9 如图,已知平面直角坐标系中的$□ ABCD$,点$A(1,4),C(3,0)$,坐标系内存在直线$l:y=kx+b(k≠0)$将$□ ABCD$分成面积相等的两部分,且这条直线与两坐标轴围成的三角形的面积为1,则k的值为 ()

A.4或$\frac{1}{4}$
B.$\frac{1}{3}$或3
C.2或$\frac{1}{2}$
D.4或$\frac{1}{2}$

(第9题图) (第10题图)

9.C 【解析】直线l:y=kx+b(k≠0),令x=0,则y=b;令y=0,则x=$-\frac{b}{k}$.
∵ 直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为1,
∴ $\frac{1}{2}×|b|×|-\frac{b}{k}|=1$,化简得,b²=2|k|.
∵ 点A(1,4),C(3,0)连线的中点坐标为(2,2),直线l:y=kx+b(k≠0)将□ABCD分成面积相等的两部分,
∴ 直线l:y=kx+b过点(2,2),
∴ 2k+b=2,
∴ b=2-2k.
∵ b²=2|k|,
∴ (2-2k)²=2|k|. 当(2-2k)²=2k时,解得k=2或k=$\frac{1}{2}$;当(2-2k)²=-2k时,此方程无实数根,
∴ k的值为2或$\frac{1}{2}$,故选C.

10 如图,在边长为2的正方形ABCD中,若将AB绕点A逆时针旋转$60°$,使点B落在点$B'$的位置,连接$BB'$,过点D作$DE ⊥ BB'$,交$BB'$的延长线于点E,则$B'E$的长为 ()

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

10.A 【解析】如图,分别延长AD和BE交于点F.
∵ AB=AB',∠BAB'=60°,
∴ △ABB'为等边三角形,
∴ ∠ABB'=60°.
∵ AB=2,∠BAF=90°,∠ABF=60°,
∴ ∠F=90°-∠ABF=30°,
∴ BF=2×2=4,
∴ AF=$\sqrt{BF^2-AB^2}=2\sqrt{3}$,
∴ DF=AF-AD=2$\sqrt{3}$-2.
∵ ∠DEF=90°,
∴ DE=$\frac{1}{2}$DF=$\sqrt{3}-1$,
∴ EF=3-$\sqrt{3}$.
∵ △ABB'是等边三角形,
∴ BB'=AB=2,
∴ B'E=BF-BB'-EF=4-2-(3-$\sqrt{3}$)=$\sqrt{3}-1$,故选A.

11[2025黑龙江齐齐哈尔质检]如图,在平面直角坐标系中,线段OA与x轴正半轴的夹角为$45°$,且$OA=2$,若将线段OA绕点O旋转$105°$得到线段$OA'$,则此时点A'的坐标为.

(第11题图) (第12题图)

11.($-\sqrt{3},1$)或($1,-\sqrt{3}$) 【解析】如图(1),将线段OA绕点O逆时针旋转105°得到线段OA',过点A'作A'B⊥x轴于点B,
∴ OA'=OA=2,∠AOA'=105°,
∴ ∠A'OB=180°-45°-105°=30°. 在Rt△A'OB中,∠OBA'=90°,∠A'OB=30°,
∴ A'B=$\frac{1}{2}$OA'=1,
∴ OB=$\sqrt{OA'^2-A'B^2}=\sqrt{3}$,
∴ 点A'的坐标为($-\sqrt{3},1$).

如图(2),将线段OA绕点O顺时针旋转105°得到线段OA',过点A'作A'B⊥y轴于点B,
∴ OA'=OA=2,∠AOA'=105°,
∴ ∠A'OB=90°-(105°-45°)=30°. 在Rt△A'OB中,∠OBA'=90°,∠A'OB=30°,
∴ A'B=$\frac{1}{2}$OA'=1,
∴ OB=$\sqrt{3}$,
∴ 点A'的坐标为($1,-\sqrt{3}$). 综上,点A'的坐标为($-\sqrt{3},1$)或($1,-\sqrt{3}$). 故答案为($-\sqrt{3},1$)或($1,-\sqrt{3}$).

12 [2026江苏苏州质检]如图,在△ABC中,∠BAC=120°,AB+AC=4,将CB绕点C顺时针旋转120°得到CD,则线段AD的取值范围是.

12.$2\sqrt{3}≤AD＜4\sqrt{3}$ 【解析】如图,在AC的右侧作∠ACE=120°,且使CE=CA,连接AE,DE,过点C作AE的垂线,F为垂足,则∠AEC=(180°-120°)÷2=30°. 设AB=x(0＜x＜4),则AC=4-x=CE.
∵ ∠CFE=90°,∠AEC=30°,
∴ CF=$\frac{1}{2}$CE,
∴ EF=$\sqrt{CE^2-CF^2}=\sqrt{CE^2-(\frac{1}{2}CE)^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}CE$,
∴ AE=2EF=$\sqrt{3}$CE=$\sqrt{3}(4-x)$.
∵ 将CB绕点C顺时针旋转120°得到CD,
∴ ∠BCD=∠BCA+∠ACD=120°,BC=CD. 又
∵ ∠ACD+∠DCE=∠ACE=120°,
∴ ∠ACB=∠DCE. 在△BAC与△DEC中,
$\begin{cases} BC=DC, \\ ∠ACB=∠ECD, \\ CA=CE, \end{cases}$
∴ △BAC≌△DEC(SAS),
∴ DE=BA=x,∠CED=∠BAC=120°,
∴ ∠AED=90°,
∴ AD²=AE²+DE²=4(x-3)²+12,
∴ 当x=3时,AD²有最小值,最小值为12;当x=0时,AD²=48;当x=4时,AD²=16,
∴ 12≤AD²＜48,
∴ $2\sqrt{3}≤AD＜4\sqrt{3}$,故答案为$2\sqrt{3}≤AD＜4\sqrt{3}$.

13[2025广东中山期末]如图，点O是矩形ABCD的对称中心，点P,Q分别在边AD,BC上，且PQ经过点O，AB=6，AP=3，BC=8，点E是边AB上一动点，则△EPQ周长的最小值为。

13.$10+2\sqrt{10}$ 【解析】如图,作P关于AB的对称点P',连接P'Q,交AB于E,连接PE,
∴ P'E=PE,此时PE+QE的值最小,为P'Q的长,
∴ △EPQ周长的最小值为P'Q+PQ的值. 作P'F⊥BC交CB延长线于F,作PH⊥BC于H.
∵ AP=3,
∴ BH=3,P'A=3=FB.
∵ 点O是矩形ABCD的对称中心,PQ经过点O,
∴ AP=CQ=3.
∵ BC=8,
∴ BQ=5,
∴ FQ=8.
∵ P'F=AB=6,
∴ P'Q=10.
∵ PH=AB=6,HQ=5-3=2,
∴ PQ=$2\sqrt{10}$,
∴ △EPQ周长的最小值为$10+2\sqrt{10}$. 故答案为$10+2\sqrt{10}$.

思路分析
作P关于AB的对称点P',连接P'Q,交AB于E,连接PE,则PE+QE的最小值为P'Q的长,可得出△EPQ周长的最小值为P'Q+PQ的值,作P'F⊥BC交CB延长线于F,作PH⊥BC于H,利用勾股定理求出P'Q和PQ的长即可.

三、解答题(本大题共2小题,共55分)
14[2026福建福州期中]如图,在平面直角坐标系中,$A(0,4)$,$C(3,0)$.
(1)画出与线段$AC$关于$y$轴对称的线段$AB$;
(2)将线段$CA$绕点$C$顺时针旋转得到线段$CD$,连接$AD$,使得$AD// x$轴,请画出线段$CD$;
(3)在(1)(2)的基础上,连接$BC$,若直线$y=kx$平分四边形$ABCD$的面积,求出$k$的值.

14.【解】(1)如图,线段AB即为所求.
(2)如图,线段CD即为所求.

(3)如图,
∵ AD//BC,且AD=BC=6,
∴ 四边形ABCD为平行四边形.
∵ 直线y=kx平分四边形ABCD的面积,
∴ 直线y=kx经过平行四边形ABCD的对角线的交点.
∵ AC的中点坐标为$(\frac{3}{2},2)$,
∴ 将$(\frac{3}{2},2)$代入y=kx,得$\frac{3}{2}k=2$,解得$k=\frac{4}{3}$.

15 如图，P是等边△ABC内的一点，且PA=5，PB=4，PC=3，将△APB绕点B逆时针旋转，得到△CQB.
(1)旋转角为度；
(2)求点P与点Q之间的距离；
(3)求∠BPC的度数.

15.【解】(1)
∵ 将△APB绕点B逆时针旋转,
∴ ∠PBQ=∠ABC.
∵ △ABC为等边三角形,
∴ ∠PBQ=∠ABC=60°,
∴ 旋转角为60°,故答案为60.
(2)连接PQ.
∵ △QCB是△PAB绕点B逆时针旋转得到的,
∴ BP=BQ=4. 由(1)得∠PBQ=60°,
∴ △PBQ是等边三角形,
∴ PQ=PB=4,即点P与点Q之间的距离是4.
(3)由旋转得QC=5,由(2)得PQ=4,又
∵ PC=3,而3²+4²=5²,
∴ PC²+PQ²=CQ²,
∴ △PCQ是直角三角形,且∠QPC=90°.
∵ △PBQ是等边三角形,
∴ ∠BPQ=60°,
∴ ∠BPC=∠BPQ+∠QPC=60°+90°=150°.
思路分析
(3)先利用勾股定理的逆定理证明△PCQ是直角三角形,∠QPC=90°,由△PBQ是等边三角形得∠BPQ=60°,然后计算∠BPQ+∠QPC的度数即可.