限时作业(9)[范围：第28章 旋转]-【高效课堂】2026-2027学年九年级上册数学同步导学案限时作业（人教版·新教材）

限时作 [范围：第二十八章时间 一、选择题（每小题5分，共30分） 1.我国航天事业取得了跨越式发展，下列 航天图标属于中心对称图形的是( A B D 2.已知点P,(a,一2)与点P2(3,b)关于原 点对称，则(a+b)2023= A.-1B.1 C.-52023D.52023 3.在方格纸中，选择标有序号①②③④中 的一个小正方形涂黑，与图中阴影部分 构成中心对称图形.该小正方形的序 号是 ( ) A.① B.② C.③ D.④ ③ ④ ① ■②■ 第3题图 第4题图 4.如图，在正方形网格中，线段A'B是线 段AB绕某点逆时针旋转角α得到的，点 A'与点A对应，则角a等于 A.45°B.60°C.90° D.120° 5.如图，将△ABC绕，点A逆时针旋转80°， 得到△ADE,若点D在线段BC的延长 线上，则∠B的度数为 ( A.40° B.45° C.50°D.55° 第5题图 第6题图 6.如图，正方形ABCD的边长为1，将其绕 业（九） :45分钟分值：100分] 顶点C按逆时针方向旋转一定角度到 CEFG的位置，使得点B落在对角线CF 上，则阴影部分的面积是 A是 B.2-2C.2-1D.2 二、填空题（每小题5分，共20分） 7.请任写一个成中心对称图形的汉字、字 母或数字 8.将抛物线y=一(x+1)+2绕原点O 旋转180°，则所得抛物线的解析式为 9.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B= 60°，BC=2,△A'B'C可以由△ABC绕 点C顺时针方向旋转得到，其中点A'与 点A、点B与点B是对应点，连接AB', 且A,B',A'在同一条直线上，则AA'的 长为 D 0 第9题图 第10题图 10.如图，△AOB和△COD中，∠AOB= ∠COD=90°，∠B=40°，∠C=60°，点 D在OA上.将△COD绕点O顺时针 旋转一周，在旋转过程中，当旋转角是 时，CD∥AB, 三、解答题（共50分） 11.(12分)在平面直角坐标系中，△ABC 的三个顶点都在边长均为1个单位长 度的正方形网格的格点上。 (1)画出△ABC关于原点对称的图形 △AB1C1,并写出点C1的坐标 (2)画出△AB℃绕点O逆时针旋转90°后 的图形△A2B2C2,并写出点B2的坐 标 (3)写出△A1BC1经过怎样的旋转可 直接得到△A2B2C2. 12.(12分)如图，△ABC中，∠BAC= 120°，以BC为边向外作等边△BCD 把△ABD绕着D点按顺时针方向旋 转60°后得到△ECD (1)求∠BAD的度数. (2)若AB=6,AC=4,求AD的长. 13.（12分)如图，在△ABC中，AB=2BC, 点D,E分别为AB,AC的中点，连接 DE. (1)将△ADE绕点E旋转180°得到 △CEF,画出图形， (2)试判断四边形BCFD的形状，并说 明理由. 1 14.(14分)如图1，O是等边三角形ABC内 一点，连接OA,OB,OC,且OA=3, OB=4,OC=5,将△BAO绕点B顺时 针旋转后得到△BCD,连接OD, (1)填空：①旋转角为 ;②线段OD 的长是 ;③∠BDC= (2)如图2，O是△ABC内一点，且 ∠ABC=90°，BA=BC.连接OA,OB, OC,将△BAO绕，点B顺时针旋转后得 到△BCD,连接OD.当OA,OB,O℃满 足什么条件时，∠BDC=135°？请说明 理由. D D 图1 图2(2)图略 (2)过点A作AD⊥A'C于点 (8号 D,,∠ACB=90°，∠BAC= 30°，BC=2,∴.AC=√3BC= 14.(1)(2,4). (2),一次函数y=-2x十8 .CD-AC-AD 的图象与坐标轴交于A,B两 =√/3CD=3×√/5=3. 点， 13.略 点B(4,0),,点M为线段 14.(1)BD=2. BC的中点， (2)CE=AH+BD,证明如下： .点M(3,2), 过点E作EM∥BC,交AB于 .点C和点M平移后的对应 点M,由(1)可知△AME是等 点坐标分别为(2-m,4),(3一 边三角形，.AE=ME, m,2), ∠AEM=60°，由旋转可知， .k=4(2-m)=2(3-m),. DE=DH,.∠HDE=60°，. m=1..k=4. △DEH是等边三角形，∴.HE 15.(1)3-312 =DE,∠HED=60°，'.∠AEH (2)由函数图象可知，当y1> +∠HEM=∠HEM+∠DEM y2x的取值范围是：一3<x =60°，∴.∠DEM=∠AEH, <0或x>1. ∴.△AEH≌△MED(SAS), (3)连接AO,令直线AB与x ∴.AH=MD,∴.BM=BD+ 轴的交点为M,将y=0代入 AH,'.'AM=AE,AB=AC, y=x十2得，x=一2，所以点 .BM=CE,∴.CE=AH+BD. M的坐标为（一2,0），所以 限时作业（九） S△AOB=S△AOM+S△OM= 1.D2.A3.B4.C5.C 2 6.C7.田，N,0等 ×2×1+2 ×2×3=4.由题 8.y=(x-1)2-29.6 10.100°或280° 意，可知点B和点C关于点O 11.(1)图略，点C的坐标(4,1) 成中心对称，所以BO=CO, (2)图略，点B2的坐标（一3，一3）. 所以S△ABC=2S△AOB=8. (3)△A,B,C,绕点O顺时针 限时作业（八） 旋转90°后得到△A2B2C2· 1.D2.B3.D4.C5.C 12.(1)∠BAD的度数为60. 5 6.D7.D8.1209.2 (2),点A、C、E在一条直线 上，∴.AE=AC+CE,由旋转 10.2或2/3 的性质可知CE=AB, 11.(1)图略其中A,的坐标为(3， △ADE为等边三角形，∴.AE -1). =AC+AB=6+4=10,. (2)图略. AD=AE-10. 12.(1)证明：由旋转的性质可知，13.(1)图略 CA=CA',CB=CB',ACA'= (2)四边形BCFD是菱形，理 ∠BCB',.CB=CB',∠B 由如下：点D、点E分别是 60°，.△CBB'为等边三角形 AB、AC的中点，.DE∥BC, ∴.∠BCB'=60,∴.∠ACA'= 60°，∴.△CAA'为等边三角形 DE=专BC,由旋转的性质可 76 知DE=EF,∴.DF∥BC,DF :AD平分∠BAC,.BD= =BC,.四边形BCFD是平 CD, 行四边形，AB=2BC,且点 ∴.∠BOD=∠COD=60°， D为AB的中点，∴.BD .OB=OD,OC=OD, BC,∴.四边形BCFD是菱形 ∴.△BOD和△COD是等边 14.(1)60°4150 三角形，∴.OB=BD=DC= (2)OA2+2OB2=OC2时， OC,.四边形OBDC是菱形； ∠BDC=135°，理由如下： (2)连接OA,.OB=OA, 由旋转的性质可知∠OBD= ∠AB0=15°， ∠ABC=90°，BO=BD,CD ∴.∠A0B=150°， =AO,∴.△OBD为等腰直角 .∴.∠A0=360°-150°-120 三角形，∴.OD=√2OB, =90°， .当CD2+OD2=OC2时， ∴.AC=√OA2+OC2=22. △OCD为直角三角形， 限时作业（十一） ∠ODC=90°，.OA2+2OB2 1.D2.A3.D4.B5.A =OC2,.当OA、OB、OC满 6.C7.B8.B9.相切10.2 足OA2+2OB2=OC2时， 11.37°12.2或6或10 ∠BDC=135°. 13.(1)略(2)2 限时作业（十） 14.,OM是⊙O的半径，过点M 1.B2.C3.A4.B5.B 作⊙O的切线AB,∴.OM⊥ 6.C7.D8.B9.510.60 AB.又.MA=MB,∴.OM垂 1n.9 12.2/5-2 直平分AB.∴.OA=OB. .OC=OD,∴.OA-OC=OB 13.(1)证明.∠ABC=∠APC, OD,即AC=BD ∠BAC=∠APC=60°， 15.(1)图略 ∴.∠ABC=60°，∴.∠ACB= (2)AC与⊙O相切.理由： 180°-∠ABC-∠BAC=60°， ,AB=AC,D为BC中点， ∴.△ABC是等边三角形 ∴.AD⊥BC,BD=CD, (2)4. .BC=2,..CD=BD=1, 14.略 .AE=2AC=25,∴AC=√5， 15.(1)连接OA,由题意得：AD= 在Rt△ACD与△ADE中， 合AB-30m.0D--18m AD2=AE2-DE2=AC2- 在Rt△ADO中，由勾股定理 CD2,即(25)2-DE=(√5)2 得：r2=302+(r-18)2,解得： -1,解得DE=4或-4（舍 r=34m. 去)， (2)连接OA',OE=OP-PE '.CE=DE+DC=5,在△ACE =30m,在Rt△A'EO中，由勾 中，，AE2+AC2=(25)2+ 股定理得：A'E2=A'O2-OE (5)2=52,CE2=52,.AE =342-302,解得：A′E= +AC2=CE2,∴.∠CAE 16m.∴.A'B'=32m30m. 90°，即AE⊥AC,.AE为 答：不需要采取紧急措施. ⊙O直径，∴.AC与⊙O相切. 16.(1)证明：连接OD,由圆周角定16.(1).AM⊥AB, 理得，∠B℃=2∠BAC=120°， ∴.∠OAD=90° 77 .OA=OC,OD=OD,AD=15.(1)直线PD为⊙O的切线. CD, 证明：如图1，连接OD,,AB ∴.△OAD≌△OCD(SSS). 是圆O的直径，∴.∠ADB ∴.∠OCD=∠OAD=90°.. 90°，∴.∠ADO+∠BDO=90°， OC⊥CD. 又.DO=BO,.∠BDO= 又.OC是⊙O的半径， ∠PBD,.∠PDA=∠PBD, ∴.CD是⊙O的切线 ∴.∠BDO=∠PDA,∴.∠ADO (2)①1②3 +∠PDA=90°，即PD⊥OD, 限时作业（十二） 点D在⊙O上，∴.直线PD 1.B2.D3.B4.C5.B 为⊙O的切线. 6.A7.C8.A9.相离 (2),BE是⊙O的切线， 10.12cm11.2√512.√/61-6 ∴.∠EBA=90°，.'∠BED= 13.略 60°，∴.∠P=30°，在Rt△PDO 14.(1)证明：连接OD. 中，∠P=30°，PD=5,PO= .DF是⊙O的切线，D为切 2OD,由勾股定理得OD=1,PO 点，.OD⊥DF =2,∴.PA=PO-AO=2-1= ∴.∠ODF=90°. 入 .BD=CD,OA=OB, (3)证明：依题意得：∠ADF ∴.OD是△ABC的中位线. ∠PDA,∠APD=∠AFD,· .OD∥AC.∴.∠CFD= ∠PDA=∠PBD,∠ADF= ∠ODF=90°. ∠ABF,∠PAD=∠DAF, ∴.DF⊥AC. ∴.∠ADF=∠AFD=∠BPD (2),∠CDF=30°，由(1)得 =∠ABF,∴.AD=AF,BF∥ ∠ODF=90°，∴.∠ODB= PD,∴.DF⊥PB,BE为切 180°-∠CDF-∠ODF 线，.BE⊥PB,∴.DF∥BE, 60°..OB=OD,∴.△OBD是 .四边形DFBE为平行四边 等边三角形.∴∠BOD=60°. 形，PE、BE为切线.BE= .l0= 60元×5_ DE,.四边形DFBE为菱形 180 3元 夹卷《学情监测》参考答案 学情监测（一） m=(2+3)(2-√3)=1. 1.B2.A3.B4.B5.A 18.x1=-1,x2=-2. 6.A7.A8.B9.A10.C 19.(1)证△>0： 11.-212.513.m≤2且m≠ (2)△ABC的周长为AB+ 114.315.4 AC+BC=7+5=12. 16.(1)x1= 3+√/17 4 x2= 20.(1)x1=4,x2=-6(不合题 意，舍去) 3-√/17 (2)如果按照这样的传染速 度，经过三轮传染后共有125 (2)x1=-1,x2=3. 个人会患流感. 17.设方程的另一个根为x2,由题 21.(1)由题意，得△>0，即(-6)2 意，得 -4(2a+5)>0, x2十2+5=4， 解得a<2. x2=2-5, (2)a的值为-1,0,1. 78