第25题图

A
B
C
D
第25题图

A
B
C
D
第25题图
A
B
C
D
第25题图
（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