第04講 圓與圖形的旋轉（10大考點）（解析版）

第04講圓與圖形的旋轉（10大考點）考點考點考向一、圓的定義1.圓的描述概念如圖，在一個平面內(nèi)，線段OA繞它固定的一個端點O旋轉一周，另一個端點A隨之旋轉所形成的圖形叫做圓，固定的端點O叫做圓心，線段OA叫做半徑.以點O為圓心的圓，記作“⊙O”，讀作“圓O”．要點：①圓心確定圓的位置，半徑確定圓的大小；確定一個圓應先確定圓心，再確定半徑，二者缺一不可；②圓是一條封閉曲線.2.圓的集合概念圓心為O，半徑為r的圓是平面內(nèi)到定點O的距離等于定長r的點的集合.平面上的一個圓，把平面上的點分成三類：圓上的點，圓內(nèi)的點和圓外的點.圓的內(nèi)部可以看作是到圓心的距離小于半徑的的點的集合；圓的外部可以看成是到圓心的距離大于半徑的點的集合.要點：①定點為圓心，定長為半徑；②圓指的是圓周，而不是圓面；③強調(diào)“在一個平面內(nèi)”是非常必要的，事實上，在空間中，到定點的距離等于定長的點的集合是球面，一個閉合的曲面.二、與圓有關的概念1.弦弦：連結圓上任意兩點的線段叫做弦.直徑：經(jīng)過圓心的弦叫做直徑.要點：直徑是圓中通過圓心的特殊弦，也是圓中最長的弦，即直徑是弦，但弦不一定是直徑.為什么直徑是圓中最長的弦？如圖，AB是⊙O的直徑，CD是⊙O中任意一條弦，求證：AB≥CD.證明：連結OC、OD∵AB=AO+OB=CO+OD≥CD(當且僅當CD過圓心O時，取“=”號)∴直徑AB是⊙O中最長的弦.2.弧?。簣A上任意兩點間的部分叫做圓弧，簡稱弧.以A、B為端點的弧記作，讀作“圓弧AB”或“弧AB”.半圓：圓的任意一條直徑的兩個端點把圓分成兩條弧，每一條弧都叫做半圓；優(yōu)弧：大于半圓的弧叫做優(yōu)??；劣弧：小于半圓的弧叫做劣弧.要點：①半圓是弧，而弧不一定是半圓；②無特殊說明時，弧指的是劣弧.3.等弧在同圓或等圓中，能夠完全重合的弧叫做等弧.要點：①等弧成立的前提條件是在同圓或等圓中，不能忽視；②圓中兩平行弦所夾的弧相等.4.同心圓與等圓圓心相同，半徑不等的兩個圓叫做同心圓.圓心不同，半徑相等的兩個圓叫做等圓.要點：同圓或等圓的半徑相等.三、點與圓的位置關系點和圓的位置關系有三種：點在圓內(nèi)，點在圓上，點在圓外.若⊙O的半徑為r，點P到圓心O的距離為d，那么：點P在圓內(nèi)d＜r；點P在圓上d=r；點P在圓外d＞r.“”讀作“等價于”，它表示從左端可以推出右端，從右端也可以推出左端.要點：點在圓上是指點在圓周上，而不是點在圓面上；四、確定圓的條件（1）經(jīng)過一個已知點能作無數(shù)個圓；（2）經(jīng)過兩個已知點A、B能作無數(shù)個圓，這些圓的圓心在線段AB的垂直平分線上；(3）不在同一直線上的三個點確定一個圓.(4)(后面還會學習到)經(jīng)過三角形各個頂點的圓叫做三角形的外接圓，外接圓的圓心叫做三角形的外心，這個三角形叫做圓的內(nèi)接三角形.如圖：⊙O是△ABC的外接圓，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，點O是△ABC的外心外心的性質：外心是△ABC三條邊的垂直平分線的交點，它到三角形的三個頂點的距離相等.要點：（1）不在同一直線上的三個點確定一個圓.“確定”的含義是“存在性和唯一性”.（2）只有確定了圓心和圓的半徑，這個圓的位置和大小才唯一確定.五、旋轉的概念一般地，一個圖形變?yōu)榱硪粋€圖形，在運動的過程中，原圖形上的所有點都繞一個固定的點，按同一個方向，轉動同一個角度，這樣的圖形運動叫做圖形的旋轉.這個固定的定點叫做旋轉中心，轉過的角叫做旋轉角.如下圖，點O為旋轉中心，∠AOA′（或∠BOB′或∠COC′）是旋轉角.要點：（1）旋轉的三個要素：旋轉中心、旋轉方向和旋轉角度.（2）如上圖，如果圖形上的點A經(jīng)過旋轉變?yōu)辄cA′，那么這兩個點叫做這個圖形旋轉的對應點.點B與點B′，點C與點C′均是對應點，線段AB與A′B′、線段AC與A′C′、線段BC與B′C′均是對應線段.六、旋轉的性質一般地，圖形的旋轉有下面的性質：(1)圖形經(jīng)過旋轉所得的圖形和原圖形全等；(2)對應點到旋轉中心的距離相等；(3)任意一對對應點與旋轉中心連線所成的角度等于旋轉的角度.要點：圖形繞某一點旋轉，既可以按順時針旋轉也可以按逆時針旋轉.七、旋轉的作圖在畫旋轉圖形時，首先確定旋轉中心，其次確定圖形的關鍵點，再將這些關鍵點沿指定的方向旋轉指定的角度，然后連接對應的部分，形成相應的圖形．要點：作圖的步驟：(1)連接圖形中的每一個關鍵點與旋轉中心；(2)把連線按要求（順時針或逆時針）繞旋轉中心旋轉一定的角度（旋轉角）；(3)在角的一邊上截取關鍵點到旋轉中心的距離，得到各點的對應點；(4)連接所得到的各對應點.考點精講考點精講一．圓的認識（共2小題）1．（2021秋?余姚市期末）已知AB是半徑為2的圓的一條弦，則AB的長不可能是（）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】根據(jù)圓中最長的弦為直徑求解．【解答】解：因為圓中最長的弦為直徑，所以AB≤4．故選：D．【點評】考查了圓的認識，在本題中，圓的弦長的取值范圍0＜L≤4．2．（2021秋?越城區(qū)期中）如圖中的數(shù)軸可以度量的直徑，則圓形圖片的直徑是（）A．5﹣1 B．5﹣（﹣1） C．﹣5﹣1 D．﹣5﹣（﹣1）【分析】用數(shù)軸上右邊的數(shù)減去左邊的數(shù)即可求得圖片的直徑．【解答】解：圖片的直徑是5﹣（﹣1）＝6，故選：B．【點評】考查了圓的認識及數(shù)軸的定義，解題的關鍵是了解數(shù)軸上兩點間的距離等于右邊的數(shù)減去左邊的數(shù)，難度不大．二．點與圓的位置關系（共2小題）3．（2022?浦江縣模擬）在平面直角坐標系中，若⊙A的半徑為5，A點的坐標是（4，0），P點的坐標是（0，3），則點P與⊙A的位置關系是（）A．點P在⊙A內(nèi) B．點P在⊙A外 C．點P在⊙A上 D．不能確定【分析】根據(jù)兩點間的距離公式求出AP的長，再與5相比較即可．【解答】解：∵點A的坐標為（4，0），點P的坐標為（0，3），∴AP＝＝5＝半徑，∴點P與⊙A的位置關系是：點P在⊙A上．故選：C．【點評】本題考查的是點與圓的位置關系，熟知點與圓的三種位置關系是解答此題的關鍵．4．（2021秋?諸暨市期末）已知點P到圓心O的距離為5，若點P在圓內(nèi)，則⊙O的半徑可能為（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】根據(jù)點與圓的位置關系判斷得出即可．【解答】解：∵點P在圓內(nèi)，且d＝5，∴r＞5，故選：D．【點評】此題主要考查了點與圓的位置關系，點與圓的位置關系有3種．設⊙O的半徑為r，點P到圓心的距離OP＝d，則有：①點P在圓外?d＞r，②點P在圓上?d＝r，③點P在圓內(nèi)?d＜r．三．確定圓的條件（共2小題）5．（2021?陽新縣校級模擬）小明不慎把家里的圓形鏡子打碎了（如圖），其中四塊碎片如圖所示，為了配到與原來大小一樣的圓形鏡子，小明帶到商店去的碎片應該是（）A．① B．② C．③ D．④【分析】利用段完整的弧結合垂徑定理確定圓心即可．【解答】解：第①塊出現(xiàn)一段完整的弧，可在這段弧上任做兩條弦，作出這兩條弦的垂直平分線，兩條垂直平分線的交點就是圓心，進而可得到半徑的長．故選：A．【點評】本題考查了確定圓的條件，解題的關鍵是熟練掌握：圓上任意兩弦的垂直平分線的交點即為該圓的圓心．要確定圓的大小需知道其半徑．根據(jù)垂徑定理知第①塊可確定半徑的大小．6．（2020秋?秀洲區(qū)月考）將圖中的破輪子復原，已知弧上三點A，B，C．（1）畫出該輪的圓心；（2）若△ABC是等腰三角形，底邊BC＝16cm，腰AB＝10cm，求圓片的半徑R．【分析】（1）根據(jù)垂徑定理，分別作弦AB和AC的垂直平分線交點即為所求；（2）連接AO，OB，利用垂徑定理和勾股定理可求出圓片的半徑R．【解答】解：（1）如圖所示：分別作弦AB和AC的垂直平分線交點O即為所求的圓心；（2）連接AO，OB，BC，BC交OA于D．∵BC＝16cm，∴BD＝8cm，∵AB＝10cm，∴AD＝6cm，設圓片的半徑為R，在Rt△BOD中，OD＝（R﹣6）cm，∴R2＝82+（R﹣6）2，解得：R＝cm，∴圓片的半徑R為cm．【點評】本題主要考查了垂徑定理的推論，我們可以把垂徑定理的題設和結論這樣敘述：一條直線①過圓心，②垂直于弦，③平分弦，④平分優(yōu)弧，⑤平分劣?。趹么箯蕉ɡ斫忸}時，只要具備上述5條中任意2條，則其他3條成立．四．三角形的外接圓與外心（共5小題）7．（2021秋?新昌縣期中）已知：如圖，△ABC內(nèi)接于⊙O，AE是⊙O的直徑，AD⊥BC于點D，∠BAE與∠CAD相等嗎？若相等，請給出證明；若不相等，請說明理由．【分析】首先連接BE，由AE是⊙O的直徑，根據(jù)直徑所對的圓周角是直角，可得∠ABE＝90°，又由AD⊥BC，∠E＝∠C，即可證得∠BAE＝∠CAD．【解答】解：∠BAE＝∠CAD．理由：連接BE，∵AE是⊙O的直徑，∴∠ABE＝90°，∴∠BAE＝90°﹣∠E，∵AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴∠CAD＝90°﹣∠C，∵∠E＝∠C，∴∠BAE＝∠CAD．【點評】此題考查了圓周角定理．此題難度不大，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結合思想的應用．8．（2020秋?永嘉縣校級期末）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，在BC上取一點D使AD＝BD，連接AD，作△ACD的外接圓⊙O，交AB于點E．（1）求證：AE＝BE；（2）若CD＝3，AB＝4，求AC的長．【分析】（1）連接DE，由圓周角定理易證DE⊥AB，再根據(jù)等腰三角形的性質即可證明AE＝BE；（2）設BD＝x，易證△ABC∽△DBE，由相似三角形的性質可求出AD的長，再根據(jù)勾股定理即可求出AC的長．【解答】解：（1）證明：連接DE，∵∠C＝90°，∴AD為直徑，∴DE⊥AB，∵AD＝BD，∴AE＝BE；（2）設BD＝x，∵∠B＝∠B，∠C＝∠DEB＝90°∴△ABC∽△DBE，∴＝，∴，∴x＝5．∴AD＝BD＝5，∴AC＝＝4．【點評】本題考查了三角形的外接圓與外心，用到的知識點有圓周角定理、等腰三角形的性質、相似三角形的判定和性質以及勾股定理，熟記和圓有關的性質定理是解題的關鍵．9．（2020?柯橋區(qū)模擬）如圖，Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝4，在BC上取一點D，連接AD，作△ACD的外接圓⊙O，交AB于點E．張老師要求添加條件后，編制一道題目，并解答．（1）小明編制題目是：若AD＝BD，求證：AE＝BE．請你解答．（2）在小明添加條件的基礎上請你再添加一條線段的長度，編制一個計算題（不標注新的字母），并直接給出答案．（根據(jù)編出的問題層次，給不同的得分）【分析】（1）連接DE，由圓周角定理易證DE⊥AB，再根據(jù)等腰三角形的性質即可證明AE＝BE；（2）本題答案不唯一，可以從三個層次編制一個計算題，如：若CD＝3，求AC的長．設BD＝x，易證△ABC∽△DBE，由相似三角形的性質可求出AD的長，再根據(jù)勾股定理即可求出AC的長．【解答】（1）證明：連接DE，∵∠C＝90°，∴AD為直徑，∴DE⊥AB，∵AD＝BD，∴AE＝BE；（2）答案不唯一．①第一層次：若AC＝4，求BC的長．答案：BC＝8；②第二層次：若CD＝3，求BD的長．答案：BD＝5；③第三層次：若CD＝3，求AC的長．設BD＝x，∵∠B＝∠B，∠C＝∠DEB＝90°，∴△ABC∽△DBE，∴＝，∴＝，∴x＝5，∴AD＝BD＝5，∴AC＝＝4．【點評】本題考查了三角形的外接圓與外心，用到的知識點有圓周角定理、等腰三角形的性質、相似三角形的判定和性質以及勾股定理，熟記和圓有關的性質定理是解題的關鍵．10．（2021春?永嘉縣校級期末）已知：如圖，圓O是△ABC的外接圓，AO平分∠BAC．（1）求證：△ABC是等腰三角形；（2）當OA＝4，AB＝6，求邊BC的長．【分析】（1）連接OB、OC，先證明∠OBA＝∠OCA＝∠BAO＝∠CAO，再證明△OAB≌△OAC得AB＝AC，問題得證；（2）延長AO交BC于點H，先證明AH⊥BC，BH＝CH，設OH＝b，BH＝CH＝a，根據(jù)OA＝4，AB＝6，由勾股定理列出a、b的方程組，解得a、b，便可得BC．【解答】解：（1）連接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）延長AO交BC于點H，∵AH平分∠BAC，AB＝AC，∴AH⊥BC，BH＝CH，設OH＝b，BH＝CH＝a，∵BH2+OH2＝OB2，BH2+AH2＝AB2，OA＝4，AB＝6，∴，解得，，∴BC＝2a＝3．【點評】本題是圓的一個綜合題，主要考查了圓的性質，等腰三角形的性質，全等三角形的性質與判定，角平分線的性質，第（1）關鍵在證明三角形全等；第（2）題關鍵由勾股定理列出方程組．11．（2022?鄞州區(qū)校級開學）如圖所示，已知A，B兩點的坐標分別為（2，0），（0，2），點P是△AOB外接圓上一點，且∠AOP＝45°，OP與AB交于C點．（1）求∠BAO的度數(shù)；（2）求OC及AC的長；（3）求OP的長及點P的坐標．【分析】（1）根據(jù)A（2，0），B（0，2），可得OA＝2，OB＝2，進而可以解決問題；（2）過點C作CD⊥x軸于點D，可得OC＝OD，AC＝2CD＝2OD，然后根據(jù)AO＝OD+AD＝（+1）OD＝2，求出OD的長，進而可以解決問題；（3）作PH⊥x軸于H，連接PA、PB，根據(jù)圓周角定理由∠AOB＝90°，得到AB為△AOB外接圓的直徑，則∠BPA＝90°，再利用勾股定理計算出AB＝4，根據(jù)圓周角定理由∠AOP＝45°得到∠PBA＝45°，則可判斷△PAB和△POH都為等腰直角三角形，所以PA＝AB＝2，PH＝OH，設OH＝t，則PH＝t，AH＝2﹣t，在Rt△PHA中，根據(jù)勾股定理得到OP的長和P點坐標．【解答】解：（1）∵A（2，0），B（0，2），∴OA＝2，OB＝2，∴∠BAO＝30°；（2）如圖，過點C作CD⊥x軸于點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的長分別為3﹣，6﹣2；（3）作PH⊥x軸于H，連接PA、PB，如圖，∵∠AOB＝90°，∴AB為△AOB外接圓的直徑，∴∠BPA＝90°，∵A（2，0），B（0，2），∴OA＝2，OB＝2，∴AB＝＝4，∵∠AOP＝45°，∴∠PBA＝45°，∴△PAB和△POH都為等腰直角三角形，∴PA＝AB＝2，PH＝OH，設OH＝t，則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點坐標為（+1，+1）．【點評】本題考查了三角形外接圓與外心，坐標與圖形性質，解決本題的關鍵是得到△PAB和△POH都為等腰直角三角形．五．生活中的旋轉現(xiàn)象（共1小題）12．（2021秋?沙市區(qū)校級期中）以如圖的右邊緣所在直線為軸將該圖案向右翻折后，再繞中心旋轉180°，所得到的圖形是（）A． B． C． D．【分析】首先根據(jù)軸對稱的性質得出翻折后圖形，再利用中心對稱圖形的概念得出即可．【解答】解：以圖的右邊緣所在的直線為軸將該圖形向右翻轉180°后，黑圓在右上角，再按順時針方向旋轉180°，黑圓在左下角．故選：A．【點評】此題主要考查了中心對稱與軸對稱的概念，利用中心對稱旋轉180度后重合得出是解題關鍵．六．旋轉的性質（共3小題）13．（2022?鄞州區(qū)校級開學）如圖，△ABC中，∠B＝35°，∠BAC＝70°，將△ABC繞點A旋轉逆時針旋轉α度（0＜α＜180）后得到△ADE，點E恰好落在BC上，則α＝（）A．30° B．35° C．40° D．不能確定【分析】由三角形內(nèi)角和求出∠C，由旋轉的性質可得△AEC是等腰三角形，從而可得旋轉角α大?。窘獯稹拷猓骸摺螧＝35°，∠BAC＝70°，∴∠C＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝75°，∵將△ABC繞點A旋轉逆時針旋轉α度（0＜α＜180）后得到△ADE，點E恰好落在BC上，∴AC＝AE，∠CAE＝α，∴∠AEC＝∠C＝75°，∴∠CAE＝α＝180°﹣∠AEC﹣∠C＝30°，故選：A．【點評】本題考查三角形的旋轉變換，解題的關鍵是掌握旋轉的性質：旋轉前后對應邊線段．14．（2022春?海曙區(qū)校級期中）如圖，點E是正方形ABCD邊BC上一點，連接AE．將△ABE繞著點A逆時針旋轉到△AFG的位置（點F在正方形ABCD內(nèi)部），連接DG．若AB＝10，BE＝6，DG∥AF，則DH＝．【分析】由“HL”可證Rt△AFH≌Rt△ADH，可得FH＝DH，由“AAS”可證△DHG≌△FHN，可得HG＝HN，可得ND＝FG＝6，由勾股定理可求AP，F(xiàn)N，DH，即可求解．【解答】解：如圖，連接AH，過點F作FN⊥CD于點N，F(xiàn)P⊥AD于點P，∵將△ABE繞著點A逆時針旋轉到△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°，∴四邊形PDNF是矩形，∴PD＝FN，PF＝DN＝6，∴AP＝＝＝8，∴PD＝2＝FN，∵FH2＝HN2+FN2，∴DH2＝（6﹣DH）2+4，∴DH＝，故答案為：．【點評】本題考查了旋轉的性質，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理等知識，求出FN的長是解題的關鍵．15．（2021秋?衢江區(qū)期末）如圖，E是正方形ABCD的邊AB上任意一點（不與點A，B重合），△DAE按逆時針方向旋轉后恰好能夠與△DCF重合．（1）旋轉中心是點D，旋轉角為90°．（2）請你判斷△DFE的形狀，并說明理由．【分析】（1）由已知可知，旋轉中心為點D，旋轉角∠ADC＝90°；（2）由旋轉的性質可得DE＝DF，∠EDF＝∠ADC＝90°，可得結論．【解答】解：（1）由已知可知，旋轉中心為點D，旋轉角∠ADC＝90°；故答案為：點D，90；（2）等腰直角三角形，理由如下：根據(jù)旋轉可得DE＝DF，∠EDF＝∠ADC＝90°，∴△DEF是等腰直角三角形．【點評】本題考查了旋轉的性質，正方形的性質，掌握旋轉的性質是解題的關鍵．七．旋轉對稱圖形（共2小題）16．（2021秋?上城區(qū)期末）如果規(guī)定：在平面內(nèi)，將一個圖形繞著某一點旋轉一定的角度（小于周角）后能和自身重合，就稱此圖形為旋轉對稱圖形，旋轉的角度稱為旋轉角．下列圖形是旋轉對稱圖形，且有一個旋轉角為60°的是（）A．正三角形 B．正方形 C．正六邊形 D．正八邊形【分析】分別求出各旋轉對稱圖形的最小旋轉角，繼而可作出判斷．【解答】解：A．正三角形的最小旋轉角是120°，故此選項不合題意；B．正方形的旋轉角度是90°，故此選項不合題意；C．正六邊形的最小旋轉角是60°，故此選項符合題意；D．正八邊形的最小旋轉角是45°，故此選項不合題意；故選：C．【點評】本題考查了旋轉對稱圖形的知識，解答本題的關鍵是掌握旋轉角度的定義，求出旋轉角．17．（2020秋?沂南縣期中）如圖是中國共產(chǎn)主義青年團團旗上的圖案（圖案本身沒有字母），則至少旋轉72度后能與原來圖形重合．【分析】根據(jù)旋轉角及旋轉對稱圖形的定義結合圖形特點作答．【解答】解：∵360°÷5＝72°，∴該圖形繞中心至少旋轉72度后能和原來的圖案互相重合．故答案為：72．【點評】本題考查了旋轉角的定義及求法．對應點與旋轉中心所連線段的夾角叫做旋轉角．八．坐標與圖形變化-旋轉（共2小題）18．（2021秋?吳興區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標系中，線段AB的端點在方格線的格點上，將AB繞點P順時針方向旋轉90°，得到線段A′B′，則點P的坐標為（）A．（1，2） B．（1，4） C．（0，4） D．（2，1）【分析】依據(jù)旋轉的性質可得，將AB繞點P順時針方向旋轉90°，得到線段A′B′，則點P到對應點的距離相等，因此作出兩對對應點連線的垂直平分線，其交點即為所求．【解答】解：如圖所示，作線段AA'和BB'的垂直平分線，交于點P，則點P即為旋轉中心，由圖可得，點P的坐標為（1，2），故選：A．【點評】本題主要考查了坐標與圖形變換，解決問題的關鍵是掌握旋轉的性質．一般情況，圖形或點旋轉之后要結合旋轉的角度和圖形的特殊性質來求出旋轉后的點的坐標．19．（2021秋?鄞州區(qū)期末）如圖，平面直角坐標系中有一點A（4，2），在以M（0，3）為圓心，2為半徑的圓上有一點P，將點P繞點A旋轉180°后恰好落在x軸上，則點P的坐標是（，4）或（﹣，4）．【分析】因為將點P繞點A旋轉180°后恰好落在x軸上，推出點P的縱坐標為4，當點P在第一象限時，過點P作PT⊥y軸于T，連接PM．解直角三角形求出P的坐標，再根據(jù)對稱性解決問題即可．【解答】解：如圖，∵將點P繞點A旋轉180°后恰好落在x軸上，∴點P的縱坐標為4，當點P在第一象限時，過點P作PT⊥y軸于T，連接PM．∵T（0，4），M（0，3），∴OM＝3．OT＝4，∴MT＝1，∴PT＝＝＝，∴P（，4），根據(jù)對稱性可知，點P關于y軸的對稱點P′（﹣，4）也滿足條件．綜上所述，滿足條件的點P的坐標為（，4）或（﹣，4）．故答案為：（，4）或（﹣，4）．【點評】本題考查坐標與圖形變化﹣旋轉，解題的關鍵是理解題意，學會添加常用輔助線構造直角三角形解決問題．九．作圖-旋轉變換（共5小題）20．（2022?北侖區(qū)校級三模）如圖，在5×5的方格紙中，有△ABC，請分別按要求作圖．（1）在圖1中，找到一格點D，使得與陰影部分組成的新圖形為軸對稱，但非中心對稱圖形（作出一個即可）；（2）在圖2中，找到一格點D，使得與陰影部分組成的新圖形為中心對稱，但非軸對稱圖形（作出一個即可）．【分析】（1）結合軸對稱和中心對稱圖形的性質，取格點D，連接AD，CD即可．（2）結合軸對稱和中心對稱圖形的性質，以AB，BC為邊，作平行四邊形ABCD即可．【解答】解：（1）如圖1所示．（2）如圖2所示．【點評】本題考查軸對稱、中心對稱圖形的性質，熟練掌握軸對稱和中心對稱圖形的性質是解答本題的關鍵．21．（2022?海曙區(qū)校級開學）在小正方形構成的網(wǎng)格中，每個小正方形的頂點叫做格點．（1）△ABC的三個頂點都在格點上．①在圖1中，畫出一個與△ABC成中心對稱的格點三角形；②在圖2中，畫出△ABC繞著點C按順時針方向旋轉90°后的三角形．（2）如圖3是由5個邊長為1的小正方形拼成的圖形，請用無刻度的直尺畫經(jīng)過點P的一條直線，使它平分該圖形的面積，保留連線的痕跡，不要求說明理由．【分析】（1）①以點C為對稱中心，畫出圖形即可；②根據(jù)旋轉的性質，即可畫出△A2B2C；（2）根據(jù)中心對稱圖形的性質即可解決問題．【解答】解：（1）①如圖，△A1B1C即為所求；②如圖，△A2B2C即為所求；（2）如圖，利用中心對稱圖形的性質即可畫出直線．【點評】本題主要考查了作圖﹣旋轉變換，中心對稱圖形的性質等知識，熟練掌握中心對稱圖形的性質是解題的關鍵．22．（2022?文成縣一模）如圖，在6×6的方格中，有一格點△ABC（頂點都在小正方形的頂點上）及格點P，按下列要求畫格點三角形．（1）在圖1中，畫出△ABC繞點P順時針旋轉90°后的三角形△A'B'C'．（2）在圖2中，畫出△ABC繞某一點順時針旋轉90°后的△DEF，且點P在△DEF內(nèi)（不包括邊界）．【分析】（1）利用旋轉變換的性質分別作出A，B，C的對應點A′，B′，C′即可；（2）利用旋轉變換的性質作出△ABC繞點O順時針旋轉90°得到的△DEF即可．【解答】解：（1）如圖1中，△A′B′C′即為所求；（2）如圖2中，△DEF即為所求．【點評】本題考查作圖﹣旋轉變換，解題的關鍵是掌握旋轉變換的性質，屬于中考常考題型．23．（2022?舟山模擬）在8x5的網(wǎng)格中建立如圖的平面直角坐標系，平行四邊形ABCD的頂點坐標分別為O（0，0），A（3，4），C（5，0）．解答下列問題：（1）點B坐標為（8，4）；（2）僅用無刻度的直尺在給定網(wǎng)格中按下列步驟完成畫圖，①將線段CB繞點C逆時針旋轉90°，畫出對應線段CD；②在線段AB上畫點E，使∠BCE＝45°．（保留畫圖過程的痕跡）【分析】（1）利用第一象限點的坐標特征寫出B點坐標；（2）①利用網(wǎng)格特點和旋轉的性質畫出B點的對應點D即可；②連接BD，則∠BCD＝90°，CB＝CD，再取格點G、F，連接GF交BD于P，則P點為BD的中點，所以CP平分∠BCD，延長CP交AB于E點，則E點滿足條件．【解答】解：（1）點B的坐標為（8，4）；故答案為（8，4）；（2）①如圖，CD為所作；②如圖，E點為所作．【點評】本題考查了作圖﹣旋轉變換：根據(jù)旋轉的性質可知，對應角都相等都等于旋轉角，對應線段也相等，由此可以通過作相等的角，在角的邊上截取相等的線段的方法，找到對應點，順次連接得出旋轉后的圖形．也考查了平行四邊形的性質．24．（2022?鎮(zhèn)海區(qū)二模）如圖，十個完全相同的小矩形拼成一個大矩形，點A、B、C落在小矩形的頂點處，請在大矩形中完成下列作圖，要求：①僅用無刻度的直尺；②保留作圖痕跡；③作出的點只能落在小矩形的頂點或邊上．（1）連結AB，在圖1中找到一個點D，使∠ABD＝45°；（2）連結BC，在圖2中找到一個點E，使EC⊥BC；（3）在圖3中找到一個點F，使以A、B、C、F四點組成的四邊形為中心對稱圖形．【分析】（1）構造等腰直角三角形解決問題即可；（2）構造等腰直角三角形解決問題即可；（3）根據(jù)平行四邊形的定義畫出圖形即可．【解答】解：（1）如圖1中，點D即為所求；（2）如圖2中，點E即為所求；（3）如圖3中，點F即為所求．【點評】本題考查作圖﹣旋轉變換，矩形的性質，等腰直角三角形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．一十．利用旋轉設計圖案（共2小題）25．（2021?奉化區(qū)校級模擬）在玩俄羅斯方塊游戲時，底部已有的圖形如圖所示，接下去出現(xiàn)如下哪個形狀時，通過旋轉變換后能與已有圖形拼成一個中心對稱圖形（）A． B． C． D．【分析】直接利用中心對稱圖形的定義結合圖形的旋轉變換得出答案．【解答】解：如圖所示：只有選項D可以與已知圖形組成中心對稱圖形．故選：D．【點評】此題主要考查了利用旋轉設計圖案，正確掌握中心對稱圖形的性質是解題關鍵．26．（2021?慈溪市模擬）圖1，圖2都是由邊長為1的小正方形構成的網(wǎng)格，△ABC的三個頂點都在格點上，請在該4×4的網(wǎng)格中，分別按下列要求畫一個與△ABC有公共邊的三角形：（1）使得所畫出的三角形和△ABC組成一個軸對稱圖形．（2）使得所畫出的三角形和△ABC組成一個中心對稱圖形．（請將兩個小題依次作答在圖1，圖2中，均只需畫出符合條件的一種情形）【分析】（1）直接利用軸對稱圖形的性質分析得出答案；（2）直接利用中心對稱圖形的性質分析得出答案．【解答】解：（1）如圖所示：△BDC即為所求（答案不唯一）；（2）如圖所示：△BEC即為所求（答案不唯一）．【點評】此題主要考查了利用旋轉設計圖案以及軸對稱變換，正確掌握相關定義是解題關鍵．鞏固鞏固提升一、單選題1．（2020·衢州市實驗學校教育集團（衢州學院附屬學校教育集團）九年級期末）已知⊙O的半徑為4cm，點P到圓心O的距離為3cm，則點P（）A．在圓內(nèi) B．在圓上 C．在圓外 D．不能確定【答案】A【分析】根據(jù)點與圓的位置關系“當點到圓心的距離等于半徑時，點在圓上；當點到圓心的距離大于半徑時，點在圓外；當點到圓心的距離小于半徑時，點在圓內(nèi)”，由此可求解．【詳解】解：由題意得：3＜4，∴點P在圓內(nèi)；故選A．【點睛】本題主要考查點與圓的位置關系，熟練掌握點與圓的位置關系是解題的關鍵．2．（2021·浙江）如圖，將繞點A按順時針旋轉后，得到，連結，則的度數(shù)是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根據(jù)旋轉的性質得AB=AB′，∠BAB′=30°，則利用等腰三角形的性質得到∠ABB′=∠AB′B，然后根據(jù)三角形內(nèi)角和計算∠ABB′的度數(shù)．【詳解】解：∵△ABC繞點A按順時針旋轉30°后，得到△AB′C′，∴AB=AB′，∠BAB′=30°，∴∠ABB′=∠AB′B，∴∠ABB′=（180°-30°）=75°．故選：D．【點睛】本題考查了旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．解決本題的關鍵是得到△ABD為等腰三角形．3．（2020·衢州市實驗學校教育集團（衢州學院附屬學校教育集團）九年級期末）如圖，一塊含30°角的直角三角板ABC繞點C順時針旋轉到△A′B′C，當B，C，A′在一條直線上時，三角板ABC的旋轉角度為（）A．150° B．120° C．60° D．30°【答案】A【分析】直接利用旋轉的性質得出對應邊，再根據(jù)三角板的內(nèi)角的度數(shù)得出答案．【詳解】解：∵將一塊含30°角的直角三角板ABC繞點C順時針旋轉到△A'B'C，∴BC與B'C是對應邊，∴旋轉角∠BCB'＝180°?30°＝150°．故選：A．【點睛】此題主要考查了旋轉的性質，對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角，正確得出對應邊是解題關鍵．4．（2021·浙江）如圖，在中，，分別以點和點為圓心，大于的長度為半徑作弧，兩弧交于，兩點，直線交于點，以為圓心，的長為半徑所作的弧恰好經(jīng)過點，連結，則為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)題意可知：垂直平分，，然后利用等腰三角形等邊對等角以及三角形的外角和定理即可解答．【詳解】解：根據(jù)題意可知：垂直平分，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴．故選：B【點睛】本題主要考查了尺規(guī)作圖——作一條線段等于已知線段和作已知線段的垂直平分線，線段的垂直平分線的性質定理，等腰三角形的性質和三角形的外角的性質定理，牢記五種基本作圖是解題的關鍵．5．（2021·浙江）如圖，在中，，，，以為圓心，為半徑畫弧交于點，則的長為（）A． B．2 C． D．4【答案】C【分析】如圖（見解析），過點作于點，利用勾股定理求得，再由等面積法求得，結合已知條件可知，繼而勾股定理求得，最后根據(jù)即可求得．【詳解】如圖，過點作于點，，，，，，，，．故答案為C．【點睛】本題考查了圓的性質，勾股定理，掌握以上知識是解題的關鍵．6．（2021·浙江杭州市·）如圖，點、、在⊙O上，，，則的度數(shù)是（）A．110° B．125° C．135° D．165°【答案】B【分析】連接OB，分別經(jīng)計算∠ABO和∠CBO的度數(shù)即可．【詳解】解：連接OB，如圖所示．∵OA=OB，∴∠OBA=∠A=70°．∵AB∥OC，∴∠BOC=∠OBA=70°．∵OC=OB，∴．∴．故選：B【點睛】本題考查了平行線的性質、等腰三角形的性質、圓的性質等知識點，熟知同圓的半徑相等的性質是解題的關鍵．7．（2021·浙江杭州市·九年級期末）已知的半徑為，若點P到圓心O的距離為，則點P（）A．在內(nèi) B．在上 C．在外D．與的位置關系無法確定【答案】C【分析】根據(jù)點到圓心的距離與圓的半徑大小的比較，確定點P與⊙O的位置關系．【詳解】解：∵OP=3cm＞2cm，∴點P在⊙O外．故選：C．【點睛】本題考查的是點與圓的位置關系，根據(jù)點到圓心的距離比圓的半徑小，可以確定點P在圓外．8．（2021·浙江金華·中考真題）如圖，在中，，以該三角形的三條邊為邊向形外作正方形，正方形的頂點都在同一個圓上．記該圓面積為，面積為，則的值是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先確定圓的圓心在直角三角形斜邊的中點，然后利用全等三角形的判定和性質確定△ABC是等腰直角三角形，再根據(jù)直角三角形斜邊中線的性質得到，再由勾股定理解得，解得，據(jù)此解題即可．【詳解】解：如圖所示，正方形的頂點都在同一個圓上，圓心在線段的中垂線的交點上，即在斜邊的中點，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°，，，．故選：C．【點睛】本題考查勾股定理、直角三角形斜邊的中線的性質、圓的面積、三角形的面積等知識，是重要考點，難度一般，掌握相關知識是解題關鍵．9．（2021·浙江九年級期末）在《幾何原本》中，記載了一種將長方形化為等面積正方形的方法：如圖，延長長方形的邊到E，使，以為直徑作，延長交于點H，則，則以為邊的正方形的面積等于長方形的面積．若，點E是中點，則的長為（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】A【分析】先根據(jù)正方形的性質可得，設，從而可得，，再代入可得一個關于的一元二次方程，解方程即可得．【詳解】解：四邊形是正方形，，點是中點，，設，則，，，由同圓半徑相等得：，，，，解得或（不符題意，舍去），則，故選：A．【點睛】本題考查了同圓半徑相等、正方形的性質、一元二次方程的應用等知識點，熟練掌握同圓半徑相等是解題關鍵．二、填空題10．（2020·浙江）如圖，矩形ABCD中，，，矩形ABCD繞點A順時針旋轉90度，得到矩形，則__________．【答案】【分析】矩形繞點順時針旋轉得到矩形，可知旋轉中心為點，旋轉角，根據(jù)對應點、到旋轉中心的距離相等可知，，先在中用勾股定理求，再在中，利用勾股定理求．【詳解】解：由旋轉的性質可知，，，中，由勾股定理得，，在中，由勾股定理得，．故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉的性質，勾股定理的運用，屬于基礎題，需要熟練掌握．11．（2021·浙江）如圖，在中，，，將繞點順時針旋轉度，得到，使得點，，在同一條直線上，則的值為________．【答案】105°【分析】由等腰三角形的性質可求∠BAC=∠BCA=75°，由旋轉的性質可求解．【詳解】解：∵∠B=30°，BC=AB，∴∠BAC=∠BCA=75°，∴∠BAB'=105°，∵將一個頂角為30°角的等腰△ABC繞點A順時針旋轉一個角度α（0＜α＜180°）得到△AB'C′，∴∠BAB'=α=105°，故答案為：105°．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等腰三角形的性質，靈活運用旋轉的性質是本題的關鍵．12．（2021·浙江九年級專題練習）如圖，在矩形中，，以頂點為圓心作半徑為的圓．若要求另外三個頂點中至少有一個點在圓內(nèi)，且至少有一個點在圓外，則的取值范圍是_______．【答案】1＜r＜【分析】要確定點與圓的位置關系，主要根據(jù)點與圓心的距離與半徑的大小關系來進行判斷．當d＞r時，點在圓外；當d=r時，點在圓上；當d＜r時，點在圓內(nèi)．【詳解】解：在直角△ABD中，CD=AB=2，AD=1，則BD=，由圖可知1＜r＜，故答案為：1＜r＜．【點睛】此題主要考查了點與圓的位置關系，解決本題要注意點與圓的位置關系，要熟悉勾股定理，及點與圓的位置關系．13．（2020·浙江杭州·九年級期末）在中，，點D是以點A為圓心，半徑為1的圓上一點，連接BD并取中點M，則線段CM的長最大為______，最小為_______．【答案】32【分析】作AB的中點E，連接EM、CE，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半以及三角形的中位線定理求得CE和EM的長，然后確定CM的范圍．【詳解】解：作AB的中點E，連接EM、CE．在直角△ABC中，AB==5，∵E是直角△ABC斜邊AB上的中點，∴CE=AB=2.5．∵M是BD的中點，E是AB的中點，∴ME=AD=0.5．∵2.5-0.5≤CM≤2.5+0.5，即2≤CM≤3．∴最小值為2，最大值為3，故答案為：3，2．【點睛】本題考查了點與圓的位置關系、三角形的中位線定理的知識，要結合勾股定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半解答．14．（2021·浙江臺州·九年級期中）如圖，在中，已知，，點D在邊BC上，BD＝2CD．現(xiàn)將繞著點D按順時針旋轉一定的角度后，使得點B恰好落在初始的邊上．設旋轉角為，那么＝_____．【答案】40°或120°．【分析】分為①當點B落在AB上時，②當點B落在AC上時分別求解即可．【詳解】①當點B落在AB上時，，，，即旋轉角．②當點B落在AC上時，，，在中，根據(jù)直角三角形的性質，，，即旋轉角．故答案為：40°或120°．【點睛】本題考查了旋轉的性質、直角三角形的性質；熟知旋轉的性質，能注意到直角三角形中斜邊是其中一條直角邊的2倍情況得出角度是關鍵．15．（2020·浙江）如圖，等腰三角形中，，將繞點順時針旋轉，得到，連結，過點作交的延長線于點，連結，則的度數(shù)為_____．【答案】45°【分析】由旋轉的性質可得BC=BP=BA，由等腰三角形的性質和三角形內(nèi)角和定理可求∠BPC+∠BPA=135°=∠CPA，由外角的性質可求∠PAH=135°-90°=45°，即可求解．【詳解】解：∵將BC繞點B順時針旋轉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°，故答案為：45°．【點睛】本題考查了旋轉的性質，等腰三角形的性質，三角形的外角性質，靈活運用這些性質解決問題是本題的關鍵．16．（2020·浙江九年級期中）如圖，有一表盤為圓形的時鐘垂直放置在水平桌面上，表盤中心點為O，在分針的轉動過程中，外端點A到桌面的最小距離為，最大距離為，現(xiàn)在時間是14點10分，則此時分針外端點A到桌面的垂直距離為_________．【答案】40cm【分析】先根據(jù)最大距離和最小距離求得圓的直徑，再過點A作AB⊥CD，求得∠AOC的度數(shù)，根據(jù)含30°角的直角三角形的特點求得OB，根據(jù)點A到桌面的垂直距離為OB+OD+DE即可求得．【詳解】解：如圖所示，根據(jù)題意，CE經(jīng)過圓心且垂直于桌面，且CE=50cm，DE=10cm，∴CD=CE-DE=50-10=40cm，∴，過點A作AB⊥CD，14點10分時分針OA和半徑OC的夾角，∴∠OAB=30°，∴，BE=OB+OD+DE=10+20+10=40cm，即點A到桌面的垂直距離為40cm．故答案為：40cm．【點睛】本題考查含30°角的直角三角形，圓中最值的問題，圓心角的計算等．能正確求得圓的半徑是解題關鍵．17．（2021·浙江浣江教育九年級期中）如圖，直線l經(jīng)過的圓心O，且與交于A、B兩點，點C在上，且，點P是直線l上的一個動點（與圓心O不重合），直線CP與相交于另一點Q，如果，則______．【答案】、、．【分析】點P是直線l上的一個動點，因而分點P在線段AO上，點P在AO延長線上，點P在OA的延長線上這三種情況進行討論求解即可．【詳解】當P在線段OA上如圖，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當P在線段OA的延長線上如圖∵OC=OQ，∴∠OQP=∠OCQ=∠COP+∠OPQ=20°+∠OPQ，∵OQ=PQ，∴∠OPQ=∠QOP，在△OQP中，20°+∠OPQ+∠OPQ+∠OPQ=180°③，則∠OPQ=，∴∠OCP=180°-20°-=；當P在線段OA的反向延長線上如圖，∵OQ=PQ，∴∠QPO=∠QOP，∵OC=OQ，∴∠OCP=∠OQC=∠QPO+∠QOP=2∠QPO，∵∠AOC=20°，∴∠OCP+∠QPO=20°，∴3∠QPO=20°，∴∠QPO=，∴∠OCP=2∠QPO=．故答案為、、．【點睛】本題主要考查了圓的認識及等腰三角形等邊對等角的性質,三角形外角性質，先假設存在并進行分類討論是進行解題的關鍵．18．（2021·浙江杭州·）如圖，拋物線y＝x2﹣4與x軸交于A、B兩點，P是以點C（0，3）為圓心，2為半徑的圓上的動點，Q是線段PA的中點，連接OQ，則線段OQ的最小值是_____．【答案】【分析】連接BP，如圖，先解方程x2﹣4＝0得A（﹣4，0），B（4，0），再判斷OQ為△ABP的中位線得到OQ＝BP，利用點與圓的位置關系，連接BC交圓于P時，PB最小，然后計算出BP的最小值即可得到線段OQ的最小值．【詳解】解：連接BP，如圖，當y＝0時，x2﹣4＝0，解得x1＝4，x2＝﹣4，則A（﹣4，0），B（4，0），∵Q是線段PA的中點，∴OQ為△ABP的中位線，∴OQ＝BP，當BP最小時，OQ最小，連接BC交圓于P時，PB最小，∵BC＝＝5，∴BP的最小值＝5﹣2＝3，∴線段OQ的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查了點與圓的位置關系：點的位置可以確定該點到圓心距離與半徑的關系，反過來已知點到圓心距離與半徑的關系可以確定該點與圓的位置關系．也考查了三角形中位線．19．（2021·浙江九年級期末）如圖，在矩形中，．將矩形繞點按順時針方向旋轉，旋轉角為（），得到矩形，邊與相交于點，邊與的延長線相交于點．在矩形旋轉過程中，當落在線段上時，_____，當是線段的三等分點時，_____．【答案】或【分析】設，則，然后利用旋轉的性質和勾股定理求出，然后求比值即可；分兩種情況：①當時，②當時，分情況進行討論即可．【詳解】∵四邊形是矩形，當落在線段上時，此時點與點E重合，設，則，由旋轉的性質可知．在中，，；①當時，設，則，過點F作交于點G，連接CF，，，，，在中，，，．令，，解得（不符合題意，舍去），；②當時，設，則，同理可求．在中，，，．令，，解得（不符合題意，舍去），，綜上所述，當是線段的三等分點時，的值為或．故答案為：，或．【點睛】本題主要考查矩形與旋轉，掌握矩形的性質，勾股定理，一元二次方程的應用是解題的關鍵．20．（2021·諸暨市開放雙語實驗學校九年級期中）如圖，已知在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BC=6，AC=10，將繞點B逆時針旋轉．得到△A’BC’．點是邊BC的中點，點為邊AC上的動點，在繞點B逆時針旋轉的過程中，點的對應點是點，則線段長度的最大值與最小值的差為________________【答案】【分析】根據(jù)題意畫出旋轉的軌跡圖，則可得出當點D與動點E位于圓心同側與異側時，分別取得長度最小值與最大值，計算即可．【詳解】解：過點B作，F(xiàn)為垂足，中，，D為BC中點，∵∴,∴,,∴,邊上，距離B點最近點為F距B點最遠的點為A，又繞點B旋轉，∴上距點B最近的點的運動軌跡如圖中小圓圈所示，上距點B最遠的點的運動軌跡如圖中大圓圈所示，當點D與動點E位于圓心同側與異側時，分別取得長度最小值與最大值，即當點E位于點時，最小，最小值為：，當點E位于時，最大，最大值為：，∴長度的最大值與最小值的差為：，故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉變換，勾股定理，動點問題，解題的關鍵是理解題意，學會用轉化的思想思考問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．三、解答題21．（2020·浙江）如圖，為上一點，按以下步驟作圖：①連接；②以點為圓心，長為半徑作弧，交于點；③在射線上截??；④連接．若，求的半徑．【答案】【分析】由題意易得△OAB是等邊三角形，則，進而可得，然后可得，最后問題可求解．【詳解】解：∵OA=OB=AB，∴△OAB是等邊三角形，∴，∵，∴，∴，∴∠OAC=90°，∴在Rt△OAC中，，∵，∴，∴的半徑．【點睛】本題主要考查圓的基本性質，熟練掌握圓的基本性質是解題的關鍵．22．（2019·浙江九年級期中）如圖，已知弧，利用直尺和圓規(guī)作弧所在的圓的圓心O，（要求保留作圖痕跡）【分析】在弧上找一點C，連接AC和BC，分別作AC和BC的垂直平分線，交于點O即可．【詳解】解：如圖，點O即為所作．【點睛】本題主要考查了確定圓心，解題的關鍵是利用垂直平分線的交點得到圓心．23．（2020·浙江九年級期中）如圖，在中，，，E為邊上一點，連結，將點E繞點A逆時針旋轉至點D，連結，，．（1）求證：．（2）若，，求的長．【答案】（1）見解析；（2）【分析】（1）根據(jù)旋轉的性質得到，，證明≌，得到；（2）證明是等腰直角三角形，得到，根據(jù)得到CD，從而計算出CE，加上BE即可．【詳解】解：（1）由旋轉可知，，∴，∴，即，∴在與中，，∴≌，∴．（2）∵，，∴，由（1）證得≌，∴，∴，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，又由（1）證得，∵，∴，∴，∴．【點睛】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性質，解題的關鍵是結合旋轉的性質證明≌．24．（2020·浙江杭州·）已知AB是的弦，點C為圓上一點．（1）用直尺與圓規(guī)作；（2）作以AB為底邊的圓內(nèi)接等腰三角形；（3）若已知圓的半徑，求所作等腰三角形底邊上的高．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）8或2【分析】（1）連接AC，分別作AB、AC的中垂線，交點即為圓心O，然后以O為圓心，OA為半徑作圓即可；（2）AB的中垂線與⊙O交點分別為E1、E2，△ABE1與△ABE2均為以AB為底的圓的內(nèi)接等腰三角形；（3）由R=5，AB=8，根據(jù)勾股定理易得AB對應的弦心距為3，進而得到h=5+3=8或h=5-3=2．【詳解】解：（1）如圖所示，連接AC，分別作AB、AC的中垂線，交點即為圓心O，然后以O為圓心，OA為半徑作圓即可；（2）如圖所示，若AB的中垂線與⊙O交點分別為E1、E2，則△ABE1與△ABE2均為以AB為底的圓的內(nèi)接等腰三角形；（3）由圓的半徑R=5，AB=8，由勾股定理可得AB對應的弦心距為3，∴△ABE1中，h=5+3=8；△ABE2中，h=5-3=2．【點睛】本題主要考查了等腰三角形的性質，三角形的外接圓與外心的運用，解決問題時注意：找一個三角形的外心，就是找一個三角形的兩條邊的垂直平分線的交點，三角形的外接圓只有一個．25．（2021·浙江九年級模擬預測）有如下一道作業(yè)題：如圖1，四邊形ABCD是正方形，以C為直角頂點作等腰直角三角形CEF，DF．求證：△BCE≌△DCF．（1）請你完成這道題的證明：（2）如圖2，在正方形ABCD中，點N是邊CD上一點，CM＝CN，連接DM，連接FC．①求證：∠BFC＝45°．②把FC繞點F逆時針旋轉90°得到FP，連接CP（如圖3）．求證：BF＝CP+DF．【分析】（1）由正方形的性質可知CB=CD，∠BCD=90°，再根據(jù)題意推出∠BCE=∠DCF，以及CE=CF，從而利用“SAS”證明全等即可；（2）①根據(jù)題意可先證明△BCN≌△DCM，從而推出∠CBN=∠CDM，然后作CG⊥CF交BF于G點，再證明△BCG≌△DCF，即可得到△CFG為等腰直角三角形，從而得出結論；②作CQ⊥CF交BF于Q點，結合①的結論，可得BQ=DF，然后結合題意證明四邊形CQFP為平行四邊形，即可得到CP=QF，從而證得結論．【詳解】（1）∵四邊形ABCD為正方形，∴CB=CD，∠BCD=90°，即：∠BCE+∠ECD=90°，∵△CEF為等腰直角三角形，∴CE=CF，∠ECF=90°，即：∠ECD+∠DCF=90°，∴∠BCE=∠DCF，在△BCE與△DCF中，∴△BCE≌△DCF（SAS）；（2）①由正方形性質可知，∠BCN=∠DCM=90°，在△BCN和△DCM中，∴△BCN≌△DCM（SAS），∴∠CBN=∠CDM，如圖，作CG⊥CF交BF于G點，則∠GCF=90°，∴∠BCG=∠DCF，在△BCG和△DCF中，∴△BCG≌△DCF（ASA），∴CG=CF，∴△CFG為等腰直角三角形，∴∠BFC=45°；②如圖所示，作CQ⊥CF交BF于Q點，由①可知，△BCQ≌△DCF，∴BQ=DF，且由①證明可知，△CQF為等腰直角三角形，∵FP由FC繞F點旋轉90°得到，∴△CFP為等腰直角三角形，∴∠P=∠CQF=45°，∠QFP=∠QCP=90°+45°=135°，∴四邊形CQFP為平行四邊形，∴CP=QF，∵BF=QF+BQ，∴BF=CP+DF．【點睛】本題考查正方形的性質，全等三角形的判定與性質，平四邊形的判定與性質等，熟練掌握圖形的基本性質，掌握幾何證明中的常見模型是解題關鍵．26．（2021·浙江九年級期中）在平面直角坐標系中，已知，，．（1）將沿軸負方向平移2個單位至△，畫圖并寫出的坐標；（2）以點為旋轉中心，將△逆時針方向旋轉得△，畫圖并寫出的坐標為；（3）求在旋轉過程中線段掃過的面積．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）將三個頂點分別向左平移2個單位得到其對應點，再順次連接即可得；（2）將三個頂點分別以點A1為旋轉中心，逆時針方向旋轉90°得到對應點，再順次連接即可得；（3）由題意可知線段掃過的面積是一個圓心角為90°，半徑為線段長的扇形，由此求解即可．【詳解】解：（1）如圖，△即為所求．畫圖并寫出的坐標；故答案為：．（2）如圖，△即為所求．畫圖并寫出的坐標為；故答案為：；（3）由題意得，旋轉過程中線段掃過的面積．【點睛】本題主要考查了平移作圖和旋轉作圖，勾股定理和扇形面積，解題的關鍵在于能夠熟練掌握相關知識進行求解．27．（2021·浙江溫州·九年級期中）如圖，已知二次函數(shù)的圖象與x軸相交于兩點．（1）求這個二次函數(shù)的表達式．（2）若M是第一象限內(nèi)線段上任意一點（不與B，C重合），軸于點H，與二次函數(shù)的圖象交于點P，連接．設點M的橫坐標為t，當是直角三角形時，求點M的坐標．（3）如圖，若M是直線上任意一點，N是x軸上任意一點，且．以N為旋轉中心，將逆時針旋轉，使M落在Q點連接，則線段的最值為_______．（直接寫出答案）【答案】（1）；（2）或；（3）最小值為，最大值為【分析】（1）根據(jù)A、B坐標，利用待定系數(shù)法求解；（2）求出BC表達式，分∠CPM=90°和∠PCM=90°兩種情況分別求解；（3）作的外接圓⊙，連接，，，，過點作于點，過點作交的延長線于，分析出當Q，