精品解析：贵州省遵义市汇川区2025-2026学年上学期期中九年级数学试卷

汇川区2025~2026学年度第一学期九年级阶段性检测 数学试题卷 同学你好！答题前请认真阅读以下内容： 1．全卷共6页，三个大题，共25小题，满分150分．考试时间为120分钟．考试形式闭卷． 2．一律在答题卡相应位置作答，在试题卷上答题视为无效． 3．不能使用计算器． 一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．每小题均有A、B、C、D四个选项，其中只有一个选项正确，请用2B铅笔在答题卡相应位置填涂） 1. 对称美是一种美学观念，强调事物在空间或结构上的平衡与协调，给人以圆满、和谐、稳定的视觉感受．下列图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 若是关于的一元二次方程的一个根，则的值为（） A. B. C. D. 3. 小聪在解方程时，只得到一个根，则被漏掉的一个根是（ ） A. B. C. D. 4. 将抛物线先向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到抛物线的解析式是（ ） A. B. C. D. 5. 用配方法解方程， ，变形正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转后，得到，且点在上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围为（） A. B. C. D. 8. 如图，把一块长为，宽为的矩形硬纸板的四个角剪去四个相同小正方形，然后把纸板的四边沿虚线折起，并用胶带粘好，即可做成一个无盖纸盒．若该无盖纸盒的底面积为，设剪去小正方形的边长为，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，二次函数的部分图象与轴交于点，对称轴为直线，下列结论正确的是（ ） A. B. 抛物线与 轴正半轴交点坐标为 C. D. 若点，在该抛物线上，则 10. 如图，是某抛物线型拱桥横断面的示意图，正常水位时水面宽为，拱桥最高点到水面的距离为，当水位上升时，水面的宽为( ) A. B. C. D. 11. 如图，在中，，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则的长为（ ） A. B. C. D. 12. “数形结合”是一种重要的数学思想方法，它是将抽象的数量关系与直观的几何图形相结合，通过“以形助数”和“以数解形”实现问题解决．示例：若，（）是关于的一元二次方程的两个根，且，则，，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．） 13. 如图，是一个风车示意图，若点的坐标为，则点的坐标为________； 14. 下列3条抛物线中，开口向下，且开口最小的是________；(填序号) ①；②；③． 15. 定义：如果一元二次方程(，，为常数，且)的两个实数根，满足，那么称这样的方程为“倒数方程”．已知关于的一元二次方程(为常数)是“倒数方程”，则的值为________． 16. 如图，菱形中，，，是线段上一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，则的最大值为________． 三、解答题（本大题共9小题，共98分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 从下列①②③中任选2个方程，并用合适的方法求解． ①；②；③． 18. 在正方形网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，的三个顶点都在格点上，点的坐标为，请解答下列问题： （1）画出关于原点成中心对称的； （2）将绕点逆时针旋转，画出旋转后的； （3）若将绕点顺时针旋转与重合，则点的坐标为 ． 19. 已知二次函数自变量与函数的部分对应值如下表： （1）二次函数的顶点坐标为 ，的值为 ； （2）在给定的平面直角坐标系中画出这个二次函数的图象； （3）结合图象，回答下列问题： ①当时，的取值范围是 ； ②当时，的取值范围是 ． 20. 为了应对气候变化，某科技公司研发了一种人工装置“碳捕集树”，该装置能像超级树木一样高效吸收大气中的二氧化碳．2022年投入使用，单台设备年均捕集量为吨二氧化碳，该设备经过技术升级后，到年单台设备年均捕集量达到吨，且从年到年，该设备年均捕集量的平均增长率都相同． （1）求该设备每年年均捕集量的平均增长率； （2）该科技公司在年初引入人工智能算法实时优化捕集过程，使得单台设备年均捕集量的平均增长率提高到原来的倍，按照这个平均增长率，预计年该设备单台年均捕集量将达到多少吨？ 21. 如图，已知直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线（，是常数）经过，两点，且与轴交于点． （1）求抛物线的解析式，并直接写出点的坐标； （2）是第一象限内抛物线上一点，过点作轴交线段于点，当时，求点的坐标． 22. 为增强学生的劳动意识，养成劳动的习惯和品质，某校计划用一段长为的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜地，墙长为，为了种植不同种类的蔬菜，菜地中间用篱笆隔断． （1）若围成的矩形菜地的面积为，求矩形的长和宽分别是多少米？ （2）围成的矩形菜地的面积能否为？请说明理由． 23. 某文具店销售一款进价为元/个的篮球，经统计发现，当销售单价不低于进价时，日销售量（个）与销售单价（元）之间满足如图所示的函数关系． （1）求与的函数关系式； （2）若文具店计划销售该款篮球每日获利元，且尽可能让利于顾客，求该款篮球的销售单价应定为多少元？ （3）该款篮球销售单价定为多少元时，文具店所获日销售利润最大，最大利润是多少？ 24. 如图①，某校运动会上，小丽同学参加九年级女子组实心球比赛，她投掷第次，球的运动路径可看作抛物线的一部分，以边界线上的为原点，分别以水平直线，竖直线为轴，轴建立平面直角坐标系，如图②所示，球从与地面垂直距离为的处出手，在距离地面垂直高度，与出手点水平距离的处到达最高点，最后在处落到地面． （1）求此抛物线的函数表达式； （2）小丽第1次投掷的成绩是多少米？ （3）小丽计划在第2次投掷时将成绩提升到以上，且保持球的最高点位置与第1次相同，请问她需要升高还是降低球的出手点？至少升高（降低）多少米？（不考虑其他因素的影响） 25. 综合与探究： 如图，在中，，，将线段绕点逆时针旋转（），得到线段，连接，． （1）【问题初探】 如图1，当时， ， ； （2）【问题深探】 如图2，过点作于，直线与直线相交于点，连接．当时，试探究线段，，之间的数量关系并证明你的结论； （3）【拓展延伸】 在（2）的条件下，若，在线段旋转过程中（），当时，求的长．（直接写出结果） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 汇川区2025~2026学年度第一学期九年级阶段性检测 数学试题卷 同学你好！答题前请认真阅读以下内容： 1．全卷共6页，三个大题，共25小题，满分150分．考试时间为120分钟．考试形式闭卷． 2．一律在答题卡相应位置作答，在试题卷上答题视为无效． 3．不能使用计算器． 一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分．每小题均有A、B、C、D四个选项，其中只有一个选项正确，请用2B铅笔在答题卡相应位置填涂） 1. 对称美是一种美学观念，强调事物在空间或结构上的平衡与协调，给人以圆满、和谐、稳定的视觉感受．下列图形中，是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是中心对称图形的识别，根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形． 【详解】选项A、B、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形． 选项C能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转后与原来的图形重合，所以是中心对称图形． 故选：C． 2. 若是关于的一元二次方程的一个根，则的值为（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解的定义．将根代入方程，直接求解的值． 【详解】解：∵是方程的根， ∴代入得：， 即， 整理得：， ∴． 故选：A． 3. 小聪在解方程时，只得到一个根，则被漏掉的一个根是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了因式分解法解一元二次方程．通过因式分解法解一元二次方程，利用零乘积性质求根． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴或， 即或． 小聪只得到，故被漏掉的根是． 故选：B． 4. 将抛物线先向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到抛物线的解析式是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线平移规则：向右平移个单位，替换为；向上平移个单位，替换为或整个函数加． 【详解】解：将抛物线先向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度，得到抛物线的解析式是． 故选：A． 5. 用配方法解方程， ，变形正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据配方法的解题步骤变形即可； 【详解】， ， ， ； 故答案选A． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程配方法的应用，准确变形判断是解题的关键． 6. 如图，在中，，将绕点逆时针旋转后，得到，且点在上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理的应用，根据题意可得，根据三角形内角和定理求得，进而根据旋转的性质得出，即可求解． 【详解】解：∵将绕点逆时针旋转后，得到，且点在上， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 7. 已知关于的一元二次方程有两个不相等的实数根，则的取值范围为（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式的意义．一元二次方程有两个不相等的实数根，需满足二次项系数不为零且判别式大于零．注意二次项系数不为零和判别式大于零的条件，解不等式时注意符号变化． 【详解】解：∵方程为一元二次方程， ∴，即． 判别式． ∵有两个不相等的实数根， ∴，即， ∴， ∴． 综上，且． 故选：D． 8. 如图，把一块长为，宽为的矩形硬纸板的四个角剪去四个相同小正方形，然后把纸板的四边沿虚线折起，并用胶带粘好，即可做成一个无盖纸盒．若该无盖纸盒的底面积为，设剪去小正方形的边长为，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．设剪去小正方形的边长是，则纸盒底面的长为，宽为，根据长方形的面积公式结合纸盒的底面积是，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：设剪去小正方形的边长是，则纸盒底面的长为，宽为， 根据题意得：． 故选：A． 9. 如图，二次函数的部分图象与轴交于点，对称轴为直线，下列结论正确的是（ ） A. B. 抛物线与 轴正半轴交点坐标为 C. D. 若点，在该抛物线上，则 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数图象和性质，直接利用二次函数的图象和性质逐一判断即可求解． 【详解】解：∵抛物线开口向下，与轴交于正半轴， ∴， ∴，故A错误， ∵二次函数的部分图象与轴交于点，对称轴为直线， ∴抛物线与 轴正半轴交点坐标为，故B正确， ∴，则，即，故C错误 若点，在该抛物线上，， ∵ ∴，故D错误． 故选：B． 10. 如图，是某抛物线型拱桥横断面的示意图，正常水位时水面宽为，拱桥最高点到水面的距离为，当水位上升时，水面的宽为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次函数在实际问题中的应用，以点为坐标原点，的垂直平分线为轴，过点作轴的垂线，建立直角坐标系，设抛物线的解析式为，由此可得，，即可求函数解析式为，再将代入解析式，求出、点的横坐标即可求的长． 【详解】解：如图，以点为坐标原点，的垂直平分线为轴，过点作轴的垂线，建立直角坐标系， 设抛物线的解析式为， 点到水面的距离为米， 、点的纵坐标为， 水面宽为米， ，， 将，代入， ， ∴ ， ∴， 水位上升米就达到警戒水位， 点的纵坐标为， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 11. 如图，在中，，，，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理；根据题意证明得出，进而在中，根据勾股定理，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点，则， 依题意，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵，， ∴ 在中， ∴， 故选：B． 12. “数形结合”是一种重要的数学思想方法，它是将抽象的数量关系与直观的几何图形相结合，通过“以形助数”和“以数解形”实现问题解决．示例：若，（）是关于的一元二次方程的两个根，且，则，，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程和二次函数的关系；利用函数图像，将方程转化为抛物线与直线的交点问题，通过抛物线的开口方向和与轴的交点位置，判断根的分布范围． 【详解】解：如图 设，， ，是与轴的交点，且抛物线开口向上， 当或时，；当时，． 方程即求与抛物线的交点， ， 交点位于和． 又、为方程两根，且， ． 故选：C． 二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分．） 13. 如图，是一个风车示意图，若点的坐标为，则点的坐标为________； 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形的性质，求关于原点对称的点的坐标，根据关于原点对称的点的坐标特征，即可求解． 【详解】解：依题意，点的坐标为，则点的坐标为 故答案为：． 14. 下列3条抛物线中，开口向下，且开口最小的是________；(填序号) ①；②；③． 【答案】③ 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质．根据二次函数的性质，二次项系数的符号决定开口方向：系数为负时开口向下；开口大小由系数的绝对值决定，绝对值越大开口越小． 【详解】解：抛物线①的二次项系数为，开口向上，不符合条件； 抛物线②的二次项系数为，开口向下，绝对值是； 抛物线③的二次项系数为，开口向下，绝对值是． 由于， 所以抛物线③的开口最小． 故答案为：③． 15. 定义：如果一元二次方程(，，为常数，且)的两个实数根，满足，那么称这样的方程为“倒数方程”．已知关于的一元二次方程(为常数)是“倒数方程”，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根与系数的关系．根据根与系数的关系，得到方程两根之和与两根之积，代入倒数方程的条件，得到关于的方程，求解并验证判别式即可． 【详解】解：设方程的两个根为和， 根据根与系数的关系，有： 由倒数方程的定义， 代入得： 解得：， 经检验是原方程的解，且当时，原方程为，，原方程有两个实数根 故答案为：． 16. 如图，菱形中，，，是线段上一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，二次函数的性质；先证明得出，设，则，根据含度角的直角三角形的性质，勾股定理表示出，进而根据三角形的面积公式列出函数关系式，根据二次函数的性质，即可求解． 【详解】解：如图，在上截取，连接，过点作于点， ∵ ∴是等边三角形， ∴ ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴ ∵， ∴ ∵四边形是菱形， ∴， ∴，即 ∴ ∴ 设，则， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ， ∴当时，的最大值为． 故答案为：． 三、解答题（本大题共9小题，共98分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 从下列①②③中任选2个方程，并用合适的方法求解． ①；②；③． 【答案】方程①：；方程②：；方程③： 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，①先移项，然后根据直接开平方法解一元二次方程；②根据因式分解法解一元二次方程；③根据因式分解法解一元二次方程即可求解． 【详解】解：①； ∴ 解得： ②； ∴ ∴或， 解得： ③ ∴ ∴或 解得： 18. 在正方形网格中，建立如图所示的平面直角坐标系，的三个顶点都在格点上，点的坐标为，请解答下列问题： （1）画出关于原点成中心对称的； （2）将绕点逆时针旋转，画出旋转后的； （3）若将绕点顺时针旋转与重合，则点的坐标为 ． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】本题考查作图-旋转变换，中心对称变换； （1）利用中心对称变换的性质分别作出，，的对应点即可； （2）利用旋转变换的性质分别作出，的对应点即可； （3）作和的垂直平分线，交点即为所求的点． 【小问1详解】 如图，即为所求； 【小问2详解】 如图，即为所求； 【小问3详解】 如图，点P即为所求，． 故答案为：． 19. 已知二次函数自变量与函数的部分对应值如下表： （1）二次函数的顶点坐标为 ，的值为 ； （2）在给定的平面直角坐标系中画出这个二次函数的图象； （3）结合图象，回答下列问题： ①当时，的取值范围是 ； ②当时，的取值范围是 ． 【答案】（1），5； （2）见解析 （3）①；② 【解析】 【分析】本题考查的是抛物线与x轴的交点，函数图象上点的坐标特征等， （1）根据表格数据和抛物线的对称性可得结果； （2）根据三点表格中的点，描点，连线，画出函数图象即可； （3）①根据函数图象直接写出自变量取值范围即可； ②根据函数图象直接写出函数值取值范围即可． 【小问1详解】 解：根据表格数据可得：顶点坐标，对称轴为，根据抛物线的对称性可知，； 故答案为：，5； 【小问2详解】 抛物线图象如图所示： 【小问3详解】 ①根据函数图象，当时，的取值范围是； 故答案为：． ②根据函数图象，当时，的取值范围是， 故答案为：． 20. 为了应对气候变化，某科技公司研发了一种人工装置“碳捕集树”，该装置能像超级树木一样高效吸收大气中的二氧化碳．2022年投入使用，单台设备年均捕集量为吨二氧化碳，该设备经过技术升级后，到年单台设备年均捕集量达到吨，且从年到年，该设备年均捕集量的平均增长率都相同． （1）求该设备每年年均捕集量的平均增长率； （2）该科技公司在年初引入人工智能算法实时优化捕集过程，使得单台设备年均捕集量的平均增长率提高到原来的倍，按照这个平均增长率，预计年该设备单台年均捕集量将达到多少吨？ 【答案】（1） （2）吨 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的实际应用，找准等量关系，正确的列出方程，是解题的关键． （1）设该设备每年年均捕集量的平均增长率为，根据题意列出一元二次方程，解方程并检验即可求解． （2）根据题意列出算式即可求解． 【小问1详解】 解：设该设备每年年均捕集量的平均增长率为，根据题意得 解得：（舍去） 答：该设备每年年均捕集量的平均增长率． 【小问2详解】 解： 答：预计年该设备单台年均捕集量将达到吨． 21. 如图，已知直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线（，是常数）经过，两点，且与轴交于点． （1）求抛物线的解析式，并直接写出点的坐标； （2）是第一象限内抛物线上一点，过点作轴交线段于点，当时，求点的坐标． 【答案】（1）， （2）或 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与一次函数的综合、二次函数的几何应用等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键． （1）先根据一次函数的解析式求出点的坐标，再利用待定系数法求解即可得；当时，解方程即可求得点的坐标； （2）根据的坐标得出，根据题意得出，设，则，表示出，列出方程，解方程即可求解． 【小问1详解】 解：将代入直线得：，解得， ∴， 将代入直线得：， ∴， 将点，代入得：， 解得， ∴抛物线的解析式为． 当时， 解得： ∴ 【小问2详解】 ∵，， ∴ ∵ ∴， 设，则， ∴ 解得：， ∴或 ∴或 22. 为增强学生的劳动意识，养成劳动的习惯和品质，某校计划用一段长为的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜地，墙长为，为了种植不同种类的蔬菜，菜地中间用篱笆隔断． （1）若围成的矩形菜地的面积为，求矩形的长和宽分别是多少米？ （2）围成的矩形菜地的面积能否为？请说明理由． 【答案】（1）矩形的长为12米，宽为米； （2）围成的矩形菜地的面积不能为，理由见解析 【解析】 【分析】此题主要考查一元二次方程的应用，解题的关键是根据题意列出方程求解． （1）设垂直于墙的一边长为x米，则矩形的另一边长为米，根据面积为列出方程，求解即可； （2）根据题意列出方程，用根的判别式判断方程根的情况即可． 【小问1详解】 解：设垂直于墙的一边长为x米，则矩形的另一边长为米 则， 解方程得：，． 当时，长，故舍去， ∴． ∴矩形的长 答：矩形的长为12米，宽为米； 【小问2详解】 解：围成的矩形菜地的面积不能为，理由如下， 假设面积可以为， 则， 整理得即， ， 方程无实数解， 故面积不能为． 23. 某文具店销售一款进价为元/个的篮球，经统计发现，当销售单价不低于进价时，日销售量（个）与销售单价（元）之间满足如图所示的函数关系． （1）求与的函数关系式； （2）若文具店计划销售该款篮球每日获利元，且尽可能让利于顾客，求该款篮球的销售单价应定为多少元？ （3）该款篮球销售单价定为多少元时，文具店所获日销售利润最大，最大利润是多少？ 【答案】（1） （2）该款篮球的销售单价应定60元 （3）该款篮球销售单价定为元时，文具店所获日销售利润最大，最大利润是多800元 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质，二次函数的最值，一次函数的应用，解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握题意，正确的找出题目的关系，从而进行解题． （1）直接由待定系数法，即可求出一次函数的解析式； （2）设当天玩具的销售单价是元，根据题意，列出一元二次方程，解方程即可求出答案； （3）设文具店所获日销售利润为，根据题意，列出w与的关系式，然后利用二次函数的性质，即可求出答案． 【小问1详解】 解：由图可知，设一次函数的解析式为， 把点和点代入，得 ，解得， ∴一次函数的解析式为； 【小问2详解】 解：设该款篮球的销售单价应定为元，根据题意得， ， 解得：，， ∵尽可能让利于顾客， ∴该款篮球的销售单价应定60元； 【小问3详解】 解：设文具店所获日销售利润为，根据题意得 ， ∵， ∴当时，有最大值，最大值为800； ∴该款篮球销售单价定为元时，文具店所获日销售利润最大，最大利润是800元． 24. 如图①，某校运动会上，小丽同学参加九年级女子组实心球比赛，她投掷第次，球的运动路径可看作抛物线的一部分，以边界线上的为原点，分别以水平直线，竖直线为轴，轴建立平面直角坐标系，如图②所示，球从与地面垂直距离为的处出手，在距离地面垂直高度，与出手点水平距离的处到达最高点，最后在处落到地面． （1）求此抛物线的函数表达式； （2）小丽第1次投掷的成绩是多少米？ （3）小丽计划在第2次投掷时将成绩提升到以上，且保持球的最高点位置与第1次相同，请问她需要升高还是降低球的出手点？至少升高（降低）多少米？（不考虑其他因素的影响） 【答案】（1） （2）小丽第1次投掷的成绩是米 （3）她至少需要升高米 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的应用； （1）依题意，抛物线顶点为，点，设抛物线表达式为，待定系数法求解析式，即可求解； （2）令，解方程，即可求解； （3）依题意，新抛物线解析式为，代入，进而求得时的函数值，即可求解． 【小问1详解】 解：依题意，抛物线顶点为，点， 设抛物线表达式为，代入， ∴， 解得：， ∴； 【小问2详解】 解：令，则， 解得：（舍去） 答：小丽第1次投掷的成绩是米 【小问3详解】 解：设新抛物线解析式为 当抛物线经过时， 解得： ∴ 当时， ， ∴她至少需要升高米 25. 综合与探究： 如图，在中，，，将线段绕点逆时针旋转（），得到线段，连接，． （1）【问题初探】 如图1，当时， ， ； （2）【问题深探】 如图2，过点作于，直线与直线相交于点，连接．当时，试探究线段，，之间的数量关系并证明你的结论； （3）【拓展延伸】 在（2）的条件下，若，在线段旋转过程中（），当时，求的长．（直接写出结果） 【答案】（1）； （2），证明见详解 （3） 【解析】 【分析】（1）根据旋转的性质可得，，进而根据等腰三角形的性质以及三角形的内角定理即可得出，进而根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解． （2）同（1）的方法证明是等边三角形，延长至，使得，连接，证明，再得出，根据（1）的结论，即可求解； （3）由（1）的结论可得：，进而在和中，利用勾股定理求得，即可求解． 【小问1详解】 解：∵将线段绕点逆时针旋转（），得到线段， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； 如图，过点作于点， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：；． 【小问2详解】 ，证明如下： ∵将线段绕点逆时针旋转（），得到线段， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； ∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， 如图，延长至，使得，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 由（1）可得， ∴，即； 【小问3详解】 解：∵， 由（1）的结论可得：， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵，则当时，符合题意，如图， 在中，， 在中，， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，三角形内角定理的应用，全等三角形的性质与判定，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $