新九年级数学时期讲义第12讲整体复习测评3(学生版+解析)

这是一份新九年级数学时期讲义第12讲整体复习测评3(学生版+解析)，共23页。

1．(2023秋•门头沟区期末）二次函数y＝x2的对称轴是（ ）
A．直线y＝1B．直线x＝1C．y轴D．x轴
2．(2023秋•朝阳区期末）把Rt△ABC三边的长度都扩大为原来的3倍，则锐角A的余弦值（ ）
A．不变B．缩小为原来的
C．扩大为原来的3倍D．扩大为原来的9倍
3．(2023秋•海淀区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E，F分别是边AD，BC上的点，AF与BE交于点O，AE＝2，BF＝1，则△AOE与△BOF的面积之比为（ ）
A．B．C．2D．4
4．(2023秋•朝阳区期末）如图，在正方形网格中，△MPN绕某一点旋转某一角度得到△M′P′N′，则旋转中心可能是（ ）
A．点AB．点BC．点CD．点D
5．(2023春•封开县期末）如图，点D、E、F分别是△ABC的边AB、BC、CA的中点，连接DE、EF、FD得△DEF，如果△ABC的周长是24cm，那么△DEF的周长是（ ）
A．6cmB．12cmC．18cmD．48cm
6．(2023•石屏县一模）关于x的一元二次方程x2+3x﹣1＝0的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根
C．没有实数根D．不能确定
7．(2023春•北京期末）将抛物线y＝3x2向右平移2个单位长度，所得抛物线的表达式是（ ）
A．y＝3x2+2B．y＝3x2﹣2C．y＝3（x+2）2D．y＝3（x﹣2）2
8．(2023春•高阳县期末）为增强学生体质，某中学在体育课中加强了学生的长跑训练．在一次女子800米耐力测试中，小静和小茜在校园内200米的环形跑道上同时起跑，同时到达终点；所跑的路程S（米）与所用的时间t（秒）之间的函数图象如图所示，则她们第一次相遇的时间是起跑后的第（ ）秒
A．80B．105C．120D．150
9．(2023秋•潜山市期末）如图，一同学在湖边看到一棵树，他目测出自己与树的距离为20m，树的顶端在水中的倒影距自己5m远，该同学的身高为1.7m，则树高为（ ）m．
A．3.4B．5.1C．6.8D．8.5
二．填空题（共8小题）
10．(2023•武汉模拟）在平面直角坐标系xOy中，点（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标为 ．
11．(2023秋•建湖县期末）已知线段AB的长为10米，P是AB的黄金分割点（AP＞BP），则AP的长 米．（精确到0.01米）
12．(2023•大邑县模拟）如图，反比例函数y＝位于第二象限的图象上有A，B两点，过A作AD⊥x轴于点D，过点B作BC⊥y轴于点C．已知，S△OCD＝，S△OAB＝12，则反比例函数解析式为 ．
13．如图，等边△ABC的边长为4π，半径是1的⊙O从与AB相切于点D的位置出发，在△ABC外部按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与AB相切于点D的位置，则⊙O自转了 周．
14．(2023秋•朝阳区期末）抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3与x轴交于两点，分别是（m，0），（n，0），则m+n的值为 ．
15．(2023•顺城区一模）方程x2＝x的根是 ．
16．(2023•徐汇区一模）四边形ABCD和四边形A'B'C'D'是相似图形，点A、B、C、D分别与A'、B'、C'、D'对应，已知BC＝3，CD＝2.4，B'C′＝2，那么C′D'的长是 ．
17．如图，已知∠A＝∠D，要使△ABC∽△DEF，还需添加一个条件，你添加的条件是 ．（只需写一个条件，不添加辅助线和字母）
三．解答题（共7小题）
18．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠ADC＝120°，AB＝AD，E是BC的中点，DE＝15，DC＝24，求四边形ABCD的周长．
19．非钝角△ABC形内一点O，d＝OA+OB+OC，当d最小时，求∠AOB、∠BOC、∠COA的度数．
20．(2023春•西湖区校级月考）已知：二次函数y1＝ax2+bx+c的图象的对称轴是直线x＝2，且图象过点（1，2），与一次函数y2＝x+m的图象交于（0，﹣1）．
（1）求两个函数解析式；
（2）求y1＞y2时自变量x的取值范围．
21．(2023秋•同安区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，AB⊥弦CD于点E，若AB＝20，CD＝16，求OE的长．
22．(2023•武汉模拟）已知点A（2，a）、B（﹣8，b）两点在函数y＝的图象上．
（1）直接写出a＝ ，b＝ ，并在网格内画出函数y＝的图象
（2）将点C（6，c）绕A点逆时针旋转90°得到点D，若点D恰好落在函数图象上，求c的值；
（3）设AB的解析式为y＝kx+m，请直接写出不等式kx+m＞的解集．
23．(2023•港南区一模）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别是A（2，2），B（4，0），C（4，﹣4）．
（1）请画出△ABC向左平移6个单位长度后得到的△A1B1C1；
（2）以点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的，得到△A2B2C2，请在y轴右侧画出△A2B2C2；
（3）填空：△AA1A2的面积为 ．
24．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2．点O是AC的中点，过点O的直线l从与AC重合的位置开始，绕点O作逆时针旋转，交AB边于点D，过点C作CE∥AB交直线l于点E，设直线l的旋转角为α．
（1）①当α＝ 度时，四边形EDBC是等腰梯形，此时AD的长为 ；
②当α＝ 度时，四边形EDBC是直角梯形，此时AD的长为 ；
（2）当α＝90°时，判断四边形EDBC是否为菱形，并说明理由．

日期：2020/6/26 11:53:57；用户：杨晓红；邮箱：13811956842；学号：37113097
整体复习测评
一．选择题（共9小题）
1．(2023秋•门头沟区期末）二次函数y＝x2的对称轴是（ ）
A．直线y＝1B．直线x＝1C．y轴D．x轴
分析：根据抛物线y＝a（x﹣h）2+k的顶点坐标为（h，k），对称轴为x＝h，据此解答可得．
【解答】解：二次函数y＝x2的对称轴是直线x＝0，即y轴，
故选：C．
【点评】本题主要考查二次函数的性质，掌握抛物线的顶点式是解题的关键，即在y＝a（x﹣h）2+k中，顶点坐标为（h，k），对称轴为x＝h．
2．(2023秋•朝阳区期末）把Rt△ABC三边的长度都扩大为原来的3倍，则锐角A的余弦值（ ）
A．不变B．缩小为原来的
C．扩大为原来的3倍D．扩大为原来的9倍
分析：根据相似三角形的性质解答．
【解答】解：三边的长度都扩大为原来的3倍，
则所得的三角形与原三角形相似，
∴锐角A的大小不变，
∴锐角A的余弦值不变，
故选：A．
【点评】本题考查的是相似三角形的判定和性质、锐角三角函数的定义，掌握相似三角形的对应角相等是解题的关键．
3．(2023秋•海淀区期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E，F分别是边AD，BC上的点，AF与BE交于点O，AE＝2，BF＝1，则△AOE与△BOF的面积之比为（ ）
A．B．C．2D．4
分析：由AD∥BC可得出∠OAE＝∠OFB，∠OEA＝∠OBF，进而可得出△AOE∽△FOB，再利用相似三角形的性质即可得出△AOE与△BOF的面积之比．
【解答】解：∵AD∥BC，
∴∠OAE＝∠OFB，∠OEA＝∠OBF，
∴△AOE∽△FOB，
∴＝（）2＝4．
故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，牢记相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
4．(2023秋•朝阳区期末）如图，在正方形网格中，△MPN绕某一点旋转某一角度得到△M′P′N′，则旋转中心可能是（ ）
A．点AB．点BC．点CD．点D
分析：连接PP'、NN'、MM'，作PP'的垂直平分线，作NN'的垂直平分线，作MM'的垂直平分线，交点为旋转中心．
【解答】解：如图，
∵△MNP绕某点旋转一定的角度，得到△M'N'P'，
∴连接PP'、NN'、MM'，
作PP'的垂直平分线，作NN'的垂直平分线，作MM'的垂直平分线，
∴三条线段的垂直平分线正好都过B，
即旋转中心是B．
故选：B．
【点评】本题考查了学生的理解能力和观察图形的能力，注意：旋转时，对应顶点到旋转中心的距离应相等且旋转角也相等，对称中心在连接对应点线段的垂直平分线上．
5．(2023春•封开县期末）如图，点D、E、F分别是△ABC的边AB、BC、CA的中点，连接DE、EF、FD得△DEF，如果△ABC的周长是24cm，那么△DEF的周长是（ ）
A．6cmB．12cmC．18cmD．48cm
分析：利用三角形的中位线定理可以得到：DE＝AC，EF＝AB，DF＝BC，则△DEF的周长是△ABC的周长的一半，据此即可求解．
【解答】解：∵D、E分别是△ABC的边AB、BC的中点，
∴DE＝AC，
同理，EF＝AB，DF＝BC，
∴C△DEF＝DE+EF+DF＝AC+BC+AB＝（AC+BC+AC）＝×24＝12cm．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，正确根据三角形中位线定理证得：△DEF的周长是△ABC的周长的一半是关键．
6．(2023•石屏县一模）关于x的一元二次方程x2+3x﹣1＝0的根的情况是（ ）
A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根
C．没有实数根D．不能确定
分析：判断上述方程的根的情况，只要看根的判别式△＝b2﹣4ac的值的符号就可以了．
【解答】解：∵a＝1，b＝3，c＝﹣1，
∴△＝b2﹣4ac＝32﹣4×1×（﹣1）＝13＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
【点评】此题主要考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；△＝0⇔方程有两个相等的实数根；△＜0⇔方程没有实数根．
7．(2023春•北京期末）将抛物线y＝3x2向右平移2个单位长度，所得抛物线的表达式是（ ）
A．y＝3x2+2B．y＝3x2﹣2C．y＝3（x+2）2D．y＝3（x﹣2）2
分析：先确定抛物线y＝3x2的顶点坐标为（0，0），再利用点的平移规律得到顶点平移后对应点的坐标，然后利用顶点式写出平移后抛物线解析式．
【解答】解：抛物线y＝3x2的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）右平移2个单位长度得到对应点的坐标为（2，0），所以平移后所得抛物线的表达式是y＝3（x﹣2）2．
故选：D．
【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
8．(2023春•高阳县期末）为增强学生体质，某中学在体育课中加强了学生的长跑训练．在一次女子800米耐力测试中，小静和小茜在校园内200米的环形跑道上同时起跑，同时到达终点；所跑的路程S（米）与所用的时间t（秒）之间的函数图象如图所示，则她们第一次相遇的时间是起跑后的第（ ）秒
A．80B．105C．120D．150
分析：分别求出OA、BC的解析式，然后联立方程，解方程就可以求出第一次相遇时间．
【解答】解：设直线OA的解析式为y＝kx，
代入A（200，800）得800＝200k，
解得k＝4，
故直线OA的解析式为y＝4x，
设BC的解析式为y1＝k1x+b，由题意，得，
解得：，
∴BC的解析式为y1＝2x+240，
当y＝y1时，4x＝2x+240，
解得：x＝120．
则她们第一次相遇的时间是起跑后的第120秒．
故选：C．
【点评】本题考查了一次函数的运用，一次函数的图象的意义的运用，待定系数法求一次函数的解析式的运用，解答时认真分析求出一次函数图象的数据意义是关键．
9．(2023秋•潜山市期末）如图，一同学在湖边看到一棵树，他目测出自己与树的距离为20m，树的顶端在水中的倒影距自己5m远，该同学的身高为1.7m，则树高为（ ）m．
A．3.4B．5.1C．6.8D．8.5
分析：因为入射光线和反射光线与镜面的夹角相等，所以构成两个相似三角形，根据相似三角形的性质解答即可．
【解答】解：由相似三角形的性质，设树高x米，
则＝，
∴x＝5.1m．
故选：B．
【点评】本题考查的是相似三角形的应用，因为入射光线和反射光线与镜面的夹角相等，所以构成两个相似三角形．
二．填空题（共8小题）
10．(2023•武汉模拟）在平面直角坐标系xOy中，点（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标为 （﹣3，4） ．
分析：根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【解答】解：点（3，﹣4）关于原点对称的点的坐标是（﹣3，4）．
故答案为：（﹣3，4）．
【点评】本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
11．(2023秋•建湖县期末）已知线段AB的长为10米，P是AB的黄金分割点（AP＞BP），则AP的长 6.18 米．（精确到0.01米）
分析：根据黄金分割定义：BP比AP＝AP比AB列方程即可求解．
【解答】解：设AP为x米，根据题意，得
＝
整理，得x2+10x﹣100＝0
解得x1＝5﹣5≈6.18，x2＝﹣5﹣5（不符合题意，舍去）
经检验x＝5﹣5是原方程的根，
∴AP的长为6.18米．
故答案为：6.18．
【点评】本题考查了黄金分割，解决本题的关键是理解黄金分割定义．
12．(2023•大邑县模拟）如图，反比例函数y＝位于第二象限的图象上有A，B两点，过A作AD⊥x轴于点D，过点B作BC⊥y轴于点C．已知，S△OCD＝，S△OAB＝12，则反比例函数解析式为 y＝﹣ ．
分析：作BE⊥x轴于E，设A（m，），根据S△OCD＝求得OC的长，即可表示出B的纵坐标，进而B（﹣，﹣），然后根据梯形的面积列出（﹣）（m+）＝12，解得k＝±9，因为反比例函数y＝位于第二象限可得k＝﹣9，从而求反比例函数解析式；
【解答】解：作BE⊥x轴于E，
设A（m，），
∵S△OCD＝，
∴OD•OC＝，即（﹣m）•OC＝，
∴OC＝﹣，
∴B（﹣，﹣），
∵S△OAB＝12，
∴S梯形ABED＝S△OAB﹣S△AOD+S△BOE＝12，
∴（﹣）（m+）＝12，
解得k＝±9，
∵反比例函数y＝位于第二象限．
∴k＝﹣9，
∴反比例函数的解析式是y＝﹣，
故答案为y＝﹣．
【点评】此题考查了用待定系数法求反比例函数的解析式、结合有关图形的面积求相关点的坐标、梯形的定义等知识点，综合性较强，但难度中等．
13．如图，等边△ABC的边长为4π，半径是1的⊙O从与AB相切于点D的位置出发，在△ABC外部按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与AB相切于点D的位置，则⊙O自转了 7 周．
分析：该圆运动可分为两部分：在三角形的三边运动以及绕过三角形的三个角，分别计算即可得到圆的自转周数．
【解答】解：圆在三边运动自转周数：＝6，
圆绕过三角形外角时，共自转了三角形外角和的度数：360°，即一周；
可见，⊙O自转6+1＝7周．
故答案为：7
【点评】本题考查切线的性质，等边三角形的性质，弧长的计算，以及圆的旋转与三角形的关系，要充分利用等边三角形的性质及圆的周长公式解答．
14．(2023秋•朝阳区期末）抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3与x轴交于两点，分别是（m，0），（n，0），则m+n的值为 2 ．
分析：根据根与系数的关系解答即可．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3与x轴交于两点，分别是（m，0），（n，0），
∴m+n＝﹣＝2．
故答案是：2．
【点评】考查了抛物线与x轴的交点，解题时，利用了抛物线解析式与一元二次方程间的转化关系以及根与系数的关系求得答案．
15．(2023•顺城区一模）方程x2＝x的根是 x1＝0，x2＝ ．
分析：方程整理后，利用因式分解法求出解即可．
【解答】解：方程整理得：x（x﹣）＝0，
可得x＝0或x﹣＝0，
解得：x1＝0，x2＝．
故答案为：x1＝0，x2＝
【点评】此题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
16．(2023•徐汇区一模）四边形ABCD和四边形A'B'C'D'是相似图形，点A、B、C、D分别与A'、B'、C'、D'对应，已知BC＝3，CD＝2.4，B'C′＝2，那么C′D'的长是 1.6 ．
分析：相似多边形的对应边成比例，根据相似多边形的性质即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD∽四边形A'B'C'D'，
∴CD：C′D′＝BC：B′C′，
∵BC＝3，CD＝2.4，B'C′＝2，
∴C′D′＝1.6，
故答案为：1.6．
【点评】本题考查相似图形，解题的关键是熟练掌握相似多边形的性质．
17．如图，已知∠A＝∠D，要使△ABC∽△DEF，还需添加一个条件，你添加的条件是 AB∥DE ．（只需写一个条件，不添加辅助线和字母）
分析：根据有两组角对应相等的两个三角形相似进行添加条件．
【解答】解：∵∠A＝∠D，
∴当∠B＝∠DEF时，△ABC∽△DEF，
∵AB∥DE时，∠B＝∠DEF，
∴添加AB∥DE时，使△ABC∽△DEF．
故答案为AB∥DE．
【点评】本题考查了相似三角形的判定：有两组角对应相等的两个三角形相似．
三．解答题（共7小题）
18．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠ADC＝120°，AB＝AD，E是BC的中点，DE＝15，DC＝24，求四边形ABCD的周长．
分析：过A作AF⊥BD与F，根据已知∠A＝∠ADC＝120°，AB＝AD，可知∠ADC＝30°，即可证明∠BDC＝90°，然后根据直角三角形斜边中线是斜边的一般可求BC的长，继而求出BD的长，在Rt△AED中，根据特殊角的三角函数值可求得AD的长，即可求得ABCD的周长．
【解答】解：如图，过A作AF⊥BD与F，
∵∠BAD＝120°，AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB＝30°，
∵∠ADC＝120°，
∴∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝120°﹣30°＝90°，
在Rt△BDC中，∠BDC＝90°，E是BC的中点，DE＝15，
∴BC＝2DE＝30，
则BD＝＝＝18，
∵AD＝AB，AF⊥BD，
∴DF＝BD＝×18＝9，
在Rt△AFD中，
∵∠AFD＝90°，∠ADB＝30°，
∴AD＝AB＝＝＝6，
则四边形ABCD的周长＝AB+BC+CD+AD＝6+30+24+6＝54+12．．
【点评】本题考查了解直角三角形的知识以及勾股定理的应用，难度一般，解答本题的关键是在各直角三角形中利用解直角三角形的知识求出四边形的边长．
19．非钝角△ABC形内一点O，d＝OA+OB+OC，当d最小时，求∠AOB、∠BOC、∠COA的度数．
分析：把△ABO绕点逆时针旋转60°，得到△FBE，所以有EF＝AO（图中红色）．显然，△BEO为等边三角形，所以有BO＝EO（图中蓝色）．于是OA+OB+OC＝FE+EO+OC，即把点O到三个顶点的距离之和转化为折线FEOC，再根据两点之间线段最短解决问题即可．
【解答】解：把△ABO绕点逆时针旋转60°，得到△FBE，所以有EF＝AO（图中红色）．显然，△BEO为等边三角形，所以有BO＝EO（图中蓝色）．于是OA+OB+OC＝FE+EO+OC，即把点O到三个顶点的距离之和转化为折线FEOC．
根据两点之间线段最短可知，当F，E，O，C共线时，OA+OB+OC的值最小，如图2中，
∵△BEO是等边三角形，
∴∠BOE＝∠BEO＝60°，
∴∠BOC＝∠BEF＝∠AOB＝120°，
∴∠AOC＝∠AOB＝∠BOC＝120°，
∴当d最小时，∠AOC＝∠AOB＝∠BOC＝120°．
【点评】本题考查旋转变换，全等三角形的性质，旋转变换，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会由转化的思想思考问题，学会用旋转法添加辅助线．
20．(2023春•西湖区校级月考）已知：二次函数y1＝ax2+bx+c的图象的对称轴是直线x＝2，且图象过点（1，2），与一次函数y2＝x+m的图象交于（0，﹣1）．
（1）求两个函数解析式；
（2）求y1＞y2时自变量x的取值范围．
分析：（1）先将交点坐标（0，﹣1），（1，2）代入二次函数的解析式中，再联立抛物线的对称轴方程即可求出二次函数的解析式；将交点坐标（0，﹣1）代入一次函数的解析式中，即可求得m的值，也就求出了一次函数的解析式；
（2）两个函数联立方程求得另一个交点坐标即可得到结论．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象的对称轴是直线x＝2，且图象过点（1，2），（0，﹣1），
∴，
解得：
∴y＝﹣x2+4x﹣1，
∵一次函数y＝x+m的图象交于（0，﹣1）．
∴m＝﹣1，
∴y＝x﹣1．
（2）由题意得，
﹣x2+4x﹣1＝x﹣1
解得：x＝0，或x＝3，
两个函数图象的另一个交点（3，2），
∴y1＞y2时自变量x的取值范围为0＜x＜3．
【点评】本题考查了一次函数与不等式（组），二次函数的性质，用待定系数法求函数解析式的方法，同时还考查了方程组的解法等知识．
21．(2023秋•同安区校级期中）如图，AB是⊙O的直径，AB⊥弦CD于点E，若AB＝20，CD＝16，求OE的长．
分析：连接OC，知OC＝10，由AB⊥CD，且CD＝16知CE＝8，根据勾股定理可得答案．
【解答】解：如图，连接OC，
则OC＝AB＝10，
∵AB⊥CD，且CD＝16，
∴CE＝8，
则OE＝＝＝6．
【点评】本题主要考查垂径定理，解题的关键是掌握垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．
22．(2023•武汉模拟）已知点A（2，a）、B（﹣8，b）两点在函数y＝的图象上．
（1）直接写出a＝ 4 ，b＝ 1 ，并在网格内画出函数y＝的图象
（2）将点C（6，c）绕A点逆时针旋转90°得到点D，若点D恰好落在函数图象上，求c的值；
（3）设AB的解析式为y＝kx+m，请直接写出不等式kx+m＞的解集．
分析：（1）把A（2，a）、B（﹣8，b）分别代入解析式即可求得，然后画出函数的图象；
（2）根据题意D（6﹣c，8），将D（6﹣c，8）代入y＝中，解得c＝5或7；
（3）根据图象即可求得．
【解答】解：（1）A（2，a）、B（﹣8，b）分别代入y＝得，
a＝＝4，b＝＝1，
画出函数图象如图：
故答案为：a＝4，b＝1；
（2）将点C（6，c）绕A点逆时针旋转90°得到点D，则D（6﹣c，8），
将D（6﹣c，8）代入y＝中，得|＝8，解得c＝5或7；
（3）把点A（2，4）、B（﹣8，1）代入y＝kx+m得，
解得
∴直线AB的解析式为y＝x+，
联立，解得x1＝﹣8，x2＝﹣，
由图象可知：不等式kx+m＞的解集为﹣8＜x＜﹣或x＞2
【点评】本题考查了反比例函数的图象，函数图象上点的坐标特征，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
23．(2023•港南区一模）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC三个顶点的坐标分别是A（2，2），B（4，0），C（4，﹣4）．
（1）请画出△ABC向左平移6个单位长度后得到的△A1B1C1；
（2）以点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的，得到△A2B2C2，请在y轴右侧画出△A2B2C2；
（3）填空：△AA1A2的面积为 3 ．
分析：（1）分别作出平移后对应点，再首尾顺次连接即可得；
（2）根据位似变换的概念作出变换后的对应点，再首尾顺次连接即可得；
（3）利用三角形的面积公式计算可得．
【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；
（3）△AA1A2的面积为×6×1＝3．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查作图﹣平移变换和位似变换，解题的关键是掌握平移变换和位似变换的概念与性质，并据此作出变换后的对应点．
24．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2．点O是AC的中点，过点O的直线l从与AC重合的位置开始，绕点O作逆时针旋转，交AB边于点D，过点C作CE∥AB交直线l于点E，设直线l的旋转角为α．
（1）①当α＝ 30 度时，四边形EDBC是等腰梯形，此时AD的长为 1 ；
②当α＝ 60 度时，四边形EDBC是直角梯形，此时AD的长为 1.5 ；
（2）当α＝90°时，判断四边形EDBC是否为菱形，并说明理由．
分析：（1）根据旋转的性质和等腰梯形的性质，①假设四边形EDBC是等腰梯形，根据题目已知条件及外角和定理可求α，AD；②假设四边形EDBC是直角梯形，根据题目已知条件及内角和定理可求α，AD．
（2）根据∠α＝∠ACB＝90°先证明四边形EDBC是平行四边形．再利用Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2求得AB，AC，AO的长度；在Rt△AOD中，∠A＝30°，AD＝2，可求BD，比较得BD＝BC，可证明四边形EDBC是菱形．
【解答】解：（1）①当四边形EDBC是等腰梯形时，
∵∠EDB＝∠B＝60°，而∠A＝30°，
∴α＝∠EDB﹣∠A＝30°，
∴△ADO是等腰三角形，
∴AD＝OD，
过点O作OF∥BC，
∵BC⊥AC，
∴OF⊥AC，
∴OF是△ABC的中位线，
∴OF＝BC＝1，
∵α＝∠EDB﹣∠A＝30°，
∴∠ODF＝60°＝∠DOF＝60°，
∴△ODF是等边三角形，
∴OD＝OF＝DF＝1，
∵∠A＝∠α＝30°，
∴AD＝OD＝1；
②当四边形EDBC是直角梯形时，∠ODA＝90°，而∠A＝30°，
根据三角形的内角和定理，得α＝90°﹣∠A＝60°，此时，AD＝AC×＝1.5．
（2）当∠α＝90°时，四边形EDBC是菱形．
∵∠α＝∠ACB＝90°，
∴BC∥ED，
∵CE∥AB，
∴四边形EDBC是平行四边形．
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°，BC＝2，
∴∠A＝30°，
∴AB＝4，AC＝2，
∴AO＝＝．
在Rt△AOD中，∠A＝30°，OD＝AD，
AD＝＝，
∴AD＝2，
∴BD＝2，
∴BD＝BC．
又∵四边形EDBC是平行四边形，
∴四边形EDBC是菱形．
【点评】解决此问题，既要弄清等腰梯形、直角梯形及菱形的判定，又要掌握有关旋转的知识，在直角三角形中，30度角所对的直角边等于斜边的一半，也是解决问题的关键．
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日期：2020/6/26 11:53:57；用户：杨晓红；邮箱：13811956842；学号：37113097