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5. 如图，将边长为$\sqrt{3}$的正方形绕点B逆时针旋转$30°$，图中阴影部分的面积为（
A.3
B.$\sqrt{3}$
C.$3-\sqrt{3}$
D.$3-\frac{\sqrt{3}}{2}$
（第5题）
C
）A.3
B.$\sqrt{3}$
C.$3-\sqrt{3}$
D.$3-\frac{\sqrt{3}}{2}$
（第5题）答案
C
解析
【分析】
求解阴影部分面积可采用“整体减空白”的思路：先计算正方形的总面积，再求出重叠空白部分的面积，二者作差即可得到结果。首先利用旋转的性质得到对应边、对应角相等，证明空白部分的两个直角三角形全等，再结合旋转角推出直角三角形的内角度数，求出直角边长度后计算空白面积，最终得到阴影面积。
【解析】
1. 计算正方形面积：已知正方形边长为$\sqrt{3}$，因此正方形面积$S_{正}=(\sqrt{3})^2=3$。
2. 连接$BM$，由旋转性质可得：$BA=BC'$，$∠ A=∠ C'=90°$，又$\because BM=BM$，$\therefore \mathrm{Rt}△ ABM ≌ \mathrm{Rt}△ C'BM\mathrm{（HL）}$，可得$∠ ABM=∠ C'BM$。
3. 由旋转角为$30°$，得$∠ CBC'=30°$，结合正方形内角$∠ ABC=90°$，可得$∠ ABC'=90°-30°=60°$，因此$∠ ABM=\frac{1}{2}∠ ABC'=30°$。
4. 在$\mathrm{Rt}△ ABM$中，$AB=\sqrt{3}$，$\tan30°=\frac{AM}{AB}$，代入得$AM=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=1$，因此$S_{△ ABM}=\frac{1}{2}× AB× AM=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×1=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
5. 空白部分总面积为$2S_{△ ABM}=\sqrt{3}$，因此阴影部分面积$S_{阴}=S_{正}-S_{空白}=3-\sqrt{3}$。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定
【点评】
本题是旋转背景下的面积计算典型题，通过转化思想将阴影面积转化为正方形与空白部分的面积差，解题的关键是利用全等三角形和旋转角找到边角关系，考查了学生对图形变换性质的应用能力。
【难度系数】
0.7
求解阴影部分面积可采用“整体减空白”的思路：先计算正方形的总面积，再求出重叠空白部分的面积，二者作差即可得到结果。首先利用旋转的性质得到对应边、对应角相等，证明空白部分的两个直角三角形全等，再结合旋转角推出直角三角形的内角度数，求出直角边长度后计算空白面积，最终得到阴影面积。
【解析】
1. 计算正方形面积：已知正方形边长为$\sqrt{3}$，因此正方形面积$S_{正}=(\sqrt{3})^2=3$。
2. 连接$BM$，由旋转性质可得：$BA=BC'$，$∠ A=∠ C'=90°$，又$\because BM=BM$，$\therefore \mathrm{Rt}△ ABM ≌ \mathrm{Rt}△ C'BM\mathrm{（HL）}$，可得$∠ ABM=∠ C'BM$。
3. 由旋转角为$30°$，得$∠ CBC'=30°$，结合正方形内角$∠ ABC=90°$，可得$∠ ABC'=90°-30°=60°$，因此$∠ ABM=\frac{1}{2}∠ ABC'=30°$。
4. 在$\mathrm{Rt}△ ABM$中，$AB=\sqrt{3}$，$\tan30°=\frac{AM}{AB}$，代入得$AM=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=1$，因此$S_{△ ABM}=\frac{1}{2}× AB× AM=\frac{1}{2}×\sqrt{3}×1=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
5. 空白部分总面积为$2S_{△ ABM}=\sqrt{3}$，因此阴影部分面积$S_{阴}=S_{正}-S_{空白}=3-\sqrt{3}$。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定
【点评】
本题是旋转背景下的面积计算典型题，通过转化思想将阴影面积转化为正方形与空白部分的面积差，解题的关键是利用全等三角形和旋转角找到边角关系，考查了学生对图形变换性质的应用能力。
【难度系数】
0.7
6. 如图，矩形$ABCD$绕点$B$逆时针旋转$30°$后得到矩形$A_1BC_1D_1$，$C_1D_1$与$AD$交于点$M$，延长$DA$交$A_1D_1$于点$F$，若$AB=1$，$BC=\sqrt{3}$，则$AF$的长度为（
A.$2-\sqrt{3}$
B.$\frac{\sqrt{3}-1}{3}$
C.$\frac{3-\sqrt{3}}{3}$
D.$\sqrt{3}-1$
A
）A.$2-\sqrt{3}$
B.$\frac{\sqrt{3}-1}{3}$
C.$\frac{3-\sqrt{3}}{3}$
D.$\sqrt{3}-1$
答案
A
解析
【分析】
要求AF的长度，我们可以通过建立平面直角坐标系简化计算：首先利用矩形的边长确定各顶点初始坐标，再根据旋转的坐标变换规律求出旋转后点$A_1$、$D_1$的坐标，进而得到直线$A_1D_1$的解析式，结合AD所在直线的解析式求出交点F的坐标，最后根据水平线上两点距离的计算规则求出AF的长度即可，该方法思路清晰，符合九年级知识要求。
【解析】
解：以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系。
由$AB=1$，$BC=\sqrt{3}$，可得初始坐标：$B(0,0)$，$A(0,1)$，直线AD的解析式为$y=1$。
点绕原点逆时针旋转$30°$时，原坐标$(x,y)$旋转后为$(x\cos30° - y\sin30°, x\sin30° + y\cos30°)$，据此计算：
$A$的对应点$A_1$坐标：$x=0×\cos30° - 1×\sin30°=-\frac{1}{2}$，$y=0×\sin30° + 1×\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，即$A_1(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$
$D$的对应点$D_1$坐标：$x=\sqrt{3}×\cos30° - 1×\sin30°=1$，$y=\sqrt{3}×\sin30° + 1×\cos30°=\sqrt{3}$，即$D_1(1,\sqrt{3})$
设直线$A_1D_1$解析式为$y=kx+b$，代入$A_1$、$D_1$坐标得：
$\begin{cases}\frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{1}{2}k + b\\\sqrt{3}=k + b\end{cases}$
解得$k=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$b=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，即直线$A_1D_1$：$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x+\frac{2\sqrt{3}}{3}$
F为直线$A_1D_1$与$AD$（$y=1$）的交点，将$y=1$代入直线$A_1D_1$解析式：
$1=\frac{\sqrt{3}}{3}x+\frac{2\sqrt{3}}{3}$，解得$x=\sqrt{3}-2$，即$F(\sqrt{3}-2,1)$
A点坐标为$(0,1)$，两点纵坐标相同，故$AF=|0 - (\sqrt{3}-2)|=2-\sqrt{3}$
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质，一次函数解析式，坐标求距离
【点评】
本题综合考察图形旋转、一次函数、坐标运算等知识点，解题的核心是合理建立坐标系，将几何问题转化为代数计算，也可通过推导角度关系结合三角函数求解，能够很好地考察学生综合运用知识解决问题的能力。
【难度系数】
0.6
要求AF的长度，我们可以通过建立平面直角坐标系简化计算：首先利用矩形的边长确定各顶点初始坐标，再根据旋转的坐标变换规律求出旋转后点$A_1$、$D_1$的坐标，进而得到直线$A_1D_1$的解析式，结合AD所在直线的解析式求出交点F的坐标，最后根据水平线上两点距离的计算规则求出AF的长度即可，该方法思路清晰，符合九年级知识要求。
【解析】
解：以点B为坐标原点，BC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系。
由$AB=1$，$BC=\sqrt{3}$，可得初始坐标：$B(0,0)$，$A(0,1)$，直线AD的解析式为$y=1$。
点绕原点逆时针旋转$30°$时，原坐标$(x,y)$旋转后为$(x\cos30° - y\sin30°, x\sin30° + y\cos30°)$，据此计算：
$A$的对应点$A_1$坐标：$x=0×\cos30° - 1×\sin30°=-\frac{1}{2}$，$y=0×\sin30° + 1×\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，即$A_1(-\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$
$D$的对应点$D_1$坐标：$x=\sqrt{3}×\cos30° - 1×\sin30°=1$，$y=\sqrt{3}×\sin30° + 1×\cos30°=\sqrt{3}$，即$D_1(1,\sqrt{3})$
设直线$A_1D_1$解析式为$y=kx+b$，代入$A_1$、$D_1$坐标得：
$\begin{cases}\frac{\sqrt{3}}{2}=-\frac{1}{2}k + b\\\sqrt{3}=k + b\end{cases}$
解得$k=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$b=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，即直线$A_1D_1$：$y=\frac{\sqrt{3}}{3}x+\frac{2\sqrt{3}}{3}$
F为直线$A_1D_1$与$AD$（$y=1$）的交点，将$y=1$代入直线$A_1D_1$解析式：
$1=\frac{\sqrt{3}}{3}x+\frac{2\sqrt{3}}{3}$，解得$x=\sqrt{3}-2$，即$F(\sqrt{3}-2,1)$
A点坐标为$(0,1)$，两点纵坐标相同，故$AF=|0 - (\sqrt{3}-2)|=2-\sqrt{3}$
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质，一次函数解析式，坐标求距离
【点评】
本题综合考察图形旋转、一次函数、坐标运算等知识点，解题的核心是合理建立坐标系，将几何问题转化为代数计算，也可通过推导角度关系结合三角函数求解，能够很好地考察学生综合运用知识解决问题的能力。
【难度系数】
0.6
7. 如图,已知在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°,∠ ABC=30°,AC=2,△ ABC$绕点$C$顺时针旋转得$△ A_1B_1C$,当$A_1$落在边$AB$上时,连接$B_1B$,取$BB_1$的中点$D$,连接$A_1D$,则$A_1D$的长度是（
A.$\sqrt{7}$
B.$2\sqrt{2}$
C.$3$
D.$2\sqrt{3}$
A
）A.$\sqrt{7}$
B.$2\sqrt{2}$
C.$3$
D.$2\sqrt{3}$
答案
A
解析
【分析】
解题时先利用直角三角形的性质求出△ABC的各边长度和内角度数，再结合旋转的性质判断△ACA₁和△BCB₁均为等边三角形，得到相关线段长度和角度，最后在直角△A₁BD中用勾股定理计算A₁D的长度即可。
【解析】
1. 计算Rt△ABC的基本量
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，
∴∠A=90°-30°=60°，AB=2AC=4，
由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
2. 分析旋转后△ACA₁的性质
∵△ABC绕点C顺时针旋转得△A₁B₁C，
∴$CA=CA_1$，$∠ACA_1=∠BCB_1$，$CB=CB_1$，
又
∵∠A=60°，
∴△ACA₁是等边三角形，
∴$AA_1=AC=2$，则$A_1B=AB-AA_1=4-2=2$。
3. 分析△BCB₁的性质
∵∠ACA₁=60°，
∴∠BCB₁=60°，
又
∵$CB=CB_1$，
∴△BCB₁是等边三角形，
∴$BB_1=BC=2\sqrt{3}$，∠CBB₁=60°。
4. 计算A₁D的长度
∵D是BB₁的中点，
∴$BD=\frac{1}{2}BB_1=\sqrt{3}$，
且∠A₁BD=∠ABC+∠CBB₁=30°+60°=90°，即△A₁BD为直角三角形，
由勾股定理得：$A_1D=\sqrt{A_1B^2+BD^2}=\sqrt{2^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{7}$。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，核心是利用旋转的对应边、对应角相等的性质推导出等边三角形，转化线段和角度关系，最终通过勾股定理求解线段长度。
【难度系数】
0.65
解题时先利用直角三角形的性质求出△ABC的各边长度和内角度数，再结合旋转的性质判断△ACA₁和△BCB₁均为等边三角形，得到相关线段长度和角度，最后在直角△A₁BD中用勾股定理计算A₁D的长度即可。
【解析】
1. 计算Rt△ABC的基本量
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，
∴∠A=90°-30°=60°，AB=2AC=4，
由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
2. 分析旋转后△ACA₁的性质
∵△ABC绕点C顺时针旋转得△A₁B₁C，
∴$CA=CA_1$，$∠ACA_1=∠BCB_1$，$CB=CB_1$，
又
∵∠A=60°，
∴△ACA₁是等边三角形，
∴$AA_1=AC=2$，则$A_1B=AB-AA_1=4-2=2$。
3. 分析△BCB₁的性质
∵∠ACA₁=60°，
∴∠BCB₁=60°，
又
∵$CB=CB_1$，
∴△BCB₁是等边三角形，
∴$BB_1=BC=2\sqrt{3}$，∠CBB₁=60°。
4. 计算A₁D的长度
∵D是BB₁的中点，
∴$BD=\frac{1}{2}BB_1=\sqrt{3}$，
且∠A₁BD=∠ABC+∠CBB₁=30°+60°=90°，即△A₁BD为直角三角形，
由勾股定理得：$A_1D=\sqrt{A_1B^2+BD^2}=\sqrt{2^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{7}$。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，核心是利用旋转的对应边、对应角相等的性质推导出等边三角形，转化线段和角度关系，最终通过勾股定理求解线段长度。
【难度系数】
0.65
8. 图①、图②是两张形状和大小完全相同的方格纸，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AC的两个端点均在小正方形的顶点上。
（1）如图①，点P在小正方形的顶点上，在图①中作出点P关于直线AC的对称点Q，连接AQ，QC，CP，PA，并直接写出四边形AQCP的周长；
（2）在图②中画出一个以线段AC为对角线、面积为6的矩形ABCD，且点B和点D均在小正方形的顶点上。
（1）如图①，点P在小正方形的顶点上，在图①中作出点P关于直线AC的对称点Q，连接AQ，QC，CP，PA，并直接写出四边形AQCP的周长；
（2）在图②中画出一个以线段AC为对角线、面积为6的矩形ABCD，且点B和点D均在小正方形的顶点上。
答案
(1) 四边形AQCP的周长为$4\sqrt{10}$ (2) 略解析
【分析】
（1）要作点P关于直线AC的对称点Q，需利用轴对称的性质：直线AC垂直平分线段PQ，先确定直线AC的斜率，得到PQ的斜率，找到Q点后，再用勾股定理计算四边形各边长度，求和得到周长；
（2）要画以AC为对角线的矩形，需结合矩形对角线相等且互相平分的性质，先确定AC的中点，另一条对角线BD需过该中点且长度与AC相等，再结合面积为6的要求，在格点中找到符合条件的B、D两点即可。
【解析】
（1）①观察线段AC：A到C横向右移2格、纵向下移4格，可知直线AC斜率为-2，根据轴对称性质，PQ与AC垂直，故PQ斜率为$\frac{1}{2}$；过点P作斜率为$\frac{1}{2}$的直线，在直线上找到到AC距离与P到AC距离相等的格点，即为Q；
②连接AQ、QC、CP、PA，由勾股定理计算边长：$AP=CP=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，由轴对称性质得$AQ=AP=\sqrt{10}$，$CQ=CP=\sqrt{10}$，因此四边形AQCP的周长为$4×\sqrt{10}=4\sqrt{10}$。
（2）①先求AC中点：AC长度为$\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$，矩形对角线相等且互相平分，故另一条对角线BD长度也为$2\sqrt{5}$，且中点与AC中点重合；
②矩形面积为6，可知单个直角三角形面积为3，结合格点特征，找到满足条件的格点B、D，顺次连接A、B、C、D即可得到符合要求的矩形，画图略。
【答案】
(1) 四边形AQCP的周长为$4\sqrt{10}$ (2) 略
【知识点】
轴对称的性质，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于格点作图类题型，将几何图形性质和勾股定理计算结合考查，需要学生熟练掌握轴对称、矩形的相关性质，同时具备一定的格点计算和动手作图能力。
【难度系数】
0.65
（1）要作点P关于直线AC的对称点Q，需利用轴对称的性质：直线AC垂直平分线段PQ，先确定直线AC的斜率，得到PQ的斜率，找到Q点后，再用勾股定理计算四边形各边长度，求和得到周长；
（2）要画以AC为对角线的矩形，需结合矩形对角线相等且互相平分的性质，先确定AC的中点，另一条对角线BD需过该中点且长度与AC相等，再结合面积为6的要求，在格点中找到符合条件的B、D两点即可。
【解析】
（1）①观察线段AC：A到C横向右移2格、纵向下移4格，可知直线AC斜率为-2，根据轴对称性质，PQ与AC垂直，故PQ斜率为$\frac{1}{2}$；过点P作斜率为$\frac{1}{2}$的直线，在直线上找到到AC距离与P到AC距离相等的格点，即为Q；
②连接AQ、QC、CP、PA，由勾股定理计算边长：$AP=CP=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，由轴对称性质得$AQ=AP=\sqrt{10}$，$CQ=CP=\sqrt{10}$，因此四边形AQCP的周长为$4×\sqrt{10}=4\sqrt{10}$。
（2）①先求AC中点：AC长度为$\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$，矩形对角线相等且互相平分，故另一条对角线BD长度也为$2\sqrt{5}$，且中点与AC中点重合；
②矩形面积为6，可知单个直角三角形面积为3，结合格点特征，找到满足条件的格点B、D，顺次连接A、B、C、D即可得到符合要求的矩形，画图略。
【答案】
(1) 四边形AQCP的周长为$4\sqrt{10}$ (2) 略【知识点】
轴对称的性质，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于格点作图类题型，将几何图形性质和勾股定理计算结合考查，需要学生熟练掌握轴对称、矩形的相关性质，同时具备一定的格点计算和动手作图能力。
【难度系数】
0.65
