2026年课堂作业武汉出版社九年级数学上册人教版第92页答案

6.如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=30°$,$∠ BAC=90°$,将$△ ABC$绕顶点A逆时针旋转到$△ ADE$的位置,使B点的对应点D落在BC边上,连接EC.下列结论正确的是(

).
①$∠ DAC=∠ DCA$.
②$ED$所在直线为$AC$的垂直平分线.
③$△ ACE$是等边三角形.
④$ED=2AB$.

A.①②③
B.①②④
C.②③④
D.①②③④

答案

6.D

解析

【分析】
解题时首先结合直角三角形30°角的性质得到△ABC的边角关系，再利用旋转的性质：旋转前后对应边相等、对应角相等，得到AB=AD、AC=AE、对应角相等的条件，再依次对4个结论逐一验证：
1. 先通过AB=AD、∠B=60°判定△ABD为等边三角形，计算∠DAC的度数验证结论①；
2. 结合①的结论得到AD=DC，再推导△ACE为等边三角形得到AE=CE，根据“到线段两端距离相等的点在这条线段的垂直平分线上”验证结论②；
3. 由AC=AE、旋转角∠CAE=60°可直接验证结论③；
4. 利用直角三角形30°角对边是斜边一半的性质，结合AD=AB验证结论④。
【解析】
在$Rt△ABC$中，$∠ BAC=90°$，$∠ ACB=30°$，因此$∠ B=60°$，$AB=\frac{1}{2}BC$。
由旋转的性质可得：$AB=AD$，$AC=AE$，$∠ BAD=∠ CAE$，$∠ ADE=∠ B=60°$，$∠ DAE=∠ BAC=90°$，$DE=BC$。
① 证明：$\because AB=AD$，$∠ B=60°$，$\therefore △ ABD$是等边三角形，$\therefore ∠ BAD=60°$，$\therefore ∠ DAC=∠ BAC-∠ BAD=90°-60°=30°$，又$\because ∠ DCA=30°$，$\therefore ∠ DAC=∠ DCA$，①正确。
② 证明：由$∠ DAC=∠ DCA$可得$AD=DC$，即点D在AC的垂直平分线上；$\because ∠ CAE=∠ BAD=60°$，$AC=AE$，$\therefore △ ACE$是等边三角形，$\therefore AE=CE$，即点E在AC的垂直平分线上，$\therefore ED$所在直线为$AC$的垂直平分线，②正确。
③ 证明：$\because AC=AE$，$∠ CAE=∠ BAD=60°$，$\therefore △ ACE$是等边三角形，③正确。
④ 证明：在$Rt△ADE$中，$∠ DAE=90°$，$∠ AED=∠ ACB=30°$，$\therefore DE=2AD$，又$\because AD=AB$，$\therefore DE=2AB$，④正确。
综上，①②③④都正确，故选D。
【答案】
D
【知识点】
旋转的性质；等边三角形的判定与性质；直角三角形的性质
【点评】
本题是几何综合题，将旋转性质与特殊三角形的判定、性质结合考查，需要逐步推导每个结论，能够较好地锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6

7.【方法初探】倍长中线法是初中数学中一种辅助线作法.倍长中线后,可构成中心对称图形.如图①,在$△ ABC$中,AD是BC边上的中线,延长AD至点E,使$DE=AD$,连接CE,可以得到$△ ABD≌△ ECD$,理由是

SAS

(填“SSS”“SAS”“AAS”或“ASA”).
【问题解决】如图②,在$△ ABC$外分别作$AD⊥ AB$,$AE⊥ AC$,且$AB=AD$,$AC=AE$,连接DB,EC,DE,取DE的中点F,连接AF.判断AF与BC的数量关系,并说明理由.

答案

7.【方法初探】SAS
【问题解决】$BC=2AF$,理由如下：
延长 AF 至点 G,使 $FG=AF$,连接 EG,

解析

【分析】
方法初探部分：已知AD是BC中线，可得BD=CD，构造DE=AD后，又有对顶角∠ADB=∠EDC，满足两边及其夹角对应相等，即可判断全等判定依据。问题解决部分：已知F是DE中点，结合题干给出的倍长中线法的思路，考虑延长AF到G使FG=AF，先构造△AFD≌△GFE，得到边AD=GE、角∠FAD=∠G的结论，再结合已知的垂直条件、AB=AD、AC=AE的条件，推导∠BAC=∠AEG，进而证明△BAC≌△GEA，得到BC和AG的数量关系，即可推出AF和BC的关系。
【解析】
【方法初探】
∵AD是BC边上的中线，
∴BD=CD，
在△ABD和△ECD中：
$\{\begin{array}{l}AD=ED\\ ∠ ADB=∠ EDC\\ BD=CD\end{array} $
∴△ABD≌△ECD（SAS）。
【问题解决】
BC=2AF，理由如下：
延长AF至点G，使FG=AF，连接EG，

∵F是DE的中点，
∴DF=EF，
在△AFD和△GFE中：
$\{\begin{array}{l}AF=GF\\ ∠ AFD=∠ GFE\\ DF=EF\end{array} $
∴△AFD≌△GFE（SAS），
∴∠FAD=∠G，AD=GE。
∵AB=AD，
∴AB=GE。
∵AD⊥AB，AE⊥AC，
∴∠BAD=∠EAC=90°，
∴∠BAC+∠DAE=360°-∠BAD-∠EAC=180°，
又
∵∠DAE=∠FAD+∠EAG，
∴∠BAC+∠FAD+∠EAG=180°，
在△AEG中，∠AEG+∠G+∠EAG=180°，结合∠FAD=∠G，可得∠AEG=∠BAC。
在△BAC和△GEA中：
$\{\begin{array}{l}AB=GE\\ ∠ BAC=∠ GEA\\ AC=AE\end{array} $
∴△BAC≌△GEA（SAS），
∴BC=AG，又
∵AG=AF+FG=2AF，
∴BC=2AF。
【答案】
【方法初探】SAS
【问题解决】$BC=2AF$，理由如下：
延长 AF 至点 G,使 $FG=AF$,连接 EG,

可以得到$△ AFD≌ △ GFE,\therefore ∠ FAD=∠ G,AD=GE$.
$\because AB=AD,\therefore AB=GE$.
$\because AD⊥ AB,AE⊥ AC,\therefore ∠ BAD=∠ EAC=90°$,
$\therefore ∠ BAC+∠ DAE=360°-90°-90°=180°,\therefore ∠ BAC+∠ FAD+∠ EAG=180°$,
$\because ∠ AEG+∠ G+∠ EAG=180°,\therefore ∠ AEG=∠ BAC$.
又$\because AC=AE,\therefore △ BAC≌ △ GEA(\mathrm{SAS}),\therefore BC=AG,\therefore BC=2AF$.
【知识点】
全等三角形判定与性质；倍长中线法；垂直的定义
【点评】
本题是倍长中线法的典型应用，先通过基础实例掌握倍长中线构造全等的思路，再迁移应用到新的几何场景中，核心是通过倍长中线构造中心对称的全等三角形，实现边、角的等量转化，进而证明线段的数量关系，是几何中处理中点类问题的常用方法。
【难度系数】
0.6

8.如图,在$△ ABC$中,$AC=BC$,$∠ ACB=90°$,$∠ APB=45°$.连接$CP$,将线段$CP$绕点$C$顺时针旋转$90°$得到线段$CQ$,连接$AQ$.
(1)依题意补全图形,并证明:$AQ=BP$.
(2)求$∠ QAP$的度数.
(3)若$N$为线段$AB$的中点,连接$NP$,请用等式表示线段$NP$与$CP$之间的数量关系,并证明.

答案

8.(1)补全图形如图.

证明:$\because ∠ QCP=∠ ACB=90°,\therefore ∠ QCA=∠ PCB$,
由旋转得 $CQ=CP$,又$\because AC=BC,\therefore △ QCA≌ △ PCB(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AQ=BP$.
(2)$\because △ QCA≌ △ PCB,\therefore ∠ CQA=∠ CPB$,
$\because ∠ APB=∠ CPQ=45°,\therefore ∠ APQ=∠ CPB$,
$\therefore ∠ AQP+∠ APQ=∠ AQP+∠ CQA=∠ CQP=45°$,
$\therefore ∠ QAP=180°-45°=135°$.
(3)$\sqrt{2}\,NP=CP$.
证明:连接 PN 并延长 PN 到点 T,使得 $NT=NP$,连接 AT.
在$△ ANT$ 和$△ BNP$ 中$\begin{cases} NA=NB, \\ ∠ ANT=∠ BNP, \\ NT=NP, \end{cases}\therefore △ ANT≌ △ BNP(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AT=PB,∠ T=∠ NPB$,
$\therefore AT// PB,\therefore ∠ TAP+∠ APB=180°$,
$\because ∠ APB=45°,\therefore ∠ TAP=135°=∠ QAP$.
$\because AQ=PB,\therefore AT=AQ$.
在$△ PAT$ 和$△ PAQ$ 中$\begin{cases} PA=PA, \\ ∠ PAT=∠ PAQ, \\ AT=AQ, \end{cases}\therefore △ PAT≌ △ PAQ(\mathrm{SAS})$,
$\therefore PT=PQ=\sqrt{2}\,CP,\therefore 2NP=\sqrt{2}\,CP$,即$\sqrt{2}\,NP=CP$.

解析

【分析】
(1) 补全图形需按旋转要求，将CP绕点C顺时针旋转90°得到CQ后连接AQ即可。要证AQ=BP，优先考虑证明线段所在三角形全等：由旋转性质得CQ=CP、∠QCP=90°，结合已知∠ACB=90°，可推导出∠QCA=∠PCB，再搭配AC=BC的条件，用SAS即可证明△QCA≌△PCB，从而得到AQ=BP。
(2) 求∠QAP的度数可利用三角形内角和定理，先求△QAP中另外两个内角的和：由(1)的全等可得对应角∠CQA=∠CPB，结合旋转可知△QCP是等腰直角三角形，∠CPQ=∠CQP=45°，再搭配已知∠APB=45°，可推导得∠APQ=∠CPB，通过角的转化可得∠AQP+∠APQ=45°，即可算出∠QAP的度数。
(3) 探究中点相关的线段数量关系，可采用倍长中线法构造全等：延长PN到T使NT=NP，先证△ANT≌△BNP，得到AT=BP且AT//PB，进而推出∠TAP=135°=∠QAP，结合(1)的结论得AT=AQ，再证△PAT≌△PAQ得到PT=PQ，最后结合等腰直角三角形斜边和直角边的关系，整理即可得到NP与CP的数量关系。
【解析】
(1) 补全图形如下：

证明：$\because ∠ QCP=∠ ACB=90°,\therefore ∠ QCP-∠ ACP=∠ ACB-∠ ACP$，即$∠ QCA=∠ PCB$,
由旋转的性质得 $CQ=CP$,又$\because AC=BC,\therefore △ QCA≌ △ PCB(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AQ=BP$.
(2) 解：$\because △ QCA≌ △ PCB,\therefore ∠ CQA=∠ CPB$,
$\because$ 线段CP绕点C顺时针旋转90°得到CQ，$\therefore △QCP$是等腰直角三角形，$∠ CPQ=∠ CQP=45°$，
$\because ∠ APB=∠ CPQ=45°,\therefore ∠ CPQ-∠ APC=∠ APB-∠ APC$，即$∠ APQ=∠ CPB$,
$\therefore ∠ AQP+∠ APQ=∠ AQP+∠ CQA=∠ CQP=45°$,
在$△ QAP$中，$\therefore ∠ QAP=180°-(∠ AQP+∠ APQ)=180°-45°=135°$.
(3) 线段数量关系为$\sqrt{2}\,NP=CP$，证明如下：
连接 PN 并延长 PN 到点 T,使得 $NT=NP$,连接 AT.
在$△ ANT$ 和$△ BNP$ 中$\begin{cases} NA=NB, \\ ∠ ANT=∠ BNP, \\ NT=NP, \end{cases}\therefore △ ANT≌ △ BNP(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AT=PB,∠ T=∠ NPB$,
$\therefore AT// PB,\therefore ∠ TAP+∠ APB=180°$,
$\because ∠ APB=45°,\therefore ∠ TAP=180°-45°=135°=∠ QAP$.
$\because$ 由(1)得$AQ=PB,\therefore AT=AQ$.
在$△ PAT$ 和$△ PAQ$ 中$\begin{cases} PA=PA, \\ ∠ PAT=∠ PAQ, \\ AT=AQ, \end{cases}\therefore △ PAT≌ △ PAQ(\mathrm{SAS})$,
$\therefore PT=PQ$,
在等腰$Rt△ QCP$中，$PQ=\sqrt{2}\,CP$，又$\because PT=NT+NP=2NP$，
$\therefore 2NP=\sqrt{2}\,CP$,即$\sqrt{2}\,NP=CP$.
【答案】
8.(1)补全图形如图.

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