精品解析：福建福州市平潭县城关中学教研片平潭城关中学等校2025-2026学年九年级上学期期中适应性练习数学试题

2025—2026学年第一学期期中学业水平考试 九年级数学 完卷时间：120分钟；满分：150分； 友情提示：所有答案必须填写在答题卡相应的位置上，答在本卷上一律无效． 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分） 1. 关于x的一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别为（ ） A. 1，，7 B. 1，6， C. 1，6，7 D. 1，， 2. 数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 3. 用配方法解方程x2-2x=2时，配方后正确的是（　　） A. B. C. D. 4. 对于抛物线，下列说法错误的是（ ） A. 对称轴直线 B. 顶点坐标是 C. 当时，的最大值为2 D. 当时，随的增大而减小 5. 如图，三角形绕点B顺时针旋转，旋转角等于，得到三角形，那么下列说法错误的是（ ）． A. 平分 B. C. D. 6. 俗语有云：“一天不练手脚慢，两天不练丢一半，三天不练门外汉，四天不练瞪眼看．”其意思是知识和技艺在学习后，如果不及时复习，那么学习过的东西就会被遗忘．假设每天“遗忘”的百分比为x，根据“两天不练丢一半”，可列方程（ ） A B. C. D. 7. 下列抛物线平移后可得到抛物线的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在正方形网格中，点A的坐标为（0，5），点B的坐标为（4，3），线段AB绕着某点旋转一个角度与线段CD重合（C、D均为格点），若点A的对应点是点C，则它的旋转中心的坐标是（ ） A. （1，2） B. （2，1） C. （3，1） D. （5，4） 9. 已知二次函数上有两点，，则的值为（ ） A. B. C. D. 3 10. 已知是一元二次方程的实数根，，设，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分．） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称点的坐标是_____ 12. 若一元二次方程有一个解为，则______． 13. 已知抛物线与x轴只有一个交点，则______________． 14. 如图，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，且点B刚好落在A′B′上．若∠A＝25°，∠BCA′＝45°，则∠A′BA＝___________度 15. 当与时，代数式的值相等，则时，代数式的值为____________． 16. 如图，正方形中，，把绕点逆时针旋转得到，连接．那么______． 三、解答题：本大题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 解方程：． 18. 已知关于的方程有实数根，求的取值范围． 19 已知抛物线． （1）求这条抛物线顶点的坐标及对称轴方程； （2）当时，直接写出的取值范围__________； （3）当时，直接写出的取值范围__________． 20. 如图，在正方形ABCD中，射线AE与边CD交于点E，将射线AE绕点A顺时针旋转，与CB的延长线交于点F，，连接FE． （1）求证：； （2）若，，求的面积． 21. 如图，在足够大的空地上，某人利用墙和一段长29米的篱笆围成矩形菜园，墙长12米，其中的长不超过墙长，在边上留一个1米宽的小门．设为x米，当x取何值时，矩形菜园的面积最大，最大面积为多少平方米？ 22. 如图，在中，，将绕点B逆时针旋转一定的角度得到，点C的对应点为点D． （1）尺规作图：求作，使点A的对应点E恰好落在的延长线上；（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）条件下，连接，求证：平分． 23. 如果关于的一元二次方程有两个实数根，其中一个根等于另一根的倍，那么称这个方程为“系方程”． （1）若一元二次方程是“系方程”，求的值； （2）若一元二次方程是“系方程”，求证：． 24. 综合与实践 问题情境：如图1，矩形是学校花园的示意图，其中一个花坛的轮廓可近似看成由抛物线的一部分与线段组成的封闭图形，点A，B在矩形的边上．现要对该花坛内种植区域进行划分，以种植不同花卉，学校面向全体同学征集设计方案． 方案设计：如图2，米，垂直平分线与抛物线交于点P，与交于点O，点P是抛物线的顶点，且米．欣欣设计的方案如下： 第一步：在线段上确定点C，使，用篱笆沿线段分隔出区域，种植串串红； 第二步：在线段上取点F（不与C，P重合），过点F作的平行线，交抛物线于点D，E．用篱笆沿将线段与抛物线围成的区域分隔成三部分，分别种植不同花色的月季． 方案实施：学校采用了欣欣的方案，在完成第一步区域的分隔后，发现仅剩6米篱笆材料．若要在第二步分隔中恰好用完6米材料，需确定与的长．为此，欣欣在图2中以所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系．请按照她的方法解决问题： （1）在图2中画出坐标系，并求抛物线的函数表达式； （2）求6米材料恰好用完时与的长； （3）种植区域分隔完成后，欣欣又想用灯带对该花坛进行装饰，计划将灯带围成一个矩形．她尝试借助图2设计矩形四个顶点的位置，其中两个顶点在抛物线上，另外两个顶点分别在线段上．直接写出符合设计要求的矩形周长的最大值． 25. 问题情境 是等边的中线，点P在线段上运动（不包括端点C，D），将线段绕点P顺时针旋转，点A的对应点E落在射线上，探究的大小．记． 问题探究 （1）如图1，将问题特殊化，当时，直接写出的大小； （2）如图2，将问题一般化，当时，求证：是定值． 问题拓展 （3）当时，若，直接写出的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第一学期期中学业水平考试 九年级数学 完卷时间：120分钟；满分：150分； 友情提示：所有答案必须填写在答题卡相应的位置上，答在本卷上一律无效． 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分） 1. 关于x的一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别为（ ） A. 1，，7 B. 1，6， C. 1，6，7 D. 1，， 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次方程的一般形式为的定义解答即可． 本题考查了一元二次方程的一般形式，熟练掌握定义是解题的关键． 【详解】解：由， 得， ∴一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别为1，，， 故选：D． 2. 数学世界奇妙无穷，其中曲线是微分几何的研究对象之一，下列数学曲线是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，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】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180°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180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形， 故选：C． 【点睛】本题考查的是中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合． 3. 用配方法解方程x2-2x=2时，配方后正确的是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方程左右两边都加上1，左边化为完全平方式，右边合并即可得到结果． 【详解】解：x2-2x=2， x2-2x+1=2+1，即（x-1）2=3． 故选：C． 【点睛】本题考查了解一元二次方程-配方法，熟练掌握用配方法解一元二次方程的步骤是解决问题的关键． 4. 对于抛物线，下列说法错误的是（ ） A. 对称轴是直线 B. 顶点坐标是 C. 当时，的最大值为2 D. 当时，随的增大而减小 【答案】C 【解析】 【分析】的基本特征：对称轴为直线，顶点坐标为；当时，抛物线开口向下，在顶点处取得最大值，且在对称轴右侧()，随的增大而减小．解题思路是根据这些性质逐一验证每个选项的正确性． 【详解】解：已知抛物线的解析式为， 对于选项A：根据顶点式性质，抛物线的对称轴为直线，该说法正确； 对于选项B：顶点式对应的顶点坐标为，该说法正确； 对于选项C：， 抛物线开口向下，在时取得最大值．该说法错误； 对于选项D：抛物线开口向下，对称轴为直线， 当时，随的增大而减小，该说法正确． 综上，说法错误的是选项C． 5. 如图，三角形绕点B顺时针旋转，旋转角等于，得到三角形，那么下列说法错误的是（ ）． A. 平分 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据旋转的性质得到，，，即可对选项进行判断． 【详解】解：∵三角形绕点B顺时针旋转，旋转角等于， ∴的对应边为，的对应边为， ∴，，， ∴平分， 通过已知条件不能得出， 所以A，B，D选项正确，C选项不正确． 故选C． 【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等． 6. 俗语有云：“一天不练手脚慢，两天不练丢一半，三天不练门外汉，四天不练瞪眼看．”其意思是知识和技艺在学习后，如果不及时复习，那么学习过的东西就会被遗忘．假设每天“遗忘”的百分比为x，根据“两天不练丢一半”，可列方程（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，由题意得：一天后记得的知识为：，两天后记得的知识为：，即可求解； 【详解】解：由题意得：一天后记得的知识为：，两天后记得的知识为：， ∴， 故选：A 7. 下列抛物线平移后可得到抛物线的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线的平移规律：左加右减，上加下减，即可解答. 详解】解：A. ，此抛物线开口向下，向右平移1个单位长度后可得到抛物线； B、C、D三条抛物线开口向上，平移后不能得到. 故选A. 【点睛】本题考查抛物线的平移及平移规律，解题关键是平移规律，另外抛物线平移后，只是位置改变，形状和开口大小、方向不变. 8. 如图，在正方形网格中，点A的坐标为（0，5），点B的坐标为（4，3），线段AB绕着某点旋转一个角度与线段CD重合（C、D均为格点），若点A的对应点是点C，则它的旋转中心的坐标是（ ） A. （1，2） B. （2，1） C. （3，1） D. （5，4） 【答案】B 【解析】 【分析】画出平面直角坐标系，对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心． 【详解】解：平面直角坐标系如图所示，作AC、BD的垂直平分线交于点E，旋转中心是E点，E（2，1）． 故选：B． 【点睛】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解题的关键是理解对应点连线段的垂直平分线的交点即为旋转中心． 9. 已知二次函数上有两点，，则的值为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意得出，，，，再将待求式子变形后，然后整体代入求值即可． 【详解】解：∵二次函数上有两点，， ∴，， ∴，， 取，则有两个根和， 也就是说有两个根和， ∴，， ∴ ， 故选：B 【点睛】本题考查了已知式子的值求代数式的值，分式化简求值，一元二次方程的根与系数的关系，的图象与性质，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 10. 已知是一元二次方程的实数根，，设，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由是一元二次方程的实数根，即可得出，代入变形后的得出． 【详解】解：是一元二次方程的实数根， ， ， ， ， ． 故选：C． 二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分．） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是_____ 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了直角坐标系下点关于原点对称的特征，解决本题的关键是熟练掌握点关于原点对称的特征． 根据直角坐标系下点关于原点对称的特征“横坐标和纵坐标互为相反数”求解即可． 【详解】解：在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是． 故答案为： ． 12. 若一元二次方程有一个解为，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，解决本题的关键是将x的值准确代入方程进行计算． 将代入方程，即可求解． 【详解】解：依题意，将代入方程， 得， 解得：， 故答案为：3． 13. 已知抛物线与x轴只有一个交点，则______________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查了二次函数与x轴的交点个数问题，根的判别式，熟练掌握二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键． 由抛物线与x轴只有一个交点得到的方程的根的判别式为0，解方程即可． 【详解】解：当时，， 由题意得，， 解得：， 故答案为：1． 14. 如图，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，且点B刚好落在A′B′上．若∠A＝25°，∠BCA′＝45°，则∠A′BA＝___________度 【答案】40 【解析】 【分析】由旋转的性质可得：∠A′=∠A=25°，∠B′=∠ABC，CB=C B′，根据等边对等角可得：∠B′=∠B′BC，根据三角形外角的性质可得：∠B′BC=∠BCA′＋∠A′=70°，从而求出∠B′BC和∠ABC，即可求出∠A′BA. 【详解】解：由旋转的性质可得：∠A′=∠A=25°，∠B′=∠ABC，CB=C B′ ∴∠B′=∠B′BC ∵∠BCA′＝45°， ∴∠B′BC=∠BCA′＋∠A′=70° ∴∠ABC=∠B′=∠B′BC=70° ∴∠A′BA=180°－∠B′BC－∠ABC=40° 故答案：40 【点睛】此题考查的是旋转的性质、三角形外角的性质和等腰三角形的性质，掌握旋转的性质、三角形外角的性质和等边对等角是解决此题的关键. 15. 当与时，代数式的值相等，则时，代数式的值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，主要利用了二次函数的对称性和对称轴公式，是基础题，熟记性质和得出是解题的关键．先由抛物线，可得抛物线的对称轴为直线，从而得到以a、b为横坐标的点关于直线对称，进而得到，再把代入，即可求解． 【详解】解：由抛物线， ∴抛物线的对称轴为直线， ∵当或时，代数式的值相等， ∴当或时，抛物线的函数值相等， ∴以a、b为横坐标的点关于直线对称， ∴， ∴， ∵， ∴， 当时，， 即时，代数式的值为． 故答案为：． 16. 如图，正方形中，，把绕点逆时针旋转得到，连接．那么______． 【答案】 【解析】 【分析】连接，由旋转性质可得，，则是等边三角形，从而证明直线是线段的垂直平分线，设交于点，则，由正方形的性质可得，，最后由勾股定理和线段和差即可求解． 【详解】解：连接， ∵由绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线，设交于点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，， 由勾股定理得：， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，垂直平分线的判定与性质，正方形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，掌握这些知识点的应用是解题的关键． 三、解答题：本大题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 解方程：． 【答案】， 【解析】 【分析】由于方程无法通过因式分解法求解，因此选用公式法．先确定一元二次方程一般形式中、、的取值，计算判别式判断根的情况，再代入求根公式即可得到方程的解． 【详解】解：对于方程，，，， ∴判别式， ∴方程有两个不相等的实数根， ∴， 即方程的解为，． 18. 已知关于的方程有实数根，求的取值范围． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，对于一元二次方程，若，则方程有两个不相等的实数根，若，则方程有两个相等的实数根，若，则方程没有实数根，据此求解即可． 【详解】解：根据题意，得， ． 该方程有实数根， ，即， ． 19. 已知抛物线． （1）求这条抛物线顶点的坐标及对称轴方程； （2）当时，直接写出的取值范围__________； （3）当时，直接写出的取值范围__________． 【答案】（1）抛物线的顶点坐标为，对称轴为直线； （2）； （3） 【解析】 【分析】本题考查了抛物线与轴的交点： 把求二次函数，，是常数，与轴的交点坐标问题转化为解关于的一元二次方程 ． 也考查了二次函数的性质 ． （）先把一般式配成顶点式， 然后根据二次函数的性质解决问题； （）通过解方程得抛物线与轴的交点坐标，再根据二次函数的性质解决问题； （）根据二次函数的性质求解即可． 【小问1详解】 解：， 抛物线的顶点坐标为，对称轴为直线； 【小问2详解】 解：当时，， 解得，， 所以抛物线与轴的交点坐标为，， 由抛物线开口向下可得，当时，， 故答案为：； 【小问3详解】 解：∵抛物线开口向下，对称轴为直线， 当时，当时，， ∴当，． 20. 如图，在正方形ABCD中，射线AE与边CD交于点E，将射线AE绕点A顺时针旋转，与CB的延长线交于点F，，连接FE． （1）求证：； （2）若，，求的面积． 【答案】（1）证明见解析 （2）8 【解析】 【分析】（1）根据正方形的性质得到AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=，求得∠ABF=，根据全等三角形的性质即可得到结论； （2）根据全等三角形的性质得到∠BAF=∠DAE，得到△AEF是等腰直角三角形，根据直角三角形的性质得到AE=2DE=4，于是得到结论． 【小问1详解】 证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=， ∴∠ABF=， 在△ABF与△ADE中，， ∴△ABF≌△ADE（SAS）， ∴AF=AE； 【小问2详解】 解：由（1）知，△ABF≌△ADE， ∴∠BAF=∠DAE， ∴∠BAF+∠BAE=∠DAE+∠BAE=， ∴∠FAE=， ∴△AEF是等腰直角三角形， 在Rt△ADE中，∠D=，∠DAE=，DE=2， ∴AE=2DE=4， ∴△AEF的面积=． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，证得△ABF≌△ADE是解题的关键． 21. 如图，在足够大的空地上，某人利用墙和一段长29米的篱笆围成矩形菜园，墙长12米，其中的长不超过墙长，在边上留一个1米宽的小门．设为x米，当x取何值时，矩形菜园的面积最大，最大面积为多少平方米？ 【答案】时，矩形菜园的面积最大，最大面积为 【解析】 【分析】本题考查了二次函数应用：解此类题的关键是通过几何性质确定出二次函数的解析式，然后确定其最大值，实际问题中自变量x的取值要使实际问题有意义，因此在求二次函数的最值时，一定要注意自变量x的取值范围．设矩形菜园的面积为，依题意得，为，列出函数关系式，再根据二次函数的性质求解即可． 【详解】设矩形菜园的面积为，依题意得，为， 所以是的二次函数， 因为， 所以抛物线开口向下， 对称轴为直线， 其中，， 所以， 在对称轴的右侧，S随着的增大而减小， 所以当时，S取最大值，为， 答：时，矩形菜园的面积最大，最大面积为． 22. 如图，在中，，将绕点B逆时针旋转一定的角度得到，点C的对应点为点D． （1）尺规作图：求作，使点A的对应点E恰好落在的延长线上；（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）条件下，连接，求证：平分． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】（1）由旋转的性质，作线段等于已知线段，即为所求； （2）设，由，可得，由旋转可知，，则，，证明，则，由，可得，则，进而结论得证． 【小问1详解】 解：如图所示， ∵，，， ∴， ∴即为所求； 【小问2详解】 证明：设， ， ， 由旋转可知，， ，， ， ， ， ， ， ， 平分． 【点睛】本题考查了作线段等于已知线段，旋转的性质，等边对等角，平行线的判定与性质，角平分线等知识．熟练掌握作线段等于已知线段，旋转的性质，等边对等角，平行线的判定与性质，角平分线是解题的关键． 23. 如果关于一元二次方程有两个实数根，其中一个根等于另一根的倍，那么称这个方程为“系方程”． （1）若一元二次方程是“系方程”，求的值； （2）若一元二次方程是“系方程”，求证：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（）设、是的两个实数根，由根和系数的关系可得，，据此即可求解； （）由方程可得，， ，进而得或，得到或，分别代入方程计算即可求证； 本题考查了一元二次方程根和系数的关系，解一元二次方程，理解方程的新定义是解题的关键． 【小问1详解】 解：设，是的两个实数根， ，， ∴， ∴； 【小问2详解】 证明：由可得，， ， ∴方程是“系方程”， ∴或， ∴或， 即或， ①当时，； ②当时，； 综上所述，． 24. 综合与实践 问题情境：如图1，矩形是学校花园的示意图，其中一个花坛的轮廓可近似看成由抛物线的一部分与线段组成的封闭图形，点A，B在矩形的边上．现要对该花坛内种植区域进行划分，以种植不同花卉，学校面向全体同学征集设计方案． 方案设计：如图2，米，的垂直平分线与抛物线交于点P，与交于点O，点P是抛物线的顶点，且米．欣欣设计的方案如下： 第一步：在线段上确定点C，使，用篱笆沿线段分隔出区域，种植串串红； 第二步：在线段上取点F（不与C，P重合），过点F作的平行线，交抛物线于点D，E．用篱笆沿将线段与抛物线围成的区域分隔成三部分，分别种植不同花色的月季． 方案实施：学校采用了欣欣的方案，在完成第一步区域的分隔后，发现仅剩6米篱笆材料．若要在第二步分隔中恰好用完6米材料，需确定与的长．为此，欣欣在图2中以所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系．请按照她的方法解决问题： （1）在图2中画出坐标系，并求抛物线的函数表达式； （2）求6米材料恰好用完时与的长； （3）种植区域分隔完成后，欣欣又想用灯带对该花坛进行装饰，计划将灯带围成一个矩形．她尝试借助图2设计矩形四个顶点的位置，其中两个顶点在抛物线上，另外两个顶点分别在线段上．直接写出符合设计要求的矩形周长的最大值． 【答案】（1）图见解析， （2）的长为4米，的长为2米 （3）矩形周长的最大值为米 【解析】 【分析】本题考查二次函数的实际应用，建立适当坐标系求出函数表达式是解题的关键． （1）根据题意以点O为原点建立坐标系，根据垂直平分，得出，根据设抛物线的函数表达式为，将代入求出a的值即可； （2）设点E的坐标为，可得，，，根据求出m的值即可； （3）由矩形周长，即可求解． 【小问1详解】 解：建立如图所示的平面直角坐标系， ∵所在直线是的垂直平分线，且， ∴． ∴点B的坐标为， ∵， ∴点P坐标为， ∵点P是抛物线的顶点， ∴设抛物线的函数表达式为， ∵点在抛物线上， ∴， 解得：． ∴抛物线的函数表达式为； 【小问2详解】 解：∵点D，E在抛物线 上， ∴设点E的坐标为， ∵，交y轴于点F， ∴，， ∴． ∵在中，， ∴． ∴， 根据题息，得， ∴， 解得：（不符合题意，舍去）， ∴． ∴， 答：的长为4米，的长为2米． 【小问3详解】 解：如图矩形灯带为， ，，点C在y轴的正半轴，点A在x轴的负半轴， ∴，， 设直线解析式为， 将，代入，得：， 解得， ∴直线解析式为， 同理可得，直线的表达式， 设点、、、， 则矩形周长， 故矩形周长的最大值为米． 25. 问题情境 是等边的中线，点P在线段上运动（不包括端点C，D），将线段绕点P顺时针旋转，点A的对应点E落在射线上，探究的大小．记． 问题探究 （1）如图1，将问题特殊化，当时，直接写出的大小； （2）如图2，将问题一般化，当时，求证：是定值． 问题拓展 （3）当时，若，直接写出的值． 【答案】（1）；（2）见解析；（3） 【解析】 【分析】（1）三线合一，得到，三角形的内角和定理，求出的度数即可； （2）连接，过点P作于H，三线合一得到是的垂直平分线，得到，，旋转得到，进而得到，再跟三线合一，得到，根据含30度角的直角三角形的性质，得到，根据，即可得出结论； （3）连接，过点P作于H，同（2），利用含30度角的直角三角形，结合勾股定理分别求出，，即可得出结论． 【详解】解：（1）∵是等边三角形， ∴， ∵是等边的中线， ∴平分， ∴， ∴． （2）连接，过点P作于H． ∵是等边的高， ∴是的垂直平分线， ∴，； ∵线段绕点P顺时针旋转得到， ∴， ∴． ∴垂直平分，即． 在中，， ∴， ∴， ∴． ∴． （3）连接，过点P作于H． 同（2）可知：， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴，， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，旋转的性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $