23.1 第1课时 旋转的概念与性质-【众相原创】2025-2026学年九年级全一册数学分层练（人教版）广西专版

　 　 　 　 68　 众相原创 分层练·广西数学(RJ) 第二十三章　 旋转 23. 1　 图形的旋转 第 1 课时　 旋转的概念与性质 一阶 基础巩固对点练 知识点 1　认识旋转 1. 数学来源于生活,下列生活中的运动属于旋转 的是 ( C ) A. 国旗上升的过程 B. 飞驰的汽车 C. 工作中的风力发电机叶片 D. 传输带运输的东西 2. 下面四个选项中的图形,可以通过如图所示的 图形旋转得到的是 ( B ) 　 　 3. 如图,△ABC 按顺时针旋转到△ADE 的位置, 以下关于旋转中心和对应点的说法正确的是 ( C ) A. 点 A 是旋转中心,点 B 和点 E 是对应点 B. 点 C 是旋转中心,点 B 和点 D 是对应点 C. 点 A 是旋转中心,点 C 和点 E 是对应点 D. 点 D 是旋转中心,点 A 和点 D 是对应点 知识点 2　旋转的性质 4. 在图形旋转中,下列说法错误的是 ( A ) A. 图形上的每一点到旋转中心的距离相等 B. 图形上的每一点转动的角度相同 C. 图形上可能存在不动点 D. 图形上任意两点所连线段与其对应两点所 连线段的长度相等 5. 如图,将△AOB 绕点 O 按逆时针方向旋转到 △COD 的位置,下列结论不正确的是 ( B ) A. ∠AOC= ∠BOD　 　 　 B. ∠AOB= ∠BOC C. ∠B= ∠D D. ∠A= ∠C 第 5 题图 　 　 第 6 题图 6. 如图,将△ABC 绕点 A 逆时针旋转一定的度 数,得到△ADE. 若点 D 在线段 BC 的延长线 上,∠B= 35°,则旋转的度数为 ( B ) A. 100°　 　 B. 110°　 　 C. 145°　 　 D. 55° 7. 如图,将△AOB 绕点 O 按逆时针方向旋转 45° 后得到△COD,若∠AOB = 10°,则∠AOD 的度 数是　 55°　 . 二阶 能力提升强化练 8. 如图,在 Rt△ABC 中,∠BAC = 90°,∠B = 60°, △ADE 可以由△ABC 绕点 A 顺时针旋转 90°得 到(点 D 与点 B 是对应点,点 E 与点 C 是对应 点),连接 CE,则∠CED 的度数是 ( D ) A. 45° B. 30° C. 25° D. 15° 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 九上·第二十三章 69　 9. 如图,在△ABC 中,∠CAB = 65°,将△ABC 在平 面内绕点 A 旋转到△AB′C′的位置,使 CC′∥ AB,则旋转角的度数为　 50°　 . 10. 如图,在正方形网格中,阴影部分②是由阴影 部分①经过旋转得到的,其旋转中心可能是 点　 B　 (填“A”“B”“C”或“D”) . 11. 分别以正方形的各边为直径向其内部作半圆 得到的图形如图所示,将该图形绕其中心旋 转一个合适的角度后会与原图形重合,则这 个旋转角的最小度数是　 90　 度. 12. (教材 P60 例改编)如图,正方形 ABCD 的边 长为 5, E, F 分别是 AB, BC 边上的点, 且 ∠EDF = 45°. 将△DAE 绕点 D 逆时针旋转 90°得到△DCM. 求证:EF=AE+CF. 证明:∵ △DAE 绕点 D 逆 时针旋转 90°得到△DCM, ∴ ∠FCM = ∠FCD + ∠DCM = 180°,AE = CM, DE=DM,∠EDM=90°, ∴F,C,M 三点共线,∠EDF+∠FDM=90°, ∵∠EDF=45°, ∴∠FDM=∠EDF=45°, 在△DEF 和△DMF 中, DE=DM, ∠EDF=∠MDF, DF=DF, ì î í ï ï ï ï ∴△DEF≌△DMF(SAS), ∴EF=MF,∴EF=AE+CF. 13. 如图,D 是等边三角形 ABC 内一点,将线段 AD 绕点 A 顺时针旋转 60°得到线段 AE,连接 CD,BE. (1)求证:△AEB≌△ADC; (2) 连接 DE, 若 ∠ADC = 95°, 求 ∠BED 的 大小. (1)证明:∵D 是等边三角 形 ABC 内一点,将线段 AD 绕点 A 顺时针旋转 60°得 到线段 AE, ∴AB=AC,∠BAC=60°,AD=AE,∠DAE=60°, ∴∠BAE=60°-∠BAD=∠CAD, 在△AEB 和△ADC 中, AE=AD, ∠BAE=∠CAD, AB=AC, ì î í ï ï ï ï ∴△AEB≌△ADC(SAS) . (2)解:∵D 是等边三角形 ABC 内一点,将线 段 AD 绕点 A 顺时针旋转 60°得到线段 AE, ∴△ADE 是等边三角形,∴∠AED=60°. ∵△AEB≌△ADC,∠ADC=95°, ∴∠AEB=∠ADC=95°. ∴∠BED=∠AEB-∠AED=35°. 三阶 素养创新综合练 14. 现实情境 图 1 的摩天轮上以等间隔的方式 设置 36 个车厢,车厢依顺时针方向分别编号 为 1 号到 36 号,且摩天轮运行时以逆时针方 向匀速旋转,旋转一圈花费 30 分钟. 若图 2 表示 21 号车厢运行到最高点的情形,则再经 过 ( B ) 分 钟 后, 9 号 车 厢 才 会 运 行 到 最高点. 图 1 　 图 2 A. 10　 　 B. 20　 　 C. 15 2 　 　 D. 45 2 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 26　 即 y= - 4 5 (x+ 3 2 )(x- 3 2 ) . 解图 1 　 　 解图 2 【运用模型】∵ y= - 4 5 (x+ 3 2 ) (x- 3 2 ),且椅子高度 EC = 1 m,宽度 CD= 0. 6 m,∴ 1 = - 4 5 (x+ 3 2 )(x- 3 2 ),解得 x1 = 1,x2 = -1,∵ [1-(-1)]÷0. 6 = 20 6 = 3 1 3 <4,且椅子数量为 整数,∴ 最多可摆放的椅子数量为 3 张. 【分析计算】如解图 2,依题意,设抛物线解析式为 y = ax2 + 2. 5,∵ 一排能容纳 5 张高宽分别为 1 m 和 0. 6 m 的椅子, ∴ 当 a 取最小值时,抛物线刚好经过点 D,∵ yD = 1,xD = 5×0. 6 2 = 3 2 ,∴ 1 =a×( 3 2 ) 2 +2. 5,解得 a= - 2 3 . ∴ a 的最小 值为- 2 3 . 11.解:(1)当 y= 0 时,-x2 +2x+3 = 0,解得 x1 = -1,x2 = 3, ∴ A(-1,0),B(3,0) . (2)∵ 抛物线的对称轴为直线 x= -1+3 2 = 1,∴ P(1,m), 由-x2 +2x+3 = -x-1,得 x3 = -1(舍去),x4 = 4,当 x = 4 时, y= -4-1 = - 5,∴ C(4,- 5),由 PA2 = PC2 ,得 22 +m2 = (4- 1) 2 +(m+5) 2 ,∴ m= -3. (3)a> 5 3 或 a= 5 4 或 a≤-1. 12.解:(1)由题意,得 y= -(x+1)(x-3)= -x2 +2x+3. (2)∵ 抛物线的对称轴为直线 x= -1+3 2 = 1,∴ 设 P(1,m), 令 x= 0,则 y= -x2 +2x+3 = 3,∴ C(0,3) . ∵ △PCB 是以 BC 为底边的等腰三角形,∴ PB=PC,∴ PB2 =PC2 ,∴ (3-1) 2 + m2 = 1+(m-3) 2 ,解得 m= 1,∴ P(1,1) . (3)存在. 理由如下:如解图,作 PQ∥BC 交 y 轴于点 Q,作 MN∥BC 交 y 轴于点 N,则 PQ 的解析式为 y = - x + 2, ∴ Q(0,2),∵ C(0,3),S△BCM = S△BCP,∴ N( 0,4),∴ 直线 MN 的解析式为 y = -x+ 4,由-x2 + 2x+ 3 = -x+ 4,得 x = 3± 5 2 ,∴ 点 M 的横坐 标为 3+ 5 2 或 3- 5 2 . 13.解:(1)∵ 抛物线 y= x2 +bx+c 与直线 AB 相交于 A,B 两点, 点 A 的坐标为 ( 0, - 1 ), 点 B 的坐标为 ( - 3, - 4 ), ∴ c= -1, 9-3b+c= -4,{ 解得 c= -1, b= 4,{ ∴ 抛物线解析式为 y = x 2 + 4x-1. (2)设直线 AB 解析式为 y = kx+b′,将点 A,B 坐标代入,得 b′= -1, -3k+b′= -4,{ 解得 k= 1, b′= -1,{ ∴ 直线 AB 解析式为 y= x-1, 如解图,过点 P 作 PD⊥x 轴交 AB 于 点 Q,设点 P(a,a2 +4a-1),则 Q(a, a-1),∴ PQ= -a2 -3a,∴ S△PAB = 1 2 × 3×( -a2 - 3a) = - 3 2 ( a+ 3 2 ) 2 + 27 8 , ∴ 当 a= - 3 2 时,△PAB 的面积取得最大值27 8 . (3)将点 C(-4,m)代入 y= x-1,得 m= -5,∴ C(-4,-5), 当 x= -4 时,y= (-4) 2 +4×(-4)-1 = -1, ①当线段 AC 向上平移- 1-( - 5) = 4 个单位长度时,与抛 物线有一个交点,此时 C′( -4,-1),A′(0,3),继续向上平 移该线段与抛物线没有交点. ∴ -1<n≤3; ②若线段 AC 向下平移 d 个单位长度,令 x-1-d = x2 +4x- 1,整理得 x2 +3x+d= 0,令 Δ= 9-4d= 0,解得 d= 9 4 ,∴ 线段 AC 向下平移与抛物线有一个交点时,n= -1- 9 4 = -13 4 , 综上所述,n 的取值范围为-1<n≤3 或 n= -13 4 . 第二十三章　旋转 23. 1　 图形的旋转 第 1 课时　 旋转的概念与性质 1. C　 2. B　 3. C　 4. A　 5. B　 6. B　 7. 55° 　 8. D　 9. 50° 　 10. B　 11. 90　 12. 证明略. 13. (1)证明略. 　 (2)∠BED= 35°. 14. B　 【解析】36 -21+9 36 ×30 = 20(分钟) . 第 2 课时　 旋转作图 1. C　 2. 略. 　 3. (1)(3,-2)　 (2)(-3,2)　 4. 略. 5. C　 6. 60　 5　 120　 2　 180　 7. 略. 8. (1)略. (2)画图略,点 A2 的坐标(-2,1),点 B2 的坐标(0,-1) . (3)△A2B2C1 的面积为 3. 9. (1)略. (2)对应点到旋转中心的距离相等　 到一条线段两个端点 距离相等的点在这条线段的垂直平分线上 10. 略. 小专题培优 13　 网格中的变换作图 1. (1)略. 　 (2)略. 　 (3)垂直 2. (1)略. 　 (2)略. 　 (3)△ABB1 的面积为 8. 小专题培优 14　 与旋转有关的几何探究题 1. (1)证明:∵ AD⊥MN,BE⊥MN,∴ ∠ADC = ∠BEC = 90°, ∴ ∠DAC+∠ACD= 90°,∵ ∠ACB = 90°,∴ ∠ACD+∠BCE = 90°, ∴ ∠DAC = ∠BCE. 在 △ADC 和 △CEB 中, ∠ADC= ∠BEC, ∠DAC= ∠BCE, AC=BC, ì î í ïï ï ∴ △ADC ≌ △CEB ( AAS), ∴ DC = BE, AD=EC,∵ DE=DC+EC,∴ DE=BE+AD. (2)解:(1)中的结论不成立,结论为:DE+BE= AD. 理由如 下:∵ ∠ACB = 90°,∴ ∠ACD+∠BCE = 90°. 又∵ AD⊥MN, BE⊥MN,∴ ∠ADC = ∠BEC = 90°,∴ ∠ACD+∠CAD = 90°, ∴ ∠CAD = ∠BCE. 在 △ADC 和 △CEB 中, ∠ADC= ∠BEC, ∠DAC= ∠BCE, AC=BC, ì î í ïï ï ∴ △ADC ≌ △CEB ( AAS), ∴ CD = BE, AD=CE,∴ DE+BE=DE+CD=EC=AD,即 DE+BE=AD. (3)6 2. (1)①8　 ②8 (2)解:CD=AC+A′D. 证明如下:由旋转知,AB=A′B,∠ABA′= 90°,∴ ∠ABC + ∠A′ BD = 90°. ∵ A′ D ⊥ CB, ∴ ∠A′ BD + ∠BA′D= 90°,∴ ∠ABC = ∠BA′D. 又∵ ∠ACB = ∠A′DB = 90°,∴ △ABC≌△BA′D(AAS),∴ AC =BD,BC =A′D,∴ CD = BD+BC=AC+A′D. (3)①9　 ② 109 23. 2　 中心对称 23. 2. 1　 中心对称 1. A 2. 解:△AOD 与△COB; △AOB 与△COD; △ABC 与△CDA; △ABD 与△CDB. 对称中心均为点 O. 3. C　 4. 4 5. (1)点 A　 点 D　 点 E　 (2)180°　 (3)AE　 AD　 DE　 ∠E (4)10 6. 略. 　 7. 6　 8. 略. 　 9. (1)解:旋转角的度数为 135°. (2) 证明:∵ CA = CA′, ∴ ∠CAA′ = ∠CA′ A, ∵ ∠A′ CB′ = ∠CAA′+∠CA′A = 45°,∴ ∠CAA′ = 22. 5°,同理可得∠CB′B = 22. 5°,∴ ∠MAB′= ∠MB′A,∴ MA =MB′,∵ ∠CAM+∠AA′B′= 90°,∠AB′M+∠MB′A′= 90°,∴ ∠MB′A′ = ∠MA′B′,∴ MB′ = MA′,∴ MA=MA′,∴ 点 A 与 A′关于点 M 成中心对称. 10. (4 049,1) 11. (1)证明:∵ △ABM 与△ACM 关于直线 AF 成轴对称,∴ △ABM≌△ACM,∴ AB = AC,∵ △ABE 与△DCE 关于点 E 成中心对称,∴ △ABE≌△DCE,∴ AB=CD,∴ AC=CD. (2)解:∠F = ∠MCD. 理由:由(1) 可得∠BAE = ∠CAE = ∠CDE,∠CMA = ∠BMA, ∵ ∠BAC = 2 ∠MPC, ∠BMA = ∠PMF,∴ 设∠MPC=α,则∠BAE = ∠CAE = ∠CDE = α,设 ∠BMA=β,则∠PMF = ∠CMA = β,∴ ∠F = ∠CPM-∠PMF = α-β,∠MCD= ∠CDE-∠DMC=α-β,∴ ∠F= ∠MCD. 23. 2. 2　 中心对称图形 1. B　 2. C　 3. 3　 4. ①②③　 ①③　 5. 略. 6.解:如解图,所画直线即为所求. 23. 2. 3　 关于原点对称的点的坐标 1. C 2. 已知点 关于 x 轴 的对称点 关于 y 轴的 对称点 关于原点 的对称点 (2,-3) (2,3) (-2,-3) (-2,3) (-1,2) (-1,-2) (1,2) (1,-2) (-6,-5) (-6,5) (6,-5) (6,5) (0,-1. 6) (0,1. 6) (0,-1. 6) (0,1. 6) (4,0) (4,0) (-4,0) (-4,0) 3.解:(1)∵ 点 A(a+b,3a-b)与点 B(-2,6)关于原点对称, ∴ a+b= 2, 3a-b= -6,{ 解得 a= -1, b= 3.{ (2)由(1)得,点 A 的坐标为(2,-6), ∴ 点 A 关于 x 轴的对称点的坐标为(2,6) . (3)点 B 关于 y 轴的对称点的坐标为(2,6) . 4. (1)画图略. 点 A1 ,B1 ,C1 的坐标分别为( - 2, - 5),( - 4, -2),(-1,-1) . (2)△ABC 和△A1B1C1 各对应顶点的横坐标互为相反数, 纵坐标互为相反数. (3)△A1B1C1 是由△ABC 绕原点 O 旋转 180°得到的. 5. C　 6. (-3,-3)　 7. ①②　 ①③　 8. 1 3 <m<2 9. (1)2　 4　 (2)6　 -20　 (3)-1. 2　 -5. 6 10. (1)画图略,点 C1 的坐标是(4,1) . (2)画图略,点 B2 的坐标是(-3,-3) . (3)△A1B1C1 绕点 O 顺时针旋转 90°后得到△A2B2C2 . 11. (1)(5,3)　 (2)(2,1) 23. 3　 课题学习　 图案设计 1. C 2.解:如解图所示(答案不唯一) . 3. C 4. (1)图 1 和图 2 都是中心对称图形　 图 1 是轴对称图形,图 2 不是轴对称图形 (2)略. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 众相原创 分层练·参考答案