【分析】如图，圆柱形玻璃杯展开(沿点A竖直剖开)后侧面是一个长18宽12的矩形，作点A关于杯上沿MN的对称点B，连接BC交MN于点P，连接BM，过点C作AB的垂线交剖开线MA于点D。

由轴对称的性质和三角形三边关系知AP+PC为蚂蚁到达蜂蜜

的最短距离，且AP=BP。

由已知和矩形的性质，得DC=9，BD=12。

在Rt△BCD中，由勾股定理得 。

∴AP+PC=BP+PC=BC=15，即蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为15cm。

6. (2012山东威海3分)如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为(4，0)(8，2)，(6，4)。已知△A1B1C1的两个顶点的坐标为(1，3)，(2，5)。若△ABC与△A1B1C1位似，则△A1B1C1的第三个顶点的坐标为 ▲ .

【答案】(3，4)或(0，4)。

【考点】网格问题，位似。

【分析】如图，作出位似中心，即可得出△A1B1C1的第三个顶点的坐标(3，4)或(0，4)。

7. (2012山东潍坊3分)下图中每一个小方格的面积为l，则可根据面积计算得到如下算式：1+3+5+7+…+(2n-1)= ▲ .(用n表示，n是正整数)

【答案】n2。

【考点】分类归纳(图形的变化类)。

【分析】由图可知：

当k=1时，面积为12=1;当k=2时，面积为1+3=22=4;当k=3时，面积为1+3+5=32=9;

当k=4时，面积为1+3+5+7=42=16;••••••

当k=n时，面积为1+3+5+•••+(2n-1)=n2。

8. (2012山东烟台3分)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=2.将△ABC绕顶点A顺时针方向旋转至△AB′C′的位置，B，A，C′三点共线，则线段BC扫过的区域面积为　 ▲ 　.

【答案】 。

【考点】扇形面积的计算，旋转的性质。

【分析】先根据Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=2求出BC及AC的长，再根据线段BC扫过的区域面积为：S阴影=AB扫过的扇形面积+△AB′C′面积﹣AC扫过的扇形面积﹣△ABC面积

=AB扫过的扇形面积﹣AC扫过的扇形面积。

∵Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=2，∴ 。

∵B，A，C′三点共线，∴∠BAB′=150°。

∴S阴影= AB扫过的扇形面积+△ABC面积﹣BC扫过的扇形面积

。

三.解答题

1. (2012山东德州12分)如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点(不与点A、点D重合)将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH.

(1)求证：∠APB=∠BPH;

(2)当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化?并证明你的结论;

(3)设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值?若存在，求出这个最小值;若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)如图1，∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB.

又∵∠EPH=∠EBC=90°，

∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP，即∠PBC=∠BPH。

又∵AD∥BC，∴∠APB=∠PBC。∴∠APB=∠BPH。

(2)△PHD的周长不变为定值8。证明如下：

如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q。

由(1)知∠APB=∠BPH，

又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，

∴△ABP≌△QBP(AAS)。∴AP=QP，AB=BQ。

又∵AB=BC，∴BC=BQ。

又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，∴△BCH≌△BQH(HL)。∴CH=QH。

∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8。

(3)如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB。

又∵EF为折痕，∴EF⊥BP。

∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°。∴∠EFM=∠ABP。

又∵∠A=∠EMF=90°，AB=ME，∴△EFM≌△BPA(ASA)。

∴EM=AP=x.

∴在Rt△APE中，(4﹣BE)2+x2=BE2，即 。

∴ 。

又∵四边形PEFG与四边形BEFC全等，

∴ 。

∵ ，∴当x=2时，S有最小值6。

【答案】依题意可知，折痕AD是四边形OAED的对称轴，

∴在Rt△ABE中，AE=AO=10，AB=8， ，

∴CE=4，∴E(4，8)。

在Rt△DCE中，DC2+CE2=DE2，

又∵DE=OD，∴(8﹣OD)2+42=OD2。∴OD=5。∴D(0，5)。

【考点】翻折变换(折叠问题)，坐标与图形性质，勾股定理。

【分析】先根据勾股定理求出BE的长，从而可得出CE的长，求出E点坐标。在Rt△DCE中，由DE=OD及勾股定理可求出OD的长，从而得出D点坐标。

3. (2012山东济南9分)如图1，在菱形ABCD中，AC=2，BD=2 3 ，AC，BD相交于点O.

(1)求边AB的长;

(2)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF与AC相交于点G.

①判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由;

②旋转过程中，当点E为边BC的四等分点时(BE>CE)，求CG的长.

【答案】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，∴△AOB为直角三角形，且OA= AC=1，OB= BD= 3。

在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB= 。 (2)①△AEF是等边三角形。理由如下：

∵由(1)知，菱形边长为2，AC=2，∴△ABC与△ACD均为等边三角形。

∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°。

又∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°，∴∠BAE=∠CAF。

在△ABE与△ACF中，∵∠BAE=∠CAF ，AB=AC=2 ，∠EBA=∠FCA=60°，

∴△ABE≌△ACF(ASA)。∴AE=AF。∴△AEF是等腰三角形。

又∵∠EAF=60°，∴△AEF是等边三角形。

②BC=2，E为四等分点，且BE>CE，∴CE= ，BE= 。

由①知△ABE≌△ACF，∴CF=BE= 。

∵∠EAC+∠AEG+∠EGA=∠GFC+∠FCG+∠CGF=180°(三角形内角和定理)，

∠AEG=∠FCG=60°(等边三角形内角)，∠EGA=∠CGF(对顶角)，

∴∠EAC=∠GFC。

在△CAE与△CFG中，∵ ∠EAC=∠GFC ，∠ACE=∠FCG=60°，

∴△CAE∽△CFG 。∴ ，即 。解得：CG= 。

【考点】旋转的性质，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理。

【分析】(1)根据菱形的性质，确定△AOB为直角三角形，然后利用勾股定理求出边AB的长度。

(2)①确定一对全等三角形△ABE≌△ACF，得到AE=AF，再根据已知条件∠EAF=60°，可以判定△AEF是等边三角形。

②确定一对相似三角形△CAE∽△CFG，由对应边的比例关系求出CG的长度。

4. (2012山东莱芜9分)如图1，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90º，D、E分别是AB、AC边的中

点.将△ABC绕点A顺时针旋转 角(0º< <180º)，得到△AB′C′(如图2).

(1)探究DB′与EC′的数量关系，并给予证明;

(2)当DB′∥AE时，试求旋转角 的度数.

【答案】解：(1)DB′=EC′。证明如下：

∵D、E分别是AB、AC边的中点.∴AD= AB，AE= AC。

∵AB=AC，∴AD=AE。

∵△AB′C′是△ABC绕点A顺时针旋转得到，

∴∠EA C′=∠DA B′= ，A C′=AC= A B′=AB。∴△ADB′≌△AEC′(SAS)。

∴DB′=EC′。

(2)由(1)△ADB′≌△AEC′，∴∠C′EA =∠B′DA。

∵DB′∥AE，∠BAC=900，∴∠B′DA =∠DAE =900。∴∠C′EA =∠B′DA =900。

∵AE= A C′，∴ 。∴旋转角 。

【考点】等腰三角形的性质，旋转的性质，三角形中位线定理，平行的性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】(1)由三角形中位线定理和AB=AC可得AD=AE，由旋转的性质可得∠EA C′=∠DA B′= ，A C′=AC= A B′=AB，从而由SAS得△ADB′≌△AEC′，因此得DB′=EC′。

(2)由(1)△ADB′≌△AEC′可得∠C′EA =∠B′DA;由DB′∥AE，∠BAC=900可得∠B′DA =∠DAE =900，从而∠C′EA =900。在Rt△C′EA中，应用锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值即可求得旋转角 的度数。

5. (2012山东临沂11分)已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，动点M从点A出发沿边AD向点D运动.

(1)如图1，当b=2a，点M运动到边AD的中点时，请证明∠BMC=90°;

(2)如图2，当b>2a时，点M在运动的过程中，是否存在∠BMC=90°，若存在，请给与证明;若不存在，请说明理由;

(3)如图3，当b<2a时，(2)中的结论是否仍然成立?请说明理由.

【答案】(1)证明：∵b=2a，点M是AD的中点，∴AB=AM=MD=DC=a，

又∵在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，∴∠AMB=∠DMC=45°。

∴∠BMC=90°。

(2)解：存在，理由如下：

若∠BMC=90°，则∠AMB=∠DMC=90°。

又∵∠AMB+∠ABM=90°，∴∠ABM=∠DMC。

又∵∠A=∠D=90°，∴△ABM∽△DMC。∴ 。

设AM=x，则 ，整理得：x2﹣bx+a2=0。

∵b>2a，a>0，b>0，∴△=b2﹣4a2>0。

∴方程有两个不相等的实数根。

又∵两根之积等于a2>0，∴两根同号。

又∵两根之和等于b >0，∴两根为正。符合题意。

∴当b>2a时，存在∠BMC=90°。

(3)解：不成立.理由如下：

若∠BMC=90°，由(2)可知x2﹣bx+a2=0，

∵b<2a，a>0，b>0，∴△=b2﹣4a2<0，∴方程没有实数根。

∴当b<2a时，不存在∠BMC=90°，即(2)中的结论不成立。

【考点】动点问题，矩形的性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质，一元二次方程根的判别式和根与系数的关系。

【分析】(1)由b=2a，点M是AD的中点，可得AB=AM=MD=DC=a，又由四边形ABCD是矩形，即可求得∠AMB=∠DMC=45°，则可求得∠BMC=90°。

(2)由∠BMC=90°，易证得△ABM∽△DMC，设AM=x，根据相似三角形的对应边成比例，即

可得方程：x2-bx+a2=0，由b>2a，a>0，b>0，即可判定△>0，结合根与系数的关系可确定方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意。

(3)用反证法，由(2)，当b<2a，a>0，b>0，判定方程x2-bx+a2=0的根的情况，即可求得答案。

6. (2012山东青岛10分)问题提出：以n边形的n个顶点和它内部的m个点，共(m+n)个点作为顶

点，可把原n边形分割成多少个互不重叠的小三角形?

问题探究：为了解决上面的问题，我们将采取一般问题特殊化的策略，先从简单和具体的情形入手：

探究一：以△ABC的3个顶点和它内部的1个点P，共4个点为顶点，可把△ABC分割成多少个互

不重叠的小三角形?如图①，显然，此时可把△ABC分割成3个互不重叠的小三角形.

探究二：以△ABC的3个顶点和它内部的2个点P、Q，共5个点为顶点，可把△ABC分割成多少个

互不重叠的小三角形?

在探究一的基础上，我们可看作在图①△ABC的内部，再添加1个点Q，那么点Q的位置会有两种

情况：

一种情况，点Q在图①分割成的某个小三角形内部.不妨设点Q在△PAC的内部，如图②;

另一种情况，点Q在图①分割成的小三角形的某条公共边上.不妨设点Q在PA上，如图③.

显然，不管哪种情况，都可把△ABC分割成5个互不重叠的小三角形.

探究三：以△ABC的三个顶点和它内部的3个点P、Q、R，共6个点为顶点，可把△ABC分割成 个

互不重叠的小三角形，并在图④中画出一种分割示意图.

探究四：以△ABC的三个顶点和它内部的m个点，共(m+3)个点为顶点，可把△ABC分割成 个

互不重叠的小三角形.

探究拓展：以四边形的4个顶点和它内部的m个点，共(m+4)个点为顶点，可把四边形分割成

个互不重叠的小三角形.

问题解决：以n边形的n个顶点和它内部的m个点，共(m+n)个点作为顶点，可把原n边形分割成

个互不重叠的小三角形.

实际应用：以八边形的8个顶点和它内部的2012个点，共2020个顶点，可把八边形分割成多少个互

不重叠的小三角形?(要求列式计算)

【答案】解：探究三： 7。分割示意图如下(答案不唯一)：

探究四：三角形内部1个点时，共分割成3部分，3=3+2(1-1)，

三角形内部2个点时，共分割成5部分，5=3+2(2-1)，

三角形内部3个点时，共分割成7部分，7=3+2(3-1)，

…，

所以，三角形内部有m个点时，共分割成3+2(m-1)=2m+1部分。

探究拓展：2m+2。

问题解决： 2m+n-2。

实际应用：把n=8，m=2012代入上述代数式，得

2m+n-2=2×2012+8-2=4024+8-2=4030。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，作图(应用与设计作图)。

【分析】探究三：分三角形内部三点共线与不共线两种情况作出分割示意图，查出分成的部分即可。

探究四：根据前三个探究不难发现，三角形内部每增加一个点，分割部分增加2部分，根据此规律写出(m+3)个点分割的部分数即可。

探究拓展：类似于三角形的推理写出规律整理即可得解。

问题解决：根据规律，把相应的点数换成m、n整理即可得解。

实际应用：把公式中的相应的字母，换成具体的数据，然后计算即可得解。

7. (2012山东青岛12分)如图，在△ABC中，∠C=90º，AC=6cm，BC=8cm，D、E分别是AC、AB

的中点，连接DE.点P从点D出发，沿DE方向匀速运动，速度为1cm/s;同时，点Q从点B出发，沿

BA方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动.连接PQ，设运动时间为t(0

<4)s.解答下列问题：

(1)当t为何值时，PQ⊥AB?

(2)当点Q在B、E之间运动时，设五边形PQBCD的面积为ycm2，求y与t之间的函数关系式;

(3)在(2)的情况下，是否存在某一时刻t，使得PQ分四边形BCDE所成的两部分的面积之比为

=1∶29?若存在，求出此时t的值以及点E到PQ的距离h;若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1)如图，在Rt△ABC中，AC=6，BC=8，

∴ 。

∵点D、E分别是AC、AB的中点，

∴AD=DC=3，AE=EB=5，DE∥BC，且DE= BC=4。

∵PQ⊥AB，∴∠PQB=∠C=900。

又∵DE∥BC，∴∠AED=∠B。

∴△PQE∽△ABC。∴ 。

由题意，得PE=4-t，QE=2t-5，

∴ ，解得 。

∴当 时，PQ⊥AB。

(2)过点P作PM⊥AB于点M。

由△PME∽△ABC，得 ，

∴ ，即 。

∴ ，

。

∴ 。

(3)假设存在时刻t使 =1∶29，此时， ，

∴ ，即 。

解得 (舍去)。

当 时，PM= ，ME= ，EQ=5-2×2=1，

MQ=ME+EQ= ， 。

∵ ，∴ 。

当 时， PQ分四边形BCDE所成的两部分的面积之比为 =1∶29，此时点E到PQ的距离h 。

【考点】动点问题，勾股定理，三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，求二次函数关系式。

【分析】(1)由△PQE∽△ABC可列式求解。

(2)由△PME∽△ABC可求得 ，根据 可求关系式。

(3)假设存在，由已知 =1∶29可得 ，即可求出 ，进一步由 求出 。

8. (2012山东日照10分)在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，AB=5.

(Ⅰ)探究新知：

如图① ⊙O是△ABC的内切圆，与三边分别相切于点E、F、G..

(1)求证内切圆的半径r1=1;

(2)求tan∠OAG的值;

(Ⅱ)结论应用

(1)如图②若半径为r2的两个等圆⊙O1、⊙O2外切，且⊙O1与AC、AB相切，⊙O2与BC、AB相切，求r2的值;

(2)如图③若半径为rn的n个等圆⊙O1、⊙O2、…、⊙On依次外切，且⊙O1与AC、AB相切，⊙On与BC、AB相切，⊙O1、⊙O2、…、⊙On均与AB相切，求rn的值.

【答案】解：(Ⅰ)(1)证明：在图①中，连接OE，OF。

∵点E、F、G是⊙O的切点

∴四边形CEOF是正方形， CE=CF=r1。

又∵AC=3，BC=4，AB=5，

∴AG=AE=3-r1，BG=BF=4-r1，AG+BG=5。

∴(3-r1)+(4-r1)=5，解得r1=1。

(2)连接OG，OA在Rt△AOG中，∵OG=r1=1， AG= 3-r1=2，

∴tan∠OAG= 。

(Ⅱ)(1)连接O1A、O2B，作O1D⊥AB交于点D、O2E⊥AB交于点E。

则 AO1、BO2分别平分∠CAB、∠ABC。

由(Ⅰ)tan∠OAG= ，知tan∠O1AD= ，

同理可得：tan∠O2BE= 。

∴AD=2r2，DE=2r2，BE=3r2。

∵AD+DE+BE=5，∴ 。

(2)如图③，连接O1A、OnB，作O1D⊥AB交于点D、O2E⊥AB交于点E、…、OnF⊥AB交于点F。

则AO1、BO2分别平分∠CAB、∠ABC。

tan∠O1AD= ，tan∠OnBF= ,

∴AD=2rn，DE=2rn，…,FB=3rn。

又∵AD+DE+…+FB=5，2rn+2rn+…+3rn=5，即(2n+3) rn=5，

∴ 。

【考点】分类归纳(图形的变化类)，切线的性质，正方形的判定和性质，锐角三角函数定义。

【分析】(Ⅰ)(1)由切线的性质可得四边形CEOF是正方形，从而由AG=AE=3-r1，BG=BF=4-r1，AG+BG=5可证得内切圆的半径r1=1。

(2)根据锐角三角函数定义直接求得。

(Ⅱ)(1)由(Ⅰ)的结论得tan∠O1AD= ，同理可推得tan∠O2BE= ，从而由AD=2r2，DE=2r2，BE=3r2和AD+DE+BE=5可求得r2的值。

(2)由(Ⅱ)(1)有tan∠O1AD= ，tan∠OnBF= ,从而由AD=2rn，DE=2rn，…,FB=3rn和AD+DE+…+FB=5，2rn+2rn+…+3rn=5可求得rn的值。

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