九年级数学上点拨与精练 第23章旋转 单元达标检测卷（含解析）

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九年级数学上点拨与精练
第23章 单元达标检测卷
考试范围第23章；考试时间：120分钟；满分120分
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 总分
得分
分卷I
一、选择题(共10题，每小题3分，共30分)
1．将如图所示的三角形绕其直角顶点顺时针旋转180°得到的是（　　）
A. B.
C. D.
2．下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A. B.
C. D.
3如图，在8×8的正方形网格中，△ABC的三个顶点和点O、E、F、M、N均在格点上，EF与MN交于点O，将△ABC分别进行下列三种变换：
①先以点A为旋转中心逆时针旋转90°，再向右平移4格，最后向上平移4格；
②先以点O为对称中心画中心对称图形，再以点A的对应点为旋转中心逆时针旋转90°；
③先以直线EF为对称轴画轴对称图形，再以点A的对应点为旋转中心逆时针旋转90°，最后向右平移4格．
其中，能将△ABC变换成△PQR的是（　　）
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③
4．如图，在△ABC中，∠CAB=m°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB'C'的位置，使CC'∥AB，则∠BAB'=（　　）

A. 3m-120 B. 180-2m C. 3m-180 D. m-30
5．如图，在平面直角坐标系中，OA=AB=5，点B到y轴的距离为4，将△OAB关于原点对称得到△O′A′B′，再将△O′A′B′向左平移5个单位长度得到△O″A″B″，则点B″的坐标为（　　）
A. （-8，-8） B. （-8，-9） C. （-9，-9） D. （-9，-8）
6．如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，下列说法不一定正确的是（　　）
A. 平行四边形ABCD是中心对称图形
B. 将△ABD绕点O旋转180°后可与△CDB重合
C. △OAD与△OCB关于点O对称
D. △AOD绕点O旋转一定角度后可与△DOC重合
7．如图，在△ABC中，AB=AC，∠ACB=70°，若将AC绕点A逆时针旋转60°后得到AD，连接BD和CD，则∠BDC=（　　）
A. 19° B. 20° C. 21° D. 22°
8．如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转次得到正方，如果点A的坐标为，那么的坐标为(　 　)
A. B.
C. D.
9．若自行车的车轮形如正方形，使车轮能平稳行驶，则地面形状大致为（　　）
A. B.
C. D.
10．如图，将边长为的正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°得到正方形A′BC′D′，AD与C′D′交于点M，那么图中点M的坐标为（　　）
A. B.
C. D.
分卷II
二、填空题(共5题，每小题3分，共15分)
11．如图，在5×5的正方形网格内，线段a的端点都在格点上，将线段a绕点P旋转得到线段b,线段b端点也都在格点上，若小正方形的边长为1，则点P的坐标为 _____．
12．如图，在△ABC中，AB=8，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，则阴影部分面积为 _____．
13．如图，已知直线y=-2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，把△AOB绕点A旋转90°，点B落在点C处，则直线BC的表达式为 _____．
14．如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上，其中A点的坐标是（-1，0），现将△ABC绕A点逆时针旋转90°，再向右平移一个单位后点C的对应点C'的坐标是 _____．
15．在平行四边形ABCD中，AB=12，AD=10，对角线BD=10，点P在AB上运动，连接DP，CP，将DP，CP绕点P顺时针旋转90°，点C，D的对应点分别为C′，D′，连接BC′，BD′，C′D′，当△BC′D′为直角三角形时，AP=_____．
三、解答题(共8题，共75分)
16．(8分)点A及点B的坐标分别为（-2，6）及（3，8）．A向下平移13单位至A′，B绕原点顺时针方向旋转90°至B′．
（a）写出A′及B′的坐标
（b）证明AB平行于A′B′．
17．(8分)如图，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE，DE．
（1）求证：∠CBD=∠CAE；
（2）若∠ADC=30°，AD=3，BD=5，求DE的长．

18．(8分)如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC=150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．
（1）求∠ODC的度数；
（2）若OB=4，OC=5，求AO的长．
19．(8分分)在平面直角坐标系中，点O（0，0），点，，∠AOB=30°，以点O为中心，逆时针旋转△OAB，得到△OCD，点A，B的对应点分别为C，D．记旋转角为α．
（1）如图①，当点C落在OB上时，求点D的坐标；
（2）如图②，当α=45°时，求点C的坐标．
20．(9分分)△ABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示．（不写解答过程，直接写出结果）
（1）若△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称，则点A1的坐标为 _____；
（2）将△ABC绕O点顺时针方向旋转90°，则点C走过的路径长为 _____；
（3）在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，则点P的坐标为 _____．
21．（9分）阅读理解：我们给出如下定义：若一个四边形中存在一组相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．
(1)写出两个是勾股四边形的特殊四边形：____________，____________．
(2)如图1，已知格点（小正方形的顶点），，，请你画出以格点为顶点，OA，OB为勾股边且对角线相等的两个勾股四边形OAMB．
(3)如图2，将绕顶点B按顺时针方向旋转60°，得到，连接AD，DC，，那么线段DC，AC，BC的数量关系为_______________．
22．（12分）综合与实践
【问题情境】
如图1，在中，，点D，E分别在边，上，，连接，，，为的中点，连接．
【数学思考】
（1）线段与的数量关系，说明理由．
【猜想证明】
（2）若把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，猜想（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的结论并说明理由．
【深入探究】
（3）若把绕点A逆时针方向旋转到图3的位置，若是的中点，连接AN，若，直接写出的长．
3．（13分）综合运用
如图，抛物线交轴于点、，交轴于点，顶点为，直线与轴交于点．
(1)求直线的解析式；
(2)在第一象限内是否存在一点M使得与相似？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由；
(3)连接，将绕x轴上的动点顺时针旋转得到，若线段与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，直接写出的取值范围．
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第23章 单元达标检测卷
考试范围第23章；考试时间：120分钟；满分120分
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号 一 二 三 总分
得分
分卷I
一、选择题(共10题，每小题3分，共30分)
1．将如图所示的三角形绕其直角顶点顺时针旋转180°得到的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】应用中心对称及旋转的性质进行判定即可得出答案．
解：如图所示的三角形绕其直角顶点顺时针旋转180°得到的图形如图，
．
故选：B．
2．下列新能源汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，由此即可得到答案．
解：A、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故A符合题意；
B、D，是轴对称图形，但不是中心对称图形，故B、D不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故C不符合题意．
故选：A．
3如图，在8×8的正方形网格中，△ABC的三个顶点和点O、E、F、M、N均在格点上，EF与MN交于点O，将△ABC分别进行下列三种变换：
①先以点A为旋转中心逆时针旋转90°，再向右平移4格，最后向上平移4格；
②先以点O为对称中心画中心对称图形，再以点A的对应点为旋转中心逆时针旋转90°；
③先以直线EF为对称轴画轴对称图形，再以点A的对应点为旋转中心逆时针旋转90°，最后向右平移4格．
其中，能将△ABC变换成△PQR的是（　　）
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③
【答案】C
【解析】利用旋转的性质、平移的性质和轴对称变换通过作图对①②③进行判断．
解：先以点A为旋转中心逆时针旋转90°，再向右平移4格，最后向上平移4格不能得到△PQR；
先以点O为对称中心画中心对称图形，再以点A的对应点为旋转中心逆时针旋转90°可得到△PQR；
先以直线EF为对称轴画轴对称图形，再以点A的对应点为旋转中心逆时针旋转90°，最后向右平移4格可得到△PQR．
故选：C．
4．如图，在△ABC中，∠CAB=m°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB'C'的位置，使CC'∥AB，则∠BAB'=（　　）

A. 3m-120 B. 180-2m C. 3m-180 D. m-30
【答案】B
【解析】旋转中心为点A，B与B′，C与C′分别是对应点，根据旋转的性质可知，旋转角∠BAB′=∠CAC′，AC=AC′，再利用平行线的性质得∠C′CA=∠CAB，把问题转化到等腰△ACC′中，根据内角和定理求∠CAC′，即可求出∠BAB′的度数．
解：∵CC′∥AB，∠CAB=m°，
∴∠C′CA=∠CAB=m°，
又∵C、C′为对应点，点A为旋转中心，
∴AC=AC′，即△ACC′为等腰三角形，
∴∠BAB′=∠CAC′=180°-2∠C′CA=180°-2m°，
故选：B．
5．如图，在平面直角坐标系中，OA=AB=5，点B到y轴的距离为4，将△OAB关于原点对称得到△O′A′B′，再将△O′A′B′向左平移5个单位长度得到△O″A″B″，则点B″的坐标为（　　）
A. （-8，-8） B. （-8，-9） C. （-9，-9） D. （-9，-8）
【答案】D
【解析】作BC⊥y轴于点C，根据勾股定理求出AC=3，所以点B的坐标为（4，8），所以点B关于原点对称的点B′的坐标为（-4，-8），再根据平移可得点B″的坐标为（-9，-8） ．
解：如图，作BC⊥y轴于点C，
∵点B到y轴的距离为4，
∴BC=4，
∴AC==3，
∴OC=5+3=8，
∴点B的坐标为（4，8），
∴点B关于原点对称的点B′的坐标为（-4，-8），
∴点B″的坐标为（-9，-8） ．
故选：D．
6．如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，下列说法不一定正确的是（　　）
A. 平行四边形ABCD是中心对称图形
B. 将△ABD绕点O旋转180°后可与△CDB重合
C. △OAD与△OCB关于点O对称
D. △AOD绕点O旋转一定角度后可与△DOC重合
【答案】D
【解析】根据平行四边形是中心对称图形来判断．
解：A、平行四边形ABCD是中心对称图形，正确，不符合题意；
B、平行四边形ABCD是中心对称图形，对称中心是点O，把△ABD绕点O旋转 180°后与△CDB重合，正确，不符合题意；
C、平行四边形ABCD是中心对称图形，对称中心是点O，△OAD与△OCB 关于点 O 对称，正确，不符合题意；
D、△AOD绕点O 旋转一定角度后不一定与△DOC重合，符合题意．
故选：D．
7．如图，在△ABC中，AB=AC，∠ACB=70°，若将AC绕点A逆时针旋转60°后得到AD，连接BD和CD，则∠BDC=（　　）
A. 19° B. 20° C. 21° D. 22°
【答案】B
【解析】由已知条件可求出∠CAB的度数，根据旋转的性质可得△ACD为等边三角形，可求出∠BAD、∠ADC的度数以及得到AB=AD，进而求出∠ADB的度数，由角的和差关系可得∠BDC的度数．
解：由旋转得：AC=AD，∠CAD=60°，
∴△ACD为等边三角形，
∴∠ADC=60°，
∵AB=AC，∠ACB=70°，
∴AB=AD，∠ACB=∠ABC，
∴∠CAB=180°-2∠ACB=40°，∠BAD=∠CAD-∠CAB=60°-40°=20°，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=（180°-20°）÷2=80°，
∴∠BDC=∠ADB-∠ADC=80°-60°=20°．
故选：B．
8．如图，在平面直角坐标系中，将正方形绕点逆时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转次得到正方，如果点A的坐标为，那么的坐标为(　 　)
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，根据规律发现是8次一循环，可得结论．
解：∵四边形OABC是正方形，且OA=1，
∴B（1，1），
连接OB，
由勾股定理得：OB=，
由旋转得：OB=OB1=OB2=OB3==，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2==45°，
∴B1(0，)，B2(-1，1)，B3(-，0)，，
发现是8次一循环，
∵2020÷8=2524，
∴点B2020的坐标为(-，-1)，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，坐标与图形的变化－规律型，正方形的性质，勾股定理，掌握旋转的性质“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”，学会从特殊到一般的探究规律的方法是解题的关键．
9．若自行车的车轮形如正方形，使车轮能平稳行驶，则地面形状大致为（　　）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】根据旋转定义解答即可．
解：使车轮能平稳行驶，需使正方形的中心都在一个平面内，才能使自行车平稳行驶．
故选：C．
10．如图，将边长为的正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°得到正方形A′BC′D′，AD与C′D′交于点M，那么图中点M的坐标为（　　）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由正方形和旋转的性质得出，∠BAM=∠BC′M=90°，证出Rt△ABM≌Rt△C′BM（HL），得出∠1=∠2，求出∠1=∠2=30°，在Rt△ABM中，求出AM=1即可．
解：∵四边形ABCD是边长为的正方形，正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°得到正方形A′BC′D′，
∴，∠BAM=∠BC′M=90°，
在Rt△ABM和Rt△C′BM中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△C′BM（HL），
∴∠1=∠2，
∵将边长为的正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°，
∴∠CBC′=30°，
∴∠1=∠2=30°，
在Rt△ABM中，，
∴，
∴AM=1，
∴点M的坐标为，
故选：B．
分卷II
二、填空题(共5题，每小题3分，共15分)
11．如图，在5×5的正方形网格内，线段a的端点都在格点上，将线段a绕点P旋转得到线段b,线段b端点也都在格点上，若小正方形的边长为1，则点P的坐标为 _____．
【答案】（2，2）或（2，3）
【解析】先画出图形，再分当A，B为对应点，C，D为对应点时，当A，D为对应点，C，B为对应点时，再求解即可．
解：如图，当A，B为对应点，C，D为对应点时，
∴AB，CD的垂直平分线的交点P为旋转中心，
此时P（2，3）；
由勾股定理可得：，，X
∴PA2+PB2=AB2，
∴∠BPA=90°，
同理：PC=PD，∠CPD=90°，所以符合题意；
如图，当A，D为对应点，C，B为对应点时，
同理可得：P（2，2）为旋转中心；
故答案为：（2，2）或（2，3）．
12．如图，在△ABC中，AB=8，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，则阴影部分面积为 _____．
【答案】16
【解析】根据旋转的性质得到△ABC≌△A1BC1，A1B=AB=8，所以△A1BA是等腰三角形，依据∠A1BA=30°得到等腰三角形的面积，由图形可以知道S阴影=S△A1BA+S△A1BC1-S△ABC=S△A1BA，最终得到阴影部分的面积．
解：过A作AD⊥A1B于D，如图：
在△ABC中，AB=8，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，
∴△ABC≌△A1BC1，
∴A1B=AB=8，
∴△A1BA是等腰三角形，∠A1BA=30°，
∵AD⊥A1B，
∴AD=AB=4，
∴S△A1BA=×8×4=16，
又∵S阴影=S△A1BA+S△A1BC1-S△ABC，且S△A1BC1=S△ABC，
∴S阴影=S△A1BA=16，
故答案为：16．
13．如图，已知直线y=-2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，把△AOB绕点A旋转90°，点B落在点C处，则直线BC的表达式为 _____．
【答案】或y=3x+4
【解析】根据直线与坐标轴有交点，分别计算出点A，B的坐标，可求出OA，OB的长，根据旋转的性质，分类讨论，顺时针旋转和逆时针旋转，分别求出点C的坐标，再根据待定系数法求解析式即可求解．
解：直线y=-2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，
令x=0，则y=4，令y=0，则x=2，
∴A（2，0），B（0，4），
则OA=2，OB=4，
①△AOB绕点A顺时针旋转90°得△ADC，∠ADC=∠AOB=90°，如图所示，
∴DA⊥OA，△AOB≌△ADC，
∴DC=OB=4，AD=AO=2，
∴C（6，2），
设直线BC的解析式为y=kx+b（k≠0），把B（0，4），C（6，2）代入得，
，解得，，
∴直线BC的解析式为；
②△AOB绕点A逆时针旋转90°得△AEC，∠AEC=∠AOB=90°，如图所示，
∴EA⊥OA，△AOB≌△AEC，
∴EC=OB=4，AE=AO=2，
∴C（-2，2），
设直线BC的解析式为y=k1x+b1（k1≠0），把B（0，4），C（-2，-2）代入得，
，解得，，
∴直线BC的解析式为y=3x+4；
综上所述，直线BC的解析式为或y=3x+4．
14．如图，△ABC的三个顶点都在方格纸的格点上，其中A点的坐标是（-1，0），现将△ABC绕A点逆时针旋转90°，再向右平移一个单位后点C的对应点C'的坐标是 _____．
【答案】（-1，3）
【解析】正确作出图形，可得结论．
解：图形如图所示：C′（-1，3）．
故答案为：（-1，3）．
15．在平行四边形ABCD中，AB=12，AD=10，对角线BD=10，点P在AB上运动，连接DP，CP，将DP，CP绕点P顺时针旋转90°，点C，D的对应点分别为C′，D′，连接BC′，BD′，C′D′，当△BC′D′为直角三角形时，AP=_____．
【答案】6或8±
【解析】当△BC′D′为直角三角形时，有三种可能①∠BD'C=90°，②∠C'BD'=90°，③∠BC'D'=90°，分类求AP．
解：延长AB交C'D'于点M．
将DP，CP绕点P顺时针旋转90°，点C，D的对应点分别为C′，D′，
∴PD=PD'，PC=PC'，∠DPD'=∠CPC'，
∴∠DPC=∠D'PC'
∴△DCP≌△D'C'P（SAS），
∴CD=C'D'=12，∠PDC=∠PD'C'，
∵AB∥CD，
∴∠PDC=∠DPA，
∴∠PD'C'=∠APD．
∵∠DPD'=90°，
∴∠APD+∠D'PM=90°，
∴∠D'PM+∠PD'M=90°，
∴∠PMD'=90°
∴AB⊥C'D'．
当△BC′D′为直角三角形时，
①∠BD'C=90°，
∴BD'⊥C'D'，
∵AB⊥C'D'，
∴A，B，D'在同一直线上．
∵∠DPD'=90°，
∴DP⊥AB，
∵AD=DB=10，
∴AP=AB=6．
②∠C'BD'=90°．
作DN⊥AB于N，延长AB交C'D'于M，
∵AD=BD=10，AB=12，DN⊥AB，
∴AN=BN=6，
Rt△ADN中，AD=10，
∴DN==8，
∵AB⊥C'D'，
∴∠DNP=∠PMD'，
∵∠DPD'=90°，
∴∠DPN+∠D'PM=90°，
∵∠DPN+∠PDN=90°
∴∠PDN=∠D'PM，
∵PD=PD'，
∴△PDN≌△D'PM（AAS），
∴DN=PM=8，PN=D'M，
Rt△BC'D'中BM⊥C'D'，
∴△BMD'∽△C'MB，
∴，
∴BM2=C′M D'M．
设AP=x,BP=12-x,
∴NP=D'M=x-6，
∴BM=PM-BP=8-（12-x）=x-4，
∴C'M=C'D'-D'M=CD-D'M=12-（x-6）=18-x,
∴（x-4）2=（x-6）（18-x）．
解得x1=8+，x2=8-．
③∠BC'D'=90°不合题意 舍去．
故答案为：6或8±．
三、解答题(共8题，共75分)
16．(8分)点A及点B的坐标分别为（-2，6）及（3，8）．A向下平移13单位至A′，B绕原点顺时针方向旋转90°至B′．
（a）写出A′及B′的坐标
（b）证明AB平行于A′B′．
【解析】（a）根据点A及点B的坐标分别为（-2，6）及（3，8），A向下平移13单位至A′，B绕原点顺时针方向旋转90°至B′，即可得到A′及B′的坐标；
（b）先根据待定系数法，分别求得直线AB的解析式为y=x+，直线A′B′的解析式为y=x-，根据系数k的值相等可得AB平行于A′B′．
解：（a）∵点A及点B的坐标分别为（-2，6）及（3，8），
∴A向下平移13单位可得A′（-2，-7），B绕原点顺时针方向旋转90°可得B′（8，-3）．
（b）设直线AB的解析式为y=kx+b,
把（-2，6），（3，8）代入，
可得，
解得，
∴直线AB的解析式为y=x+；
设直线A′B′的解析式为y=mx+n,
把（-2，-7），（8，-3）代入，
可得，
解得，
∴直线A′B′的解析式为y=x-，
∵两直线的系数k的值相等，
∴AB∥A′B′．
17．(8分)如图，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE，DE．
（1）求证：∠CBD=∠CAE；
（2）若∠ADC=30°，AD=3，BD=5，求DE的长．

【解析】（1）结合旋转的性质和等边三角形的性质可知∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，由“SAS”可证△BCD≌△ACE，可得结论；
（2）由全等三角形的性质可得AE=BD=5，再结合等边三角形的性质可推导∠ADE=90°，在Rt△ADE中由勾股定理即可获得答案．
（1）证明：由旋转可知∠DCE=60°，CD=CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∴∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
∴∠BCD=∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠CBD=∠CAE；
（2）∵△BCD≌△ACE，
∴AE=BD=5，
∵∠DCE=60°，CD=CE，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CDE=60°，
又∵∠ADC=30°，
∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°，
在Rt△ADE中，DE===4．
18．(8分)如图，点O是等边三角形ABC内的一点，∠BOC=150°，将△BOC绕点C按顺时针旋转得到△ADC，连接OD，OA．
（1）求∠ODC的度数；
（2）若OB=4，OC=5，求AO的长．
【解析】（1）根据旋转的性质即可求解；
（2）根据旋转的性质和勾股定理即可求解．
解：（1）由旋转的性质得，CD=CO，∠ACD=∠BCO，
∵∠ACB=∠ACO+∠OCB=60°，
∴∠DCO=∠ACO+∠ACD=∠ACO+∠OCB=60°．
∴△OCD为等边三角形．
∴∠ODC=60°．
答：∠ODC的度数为60°．
（2）由旋转的性质得，AD=OB=4．∠ADC=∠BOC=150°
∵△OCD为等边三角形，
∴OD=OC=5．
∵∠BOC=150°，∠ODC=60°，
∴∠ADO=90°．
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AO===．
答：AO的长为．
19．(8分分)在平面直角坐标系中，点O（0，0），点，，∠AOB=30°，以点O为中心，逆时针旋转△OAB，得到△OCD，点A，B的对应点分别为C，D．记旋转角为α．
（1）如图①，当点C落在OB上时，求点D的坐标；
（2）如图②，当α=45°时，求点C的坐标．
【解析】（1）如图所示，过点D作DE⊥x轴于E，先推出∠OAB=90°，，再根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出AB=1，OB=2；由旋转的性质得到OD=OB=2，∠COD=∠AOB=30°，进而推出∠ODE=30°，则OE=1，，由此即可得到答案；
（2）如图所示，过点C作CE⊥x轴于E，由旋转的性质可，即可证明∠EOC=∠COE=45°，则，由此即可得到答案．
解：（1）如图所示，过点D作DE⊥x轴于E，
∵点，，
∴∠OAB=90°，，
又∵∠AOB=30°，
∴，OB=2AB=2；
由旋转的性质可得OD=OB=2，∠COD=∠AOB=30°，
∴∠DOE=60°，
∴∠ODE=30°，
∴，
∴，
∴；
（2）如图所示，过点C作CE⊥x轴于E，
由旋转的性质可得，
∴∠EOC=∠COE=45°，
∴，
∴．
20．(9分分)△ABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示．（不写解答过程，直接写出结果）
（1）若△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称，则点A1的坐标为 _____；
（2）将△ABC绕O点顺时针方向旋转90°，则点C走过的路径长为 _____；
（3）在x轴上找一点P，使PA+PB的值最小，则点P的坐标为 _____．
【答案】(1)（2，-3）;(2)π;(3)（-，0）;
【解析】（1）利用关于原点中心对称的点的坐标特征求解；
（2）点C走过的路径时以O为圆心，OC为半径，圆心角为90度的弧长，根据弧长公式计算即可；
（3）先找到B点关于y轴对称的点B′的坐标，求出直线AB′的解析式，求出该直线与y轴的交点坐标即可．
解：（1）△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称，A点坐标为（-2，3），则A1的坐标为（2，-3），
故答案为（2，-3）；
（2）由题意可知，点C走过的路径时以O为圆心，OC为半径，圆心角为90度的弧长，
∵C点坐标为（0，2），
故该弧长为2π×2×=π，
故答案为：π；
（3）B点关于y轴对称的点B′的坐标为（-1，-1），
连接AB′，交x轴于P点，则PA+PB=PA+PB′=AB′，此时PA+PB的值最小，
设直线AB′的解析式为y=kx+b,
把A（-2，3），B′（-1，-1）代入y=kx+b,
，
解得，
故直线AB′的解析式为y=-4x-5，
令y=0，x=-，
∴P点的坐标为（-，0），
故答案为（-，0）．
21．（9分）阅读理解：我们给出如下定义：若一个四边形中存在一组相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．
(1)写出两个是勾股四边形的特殊四边形：____________，____________．
(2)如图1，已知格点（小正方形的顶点），，，请你画出以格点为顶点，OA，OB为勾股边且对角线相等的两个勾股四边形OAMB．
(3)如图2，将绕顶点B按顺时针方向旋转60°，得到，连接AD，DC，，那么线段DC，AC，BC的数量关系为_______________．
【答案】(1)矩形；正方形
(2)见解析
(3)
【分析】（1）利用含有直角的四边形找出特殊四边形中是勾股四边形的两种图形即可；
（2）根据题意画出图形即可；
（3）首先证明△ABC≌△DBE，得出AC＝DE，BC＝BE，连接CE，进一步得出△BCE为等边三角形；利用等边三角形的性质，进一步得出△DCE是直角三角形，问题得解．
【详解】（1）解：学过的特殊四边形中是勾股四边形的有矩形，正方形．
故答案为：矩形；正方形．
（2）解：如图所示：
（3）线段DC，AC，BC的数量关系为：DC2＋BC2＝AC2．
连接CE，如图所示：
由旋转得：△ABC≌△DBE，
∴AC＝DE，BC＝BE，
又∵∠CBE＝60°，
∴△CBE为等边三角形，
∴BC＝CE，∠BCE＝60°，
∵∠DCB＝30°，
∴∠DCE＝∠DCB＋∠BCE＝30°＋60°＝90°，
∴DC2＋EC2＝DE2，
∴DC2＋BC2＝AC2．
故答案为：DC2＋BC2＝AC2．
【点睛】本题考查四边形综合题、勾股定理、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找全等三角形解决问题．
22．（12分）综合与实践
【问题情境】
如图1，在中，，点D，E分别在边，上，，连接，，，为的中点，连接．
【数学思考】
（1）线段与的数量关系，说明理由．
【猜想证明】
（2）若把绕点逆时针方向旋转到图2的位置，猜想（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出新的结论并说明理由．
【深入探究】
（3）若把绕点A逆时针方向旋转到图3的位置，若是的中点，连接AN，若，直接写出的长．
【答案】（1），理由见解析；（2）结论成立，证明见解析；（3）的长为2．
【分析】此题属于几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线性质、三角形的中位线定理，直角三角形的性质的综合运用；
（1）先证明，进而判断出，在由直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得出结论；
（2）延长到点F，使，连接，由，可得，，进而可得，再由，证明即可得出，由此得出，继而得出结论；
（3）延长到点M，使得，连接．先证明可得，由中位线性质定理得．由此即可得出．
【详解】解：（1）．
理由：，
．
，
，
为CD的中点，
．
（2）结论成立．
证明：如图1，延长到点F，使，连接．
，，，
，，
，
，
，
又，，
，
．
，
（3）的长为2．
解：如图2，延长到点M，使得，连接．
，
．
，
．
，
，
．
为的中点，，
，
．
3．（13分）综合运用
如图，抛物线交轴于点、，交轴于点，顶点为，直线与轴交于点．
(1)求直线的解析式；
(2)在第一象限内是否存在一点M使得与相似？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由；
(3)连接，将绕x轴上的动点顺时针旋转得到，若线段与抛物线只有一个公共点，请结合函数图象，直接写出的取值范围．
【答案】(1)
(2)存在，点的坐标为或或
(3)的取值范围为或
【分析】（1）根据解析式得出、，直线的解析式为，利用待定系数法求出、的值即可得答案；
（2）由（1）中解析式可得是等腰直角三角形，分、、三种情况，利用等腰三角形的对称性分别求解即可得答案；
（3）分和两种情况，分别求出点、落在抛物线上时的值即可得答案．
【详解】（1）解：∵，顶点为，
∴，
令，则，
∴，
设直线的解析式为，把，代入，得，
解得：
∴直线的解析式为，
（2）存在，
把代入，得，
解得：，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
如图1，若，则，，
∴轴，与直线交于点，
∴，
如图，若，则，，
∵点是抛物线的顶点，
∴点与点关于直线对称，
∴，
如图，若，则，，
过点作于点，则
∴点与点关于直线对称，
∴，
综上，点M的坐标为或或．
（3）①若，当旋转后点落在抛物线上时（如图），线段与抛物线只有一个公共点．
∴的坐标是，
∴，
解得：，，（不合题意，舍去）
当旋转后点落在抛物线上时（如图），线段与抛物线只有一个公共点．
把代入得：，
解得：，，
∴，，
∴，
∴点与点重合
∴当时，若线段与抛物线只有一个公共点，的取值范围为．
若，当旋转后点落在抛物线上时（如图），线段与抛物线只有一个公共点，此时，点与点重合，故，
当旋转后点落在抛物线上时（如图），线段与抛物线只有一个公共点．
连接、，过点作轴于，
∵将绕x轴上的动点顺时针旋转得到，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，，
∴，，
∴
解得：（不合题意，舍去），．
∴当时，若线段与抛物线只有一个公共点，的取值范围为．
综上，m的取值范围为或．
【点睛】本题考查二次函数的综合、待定系数法求一次函数解析式、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质及解一元二次方程，熟练掌握相关性质及判定定理，并运用分类讨论的数学思想是解题关键．
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