《2025年新课程自主学习与测评九年级数学上册人教版》

17. (8 分)按下列要求分别画出与四边形 $ ABCD $ 成中心对称的四边形.
(1)以顶点 $ A $ 为对称中心；
(2)以 $ BC $ 的中点 $ O $ 为对称中心.

答案：
(1) 以顶点 $A$ 为对称中心：
根据中心对称的性质，四边形 $ABCD$ 的每个顶点关于 $A$ 对称的点为：
$A$ 对称后仍为 $A$，
$B$ 关于 $A$ 的对称点为 $A + (A - B) = 2A - B$，记为 $B'$，
$C$ 关于 $A$ 的对称点为 $A + (A - C) = 2A - C$，记为 $C'$，
$D$ 关于 $A$ 的对称点为 $A + (A - D) = 2A - D$，记为 $D'$。
在图中标出 $B'$，$C'$，$D'$，并连接 $AB'$，$AD'$，$D'C'$，$C'B'$，得到与四边形 $ABCD$ 成中心对称的四边形 $AB'C'D'$（实际为 $AD'A$（重合）与 $AB'C'D'$ 组合，但通常表示为 $AB'$ 延长线等，需具体画图，此处仅描述方法）。
实际作图时，只需将 $B$，$C$，$D$ 分别以 $A$ 为中心做对称点，然后连接即可。
(2) 以 $BC$ 的中点 $O$ 为对称中心：
首先确定 $BC$ 的中点 $O$。
根据中心对称的性质，四边形 $ABCD$ 的每个顶点关于 $O$ 对称的点为：
$A$ 关于 $O$ 的对称点为 $O + (O - A) = 2O - A$，记为 $A'$，
$B$ 关于 $O$ 的对称点为 $O + (O - B) = 2O - B$，由于 $O$ 是 $BC$ 中点，所以 $2O - B = C$，
$C$ 关于 $O$ 的对称点为 $O + (O - C) = 2O - C = B$，
$D$ 关于 $O$ 的对称点为 $O + (O - D) = 2O - D$，记为 $D'$。
在图中标出 $A'$，$D'$（$B$ 和 $C$ 对称后与原图重合），并连接 $A'B$（即 $C$），$A'D'$，$D'C$（即 $B$），$CD'$（实际为 $CB$ 的延长线或与原图重合部分，需具体画图），得到与四边形 $ABCD$ 成中心对称的四边形 $A'BCD'$（其中 $B$ 和 $C$ 位置不变，$A$ 和 $D$ 变为 $A'$ 和 $D'$）。
实际作图时，只需将 $A$，$D$ 分别以 $O$ 为中心做对称点，然后连接 $A'B$，$A'D'$，$D'C$，$CD'$（注意 $CD'$ 实际上是与 $BC$ 平行且等长的线段的一部分，需具体画图确定）。

18. (8 分)在等腰直角 $ \triangle ABC $ 中,$ \angle C = 90^{\circ} $,$ BC = 2 cm $. 如果以 $ AC $ 的中点 $ O $ 为旋转中心,将这个三角形旋转 $ 180^{\circ} $,点 $ B $ 落在点 $ B' $ 处,求 $ BB' $ 的长度.

答案： $2\sqrt{5}\ cm$.

19. (8 分)如图,正方形 $ ABCD $ 中,$ \angle EAF = 45^{\circ} $,连接对角线 $ BD $ 交 $ AE $ 于点 $ M $,交 $ AF $ 于点 $ N $. 求证：$ DN^2 + BM^2 = MN^2 $.

答案：
提示：将$\triangle AND$绕点A顺时针旋转，使边AD与边AB重合，则点N旋转到点Q的位置上(如图)，连接MQ. 则$\triangle AQB\cong\triangle AND$. 所以$\angle ABQ=45°$，$\angle BAQ=\angle NAD$，$BQ=DN$. 从而可得$\angle MBQ=90°$. 易证$\triangle AQM\cong\triangle ANM$，得$MN=MQ$.

20. (8 分)如图(1),在等腰直角三角形 $ ABC $ 中,$ \angle BAC = 90^{\circ} $. 点 $ E $,$ F $ 分别为 $ AB $,$ AC $ 的中点,$ H $ 为线段 $ EF $ 上一动点(不与点 $ E $,$ F $ 重合),将线段 $ AH $ 绕点 $ A $ 逆时针旋转 $ 90^{\circ} $得到 $ AG $,连接 $ GC $,$ HB $.
(1)证明：$ \triangle AHB \cong \triangle AGC $.
(2)如图(2),连接 $ GF $,$ HG $,$ HG $ 交 $ AF $ 于点 $ Q $.
① 证明：在点 $ H $ 的运动过程中,总有 $ \angle HFG = 90^{\circ} $；
② 若 $ AB = AC = 4 $,当 $ EH $ 的长度为多少时,$ \triangle AQG $ 为等腰三角形？

答案：
(1) $\because$ 线段AH绕点A逆时针旋转$90°$得到AG，$\therefore AH=AG$，$\angle HAG=90°$.$\because$ 在等腰直角三角形ABC中，$\angle BAC=90°$，$AB=AC$，$\therefore \angle BAH=90°-\angle CAH=\angle CAG$，$\therefore \triangle AHB\cong\triangle AGC$.
(2) ① $\because$ 在等腰直角三角形ABC中，$AB=AC$，点E，F分别为AB，AC的中点，$\therefore AE=AF$，$\triangle AEF$是等腰直角三角形.$\because AH=AG$，$\angle BAH=\angle CAG$，$\therefore \triangle AEH\cong\triangle AFG$，$\therefore \angle AFG=\angle AEH=45°$，$\therefore \angle HFG=\angle AFG+\angle AFE=45°+45°=90°$，即$\angle HFG=90°$；② 当EH的长度为2或$\sqrt{2}$时，$\triangle AQG$为等腰三角形.

21. (12 分)将矩形 $ ABCD $ 绕点 $ A $ 顺时针旋转 $ \alpha (0^{\circ} ＜ \alpha ＜ 360^{\circ}) $,得到矩形 $ AEFG $.
(1)如图,当点 $ E $ 在 $ BD $ 上时,求证：$ FD = CD $；
(2)当 $ \alpha $ 为何值时,$ GC = GB $？画出图形,并说明理由.

答案：
证明：
(1) 由旋转可得，$AE=AB$，$\angle AEF=\angle ABC=\angle DAB=90°$，$EF=BC=AD$，$\therefore \angle AEB=\angle ABE$.又$\because \angle ABE+\angle EDA=90°$，$\angle AEB+\angle DEF=90°$，$\therefore \angle EDA=\angle DEF$.又$\because DE=ED$，$\therefore \triangle AED\cong\triangle FDE$ (SAS).$\therefore DF=AE$.又$\because AE=AB=CD$，$\therefore CD=DF$.
(2) 如图，当$GB=GC$时，点G在BC的垂直平分线上.分两种情况讨论：① 当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于点M.$\because GC=GB$，$\therefore GH\perp BC$，$\therefore$ 四边形ABHM是矩形，$\therefore AM=BH=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}AG$，$\therefore GM$垂直平分AD，$\therefore GD=GA=DA$，$\therefore \triangle ADG$是等边三角形，$\therefore \angle DAG=60°$.$\therefore$ 旋转角$\alpha=60°$.② 当点G在AD左侧时，同理可得$\triangle ADG$是等边三角形，$\therefore \angle DAG=60°$，$\therefore$ 旋转角$\alpha=360°-60°=300°$.