2022年沪科版九年级数学下册第24章圆必考点解析试题(含解析)

沪科版九年级数学下册第24章圆必考点解析
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，AB为O的直径，
4
AB=，CD=BC的长是劣弧BD长的2倍，则AC的长为
（）
A．B．C．3 D．
2、若120︒的圆心角所对的弧长是2π，则此弧所在圆的半径为（）
A．1 B．2 C．3 D．4
3、如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，PA＝4，则PB的长度为（）
A ．3
B ．4
C ．5
D ．6
4、下列语句判断正确的是（ ）
A ．等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形
B ．等边三角形既是轴对称图形，又是中心对称图形
C ．等边三角形是中心对称图形，但不是轴对称图形
D ．等边三角形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形
5、如图，在ABC 中，90ACB ∠=︒，30A ∠=︒，将ABC 绕点C 逆时针旋转90°得到DEC ，则AED ∠的度数为（ ）
A ．105°
B ．120°
C ．135°
D ．150°
6、如图，AB ，CD 是⊙O 的弦，且AB CD ∥，若80AOC ∠=︒，则BAD ∠的度数为（ ）
A．30°B．40°C．45°D．60°
7、下列各点中，关于原点对称的两个点是（）
A．（﹣5，0）与（0，5）B．（0，2）与（2，0）
C．（﹣2，﹣1）与（﹣2，1）D．（2，﹣1）与（﹣2，1）
8、如图，AB 为⊙O 的直径，弦CD AB，垂足为点E，若⊙O的半径为5，CD=8，则AE的长为（）
A．3 B．2 C．1 D
9、下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）
A．B．
C．D．
10、下列汽车标志中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）
A．B．C．D．
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、边长为2的正三角形的外接圆的半径等于___．
2、如图，已知，在ABC 中，AB AC =，30BAC ∠=︒．将ABC 绕点A 逆时针旋转一个α角()0180α︒<<︒至ADE 位置，连接BD ，CE 交于点F ．
（I ）求证：ABD ACE △△≌；
（2）若四边形ABFE 为菱形，求α的值；
（3）在（2）的条件下，若2AB =，直接写出CF 的值．
3、在平面直角坐标系中，点()2,2C ，圆C 与x 轴相切于点A ，过A 作一条直线与圆交于A ，B 两点，AB 中点为M ，则OM 的最大值为______．
4、已知⊙A 的半径为5，圆心A （4，3），坐标原点O 与⊙A 的位置关系是______．
5、小明烘焙了几款不同口味的饼干，分别装在同款的圆柱形盒子中．为区别口味，他打算制作“** 饼干”字样的矩形标签粘贴在盒子侧面．为了获得较好的视觉效果，粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为90°（如图）．已知该款圆柱形盒子底面半径为6 cm ，则标签长度l 应为_______ cm ．（π取3.1）
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、问题：如图，AB是O的直径，点C在O内，请仅用无刻度的直尺，作出ABC中AB边上的高.
小芸解决这个问题时，结合圆以及三角形高线的相关知识，设计了如下作图过程．
作法：如图，
①延长AC交O于点D，延长BC交O于点E；
②分别连接AE，BD并延长相交于点F；
③连接FC并延长交AB于点H．
所以线段CH即为ABC中AB边上的高．
（1）根据小芸的作法，补全图形；
（2）完成下面的证明．
证明：∵AB是O的直径，点D，E在O上，
∴ADB AEB ∠=∠=________°．（______）（填推理的依据）
∴AE BE ⊥，BD AD ⊥．
∴AE ，________是ABC 的两条高线．
∵AE ，BD 所在直线交于点F ，
∴直线FC 也是ABC 的高所在直线．
∴CH 是ABC 中AB 边上的高．
2、如图1，在ABC 中，90ACB ∠=︒，CA CB =，点D ，E 分别在边CA ，CB 上，CD CE =，连接DE ，AE ，BD ．点F 在线段BD 上，连接CF 交AE 于点H ．
（1）①比较CAE ∠与CBD ∠的大小，并证明；
②若CF AE ⊥，求证：2AE CF =；
（2）将图1中的CDE △绕点C 逆时针旋转()090αα︒<<︒，如图2．若F 是BD 的中点，判断2AE CF =是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由.
3、在平面直角坐标系xOy 中，给出如下定义：若点P 在图形M 上，点Q 在图形N 上，称线段PQ 长度的最小值为图形M ，N 的“近距离”，记为d (M ，N )，特别地，若图形M ，N 有公共点，规定d (M ，N )
＝0．已知：如图，点A (2-，0)，B (0，．
（1）如果⊙O 的半径为2，那么d (A ，⊙O )＝ ，d (B ，⊙O )＝ ．
（2）如果⊙O 的半径为r ，且d （⊙O ，线段AB ）=0，求r 的取值范围；
（3）如果C (m ，0)是x 轴上的动点，⊙C 的半径为1，使d （⊙C ，线段AB ）<1，直接写出m 的取值
范围．
4、如图，在等边三角形ABC 中，点P 为△ABC 内一点，连接AP ，BP ，CP ，将线段AP 绕点A 顺时针旋转60°得到'AP ，连接PP BP ''， ．
（1）用等式表示BP ' 与CP 的数量关系，并证明；
（2）当∠BPC ＝120°时，
①直接写出P BP '∠ 的度数为 ；
②若M 为BC 的中点，连接PM ，请用等式表示PM 与AP 的数量关系，并证明．
5、在平面直角坐标系xOy 中，旋转角α满足0180α︒≤≤︒，对图形M 与图形N 给出如下定义：将图形M 绕原点逆时针旋转α得到图形M '．P 为图形M '上任意一点，Q 为图形N 上的任意一点，称PQ 长度
的最小值为图形M 与图形N 的“转后距”．已知点(A ，点()4,0B ，点()2,0C ．
（1）当90α=︒时，记线段OA 为图形M ．
①画出图形M '；
②若点C 为图形N ，则“转后距”为______；
③若线段AC 为图形N ，求“转后距”；
（2）已知点(),0P t ，点1,2Q t ⎛- ⎝⎭
，记线段AB 为图形M ，线段PQ 为图形N ，对任意旋转角α，“转后距”大于1，直接写出t 的取值范围．
-参考答案-
一、单选题
1、D
【分析】
连接,,OC OD BC ，根据AB 求得半径,OC OD ，进而根据CD 的长，勾股定理的逆定理证明90COD ∠=︒，根据弧长关系可得60COB ∠=︒，即可证明COB △是等边三角形，求得2BC =，进而由勾股定理即可求得AC
【详解】
如图，连接,,OC OD BC ，
4AB =
2OC OD ∴==
228OC OD +=，28CD =
∴222OC OD CD +=
OCD ∴是直角三角形，且90COD ∠=︒
2CB DB ∴=
23
BC CD ∴= 2603
BOC COD ∴∠=⨯∠=︒ OC OB =
OBC ∴是等边三角形
2BC OC ∴== AB 是直径，4AB =
90ACB ∴∠=︒
AC ∴=故选D
【点睛】
本题考查了弧与圆心角的关系，直径所对的圆周角是90度，勾股定理，等边三角形的判定，求得BC 的长是解题的关键．
2、C
【分析】
先设半径为r ，再根据弧长公式建立方程，解出r 即可
【详解】
设半径为r ，
则周长为2πr ， 120°所对应的弧长为120222π3603
r r ππ︒⨯
==︒ 解得r =3
故选C
【点睛】
本题考查弧长计算，牢记弧长公式是本题关键．
3、B
【分析】
由切线的性质可推出OA AP ⊥，OB BP ⊥．再根据直角三角形全等的判定条件“HL ”，即可证明OAP OBP ≅，即得出4PB PA ==． 【详解】
∵PA ，PB 是⊙O 的切线，A ，B 为切点，
∴OA AP ⊥，OB BP ⊥，
∴在Rt OAP △和Rt OBP 中，OA OB OP OP =⎧⎨=⎩
， ∴()OAP OBP HL ≅，
∴4PB PA ==．
故选：B
【点睛】
本题考查切线的性质，三角形全等的判定和性质．熟练掌握切线的性质是解答本题的关键．
4、A
【分析】
根据等边三角形的对称性判断即可．
【详解】
∵等边三角形是轴对称图形，但不是中心对称图形，
∴B ，C ，D 都不符合题意；
故选：A ．
【点睛】
本题考查了等边三角形的对称性，熟练掌握等边三角形的对称性是解题的关键．
5、B
【分析】
由题意易得30,90A D ACB DCE ∠=∠=︒∠=∠=︒，然后根据三角形外角的性质可求解．
【详解】
解：由旋转的性质可得：30,90A D ACB DCE ∠=∠=︒∠=∠=︒，
∴120AED D DCE ∠=∠+∠=︒；
故选B ．
【点睛】
本题主要考查旋转的性质及三角形外角的性质，熟练掌握旋转的性质及三角形外角的性质是解题的关键．
6、B
【分析】
由同弧所对的圆周角是圆心角的一半可得40ADC ∠=︒，利用平行线的性质：两直线平行，内错角相等即可得．
【详解】
解：∵80AOC ∠=︒， ∴1402
ADC AOC ∠=∠=︒，
∵AB CD ∥，
∴40BAD ADC ∠=∠=︒，
故选：B ．
【点睛】
题目主要考查圆周角定理，平行线的性质等，理解题意，找出相关的角度是解题关键．
7、D
【分析】
根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．
【详解】
解：A 、（﹣5，0）与（0，5）横、纵坐标不满足关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数的特征，故A 错误； B 、（0，2）与（2，0）横、纵坐标不满足关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数的特征，故B 错误；
C 、（﹣2，﹣1）与（﹣2，1）关于x 轴对称，故C 错误；
D 、关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，故D 正确；
故选：D ．
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．
8、B
【分析】
连接OC ，由垂径定理，得到CE =4，再由勾股定理求出OE 的长度，即可求出AE 的长度．
【详解】
解：连接OC ，如图
∵AB 为⊙O 的直径，CD ⊥AB ，垂足为点 E ，CD =8， ∴118422
CE CD ==⨯=，
∵5AO CO ==，
∴3OE ，
∴532AE =-=；
故选：B ．
【点睛】
本题考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键是掌握所学的知识，正确的求出3OE =．
9、B
【详解】
解：A ．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
10、C
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
二、填空题
1
【分析】
过圆心作一边的垂线，根据勾股定理可以计算出外接圆半径．
【详解】
如图所示，ABC 是正三角形，故O 是ABC 的中心，60CAB ∠=︒，
∵正三角形的边长为2，OE ⊥AB ∴112AE AB ==，1302
OAE CAB ∠=∠=︒， ∴12
OE OA =， 由勾股定理得：222AO AE OE =+， ∴2221
()2
AO AE AO =+， ∴2314
AO =，
∴AO =负值舍去)．
【点睛】
本题考查了正多边形和圆，解题的关键是根据题意画出图形，利用数形结合求解．
2、（1）见解析；（2）120°；（3）2
【分析】
（1）根据旋转的性质和全等三角形的判定解答即可；
（2）根据等腰三角形的性质求得∠ABD =90°－12α，∠BAE =α+30°，根据菱形的邻角互补求解即
可；
（3）连接AF ，根据菱形的性质和全等三角形的性质可求得∠FAC =45°，∠FCA =30°，过F 作FG ⊥AC 于G ，设FG=x ，根据等腰直角三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】
解：（1）由旋转得：AB=AD ，AC=AE ，∠BAD =∠CAE =α，
∵AB=AC ，
∴AB=AC =AD=AE ，
在△ABD 和△ACE 中，
AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
， ∴△ABD ≌△ACE （SAS ）；
（2）∵AB=AD ，∠BAD =α，∠BAC =30°，
∴∠ABD =（180°－∠BAD ）÷2=（180°－α）÷2=90°－12α，∠BAE =α+30°，
∵四边形ABFE 是菱形，
∴∠BAE +∠ABD=180°，即α+30°+90°－12α=180°，
解得：α=120°；
(3)连接AF ，
∵四边形ABFE 是菱形，∠BAE =α+30°=150°，
∴∠BAF =1
2∠BAE =75°，又∠BAC =30°，
∴∠FAC=75°－30°=45°，
∵△ABD≌△ACE，
α=30°，
∴∠FCA=∠ABD=90°－1
2
过F作FG⊥AC于G，设FG=x，
在Rt△AGF中，∠FAG=45°，∠AGF=90°，
∴∠AFG=∠FAG=45°，
∴△AGF是等腰直角三角形，
∴AG=FG=x，
在在Rt△AGF中，∠FCG=30°，∠FGC=90°，
∴CF=2FG=2x，
CG==，
∵AC=AB=2，又AG+CG=AC，
∴2
x=，
解得：1
x=，
∴CF=2x= 2．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、旋转的性质、菱形的性质、等腰三角形的判定与性质、含30°
角的直角三角形的性质、三角形的内角和定理、解一元一次方程等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
31##
【分析】
如图所示，取D （-2，0），连接BD ，连接CD 与圆C 交于点B '，先求出A 点坐标，从而可证OM 是△ABD 的中位线，得到12
OM BD =，则当BD 最小时，OM 也最小，即当B 运动到B '时，BD 有最小值B D '，由此求解即可． 【详解】
解：如图所示，取D （-2，0），连接BD ，连接CD 与圆C 交于点B '
∵点C 的坐标为（2，2），圆C 与x 轴相切于点A ，
∴点A 的坐标为（2，0），
∴OA =OD =2，即O 是AD 的中点，
又∵M 是AB 的中点，
∴OM 是△ABD 的中位线， ∴12OM BD =，
∴当BD 最小时，OM 也最小，
∴当B 运动到B '时，BD 有最小值B D '，
∵C （2，2），D （-2，0），
∴CD ==
∴=2B D CD CB ''-=，
∴1OM =，
1．
【点睛】
本题主要考查了坐标与图形，一点到圆上一点的距离得到最小值，两点距离公式，三角形中位线定理，把求出OM的最小值转换成求BD的最小值是解题的关键．
4、在⊙A上
【分析】
先根据两点间的距离公式计算出OA，然后根据点与圆的位置关系的判定方法判断点O与⊙A的位置关系．
【详解】
解：∵点A的坐标为（4，3），
∴OA，
∵半径为5，
∴OA=r，
∴点O在⊙A上．
故答案为：在⊙A上．
【点睛】
本题考查了点与圆的位置关系：点与圆的位置关系有3种．设⊙O 的半径为r ，点P 到圆心的距离OP =d ，当点P 在圆外⇔d ＞r ；当点P 在圆上⇔d =r ；当点P 在圆内⇔d ＜r ．
5、9.3
【分析】 根据弧长公式进行计算即可，180
n r l π=
【详解】 解：粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为90°，底面半径为6 cm ，
906==39.3180180n r l πππ⨯∴==cm ， 故答案为：9.3
【点睛】
本题考查了弧长公式，牢记弧长公式是解题的关键．
三、解答题
1、（1）见详解；（2）90，直径所对的圆周角是直角，BD ．
【分析】
（1）根据作图步骤作出图形即可；
（2）根据题意填空，即可求解．
【详解】
解：（1）如图，CH 为△ABC 中AB 边上的高；
（2）证明：∵AB是O的直径，点D，E在O上，
∴ADB AEB
∠=∠=___90_°．（__直径所对的圆周角是直角_）（填推理的依据）
∴AE BE
⊥，BD AD
⊥．
∴AE，_BD__是ABC的两条高线．
∵AE，BD所在直线交于点F，
∴直线FC也是ABC的高所在直线．
∴CH是ABC中AB边上的高．
故答案为：90，直径所对的圆周角是直角，BD．
【点睛】
本题考查了圆周角定理的推理，三角形的三条高线相交于一点等知识，熟知两个定理，并根据题意灵活应用是解题关键．
2、（1）①∠CAE=∠CBD，理由见解析；②证明见解析；（2）AE=2CF仍然成立，理由见解析
【分析】
（1）①只需要证明△CAE≌△CBD即可得到∠CAE=∠CBD；
②先证明∠CAH=∠BCF，然后推出∠BDC=∠FCD，∠CAE=∠CBD=∠BCF，得到CF=DF，CF=BF，则
BD=2CF，再由△CAE≌△CBD，即可得到AE=2BD=2CF；
（2）如图所示延长DC 到G 使得，DC =CG ，连接BG ，只需要证明△ACE ≌△BCG 得到AE =BG ，再由CF 是△BDG 的中位线，得到BG =2CF ，即可证明AE =2CF ．
【详解】
解：（1）①∠CAE =∠CBD ，理由如下：
在△CAE 和△ CBD 中，
=CE CD ACE BCD AC BC =⎧⎪∠∠⎨⎪=⎩
， ∴△CAE ≌△CBD （SAS ），
∴∠CAE =∠CBD ；
②∵CF ⊥AE ，
∴∠AHC =∠ACB =90°，
∴∠CAH +∠ACH =∠ACH +∠BCF =90°，
∴∠CAH =∠BCF ，
∵∠DCF +∠BCF =90°，∠CDB +∠CBD =90°，∠CAE =∠CBD ，
∴∠BDC =∠FCD ，∠CAE =∠CBD =∠BCF ，
∴CF =DF ，CF =BF ，
∴BD =2CF ，
又∵△CAE ≌△CBD ，
∴AE =2BD =2CF ；
（2）AE =2CF 仍然成立，理由如下：
如图所示延长DC 到G 使得，DC =CG ，连接BG ，
由旋转的性质可得，∠DCE =∠ACB =90°，
∴∠ACD+∠BCD=∠BCE+∠BCD，∠ECG=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE=∠BCE+∠ECG，即∠ACE=∠BCG，
又∵CE=CD=CG，AC=BC，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴AE=BG，
∵F是BD的中点，CD=CG，
∴CF是△BDG的中位线，
∴BG=2CF，
∴AE=2CF．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，旋转的性质，三角形中位线定理，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
3、（1）0，2；（2r≤（3）42
-<<
m
【分析】
（1）根据新定义，即可求解；
（2）过点O作OD⊥AB于点D，根据三角形的面积，可得DO=d（⊙O，线段AB）=0，可得当⊙O的半径等于OD时最小，当⊙O的半径等于OB时最大，即可求解；
（3）过点C作CN⊥AB于点N，利用锐角三角函数，可得∠OAB=60°，然后分三种情况：当点C在点A的右侧时，当点C与点A重合时，当点C在点A的左侧时，即可求解．
【详解】
解：（1）∵⊙O的半径为2，A(2-，0)，B(0，．
∴2,
OA OB
==
∴点A在⊙O上，点B在⊙O外，
∴d（A，⊙O）＝0，
∴d（B，⊙O）＝2；
（2）过点O作OD⊥AB于点D，
∵点A(2-，0)，B(0，．
∴2,
==，
OA OB
∴4
AB=，
∵1122
OA OB AB OD ⋅=⋅ ，
∴112422
OD ⨯⨯=⨯⨯
∴DO
∵d （⊙O ，线段AB ）=0，
∴当⊙O 的半径等于OD 时最小，当⊙O 的半径等于OB 时最大，
∴r r ≤
（3）如图，过点C 作CN ⊥AB 于点N ，
∵点A (2-，0)，B (0，．
∴2,OA OB ==，
∴tan OB OAB OA ∠=
， ∴∠OAB =60°，
∵C (m ，0)，
当点C 在点A 的右侧时，2m >- ，
∴()22AC m m =--=+ ，
∴)sin 2CN AC OAB m =⋅∠=
+ ， ∵d （⊙C ，线段AB ）<1，⊙C 的半径为1，
∴)0211m <+<+ ，解得：22m -< ， 当点C 与点A 重合时，2m =- ，
此时d （⊙C ，线段AB ）=0，
当点C 在点A 的左侧时，2m <- ，
∴2AC m =--
11AC -< ，
∴211m ---< ，解得：4m >- ，
∴42m -<<
-． 【点睛】
本题主要考查了点与圆的位置关系，点与直线的位置关系，理解新定义，熟练掌握点与圆的位置关系，点与直线的位置关系是解题的关键．
4、（1）BP CP '=，理由见解析；（2）①60°；②PM ＝12
AP ，见解析
【分析】
（1）根据等边三角形的性质，可得AB ＝AC ，∠BAC ＝60°，再由由旋转可知：
60AP AP PAP ''=∠=︒，，从而得到BAP CAP '∠=∠，可证得ABP ACP '≌，即可求解 ； （2）①由∠BPC ＝120°，可得∠PBC ＋∠PCB ＝60°．根据等边三角形的性质，可得∠BAC ＝60°，从而得到∠ABC ＋∠ACB ＝120°，进而得到∠ABP ＋∠ACP ＝60°．再由ABP ACP '≌，可得
ABP ACP '∠=∠ ，即可求解；
②延长PM 到N ，使得NM ＝PM ，连接BN ．可先证得△PCM ≌△NBM ．从而得到CP ＝BN ，∠PCM ＝
∠NBM ．进而得到BN BP '= ．根据①可得60P BP '∠︒＝，可证得PNB PP B '≌，从而得到
PN PP '= ．再由PAP ' 为等边三角形，可得P P AP '= ．从而得到PN AP = ，即可求解．
【详解】
解：（1）BP CP '= ．理由如下：
在等边三角形ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝60°，
由旋转可知：60AP AP PAP ''=∠=︒，，
∴PAP BAP BAC BAP '∠-∠=∠-∠
即BAP CAP '∠=∠
在ABP '△和△ACP 中
AB AC BAP CAP AP AP =⎧⎪∠=''=∠⎨⎪⎩
∴ABP ACP SAS '≌（） ．
∴BP CP '= ．
（2）①∵∠BPC ＝120°，
∴∠PBC ＋∠PCB ＝60°．
∵在等边三角形ABC 中，∠BAC ＝60°，
∴∠ABC ＋∠ACB ＝120°，
∴∠ABP ＋∠ACP ＝60°．
∵ABP ACP '≌ ．
∴ABP ACP '∠=∠ ，
∴∠ABP ＋∠ABP ＇＝60°．
即60P BP '∠︒＝ ；
②PM ＝12
AP ．理由如下：
如图，延长PM 到N ，使得NM ＝PM ，连接BN ．
∵M 为BC 的中点，
∴BM ＝CM ．
在△PCM 和△NBM 中
PM NM PMC NMB CM BM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴△PCM ≌△NBM （SAS ）．
∴CP ＝BN ，∠PCM ＝∠NBM ．
∴BN BP '= ．
∵∠BPC ＝120°，
∴∠PBC ＋∠PCB ＝60°．
∴∠PBC ＋∠NBM ＝60°．
即∠NBP ＝60°．
∵∠ABC ＋∠ACB ＝120°，
∴∠ABP ＋∠ACP ＝60°．
∴∠ABP ＋∠ABP ＇＝60°．
即60P BP '∠︒＝ ．
∴P BP NBP '∠∠＝ ．
在△PNB 和P B P ' 中
BN BP NBP P BP BP BP ''=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩
∴PNB PP B '≌ （SAS ）．
∴PN PP '= ．
∵60AP AP PAP ''=∠=︒，，
∴PAP ' 为等边三角形，
∴P P AP '= ．
∴PN AP = ，
∴PM ＝12
AP ．
【点睛】
本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键．
5、（1）①OA
（2）t 的取值范围为t ＜-5或0＜t ＜2
或t ＞ 【分析】
（1）①当90α=︒时，记线段OA 为图形M ．图形M 绕原点逆时针旋转90°得到图形M '即OA ′． ②∵点C 为图形N ，求出OC =2最短距离；
③过点O 作OF ⊥AC 于F ，先证△OAC 为等边三角形，OF ⊥AC ，根据勾股定理求出OF
=
==
（2）点(),0P t
，点1,2Q t ⎛- ⎝⎭，可求tan∠OPQ
=2
12t t =⎛⎫-- ⎪⎝⎭P 在x 轴负半轴时，∠OPQ =120°，当点P 在x 轴正半轴时，∠OPQ =60°，得出∠CAB =∠ABC =30°，分三种情况，当0α=°，当点P 在点B 右边，PB =t -4，BD ＞1，列不等式(
)41t -
，解得t ＞P 在点B 左边B ′右边时，∠EPB =∠OPQ =60°，PB =2PE ＞2×1即4-t ＞2解得t ＜2，当t =0时，OA ′=2，A′Q =2-1=1，t ＞0，当点P 在B′左边，PB ′＞1，OB ′=OB =4，t ＜-5即可．
【详解】
解：（1）①当90α=︒时，记线段OA 为图形M ．图形M 绕原点逆时针旋转90°得到图形M '即OA ′； ②∵点C 为图形N ，OC=2为图形M 与图形N 的“转后距”，
∴“转后距”为2，
故答案为2；
③线段AC 为图形N ，
过点O 作OF ⊥AC 于F ，
根据勾股定理OA
2=，AC
2=，
∴OA =AC =OC =2，
∴△OAC 为等边三角形，
∵OF ⊥AC ，
∴AF =CF =1
，
∴OF
（2）∵点(),0P t
，点1,2Q t ⎛- ⎝⎭
， ∴tan∠OPQ
=2
12t t =⎛⎫-- ⎪⎝⎭
∴当点P 在x 轴负半轴时，∠OPQ =120°，当点P 在x 轴正半轴时，∠OPQ =60°，
∵CB =4-2=2=AC ，∠ACO =60°，
∴∠CAB =∠ABC =30°，
分三种情况，
当0α=°，当点P 在点B 右边，PB =t -4，BD ＞1，
∴BP sin60＞1，
∴(
)41t -，
解得t ＞
当点P在点B左边B′右边时，∠EPB=∠OPQ=60°，
∴∠OEB=180°-∠EPB-∠ABC=180°-60°-30°=90°，∵PB=4-t，
∴PB=2PE＞2×1即4-t＞2，
解得t＜2，
当t=0时，点P与原点O重合，OA′=2，A′Q=2-1=1，∴t＞0，
∴0＜t＜2；
当点P在B′左边，PB′＞1，OB′=OB=4，
∴t＜-5；
综合t的取值范围为t＜-5或0＜t＜2或t＞
【点睛】
本题考查图形新定义，仔细阅读，熟悉新定义要点，图形旋转性质，最短距离，锐角三角函数，锐角三角函数值求角度，等边三角形判定与性质，勾股定理，掌握图形新定义，仔细阅读，熟悉新定义要点，图形旋转性质，最短距离，锐角三角函数，锐角三角函数值求角度，等边三角形判定与性质，勾股定理是解题关键．。