江苏省淮安市清江浦区江浦中学2022年数学九年级第一学期期末学业水平测试试题含解析.doc

2022-2023学年九上数学期末模拟试卷
考生请注意：
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题(每小题3分,共30分)
1．把多项式分解因式，结果正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．如图钓鱼竿AC长6m，露在水面上的鱼线BC长3m，钓者想看看鱼钓上的情况，把鱼竿AC逆时针转动15°到AC′的位置，此时露在水面上的鱼线B'C'长度是（　　）

A．3m B． m C． m D．4m
3．的值等于（ ）
A． B． C．1 D．
4．如图，四边形和是以点为位似中心的位似图形，若，则四边形与四边形的面积比为（ ）

A． B． C． D．
5．在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=4，AC=3，CD⊥AB于D，设∠ACD=α，则cosα的值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，是的直径，点是上两点，且，连接，过点作，交的延长线于点，垂足为，若，则的半径为(　　)

A． B． C． D．
7．二次函数的图象如图，若一元二次方程有实数解，则k的最小值为　　

A． B． C． D．0
8．对一批衬衣进行抽检，统计合格衬衣的件数，得到合格衬衣的频数表如下：
抽取件数(件)
50
100
150
200
500
800
1000
合格频数
42
88
141
176
445
724
901
若出售1500件衬衣，则其中次品最接近( )件.
A．100 B．150 C．200 D．240
9．已知一个扇形的弧长为3π，所含的圆心角为120°，则半径为（　　）
A．9 B．3 C． D．
10．在Rt△ABC中，，如果∠A=，，那么线段AC的长可表示为（ ）．
A．； B．； C．； D．．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，，，△A2B2B3 是全等的等边三角形，点 B，B1，B2，B3 在同一条 直线上，连接 A2B 交 AB1 于点 P，交 A1B1 于点 Q，则 PB1∶QB1 的值为___．

12．如图，在与中，，要使与相似，还需添加一个条件，这个条件可以是____________（只需填一个条件）

13．小丽生日那天要照全家福，她和爸爸、妈妈随意排成一排，则小丽站在中间的概率是________．
14．在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．如果AC=3，那么正方形ABCD的面积是__________．
15．如图，点在函数的图象上，直线分别与轴、轴交于点，且点的横坐标为4，点的纵坐标为，则的面积是________．

16．二次函数y＝2x2的图象向左平移2个单位长度，再向下平移5个单位长度后得到的图象的解析式为_____．
17．如图所示，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O与原点重合，顶点A，C分别在x轴、y轴上，双曲线y＝kx﹣1（k≠0，x＞0）与边AB、BC分别交于点N、F，连接ON、OF、NF．若∠NOF＝45°，NF＝2，则点C的坐标为_____．

18．如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF=2，则菱形ABCD的周长是__．

三、解答题(共66分)
19．（10分）计算：（1）；（2）解方程
20．（6分）如图，已知抛物线C1交直线y=3于点A（﹣4，3），B（﹣1，3），交y轴于点C（0，6）．

（1）求C1的解析式．
（2）求抛物线C1关于直线y=3的对称抛物线的解析式；设C2交x轴于点D和点E（点D在点E的左边），求点D和点E的坐标．
（3）将抛物线C1水平向右平移得到抛物线C3，记平移后点B的对应点B′，若DB平分∠BDE，求抛物线C3的解析式．
（4）直接写出抛物线C1关于直线y=n（n 为常数）对称的抛物线的解析式．
21．（6分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，交轴于点.
（1）求抛物线的解析式.
（2）点是线段上一动点，过点作垂直于轴于点，交抛物线于点，求线段的长度最大值.

22．（8分）放寒假，小明的爸爸把油箱注满油后准备驾驶汽车到距家300的学校接小明，在接到小明后立即按原路返回，已知小明爸爸汽车油箱的容积为70，请回答下列问题：
（1）写出油箱注满油后，汽车能够行使的总路程与平均耗油量之间的函数关系式；
（2）小明的爸爸以平均每千米耗油0.1的速度驾驶汽车到达学校，在返回时由于下雨，小明的爸爸降低了车速，此时每千米的耗油量增加了一倍，如果小明的爸爸始终以此速度行使，油箱里的油是否够回到家？如果不够用，请通过计算说明至少还需加多少油？
23．（8分）已知：如图，在菱形ABCD中，E为BC边上一点，∠AED=∠B．

（1）求证：△ABE∽△DEA；
（2）若AB=4，求AE•DE的值．
24．（8分）图1是某小区入口实景图，图2是该入口抽象成的平面示意图．已知入口BC宽3.9米，门卫室外墙AB上的O点处装有一盏路灯，点O与地面BC的距离为3.3米，灯臂OM长为1.2米（灯罩长度忽略不计），∠AOM＝60°．

（1）求点M到地面的距离；
（2）某搬家公司一辆总宽2.55米，总高3.5米的货车从该入口进入时，货车需与护栏CD保持0.65米的安全距离，此时，货车能否安全通过？若能，请通过计算说明；若不能，请说明理由．（参考数据：1.73，结果精确到0.01米）
25．（10分）如图，以40m/s的速度将小球沿与地面30°角的方向击出时，小球的飞行路线是一段抛物线．如果不考虑空气阻力，小球的飞行高度h（单位:m）与飞行时间t（单位:s）之间的函数关系式为h=20t－(t≥0)． 回答问题:

(1)小球的飞行高度能否达到19.5m；
(2) 小球从最高点到落地需要多少时间?
26．（10分）在中，，.

（Ⅰ）如图Ⅰ，为边上一点（不与点重合），将线段绕点逆时针旋转得到，连接.
求证：（1）；
（2）.
（Ⅱ）如图Ⅱ，为外一点，且，仍将线段绕点逆时针旋转得到，连接，.
（1）的结论是否仍然成立？并请你说明理由；
（2）若，，求的长.

参考答案

一、选择题(每小题3分,共30分)
1、B
【分析】如果把乘法公式反过来，就可以把某些多项式分解因式，这种方法叫公式法．平方差公式：；完全平方公式： ；
【详解】解： ，
故选B．
【点睛】
本题考查了分解因式，熟练运用平方差公式是解题的关键
2、B
【解析】因为三角形ABC和三角形AB′C′均为直角三角形，且BC、B′C′都是我们所要求角的对边，所以根据正弦来解题，求出∠CAB，进而得出∠C′AB′的度数，然后可以求出鱼线B'C'长度．
【详解】解：∵sin∠CAB＝
∴∠CAB＝45°．
∵∠C′AC＝15°，
∴∠C′AB′＝60°．
∴sin60°＝，
解得：B′C′＝3．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了解直角三角形的应用，解本题的关键是把实际问题转化为数学问题．
3、A
【分析】根据特殊角的三角函数值，即可得解.
【详解】.
故选：A.
【点睛】
此题属于容易题，主要考查特殊角的三角函数值.失分的原因是没有掌握特殊角的三角函数值.
4、C
【解析】由位似图的面积比等于位似比的平方可得答案．
【详解】∵
即四边形和的位似比为
∴四边形和的面积比为
故选：C．
【点睛】
本题考查了位似图的性质，熟记位似图的面积比等于位似比的平方是解题的关键．
5、A
【解析】根据勾股定理求出AB的长，在求出∠ACD的等角∠B，即可得到答案.
【详解】如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=4，AC=3，
∴,
∵CD⊥AB,
∴∠ADC=∠C=90°,
∴∠A+∠ACD=∠A+∠B,
∴∠B=∠ACD=α,
∴.
故选：A.

【点睛】
此题考查解直角三角形，求一个角的三角函数值有时可以求等角的对应函数值.
6、D
【分析】根据已知条件可知、都是含角的直角三角形，先利用含角的直角三角形的性质求得，再结合勾股定理即可求得答案．
【详解】解：连接、，如图：

∵
∴
∴
∴在中，
∵是的直径
∴
∴在中，，即
∴
∴
∴
∴的半径为．
故选：D
【点睛】
本题考查了圆的一些基本性质、含角的直角三角形的性质以及勾股定理，添加适当的辅助线可以更顺利地解决问题．
7、A
【解析】∵一元二次方程ax2+bx+k=0有实数解，
∴可以理解为y=ax2+bx和y=−k有交点，
由图可得，−k≤4，
∴k≥−4，
∴k的最小值为−4.
故选A.
8、B
【分析】根据频数表计算出每次的合格频率，然后估计出任抽一件衬衣的合格频率，从而可得任抽一件衬衣的次品频率，再乘以1500即可得.
【详解】由依次算得各个频率为：
则任抽一件衬衣的合格频率约为
因此任抽一件衬衣的次品频率为
所求的次品大概有（件）
故选：B.
【点睛】
本题考查了概率估计的方法，理解频数和频率的定义是解题关键.
9、C
【分析】根据弧长的公式进行计算即可．
【详解】解：设半径为r，
∵扇形的弧长为3π，所含的圆心角为120°，
∴＝3π，
∴r＝，
故选：C．
【点睛】
此题考查的是根据弧长和圆心角求半径，掌握弧长公式是解决此题的关键．
10、B
【分析】根据余弦函数是邻边比斜边，可得答案．
【详解】解：由题意，得
，
，
故选：．
【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义，利用余弦函数的定义是解题关键．

二、填空题(每小题3分,共24分)
11、
【分析】根据题意说明PB1∥A2 B3，A1B1∥A2B2，从而说明△BB1P∽△BA2 B3，△BB1Q∽△BB2A2，再得到PB1 和A2B3的关系以及QB1和A2B2的关系，根据A2B3=A2B2，得到PB1和QB1的比值.
【详解】解：∵△ABB1，△A1B1B2，△A2B2B3是全等的等边三角形，
∴∠BB1P=∠B3，∠A1B1 B2=∠A2B2B3，
∴PB1∥A2B3，A1B1∥A2B2，
∴△BB1P∽△BA2 B3，△BB1Q∽△BB2A2，
∴,,
∴，，
∵，
∴PB1∶QB1=A2B3∶A2 B2=2：3.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，平行线的判定，正确的识别图形是解题的关键．
12、∠B=∠E
【分析】根据两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似可得添加条件：∠B=∠E．
【详解】添加条件：∠B=∠E；
∵，∠B=∠E，
∴△ABC∽△AED，
故答案为：∠B=∠E（答案不唯一）．
【点睛】
此题考查相似三角形的判定，解题关键是掌握相似三角形的判定定理．
13、
【分析】先利用树状图展示所有6种等可能的结果数，再找出小丽恰好排在中间的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】解：画树状图为：

共有种等可能的结果数，其中小丽站在中间的结果数为，所以小丽站在中间的概率．
故答案为：．
【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n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
14、1
【分析】由正方形的面积公式可求解．
【详解】解：∵AC=3，
∴正方形ABCD的面积=3×3×=1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，熟练运用正方形的性质是解题的关键．
15、
【分析】作EC⊥x轴于C，EP⊥y轴于P，FD⊥x轴于D，FH⊥y轴于H，由题意可得点A，B的坐标分别为(4，0)，B(0，)，利用待定系数法求出直线AB的解析式，再联立反比例函数解析式求出点，F的坐标．由于S△OEF+S△OFD=S△OEC+S梯形ECDF，S△OFD=S△OEC=1，所以S△OEF=S梯形ECDF，然后根据梯形面积公式计算即可．
【详解】解：如图，作EP⊥y轴于P，EC⊥x轴于C，FD⊥x轴于D，FH⊥y轴于H，
由题意可得点A，B的坐标分别为(4，0)，B(0，)，
由点B的坐标为(0，)，设直线AB的解析式为y=kx+，将点A的坐标代入得，0=4k+，解得k=-．
∴直线AB的解析式为y=-x+．
联立一次函数与反比例函数解析式得，
，解得或，
即点E的坐标为（1，2），点F的坐标为（3，）．
∵S△OEF+S△OFD=S△OEC+S梯形ECDF，而S△OFD=S△OEC=×2=1，
∴S△OEF=S梯形ECDF=×（AF+CE）×CD=×（+2）×(3-1)=．
故答案为：．

【点睛】
本题为一次函数与反比例函数的综合题，考查了反比例函数k的几何意义、一次函数解析式的求法，两函数交点问题，掌握反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数的比例系数k的几何意义，利用转化法求面积是解决问题的关键．
16、y＝2（x+2）2﹣1
【分析】直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答．
【详解】由“左加右减”的原则可知，将二次函数y＝2x2的图象向左平移2个单位长度所得抛物线的解析式为：y＝2（x+2）2，即y＝2（x+1）2；由“上加下减”的原则可知，将抛物线y＝2（x+2）2向下平移1个单位长度所得抛物线的解析式为：y＝2（x+2）2﹣1，即y＝2（x+2）2﹣1．
故答案为：y＝2（x+2）2﹣1．
【点睛】
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
17、 (0，+1)
【分析】将△OAN绕点O逆时针旋转90°，点N对应N′，点A对应A′，由旋转和正方形的性质即可得出点A′与点C重合，以及F、C、N′共线，通过角的计算即可得出∠N'OF＝∠NOF＝45°，结合ON′＝ON、OF＝OF即可证出△N'OF≌△NOF（SAS），由此即可得出N′M＝NF＝1，再由△OCF≌△OAN即可得出CF＝N，通过边与边之间的关系即可得出BN＝BF，利用勾股定理即可得出BN＝BF＝，设OC＝a，则N′F＝1CF＝1（a﹣），由此即可得出关于a的一元一次方程，解方程即可得出点C的坐标．
【详解】将△OAN绕点O逆时针旋转90°，点N对应N′，点A对应A′，如图所示．

∵OA＝OC，
∴OA′与OC重合，点A′与点C重合．
∵∠OCN′+∠OCF＝180°，
∴F、C、N′共线．
∵∠COA＝90°，∠FON＝45°，
∴∠COF+∠NOA＝45°．
∵△OAN旋转得到△OCN′，
∴∠NOA＝∠N′OC，
∴∠COF+∠CON'＝45°，
∴∠N'OF＝∠NOF＝45°．
在△N'OF与△NOF中，
，
∴△N′OF≌△NOF（SAS），
∴NF＝N'F＝1．
∵△OCF≌△OAN，
∴CF＝AN．
又∵BC＝BA，
∴BF＝BN．
又∠B＝90°，
∴BF1+BN1＝NF1，
∴BF＝BN＝．
设OC＝a，则CF＝AN＝a﹣．
∵△OAN旋转得到△OCN′，
∴AN＝CN'＝a﹣，
∴N'F＝1（a﹣），
又∵N'F＝1，
∴1（a﹣）＝1，
解得：a＝+1，
∴C（0，+1）．
故答案是：（0，+1）．
【点睛】
本题考查了反比例函数综合题，涉及到了全等三角形的判定与性质、旋转的性质以及勾股定理，解题的关键是找出关于a的一元一次方程．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，根据全等三角形的性质找出相等的边角关系是关键．
18、1
【解析】试题分析：先利用三角形中位线性质得到AB=4，然后根据菱形的性质计算菱形ABCD的周长．
∵E，F分别是AD，BD的中点， ∴EF为△ABD的中位线， ∴AB=2EF=4，
∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=BC=CD=DA=4， ∴菱形ABCD的周长=4×4=1．
考点：（1）菱形的性质；（2）三角形中位线定理．

三、解答题(共66分)
19、（1）；（2）
【分析】（1）先把特殊角的三角函数值代入原式，然后再计算；
（2）利用配方法求解即可．
【详解】解：（1）原式
（2）∵，
∴，即，
则，
∴．
【点睛】
本题考查了特殊角的三角函数值以及用因式分解法解方程．记住特殊角的三角函数值是解题关键，
20、（1）C1的解析式为y=x2+x+1；（2）抛物线C2的解析式为y=﹣x2﹣x，D（﹣5，0），E（0，0）；（3）抛物线C3的解析式为y=；（4）y=x2x+2n﹣1．
【分析】（1）设抛物线C1经的解析式为y=ax2+bx+c，将点A、B、C的坐标代入求解即可得到解析式；
（2）先求出点C关于直线y=3的对称点的坐标为(0,0)，设抛物线C2的解析式为y=a1x2+b1x+c1，即可求出答案；
（3）如图，根据平行线的性质及角平分线的性质得到BB′=DB，利用勾股定理求出DB的长度即可得到抛物线平移的距离，由此得到平移后的解析式；
（4）设抛物线C1关于直线y=n（n 为常数）对称的抛物线的解析式为y=mx+nx+k，根据对称性得到m、n的值，再利用对称性得到新函数与y轴交点坐标得到k的值，由此得到函数解析式.
【详解】（1）设抛物线C1经的解析式为y=ax2+bx+c，
∵抛物线C1经过点A（﹣4，3），B（﹣1，3），C（0，1）．
∴,
解得，
∴C1的解析式为y=x2+x+1；
（2）∵C点关于直线y=3的对称点为（0，0），
设抛物线C2的解析式为y=a1x2+b1x+c1，
∴，
解得，
∴抛物线C2的解析式为y=﹣x2﹣x；
令y=0，则﹣x2﹣x=0，
解得x1=0，x2=﹣5，
∴D（﹣5，0），E（0，0）；
（3）如图，

∵DB′平分∠BDE，
∴∠BDB′=∠ODB′，
∵AB∥x轴，
∴∠BB′D=∠ODB′，
∴∠BDB′=∠BB′D，
∴BB′=DB，
∵BD==5，
∴将抛物线C1水平向右平移5个单位得到抛物线C3，
∵C1的解析式为y=x2+x+1=（x+）2+，
∴抛物线C3的解析式为y=（x+﹣5）2+=；
（4）设抛物线C1关于直线y=n（n 为常数）对称的抛物线的解析式为y=mx+nx+k，
根据对称性得：新抛物线的开口方向与原抛物线的开口方向相反，开口大小相同，故m=-，对称轴没有变化，故n=-，
当n>1时，n+（n-1）=2n-1，故新抛物线与y轴的交点为（0，2n-1），
当n<1时，n-（1-n）=2n-1，新抛物线与y轴的交点为（0，2n-1），
∴k=2n-1，
∴抛物线C1关于直线y=n（n 为常数）对称的抛物线的解析式为：y=﹣x2﹣x+2n﹣1.
【点睛】
此题考查待定系数法求抛物线的解析式，抛物线的对称性，抛物线平移的性质，解题中确定变化后的抛物线的特殊点的坐标是解题的关键.
21、（1）；（2）4.
【分析】（1）根据A、B坐标可得抛物线两点式解析式，化为一般形式即可；
（2）根据抛物线解析式可得C点坐标，利用待定系数法可得直线AC的解析式为y=-x+4，设点坐标为，则，用m表示出DF的长，配方为二次函数顶点式的形式，根据二次函数的性质求出DF的最大值即可.
【详解】（1）∵拋物线经过点，
∴
∴拋物线的解析式为.

（2）∵拋物线的解析式为，
∴，
设直线的解析式为y=kx+b，
∴，
∴，b=4，
∴直线AC的解析式为
设点坐标为，则
∴=-(m-2)2+4，
∴当m=2时，DF的最大值为4.
【点睛】
本题考查待定系数法求二次函数解析式及二次函数的最值，熟练掌握二次函数解析式的三种形式及二次函数的性质是解题关键.
22、（1）；（2）不够，至少要加油20L
【分析】（1）根据总路程×平均耗油量=油箱总油量求解即可；
（2）先计算去时所用油量，再计算返回时用油量，与油箱中剩余油量作比较即可得出答案．
【详解】解：（1）由题意可得出总路程与平均耗油量的函数关系式为：；
（2）小明的爸爸始终以此速度行使，油箱里的油不能够回到家
小明爸爸去时用油量是：（）
油箱剩下的油量是：（）
返回每千米用油量是：（）
返回时用油量是：（）.
所以，油箱里的油不能够回到家，至少要加油：
【点睛】
本题考查的知识点是求反比例函数的解析式，比较基础，易于掌握．
23、（1）见解析；（2）2
【解析】试题分析：（1）根据菱形的对边平行，可得出∠1=∠2，结合∠AED=∠B即可证明两三角形都得相似．（2）根据（1）的结论可得出 ，进而代入可得出AE•DE的值．
试题解析：（1）如图， ∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC．∴∠1=∠2.
又∵∠B=∠AED，∴△ABE∽△DEA．

（2）∵△ABE∽△DEA，∴.∴AE•DE=AB•DA．
∵四边形ABCD是菱形，AB=1，∴AB=DA=1．
∴AE•DE=AB2=2．
考点：1.菱形的性质；2.相似三角形的判定和性质．
24、（1）3.9米；（2）货车能安全通过．
【解析】(1)过M作MN⊥AB于N，交BA的延长线于N，在Rt△OMN中，求出ON的长，即可求得BN的长，即可求得点M到地面的距离；
(2)左边根据要求留0.65米的安全距离，即取CE=0.65，车宽EH=2.55，计算高GH的长即可，与3.5作比较，可得结论．
【详解】(1)如图，过M作MN⊥AB于N，交BA的延长线于N，
在Rt△OMN中，∠NOM＝60°，OM＝1.2，∴∠M＝30°，
∴ONOM＝0.6，
∴NB＝ON+OB＝3.3+0.6＝3.9，
即点M到地面的距离是3.9米；
(2)取CE＝0.65，EH＝2.55，∴HB＝3.9﹣2.55﹣0.65＝0.7，
过H作GH⊥BC，交OM于G，过O作OP⊥GH于P，
∵∠GOP＝30°，∴tan30°，
∴GPOP0.404，
∴GH＝3.3+0.404＝3.704≈3.70＞3.5，
∴货车能安全通过．

【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用、锐角三角函数等知识，正确添加辅助线，构建直角三角形是解题的关键.
25、（1）19.5m；（2）2s
【分析】（1）根据抛物线解析式，先求出抛物线的定点，判断小球最高飞行高度，从而判断能否达到19.5m；
（2）根据定点坐标知道，小球飞从地面飞行至最高点需要2s，根据二次函数的对称性，可知从最高落在地面，也需要2s．
【详解】（1）h=20t－
由二次函数可知：抛物线开口向下，且顶点坐标为(2，20)，
可知小球的飞行高度为h=20m>19.5m
所以小球的飞行高度能否达到19.5m；
（2）根据抛物线的对称性可知，小球从最高点落到地面需要的时间与小球从地面上到最高点的时间相等．
因为由二次函数的顶点坐标可知当t=2s时小球达到最高点，
所以小球从最高点到落地需要2s．
【点睛】
本题考查二次函数的实际运用，解题关键是将二次函数转化为顶点式，得出顶点坐标，然后分析求解．
26、（Ⅰ）（1）见解析；（2）见解析；（Ⅱ）（1）仍然成立，见解析；（2）6.
【解析】（Ⅰ）（1）根据旋转的性质，得到AD=AE，∠BAD=∠CAE，然后根据SAS证明全等即可；
（2）由全等的性质，得到BD=CE，然后即可得到结论；
（Ⅱ）（1）与（Ⅰ）同理，即可得到；
（2）根据全等的性质，得到，然后利用勾股定理求出DE，根据特殊角的三角函数值，即可求出答案.
【详解】解：（Ⅰ）（1）∵，
∴，即，
在和中，，
∴；
（2）∵，
∴，
∴；
（Ⅱ）（1）的结论仍然成立，
理由：∵将线段绕点逆时针旋转得到，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
即，
在与中，，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴.
【点睛】
本题属于几何变换综合题，考查了旋转变换，等腰直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．