数学九年级上册3.2 图形的旋转课后测评

这是一份数学九年级上册3.2 图形的旋转课后测评，文件包含浙教版数学九上考点提升训练第04讲圆与图形的旋转10大考点原卷版doc、浙教版数学九上考点提升训练第04讲圆与图形的旋转10大考点解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共88页， 欢迎下载使用。

一、圆的定义
1. 圆的描述概念
如图，在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A随之旋转所形成的图形叫做圆，固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径. 以点O为圆心的圆，记作“⊙O”，读作“圆O”．
要点：
①圆心确定圆的位置，半径确定圆的大小；确定一个圆应先确定圆心，再确定半径，二者缺一不可；
②圆是一条封闭曲线.
2.圆的集合概念
圆心为O，半径为r的圆是平面内到定点O的距离等于定长r的点的集合.
平面上的一个圆，把平面上的点分成三类：圆上的点，圆内的点和圆外的点.
圆的内部可以看作是到圆心的距离小于半径的的点的集合；圆的外部可以看成是到圆心的距离大于半径的点的集合.
要点：①定点为圆心，定长为半径；
②圆指的是圆周，而不是圆面；
③强调“在一个平面内”是非常必要的，事实上，在空间中，到定点的距离等于定长的点的集合是球面，一个闭合的曲面.
二、与圆有关的概念
1. 弦
弦：连结圆上任意两点的线段叫做弦.
直径：经过圆心的弦叫做直径.
要点：
直径是圆中通过圆心的特殊弦，也是圆中最长的弦，即直径是弦，但弦不一定是直径.
为什么直径是圆中最长的弦？如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O中任意一条弦，求证：AB≥CD.

证明：连结OC、OD

∵AB=AO+OB=CO+OD≥CD(当且仅当CD过圆心O时，取“=”号)
∴直径AB是⊙O中最长的弦.
2. 弧
弧：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧.以A、B为端点的弧记作，读作“圆弧AB”或“弧AB”.
半圆：圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆；
优弧：大于半圆的弧叫做优弧；
劣弧：小于半圆的弧叫做劣弧.
要点：①半圆是弧，而弧不一定是半圆；
②无特殊说明时，弧指的是劣弧.
3.等弧
在同圆或等圆中，能够完全重合的弧叫做等弧.
要点：①等弧成立的前提条件是在同圆或等圆中，不能忽视；
②圆中两平行弦所夹的弧相等.
4.同心圆与等圆
圆心相同，半径不等的两个圆叫做同心圆.
圆心不同，半径相等的两个圆叫做等圆.
要点：同圆或等圆的半径相等.
三、点与圆的位置关系
点和圆的位置关系有三种：点在圆内，点在圆上，点在圆外.
若⊙O的半径为r，点P到圆心O的距离为d，那么：
点P在圆内 d ＜ r ；点P在圆上 d = r ；点P在圆外 d ＞r.
“”读作“等价于”，它表示从左端可以推出右端，从右端也可以推出左端.
要点：点在圆上是指点在圆周上，而不是点在圆面上；
四、确定圆的条件
（1）经过一个已知点能作无数个圆；
（2）经过两个已知点A、B能作无数个圆，这些圆的圆心在线段AB的垂直平分线上；
(3）不在同一直线上的三个点确定一个圆.
(4)(后面还会学习到)经过三角形各个顶点的圆叫做三角形的外接圆，外接圆的圆心叫做三角形的外心，这个三角形叫做圆的内接三角形.
如图：⊙O是△ABC的外接圆， △ABC是⊙O的内接三角形，点O是△ABC的外心
外心的性质：外心是△ABC三条边的垂直平分线的交点，它到三角形的三个顶点的距离相等.
要点：
（1）不在同一直线上的三个点确定一个圆.“确定”的含义是“存在性和唯一性”.
（2）只有确定了圆心和圆的半径，这个圆的位置和大小才唯一确定.
五、旋转的概念
一般地，一个图形变为另一个图形，在运动的过程中，原图形上的所有点都绕一个固定的点，按同一个方向，转动同一个角度，这样的图形运动叫做图形的旋转.这个固定的定点叫做旋转中心，转过的角叫做旋转角.如下图，点O为旋转中心，∠AOA′（或∠BOB′或∠COC′）是旋转角.
要点：
（1）旋转的三个要素：旋转中心、旋转方向和旋转角度.
（2）如上图，如果图形上的点A经过旋转变为点A′，那么这两个点叫做这个图形旋转的对应点. 点B与点B′，点C与点C′均是对应点，线段AB与A′B′、线段AC与A′C′、线段BC与B′C′均是对应线段.
六、旋转的性质
一般地，图形的旋转有下面的性质：
(1)图形经过旋转所得的图形和原图形全等；
(2)对应点到旋转中心的距离相等；
(3)任意一对对应点与旋转中心连线所成的角度等于旋转的角度.
要点：图形绕某一点旋转，既可以按顺时针旋转也可以按逆时针旋转.
七、旋转的作图
在画旋转图形时，首先确定旋转中心，其次确定图形的关键点，再将这些关键点沿指定的方向旋转指定的角度，然后连接对应的部分，形成相应的图形．
要点：作图的步骤：
(1)连接图形中的每一个关键点与旋转中心；
(2)把连线按要求（顺时针或逆时针）绕旋转中心旋转一定的角度（旋转角）；
(3)在角的一边上截取关键点到旋转中心的距离，得到各点的对应点；
(4)连接所得到的各对应点.
考点精讲
一．圆的认识（共2小题）
1．（2021秋•余姚市期末）已知AB是半径为2的圆的一条弦，则AB的长不可能是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】根据圆中最长的弦为直径求解．
【解答】解：因为圆中最长的弦为直径，所以AB≤4．
故选：D．
【点评】考查了圆的认识，在本题中，圆的弦长的取值范围0＜L≤4．
2．（2021秋•越城区期中）如图中的数轴可以度量的直径，则圆形图片的直径是（ ）
A．5﹣1B．5﹣（﹣1）C．﹣5﹣1D．﹣5﹣（﹣1）
【分析】用数轴上右边的数减去左边的数即可求得图片的直径．
【解答】解：图片的直径是5﹣（﹣1）＝6，
故选：B．
【点评】考查了圆的认识及数轴的定义，解题的关键是了解数轴上两点间的距离等于右边的数减去左边的数，难度不大．
二．点与圆的位置关系（共2小题）
3．（2022•浦江县模拟）在平面直角坐标系中，若⊙A的半径为5，A点的坐标是（4，0），P点的坐标是（0，3），则点P与⊙A的位置关系是（ ）
A．点P在⊙A内B．点P在⊙A外C．点P在⊙A上D．不能确定
【分析】根据两点间的距离公式求出AP的长，再与5相比较即可．
【解答】解：∵点A的坐标为（4，0），点P的坐标为（0，3），
∴AP＝＝5＝半径，
∴点P与⊙A的位置关系是：点P在⊙A上．
故选：C．
【点评】本题考查的是点与圆的位置关系，熟知点与圆的三种位置关系是解答此题的关键．
4．（2021秋•诸暨市期末）已知点P到圆心O的距离为5，若点P在圆内，则⊙O的半径可能为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【分析】根据点与圆的位置关系判断得出即可．
【解答】解：∵点P在圆内，且d＝5，
∴r＞5，
故选：D．
【点评】此题主要考查了点与圆的位置关系，点与圆的位置关系有3种．设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP＝d，则有：①点P在圆外⇔d＞r，②点P在圆上⇔d＝r，③点P在圆内⇔d＜r．
三．确定圆的条件（共2小题）
5．（2021•阳新县校级模拟）小明不慎把家里的圆形镜子打碎了（如图），其中四块碎片如图所示，为了配到与原来大小一样的圆形镜子，小明带到商店去的碎片应该是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【分析】利用段完整的弧结合垂径定理确定圆心即可．
【解答】解：第①块出现一段完整的弧，可在这段弧上任做两条弦，作出这两条弦的垂直平分线，两条垂直平分线的交点就是圆心，进而可得到半径的长．
故选：A．
【点评】本题考查了确定圆的条件，解题的关键是熟练掌握：圆上任意两弦的垂直平分线的交点即为该圆的圆心．要确定圆的大小需知道其半径．根据垂径定理知第①块可确定半径的大小．
6．（2020秋•秀洲区月考）将图中的破轮子复原，已知弧上三点A，B，C．
（1）画出该轮的圆心；
（2）若△ABC是等腰三角形，底边BC＝16cm，腰AB＝10cm，求圆片的半径R．
【分析】（1）根据垂径定理，分别作弦AB和AC的垂直平分线交点即为所求；
（2）连接AO，OB，利用垂径定理和勾股定理可求出圆片的半径R．
【解答】解：（1）如图所示：分别作弦AB和AC的垂直平分线交点O即为所求的圆心；
（2）连接AO，OB，BC，BC交OA于D．
∵BC＝16cm，
∴BD＝8cm，
∵AB＝10cm，
∴AD＝6cm，
设圆片的半径为R，在Rt△BOD中，OD＝（R﹣6）cm，
∴R2＝82+（R﹣6）2，
解得：R＝cm，
∴圆片的半径R为cm．
【点评】本题主要考查了垂径定理的推论，我们可以把垂径定理的题设和结论这样叙述：一条直线①过圆心，②垂直于弦，③平分弦，④平分优弧，⑤平分劣弧．在应用垂径定理解题时，只要具备上述5条中任意2条，则其他3条成立．
四．三角形的外接圆与外心（共5小题）
7．（2021秋•新昌县期中）已知：如图，△ABC内接于⊙O，AE是⊙O的直径，AD⊥BC于点D，∠BAE与∠CAD相等吗？若相等，请给出证明；若不相等，请说明理由．
【分析】首先连接BE，由AE是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，可得∠ABE＝90°，又由AD⊥BC，∠E＝∠C，即可证得∠BAE＝∠CAD．
【解答】解：∠BAE＝∠CAD．
理由：连接BE，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ABE＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠E，
∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴∠CAD＝90°﹣∠C，
∵∠E＝∠C，
∴∠BAE＝∠CAD．
【点评】此题考查了圆周角定理．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
8．（2020秋•永嘉县校级期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，在BC上取一点D使AD＝BD，连接AD，作△ACD的外接圆⊙O，交AB于点E．
（1）求证：AE＝BE；
（2）若CD＝3，AB＝4，求AC的长．
【分析】（1）连接DE，由圆周角定理易证DE⊥AB，再根据等腰三角形的性质即可证明AE＝BE；
（2）设BD＝x，易证△ABC∽△DBE，由相似三角形的性质可求出AD的长，再根据勾股定理即可求出AC的长．
【解答】解：（1）证明：连接DE，
∵∠C＝90°，
∴AD为直径，
∴DE⊥AB，
∵AD＝BD，
∴AE＝BE；
（2）设BD＝x，
∵∠B＝∠B，∠C＝∠DEB＝90°
∴△ABC∽△DBE，
∴＝，
∴，
∴x＝5．
∴AD＝BD＝5，
∴AC＝＝4．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，用到的知识点有圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理，熟记和圆有关的性质定理是解题的关键．
9．（2020•柯桥区模拟）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝4，在BC上取一点D，连接AD，作△ACD的外接圆⊙O，交AB于点E．张老师要求添加条件后，编制一道题目，并解答．
（1）小明编制题目是：若AD＝BD，求证：AE＝BE．请你解答．
（2）在小明添加条件的基础上请你再添加一条线段的长度，编制一个计算题（不标注新的字母），并直接给出答案．（根据编出的问题层次，给不同的得分）
【分析】（1）连接DE，由圆周角定理易证DE⊥AB，再根据等腰三角形的性质即可证明AE＝BE；
（2）本题答案不唯一，可以从三个层次编制一个计算题，如：若CD＝3，求AC的长．设BD＝x，易证△ABC∽△DBE，由相似三角形的性质可求出AD的长，再根据勾股定理即可求出AC的长．
【解答】（1）证明：连接DE，
∵∠C＝90°，
∴AD为直径，
∴DE⊥AB，
∵AD＝BD，
∴AE＝BE；
（2）答案不唯一．
①第一层次：若AC＝4，求BC的长．答案：BC＝8；
②第二层次：若CD＝3，求BD的长．答案：BD＝5；
③第三层次：若CD＝3，求AC的长．
设BD＝x，
∵∠B＝∠B，∠C＝∠DEB＝90°，
∴△ABC∽△DBE，
∴＝，
∴＝，
∴x＝5，
∴AD＝BD＝5，
∴AC＝＝4．
【点评】本题考查了三角形的外接圆与外心，用到的知识点有圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理，熟记和圆有关的性质定理是解题的关键．
10．（2021春•永嘉县校级期末）已知：如图，圆O是△ABC的外接圆，AO平分∠BAC．
（1）求证：△ABC是等腰三角形；
（2）当OA＝4，AB＝6，求边BC的长．
【分析】（1）连接OB、OC，先证明∠OBA＝∠OCA＝∠BAO＝∠CAO，再证明△OAB≌△OAC得AB＝AC，问题得证；
（2）延长AO交BC于点H，先证明AH⊥BC，BH＝CH，设OH＝b，BH＝CH＝a，根据OA＝4，AB＝6，由勾股定理列出a、b的方程组，解得a、b，便可得BC．
【解答】解：（1）连接OB、OC，
∵OA＝OB＝OC，OA平分∠BAC，
∴∠OBA＝∠OCA＝∠BAO＝∠CAO，
在△OAB和△OAC中，
，
∴△OAB≌△OAC（AAS），
∴AB＝AC
即△ABC是等腰三角形；
（2）延长AO交BC于点H，
∵AH平分∠BAC，AB＝AC，
∴AH⊥BC，BH＝CH，
设OH＝b，BH＝CH＝a，
∵BH2+OH2＝OB2，BH2+AH2＝AB2，OA＝4，AB＝6，
∴，
解得，，
∴BC＝2a＝3．
【点评】本题是圆的一个综合题，主要考查了圆的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，角平分线的性质，第（1）关键在证明三角形全等；第（2）题关键由勾股定理列出方程组．
11．（2022•鄞州区校级开学）如图所示，已知A，B两点的坐标分别为（2，0），（0，2），点P是△AOB外接圆上一点，且∠AOP＝45°，OP与AB交于C点．
（1）求∠BAO的度数；
（2）求OC及AC的长；
（3）求OP的长及点P的坐标．
【分析】（1）根据A（2，0），B（0，2），可得OA＝2，OB＝2，进而可以解决问题；
（2）过点C作CD⊥x轴于点D，可得OC＝OD，AC＝2CD＝2OD，然后根据AO＝OD+AD＝（+1）OD＝2，求出OD的长，进而可以解决问题；
（3）作PH⊥x轴于H，连接PA、PB，根据圆周角定理由∠AOB＝90°，得到AB为△AOB外接圆的直径，则∠BPA＝90°，再利用勾股定理计算出AB＝4，根据圆周角定理由∠AOP＝45°得到∠PBA＝45°，则可判断△PAB和△POH都为等腰直角三角形，所以PA＝AB＝2，PH＝OH，设OH＝t，则PH＝t，AH＝2﹣t，在Rt△PHA中，根据勾股定理得到OP的长和P点坐标．
【解答】解：（1）∵A（2，0），B（0，2），
∴OA＝2，OB＝2，
∴∠BAO＝30°；
（2）如图，过点C作CD⊥x轴于点D，
∵∠AOP＝45°，
∴∠OCD＝45°，
∴DC＝DO，
∴OC＝OD，
由（1）知：∠BAO＝30°，
∴AC＝2CD＝2OD，AD＝CD＝OD，
∵AO＝OD+AD＝（+1）OD＝2，
∴OD＝3﹣，
∴OC＝（3﹣）＝3﹣，AC＝2（3﹣）＝6﹣2；
∴OC及AC的长分别为3﹣，6﹣2；
（3）作PH⊥x轴于H，连接PA、PB，如图，
∵∠AOB＝90°，
∴AB为△AOB外接圆的直径，
∴∠BPA＝90°，
∵A（2，0），B（0，2），
∴OA＝2，OB＝2，
∴AB＝＝4，
∵∠AOP＝45°，
∴∠PBA＝45°，
∴△PAB和△POH都为等腰直角三角形，
∴PA＝AB＝2，PH＝OH，
设OH＝t，则PH＝t，AH＝2﹣t，
在Rt△PHA中，
∵PH2+AH2＝PA2，
∴t2+（2﹣t）2＝（2）2，
整理得t2﹣2t+2＝0，解得t1＝+1，t2＝﹣1（舍去），
∴OH＝PH＝+1，
∴OP＝OH＝+；
∴P点坐标为（+1，+1）．
【点评】本题考查了三角形外接圆与外心，坐标与图形性质，解决本题的关键是得到△PAB和△POH都为等腰直角三角形．
五．生活中的旋转现象（共1小题）
12．（2021秋•沙市区校级期中）以如图的右边缘所在直线为轴将该图案向右翻折后，再绕中心旋转180°，所得到的图形是（ ）
A．B．C．D．
【分析】首先根据轴对称的性质得出翻折后图形，再利用中心对称图形的概念得出即可．
【解答】解：以图的右边缘所在的直线为轴将该图形向右翻转180°后，黑圆在右上角，
再按顺时针方向旋转180°，黑圆在左下角．
故选：A．
【点评】此题主要考查了中心对称与轴对称的概念，利用中心对称旋转180度后重合得出是解题关键．
六．旋转的性质（共3小题）
13．（2022•鄞州区校级开学）如图，△ABC中，∠B＝35°，∠BAC＝70°，将△ABC绕点A旋转逆时针旋转α度（0＜α＜180）后得到△ADE，点E恰好落在BC上，则α＝（ ）
A．30°B．35°C．40°D．不能确定
【分析】由三角形内角和求出∠C，由旋转的性质可得△AEC是等腰三角形，从而可得旋转角α大小．
【解答】解：∵∠B＝35°，∠BAC＝70°，
∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝75°，
∵将△ABC绕点A旋转逆时针旋转α度（0＜α＜180）后得到△ADE，点E恰好落在BC上，
∴AC＝AE，∠CAE＝α，
∴∠AEC＝∠C＝75°，
∴∠CAE＝α＝180°﹣∠AEC﹣∠C＝30°，
故选：A．
【点评】本题考查三角形的旋转变换，解题的关键是掌握旋转的性质：旋转前后对应边线段．
14．（2022春•海曙区校级期中）如图，点E是正方形ABCD边BC上一点，连接AE．将△ABE绕着点A逆时针旋转到△AFG的位置（点F在正方形ABCD内部），连接DG．若AB＝10，BE＝6，DG∥AF，则DH＝ ．
【分析】由“HL”可证Rt△AFH≌Rt△ADH，可得FH＝DH，由“AAS”可证△DHG≌△FHN，可得HG＝HN，可得ND＝FG＝6，由勾股定理可求AP，FN，DH，即可求解．
【解答】解：如图，连接AH，过点F作FN⊥CD于点N，FP⊥AD于点P，
∵将△ABE绕着点A逆时针旋转到△AFG的位置，
∴AB＝AF，∠ABE＝∠AFG＝90°，BE＝FG＝6，
∴AF＝AD，
在Rt△AFH和Rt△ADH中，
，
∴Rt△AFH≌Rt△ADH（HL），
∴FH＝DH，
∵DG∥AF，
∴∠AFG＝∠DGF＝90°，
在△DHG和△FHN中，
，
∴△DHG≌△FHN（AAS），
∴HG＝HN，
∴DN＝DH+HN＝FH+HG＝FG＝6，
∵FN⊥CD，PF⊥AD，∠ADC＝90°，
∴四边形PDNF是矩形，
∴PD＝FN，PF＝DN＝6，
∴AP＝＝＝8，
∴PD＝2＝FN，
∵FH2＝HN2+FN2，
∴DH2＝（6﹣DH）2+4，
∴DH＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，求出FN的长是解题的关键．
15．（2021秋•衢江区期末）如图，E是正方形ABCD的边AB上任意一点（不与点A，B重合），△DAE按逆时针方向旋转后恰好能够与△DCF重合．
（1）旋转中心是 点D ，旋转角为 90° ．
（2）请你判断△DFE的形状，并说明理由．
【分析】（1）由已知可知，旋转中心为点D，旋转角∠ADC＝90°；
（2）由旋转的性质可得DE＝DF，∠EDF＝∠ADC＝90°，可得结论．
【解答】解：（1）由已知可知，旋转中心为点D，旋转角∠ADC＝90°；
故答案为：点D，90；
（2）等腰直角三角形，理由如下：
根据旋转可得DE＝DF，∠EDF＝∠ADC＝90°，
∴△DEF是等腰直角三角形．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
七．旋转对称图形（共2小题）
16．（2021秋•上城区期末）如果规定：在平面内，将一个图形绕着某一点旋转一定的角度（小于周角）后能和自身重合，就称此图形为旋转对称图形，旋转的角度称为旋转角．下列图形是旋转对称图形，且有一个旋转角为60°的是（ ）
A．正三角形B．正方形C．正六边形D．正八边形
【分析】分别求出各旋转对称图形的最小旋转角，继而可作出判断．
【解答】解：A．正三角形的最小旋转角是120°，故此选项不合题意；
B．正方形的旋转角度是90°，故此选项不合题意；
C．正六边形的最小旋转角是60°，故此选项符合题意；
D．正八边形的最小旋转角是45°，故此选项不合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了旋转对称图形的知识，解答本题的关键是掌握旋转角度的定义，求出旋转角．
17．（2020秋•沂南县期中）如图是中国共产主义青年团团旗上的图案（图案本身没有字母），则至少旋转 72 度后能与原来图形重合．
【分析】根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．
【解答】解：∵360°÷5＝72°，
∴该图形绕中心至少旋转72度后能和原来的图案互相重合．
故答案为：72．
【点评】本题考查了旋转角的定义及求法．对应点与旋转中心所连线段的夹角叫做旋转角．
八．坐标与图形变化-旋转（共2小题）
18．（2021秋•吴兴区期末）如图，在平面直角坐标系中，线段AB的端点在方格线的格点上，将AB绕点P顺时针方向旋转90°，得到线段A′B′，则点P的坐标为（ ）
A．（1，2）B．（1，4）C．（0，4）D．（2，1）
【分析】依据旋转的性质可得，将AB绕点P顺时针方向旋转90°，得到线段A′B′，则点P到对应点的距离相等，因此作出两对对应点连线的垂直平分线，其交点即为所求．
【解答】解：如图所示，作线段AA'和BB'的垂直平分线，交于点P，则点P即为旋转中心，
由图可得，点P的坐标为（1，2），
故选：A．
【点评】本题主要考查了坐标与图形变换，解决问题的关键是掌握旋转的性质．一般情况，图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．
19．（2021秋•鄞州区期末）如图，平面直角坐标系中有一点A（4，2），在以M（0，3）为圆心，2为半径的圆上有一点P，将点P绕点A旋转180°后恰好落在x轴上，则点P的坐标是 （，4）或（﹣，4） ．
【分析】因为将点P绕点A旋转180°后恰好落在x轴上，推出点P的纵坐标为4，当点P在第一象限时，过点P作PT⊥y轴于T，连接PM．解直角三角形求出P的坐标，再根据对称性解决问题即可．
【解答】解：如图，
∵将点P绕点A旋转180°后恰好落在x轴上，
∴点P的纵坐标为4，
当点P在第一象限时，过点P作PT⊥y轴于T，连接PM．
∵T（0，4），M（0，3），
∴OM＝3．OT＝4，
∴MT＝1，
∴PT＝＝＝，
∴P（，4），
根据对称性可知，点P关于y轴的对称点P′（﹣，4）也满足条件．
综上所述，满足条件的点P的坐标为（，4）或（﹣，4）．
故答案为：（，4）或（﹣，4）．
【点评】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线构造直角三角形解决问题．
九．作图-旋转变换（共5小题）
20．（2022•北仑区校级三模）如图，在5×5的方格纸中，有△ABC，请分别按要求作图．
（1）在图1中，找到一格点D，使得与阴影部分组成的新图形为轴对称，但非中心对称图形（作出一个即可）；
（2）在图2中，找到一格点D，使得与阴影部分组成的新图形为中心对称，但非轴对称图形（作出一个即可）．
【分析】（1）结合轴对称和中心对称图形的性质，取格点D，连接AD，CD即可．
（2）结合轴对称和中心对称图形的性质，以AB，BC为边，作平行四边形ABCD即可．
【解答】解：（1）如图1所示．
（2）如图2所示．
【点评】本题考查轴对称、中心对称图形的性质，熟练掌握轴对称和中心对称图形的性质是解答本题的关键．
21．（2022•海曙区校级开学）在小正方形构成的网格中，每个小正方形的顶点叫做格点．
（1）△ABC的三个顶点都在格点上．
①在图1中，画出一个与△ABC成中心对称的格点三角形；
②在图2中，画出△ABC绕着点C按顺时针方向旋转90°后的三角形．
（2）如图3是由5个边长为1的小正方形拼成的图形，请用无刻度的直尺画经过点P的一条直线，使它平分该图形的面积，保留连线的痕迹，不要求说明理由．
【分析】（1）①以点C为对称中心，画出图形即可；
②根据旋转的性质，即可画出△A2B2C；
（2）根据中心对称图形的性质即可解决问题．
【解答】解：（1）①如图，△A1B1C即为所求；
②如图，△A2B2C即为所求；
（2）如图，利用中心对称图形的性质即可画出直线．
【点评】本题主要考查了作图﹣旋转变换，中心对称图形的性质等知识，熟练掌握中心对称图形的性质是解题的关键．
22．（2022•文成县一模）如图，在6×6的方格中，有一格点△ABC（顶点都在小正方形的顶点上）及格点P，按下列要求画格点三角形．
（1）在图1中，画出△ABC绕点P顺时针旋转90°后的三角形△A'B'C'．
（2）在图2中，画出△ABC绕某一点顺时针旋转90°后的△DEF，且点P在△DEF内（不包括边界）．
【分析】（1）利用旋转变换的性质分别作出A，B，C的对应点A′，B′，C′即可；
（2）利用旋转变换的性质作出△ABC绕点O顺时针旋转90°得到的△DEF即可．
【解答】解：（1）如图1中，△A′B′C′即为所求；
（2）如图2中，△DEF即为所求．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
23．（2022•舟山模拟）在8x5的网格中建立如图的平面直角坐标系，平行四边形ABCD的顶点坐标分别为O（0，0），A（3，4），C（5，0）．解答下列问题：
（1）点B坐标为 （8，4） ；
（2）仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，
①将线段CB绕点C逆时针旋转90°，画出对应线段CD；
②在线段AB上画点E，使∠BCE＝45°．（保留画图过程的痕迹）
【分析】（1）利用第一象限点的坐标特征写出B点坐标；
（2）①利用网格特点和旋转的性质画出B点的对应点D即可；
②连接BD，则∠BCD＝90°，CB＝CD，再取格点G、F，连接GF交BD于P，则P点为BD的中点，所以CP平分∠BCD，延长CP交AB于E点，则E点满足条件．
【解答】解：（1）点B的坐标为（8，4）；
故答案为（8，4）；
（2）①如图，CD为所作；
②如图，E点为所作．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平行四边形的性质．
24．（2022•镇海区二模）如图，十个完全相同的小矩形拼成一个大矩形，点A、B、C落在小矩形的顶点处，请在大矩形中完成下列作图，要求：
①仅用无刻度的直尺；
②保留作图痕迹；
③作出的点只能落在小矩形的顶点或边上．
（1）连结AB，在图1中找到一个点D，使∠ABD＝45°；
（2）连结BC，在图2中找到一个点E，使EC⊥BC；
（3）在图3中找到一个点F，使以A、B、C、F四点组成的四边形为中心对称图形．
【分析】（1）构造等腰直角三角形解决问题即可；
（2）构造等腰直角三角形解决问题即可；
（3）根据平行四边形的定义画出图形即可．
【解答】解：（1）如图1中，点D即为所求；
（2）如图2中，点E即为所求；
（3）如图3中，点F即为所求．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
一十．利用旋转设计图案（共2小题）
25．（2021•奉化区校级模拟）在玩俄罗斯方块游戏时，底部已有的图形如图所示，接下去出现如下哪个形状时，通过旋转变换后能与已有图形拼成一个中心对称图形（ ）
A．B．C．D．
【分析】直接利用中心对称图形的定义结合图形的旋转变换得出答案．
【解答】解：如图所示：只有选项D可以与已知图形组成中心对称图形．
故选：D．
【点评】此题主要考查了利用旋转设计图案，正确掌握中心对称图形的性质是解题关键．
26．（2021•慈溪市模拟）图1，图2都是由边长为1的小正方形构成的网格，△ABC的三个顶点都在格点上，请在该4×4的网格中，分别按下列要求画一个与△ABC有公共边的三角形：
（1）使得所画出的三角形和△ABC组成一个轴对称图形．
（2）使得所画出的三角形和△ABC组成一个中心对称图形．
（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）
【分析】（1）直接利用轴对称图形的性质分析得出答案；
（2）直接利用中心对称图形的性质分析得出答案．
【解答】解：（1）如图所示：△BDC即为所求（答案不唯一）；
（2）如图所示：△BEC即为所求（答案不唯一）．
【点评】此题主要考查了利用旋转设计图案以及轴对称变换，正确掌握相关定义是解题关键．
一、单选题
1．（2020·衢州市实验学校教育集团（衢州学院附属学校教育集团）九年级期末）已知⊙O的半径为4cm，点P到圆心O的距离为3cm，则点P（ ）
A．在圆内B．在圆上C．在圆外D．不能确定
【答案】A
【分析】根据点与圆的位置关系“当点到圆心的距离等于半径时，点在圆上；当点到圆心的距离大于半径时，点在圆外；当点到圆心的距离小于半径时，点在圆内”，由此可求解．
【详解】解：由题意得：3＜4，
∴点P在圆内；
故选A．
【点睛】本题主要考查点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题的关键．
2．（2021·浙江）如图，将绕点A按顺时针旋转后，得到，连结，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据旋转的性质得AB=AB′，∠BAB′=30°，则利用等腰三角形的性质得到∠ABB′=∠AB′B，然后根据三角形内角和计算∠ABB′的度数．
【详解】解：∵△ABC绕点A按顺时针旋转30°后，得到△AB′C′，
∴AB=AB′，∠BAB′=30°，
∴∠ABB′=∠AB′B，
∴∠ABB′=（180°-30°）=75°．
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．解决本题的关键是得到△ABD为等腰三角形．
3．（2020·衢州市实验学校教育集团（衢州学院附属学校教育集团）九年级期末）如图，一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A′B′C，当B，C，A′在一条直线上时，三角板ABC的旋转角度为（ ）
A．150°B．120°C．60°D．30°
【答案】A
【分析】直接利用旋转的性质得出对应边，再根据三角板的内角的度数得出答案．
【详解】解：∵将一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A'B'C，
∴BC与B'C是对应边，
∴旋转角∠BCB'＝180°−30°＝150°．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，正确得出对应边是解题关键．
4．（2021·浙江）如图，在中，，分别以点和点为圆心，大于的长度为半径作弧，两弧交于，两点，直线交于点，以为圆心，的长为半径所作的弧恰好经过点，连结，则为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可知： 垂直平分 ， ，然后利用等腰三角形等边对等角以及三角形的外角和定理即可解答．
【详解】解：根据题意可知： 垂直平分 ， ，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴ ，
∵，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
故选：B
【点睛】本题主要考查了尺规作图——作一条线段等于已知线段和作已知线段的垂直平分线，线段的垂直平分线的性质定理，等腰三角形的性质和三角形的外角的性质定理，牢记五种基本作图是解题的关键．
5．（2021·浙江）如图，在中，，，，以为圆心，为半径画弧交于点，则的长为（ ）
A．B．2C．D．4
【答案】C
【分析】如图（见解析），过点作于点，利用勾股定理求得，再由等面积法求得，结合已知条件可知，继而勾股定理求得，最后根据即可求得．
【详解】如图，过点作于点，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为C．
【点睛】本题考查了圆的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
6．（2021·浙江杭州市·）如图，点、、在⊙O上，，，则的度数是（ ）
A．110°B．125°C．135°D．165°
【答案】B
【分析】连接OB，分别经计算∠ABO和∠CBO的度数即可．
【详解】解：连接OB，如图所示．
∵OA=OB，
∴∠OBA=∠A=70°．
∵AB∥OC，
∴∠BOC=∠OBA=70°．
∵OC=OB，
∴．
∴．
故选：B
【点睛】本题考查了平行线的性质、等腰三角形的性质、圆的性质等知识点，熟知同圆的半径相等的性质是解题的关键．
7．（2021·浙江杭州市·九年级期末）已知的半径为，若点P到圆心O的距离为，则点P（ ）
A．在内B．在上C．在外 D．与的位置关系无法确定
【答案】C
【分析】根据点到圆心的距离与圆的半径大小的比较，确定点P与⊙O的位置关系．
【详解】解：∵OP=3cm＞2cm，
∴点P在⊙O外．
故选：C．
【点睛】本题考查的是点与圆的位置关系，根据点到圆心的距离比圆的半径小，可以确定点P在圆外．
8．（2021·浙江金华·中考真题）如图，在中，，以该三角形的三条边为边向形外作正方形，正方形的顶点都在同一个圆上．记该圆面积为，面积为，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先确定圆的圆心在直角三角形斜边的中点，然后利用全等三角形的判定和性质确定△ABC是等腰直角三角形，再根据直角三角形斜边中线的性质得到，再由勾股定理解得，解得，据此解题即可．
【详解】解：如图所示，正方形的顶点都在同一个圆上，
圆心在线段的中垂线的交点上，即在斜边的中点，且AC=MC，BC=CG，
∴AG=AC+CG=AC+BC，BM=BC+CM=BC+AC，
∴AG=BM，
又∵OG=OM，OA=OB，
∴△AOG≌△BOM，
∴∠CAB=∠CBA，
∵∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
，
，
．
故选：C．
【点睛】本题考查勾股定理、直角三角形斜边的中线的性质、圆的面积、三角形的面积等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
9．（2021·浙江九年级期末）在《几何原本》中，记载了一种将长方形化为等面积正方形的方法：如图，延长长方形的边到E，使，以为直径作，延长交于点H，则，则以为边的正方形的面积等于长方形的面积．若，点E是中点，则的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】先根据正方形的性质可得，设，从而可得，，再代入可得一个关于的一元二次方程，解方程即可得．
【详解】解：四边形是正方形，
，
点是中点，
，
设，则，
，
，
由同圆半径相等得：，
，
，
，
解得或（不符题意，舍去），
则，
故选：A．
【点睛】本题考查了同圆半径相等、正方形的性质、一元二次方程的应用等知识点，熟练掌握同圆半径相等是解题关键．
二、填空题
10．（2020·浙江）如图，矩形ABCD中，，，矩形ABCD绕点A顺时针旋转90度，得到矩形，则__________．
【答案】
【分析】矩形绕点顺时针旋转得到矩形，可知旋转中心为点，旋转角，根据对应点、到旋转中心的距离相等可知，，先在中用勾股定理求，再在中，利用勾股定理求．
【详解】解：由旋转的性质可知，，，
中，由勾股定理得，
，
在中，由勾股定理得，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理的运用，属于基础题，需要熟练掌握．
11．（2021·浙江）如图，在中，，，将绕点顺时针旋转度，得到，使得点，，在同一条直线上，则的值为________．
【答案】105°
【分析】由等腰三角形的性质可求∠BAC=∠BCA=75°，由旋转的性质可求解．
【详解】解：∵∠B=30°，BC=AB，
∴∠BAC=∠BCA=75°，
∴∠BAB'=105°，
∵将一个顶角为30°角的等腰△ABC绕点A顺时针旋转一个角度α（0＜α＜180°）得到△AB'C′，
∴∠BAB'=α=105°，
故答案为：105°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用旋转的性质是本题的关键．
12．（2021·浙江九年级专题练习）如图，在矩形中，，以顶点为圆心作半径为的圆．若要求另外三个顶点中至少有一个点在圆内，且至少有一个点在圆外，则的取值范围是_______．
【答案】1＜r＜
【分析】要确定点与圆的位置关系，主要根据点与圆心的距离与半径的大小关系来进行判断．当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．
【详解】解：在直角△ABD中，CD=AB=2，AD=1，
则BD=，
由图可知1＜r＜，
故答案为：1＜r＜．
【点睛】此题主要考查了点与圆的位置关系，解决本题要注意点与圆的位置关系，要熟悉勾股定理，及点与圆的位置关系．
13．（2020·浙江杭州·九年级期末）在中，，点D是以点A为圆心，半径为1的圆上一点，连接BD并取中点M，则线段CM的长最大为______，最小为_______．
【答案】3 2
【分析】作AB的中点E，连接EM、CE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及三角形的中位线定理求得CE和EM的长，然后确定CM的范围．
【详解】解：作AB的中点E，连接EM、CE．
在直角△ABC中，AB==5，
∵E是直角△ABC斜边AB上的中点，
∴CE=AB=2.5．
∵M是BD的中点，E是AB的中点，
∴ME=AD=0.5．
∵2.5-0.5≤CM≤2.5+0.5，即2≤CM≤3．
∴最小值为2，最大值为3，
故答案为：3，2．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系、三角形的中位线定理的知识，要结合勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．
14．（2021·浙江台州·九年级期中）如图，在中，已知，，点D在边BC上，BD＝2CD．现将绕着点D按顺时针旋转一定的角度后，使得点B恰好落在初始的边上．设旋转角为，那么＝_____．
【答案】40°或120°．
【分析】分为①当点B落在AB上时，②当点B落在AC上时分别求解即可．
【详解】①当点B落在AB上时，
，
，
，
即旋转角．
②当点B落在AC上时，
，
，
在中，根据直角三角形的性质，
，
，
即旋转角．
故答案为：40°或120°．
【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质；熟知旋转的性质，能注意到直角三角形中斜边是其中一条直角边的2倍情况得出角度是关键．
15．（2020·浙江）如图，等腰三角形中，，将绕点顺时针旋转，得到，连结，过点作交的延长线于点，连结，则的度数为_____．
【答案】45°
【分析】由旋转的性质可得BC=BP=BA，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠BPC+∠BPA=135°=∠CPA，由外角的性质可求∠PAH=135°-90°=45°，即可求解．
【详解】解：∵将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，
∴BC=BP=BA，
∴∠BCP=∠BPC，∠BPA=∠BAP，
∵∠CBP+∠BCP+∠BPC=180°，∠ABP+∠BAP+∠BPA=180°，∠ABP+∠CBP=90°，
∴∠BPC+∠BPA=135°=∠CPA，
∵，
∴∠CPA=∠AHC+∠PAH=135°，
∴∠PAH=135°-90°=45°，
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
16．（2020·浙江九年级期中）如图，有一表盘为圆形的时钟垂直放置在水平桌面上，表盘中心点为O，在分针的转动过程中，外端点A到桌面的最小距离为，最大距离为，现在时间是14点10分，则此时分针外端点A到桌面的垂直距离为_________．
【答案】40cm
【分析】先根据最大距离和最小距离求得圆的直径，再过点A作AB⊥CD，求得∠AOC的度数，根据含30°角的直角三角形的特点求得OB，根据点A到桌面的垂直距离为OB+OD+DE即可求得．
【详解】解：如图所示，根据题意，CE经过圆心且垂直于桌面，且CE=50cm，DE=10cm，
∴CD=CE-DE=50-10=40cm，
∴，
过点A作AB⊥CD，
14点10分时分针OA和半径OC的夹角，
∴∠OAB=30°，
∴，
BE=OB+OD+DE=10+20+10=40cm，即点A到桌面的垂直距离为40cm．
故答案为：40cm．
【点睛】本题考查含30°角的直角三角形，圆中最值的问题，圆心角的计算等．能正确求得圆的半径是解题关键．
17．（2021·浙江浣江教育九年级期中）如图，直线l经过的圆心O，且与交于A、B两点，点C在上，且，点P是直线l上的一个动点（与圆心O不重合），直线CP与相交于另一点Q，如果，则______．
【答案】、、．
【分析】点P是直线l上的一个动点，因而分点P在线段AO上，点P在AO延长线上，点P在OA的延长线上这三种情况进行讨论求解即可．
【详解】当P在线段OA上如图，
在△QOC中，OC=OQ，
∴∠OQC=∠OCP，
在△OPQ中，QP=QO，
∴∠QOP=∠QPO，
又∵∠AOC=20°，
∴∠QPO=∠OCP+∠AOC=∠OCP+20°，
在△OPQ中，∠QOP+∠QPO+∠OQC=180°，
即（∠OCP+20°）+（∠OCP+20°）+∠OCP=180°，
整理得，3∠OCP=140°，
∴∠OCP=．
②当P在线段OA的延长线上如图
∵OC=OQ，
∴∠OQP=∠OCQ=∠COP+∠OPQ=20°+∠OPQ，
∵OQ=PQ，
∴∠OPQ=∠QOP，
在△OQP中，20°+∠OPQ+∠OPQ+∠OPQ=180°③，
则∠OPQ=，
∴∠OCP=180°-20°-=；
当P在线段OA的反向延长线上如图，
∵OQ=PQ，
∴∠QPO=∠QOP，
∵OC=OQ，
∴∠OCP=∠OQC=∠QPO+∠QOP=2∠QPO，
∵∠AOC=20°，
∴∠OCP+∠QPO=20°，
∴3∠QPO=20°，
∴∠QPO=，
∴∠OCP=2∠QPO=．
故答案为、、．
【点睛】本题主要考查了圆的认识及等腰三角形等边对等角的性质,三角形外角性质，先假设存在并进行分类讨论是进行解题的关键．
18．（2021·浙江杭州·）如图，抛物线y＝x2﹣4与x轴交于 A、B两点，P是以点C（0，3）为圆心，2为半径的圆上的动点，Q是线段PA的中点，连接OQ，则线段OQ的最小值是_____．
【答案】
【分析】连接BP，如图，先解方程x2﹣4＝0得A（﹣4，0），B（4，0），再判断OQ为△ABP的中位线得到OQ＝BP，利用点与圆的位置关系，连接BC交圆于P时，PB最小，然后计算出BP的最小值即可得到线段OQ的最小值．
【详解】解：连接BP，如图，
当y＝0时，x2﹣4＝0，解得x1＝4，x2＝﹣4，则A（﹣4，0），B（4，0），
∵Q是线段PA的中点，
∴OQ为△ABP的中位线，
∴OQ＝BP，
当BP最小时，OQ最小，
连接BC交圆于P时，PB最小，
∵BC＝＝5，
∴BP的最小值＝5﹣2＝3，
∴线段OQ的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系：点的位置可以确定该点到圆心距离与半径的关系，反过来已知点到圆心距离与半径的关系可以确定该点与圆的位置关系．也考查了三角形中位线．
19．（2021·浙江九年级期末）如图，在矩形中，．将矩形绕点按顺时针方向旋转，旋转角为（），得到矩形，边与相交于点，边与的延长线相交于点．在矩形旋转过程中，当落在线段上时，_____，当是线段的三等分点时，_____．
【答案】 或
【分析】设，则，然后利用旋转的性质和勾股定理求出，然后求比值即可；分两种情况：①当时，②当时，分情况进行讨论即可．
【详解】∵四边形是矩形，
当落在线段上时，此时点与点E重合，
设，则，
由旋转的性质可知．
在中，，
；
①当时，
设，则，
过点F作交于点G，连接CF，
，
，
，
，
在中，，
，
．
令，
，
解得（不符合题意，舍去），
；
②当时，
设，则，
同理可求．
在中，，
，
．
令，
，
解得（不符合题意，舍去），
，
综上所述，当是线段的三等分点时，的值为或．
故答案为：，或．
【点睛】本题主要考查矩形与旋转，掌握矩形的性质，勾股定理，一元二次方程的应用是解题的关键．
20．（2021·诸暨市开放双语实验学校九年级期中）如图，已知在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=6，AC=10，将绕点B逆时针旋转．得到△A’BC’．点是边BC的中点，点为边AC上的动点，在绕点B逆时针旋转的过程中，点的对应点是点，则线段长度的最大值与最小值的差为________________
【答案】
【分析】根据题意画出旋转的轨迹图，则可得出当点D与动点E位于圆心同侧与异侧时，分别取得长度最小值与最大值，计算即可．
【详解】解：过点B作，F为垂足，
中，，D为BC中点，
∵
∴,
∴,
,
∴,
边上，距离B点最近点为F距B点最远的点为A，
又绕点B旋转，
∴上距点B最近的点的运动轨迹如图中小圆圈所示，
上距点B最远的点的运动轨迹如图中大圆圈所示，
当点D与动点E位于圆心同侧与异侧时，分别取得长度最小值与最大值，
即当点E位于点时，最小，
最小值为：，
当点E位于时，最大，
最大值为：，
∴长度的最大值与最小值的差为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转变换，勾股定理，动点问题，解题的关键是理解题意，学会用转化的思想思考问题，属于中考选择题中的压轴题．
三、解答题
21．（2020·浙江）如图，为上一点，按以下步骤作图：
①连接；
②以点为圆心，长为半径作弧，交于点；
③在射线上截取；
④连接．
若，求的半径．
【答案】
【分析】由题意易得△OAB是等边三角形，则，进而可得，然后可得，最后问题可求解．
【详解】解：∵OA=OB=AB，
∴△OAB是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴∠OAC=90°，
∴在Rt△OAC中，，
∵，
∴，
∴的半径．
【点睛】本题主要考查圆的基本性质，熟练掌握圆的基本性质是解题的关键．
22．（2019·浙江九年级期中）如图，已知弧，利用直尺和圆规作弧所在的圆的圆心O，（要求保留作图痕迹）
【分析】在弧上找一点C，连接AC和BC，分别作AC和BC的垂直平分线，交于点O即可．
【详解】解：如图，点O即为所作．
【点睛】本题主要考查了确定圆心，解题的关键是利用垂直平分线的交点得到圆心．
23．（2020·浙江九年级期中）如图，在中，，，E为边上一点，连结，将点E绕点A逆时针旋转至点D，连结，，．
（1）求证：．
（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）根据旋转的性质得到，，证明≌，得到；
（2）证明是等腰直角三角形，得到，根据得到CD，从而计算出CE，加上BE即可．
【详解】解：（1）由旋转可知，，
∴，
∴，
即，
∴在与中，
，
∴≌，
∴．
（2）∵，，
∴，
由（1）证得≌，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
又由（1）证得，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是结合旋转的性质证明≌．
24．（2020·浙江杭州·）已知AB是的弦，点C为圆上一点．
（1）用直尺与圆规作；
（2）作以AB为底边的圆内接等腰三角形；
（3）若已知圆的半径，求所作等腰三角形底边上的高．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）8或2
【分析】（1）连接AC，分别作AB、AC的中垂线，交点即为圆心O，然后以O为圆心，OA为半径作圆即可；
（2）AB的中垂线与⊙O交点分别为E1、E2，△ABE1与△ABE2均为以AB为底的圆的内接等腰三角形；
（3）由R=5，AB=8，根据勾股定理易得AB对应的弦心距为3，进而得到h=5+3=8或h=5-3=2．
【详解】
解：（1）如图所示，连接AC，分别作AB、AC的中垂线，交点即为圆心O，然后以O为圆心，OA为半径作圆即可；
（2）如图所示，若AB的中垂线与⊙O交点分别为E1、E2，
则△ABE1与△ABE2均为以AB为底的圆的内接等腰三角形；
（3）由圆的半径R=5，AB=8，由勾股定理可得AB对应的弦心距为3，
∴△ABE1中，h=5+3=8；
△ABE2中，h=5-3=2．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，三角形的外接圆与外心的运用，解决问题时注意：找一个三角形的外心，就是找一个三角形的两条边的垂直平分线的交点，三角形的外接圆只有一个．
25．（2021·浙江九年级模拟预测）有如下一道作业题：
（1）请你完成这道题的证明：
（2）如图2，在正方形ABCD中，点N是边CD上一点，CM＝CN，连接DM，连接FC．
①求证：∠BFC＝45°．
②把FC绕点F逆时针旋转90°得到FP，连接CP（如图3）．求证：BF＝CP+DF．
【分析】（1）由正方形的性质可知CB=CD，∠BCD=90°，再根据题意推出∠BCE=∠DCF，以及CE=CF，从而利用“SAS”证明全等即可；
（2）①根据题意可先证明△BCN≌△DCM，从而推出∠CBN=∠CDM，然后作CG⊥CF交BF于G点，再证明△BCG≌△DCF，即可得到△CFG为等腰直角三角形，从而得出结论；②作CQ⊥CF交BF于Q点，结合①的结论，可得BQ=DF，然后结合题意证明四边形CQFP为平行四边形，即可得到CP=QF，从而证得结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD，∠BCD=90°，即：∠BCE+∠ECD=90°，
∵△CEF为等腰直角三角形，
∴CE=CF，∠ECF=90°，即：∠ECD+∠DCF=90°，
∴∠BCE=∠DCF，
在△BCE与△DCF中，
∴△BCE≌△DCF（SAS）；
（2）①由正方形性质可知，∠BCN=∠DCM=90°，
在△BCN和△DCM中，
∴△BCN≌△DCM（SAS），
∴∠CBN=∠CDM，
如图，作CG⊥CF交BF于G点，则∠GCF=90°，
∴∠BCG=∠DCF，
在△BCG和△DCF中，
∴△BCG≌△DCF（ASA），
∴CG=CF，
∴△CFG为等腰直角三角形，
∴∠BFC=45°；
②如图所示，作CQ⊥CF交BF于Q点，
由①可知，△BCQ≌△DCF，
∴BQ=DF，
且由①证明可知，△CQF为等腰直角三角形，
∵FP由FC绕F点旋转90°得到，
∴△CFP为等腰直角三角形，
∴∠P=∠CQF=45°，∠QFP=∠QCP=90°+45°=135°，
∴四边形CQFP为平行四边形，
∴CP=QF，
∵BF= QF +BQ，
∴BF=CP+DF．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平四边形的判定与性质等，熟练掌握图形的基本性质，掌握几何证明中的常见模型是解题关键．
26．（2021·浙江九年级期中）在平面直角坐标系中，已知，，．
（1）将沿轴负方向平移2个单位至△，画图并写出的坐标 ；
（2）以点为旋转中心，将△逆时针方向旋转得△，画图并写出的坐标为 ；
（3）求在旋转过程中线段扫过的面积．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）将三个顶点分别向左平移2个单位得到其对应点，再顺次连接即可得；
（2）将三个顶点分别以点A1为旋转中心，逆时针方向旋转90°得到对应点，再顺次连接即可得；
（3）由题意可知线段扫过的面积是一个圆心角为90°，半径为线段长的扇形，由此求解即可．
【详解】解：（1）如图，△即为所求．画图并写出的坐标；
故答案为：．
（2）如图，△即为所求．画图并写出的坐标为；
故答案为：；
（3）由题意得 ，
旋转过程中线段扫过的面积．
【点睛】
本题主要考查了平移作图和旋转作图，勾股定理和扇形面积，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
27．（2021·浙江温州·九年级期中）如图，已知二次函数的图象与x轴相交于两点．
（1）求这个二次函数的表达式．
（2）若M是第一象限内线段上任意一点（不与B，C重合），轴于点H，与二次函数的图象交于点P，连接．设点M的横坐标为t，当是直角三角形时，求点M的坐标．
（3）如图，若M是直线上任意一点，N是x轴上任意一点，且．以N为旋转中心，将逆时针旋转，使M落在Q点连接，则线段的最值为_______．（直接写出答案）
【答案】（1）；（2）或；（3）最小值为，最大值为
【分析】（1）根据A、B坐标，利用待定系数法求解；
（2）求出BC表达式，分∠CPM=90°和∠PCM=90°两种情况分别求解；
（3）作的外接圆⊙，连接，，，，过点作于点，过点作交的延长线于，分析出当Q，O′，B，三点共线时，BQ可取得最值，再求解．
【详解】解：（1）设抛物线的表达式为：，
∴，得，
∴．
（2）令，，
∴点坐标为，
设直线BC解析式为：，
，解得，
∴，
∵点的横坐标为，
∴点坐标为，
∵，
∴，
∵轴，
∴，
∴，
当时，则轴，是等腰直角三角形，
∴．
设点坐标为，
∴，，
∴，
整理得：，
解得：，（舍），
∴点坐标为，
当时，则，
过作于，则轴，
∴，
∵，，
∴，
整理得：，
解得：，（舍），
∴点坐标为，
综上所述，点坐标为或．
（3）作的外接圆⊙，连接，，，，过点作于点，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
过点作交的延长线于，
∵，
∴，
∵MN绕点逆时针旋转得到NQ，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形QKGN是矩形，
∴，，
∴，
∴在中，，
∴当且仅当，，三点共线时，BQ取得最值，
即，
∴，
∴线段BQ的最小值为，线段BQ的最大值为．
【点睛】本题是二次函数综合题，还涉及外接圆的性质，待定系数法求函数解析式，直角三角形的性质，难度较大，解题时要结合图形，画出辅助线，解题的关键是根据三点共线得到取最值时的情况．
28．（2021·浙江九年级期末）如图，在四边形中，，，，E是BC边上一动点，连结AE，将AE绕点A逆时针旋转135°到AF，连结EF与AD交于点G，连结DE，DF，设BE的长为x．
（1）求证：．
（2）若的面积为y，求y关于x的函数表达式，并求y的最大值．
（3）当是等腰三角形时，求x的值．
【答案】（1）见解析；（2），最大值为；（3）或或2
【分析】（1）根据已知条件以及旋转的性质即可证明；
（2）过点E作，交FC于点H，根据已知条件求得EH的值，根据（1）中可知，，再根据三角形面积公式表示y，并根据二次函数求值即可．
（3）分情况讨论，当时，求x得值；当时，求x的值；当时，求x得值．
【详解】（1）∵，，
∴．
∵AE绕点A逆时针旋转135°到AF，
∴，．
∴
在和中
∵
∴
（2）过点E作，交FC于点H．
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∴点C，D，F三点共线．
又∵，
∵，
∴为等腰．
∴
当时，有最大值，．
（3）①当时，则，即，解得．
②当时，则，即，，
解得（注：也得满分）
③当时，．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，旋转的性质，二次函数与实际问题并求最值，分情况讨论等腰三角形，根据三角形面积公式表示二次函数的解析式以及分情况讨论等腰三角形边的情况是解题关键．
29．（2021·浙江杭州·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，的各顶点坐标分别，，，直线过点，且与轴的正半轴成角，将绕点按顺时针方向旋转，记旋转角为．解答下列问题：
（1）填空：为________三角形（选择“等腰”或“等边”一种），直线的函数表达式为_______；
（2）若，在的旋转过程中，当的一边与直线互相垂直时，记点的对应点为，求点的坐标；
（3）当时，记旋转后顶点，的对应点分别为，，长度为的线段在直线上移动，连结，，试求四边形周长的最小值．
【答案】（1）等边，y=x-2；（2）A´（2-2，2）或（2，4）或（2+2，2）；（3）．
【分析】（1）利用点的坐标，求出OA=OB=2，OC=2 ，利用勾股定理得出边长即可；设：y=kx+b，把B、E点的坐标代入即可；
（2）分，，三种情况分别画出符合的图形，然后再分别求解即可；
（3）由题意先确定出点N坐标，在四边形中，MN=4，PQ=，要想周长最小，则只需要MQ+PN的值最小即可，如图，过点M作MH//BE，然后取MF=PQ==，分别作出点M、F关于直线l的对称点M′，F′，再分别过点M′、F′作x轴、y轴的垂线，两垂线交于点G，连接NF′，则NF′的长就是MQ+PN长的最小值，求出NF′的长即可．
【详解】
（1）∵x轴⊥y轴，
∴OC⊥AB，
又∵A（-2，0），B（2，0），C（0，2 ），
∴OA=OB=2，OC=2 ，
∵OC是AB的垂直平分线，
∴BC=BA，
在 中，BC== ，
AB=OA+OB，
∴AB=BC=AC=4，
∴为等边三角形；
设直线与y轴的交点为E，在 中，∠OBE=60°，OB=2
∴OE=2，.
∴E（0，-2），
设：y=kx+b，
代入B(2，0)，E（0，-2），
∴ ，解得 ，
∴y=x-2；
(2)如图，当时，过点 作轴于点F，
∴，，
∵ ∠OBE=60°，
∴α=∠A′BF=90°-60°=30°，
∴A′F=，BF=，
∴OF=BF-OB=A´B-OB=2 -2，
∴A´（2-2，2）；
如图，当时，垂足为F，
∴，，
∵ ∠OBE=60°，
∴α=∠A′BA=180°-30°-60°=90°，
∴，即轴，
∴A´（2，4）；
如图，当时，交x轴于点F，
∴，
∵ ∠OBE=60°，
∴∠FBC′=180°-90°-60°=30°，
∴∠A′BF=∠A′BC′-∠FBC′=60°-30°=30°，
∴α=∠A′BA=180°-30°=150°，∠A′FB=90°，
∴，即轴，
∴A′F=2，BF=，
∴OF=OB+BF=2+，
∴A´（2+2，2）；
综上，A′的坐标为：（2-2，2）或（2，4）或（2+2，2）；
（3）α=210°时，∠ABM=360°-210°=150°，
∴∠ABN=∠ABM-∠MBN=90°，
∴N（2，-4）
在四边形中，MN=4，PQ=，要想周长最小，则只需要MQ+PN的值最小即可，
如图，过点M作MH//BE，然后取MF=PQ=，分别作出点M、F关于直线l的对称点M′，F′，再分别过点M′、F′作x轴、y轴的垂线，两垂线交于点G，连接NF′，则NF′的长就是MQ+PN长的最小值，
∴，
由对称性可知点∠M′BA=30°，又（1）可知M′（2-2，2），
在△M′F′G中，，，
∴，即，
∴
∴周长的最小值为：．
【点睛】本题考查了旋转，一次函数的应用等知识，熟练掌握相关知识，正确进行分类讨论是解题的关键．
如图1，四边形ABCD是正方形，以C为直角顶点作等腰直角三角形CEF，DF．
求证：△BCE≌△DCF．