《2025年学霸题中题九年级数学上册人教版》

8. (2023·宁夏中考)如图,在$\triangle ABC$中,$\angle BAC = 90^{\circ}$,$AB = AC$,$BC = 2$.点$D在BC$上,且$BD:CD = 1:3$.连接$AD$,将线段$AD绕点A顺时针旋转90^{\circ}得到线段AE$,连接$BE$,$DE$,则$\triangle BDE$的面积是 (B)

A. $\frac{1}{4}$
B. $\frac{3}{8}$
C. $\frac{3}{4}$
D. $\frac{3}{2}$

答案： B

9. (2024·天津中考)如图,$\triangle ABC$中,$\angle B = 30^{\circ}$,将$\triangle ABC绕点C顺时针旋转60^{\circ}得到\triangle DEC$,点$A$,$B的对应点分别为点D$,$E$,延长$BA交DE于点F$,下列结论一定正确的是 ( )

A. $\angle ACB= \angle ACD$
B. $AC// DE$
C. $AB = EF$
D. $BF\perp CE$

答案：
D 解析：记BF与CE相交于点H，如图。$\because$ 将$\triangle ABC$绕点C顺时针旋转$60^{\circ}$得到$\triangle DEC$，$\therefore ∠BCE=∠ACD=60^{\circ}$。$\because ∠B=30^{\circ}$，$\therefore$ 在$\triangle BHC$中，$∠BHC=180^{\circ}-∠BCE-∠B=90^{\circ}$，$\therefore BF⊥CE$，故D选项是正确的，符合题意；设$∠ACH=x^{\circ}$，$\therefore ∠ACB=60^{\circ}-x^{\circ}$。$\because ∠B=30^{\circ}$，$\therefore ∠EDC=∠BAC=180^{\circ}-30^{\circ}-(60^{\circ}-x^{\circ})=90^{\circ}+x^{\circ}$，$\therefore ∠EDC+∠ACD=90^{\circ}+x^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}+x^{\circ}$。$\because x^{\circ}$不一定等于$30^{\circ}$，$\therefore ∠EDC+∠ACD$不一定等于$180^{\circ}$，$\therefore AC// DE$不一定成立，故B选项不正确；$\because ∠ACB=60^{\circ}-x^{\circ}$，$∠ACD=60^{\circ}$，$x^{\circ}$不一定等于$0^{\circ}$，$\therefore ∠ACB=∠ACD$不一定成立，故A选项不正确；$\because$ 将$\triangle ABC$绕点C顺时针旋转$60^{\circ}$得到$\triangle DEC$，$\therefore AB=ED=EF+FD$，$\therefore AB＞EF$，故C选项不正确；故选D。

10. 一副三角尺按如图的位置摆放(顶点$B$,$C$,$D$在一条直线上).将三角尺$CDE绕着点C按逆时针方向旋转n^{\circ}后(0 ＜ n ＜ 360)$,如果$ED\perp AB$,那么$n$的值是____.

答案：
15或195 解析：如图①，$∠ACO=15^{\circ}$；如图②，旋转角为$195^{\circ}$。
　　

11. (2023·泰州中考改编)菱形$ABCD的边长为2$,$\angle A = 60^{\circ}$,将该菱形绕顶点$A在平面内旋转30^{\circ}$,则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为____.

答案：
$3-\sqrt{3}$ 解析：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转$30^{\circ}$，连接AC，BD相交于点O，BC与$C'D'$交于点E，$\because$ 四边形ABCD是菱形，$∠DAB=60^{\circ}$，$\therefore ∠CAB=30^{\circ}=∠CAD=∠ACB$，$∠AD'C'=∠ADC=120^{\circ}$，$AC⊥BD$，$AO=CO$，$BO=DO$。$\because AD=2$，$\therefore DO=1$，$AO=\sqrt{3}DO=\sqrt{3}$，$\therefore AC=2\sqrt{3}$。$\because$ 菱形ABCD绕点A顺时针旋转$30^{\circ}$得到菱形$AB'C'D'$，$\therefore ∠D'AB=30^{\circ}$，$AD=AD'=2$，$\therefore A$，$D'$，$C$三点共线，$\therefore CD'=CA-AD'=2\sqrt{3}-2$。又$\because ∠AD'C'=120^{\circ}$，$∠ACB=30^{\circ}$，$\therefore ∠D'EC=90^{\circ}$，$\therefore D'E=\sqrt{3}-1$，$CE=\sqrt{3}D'E=3-\sqrt{3}$。$\therefore$ 重叠部分的面积$=S_{\triangle ABC}-S_{\triangle DEC}$。$\therefore$ 重叠部分的面积$=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×1-\frac{1}{2}×(\sqrt{3}-1)×(3-\sqrt{3})=3-\sqrt{3}$；②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转$30^{\circ}$，同①方法可得重叠部分的面积$=3-\sqrt{3}$。

12. (绵阳中考)如图,点$M是\angle ABC的边BA$上的动点,$BC = 6$,连接$MC$,并将线段$MC绕点M逆时针旋转90^{\circ}得到线段MN$.
(1)如图①,作$MH\perp BC$,垂足$H在线段BC$上,当$\angle CMH= \angle B$时,判断点$N是否在直线AB$上,并说明理由;
(2)如图②,若$\angle ABC = 30^{\circ}$,$NC// AB$,求以$MC$,$MN为邻边的正方形的面积S$.

答案：

(1)点N在直线AB上，理由：$\because ∠CMH=∠B$，$∠CMH+∠C=90^{\circ}$，$\therefore ∠B+∠C=90^{\circ}$，$\therefore ∠BMC=90^{\circ}$，即$CM⊥AB$，$\therefore$ 线段CM绕点M逆时针旋转$90^{\circ}$落在直线BA上，即点N在直线AB上。
(2)如图，作$CD⊥AB$于点D，$\because MC=MN$，$∠CMN=90^{\circ}$，$\therefore ∠MCN=45^{\circ}$。$\because NC// AB$，$\therefore ∠BMC=45^{\circ}$。$\because BC=6$，$∠B=30^{\circ}$，$\therefore CD=3$，$\therefore MC=3\sqrt{2}$，$\therefore S=MC^{2}=18$，即以MC，MN为邻边的正方形的面积为18。

13. (德阳中考)如图,点$E是矩形ABCD的边BC$上一点,将$\triangle ABE绕点A逆时针旋转至\triangle AB_1E_1$的位置,此时$E$,$B_1$,$E_1$三点恰好共线.点$M$,$N分别是AE和AE_1$的中点,连接$MN$,$NB_1$.
(1)求证:四边形$MEB_1N$是平行四边形;
(2)延长$EE_1交AD于点F$,若$EB_1 = E_1F$,$S_{\triangle AE_1F}= S_{\triangle CB_1E}$,判断$\triangle AE_1F与\triangle CB_1E$是否全等,并说明理由.

答案：

(1)$\because$ 四边形ABCD是矩形，$\therefore ∠B=90^{\circ}$。$\because \triangle AB_{1}E_{1}$是$\triangle ABE$旋转所得的，$\therefore AE=AE_{1}$，$∠AB_{1}E_{1}=∠AB_{1}E=∠B=90^{\circ}$，$\therefore B_{1}$是$EE_{1}$的中点，$\therefore EB_{1}=\frac{1}{2}EE_{1}$。$\because M$，$N$分别是AE和$AE_{1}$的中点，$\therefore MN// EB_{1}$，$MN=\frac{1}{2}EE_{1}$，$\therefore EB_{1}=MN$，$\therefore$ 四边形$MEB_{1}N$为平行四边形。
(2)$\triangle AE_{1}F\cong \triangle CB_{1}E$，理由：如图，连接FC，$\because EB_{1}=B_{1}E_{1}=E_{1}F$，$\therefore S_{\triangle AE_{1}F}=S_{\triangle AEB_{1}}=S_{\triangle AE_{1}B_{1}}=\frac{1}{3}S_{\triangle EAF}$，同理，$S_{\triangle EB_{1}C}=\frac{1}{3}S_{\triangle FEC}$。$\because S_{\triangle AE_{1}F}=S_{\triangle EB_{1}C}$，$\therefore S_{\triangle EAF}=S_{\triangle FEC}$。$\because AF// EC$，$\therefore \triangle AEF$底边AF上的高和$\triangle FEC$底边EC上的高相等，$\therefore AF=EC$。$\because AF// EC$，$\therefore ∠AFE=∠FEC$。在$\triangle AE_{1}F$和$\triangle CB_{1}E$中，$\begin{cases} AF=CE\\ ∠AFE=∠FEC\\ FE_{1}=EB_{1} \end{cases}$，$\therefore \triangle AE_{1}F\cong \triangle CB_{1}E(SAS)$。