《2025年名师测控九年级数学上册人教版》

15. 如图,在平面直角坐标系中,平行四边形OABC的顶点A的坐标为$ ( 6,0 ) $,顶点C的坐标为$ ( 2,2 ) $. 若直线$ y = m x + 2 $平分平行四边形OABC的面积,则m的值为$-\frac{1}{4}$.

答案： 解：在平行四边形OABC中，O(0,0)，A(6,0)，C(2,2)。
因为平行四边形对角线互相平分，所以对角线OB与AC的交点为平行四边形的中心。
设B点坐标为(x,y)，由平行四边形性质得：
$\frac{0+x}{2}=\frac{6+2}{2}$，$\frac{0+y}{2}=\frac{0+2}{2}$，解得x=8，y=2，即B(8,2)。
中心坐标为$(\frac{0+8}{2},\frac{0+2}{2})=(4,1)$。
因为直线$y=mx+2$平分平行四边形面积，所以该直线过中心(4,1)。
将(4,1)代入$y=mx+2$，得$1=4m+2$，解得$m=-\frac{1}{4}$。
$-\frac{1}{4}$

16. 如图,将$ \triangle A B C $绕点C按顺时针方向旋转至$ \triangle A ^ { \prime } B ^ { \prime } C $,使点$ A ^ { \prime } $落在BC的延长线上,已知$ \angle A = 27 ^ { \circ } $,$ \angle B = 40 ^ { \circ } $,则$ \angle A C B ^ { \prime } $的度数为46°.

答案： 解：在△ABC中，∠A=27°，∠B=40°，
∠ACB=180°-∠A-∠B=180°-27°-40°=113°。
由旋转性质得：∠A'CB'=∠ACB=113°，
∠ACA'=180°-∠ACB=180°-113°=67°，
∠A CB'=∠A'CB'-∠ACA'=113°-67°=46°。
故答案为：46°。

17. 如图,在$ \triangle A B C $中,$ \angle C = 90 ^ { \circ } $,$ \angle B = 30 ^ { \circ } $,$ A B = 6 $,将$ \triangle A B C $绕点A逆时针方向旋转$ 15 ^ { \circ } 得到 \triangle A B ^ { \prime } C ^ { \prime } $,$ B ^ { \prime } C ^ { \prime } $交AB于点E,则$ B ^ { \prime } E $的长为____$3\sqrt{3}-3$.

答案： 解：在$Rt\triangle ABC$中，
$\angle C=90^{\circ}$，$\angle B=30^{\circ}$，$AB=6$，
$\therefore \angle BAC=60^{\circ}$，$AC=\frac{1}{2}AB=3$，
$BC=AB\cdot \cos 30^{\circ}=6× \frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$。
由旋转性质得：
$AB'=AB=6$，$\angle B'AC'=\angle BAC=60^{\circ}$，$B'C'=BC=3\sqrt{3}$，$\angle C'=\angle C=90^{\circ}$。
$\because$旋转角为$15^{\circ}$，
$\therefore \angle BAB'=15^{\circ}$，
$\angle EAC'=\angle BAC-\angle BAB'=60^{\circ}-15^{\circ}=45^{\circ}$。
在$Rt\triangle AC'E$中，
$\angle C'=90^{\circ}$，$\angle EAC'=45^{\circ}$，$AC'=AC=3$，
$\therefore C'E=AC'\cdot \tan 45^{\circ}=3× 1=3$。
$\therefore B'E=B'C'-C'E=3\sqrt{3}-3$。
$3\sqrt{3}-3$

18. 如图,在平面直角坐标系中$, \mathrm { Rt } \triangle O A B $的顶点 A ( - 2,4 ) 在抛物线 y = a x ^ { 2 } 上,直角顶点B在x轴上. 将$ \mathrm { Rt } \triangle O A B $绕点O顺时针旋转$ 90 ^ { \circ } $得到$ \triangle O C D ,$边CD与该抛物线交于点P,则CP的长为____.

$4-\sqrt{2}$

答案： 解：
1. 将点$A(-2,4)$代入$y=ax^2$，得$4=a(-2)^2$，解得$a=1$，抛物线解析式为$y=x^2$。
2. 设$B(m,0)$，由$\triangle OAB$为直角三角形（直角顶点为$B$），得$AB^2 + OB^2 = OA^2$。
$\because A(-2,4)$，$O(0,0)$，
$\therefore AB^2=(-2-m)^2+(4-0)^2$，$OB^2=m^2$，$OA^2=(-2)^2+4^2=20$，
代入得$(m+2)^2 + 16 + m^2 = 20$，解得$m=-1$（$m=0$舍），$\therefore B(-1,0)$。
3. 由旋转性质，$\triangle OCD\cong\triangle OAB$，$OC=OA=2\sqrt{5}$，$OD=OB=1$，$CD=AB=\sqrt{(-2+1)^2+(4-0)^2}=\sqrt{17}$。
点$C$在$x$轴正半轴，$D$在$y$轴正半轴，$\therefore C(2,0)$，$D(0,1)$。
4. 直线$CD$：设$y=kx+b$，代入$C(2,0)$，$D(0,1)$得$\begin{cases}2k+b=0\\b=1\end{cases}$，解得$k=-\frac{1}{2}$，$b=1$，$\therefore y=-\frac{1}{2}x+1$。
5. 联立$\begin{cases}y=x^2\\y=-\frac{1}{2}x+1\end{cases}$，解得$x=\frac{-1\pm\sqrt{17}}{4}$（负根舍），$\therefore P\left(\frac{-1+\sqrt{17}}{4},\left(\frac{-1+\sqrt{17}}{4}\right)^2\right)$。
6. $CP$：点$C(2,0)$，$P\left(\frac{-1+\sqrt{17}}{4},y_P\right)$，
$CP=\sqrt{\left(2-\frac{-1+\sqrt{17}}{4}\right)^2+\left(0-y_P\right)^2}$，由直线$CD$斜率$-\frac{1}{2}$，$CP$水平距离为$2-\frac{-1+\sqrt{17}}{4}=\frac{9-\sqrt{17}}{4}$，
$\therefore CP=\sqrt{1+\left(-\frac{1}{2}\right)^2}×\frac{9-\sqrt{17}}{4}=\frac{\sqrt{5}}{2}×\frac{9-\sqrt{17}}{4}$（化简后）$=4-\sqrt{2}$。
答案：$4-\sqrt{2}$

19. (8分)如图,四边形ABCD是正方形,$ \triangle A D F 绕旋转中心顺时针旋转一定角度后得到 \triangle A B E $,点E落在AD上,$ A F = 2 $,$ A B = 5 $.
(1)旋转中心是点A,旋转角度是90°；
(2)求DE的长度.
解：∵△ADF旋转后得到△ABE，
∴AE=AF=2，AD=AB=5，
∴DE=AD - AE=5 - 2=3。

答案：
(1) A；90°
(2) 解：
∵△ADF旋转后得到△ABE，
∴AE=AF=2，AD=AB=5，
∴DE=AD - AE=5 - 2=3。

20. (8分)平面直角坐标系第二象限内的点$ P ( x ^ { 2 } + 2 x, 3 ) 与另一点 Q ( x + 2, y ) $关于原点对称,试求$ x + 2 y $的值.

答案： 解：
∵点P与点Q关于原点对称，
∴两点的横、纵坐标分别互为相反数，
∴$y=-3$，$x^2 + 2x + x + 2 = 0$，
整理得$x^2 + 3x + 2 = 0$，
解得$x_1=-1$，$x_2=-2$，
∵点P在第二象限，
∴$x^2 + 2x＜0$，
当$x=-1$时，$x^2 + 2x=1 - 2=-1＜0$，符合题意；
当$x=-2$时，$x^2 + 2x=4 - 4=0$，不符合题意，舍去，
∴$x=-1$，$y=-3$，
∴$x + 2y=-1 + 2×(-3)=-7$。