资源描述
2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．关于x的方程3x2﹣2x+1=0的根的情况是（ ）
A．有两个相等的实数根 B．有两个不相等的实数根
C．没有实数根 D．不能确定
2．在平面直角坐标系中，点P（1，﹣2）是线段AB上一点，以原点O为位似中心把△AOB放大到原来的两倍，则点P对应点的坐标为（ ）
A．（2，﹣4） B．（2，﹣4）或（﹣2，4）
C．（，﹣1） D．（，﹣1）或（﹣，1）
3．抛物线可由抛物线如何平移得到的（ ）
A．先向左平移3个单位，再向下平移2个单位
B．先向左平移6个单位，再向上平移7个单位
C．先向上平移2个单位，再向左平移3个单位
D．先回右平移3个单位，再向上平移2个单位
4．如图，正方形中，，以为圆心，长为半径画，点在上移动，连接，并将绕点逆时针旋转至，连接．在点移动的过程中，长度的最小值是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在△ABC中，若DE∥BC，AD=5，BD=10，DE=4，则BC的值为( )
A．8 B．9 C．10 D．12
6．如图是二次函数图象的一部分，图象过点，对称轴为直线，给出四个结论：①； ②；③若点、为函数图象上的两点，则；④关于的方程一定有两个不相等的实数根．其中，正确结论的是个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
7．在平面直角坐标系中，对于二次函数，下列说法中错误的是（ ）
A．的最小值为1
B．图象顶点坐标为，对称轴为直线
C．当时，的值随值的增大而增大，当时，的值随值的增大而减小
D．当时，的值随值的增大而减小，当时，的值随值的增大而增大
8．如图，是的直径，点是延长线上一点，是的切线，点是切点，，若半径为，则图中阴影部分的面积为（ ）
A． B． C． D．
9．已知，下列说法中，不正确的是（ ）
A． B．与方向相同
C． D．
10．将二次函数的图象先向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得图象对应的函数表达式是（ ）
A． B．
C． D．
11．一个袋内装有标号分别为1、2、3、4的四个球，这些球除颜色外都相同．从袋内随机摸出一个球，让其标号为一个两位数的十位数字，放回摇匀后，再从中随机摸出一个球，让其标号为这个两位数的个位数字，则这个两位数是偶数的概率为（ ）
A． B． C． D．
12．若一个扇形的圆心角是45°，面积为，则这个扇形的半径是( )
A．4 B． C． D．
二、填空题（每题4分，共24分）
13．二次函数的图象经过点（4，﹣3），且当x＝3时，有最大值﹣1，则该二次函数解析式为_____．
14．在纸上剪下一个圆和一个扇形纸片，使它们恰好围成一个圆锥（如图所示），如果扇形的圆心角为90°，扇形的半径为4，那么所围成的圆锥的高为_____．
15．如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，将腰CD以D为中心逆时针旋转90°至DE，连接AE、CE，△ADE的面积为3，则BC的长为____________．
16．已知A（x1，y1）B（x2，y2）为反比例函数图象上的两点，且x1＜x2＜0，则：y1_____y2（填“＞”或“＜”）．
17．如图，要拧开一个边长为的正六边形螺帽，扳手张开的开口至少为__________．
18．点（5，﹣）关于原点对称的点的坐标为__________．
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，AB为⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为点P，直线BF与AD延长线交于点F，且∠AFB＝∠ABC．
（1）求证：直线BF是⊙O的切线；
（2）若CD＝2，BP＝1，求⊙O的半径．
20．（8分）如图，等腰中， ，点是边上一点，在上取点，使
（1）求证: ;
（2）若，求的长．
21．（8分）已知：如图（1），射线AM∥射线BN，AB是它们的公垂线，点D、C分别在AM、BN上运动（点D与点A不重合、点C与点B不重合），E是AB边上的动点（点E与A、B不重合），在运动过程中始终保持DE⊥EC．
（1）求证：△ADE∽△BEC；
（2）如图（2），当点E为AB边的中点时，求证：AD+BC=CD；
（3）当 AD+DE=AB=时．设AE=m，请探究：△BEC的周长是否与m值有关？若有关，请用含有m的代数式表示△BEC的周长；若无关，请说明理由．
22．（10分）如图，抛物线y＝ax2+x+c（a≠0）与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知点A的坐标为（﹣1，0），点C的坐标为（0，2）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，直接写出P点的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）点E是线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标．
23．（10分）如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，建立平面直角坐标系后，点A的坐标为（﹣4，1），点B的坐标为（﹣1，1）．
（1）画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后得到的△A1BC1；
（1）画出△ABC关于原点O对称的△A1B1C1．
24．（10分）城市规划期间，欲拆除一电线杆AB，已知距电线杆AB水平距离14m的D处有一大坝，背水坡CD的坡度i=2：1，坝高CF为2m，在坝顶C处测得杆顶A的仰角为30°，D、E之间是宽为2m的人行道．
试问：在拆除电线杆AB时，为确保行人安全，是否需要将此人行道封上？请说明理由（在地面上，以点B为圆心，以AB长为半径的圆形区域为危险区域．）（≈1.732，≈1.414）
25．（12分）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点上（每个小方格都是边长为一个单位长度的正方形）．
（1）请画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1；
（1）请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A1B1C1．
26．已知为的外接圆，点是的内心，的延长线交于点，交于点．
（1）如图1，求证：．
（2）如图2，为的直径．若，求的长．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【解析】试题分析：先求一元二次方程的判别式，由△与0的大小关系来判断方程根的情况．
解：∵a=3，b=﹣2，c=1，
∴△=b2﹣4ac=4﹣12=﹣8＜0，
∴关于x的方程3x2﹣2x+1=0没有实数根．
故选：C．
考点：根的判别式．
2、B
【分析】根据位似变换的性质计算即可．
【详解】点P（1，﹣2）是线段AB上一点，以原点O为位似中心把△AOB放大到原来的两倍，
则点P的对应点的坐标为（1×2，﹣2×2）或（1×（﹣2），﹣2×（﹣2）），即（2，﹣4）或（﹣2，4），
故选：B．
【点睛】
本题考查的是位似变换、坐标与图形的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
3、A
【分析】先将抛物线化为顶点式，然后按照“左加右减，上加下减”的规律进行求解即可．
【详解】因为，
所以将抛物线先向左平移3个单位，再向下平移2个单位即可得到抛物线，
故选A．
【点睛】
本题考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律，熟练掌握“左加右减，上加下减”的规律是解题的关键.
4、D
【分析】通过画图发现，点的运动路线为以A为圆心、 1为半径的圆，当在对角线CA上时，C最小，先证明△PBC≌△BA，则A=PC=1，再利用勾股定理求对角线CA的长，则得出C的长．
【详解】如图，当在对角线CA上时，C最小，
连接CP，
由旋转得：BP=B，∠PB=90°，
∴∠PBC+∠CB=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=BA，∠ABC=90°，
∴∠AB+∠CB=90°，
∴∠PBC=∠AB，
在△PBC和△BA中，
，
∴△PBC≌△BA，
∴A=PC=1，
在Rt△ABC中，AB=BC=4，
由勾股定理得：，
∴C=AC-A=，
即C长度的最小值为，
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、旋转的性质和最小值问题，寻找点的运动轨迹是本题的关键．
5、D
【解析】试题分析：由DE∥BC可推出△ADE∽△ABC，所以.
因为AD=5，BD=10，DE=4，所以，解得BC=1．
故选D.
考点：相似三角形的判定与性质．
6、C
【分析】①根据抛物线开口方向、对称轴及与y轴交点情况可判断；②根据抛物线对称轴可判断；③根据点离对称轴的远近可判断；④根据抛物线与直线交点个数可判断．
【详解】由图象可知：开口向下，故，
抛物线与y轴交点在x轴上方，故＞0，
∵对称轴，即同号，
∴，
∴，故①正确；
∵对称轴为，
∴，
∴，故②不正确；
∵抛物线是轴对称图形，对称轴为，
点关于对称轴为的对称点为
当时，
此时y随的增大而减少，
∵30，
∴，故③错误；
∵抛物线的顶点在第二象限，开口向下，与轴有两个交点，
∴抛物线与直线有两个交点，
∴关于的方程有两个不相等的实数根，所以④正确；
综上：①④正确，共2个；
故选：C．
【点睛】
本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握函数图象及性质，能够从函数图象获取信息，结合函数解析式进行求解是关键．
7、C
【分析】根据，可知该函数的顶点坐标为（2,1），对称轴为x=2，最小值为1，当x<2时，y随x的增大而减小，当x≥2时，y随x的增大而增大，进行判断选择即可.
【详解】由题意可知，该函数当x<2时，y随x的增大而减小，当x≥2时，y随x的增大而增大，故C错误，所以答案选C.
【点睛】
本题考查的是一元二次函数顶点式的图像性质，能够根据顶点式得出其图像的特征是解题的关键.
8、B
【分析】连接OC，求出∠COD和∠D，求出边DC长，分别求出三角形OCD的面积和扇形COB的面积，即可求出答案．
【详解】连接OC，
∵AO=CO，∠CAB=30°，
∴∠COD=2∠CAB =60°，
∵DC切⊙O于C，
∴OC⊥CD，
∴∠OCD=90°，
∴∠D=90°-∠COD =90°-60°=30°，
在Rt△OCD中，∠OCD=90°，∠D=30°，OC=4，
∴，
∴阴影部分的面积是:
故选：B．
【点睛】
本题考查了扇形的面积，三角形的面积的应用，还考查了等腰三角形性质，三角形的内角和定理，切线的性质，解此题的关键是求出扇形和三角形的面积．
9、A
【分析】根据平行向量以及模的定义的知识求解即可求得答案，注意掌握排除法在选择题中的应用．
【详解】A、，故该选项说法错误
B、因为，所以与的方向相同，故该选项说法正确，
C、因为，所以，故该选项说法正确，
D、因为，所以；故该选项说法正确，
故选：A．
【点睛】
本题考查了平面向量，注意，平面向量既有大小，又由方向，平行向量，也叫共线向量，是指方向相同或相反的非零向量．零向量和任何向量平行．
10、B
【解析】抛物线平移不改变a的值，由抛物线的顶点坐标即可得出结果．
【详解】解：原抛物线的顶点为（0，0），向左平移1个单位，再向下平移1个单位，那么新抛物线的顶点为（-1，-1），
可设新抛物线的解析式为：y=（x-h）1+k，
代入得：y=（x+1）1-1．
∴所得图象的解析式为：y=（x+1）1-1；
故选：B．
【点睛】
本题考查二次函数图象的平移规律；解决本题的关键是得到新抛物线的顶点坐标．
11、A
【分析】画树状图展示所有16种等可能的结果数，再找出所成的两位数是偶数的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】解：画树状图为：
共有16种等可能的结果数，其中所成的两位数是偶数的结果数为8，
所以成的两位数是3的倍数的概率．
故选：．
【点睛】
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果，再从中选出符合事件或的结果数目，然后利用概率公式求事件或的概率．
12、A
【分析】根据扇形面积公式计算即可．
【详解】解：设扇形的半径为为R，由题意得
,
解得
R=4.
故选A.
【点睛】
本题考查了扇形的面积公式，R是扇形半径，n是弧所对圆心角度数，π是圆周率，L是扇形对应的弧长.那么扇形的面积为：.
二、填空题（每题4分，共24分）
13、y＝﹣2（x﹣3）2﹣1
【分析】根据题意设出函数的顶点式，代入点(4，﹣3)，根据待定系数法即可求得．
【详解】∵当x=3时，有最大值﹣1，
∴设二次函数的解析式为y=a(x﹣3)2﹣1，
把点(4，﹣3)代入得：﹣3=a(4﹣3)2﹣1，
解得a=﹣2，
∴y=﹣2(x﹣3)2﹣1．
故答案为：y=﹣2(x﹣3)2﹣1．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
14、
【详解】设圆锥的底面圆的半径为r，
根据题意得2πr=，解得r=1，
所以所围成的圆锥的高=
考点：圆锥的计算．
15、1
【分析】过D点作DF⊥BC，垂足为F，过E点作EG⊥AD，交AD的延长线与G点，由旋转的性质可知△CDF≌△EDG，从而有CF=EG，由△ADE的面积可求EG，得出CF的长，由矩形的性质得BF=AD，根据BC=BF+CF求解．
【详解】解：过D点作DF⊥BC，垂足为F，过E点作EG⊥AD，交AD的延长线与G点，
由旋转的性质可知CD=ED，
∵∠EDG+∠CDG=∠CDG+∠FDC=90°，
∴∠EDG=∠FDC，又∠DFC=∠G=90°，
∴△CDF≌△EDG，∴CF=EG，
∵S△ADE=AD×EG=3，AD=2，
∴EG=3，则CF=EG=3，
依题意得四边形ABFD为矩形，∴BF=AD=2，
∴BC=BF+CF=2+3=1．
故答案为1．
16、＜
【解析】先根据反比例函数的解析式判断出该函数图象所在的象限及在每一象限内的增减性，再由x1＜x1＜0可判断出A（x1，y1）B（x1，y1）所在的象限，故可得出结论．
【详解】∵反比例函数y＝−中k=-3＜0，
∴其函数图象在二、四象限，且在每一象限内y随x的增大而增大，
∵x1＜x1＜0，
∴A、B两点均在第二象限，
∴y1＜y1．
故答案为：＜．
【点睛】
本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，根据题意判断出A、B所在的象限是解答此题的关键．
17、
【分析】根据题意，即是求该正六边形的边心距的2倍．构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，且其半边所对的角是30°，再根据锐角三角函数的知识求解．
【详解】设正多边形的中心是O，其一边是AB，
∴∠AOB＝∠BOC＝60°，
∴OA＝OB＝AB＝OC＝BC，
∴四边形ABCO是菱形，
∵AB＝8mm，∠AOB＝60°，
∴cos∠BAC＝，
∴AM＝8×＝4（mm），
∵OA＝OC，且∠AOB＝∠BOC，
∴AM＝MC＝AC，
∴AC＝2AM＝8（mm）．
故答案为：.
【点睛】
本题考查了正多边形和圆的知识．构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形，运用锐角三角函数进行求解是解此题的关键．
18、（-5，）
【分析】让两点的横纵坐标均互为相反数可得所求的坐标．
【详解】∵两点关于原点对称，
∴横坐标为-5，纵坐标为，
故点P（5，−）关于原点对称的点的坐标是：（-5，）．
故答案为：（-5，）．
【点睛】
此题主要考查了关于原点对称的坐标的特点：两点的横坐标互为相反数；纵坐标互为相反数．
三、解答题（共78分）
19、（1）见解析；（2）1
【分析】（1）由圆周角定理得出∠ABC=∠ADC，由已知得出∠ADC=∠AFB，证出CD∥BF，得出AB⊥BF，即可得出结论；
（2）设⊙O的半径为r，连接OD．由垂径定理得出PD＝PC＝CD＝，得出OP=r-1在Rt△OPD中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】解:（1）证明：∵弧AC＝弧AC，
∴∠ABC＝∠ADC，
∵∠AFB＝∠ABC，
∴∠ADC＝∠AFB，
∴CD∥BF，
∵CD⊥AB，
∴AB⊥BF，
∵AB是圆的直径，
∴直线BF是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为r，连接OD．如图所示：
∵AB⊥BF，CD＝2，
∴PD＝PC＝CD＝，
∵BP＝1，
∴OP＝r﹣1
在Rt△OPD中，由勾股定理得：r2 ＝（r﹣1）2+（）2
解得：r＝1．
即⊙O的半径为1．
【点睛】
本题考查切线的判定、勾股定理、圆周角定理、垂径定理以及勾股定理和平行线的判定与性质等知识，解题的关键熟练掌握圆周角定理和垂径定理．
20、（1）见解析；（2）．
【分析】（1）利用三角形外角定理证得∠EDC=∠DAB，再根据两角相等即可证明△ABD∽△DCE；
（2）作高AF，利用三角函数求得，继而求得，再根据△ABD∽△DCE，利用对应边成比例即可求得答案．
【详解】（1）∵△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，
∴∠ABD=∠ACB=30°，
∴∠ABD=∠ADE=30°，
∵∠ADC=∠ADE+∠EDC=∠ABD+∠DAB，
∴∠EDC=∠DAB，
∴△ABD∽△DCE；
（2）过作于，
∵△ABC是等腰三角形，且∠BAC=120°，，
∴∠ABD=∠ACB=30°，，
则，
，
，
，
，
，
所以．
【点睛】
本题是相似形的综合题，考查了三角形相似的性质和判定、等腰三角形的性质、解直角三角形，证得△ABD∽△DCE是解题的关键．
21、（1）详见解析；（2）详见解析；（3）的周长与m值无关，理由详见解析．
【分析】（1）由直角梯形ABCD中∠A为直角，得到三角形ADE为直角三角形，可得出两锐角互余，再由DE与EC垂直，利用垂直的定义得到∠DEC为直角，利用平角的定义推出一对角互余，利用同角的余角相等可得出一对角相等，再由一对直角相等，利用两对对应角相等的两三角形相似可得证；
（2）延长DE、CB交于F，证明△ADE≌△BFE，根据全等三角形的性质得到DE=FE，AD=BF由CE⊥DE，得到直线CE是线段DF的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质得DC=FC．即可得到结论；
（3）△BEC的周长与m的值无关，理由为：设AD=x，由AD+DE=a，表示出DE．在直角三角形ADE中，利用勾股定理列出关系式，整理后记作①，由AB﹣AE=EB，表示出BE，根据（1）得到：△ADE∽△BEC，由相似得比例，将各自表示出的式子代入，表示出BC与EC，由EB+EC+BC表示出三角形EBC的周长，提取a﹣m后，通分并利用同分母分式的加法法则计算，再利用平方差公式化简后，记作②，将①代入②，约分后得到一个不含m的式子，即周长与m无关．
【详解】（1）∵直角梯形ABCD中，∠A=90°，
∴∠ADE+∠AED=90°，
又∵DE⊥CE，
∴∠DEC=90°，
∴∠AED+∠BEC=90°，
∴∠ADE=∠BEC，
又∵∠A=∠B=90°，
∴△ADE∽△BEC；
（2）延长DE、CB交于F，如图2所示．
∵AD∥BC，
∴∠A=∠EBF，∠ADE=∠F．
∵E是AB的中点，
∴AE=BE．
在△ADE和△BFE中，∵∠A=∠EBF，∠ADE=∠F，AE=BE，
∴△ADE≌△BFE，
∴DE=FE，AD=BF．
∵CE⊥DE，
∴直线CE是线段DF的垂直平分线，
∴DC=FC．
∵FC=BC+BF=BC+AD，
∴AD+BC=CD．
（3）△BEC的周长与m的值无关，理由为：
设AD=x，由AD+DE=AB=a，得：DE=a﹣x．
在Rt△AED中，根据勾股定理得：AD2+AE2=DE2，即x2+m2=(a﹣x)2，
整理得：a2﹣m2=2ax，…①
在△EBC中，由AE=m，AB=a，得：BE=AB﹣AE=a﹣m．
∵由（1）知△ADE∽△BEC，
∴，即，
解得：BC，EC，
∴△BEC的周长=BE+BC+EC=(a﹣m)
=(a﹣m)(1)=(a﹣m)•
，…②
把①代入②得：△BEC的周长=BE+BC+EC2a，
则△BEC的周长与m无关．
【点睛】
本题是相似形综合题，涉及的知识有：相似三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定与性质，分式的化简求值，利用了转化及整体代入的数学思想，做第三问时注意利用已证的结论．
22、（1）y＝﹣x2+x+2（2）（，4）或（，）或（，﹣）（3）（2，1）
【解析】（1）利用待定系数法转化为解方程组即可．
（2）如图1中，分两种情形讨论①当CP＝CD时，②当DP＝DC时，分别求出点P坐标即可．
（3）如图2中，作CM⊥EF于M，设则（0≤a≤4），根据S四边形CDBF＝S△BCD+S△CEF+S△BEF构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
【详解】解：（1）由题意
解得
∴二次函数的解析式为
（2）存在．如图1中，
∵C（0，2），
∴CD＝
当CP＝CD时，
当DP＝DC时，
综上所述，满足条件的点P坐标为或或
（3）如图2中，作CM⊥EF于M，
∵B（4，0），C（0，2），
∴直线BC的解析式为设
∴（0≤a≤4），
∵S四边形CDBF＝S△BCD+S△CEF+S△BEF
，
∴a＝2时，四边形CDBF的面积最大，最大值为，
∴E（2，1）．
【点睛】
本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、待定系数法，四边形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建二次函数解决最值问题，属于中考压轴题．
23、（1）详见解析；（1）详见解析.
【分析】（1）分别作出A，C的对应点A1，C1即可得到△A1BC1；
（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可得到△A1B1C1．
【详解】（1）如图所示，△A1BC1即为所求．
（1）如图所示，△A1B1C1即为所求．
【点睛】
本题考查作图-旋转变换，熟练掌握位旋转变换的性质是解本题的关键．
24、不必封上人行道
【分析】过C点作CG⊥AB交AB于G.
求需不需要将人行道封上实际上就是比较AB与BE的长短，已知BD，DF的长度, 那么AB的长度也就求出来了，现在只需要知道BE的长度即可，有BF的长，ED的长，缺少的是DF的长，根据“背水坡CD的坡度i＝1: 2，坝高CF为2m” DF是很容易求出的，这样有了CG的长，在△ACG中求出AG的长度，这样就求出AB的长度，有了BE的长，就可以判断出是不是需要封上人行道了.
【详解】
过C点作CG⊥AB交AB于G.
在Rt△CDF中，水坡CD的坡度i=2：1，即tan∠CDF=2，
∵CF=2，∴DF=1.
∴BF=BD＋DF=12+1=13.
∴CG=13，
在Rt△ACG中，∵∠ACG=30°，
∴AG=CG·tan30°=13×=7.5 m
∴AB＝AG＋BG=7.5+2=9.5m，
BE＝12m，
AB＜BE，
∴不必封上人行道.
【点睛】
本题考查俯角、仰角的定义,要求学生能借助俯角、仰角构造直角三角形并结合图形利用三角函数解直角三角形.
25、（1）见解析；（1）见解析
【分析】（1）利用关于原点对称的点的坐标特征找出A1，B1，C1，然后描点即可；
（1）利用网格特点和旋转的性质画出A、C的对应点A1、C1即可．
【详解】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（1）如图，△A1B1C1为所作．
【点睛】
本题考查了作图-根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
26、（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连接半径，根据内心的性质、圆的基本性质以及三角形外角的性质求得，即可得证结论；
（2）连接半径，由为的直径、点是的内心以及等腰三角形的三线合一可得、，然后依次解、即可得出结论．
【详解】解：（1）证明：连接，如图：
∵是的内心
∴，
∵
∴
∴
∵
∴
（2）连接，如图：
∵是直径，平分
∴且
∵，，
∴在中，
∴
∴
∵
∴
∴在中，
∴由（1）可知，
∴．
故答案是：（1）证明见解析；（2）
【点睛】
本题考查了三角形内心的性质、圆的一些基本性质、三角形外角的性质、等腰三角形的性质、垂径定理、锐角三角函数以及勾股定理等知识点，难度不大，属于中档题型．
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