《2025年零障碍导教导学案九年级数学全一册人教版》

6. (1)等边三角形绕中心至少旋转120$^{\circ}$才能与自身重合；
(2)正方形绕中心至少旋转90$^{\circ}$才能与自身重合；
(3)五角星绕中心至少旋转72$^{\circ}$才能与自身重合；
(4)正$n$边形绕中心至少旋转$\frac{360}{n}$$^{\circ}$才能与自身重合.

答案： $(1)120 (2)90 (3)72 (4)\frac{360}{n}$

7. (2024·蓬江区校级期中)如图,把$\triangle ABC以点A为中心逆时针旋转得到\triangle ADE$,点$B$,$C的对应点分别为D$,$E$,且点$E在BC$的延长线上,连接$BD$,则下列结论一定正确的是 (C)

A. $\angle ACE= \angle ADE$
B. $AB= AE$
C. $\angle CAE= \angle BAD$
D. $CE= BD$

答案： C

8. (2024·东莞校级期中)如图,在正方形$ABCD$中,$M是对角线BD$上的一个动点(不与点$B$,$D$重合),连接$CM$,将$CM绕点C顺时针旋转90^{\circ}到CN$,连接$MN$,$DN$. 求证：$BM= DN$.

证明：在正方形$ABCD$中，$BC = CD$，$\angle BCD = 90^{\circ}$。
因为$CM$绕点$C$顺时针旋转$90^{\circ}$到$CN$，所以$CM = CN$，$\angle MCN = 90^{\circ}$。
则$\angle BCD-\angle MCD=\angle MCN-\angle MCD$，即$\angle BCM=\angle DCN$。
在$\triangle BCM$和$\triangle DCN$中，$\begin{cases}BC = CD\\\angle BCM=\angle DCN\\CM = CN\end{cases}$，所以$\triangle BCM\cong\triangle DCN$SAS。
因此，$BM = DN$ 。

答案： 【解析】：
本题可通过证明$\triangle BCM$和$\triangle DCN$全等，从而得出$BM = DN$。
- **步骤一：分析已知条件**
已知四边形$ABCD$是正方形，根据正方形的性质可知$BC = CD$，$\angle BCD = 90^{\circ}$。
又因为$CM$绕点$C$顺时针旋转$90^{\circ}$到$CN$，所以$CM = CN$，$\angle MCN = 90^{\circ}$。
- **步骤二：推导$\angle BCM=\angle DCN$**
因为$\angle BCD = 90^{\circ}$，$\angle MCN = 90^{\circ}$，所以$\angle BCD=\angle MCN$。
即$\angle BCD-\angle MCD=\angle MCN-\angle MCD$，由此可得$\angle BCM=\angle DCN$。
- **步骤三：证明$\triangle BCM\cong\triangle DCN$**
在$\triangle BCM$和$\triangle DCN$中：
$\begin{cases}BC = CD\\\angle BCM=\angle DCN\\CM = CN\end{cases}$
根据全等三角形判定定理中的“边角边”（$SAS$），可以得出$\triangle BCM\cong\triangle DCN$。
- **步骤四：得出$BM = DN$的结论**
由于$\triangle BCM\cong\triangle DCN$，根据全等三角形的性质：全等三角形的对应边相等，所以$BM = DN$。
【答案】：
在正方形$ABCD$中，$BC = CD$，$\angle BCD = 90^{\circ}$。
因为$CM$绕点$C$顺时针旋转$90^{\circ}$到$CN$，所以$CM = CN$，$\angle MCN = 90^{\circ}$。
则$\angle BCD-\angle MCD=\angle MCN-\angle MCD$，即$\angle BCM=\angle DCN$。
在$\triangle BCM$和$\triangle DCN$中，$\begin{cases}BC = CD\\\angle BCM=\angle DCN\\CM = CN\end{cases}$，所以$\triangle BCM\cong\triangle DCN(SAS)$。
因此，$BM = DN$ 。

9. (2024·三水区校级月考)如图,将边长为$1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30^{\circ}到正方形AEFG$的位置,则图中阴影部分的面积为______$\frac{\sqrt{3}}{12}$.

答案： $\frac{\sqrt{3}}{12}$

10. 【中考热点·数学综合探究】(2024·兴城期中)在$\triangle AED$中,$EA= ED$,$\angle AED= \alpha$,$F为直线AD$上一动点,连接$EF$,将线段$EF绕点E逆时针旋转\alpha$,得到线段$EG$,连接$DG$.
(1)如图1,当$\alpha=60^{\circ}$时,请直接写出线段$AF和线段DG$之间的数量关系；AF=DG
(2)如图2,当$\alpha=90^{\circ}$时,其他条件不变,试判断线段$DF$,$AF$,$GF$的数量关系,并证明.GF²=AF²+DF²

答案： 【解析】：
### $(1)$ 探究当$\alpha = 60^{\circ}$时$AF$与$DG$的数量关系
已知$EA = ED$，$\angle AED=\alpha = 60^{\circ}$，所以$\triangle AED$是等边三角形，则$EA = ED$，$\angle AED=60^{\circ}$。
因为线段$EF$绕点$E$逆时针旋转$60^{\circ}$得到线段$EG$，所以$EF = EG$，$\angle FEG = 60^{\circ}$。
$\angle AED=\angle AEF+\angle FED = 60^{\circ}$，$\angle FEG=\angle DEG+\angle FED = 60^{\circ}$，所以$\angle AEF=\angle DEG$。
在$\triangle AEF$和$\triangle DEG$中，$\begin{cases}EA = ED\\\angle AEF=\angle DEG\\EF = EG\end{cases}$，根据$SAS$（边角边）定理可得$\triangle AEF\cong\triangle DEG$。
根据全等三角形的性质，全等三角形的对应边相等，所以$AF = DG$。
### $(2)$ 探究当$\alpha = 90^{\circ}$时$DF$，$AF$，$GF$的数量关系
已知$EA = ED$，$\angle AED=\alpha = 90^{\circ}$，所以$\triangle AED$是等腰直角三角形，$\angle EAD=\angle EDA = 45^{\circ}$。
因为线段$EF$绕点$E$逆时针旋转$90^{\circ}$得到线段$EG$，所以$EF = EG$，$\angle FEG = 90^{\circ}$。
$\angle AED=\angle AEF+\angle FED = 90^{\circ}$，$\angle FEG=\angle DEG+\angle FED = 90^{\circ}$，所以$\angle AEF=\angle DEG$。
在$\triangle AEF$和$\triangle DEG$中，$\begin{cases}EA = ED\\\angle AEF=\angle DEG\\EF = EG\end{cases}$，根据$SAS$（边角边）定理可得$\triangle AEF\cong\triangle DEG$。
所以$\angle EDG=\angle EAF = 45^{\circ}$，$AF = DG$。
又因为$\angle EDA = 45^{\circ}$，所以$\angle GDF=\angle EDG+\angle EDA=45^{\circ}+45^{\circ}=90^{\circ}$。
在$Rt\triangle GDF$中，根据勾股定理$GF^{2}=DG^{2}+DF^{2}$，把$AF = DG$代入可得$GF^{2}=AF^{2}+DF^{2}$。
【答案】：
$(1)$$\boldsymbol{AF = DG}$；
$(2)$$\boldsymbol{GF^{2}=AF^{2}+DF^{2}}$ 。