9. 如图,在平面直角坐标系中,$Rt△ ABO$的顶点B在$x$轴的正半轴上,$∠ ABO=90°$,点$A$的坐标为$(1,\sqrt{3})$,将$△ ABO$绕点$O$按逆时针方向旋转得到$△ A'B'O$,且点$B$的对应点$B'$落在边$OA$上,则点$A'$的坐标为 ()

A.$(-1,\sqrt{3})$
B.$(-\sqrt{3},1)$
C.$(-\dfrac{\sqrt{3}}{3},1)$
D.$(-1,\dfrac{\sqrt{3}}{3})$

A

【分析】
要解决本题，需先利用点A的坐标求出OA的长度和∠AOB的度数，再结合旋转的性质得到OA'的长度和旋转角，最后通过三角函数计算点A'的坐标。具体步骤：1. 根据点A坐标，用勾股定理算OA长度；2. 由三角函数求∠AOB的度数；3. 利用旋转性质得OA'=OA，确定点A'的极角；4. 转换为直角坐标得到A'的坐标。
【解析】
解：已知点A的坐标为$(1,\sqrt{3})$，在$Rt△ABO$中，
$OB=1$，$AB=\sqrt{3}$，
由勾股定理得：$OA=\sqrt{OB^2 + AB^2}=\sqrt{1^2 + (\sqrt{3})^2}=2$，
又$\tan∠AOB=\frac{AB}{OB}=\frac{\sqrt{3}}{1}=\sqrt{3}$，故$∠AOB=60°$。
根据旋转的性质：旋转前后对应边相等，对应角相等，因此$OA'=OA=2$，$∠A'OB'=∠AOB=60°$。
因为点$B'$落在边$OA$上，所以点$A'$与x轴负半轴的夹角为$60°$，即点$A'$的极角为$180°-60°=120°$。
将极坐标转换为直角坐标：
$x=OA'·\cos120°=2×(-\frac{1}{2})=-1$，
$y=OA'·\sin120°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
因此点$A'$的坐标为$(-1,\sqrt{3})$。
【答案】
A
【知识点】
图形旋转的性质；坐标与图形变换；勾股定理
【点评】
本题结合旋转性质与坐标计算，核心是利用旋转前后边和角的不变性，通过三角函数确定点的坐标，属于中等难度的基础题型，需掌握坐标与极角的转换方法。
【难度系数】
0.3

10.如图,在$△ ABC$中,$∠ ABC$为钝角,以$AB$为边向外作$□ ABDE$,$∠ ABD$为钝角,连结$CE,CD$。设$△ CDE,△ ACE,△ BCD$的面积分别为$S,S_1,S_2$,则$△ ABC$的面积可表示为 ()

A.$S+S_1+S_2$
B.$S+S_1-S_2$
C.$S-S_1+S_2$
D.$S-S_1-S_2$

C
【解析】如图,过点C作$CH⊥ DE$于点H,交AB的延长线于点S,过点B作$BR⊥ DE$于点R,过点C作$CG⊥ AE$于点G,交DB的延长线于点Q。因为四边形ABDE是平行四边形,所以$AE// DB,AE=DB,AB// DE,AB=DE$。所以$CQ⊥ BD,AB⊥ CH$。所以四边形BSHR是矩形。所以$BR=SH$。
所以 $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· CS=\frac{1}{2}DE· CH-\frac{1}{2}DE· SH=\frac{1}{2}DE· CH-\frac{1}{2}DE· BR=\frac{1}{2}DE· CH-\frac{1}{2}AE· GQ=\frac{1}{2}DE· CH-(\frac{1}{2}AE· CG-\frac{1}{2}BD· CQ)=S-S_1+S_2$。故选C。

【分析】
要解决本题，需利用平行四边形对边平行且相等的性质，通过作辅助线构造各三角形的高，结合三角形面积公式，将△ABC的面积与△CDE、△ACE、△BCD的面积建立联系，关键是转化各高之间的关系，进而推导面积表达式。
【解析】
∵ 四边形ABDE是平行四边形，
∴ AB//DE，AB=DE；AE//BD，AE=BD。
设：点C到DE的距离为$ h_1 $，则$ S = \frac{1}{2} · DE · h_1 $；
点C到AE的距离为$ h_2 $，则$ S_1 = \frac{1}{2} · AE · h_2 $；
点C到BD的距离为$ h_3 $，则$ S_2 = \frac{1}{2} · BD · h_3 $。
结合平行四边形对边平行且相等的性质，推导得：
$ S_{△ ABC} = \frac{1}{2} · AB · $（点C到AB的距离）$ = S - (S_1 - S_2) = S - S_1 + S_2 $。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
平行四边形性质、三角形面积计算
【点评】
本题综合考查平行四边形性质与三角形面积的转化，需通过几何线段和高的关系推导面积表达式，对学生的几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.5

11.计算:$(\sqrt{2})^{2}=$。

2

【分析】
本题考查二次根式的基本性质，解题思路是利用“当被开方数为非负数时，根号的平方等于被开方数本身”这一性质，直接计算即可。
【解析】
根据二次根式的性质：对于非负数$a$，有$(\sqrt{a})^2 = a$。本题中$a=2$（$2≥0$，满足条件），因此$(\sqrt{2})^2 = 2$。
【答案】
2
【知识点】
二次根式的性质
【点评】
本题属于基础题，直接考查二次根式的核心性质，难度较低，适合巩固基础知识点。
【难度系数】
0.9

12.已知一个多边形的内角和是它的外角和的3倍,则这个多边形是边形。

八

【分析】首先回忆多边形的外角和是固定的360°，任意多边形的内角和公式为$(n-2)×180°$（$n$为边数，$n≥3$且为正整数）。题目中给出内角和是外角和的3倍，因此设该多边形的边数为$n$，根据内角和与外角和的等量关系列出方程，求解$n$即可得到多边形的边数。
【解析】设这个多边形的边数为$n$（$n≥3$且为正整数）。
根据多边形内角和公式，内角和为$(n-2)×180°$；多边形的外角和恒为$360°$。
由题意得：$(n-2)×180° = 3×360°$
解方程：
两边同时除以$180°$，得：$n - 2 = 6$
移项计算得：$n = 8$
【答案】八
【知识点】多边形内角和、多边形外角和
【点评】本题考查多边形内角和与外角和的基础应用，核心是牢记内角和公式与外角和的固定值，通过列方程求解边数，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】0.7

13. 如图所示为甲、乙两地在某一个月中日平均气温的箱线图，从中可以发现这个月的日平均气温值方差较大的是（填“甲地”或“乙地”）。

甲地

【分析】方差用于衡量数据的离散程度，数据的分布范围越广，方差越大。箱线图可直观展示数据分布，其整体分布范围反映数据离散程度，对比甲、乙两地箱线图的分布范围即可判断。
【解析】方差体现数据的波动大小，数据分布范围越大，方差越大。观察箱线图可知，甲地日平均气温的整体分布范围比乙地更广，因此甲地的日平均气温方差更大。
【答案】甲地
【知识点】箱线图、方差
【点评】本题结合箱线图考查方差的意义，属于统计基础题，核心是理解箱线图与数据离散程度的关联，难度较低。
【难度系数】0.6

14.在平面直角坐标系中,四边形ABCD的四个顶点坐标依次是$A(-a,-b),B(a,-b),C(a,b),D(-a,b)$,则四边形ABCD的形状一定为。

矩形

【分析】首先观察四边形四个顶点的坐标特征，通过分析各边的横、纵坐标关系，判断边的平行、垂直关系，再结合平行四边形和矩形的判定定理推导形状。
【解析】解：根据四个顶点坐标分析边的性质：
1. 对边平行性：A(-a,-b)与B(a,-b)纵坐标相同，故AB平行于x轴；C(a,b)与D(-a,b)纵坐标相同，故CD平行于x轴，因此AB//CD；同理，B(a,-b)与C(a,b)横坐标相同，BC平行于y轴；D(-a,b)与A(-a,-b)横坐标相同，DA平行于y轴，因此BC//DA。由此可知四边形ABCD是平行四边形。
2. 内角特征：AB平行于x轴，BC平行于y轴，而x轴与y轴垂直，故AB⊥BC，即平行四边形ABCD有一个内角为直角。
根据矩形的判定定理：有一个内角为直角的平行四边形是矩形，因此四边形ABCD是矩形。
【答案】矩形
【知识点】平面直角坐标系、矩形的判定
【点评】本题结合平面直角坐标系中坐标的几何意义，考查平行四边形和矩形的判定，核心是利用坐标特征判断边的位置关系，难度适中。
【难度系数】0.6

15. 如图1,在四边形ABCD中,依次取四边的中点E,F,H,G,连结EG,FH。P是线段EG上的一点,连结AP,作CQ//AP交FH于点Q。分别沿FH,EG,AP,CQ将四边形ABCD剪裁成五块,再将它们拼成四边形MNRS。
(1)$\frac{EG}{MN}=$。
(2)如图2,连结AC,BD交于点O,若$AC=8,BD=6,∠AOD=45°$,则四边形MNRS的周长的最小值是。

(1)$\frac{1}{2}$ (2)$12+4\sqrt{2}$
【解析】(1)根据题意可得$△ APE≌△ BNE,△ APG≌△ DMG,△ BFR≌△ CFQ,△ CQH≌△ DSH$,所以$EP=NE,PG=GM$。所以$EG=EP+PG=NE+GM$。所以$\frac{EG}{MN}=\frac{1}{2}$。
(2)如图,连结EF,GH,过点G作$GP⊥ RS$交RS的延长线于点P。因为E,F,G,H分别是AB,BC,AD,CD的中点,所以$EG=FH=\frac{1}{2}BD=3,EF=GH=\frac{1}{2}AC=4,FH// BD,GH// AC$。所以$∠ 1=∠ AOD=∠ GHP=45°$。所以$GP=HP=\frac{\sqrt{2}}{2}HG=2\sqrt{2}$。所以RN,MS的最小值为$2\sqrt{2}$。根据(1)可得出$MN=2EG=6,RS=2FH=6$,所以四边形MNRS的周长最小值为$6×2+2\sqrt{2}×2=12+4\sqrt{2}$。

【分析】
第(1)问需结合图形拼接的全等关系，通过剪裁后对应三角形全等推导EG与MN的长度比例；第(2)问利用三角形中位线定理得到中点连线与对角线的关系，结合角度求出最值线段，再结合(1)的结论计算周长最小值。
【解析】
(1) 由题意，沿指定线剪裁拼接后，存在全等三角形：$△ APE≌△ BNE$，$△ APG≌△ DMG$，$△ BFR≌△ CFQ$，$△ CQH≌△ DSH$，因此$EP=NE$，$PG=GM$。故$EG=EP+PG=NE+GM$，而$MN=NE+EG+GM$，所以$\frac{EG}{MN}=\frac{1}{2}$。
(2) 因为E、F、G、H分别是AB、BC、AD、CD的中点，根据三角形中位线定理：$EG=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}×6=3$，$FH=\frac{1}{2}BD=3$，$EF=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×8=4$，$GH=\frac{1}{2}AC=4$。又因为$FH// BD$，$GH// AC$，所以$∠ GHP=∠ AOD=45°$。过G作$GP⊥RS$于P，在$Rt△ GPH$中，$GP=HP=GH·sin45°=4×\frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$，即RN、MS的最小值为$2\sqrt{2}$。由(1)知$MN=2EG=6$，$RS=2FH=6$，故四边形MNRS的周长最小值为$6×2 + 2\sqrt{2}×2=12+4\sqrt{2}$。
【答案】
(1)$\frac{1}{2}$；(2)$12+4\sqrt{2}$
【知识点】
三角形中位线定理，全等三角形性质，图形拼接变换
【点评】
本题结合中点四边形、全等变换与最值问题，考查学生对中位线定理的应用及图形拼接的理解，需逐步推导线段关系，难度适中。
【难度系数】
0.5