（全國(guó)120套）2013年中考數(shù)學(xué)試卷分類匯編 幾何綜合

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1、幾何綜合 1、（2013四川南充，6，3分） 下列圖形中，∠2＞∠1 （ ） 答案：C 解析：由對(duì)頂角相等，知A中∠1＝∠2，由平行四邊形的對(duì)角相等，知B中∠1＝∠2， 由對(duì)頂角相等，兩直線平行同位角相等，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）如圖，分別以直角△ABC的斜邊AB，直角邊AC為邊向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，DE與AB交于點(diǎn)G，EF與AC交于點(diǎn)H，∠ACB=90°，∠BAC=30°．給出如下結(jié)論： ①EF⊥AC；②四邊形ADFE為菱形；③AD=4AG；④FH=BD 其中正確結(jié)

2、論的為?、佗邰堋。ㄕ?qǐng)將所有正確的序號(hào)都填上）． 考點(diǎn)： 菱形的判定；等邊三角形的性質(zhì)；含30度角的直角三角形． 分析： 根據(jù)已知先判斷△ABC≌△EFA，則∠AEF=∠BAC，得出EF⊥AC，由等邊三角形的性質(zhì)得出∠BDF=30°，從而證得△DBF≌△EFA，則AE=DF，再由FE=AB，得出四邊形ADFE為平行四邊形而不是菱形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AD=4AG，從而得到答案． 解答： 解：∵△ACE是等邊三角形， ∴∠EAC=60°，AE=AC， ∵∠BAC=30°， ∴∠FAE=∠ACB=90°，AB=2BC， ∵F為AB的中點(diǎn)， ∴AB=2AF， ∴B

3、C=AF， ∴△ABC≌△EFA， ∴FE=AB， ∴∠AEF=∠BAC=30°， ∴EF⊥AC，故①正確， ∵EF⊥AC，∠ACB=90°， ∴HF∥BC， ∵F是AB的中點(diǎn)， ∴HF=BC， ∵BC=AB，AB=BD， ∴HF=BD，故④說(shuō)法正確； ∵AD=BD，BF=AF， ∴∠DFB=90°，∠BDF=30°， ∵∠FAE=∠BAC+∠CAE=90°， ∴∠DFB=∠EAF， ∵EF⊥AC， ∴∠AEF=30°， ∴∠BDF=∠AEF， ∴△DBF≌△EFA（AAS）， ∴AE=DF， ∵FE=AB， ∴四邊形ADFE為平行四邊形，

4、∵AE≠EF， ∴四邊形ADFE不是菱形； 故②說(shuō)法不正確； ∴AG=AF， ∴AG=AB， ∵AD=AB， 則AD=AG，故③說(shuō)法正確， 故答案為①③④． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，以及全等三角形的判定和性質(zhì)，解決本題需先根據(jù)已知條件先判斷出一對(duì)全等三角形，然后按排除法來(lái)進(jìn)行選擇． 3、（2013?瀘州）如圖，在等腰直角△ACB=90°，O是斜邊AB的中點(diǎn)，點(diǎn)D、E分別在直角邊AC、BC上，且∠DOE=90°，DE交OC于點(diǎn)P．則下列結(jié)論： （1）圖形中全等的三角形只有兩對(duì)；（2）△ABC的面積等于四邊形CDOE的面積的2倍；（3）CD+CE=

5、OA；（4）AD2+BE2=2OP?OC． 其中正確的結(jié)論有（　?。? 　 A． 1個(gè) B． 2個(gè) C． 3個(gè) D． 4個(gè) 考點(diǎn)： 等腰直角三角形；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；相似三角形的判定與性質(zhì)． 分析： 結(jié)論（1）錯(cuò)誤．因?yàn)閳D中全等的三角形有3對(duì)； 結(jié)論（2）正確．由全等三角形的性質(zhì)可以判斷； 結(jié)論（3）正確．利用全等三角形和等腰直角三角形的性質(zhì)可以判斷． 結(jié)論（4）正確．利用相似三角形、全等三角形、等腰直角三角形和勾股定理進(jìn)行判斷． 解答： 解： 結(jié)論（1）錯(cuò)誤．理由如下： 圖中全等的三角形有3對(duì)，分別為△AOC≌△BOC，△AOD

6、≌△COE，△COD≌△BOE． 由等腰直角三角形的性質(zhì)，可知OA=OC=OB，易得△AOC≌△BOC． ∵OC⊥AB，OD⊥OE，∴∠AOD=∠COE． 在△AOD與△COE中， ∴△AOD≌△COE（ASA）．同理可證：△COD≌△BOE． 結(jié)論（2）正確．理由如下： ∵△AOD≌△COE，∴S△AOD=S△COE， ∴S四邊形CDOE=S△COD+S△COE=S△COD+S△AOD=S△AOC=S△ABC， 即△ABC的面積等于四邊形CDOE的面積的2倍． 結(jié)論（3）正確，理由如下： ∵△AOD≌△COE，∴CE=AD， ∴CD+CE=CD+AD=AC=OA．

7、 結(jié)論（4）正確，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為等腰直角三角形，∴DE2=2OE2，∠DEO=45°． ∵∠DEO=∠COE=45°，∠COE=∠COE， ∴△OEP∽△OCE， ∴，即OP?OC=OE2． ∴DE2=2OE2=2OP?OC， ∴AD2+BE2=2OP?OC． 綜上所述，正確的結(jié)論有3個(gè)，故選C． 點(diǎn)評(píng)： 本題是幾何綜合題，考查了等腰直角三角形、全

8、等三角形、相似三角形和勾股定理等重要幾何知識(shí)點(diǎn)．難點(diǎn)在于結(jié)論（4）的判斷，其中對(duì)于“OP?OC”線段乘積的形式，可以尋求相似三角形解決問(wèn)題． 4、（2013?紹興）矩形ABCD中，AB=4，AD=3，P，Q是對(duì)角線BD上不重合的兩點(diǎn)，點(diǎn)P關(guān)于直線AD，AB的對(duì)稱點(diǎn)分別是點(diǎn)E、F，點(diǎn)Q關(guān)于直線BC、CD的對(duì)稱點(diǎn)分別是點(diǎn)G、H．若由點(diǎn)E、F、G、H構(gòu)成的四邊形恰好為菱形，則PQ的長(zhǎng)為　2.8　． 考點(diǎn)： 幾何變換綜合題． 分析： 如解答圖所示，本題要點(diǎn)如下： （1）證明矩形的四個(gè)頂點(diǎn)A、B、C、D均在菱形EFGH的邊上，且點(diǎn)A、C分別為各自邊的中點(diǎn)； （2）證明菱形的邊長(zhǎng)等于

9、矩形的對(duì)角線長(zhǎng)； （3）求出線段AP的長(zhǎng)度，證明△AON為等腰三角形； （4）利用勾股定理求出線段OP的長(zhǎng)度； （5）同理求出OQ的長(zhǎng)度，從而得到PQ的長(zhǎng)度． 解答： 解：由矩形ABCD中，AB=4，AD=3，可得對(duì)角線AC=BD=5． 依題意畫(huà)出圖形，如右圖所示． 由軸對(duì)稱性質(zhì)可知，∠PAF+∠PAE=2∠PAB+2∠PAD=2（∠PAB+∠PAD）=180°， ∴點(diǎn)A在菱形EFGH的邊EF上．同理可知，點(diǎn)B、C、D均在菱形EFGH的邊上． ∵AP=AE=AF，∴點(diǎn)A為EF中點(diǎn)．同理可知，點(diǎn)C為GH中點(diǎn)． 連接AC，交BD于點(diǎn)O，則有AF=CG，且AF∥CG， ∴四邊形

10、ACGF為平行四邊形， ∴FG=AC=5，即菱形EFGH的邊長(zhǎng)等于矩形ABCD的對(duì)角線長(zhǎng)． ∴EF=FG=5， ∵AP=AE=AF，∴AP=EF=2.5． ∵OA=AC=2.5， ∴AP=AO，即△APO為等腰三角形． 過(guò)點(diǎn)A作AN⊥BD交BD于點(diǎn)N，則點(diǎn)N為OP的中點(diǎn)． 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． 故答案為：2.8． 點(diǎn)評(píng)： 本題是幾何變換綜合題，難度較大．首先根據(jù)題意畫(huà)出圖形

11、，然后結(jié)合軸對(duì)稱性質(zhì)、矩形性質(zhì)、菱形性質(zhì)進(jìn)行分析，明確線段之間的數(shù)量關(guān)系，最后由等腰三角形和勾股定理求得結(jié)果． 　 5、（2013?萊蕪）下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（　　） 　 A． 若兩圓相交，則它們公共弦的垂直平分線必過(guò)兩圓的圓心 　 B． 2+與2﹣互為倒數(shù) 　 C． 若a＞|b|，則a＞b 　 D． 梯形的面積等于梯形的中位線與高的乘積的一半 考點(diǎn)： 相交兩圓的性質(zhì)；絕對(duì)值；分母有理化；梯形中位線定理． 分析： 根據(jù)相交兩圓的性質(zhì)以及互為倒數(shù)和有理化因式以及梯形的面積求法分別分析得出即可． 解答： 解：A、根據(jù)相交兩圓的性質(zhì)得出，若兩圓相交，則它們公共

12、弦的垂直平分線必過(guò)兩圓的圓心，故此選項(xiàng)正確，不符合題意； B、∵2+與2﹣=互為倒數(shù)，∴2+與2﹣互為倒數(shù)，故此選項(xiàng)正確，不符合題意； C、若a＞|b|，則a＞b，此選項(xiàng)正確，不符合題意； D、梯形的面積等于梯形的中位線與高的乘積，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤，符合題意； 故選：D． 點(diǎn)評(píng)： 此題主要考查了相交兩圓的性質(zhì)以及分母有理化和梯形面積求法等知識(shí)，正確把握相關(guān)定理是解題關(guān)鍵． 6、（2013年濰坊市）如圖，四邊形是平行四邊形，以對(duì)角線為直徑作⊙，分別于、相交于點(diǎn)、. （1）求證四邊形為矩形. （2）若試判斷直線與⊙的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由. 答案： 考點(diǎn)：平行四邊形的性質(zhì)，

13、矩形的判定，，相似三角形的判定，直徑對(duì)的圓周角是直角，圓的切線的判定等知識(shí)的綜合運(yùn)用. 點(diǎn)評(píng)：關(guān)鍵是掌握矩形的判定方法，三角形相似的判定方法，圓的切線的判定方法. 7、（2013?溫州）一塊矩形木板，它的右上角有一個(gè)圓洞，現(xiàn)設(shè)想將它改造成火鍋餐桌桌面，要求木板大小不變，且使圓洞的圓心在矩形桌面的對(duì)角線上．木工師傅想了一個(gè)巧妙的辦法，他測(cè)量了PQ與圓洞的切點(diǎn)K到點(diǎn)B的距離及相關(guān)數(shù)據(jù)（單位：cm），從點(diǎn)N沿折線NF﹣FM（NF∥BC，F(xiàn)M∥AB）切割，如圖1所示．圖2中的矩形EFGH是切割后的兩塊木板拼接成符合要求的矩形桌面示意圖（不重疊，無(wú)縫隙，不記損耗），則CN，AM的長(zhǎng)分別是　18c

14、m、31cm?。? 考點(diǎn)： 圓的綜合題 分析： 如圖，延長(zhǎng)OK交線段AB于點(diǎn)M′，延長(zhǎng)PQ交BC于點(diǎn)G，交FN于點(diǎn)N′，設(shè)圓孔半徑為r．在Rt△KBG中，根據(jù)勾股定理，得r=16（cm）．根據(jù)題意知，圓心O在矩形EFGH的對(duì)角線上，則KN′=AB=42cm，OM′=KM′+r=CB=65cm．則根據(jù)圖中相關(guān)線段間的和差關(guān)系求得CN=QG﹣QN′=44﹣26=18（cm），AM=BC﹣PD﹣KM′=130﹣50﹣49=31（cm）． 解答： 解：如圖，延長(zhǎng)OK交線段AB于點(diǎn)M′，延長(zhǎng)PQ交BC于點(diǎn)G，交FN于點(diǎn)N′． 設(shè)圓孔半徑為r． 在Rt△KBG中，根據(jù)勾股定理，得

15、 BG2+KG2=BK2，即（130﹣50）2+（44+r）2=1002， 解得，r=16（cm）． 根據(jù)題意知，圓心O在矩形EFGH的對(duì)角線上，則 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）， 綜上所述，CN，AM的長(zhǎng)分別是18cm、31cm． 故填：18cm、31cm． 點(diǎn)評(píng)： 本題以改造矩形桌面為載體，讓學(xué)生在問(wèn)題解決過(guò)程中，考查了矩形、直

16、角三角形及圓等相關(guān)知識(shí)，積累了將實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問(wèn)題經(jīng)驗(yàn)，滲透了圖形變換思想，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)思想方法在現(xiàn)實(shí)問(wèn)題中的應(yīng)用價(jià)值． 8、（2013?濱州）如圖，等邊△ABC沿射線BC向右平移到△DCE的位置，連接AD、BD，則下列結(jié)論： ①AD=BC；②BD、AC互相平分；③四邊形ACED是菱形． 其中正確的個(gè)數(shù)是（　?。? 　 A． 0 B． 1 C． 2 D． 3 考點(diǎn)： 平移的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)． 分析： 先求出∠ACD=60°，繼而可判斷△ACD是等邊三角形，從而可判斷①是正確的；根據(jù)①的結(jié)論，可判斷四邊形ABCD是平行四邊形，從

17、而可判斷②是正確的；根據(jù)①的結(jié)論，可判斷④正確． 解答： 解：△ABC、△DCE是等邊三角形， ∴∠ACB=∠DCE=60°，AC=CD， ∴∠ACD=180°﹣∠ACB﹣∠DCE=60°， ∴△ACD是等邊三角形， ∴AD=AC=BC，故①正確； 由①可得AD=BC， ∵AB=CD， ∴四邊形ABCD是平行四邊形， ∴BD、AC互相平分，故②正確； 由①可得AD=AC=CE=DE， 故四邊形ACED是菱形，即③正確． 綜上可得①②③正確，共3個(gè)． 故選D． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了平移的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)及菱形的判定，解答本題的關(guān)鍵是先判

18、斷出△ACD是等邊三角形，難度一般． 9、（2013陜西壓軸題）問(wèn)題探究 （1）請(qǐng)?jiān)趫D①中作出兩條直線，使它們將圓面四等分； （2）如圖②，M是正方形ABCD內(nèi)一定點(diǎn)，請(qǐng)?jiān)趫D②中作出兩條直線（要求其中一條直線必須過(guò)點(diǎn)M），使它們將正方形ABCD的面積四等分，并說(shuō)明理由. 問(wèn)題解決 （3）如圖③，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB+CD=BC，點(diǎn)P是AD的中點(diǎn)，如果AB=，CD=，且，那么在邊BC上是否存在一點(diǎn)Q，使PQ所在直線將四邊形ABCD的面積分成相等的兩部分？若存在，求出BQ的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)明理由. 圖① 圖② A B C D M B 圖③ A

19、 C D P （第25題圖） 考點(diǎn)：本題陜西近年來(lái)考查的有：折疊問(wèn)題，勾股定理，矩形性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，面積問(wèn)題及最值問(wèn)題，位似的性質(zhì)應(yīng)用等。此題考查對(duì)圖形的面積等分問(wèn)題。 解析：此題主要考查學(xué)生的閱讀問(wèn)題的能力，綜合問(wèn)題的能力，動(dòng)手操作能力，問(wèn)題的轉(zhuǎn)化能力，分析圖形能力和知識(shí)的遷徙能力，從特殊圖形到一般的過(guò)渡，從特殊中發(fā)現(xiàn)關(guān)系到一般的知識(shí)遷移的過(guò)程。 （1）問(wèn)較易解決，圓內(nèi)兩條互相垂直的直徑即達(dá)到目的。 （2）問(wèn)中其實(shí)在八年級(jí)學(xué)習(xí)四邊形時(shí)好可解決此類問(wèn)題。平行四邊形過(guò)對(duì)角線的交點(diǎn)的直線將平行四邊形分成面積相等的兩個(gè)部分。而在正方形中就更特殊，常見(jiàn)的是將正方形重疊在一起旋

20、轉(zhuǎn)的過(guò)程中的圖形的面積不變的考查，此題有這些知識(shí)的積累足夠解決。 （3）問(wèn)中可以考慮構(gòu)造（1）（2）中出現(xiàn)的特殊四邊形來(lái)解決。也可以用中點(diǎn)的性質(zhì)來(lái)解決。在中學(xué)數(shù)學(xué)中中點(diǎn)就有兩個(gè)方面的應(yīng)用，一是中線（倍長(zhǎng)中線構(gòu)造全等三角形或者是平行四邊形）二是中位線的應(yīng)用。 解：（1）如圖①所示． （2）如圖②，連接AC、BD相交于點(diǎn)O，作直線OM分別交AD、BC于P、Q兩點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O作用OM的垂線分別交AB、CD于E、F兩點(diǎn)，則直線OM、EF將正方形ABCD的面積四等分. 理由如下： 答圖② A B C D M （第25題答案圖） 答圖① O P Q F E ∵點(diǎn)O是

21、正方形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，∴點(diǎn)O是正方形ABCD的對(duì)稱中心 ∴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 設(shè)點(diǎn)O到正方形ABCD一邊的距離為. ∴ ∴ ∴直線EF、PQ將正方形ABCD面積四等分 另解：∵點(diǎn)O是正方形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，∴點(diǎn)O是正方形ABCD的中心 ∴OA=OB=OC=OD ∠OAP=∠OBE=∠OCQ=∠ODF=45° ∵PQ⊥EF，

22、∴∠POD+∠DOF=90°，∠POD+∠POA=90° ∴∠POA=∠DOF同理：∠POA=∠DOF=∠BOE=∠COQ ∴△AOP≌△BOE≌△COQ≌△DOF ∴ ∴直線EF、PQ將正方形ABCD面積四等分 （3） B 答圖③ A C D P （第25題答案圖） M Q F E 存在.當(dāng)BQ=CD=時(shí)，PQ將四邊形ABCD面積二等分. 理由如下：如圖③，延長(zhǎng)BA至點(diǎn)E，使AE=， 延長(zhǎng)CD至點(diǎn)F，使DF=，連接EF. ∴BE∥CF，BE=CF ∴四邊形BCFE為平行四邊形， ∵BC=BE=+，∴平行四邊形DBFE為菱形 連接BF交AD于點(diǎn)M

23、，則△MAB≌△MDF ∴AM=DM.即點(diǎn)P、M重合. ∴點(diǎn)P是菱形EBCF對(duì)角線的交點(diǎn)， 在BC上截取BQ=CD=，則CQ=AB=. 設(shè)點(diǎn)P到菱形EBCF一邊的距離為 ∴ 所以當(dāng)BQ=時(shí)，直線PQ將四邊形ABCD的面積分成相等的兩部分. 另解：存在.當(dāng)BQ=CD=時(shí)，PQ將四邊形ABCD面積二等分. 理由如下：如圖④，連接BP并延長(zhǎng)BP交CD延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接CP ∵點(diǎn)P是AD的中點(diǎn)，∴PA=PD ∵AB∥CD，∴∠ABP=∠DFP，∵∠APB=∠DPF ∴△APB≌△DPF B 答圖④ A C D P （第25題答案圖） Q F ∴AB=DF

24、，PB=PF，所以CP是△CBF的中線，∴ ∵AB+CD=BC，DF+CD=BC，即：CB=CF，∴∠CBF=∠CFB ∵∠ABP=∠DFP∴∠ABP=∠CBP即PB是角平分線. ∴點(diǎn)P到AB與CB的距離相等， ∵BQ=，所以CQ=AB= ∴ ∴ 所以當(dāng)BQ=時(shí)，直線PQ將四邊形ABCD的面積分成相等的兩部分. 10、（2013?溫州壓軸題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線AB與x軸，y軸分別交于點(diǎn)A（6，0），B（0.8），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，m），過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，點(diǎn)D為x軸上的一動(dòng)點(diǎn)，連接CD，DE，以CD，DE為邊作?CDEF． （1）當(dāng)0＜m

25、＜8時(shí)，求CE的長(zhǎng)（用含m的代數(shù)式表示）； （2）當(dāng)m=3時(shí)，是否存在點(diǎn)D，使?CDEF的頂點(diǎn)F恰好落在y軸上？若存在，求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由； （3）點(diǎn)D在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若存在唯一的位置，使得?CDEF為矩形，請(qǐng)求出所有滿足條件的m的值． 考點(diǎn)： 相似形綜合題． 分析： （1）首先證明△BCE∽△BAO，根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊的比相等即可求得； （2）證明△EDA∽△BOA，根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊的比相等即可求得； （3）分m＞0，m=0和m＜0三種情況進(jìn)行討論，當(dāng)m=0時(shí)，一定不成立，當(dāng)m＞0時(shí)，分0＜m＜8和m＞8兩種情況，利用三角函數(shù)的定義即可求

26、解．當(dāng)m＜0時(shí)，分點(diǎn)E與點(diǎn)A重合和點(diǎn)E與點(diǎn)A不重合時(shí)，兩種情況進(jìn)行討論． 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． ∵點(diǎn)F落在y軸上（如圖2）． ∴DE∥BO， ∴△EDA∽△BOA， ∴=即=． ∴OD=， ∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（，0）． （3）取CE的中點(diǎn)P，過(guò)P作PG⊥y軸于點(diǎn)G． 則CP=C

27、E=﹣m． （Ⅰ）當(dāng)m＞0時(shí)， ①當(dāng)0＜m＜8時(shí)，如圖3．易證∠GCP=∠BAO， ∴cos∠GCP=cos∠BAO=， ∴CG=CP?cos∠GCP=（﹣m）=﹣m． ∴OG=OC+OG=m+﹣m=m+． 根據(jù)題意得，得：OG=CP， ∴m+=﹣m， 解得：m=； ②當(dāng)m≥8時(shí)，OG＞CP，顯然不存在滿足條件的m的值． （Ⅱ）當(dāng)m=0時(shí)，即點(diǎn)C與原點(diǎn)O重合（如圖4）． （Ⅲ）當(dāng)m＜0時(shí)， ①當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合時(shí)，（如圖5）， 易證△COA∽△AOB， ∴=，即=， 解得：m=﹣． ②當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A不重合時(shí)，（如圖6）． OG=OC﹣OG=﹣m﹣（﹣m） =﹣m

28、﹣． 由題意得：OG=CP， ∴﹣m﹣=﹣m． 解得m=﹣． 綜上所述，m的值是或0或﹣或﹣． 點(diǎn)評(píng)： 本題是相似三角形的判定于性質(zhì)以及三角函數(shù)的綜合應(yīng)用，正確進(jìn)行分類是關(guān)鍵． 11、（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， A B C D 第25題圖 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(shí)． 已知平行四邊形ABCD，∠A=60°，AB=2a，AD=a． (1) 把所給的平行四邊形ABCD用兩種方式分割并作說(shuō)明 (見(jiàn)題答卡表格里的示例)；

29、 要求：用直線段分割，分割成的圖形是學(xué)習(xí)過(guò)的特殊圖形且不超出四個(gè)． (2) 圖中關(guān)于邊、角和對(duì)角線會(huì)有若干關(guān)系或問(wèn)題．現(xiàn)在請(qǐng)計(jì)算兩條對(duì)角線的長(zhǎng)度． 要求：計(jì)算對(duì)角線BD長(zhǎng)的過(guò)程中要有必要的論證；直接寫(xiě)出對(duì)角線AC的長(zhǎng)． 解：在表格中作答 分割圖形 分割或圖形說(shuō)明 示例A B C D 第25題圖 示例①分割成兩個(gè)菱形。 ②兩個(gè)菱形的邊長(zhǎng)都為a,銳角都為60°。 A B C D 第25題圖 A B C D 第25題圖 A B C D 第25題圖 A B C D 第25題圖

30、 （2） 分析：（1）方案一：分割成兩個(gè)等腰梯形； 方案二：分割成一個(gè)等邊三角形、一個(gè)等腰三角形和一個(gè)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(jì)算即可． 解：（1）在表格中作答： 分割圖形 分割或圖形說(shuō)明 示例： 示例： ①分割成兩個(gè)菱形． ②兩個(gè)菱形的邊長(zhǎng)都為a，銳角都為60°． ①分割成兩兩個(gè)等腰梯形． ②兩個(gè)等腰梯形的腰長(zhǎng)都為a， 上底長(zhǎng)都為，下底長(zhǎng)都為a， 上底角都為120°，下底角都為60°． ①分割成一個(gè)等邊三角形、一個(gè)等腰三角形、一個(gè)直角三角形． ②等邊三角形的邊長(zhǎng)為a， 等

31、腰三角形的腰長(zhǎng)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(diǎn)E，連接DE． ∵AB=2a，E為AB中點(diǎn)， ∴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，∠A

32、DB=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(diǎn)評(píng)：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(wèn)側(cè)重考查了幾何圖形的分割、剪拼、動(dòng)手操作能力和空間想象能力；第（2）問(wèn)側(cè)重考查了幾何計(jì)算能力．本題考查知識(shí)點(diǎn)全面，對(duì)學(xué)生的幾何綜合能力要求較高，是一道好題 12、（2013?常德）連接一個(gè)幾何圖形上任意兩點(diǎn)間的線段中，最長(zhǎng)的線段稱為這個(gè)幾何圖形的直徑，根據(jù)此定

33、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(diǎn)： 菱形的性質(zhì)；勾股定理；直角梯形． 分析： 先找出每個(gè)圖形的“直徑”，再根據(jù)所學(xué)的定理求出其長(zhǎng)度，最后進(jìn)行比較即可． 解答： 解： 連接BC，則BC為這個(gè)幾何圖形的直徑，過(guò)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=， ∴由垂徑定理得：BC=2； 連接AC、BD，則BD為這個(gè)圖形的直徑， ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AC⊥

34、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(gè)圖形的直徑， 由勾股定理得：BD==2； 連接BD，則BD為這個(gè)圖形的直徑， 由勾股定理得：BD==， ∵2＞＞2， ∴選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確； 故選C． 點(diǎn)評(píng)： 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(shí)點(diǎn)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

35、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(guò)棱CD，并與棱BB′ 交于 點(diǎn)Q，此時(shí)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(wèn)題： （1）CQ與BE的位置關(guān)系是___________，BQ的長(zhǎng)是____________dm； （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°＝，tan37°＝) 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

36、17-4是其正面示意圖.若液面與棱C′C或CB交于點(diǎn)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(xiě)出相應(yīng)的α的范圍. [溫馨提示：下頁(yè)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(zhǎng)方形隔板（厚度忽略不計(jì)），得到圖17-5，隔板高NM = 1 dm，BM = CM，NM⊥BC.繼續(xù)向右緩慢旋轉(zhuǎn)，當(dāng)α = 60°時(shí)，通過(guò)計(jì)算，判斷溢出容器的液體能否達(dá)到4 dm3. 解析： 探究 （1）CQ∥BE 3 2分

37、 （2）（dm3） 4分 （3）在Rt△BCQ中，tan∠BCQ= ∴=∠BCQ=37o 6分 拓展 當(dāng)容器向左旋轉(zhuǎn)時(shí)，如圖3,0o≤≤37o 7分 ∵液體體積不變，∴ ∴ 9分 當(dāng)容器向右旋轉(zhuǎn)時(shí)，如圖4， 同理得， 10分 當(dāng)液面恰好到達(dá)容器口沿，即點(diǎn)Q與點(diǎn)B’重合時(shí)，如圖5. 由BB’=4，且，得=3 ∴由tan∠=，得∠=37o，∴=∠=53o 此時(shí)37o≤≤53o 12分 【注：本問(wèn)的范圍中，“≤”為“<”不影響得分】 延伸 當(dāng)=60o時(shí)，如圖6所示，設(shè)FN∥EB，∥EB 過(guò)點(diǎn)G作GH⊥于點(diǎn)H 在Rt△中，GH=MB=2，

38、∠=30o，∴= ∴MG=BH= 4（dm3） ∴溢出液體可以達(dá)到4dm3. 14分 14、（2013?玉林）如圖，△ABC是⊙O內(nèi)接正三角形，將△ABC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°得到△DEF，DE分別交AB，AC于點(diǎn)M，N，DF交AC于點(diǎn)Q，則有以下結(jié)論：①∠DQN=30°；②△DNQ≌△ANM；③△DNQ的周長(zhǎng)等于AC的長(zhǎng)；④NQ=QC．其中正確的結(jié)論是?、佗冖邸。ò阉姓_的結(jié)論的序號(hào)都填上） 考點(diǎn)： 幾何綜合題． 分析： 連結(jié)O

39、A、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∠AMN=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≌△ANM；利用QD=QC，ND=NA可判斷△DNQ的周長(zhǎng)等于AC的長(zhǎng)；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、O

40、F、OC、DC、AD、CF，如圖， ∵△ABC繞點(diǎn)O順時(shí)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∠AMN=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△ANM中 ， ∴△DNQ≌△ANM（AAS），所以②正確； ∵∠ACD=15°，∠FDC=15°，

41、 ∴QD=QC， 而ND=NA， ∴ND+QD+NQ=NA+QC+NQ=AC， 即△DNQ的周長(zhǎng)等于AC的長(zhǎng)，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(cuò)誤． 故答案為①②③． 點(diǎn)評(píng)： 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(shí)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(diǎn)A關(guān)于對(duì)角線BD的對(duì)稱點(diǎn)F剛好

42、落在腰DC上，連接AF交BD于點(diǎn)E，AF的延長(zhǎng)線與BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)G，M，N分別是BG，DF的中點(diǎn)． （1）求證：四邊形EMCN是矩形； （2）若AD=2，S梯形ABCD=，求矩形EMCN的長(zhǎng)和寬． 考點(diǎn)： 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(duì)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(cuò)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EM⊥BC，EN⊥CD，再根據(jù)矩形的判定證

43、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(zhǎng)，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(diǎn)A、F關(guān)于BD對(duì)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， ∵M(jìn)，N分別是BG，DF的中點(diǎn)， ∴EM⊥BC，EN⊥CD， 又∵AD∥BC，AD⊥DC， ∴BC⊥CD， ∴四邊形EMCN是矩形； （2）解：由（1）可知，∠EDF=45°，BC⊥CD， ∴△B

44、CD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(diǎn)， ∴EN=DN=DF=×2=1， ∴CN=CD﹣DN=3﹣1=2， ∴矩形EMCN的長(zhǎng)和寬分別為2，1． 點(diǎn)評(píng)： 本題考查了直角梯形的性質(zhì)，軸對(duì)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(duì)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(diǎn)． 　 16、（13年北京7分24）在△ABC中，AB=

45、AC，∠BAC=（），將線段BC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段BD。 （1）如圖1，直接寫(xiě)出∠ABD的大?。ㄓ煤氖阶颖硎荆?； （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(diǎn)逆時(shí)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 ∴ ∵ ∴

46、 而 ∴ 【點(diǎn)評(píng)】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(jiàn)模 型、常用輔助線對(duì)于平面幾何的學(xué)習(xí)是非常有幫助的. 考點(diǎn)：幾何綜合（等邊三角形、等腰直角三角形、旋轉(zhuǎn)全等、對(duì)稱全等、倒角） 17、（13年山東青島、24壓軸題）已知，如圖，□ABCD中，AD=3cm，CD=1cm，∠B=45°，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AD方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為3cm/s；點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿CD方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s，連接并延長(zhǎng)QP交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，過(guò)M作MN⊥BC，垂足是N，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）（0＜t＜1），解答下列問(wèn)題： （1）當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形AQDM是平

47、行四邊形？ （2）設(shè)四邊形ANPM的面積為（cm2），求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式； （3）是否存在某一時(shí)刻t，使四邊形ANPM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(shuō)明理由 （4）連接AC，是否存在某一時(shí)刻t，使NP與AC的交點(diǎn)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(shuō)明理由 第24題備用圖 第24題備用圖 解析： 解得：t＝， 當(dāng)AE：EC＝1：時(shí)， 同理可得：，即，解得：t＝， 答：當(dāng)t＝或t＝時(shí)，NP

48、與AC的交點(diǎn)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， A B C D 第25題圖 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(shí)． 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(shuō)明 (見(jiàn)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(guò)的特殊圖形且不超出四個(gè)． (4) 圖中關(guān)于邊、角和對(duì)角線會(huì)有若干關(guān)系或問(wèn)題．現(xiàn)在請(qǐng)計(jì)算兩條對(duì)角線的長(zhǎng)度． 要求：計(jì)算對(duì)角線BD長(zhǎng)

49、的過(guò)程中要有必要的論證；直接寫(xiě)出對(duì)角線AC的長(zhǎng)． 解：在表格中作答 分割圖形 分割或圖形說(shuō)明 示例A B C D 第25題圖 示例①分割成兩個(gè)菱形。 ②兩個(gè)菱形的邊長(zhǎng)都為a,銳角都為60°。 A B C D 第25題圖 A B C D 第25題圖 A B C D 第25題圖 A B C D 第25題圖 （2） 分析：（1）方案一：分割成兩個(gè)等腰梯形； 方案二：分割成一個(gè)等邊三角形、一個(gè)等腰三角形和一個(gè)直角三角形； （2）利用平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的性

50、質(zhì)、勾股定理作答，認(rèn)真計(jì)算即可． 解：（1）在表格中作答： 分割圖形 分割或圖形說(shuō)明 示例： 示例： ①分割成兩個(gè)菱形． ②兩個(gè)菱形的邊長(zhǎng)都為a，銳角都為60°． ①分割成兩兩個(gè)等腰梯形． ②兩個(gè)等腰梯形的腰長(zhǎng)都為a， 上底長(zhǎng)都為，下底長(zhǎng)都為a， 上底角都為120°，下底角都為60°． ①分割成一個(gè)等邊三角形、一個(gè)等腰三角形、一個(gè)直角三角形． ②等邊三角形的邊長(zhǎng)為a， 等腰三角形的腰長(zhǎng)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(diǎn)E，連接DE． ∵AB=2a，E為A

51、B中點(diǎn)， ∴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

52、=a． 點(diǎn)評(píng)：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(wèn)側(cè)重考查了幾何圖形的分割、剪拼、動(dòng)手操作能力和空間想象能力；第（2）問(wèn)側(cè)重考查了幾何計(jì)算能力．本題考查知識(shí)點(diǎn)全面，對(duì)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(diǎn)C在線段AB的延長(zhǎng)線上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)D在⊙O 上運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)B重合），連接CD，且CD=OA. (1)當(dāng)OC=時(shí)（如圖12），求證：CD是⊙O的切線； （2）當(dāng)OC＞時(shí)，CD所在直線于⊙O相交，設(shè)另一交點(diǎn)為E，連接AE.

53、 ①當(dāng)D為CE中點(diǎn)時(shí)，求△ACE的周長(zhǎng); ②連接OD,是否存在四邊形AODE為梯形？若存在，請(qǐng)說(shuō)明梯形個(gè)數(shù)并求此時(shí)AE·ED的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)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(zhǎng)； ②符合題意的梯形有2個(gè)，答圖③展示了其中一種情形．在求AE?ED值的時(shí)候，巧妙地利用了相似三角形，簡(jiǎn)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=

54、OC2 由勾股定理的逆定理可知，△OCD為直角三角形，則OD⊥CD， 又∵點(diǎn)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(zhǎng)為：AE+CE+AC=AE+CE+（OA+

55、OC）=+4+（2+）=6++． ②存在，這樣的梯形有2個(gè)． 答圖③是D點(diǎn)位于AB上方的情形，同理在AB下方還有一個(gè)梯形，它們關(guān)于直線AB成軸對(duì)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(gè)，此時(shí)AE?DE=4． 點(diǎn)評(píng)：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(gè)知識(shí)點(diǎn)，難度較大