16. 如图,已知$AB = CD$,$AB$,$CD$所在直线的夹角为$60°$,$M$,$N$分别是$AD$,$BC$的中点,$MN = 2\sqrt{3}$,则$AB =$.

16. 4或4√3 【点拨】本题考查平行线的性质,三角形中位线定理,直角三角形的性质及勾股定理,正确作出辅助线是解题的关键.
【解析】①延长BA,CD交于点P,当∠P = 60°时,如图1,连接AC,取AC的中点Q,连接QM,QN,延长QM交AP于点E,过点Q作QH ⊥ MN于点H.
∵ M,N分别是AD,BC的中点,
∴ QM = 1/2 CD,QM//CD,QN = 1/2 AB,QN//AB.
∵ AB = CD,
∴ QN = QM.
∵ ∠P = 60°,QE//CP,
∴ ∠AEQ = ∠P = 60°.
∵ QN//BP,
∴ ∠MQN + ∠AEQ = 180°,
∴ ∠MQN = 180° - ∠AEQ = 180° - 60° = 120°.
∵ QN = QM,QH ⊥ MN,
∴ ∠MQH = 1/2 ∠MQN = 1/2 ×120° = 60°,MH = 1/2 MN = 1/2 ×2√3 = √3,
∴ ∠HMQ = 30°,
∴ QM = 2HQ. 在Rt△MHQ中,MH² + HQ² = QM²,即(√3)² + HQ² = (2HQ)²,
∴ HQ = 1(负值已舍去),
∴ QM = 2,
∴ AB = CD = 2QM = 2 ×2 = 4;
②延长BA,CD交于点P,当∠P = 120°时,如图2,连接AC,取AC的中点Q,连接QM,QN,延长QM交AP于点E,由①知QN = QM,AB = 2QN,QE//CP,QN//BP.
∵ ∠P = 120°,
∴ ∠AEQ = ∠P = 120°,
∴ ∠MQN = 60°,
∴ △MQN是等边三角形,
∴ QN = MN = 2√3,
∴ AB = 4√3.
综上所述,AB = 4或AB = 4√3. 故答案为4或4√3.

【分析】
要解决本题，需明确AB与CD所在直线的夹角存在两种情况（60°或其补角120°），通过构造三角形中位线转化线段关系，结合等腰、等边或直角三角形的性质求解。核心思路：延长BA、CD交于点P，取AC中点Q，利用中位线定理得到QM、QN与AB、CD的关系，结合AB=CD得QM=QN，再根据∠P的度数确定△QMN的顶角，结合MN长度计算QM，进而得到AB的长度。
【解析】
①当AB、CD所在直线夹角∠P=60°时（如图1）：
延长BA、CD交于点P，连接AC，取AC中点Q，连接QM、QN，延长QM交AP于点E，过Q作QH⊥MN于H。
∵ M、N分别是AD、BC中点，Q是AC中点，
∴ QM是△ACD的中位线，故$QM=\frac{1}{2}CD$，$QM// CD$；
QN是△ABC的中位线，故$QN=\frac{1}{2}AB$，$QN// AB$。
∵ AB=CD，
∴ QN=QM。
∵ QM//CD，∠P=60°，
∴ ∠AEQ=∠P=60°；
又QN//AB，
∴ ∠MQN + ∠AEQ=180°，得∠MQN=180°-60°=120°。
∵ QM=QN，QH⊥MN，
∴ $MH=\frac{1}{2}MN=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3}$，$∠ MQH=\frac{1}{2}∠ MQN=60°$，
在Rt△MHQ中，设HQ=x，则QM=2x，由勾股定理：$MH^2 + HQ^2 = QM^2$，即$(\sqrt{3})^2 + x^2=(2x)^2$，解得x=1，故QM=2，
∴ $AB=2QM=2×2=4$。
②当AB、CD所在直线夹角∠P=120°时（如图2）：
同理，取AC中点Q，连接QM、QN，由中位线定理得QN=QM，$QN// AB$，$QM// CD$。
∵ ∠P=120°，
∴ ∠AEQ=∠P=120°，故∠MQN=180°-120°=60°，
又QM=QN，
∴ △MQN是等边三角形，故$QN=MN=2\sqrt{3}$，
∴ $AB=2QN=2×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。
综上，AB=4或$4\sqrt{3}$。
【答案】4或$4\sqrt{3}$
【知识点】三角形中位线定理、等边三角形性质、直角三角形性质
【点评】本题需分类讨论AB与CD所在直线的夹角情况，辅助线构造（取AC中点利用中位线）是解题关键，综合考查几何转化能力，对学生的逻辑推理要求较高。
【难度系数】0.4

17. 在等腰梯形ABCD中，E，F，G，H依次为各边中点，已知对角线AC长40，则四边形EFGH的周长为________.

17. 80 【点拨】本题考查等腰梯形的性质,三角形中位线定理.
【解析】如图,连接BD,
∵ 四边形ABCD为等腰梯形,
∴ BD = AC = 40,
∵ E,F,G,H分别为各边中点,
∴ EF = 1/2 AC = 20,GH = 1/2 AC = 20,EH = 1/2 BD = 20,GF = 1/2 BD = 20,
∴ 四边形EFGH的周长 = 20 + 20 + 20 + 20 = 80. 故答案为80.

【分析】
要解决这道题，需先利用等腰梯形的性质得到对角线的关系，再结合三角形中位线定理求出中点四边形各边的长度，最后计算周长。首先，等腰梯形的对角线相等，可得到AC与BD的长度；其次，各边中点连接形成的线段是三角形的中位线，中位线长度等于对应对角线的一半，据此求出四边形EFGH各边的长度，相加即可得到周长。
【解析】
连接BD，
∵ 四边形ABCD为等腰梯形，
∴ 等腰梯形的对角线相等，即BD = AC = 40，
∵ E，F，G，H分别为各边中点，
根据三角形中位线定理：三角形的中位线等于第三边的一半，
∴ EF = $\frac{1}{2}$AC = $\frac{1}{2}$×40 = 20，
GH = $\frac{1}{2}$AC = 20，
EH = $\frac{1}{2}$BD = $\frac{1}{2}$×40 = 20，
GF = $\frac{1}{2}$BD = 20，
∴ 四边形EFGH的周长 = EF + FG + GH + HE = 20 + 20 + 20 + 20 = 80。
【答案】
80
【知识点】
等腰梯形性质，三角形中位线定理
【点评】
本题结合等腰梯形的性质和三角形中位线定理求解中点四边形的周长，核心是利用等腰梯形对角线相等的特点，将中点四边形的边长转化为对角线长度的一半，难度适中，属于基础几何应用题型。
【难度系数】
0.5

18. 阅读:如果两个动点到一个定点的距离的比为定值,并且这两个动点与定点连线所成角的度数也为定值,那么这两动点的运动路径相同.
应用:如图,O是矩形ABCD的对角线AC的中点,BC=4,以O为直角顶点的$\mathrm{Rt}△ OPQ$的顶点P在边AB上,$∠ BAC = ∠ OPQ = 30°$,当P在AB上运动时,DQ的最大值为.

18. 4√21/3 【点拨】本题考查矩形的性质,直角三角形的性质及勾股定理,正确作出辅助线是解题的关键.
【解析】如图,过点O作OT ⊥ AC交AB于点T,连接DT,TQ,延长TQ交CD于点R.
∵ 四边形ABCD是矩形,
∴ AD = BC = 4,∠B = ∠BAD = 90°.
∵ ∠BAC = 30°,
∴ AC = 2BC = 2 ×4 = 8.
∵ O是AC的中点,
∴ OA = OC = 4.
∵ ∠OAT = 30°,∠AOT = 90°,
∴ AT = 2TO.
∵ AT² = OA² + TO²,
∴ (2TO)² = 4² + TO²,
∴ TO = 4√3/3(负值已舍去),
∴ AT = 8√3/3,
∴ DT = √(AT² + AD²) = √((8√3/3)² + 4²) = 4√21/3.
∵ ∠OPQ = 30°,∠POQ = 90°,
∴ PQ = 2OQ,
∴ OP = √(PQ² - OQ²) = √((2OQ)² - OQ²) = √3 OQ,
∴ OP/OQ = √3. 当点P与点A重合时,点Q与点T重合;点P与点T重合时,PQ ⊥ AB,
∴ TQ ⊥ AB;当点P与点B重合时,点Q与点R重合.
∵ 点P在线段AB上运动,
∴ 点Q在线段TR上运动. 易得当点Q与点T重合时,DQ的值最大,最大值为4√21/3. 故答案为4√21/3.

【分析】
本题是矩形背景下的动点最值问题，根据题目给出的“两动点到定点的距离比为定值、连线夹角为定值，则运动路径相同”的结论，需先确定动点Q的运动轨迹，再计算DQ的最大值。解题思路：1. 利用矩形性质和30°直角三角形的性质，求出矩形相关边长及AC的长度；2. 构造辅助线OT⊥AC，结合勾股定理求出AT的长度；3. 确定Q的运动轨迹，进而得出DQ的最大值为点D到该轨迹的最大距离，最后用勾股定理计算结果。
【解析】
解：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD = BC = 4，∠BAD = 90°。
在Rt△ABC中，∠BAC = 30°，BC = 4，
∴ AC = 2BC = 8。
∵ O是AC的中点，
∴ OA = OC = ½AC = 4。
过点O作OT⊥AC，交AB于点T，连接DT、TQ，延长TQ交CD于点R。
在Rt△AOT中，∠AOT = 90°，∠OAT = 30°，
∴ AT = 2TO。
由勾股定理得：AT² = OA² + TO²，
即 (2TO)² = 4² + TO²，
解得 TO = 4√3/3（TO＞0），
∴ AT = 2TO = 8√3/3。
在Rt△ADT中，AD = 4，AT = 8√3/3，
∴ DT = √(AT² + AD²) = √[(8√3/3)² + 4²] = √(64/3 + 16) = √(112/3) = 4√21/3。
∵ ∠POQ = 90°，∠OPQ = 30°，
∴ 在Rt△OPQ中，OP = √3 OQ，即 OP/OQ = √3。
又
∵ OA/OT = 4/(4√3/3) = √3，且∠AOT = ∠POQ = 90°，
∴ △AOP∽△TOQ，故Q的运动轨迹为线段TR。
因此，当点Q与点T重合时，DQ取得最大值，最大值为4√21/3。
【答案】
4√21/3
【知识点】
矩形的性质，直角三角形的性质，动点轨迹
【点评】
本题为矩形背景下的动点最值问题，核心是利用定角定比性质确定动点轨迹，辅助线构造是解题关键，需熟练运用矩形和直角三角形的性质，对轨迹判断能力要求较高。
【难度系数】
0.3

三、解答题(本大题共10小题,共96分.解答应写出过程)
19. (8分)某次安全知识测试后,张老师将某班同学的测试成绩按“90~100分为优秀,80~90分为良好,70~80分为较好,60~70分为及格”四个等级进行统计分析,并绘制了如图所示的统计图,且“较好”等级的人数为8人.
(1)求该班总人数;
(2)求该班学生中“及格”等级所在扇形圆心角的度数.

19. 【点拨】本题考查扇形统计图,从统计图中有效地获取信息是解题的关键.
【解析】(1)该班总人数为8 ÷ 20% = 40(人).
(2)该班学生中“及格”等级所在扇形圆心角的度数是360° × (1 - 40% - 30% - 20%) = 36°.

【分析】
要解决这道题，需利用扇形统计图的性质：各部分占总体的百分比之和为1，且部分人数=总人数×对应百分比。第(1)问已知“较好”等级的人数和其占比，用“部分人数÷对应百分比”可求总人数；第(2)问先算“及格”等级的占比，再用360°乘该占比得到对应圆心角。
【解析】
(1) 已知“较好”等级人数为8人，占总人数的20%，根据总人数=部分人数÷对应百分比，可得：
该班总人数 = 8 ÷ 20% = 40（人）
(2) 先求“及格”等级的占比：
1 - 40% - 30% - 20% = 10%
扇形圆心角的度数为360°乘以该部分占比，因此“及格”等级所在扇形圆心角的度数为：
360° × 10% = 36°
【答案】
(1) 该班总人数为40人；(2) “及格”等级所在扇形圆心角的度数为36°
【知识点】
扇形统计图、百分比计算、圆心角计算
【点评】
本题是扇形统计图的基础应用，考查从统计图提取信息并进行简单计算，解题思路清晰，步骤明确，属于基础题型。
【难度系数】
0.7

20. (8分)在一个不透明的袋子里有4个红球,从中随机摸出一个球,请你设计摸球游戏.
(1)使摸球事件是个不可能事件;
(2)使摸球事件是个必然事件.

20. 【点拨】本题考查不可能事件和必然事件.
【解析】(1)袋子中只有红球,没有白球,
∴ 在4个红球中随机摸出一个球是白球,是不可能事件.
(2)
∵ 袋子中只有红球,
∴ 在4个红球中随机摸出一个球是红球,是必然事件.

【分析】首先明确不可能事件是一定不会发生的事件，必然事件是一定会发生的事件。由于袋子里仅有4个红球，没有其他颜色的球，因此设计摸球事件时，摸出非红球的事件属于不可能事件，摸出红球的事件属于必然事件，结合题目条件即可完成设计。
【解析】(1) 因为袋子中只有红球，不存在其他颜色的球，所以设计“从袋子中随机摸出一个球是白球（或其他非红球颜色的球）”的事件，该事件一定不会发生，属于不可能事件；
(2) 因为袋子中全部是红球，所以设计“从袋子中随机摸出一个球是红球”的事件，该事件一定会发生，属于必然事件。
【答案】(1) 在4个红球中随机摸出一个球是白球（合理即可）；(2) 在4个红球中随机摸出一个球是红球。
【知识点】不可能事件、必然事件
【点评】本题结合具体情境考查对不可能事件和必然事件概念的理解，核心是明确两类事件的定义，结合题目中袋子只有红球的条件即可完成设计，属于基础概念应用题。
【难度系数】0.3