《2025年名师帮同步学案九年级数学全一册人教版》

1.如图，将$\triangle AOB$绕点$O$逆时针方向旋转$40^{\circ}$后得到$\triangle COD$，若$\angle AOB=15^{\circ}$，则$\angle AOD$的度数是（B）

A.$45^{\circ}$
B.$55^{\circ}$
C.$60^{\circ}$
D.$65^{\circ}$

答案： B

2.如图，已知直角三角形$ABC$的周长为$3.14$。将$\triangle ABC$的斜边放在直线$l$上，然后将$\triangle ABC$顺时针在直线$l$上转动两次到$\triangle A_{2}B_{2}C_{2}$的位置，则$AA_{2}$的长度为____3.14。

答案： 3.14

3.如图，在正方形$ABCD$中，$AB=3$，$DE=1$，$\triangle FAB$绕点$A$逆时针旋转$90^{\circ}$后得到$\triangle EAD$。
（1）$\angle FAE=$90$^{\circ}$；
（2）求$AF$的长；
（3）连接$EF$，试说明$\triangle AEF$是什么特殊三角形。

解: (2) ∵ 四边形 $ ABCD $ 为正方形,
∴ $ AD = AB = 3 $, $ ∠D = 90^{\circ} $,
∴ $ AE = \sqrt{AD^{2} + DE^{2}} = \sqrt{3^{2} + 1^{2}} = \sqrt{10} $,
∵ $ △EAD $ 是由 $ △FAB $ 旋转得到,
∴ $ AF = AE = \sqrt{10} $;
(3) $ △AEF $ 为等腰直角三角形. 理由如下:
∵ $ ∠EAF = ∠FAB + ∠BAE = ∠EAD + ∠BAE = ∠BAD = 90^{\circ} $,
又 ∵ $ AF = AE $,
∴ $ △AEF $ 为等腰直角三角形.

答案：
(1) 90
解:
(2)
∵ 四边形 $ ABCD $ 为正方形,
∴ $ AD = AB = 3 $, $ ∠D = 90^{\circ} $,
∴ $ AE = \sqrt{AD^{2} + DE^{2}} = \sqrt{3^{2} + 1^{2}} = \sqrt{10} $,
∵ $ △EAD $ 是由 $ △FAB $ 旋转得到,
∴ $ AF = AE = \sqrt{10} $;
(3) $ △AEF $ 为等腰直角三角形. 理由如下:
∵ $ ∠EAF = ∠FAB + ∠BAE = ∠EAD + ∠BAE = ∠BAD = 90^{\circ} $,
又
∵ $ AF = AE $,
∴ $ △AEF $ 为等腰直角三角形.

4.（循环练）抛物线$y=x^{2}+3x-2$的顶点坐标为$ \left( -\frac{3}{2}, -\frac{17}{4} \right) $。

答案： $ \left( -\frac{3}{2}, -\frac{17}{4} \right) $

5.如图，将一个含$30^{\circ}$角的三角板$ABC$绕点$C$顺时针旋转得到$\triangle EDC$，点$B$，$C$，$E$共线。
（1）旋转角=150$^{\circ}$；
（2）若$AB=1$，求$DE$与$CE$的长。

解: ∵ $ ∠B = 90^{\circ} $, $ ∠ACB = 30^{\circ} $, $ AB = 1 $,
∴ $ AB = \frac{1}{2}AC $, 即 $ AC = 2 $,
又 ∵ $ △ABC $ 绕点 $ C $ 顺时针旋转得到 $ △EDC $,
∴ $ DE = BA = 1 $, $ CE = CA = 2 $.

答案：
(1) 150
(2) 解:
∵ $ ∠B = 90^{\circ} $, $ ∠ACB = 30^{\circ} $, $ AB = 1 $,
∴ $ AB = \frac{1}{2}AC $, 即 $ AC = 2 $,
又
∵ $ △ABC $ 绕点 $ C $ 顺时针旋转得到 $ △EDC $,
∴ $ DE = BA = 1 $, $ CE = CA = 2 $.

6.如图，$\triangle ABC$绕点$A$顺时针旋转$45^{\circ}$得到$\triangle AB'C'$，若$\angle BAC=90^{\circ}$，$AB=AC=\sqrt{2}$，则图中阴影面积为$\sqrt{2}-1$。

答案： $ \sqrt{2} - 1 $ 解析: 设 $ AC' $ 与 $ BC $ 交于 $ D $, $ BC $ 与 $ B'C' $ 交于 $ E $, $ AB $ 与 $ B'C' $ 交于 $ F $,
∵ $ △ABC $ 绕点 $ A $ 顺时针旋转 $ 45^{\circ} $ 得到 $ △AB'C' $, $ ∠BAC = 90^{\circ} $, $ AB = AC = \sqrt{2} $,
∴ $ BC = 2 $, $ ∠C = ∠B = ∠CAC' = ∠C' = 45^{\circ} $,
∴ $ AD ⊥ BC $, $ B'C' ⊥ AB $,
∴ $ AD = \frac{1}{2}BC = 1 $, 由勾股定理得 $ AF = FC' = 1 $,
∴ 图中阴影部分面积 $ = S_{△AFC'} - S_{△DEC'} = \frac{1}{2} × 1 × 1 - \frac{1}{2} × (\sqrt{2} - 1)^{2} = \sqrt{2} - 1 $.

7.（2024·凉州三模）如图，正方形$ABCD$的边长为$3$，$E$、$F$分别是$AB$、$BC$边上的点，且$\angle EDF=45^{\circ}$，将$\triangle DAE$绕点$D$逆时针旋转$90^{\circ}$，得到$\triangle DCM$。若$AE=1$，求$FM$的长。

答案： 解:
∵ $ △DAE $ 逆时针旋转 $ 90^{\circ} $ 得到 $ △DCM $,
∴ $ ∠FCM = ∠FCD + ∠DCM = 180^{\circ} $,
∴ $ F $、$ C $、$ M $ 三点共线,
∴ $ DE = DM $, $ ∠EDM = 90^{\circ} $,
∴ $ ∠EDF + ∠FDM = 90^{\circ} $,
∵ $ ∠EDF = 45^{\circ} $,
∴ $ ∠FDM = ∠EDF = 45^{\circ} $,
在 $ △DEF $ 和 $ △DMF $ 中,
$\left\{ \begin{array}{l} DE = DM, \\ ∠EDF = ∠FDM, \\ DF = DF, \end{array} \right.$
∴ $ △DEF ≌ △DMF(SAS) $,
∴ $ EF = MF $,
设 $ EF = MF = x $,
∵ $ AE = CM = 1 $, 且 $ BC = 3 $,
∴ $ BM = BC + CM = 3 + 1 = 4 $,
∴ $ BF = BM - MF = BM - EF = 4 - x $,
∵ $ EB = AB - AE = 3 - 1 = 2 $,
在 $ Rt △EBF $ 中, 由勾股定理得 $ EB^{2} + BF^{2} = EF^{2} $,
即 $ 2^{2} + (4 - x)^{2} = x^{2} $,
解得 $ x = \frac{5}{2} $,
∴ $ FM = \frac{5}{2} $.