《2025年活页过关练习西安出版社九年级数学上册人教版》

13. (12分)如图,在平面直角坐标系中,$△ABC$和$△A_{1}B_{1}C_{1}$关于点E成中心对称.
(1)画出对称中心E,并写出点E的坐标;
(2)画出$△A_{1}B_{1}C_{1}$绕点O逆时针旋转$90^{\circ }$后的$△A_{2}B_{2}C_{2}$;
(3)画出与$△A_{1}B_{1}C_{1}$关于点O成中心对称的$△A_{3}B_{3}C_{3}$.

答案： 【解析】：
(1) 连接$AA_{1}$、$CC_{1}$，它们的交点就是对称中心$E$。
通过观察坐标，$A$点坐标$(-3,2)$，$A_{1}$点坐标$(-1,-2)$，设$E(x,y)$，根据中点坐标公式$x=\frac{-3 + (-1)}{2}=-2$，$y=\frac{2+(-2)}{2}=0$，所以$E$点坐标为$(-2,0)$。
(2) 根据旋转的性质，$△A_{1}B_{1}C_{1}$绕点$O$逆时针旋转$90^{\circ}$，$A_{1}(-1,-2)$绕$O$逆时针旋转$90^{\circ}$后$A_{2}(2,-1)$；$B_{1}(1,-3)$绕$O$逆时针旋转$90^{\circ}$后$B_{2}(3,1)$；$C_{1}(-3,-2)$绕$O$逆时针旋转$90^{\circ}$后$C_{2}(2,-3)$，连接$A_{2}B_{2}$、$B_{2}C_{2}$、$C_{2}A_{2}$得到$△A_{2}B_{2}C_{2}$。
(3) 根据中心对称的性质，$△A_{1}B_{1}C_{1}$关于点$O$成中心对称，$A_{1}(-1,-2)$关于$O$对称的$A_{3}(1,2)$；$B_{1}(1,-3)$关于$O$对称的$B_{3}(-1,3)$；$C_{1}(-3,-2)$关于$O$对称的$C_{3}(3,2)$，连接$A_{3}B_{3}$、$B_{3}C_{3}$、$C_{3}A_{3}$得到$△A_{3}B_{3}C_{3}$。
【答案】：
(1) $E(-2,0)$；
(2) 按上述方法画出$△A_{2}B_{2}C_{2}$；
(3) 按上述方法画出$△A_{3}B_{3}C_{3}$。

14. (12分)如图,在$Rt△ABC$中,$∠ACB=90^{\circ }$,将$△ABC$绕点C顺时针旋转得到$△DEC$,点D落在线段AB上.
(1)在图中作出$△DEC$;(要求:尺规作图,不写作法,保留作图痕迹)
(2)连接BE,求证:$BE⊥AB$.

答案： 【解析】：
(1) 以点$C$为圆心，$CB$长为半径画弧，再以点$C$为圆心，$CA$长为半径画弧，然后以点$D$（$D$在$AB$上，以$C$为圆心，$CA$长画弧与$AB$的交点）为圆心，$CB$长为半径画弧，与以$C$为圆心，$CA$长画弧相交于点$E$，连接$DE$、$EC$，则$\triangle DEC$即为所求（尺规作图依据是旋转的性质：旋转前后对应线段相等）。
(2) 因为$\triangle ABC$绕点$C$顺时针旋转得到$\triangle DEC$，所以$CB = CE$，$CA = CD$，$\angle ACB=\angle DCE = 90^{\circ}$。
$\angle ACD+\angle DCB=\angle BCE+\angle DCB = 90^{\circ}$，所以$\angle ACD=\angle BCE$。
在$\triangle ACD$和$\triangle BCE$中，$\frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CE}$（$CA = CD$，$CB = CE$），$\angle ACD=\angle BCE$，所以$\triangle ACD\sim\triangle BCE$（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）。
因为$\angle A+\angle B = 90^{\circ}$，又$\triangle ACD\sim\triangle BCE$，所以$\angle A=\angle CBE$，则$\angle CBE+\angle B=90^{\circ}$，所以$\angle ABE = 90^{\circ}$，即$BE\perp AB$。
【答案】：
(1) 作出$\triangle DEC$（略，按照上述尺规作图方法作图）。
(2) 证明过程如上述解析，证得$BE\perp AB$。

15. (16分)[2024绵阳中考]如图,在正方形ABCD中,$AB=2$,对角线AC与BD相交于点O,点E在线段AO上(与端点不重合),线段EB绕点E逆时针旋转$90^{\circ }$到EF的位置,点F恰好落在线段CD上,$FH⊥AC$,垂足为H.
(1)求证:$△OBE\cong △HEF$;
(2)设$OE=x$,求$OE^{2}-CF$的最小值.

答案： 【解析】：
### $(1)$ 证明$\triangle OBE\cong\triangle HEF$
已知四边形$ABCD$是正方形，$AB = 2$，则$\angle BOE=\angle EHF = 90^{\circ}$，$OB = OC$，$\angle BOC = 90^{\circ}$。
因为线段$EB$绕点$E$逆时针旋转$90^{\circ}$到$EF$的位置，所以$\angle BEF = 90^{\circ}$，$BE = EF$。
$\angle BEO+\angle FEH = 180^{\circ}-\angle BEF = 90^{\circ}$，又因为$\angle BEO+\angle EBO = 90^{\circ}$，所以$\angle EBO=\angle FEH$。
在$\triangle OBE$和$\triangle HEF$中：
$\begin{cases}\angle BOE=\angle EHF\\\angle EBO=\angle FEH\\BE = EF\end{cases}$
根据$AAS$（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等），可得$\triangle OBE\cong\triangle HEF$。
### $(2)$ 求$OE^{2}-CF$的最小值
因为$\triangle OBE\cong\triangle HEF$，所以$OB = EH$，$OE = FH$。
在正方形$ABCD$中，$AB = 2$，由勾股定理$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=\sqrt{2^{2}+2^{2}} = 2\sqrt{2}$，则$OB = OC=\frac{1}{2}AC=\sqrt{2}$。
因为$OE=x$，所以$EH = OB=\sqrt{2}$，$CH=OC - OH=\sqrt{2}-(\sqrt{2}-x)=x$。
又因为$\angle FCH = 45^{\circ}$，$\angle FHC = 90^{\circ}$，所以$\triangle FCH$是等腰直角三角形，则$CF=\sqrt{2}FH=\sqrt{2}x$。
令$y = OE^{2}-CF=x^{2}-\sqrt{2}x$，将其化为顶点式：
$y=x^{2}-\sqrt{2}x=(x - \frac{\sqrt{2}}{2})^{2}-\frac{1}{2}$。
因为二次项系数$a = 1\gt0$，所以该二次函数图象开口向上，当$x=\frac{\sqrt{2}}{2}$时，$y$有最小值$-\frac{1}{2}$。
【答案】：
$(1)$ 证明过程如上述解析，可证$\triangle OBE\cong\triangle HEF(AAS)$；
$(2)$$OE^{2}-CF$的最小值为$-\frac{1}{2}$。