《2025年新课程学习辅导九年级数学上册人教版》

3. 在方格纸上按以下要求作图，不写作法.
(1)画出该图案向右平移$6$格后的图案；
(2)画出该图案绕点$O$逆时针旋转$90^{\circ}$后的图案.

答案：

4. 如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C = 90^{\circ}$，$BC = 1$，$AC = \sqrt{5}$.
(1)将$\triangle ABC$绕点$B$逆时针旋转$90^{\circ}$后得到$\triangle A'BC'$，请画出旋转后的图形；
(2)求$AA'$的长.

答案：
4.
(1)
(2)2$\sqrt{3}$

5. (1)【知识技能】如图①，在等边三角形$ABC$内有一点$M$.若点$M$到顶点$C$，$A$，$B$的距离分别为$6$，$10$，$8$，求$\angle BMC$的度数.
为了解决本题，我们可以将$\triangle AMC$绕顶点$C$逆时针旋转$60^{\circ}$到$\triangle BM'C$处，此时$\triangle BM'C\cong\triangle AMC$，这样就可以利用旋转变换，将三条线段$AM$，$BM$，$CM$转化到一个三角形中，则$\angle BMC$的度数是150°；
(2)【构建联系】如图②，在$\triangle ABC$中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$AC = BC$，$P$，$Q$为$AB$上的点，且$\angle PCQ = 45^{\circ}$，求证：$PQ^{2} = BQ^{2} + AP^{2}$；
(3)【深入探究】如图③，在等边三角形$ABC$中，$AC = 2$，$O$为$\triangle ABC$内一点，连接$AO$，$BO$，$CO$，且$\angle AOC = \angle COB = \angle BOA = 120^{\circ}$，求$OA + OB + OC$的值.

答案：
5
(1)150°
(2)证明:如图①，把△APC绕点C逆时针旋转90°得到△BP'C，连接P'Q.由旋转的性质得CP'=CP,BP'=AP,∠CBP'=∠A,∠PCP'=90°.
∵∠PCQ=45°,
∴∠P'CQ=∠P'CP - ∠PCQ=45°.
∴∠PCQ=∠P'CQ.在△PCQ和△P'CQ中，
$\begin{cases} CP = CP' \\ \angle PCQ = \angle P'CQ \end{cases}$
∴△PCQ≌△P'CQ(SAS).
∴PQ = P'Q.
∵∠ACB=90°,AC=BC,
∴∠CBP'=∠A=∠ABC=45°.
∴∠P′BQ=∠CBP'+∠ABC=90°.
∴P'Q²=BQ²+BP'²,即PQ²=BQ²+AP².
(3)解:


如图②，将△COB绕点B顺时针旋转60°，得到△C'O'B，连接OO',则O'C'=OC,O'B=OB,BC'=BC=AC=2,∠OBO'=∠CBC'=60°,∠BO'C'=∠COB,
∴∠C'BA=∠ABC+∠CBC'=120°，△BOO'是等边三角形.
∴OB=OO',∠BOO′=∠BO'O=60°.
∵∠AOC=∠COB=∠BOA=120°,
∴∠BOA+∠BOO'=∠BO'C'+∠BO'O=120°+60°=180°.
∴A,O，O'，C'四点共线.过点C'作C'H⊥AB交AB延长线于点H，则∠H=90°，
∴∠C'BH=180° - ∠C'BA=60°,则∠BC'H=90° - ∠C'BH=30°.
∴BH=$\frac{1}{2}$BC'=1,C'H=$\sqrt{BC'^2 - BH^2}$=$\sqrt{3}$.在Rt△AHC'中,AH=AB+BH=3,
∴AC'=$\sqrt{AH^2 + C'H^2}$=2$\sqrt{3}$
∴OA+OB+OC=OA+OO'+O'C'=AC'=2$\sqrt{3}$