11. 如图,BE,CF是△ABC的高线,P是BE上一点,且BP= AC,CQ= AB。求证:AP⊥AQ。

∵BE,CF是△ABC的高线，∴BE⊥AC,CF⊥AB，∠AEB=∠AFC=90°。
在Rt△ABE中，∠ABE+∠BAC=90°；在Rt△AFC中，∠ACF+∠BAC=90°，∴∠ABE=∠ACF（同角的余角相等），即∠ABP=∠QCA。
在△ABP和△QCA中，AB=QC（CQ=AB），∠ABP=∠QCA，BP=CA（BP=AC），∴△ABP≌△QCA（SAS）。
∴∠BAP=∠CQA。
∵CF⊥AB，∴∠QFA=90°，在Rt△QFA中，∠FAQ+∠CQA=90°。
∴∠FAQ+∠BAP=90°（等量代换），即∠PAQ=90°。
∴AP⊥AQ。

12. 如图所示,下列正多边形都满足$BA_1= CB_1,$在等边三角形中,我们可推得$∠AOB_1= 60°;$在正方形中,可推得$∠AOB_1= 90°;$在正五边形中,可推得$∠AOB_1= 108°……$依此类推,在正八边形中$,∠AOB_1= $;在正n(n≥3)边形中$,∠AOB_1= $。

135°；$\frac{(n-2)×180^\circ}{n}$

由题可知，在等边三角形（n=3）中，∠AOB₁=60°，恰为正三边形内角；正方形（n=4）中，∠AOB₁=90°，恰为正四边形内角；正五边形（n=5）中，∠AOB₁=108°，恰为正五边形内角。正n边形内角公式为$\frac{(n-2)×180^\circ}{n}$。
正八边形（n=8）内角：$\frac{(8-2)×180^\circ}{8}=135^\circ$；正n边形中$∠AOB₁=\frac{(n-2)×180^\circ}{n}$。

13. 如图,在△ABC中,BD平分∠ABC,若AD= BC,2∠C= 180°+∠A,则下列关于AB,BC的关系描述正确的是()

A.AB＞2BC
B.AB= 2BC
C.AB＜2BC
D.AB与2BC的关系无法判断

B

设∠A=α，∠C=β，由2β=180°+α，且α+β+∠ABC=180°，得∠ABC=180°-α-β=180°-α-$\frac{180°+α}{2}$=90°-$\frac{3α}{2}$。
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠DBC=$\frac{1}{2}$∠ABC=45°-$\frac{3α}{4}$。
在△ABC和△BDC中，∠C=β，∠DBC=45°-$\frac{3α}{4}$，∠BDC=180°-∠DBC-∠C=180°-(45°-$\frac{3α}{4}$)-β=135°+$\frac{3α}{4}$-$\frac{180°+α}{2}$=45°+$\frac{α}{4}$。
在△ABD中，∠ADB=180°-∠BDC=135°-$\frac{α}{4}$，∠A=α，∠ABD=45°-$\frac{3α}{4}$，满足内角和为180°。
假设AB=2BC，设BC=AD=x，AB=2x。在△ABD中，由正弦定理：$\frac{AD}{\sin∠ABD}=\frac{AB}{\sin∠ADB}$，即$\frac{x}{\sin(45°-\frac{3α}{4})}=\frac{2x}{\sin(135°-\frac{α}{4})}$。
∵sin(135°-$\frac{α}{4}$)=sin(45°+$\frac{α}{4}$)=sin[90°-(45°-$\frac{α}{4}$)]=cos(45°-$\frac{α}{4}$)，且sin(45°-$\frac{3α}{4}$)=sin[ (45°-$\frac{α}{4}$)-$\frac{α}{2}$ ]=sin(45°-$\frac{α}{4}$)cos$\frac{α}{2}$-cos(45°-$\frac{α}{4}$)sin$\frac{α}{2}$。
代入化简得：2[sin(45°-$\frac{α}{4}$)cos$\frac{α}{2}$-cos(45°-$\frac{α}{4}$)sin$\frac{α}{2}$]=cos(45°-$\frac{α}{4}$)，令θ=45°-$\frac{α}{4}$，则2(sinθcos$\frac{α}{2}$-cosθsin$\frac{α}{2}$)=cosθ，2sin(θ-$\frac{α}{2}$)=cosθ。
又θ-$\frac{α}{2}$=45°-$\frac{α}{4}$-$\frac{α}{2}$=45°-$\frac{3α}{4}$=∠ABD，故2sin∠ABD=cosθ=sin(135°-$\frac{α}{4}$)，与正弦定理结论一致，假设成立。
B