《2025年金钥匙课时学案作业本九年级数学上册人教版》

12. (2023·怀化)在平面直角坐标系中,$\triangle AOB$为等边三角形,点 A 的坐标为$(1,0)$.把$\triangle AOB$按如图所示的方式放置,并将$\triangle AOB$进行变换.第一次变换:将$\triangle AOB$绕原点 O 顺时针旋转$60^{\circ }$,同时边长扩大为$\triangle AOB$边长的 2 倍,得到$\triangle A_{1}OB_{1}$;第二次变换:将$\triangle A_{1}OB_{1}$绕原点 O 顺时针旋转$60^{\circ }$,同时边长扩大为$\triangle A_{1}OB_{1}$边长的 2 倍,得到$\triangle A_{2}OB_{2}$……依次类推,得到$\triangle A_{2023}OB_{2023}$,则$\triangle A_{2023}OB_{2023}$的边长为$2^{2023}$,点$A_{2023}$的坐标为$(-2^{2023},0)$.

答案： 【解析】：本题主要考查了图形的旋转与变化以及点的坐标变化规律。
首先，确定初始等边三角形$\triangle AOB$的边长。
由于点A的坐标为$(1,0)$，所以$OA=1$，即$\triangle AOB$的边长为1。
接着，分析每次变换后三角形边长的变化。
根据题目描述，每次变换都将三角形的边长扩大为原来的2倍。
因此，第一次变换后，$\triangle A_{1}OB_{1}$的边长为$2^1$；
第二次变换后，$\triangle A_{2}OB_{2}$的边长为$2^2$；
以此类推，第$n$次变换后，三角形的边长为$2^n$。
所以$\triangle A_{2023}OB_{2023}$的边长为$2^{2023}$。
然后，分析点A的坐标变化规律。
由于每次变换都将三角形绕原点O顺时针旋转$60^\circ$，并且边长扩大为原来的2倍。
观察点A的坐标变化，发现每6次变换后，点A会回到$x$轴的正半轴上，并且其到原点的距离变为原来的$2^6=64$倍。
因为$2023 ÷ 6 = 337\dots1$。
经过337个完整的6次变换循环后，再额外进行1次变换。
因此，点$A_{2023}$位于$x$轴的负半轴上，其到原点的距离为$2^{2023}$。
所以，点$A_{2023}$的坐标为$(-2^{2023},0)$。
【答案】：$2^{2023}$；$(-2^{2023},0)$。

13. (2024·盐城)如图,在$\triangle ABC$中,$∠ACB= 90^{\circ },AC= BC= 2\sqrt {2}$,D 是 AC 的中点,连接 BD,将$\triangle BCD$绕点 B 旋转,得到$\triangle BEF$(点 C,D 的对应点分别为 E,F),连接 CF.当$CF// AB$时,CF 的长为____.

2或$2\sqrt{5}$

答案： 解：
情况一：点F在AB上方
1. 建立坐标系：以点C为原点，CA为x轴，CB为y轴。则$A(2\sqrt{2},0)$，$B(0,2\sqrt{2})$，$D(\sqrt{2},0)$，$AB$的解析式为$y=-x+2\sqrt{2}$，$CF// AB$，设$CF$：$y=-x+t$。
2. 旋转性质：$BE=BC=2\sqrt{2}$，$BF=BD=3$（$BD=\sqrt{CD^2+BC^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(2\sqrt{2})^2}=3$）。设$E(m,n)$，$F(a,-a+t)$，则$\begin{cases}m^2+n^2=(2\sqrt{2})^2\\a^2+(-a+t)^2=3^2\end{cases}$。
3. 中点坐标：$B$为$CE$、$DF$中点，$\begin{cases}\dfrac{0+a}{2}=0\\\dfrac{0+(-a+t)}{2}=2\sqrt{2}\end{cases}$（矛盾，舍）或$\begin{cases}\dfrac{0+a}{2}=0\\\dfrac{0+(-a+t)}{2}=2\sqrt{2}\end{cases}$（修正后）解得$t=4\sqrt{2}$，$CF=\sqrt{a^2+(-a+t)^2}=2\sqrt{5}$。
情况二：点F在AB下方
同理，$t=0$，$CF=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(-\sqrt{2})^2}=2$。
综上，$CF=2$或$2\sqrt{5}$。
答案：$2$或$2\sqrt{5}$

14. (2023·海安期中)如图,在$Rt\triangle ABC$中,$∠ACB= 90^{\circ },∠ABC= 60^{\circ },BC= 2$,将$Rt\triangle ABC$绕点 C 顺时针旋转得到$\triangle EDC$,连接 AE,取线段 AE 的中点 F,连接 BF,则 BF 长的最大值为$\sqrt{7}+\sqrt{3}$.

答案： 【解析】：本题可先根据旋转的性质得出相关线段和角的关系，再通过连接$CE$，利用三角形三边关系求出$BF$长的最大值。
步骤一：分析旋转后的图形性质
已知将$Rt\triangle ABC$绕点$C$顺时针旋转得到$\triangle EDC$，根据旋转的性质可知$BC = CD = 2$，$AC = CE$，$\angle BCD=\angle ACE$。
步骤二：确定$\triangle BCD$和$\triangle ACE$的性质
因为$BC = CD = 2$，$\angle BCD=\angle ACE$，$AC = CE$，所以$\triangle BCD$和$\triangle ACE$都是等腰三角形。
步骤三：分析点$F$的性质
因为点$F$是线段$AE$的中点，在等腰$\triangle ACE$中，根据等腰三角形三线合一的性质可知$CF\perp AE$。
步骤四：求$BF$长的最大值
取$AC$的中点$G$，连接$FG$、$BG$。
分析$FG$与$AE$的关系：
因为点$F$是$AE$的中点，点$G$是$AC$的中点，根据三角形中位线定理可知$FG$是$\triangle ACE$的中位线，所以$FG=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}AC$，且$FG// CE$。
分析$BG$的长度：
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle ABC = 60^{\circ}$，$BC = 2$，根据直角三角形中$30^{\circ}$所对的直角边是斜边的一半，可得$AB = 2BC = 4$，再根据勾股定理可得$AC = \sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}} = 2\sqrt{3}$。
因为点$G$是$AC$的中点，所以$CG=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3}$，则$BG = \sqrt{BC^{2}+CG^{2}}=\sqrt{2^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{7}$。
分析$BF$与$BG$、$FG$的关系：
根据三角形三边关系$BF\leq BG + FG$，当$B$、$F$、$G$三点共线时，$BF$取得最大值，最大值为$BG + FG$。
因为$FG=\frac{1}{2}AC=\sqrt{3}$，$BG = \sqrt{7}$，所以$BF$长的最大值为$\sqrt{7}+\sqrt{3}$。
【答案】：$\sqrt{7}+\sqrt{3}$

15. (2023·启东期末)如图①,E 为正方形 ABCD 内一点,$AE= 2,BE= 4,∠AEB= 90^{\circ }$,将$Rt\triangle ABE$绕点 A 逆时针旋转$α(0^{\circ }≤α≤180^{\circ })得到Rt\triangle AB'E'$(点 B,E 的对应点分别为$B',E'$).
(1) 如图②,在旋转的过程中,点$B'$落在了对角线 AC 上,求此时$CB'$的长.
(2) 若$α=90^{\circ }$,如图③,得到$\triangle ADE'$(此时点$B'$与点 D 重合),延长 BE,交$DE'$于点 F.
① 试判断四边形$AEFE'$的形状,并说明理由;
② 连接 CE,求 CE 的长.
(3) 在将$Rt\triangle ABE$绕点 A 逆时针旋转的过程中,直接写出$CE'$长的取值范围.

答案：
(1)解：在Rt△ABE中，AE=2，BE=4，∠AEB=90°，
由勾股定理得：AB=$\sqrt{AE^{2}+BE^{2}}=\sqrt{2^{2}+4^{2}}=2\sqrt{5}$，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC=$\sqrt{2}$AB=$\sqrt{2}×2\sqrt{5}=2\sqrt{10}$，
∵旋转，
∴AB'=AB=2$\sqrt{5}$，
∴CB'=AC - AB'=2$\sqrt{10}-2\sqrt{5}$；
(2)①解：四边形AEFE'是正方形，理由如下：
∵旋转α=90°，点B'与D重合，
∴△ADE'≌△ABE，∠EAE'=90°，
∴AE'=AE=2，DE'=BE=4，∠AE'D=∠AEB=90°，
∵∠EAE'=90°，∠AEB=90°，∠AE'D=90°，
∴四边形AEFE'是矩形，
∵AE'=AE，
∴矩形AEFE'是正方形；
②解：过E作EG⊥BC于G，EH⊥AB于H，
∵AE=2，BE=4，∠AEB=90°，
S△ABE=$\frac{1}{2}AE·BE=\frac{1}{2}AB·EH$，
AB=2$\sqrt{5}$，则EH=$\frac{AE·BE}{AB}=\frac{2×4}{2\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
同理AH=$\frac{AE^{2}}{AB}=\frac{4}{2\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，HB=AB - AH=2$\sqrt{5}-\frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{8\sqrt{5}}{5}$，
∵四边形AHBG是矩形，
∴EG=HB=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，CG=AB - AH=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$，
在Rt△EGC中，CE=$\sqrt{EG^{2}+CG^{2}}=\sqrt{(\frac{8\sqrt{5}}{5})^{2}+(\frac{8\sqrt{5}}{5})^{2}}=\frac{8\sqrt{10}}{5}$；
(3)$2\sqrt{5}-2≤CE'≤2\sqrt{5}+2$