《2026年天利38套中考试题分类九年级数学》

7. (2025·天津)如图,在$\triangle ABC$中,$\angle ACB = 90°$,将$\triangle ABC$绕点$A$顺时针旋转得到$\triangle AB'C'$,点$B$,$C$的对应点分别为$B'$,$C'$,$B'C'$的延长线与边$BC$相交于点$D$,连接$CC'$.若$AC = 4$,$CD = 3$,则线段$CC'$的长为(D)


A.$\frac{12}{5}$
B.$\frac{16}{5}$
C.4
D.$\frac{24}{5}$

答案：
7.D　[解析]全等三角形的判定与性质+线段垂直平分线的判定+旋转的性质+勾股定理　如图，连接AD交CC'于点O(巧作辅助线：连接线段，为证明三角形全等提供条件)，由旋转的性质知，AC' = AC = 4，∠AC'B' = ∠ACB = 90°，
∴∠AC'D = 90°. 又AD = AD，
∴Rt△AC'D≌Rt△ACD.
∴C'D = CD = 3.
∴AD垂直平分线段CC'(难点：根据到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上，再结合两点确定一条直线，即可得到线段的垂直平分线).
∴CC' = 2OC，AD⊥CC'.
∵∠ACB = 90°，AC = 4，CD = 3，
∴AD = $\sqrt{AC^{2} + CD^{2}}$ = 5. 又
∵$S_{△ACD}$ = $\frac{1}{2}$AD·OC = $\frac{1}{2}$AC·CD，
∴OC = $\frac{AC·CD}{AD}$ = $\frac{4×3}{5}$ = $\frac{12}{5}$.
∴CC' = 2×$\frac{12}{5}$ = $\frac{24}{5}$.故选D.

8. (2025·重庆)如图,正方形$ABCD$的边长为2,点$E$是$BC$边的中点,连接$DE$,将$\triangle DCE$沿直线$DE$翻折到正方形$ABCD$所在的平面内,得$\triangle DFE$,延长$DF$交$AB$于点$G$.$\angle ADG$和$\angle DAG$的平分线$DH$,$AH$相交于点$H$,连接$GH$,则$\triangle DGH$的面积为(A)


A.$\frac{5}{8}$
B.$\frac{5}{4}$
C.$\frac{5\sqrt{5}}{8}$
D.$\frac{5\sqrt{5}}{4}$

答案：
8.A　[解析]翻折变换(折叠问题)+角平分线的性质+正方形的性质+全等三角形的判定与性质　如图，连接GE(巧作辅助线:构造全等三角形).
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B = ∠C = ∠BAD = ∠ADC = 90°，AB = BC = CD = DA = 2.
∵E是BC边的中点，
∴BE = CE = 1.将△DCE沿直线DE翻折得△DFE，
∴∠EFD = ∠C = 90°，FE = CE = BE = 1，DF = DC = 2.
∴∠GFE = 90°. 又
∵GE = GE，
∴Rt△EFG≌Rt△EBG(HL).
∴GF = GB. 设GB = GF = x，则AG = 2 - x，DG = 2 + x，在Rt△AGD中，根据勾股定理可得$AG^{2} + AD^{2} = DG^{2}$，即$(2 - x)^{2} + 2^{2} = (2 + x)^{2}$(难点：由勾股定理建立方程)，解得x = $\frac{1}{2}$，
∴DG = $\frac{5}{2}$，AG = $\frac{3}{2}$.
∵∠ADG和∠DAG的平分线DH，AH相交于点H，
∴点H到AD，AG，GD的距离相等. 设点H到△ADG各边的距离为h，则$S_{△ADG}$ = $S_{△ADH}$ + $S_{△AGH}$ + $S_{△DGH}$，
∴$\frac{1}{2}$AD·AG = $\frac{1}{2}$AD·h + $\frac{1}{2}$AG·h + $\frac{1}{2}$DG·h，即$\frac{1}{2}$×2×$\frac{3}{2}$ = $\frac{1}{2}$×2h + $\frac{1}{2}$×$\frac{3}{2}$h + $\frac{1}{2}$×$\frac{5}{2}$h，解得h = $\frac{1}{2}$(难点：用等面积法求出点H到DG的距离).
∴$S_{△GDH}$ = $\frac{1}{2}$DG·h = $\frac{1}{2}$×$\frac{5}{2}$×$\frac{1}{2}$ = $\frac{5}{8}$.故选A.

9. (2025·山东淄博)如图,$P$是以正方形$ABCD$的顶点$A$为圆心,$AB$为半径的弧$BD$上的点,连接$AP$,$CP$,将线段$CP$绕点$P$顺时针旋转$90°$后得到线段$PQ$,连接$AQ$.若$AB = 1$,则$\triangle APQ$的最大面积是(C)


A.$\frac{1}{4}$
B.$\frac{2 - \sqrt{3}}{2}$
C.$\frac{\sqrt{2} - 1}{2}$
D.$\frac{\sqrt{2} + 1}{4}$

答案：
9.C[解析]正方形的性质+旋转的性质+全等三角形的判定与性质+勾股定理
[第1步，作CF⊥AP，QE⊥AP，连接AC交弧BD于点P'，结合旋转的性质与AAS证明△QPE≌△PCF，得EQ = PF]如图，过点C作CF⊥AP交AP延长线于点F，过点Q作QE⊥AP于点E，连接AC交弧BD于点P'(巧作辅助线:作垂线，构造直角三角形，为证明三角形全等提供条件)(难点:若正方形中涉及线段的旋转问题，且旋转角是90°时，常作垂线，构造直角三角形，再利用证明三角形全等得到相等线段)，则∠QEP = ∠CFP = 90°. 又∠QPC = 90°，
∴∠EQP + ∠EPQ = ∠FPC + ∠EPQ = 90°.
∴∠EQP = ∠FPC.由旋转的性质得PC = PQ(提示:旋转前后对应边相等)，
∴△QPE≌△PCF.
∴EQ = PF.
[第2步，由已知得EQ的最大值为CP'的长，结合正方形的性质与勾股定理求CP'的长，从而求出△APQ的最大面积]
∵AP + PF ≤ AC，即当点P在P'时，EQ取最大值为CP'的长.在正方形ABCD中，AP' = AD = CD = AB = 1，
∴AC = $\sqrt{AD^{2} + CD^{2}}$ = $\sqrt{2}$.
∴CP' = $\sqrt{2}$ - 1.
∴EQ的最大值为$\sqrt{2}$ - 1.
∴△APQ的最大面积是$\frac{1}{2}$×1×($\sqrt{2}$ - 1) = $\frac{\sqrt{2}-1}{2}$.故选C.