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人教版 九年级上册
第二十三章 旋转
单元测试·培优卷 试卷分析
一、试题难度
二、知识点分布
一、单选题 1 0.94 轴对称图形的识别；中心对称图形的识别
2 0.94 求关于原点对称的点的坐标
3 0.75 用勾股定理解三角形；根据中心对称的性质求面积、长度、角度
4 0.65 全等的性质和SAS综合（SAS）；等边三角形的性质；三角形的外角的定义及性质；判断由一个图形旋转而成的图案
5 0.65 找旋转中心、旋转角、对应点；根据旋转的性质求解；三角板中角度计算问题
6 0.55 旋转中的规律性问题
7 0.65 等边三角形的性质；含30度角的直角三角形；利用平移的性质求解；求绕原点旋转一定角度的点的坐标
8 0.4 线段问题(旋转综合题)；角度问题(旋转综合题)；等边三角形的判定和性质
9 0.75 坐标与旋转规律问题
10 0.85 等边对等角；根据旋转的性质求解；三角形的外角的定义及性质
二、知识点分布
二、填空题 11 0.75 图形的平移；判断由一个图形旋转而成的图案
12 0.65 旋转中的规律性问题；坐标与旋转规律问题
13 0.4 y=a（x-h） +k的图象和性质；求绕原点旋转一定角度的点的坐标；根据旋转的性质求解
14 0.94 有理数的乘方运算；已知两点关于原点对称求参数
15 0.65 利用平移、轴对称、旋转、中心对称设计图案
16 0.85 等边三角形的判定和性质；根据旋转的性质求解；利用平移的性质求解
二、知识点分布
三、解答题 17 0.75 等腰三角形的性质和判定；根据旋转的性质说明线段或角相等；三角形内角和定理的应用
18 0.85 画轴对称图形；画旋转图形；写出直角坐标系中点的坐标；两点之间线段最短
19 0.65 证明四边形是正方形；线段问题(旋转综合题)；用勾股定理解三角形；根据正方形的性质求线段长
20 0.64 根据旋转的性质求解；面积问题(旋转综合题)；含30度角的直角三角形；用勾股定理解三角形
21 0.4 线段问题(旋转综合题)；角度问题(旋转综合题)；全等三角形综合问题；等边三角形的判定和性质
22 0.55 平移(作图)；画旋转图形；求绕原点旋转90度的点的坐标
23 0.65 求绕原点旋转一定角度的点的坐标
24 0.15 根据旋转的性质求解；特殊四边形(二次函数综合)；y=ax +bx+c的图象与性质；全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）2025—2026学年九年级数学上学期单元测试卷
第二十三章 旋转 单元测试·培优卷
（ 全卷满分120 分，考试时间120 分钟）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题（每题 3 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．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．
2．点关于原点的对称点的坐标是(　　)
A． B． C． D．
3．如图，与关于点成中心对称，已知，，，则（ ）
A．5 B． C． D．
4．和是等边三角形，且A，B，D在一条直线上，连接，交于点P，则下列结论

①；②；③；④可以看作是绕点B顺时针能转而成的；其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．两块大小相同，含有角的直角三角板如图水平放置，将绕点C按逆时针方向旋转，旋转的角度是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，正方形的边长为一个边长为的小正方形沿着正方形的边连续翻转(小正方形起始位置在边上)，当这个小正方形翻转到边的终点位置时，它的方向是（ ）

A． B． C． D．
7．在平面直角坐标系中，一个图形先向右平移m个单位长度，再绕原点按顺时针方向旋转角度，我们把这样的图形运动叫做图形的变换．如图，等边三角形的顶点A在第一象限，顶点B与原点O重合，顶点C在x轴的正半轴上，是经过变换所得的图形，其中点的坐标为，则n的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．如图，为等边三角形，以为边向外侧作，使得，再以点C为旋转中心把沿着顺时针旋转至，则下列结论：
①D、A、E三点共线；②为等边三角形；③平分；④，其中正确的有（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
9．定义：在平面直角坐标系中，一个图形先向右平移a个单位，再绕原点按顺时针方向旋转β角度，这样的图形运动叫作图形的f(a，β)变换．如图，等边的边长为1，点A在第一象限，点B与原点O重合，点C在x轴的正半轴上，就是经f(1，180°)变换后所得的图形，若经f(1，180°)变换后得，经f(2，180°)变换后得，经f(3，180°)变换后得，依此类推，，经f(n，180°)变换后得，则点A2018的坐标是（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在中，，将绕点顺时针旋转后得到的（点的对应点是点，点的对应点是点），连接．若，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
填空题(本大题有6个小题，每小题3分，共18分)
11．如图，平南直角坐标系中，可以看作是经过若干次图形的变化（平移、轴对称、旋转）得到的，写出一种由得到过程 ．

12．如图，将边长为1的正三角形沿轴正方向作无滑动的连续反转，点依次落在点，，的位置，则点的坐标为 ．
13．如图，将抛物线绕原点O顺时针旋转得到新曲线，新曲线与直线交于点M，则新抛物线的顶点坐标为 ，点M的坐标为 ．
14．若点与点关于原点对称，则 ．
15．如图：为五个等圆的圆心，且在一条直线上，请在图中画一条直线，将这五个圆分成面积相等的两个部分，并说明这条直线经过的两点是 ．
16．实验班限制 如图，在中，，将沿射线的方向平移，得到，再将绕点逆时针旋转一定角度后，点恰好与点C重合，则旋转角为 °．
三、解答题（第 17，18，19，20，21 题每题 8 分，第 22，23 题每题 10 分，第 24 题 12 分，共 72 分）
17．如图，绕点按逆时针方向旋转90°得到，且点的对应点恰好落在的延长线上，连接，交于点．
(1)求的度数；
(2)是延长线上一点，当时，判断和的数量关系，并证明．
18．如图，三个顶点的坐标分别为
(1)请画出将关于轴成轴对称的．
(2)请画出绕原点逆时针旋转的．
(3)在轴上找一点，使的值最小，请直接写出点坐标为_____．
19．[问题情境]如图1，为正方形内一点，，，，将绕点按逆时针方向旋转度（），点，的对应点分别为点，．
[问题解决]

(1)如图2，在旋转的过程中，当点落在上时，求此时的长；
(2)若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点，试判断四边形的形状，并说明理由；
(3)在绕点逆时针方向旋转的过程中，直接写出线段长度的最大值．
20．如图①，将一个正方形纸片和一个等腰直角三角形纸片放入平面直角坐标系中，点，点，，．如图②，将纸片绕点顺时针旋转，设旋转角为．

(1)当旋转角为30°时，求此时点E的坐标；
(2)当旋转角为时，连接，求的值．
(3)在旋转的过程中，当最大时，求此时的面积（直接写出结果即可）．
21．在中，，D是平面内一点，连接．将绕点A逆时针旋转一定角度α（），得到，且满足，连接．
(1)如图1，，D是边上一点，求的度数；
(2)如图2，D是平面内一点，F是的中点，连接．猜想与存在怎样的数量关系？写出你的结论，并证明；
(3)在（2）的条件下，若，在直线上存在一点M，使以点A，E，F，M为顶点的四边形是锐角为的菱形，请直接写出的值．
22．如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别为点、、．
(1)画出绕原点O顺时针旋转后得到的，点A、B、C的对应点分别为点、、，并直接写出点的坐标；
(2)画出将先向上平移6个单位长度，再向左平移3个单位长度得到的，点A、B、C的对应点分别为点、、．
23．在平面直角坐标系中，点，点，把绕原点逆时针旋转，得，其中，点，分别为点A，旋转后的对应点，记旋转角为．
(1)如图，当时，求点的坐标；
(2)当轴时，求点D的坐标（直接写出结果即可）．
24．实验与探究：
【问题初探】（1）如图1，点B是线段上的一点，，，，垂足分别为、、，，求证：
【类比迁移】（2）如图2，在平面直角坐标系中，正方形的边在轴正半轴上，边在第一象限，且，将正方形绕点顺时针旋转，若点的对应点恰好落在坐标轴上，则点的对应点的坐标为______；
【探究延伸】（3）如图3，图中抛物线为，已知正方形（、、、为动点）的顶点、在该二次函数的图象上，点、在轴的右侧，且点在点的左侧，点在轴正半轴上，设点、的横坐标分别为、，试探究是否为定值，如果是，求出这个值；如果不是，请说明理由．
（4）图3中的正方形的顶点、在二次函数（为常数，且）的图象上，点在点的左侧，点在轴正半轴上．设点、的横坐标分别为、，直接写出、满足的等量关系式．2025—2026学年九年级数学上学期单元测试卷
第二十三章 旋转 单元测试·培优卷
（ 全卷满分120 分，考试时间120 分钟）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B D D A C C A B B
1．B
本题考查轴对称及中心对称的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：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度后与原图重合是解决本题的关键．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念逐选项判断即可．
解： A选项是轴对称图形而不是中心对称图形，不符合题意；
B选项既是轴对称图形也是中心对称图形，符合题意；
C选项是中心对称图形而不是轴对称图形，不符合题意；
D选项是轴对称图形而不是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
2．B
本题主要考查了关于原点对称点的坐标，解题的关键是掌握关于原点对称点的坐标特征：横坐标和纵坐标都互为相反数．
根据关于原点对称点的坐标特征：横坐标和纵坐标都互为相反数，即可进行解答．
解：点关于原点的对称点的坐标是．
故选：B．
3．D
本题主要考查了中心对称的性质，勾股定理等．根据与关于点O成中心对称，推出，，得到，再根据勾股定理求解即可．
解：∵与关于点O成中心对称，
∴，，
∴，
∵，
∴．
故选：D．
4．D
利用等边三角形的定义可得：，由同位角相等可得：，可判断①；先证明，则，根据外角的性质得：，可判断②；根据，得出，可判断③；根据，且，由旋转的概念可判定④．
解：∵和是等边三角形，
∴，
∴，故①正确；
∵和是等边三角形，
∴，，，
∴，
即，
∴，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴，故③正确；
∵，且，
∴可以看作是绕点B顺时针能转而成的，故④正确；
∴正确的有①②③④，共4个，
故选：D．
此题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定和性质，三角形外角的性质，旋转的图形的识别，本题是常考题型，解题的关键是仔细识图，找准全等的三角形．
5．A
本题主要考查了旋转的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练运用这些性质解决问题是解题的关键．由旋转的性质和直角三角形的性质可证是等边三角形，可得，从而得出旋转的度数．
解：三角板是两块大小且含有的角，
，
将绕点C按逆时针方向旋转，当点E的对应点恰好落在上，
，
是等边三角形，
，
；
故选：A．
6．C
根据题意画出小正方形连续翻转后的草图，由此即可解答．
根据题意画出小正方形沿着正方形的边，连续地翻转到边的终点位置时的图形（如图），由此可得，小正方形回到边的终点位置时它的方向是向下．
故选C．

本题主要考查了生活中的旋转现象，根据题意画出小正方形连续翻转后的草图是解决问题的关键．
7．C
本题是材料阅读理解题，关键是能正确理解图形的变换的定义后运用，关键是能发现连续变换后出现的规律，过点作轴于点，先求得点的坐标为，再求出，据此求解即可．
解：如图，过点作轴于点．
∵是经过变换所得的图形，其中点的坐标为，
∴将向右平移个单位长度后，点的对应点的坐标为，，
∵是等边三角形，
∴是等边三角形，
∴，
，
，
∴．
故选：C．
8．A
如图，由为等边三角形得到，由得到，再根据旋转的性质得，即旋转角等于，，，于是可计算出，则可对①进行判断；由，，根据等边三角形的判定可对②进行判断；由为等边三角形得，于是可得，则可对③进行判断；根据旋转的性质得，根据等边三角形的性质得，所以，则可对④进行判断．
解：为等边三角形，
，
，
，
点C为旋转中心把沿着顺时针旋转至，
，即旋转角等于，，，
，即，
三点共线，所以①正确；
，，
为等边三角形，所以②正确；
为等边三角形，
，
，
平分，所以③正确；
为等边三角形，
，
而点C为旋转中心把沿着顺时针旋转至，
，
，
，所以④正确．
故选：A．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质．
9．B
根据题干所给的定义，写出几次变换后的坐标，即可发现其中的规律，即可解答．
根据定义可知：
△ABC经f（1，180°）变换后得△A1B1C1，则A1 的坐标为；
△A1B1C1经f（2，180°）变换后得△A2B2C2，则A2 的坐标为；
△A2B2C2经f（3，180°）变换后得△A3B3C3，则A3 的坐标为；
△A3B3C3经f（4，180°）变换后得△A4B4C4，则A4 的坐标为；
△A4B4C4经f（5，180°）变换后得△A5B5C5，则A5 的坐标为；
依此类推，发现规律：An 纵坐标为：；
当n为奇数时，An 的横坐标为：，
当n是偶数时，An 的横坐标为：．
当n＝2018时，是偶数，
∴A2018 的横坐标为：，纵坐标为，
∴点A2018的坐标是．
故选：B．
本题考查规律探究，理解题干所给的定义，发现连续变换后出现的规律是解题的关键．
10．B
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，由旋转的性质可得，，，由等腰直角三角形的性质可得，由三角形外角的性质求出的度数即可得到答案．
解：∵将绕点顺时针旋转后得到的，
，，，
，
∴，
∴，
故选：B．
11．将逆时针旋转，再向右平移2个单位长度（答案不唯一）
根据平移、旋转的性质即可得到由得到的过程．
解：将逆时针旋转，再向右平移2个单位长度得到，
故答案为：将逆时针旋转，再向右平移2个单位长度（答案不唯一）．
本题考查了坐标与图形变化-旋转，坐标与图形变化-平移，解题时需要注意：平移的距离等于对应点连线的长度．
12．
根据图形的翻转，分别得出、、的横坐标，再根据规律即可得出各个点的横坐标，进一步得出答案即可．
解：由题意可知、的横坐标是1，的横坐标是2.5，、的横坐标是4，的横坐标是
依此类推下去，、的横坐标是2017，的横坐标是2018.5，的横坐标是2020，
的坐标是，
故答案为．
本题考查翻折变换，等边三角形的性质及坐标与图形性质，根据题意得出、、的横坐标，得出规律是解答此题的关键．
13． /
本题考查的是二次函数图象与几何变换，旋转的性质、勾股定理的应用，利用逆向思维，确定对应点M、的关系，是本题的突破点．设抛物线与y轴的交点为，原抛物线的顶点为，旋转的抛物线的顶点为，连接、，过点D作轴于点E，根据抛物线解析式得，推理得到，点在y轴上，再根据求出的坐标即可；直线绕原点O逆时针旋转得到，求得抛物线与y轴的交点，绕原点O顺时针旋转得到M，由，即可求解．
解：抛物线的顶点坐标为，
直线绕原点O逆时针旋转得到，
设抛物线与y轴的交点为，原抛物线的顶点为，旋转的抛物线的顶点为，连接、，过点D作轴于点E，
根据旋转的性质得：，，
∵，
∴，
∴，
∴，点在y轴上，
∴，
∴；
∵抛物线，
∴时，，
∴，
设点，
由旋转得：，
∴，
∴（负值舍去），
∴点M的坐标为．
故答案为：；．
14．
本题考查了坐标系中两点关于原点对称的计算．熟练掌握两点关于原点对称时坐标之间的关系是解题的关键．
根据两点关于原点对称，横纵坐标分别互为相反数计算即可．
解：∵点与点关于原点对称，
∴．
∴．
∴．
故答案为：．
15．D与
平分5个圆，那么每份应是2.5，由过平行四边形中心的任意直线都能平分平行四边形的面积，应先作出平行四边形的中心，再把第5个圆平分即可．
点D恰好是平行四边形的中心，
则这里过D和O3即可．
故答案为：D和O3．
本题考查了作图-应用与设计作图以及平行四边形的判定和性质，正确的作出图形是解题的关键．
16．60
本题考查了旋转的性质，平移的性质，等边三角形的判定和性质，掌握旋转的性质是本题的关键．先结合平移的性质得，根据旋转性质得，运用有一个内角是60度的等腰三角形是等边三角形，得是等边三角形，即，进行作答．
解：∵，将沿射线的方向平移，得到，
∴，
∵将绕点逆时针旋转一定角度后，点恰好与点C重合，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
即旋转角为，
故答案为：．
17．(1)
(2)，证明见解析
本题主要考查了旋转的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质和判定，
（1）根据旋转的性质及三角形内角和定理可得答案；
（2）根据旋转的性质可知，再结合已知条件说明，然后根据等角对等边得出答案．
（1）解：根据旋转可得，
∴．
（2）解：．
证明：由旋转的性质可知，，，
在中，，
，，
，
即，
．
18．(1)见解析
(2)见解析
(3)图见解析，
本题考查了点的坐标，两点之间线段最短，轴对称变换的性质，画旋转图形，熟练掌握轴对称变换的性质是解题的关键．
（1）根据轴对称变换的性质找出对应点即可求解；
（2）根据旋转变换的性质找出对应点即可求解；
（3）连接交x轴于点P，连接，则，点P即为所求．
（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：如图所示，即为所求；
（3）解：如图所示，点P即为所求，
∴
19．(1)
(2)四边形是正方形，理由见解析
(3)
本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判断与性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，熟练掌握以上知识是解决本题的关键．
（1）由勾股定理求出，再求出，由旋转的性质得：，则可得出答案；
（2）先证四边形是矩形，再证明是正方形；
（3）点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，当点、、依次共线时，最大，计算即可．
（1）解：（1），，，
，
四边形是正方形，
，，
，
由旋转的性质得：，
；
（2）解：四边形是正方形，理由如下：
由旋转的性质得：，，
，，
四边形是矩形，
又，
矩形是正方形；
（3）解：是固定值，点是定点，点是动点，
点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，如图：

当点、、依次共线时，最大，
此时，，
即长度的最大值为．
20．(1)
(2)
(3)的面积为6
（1）过点作于，解直角三角形求出，，可得结论．
（2）过点作于，由勾股定理可求出答案；
（3）当时，的值最大，由勾股定理求出，再证明，得出，可得结论．
（1）过点作于，
由题意，
，
，
；
（2）过点作于，如图②，
由题意得，
，
，
，
，
，
，
；
（3）由题意知点在以为圆，为半径的圆上运动，当时，的值最大，此时，．
过点作轴于，过点作于．
，
，
，，
∴，
，
，，，
．
本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
21．(1)
(2)，证明见解析
(3)
（1）根据旋转的性质得到，，由，，得到，进而推出，结合，证明，得到，由即可得出结果；
（2）延长到M，使得，连接，推出，证明，得到，即可得出结论；
（3）证明为等边三角形，再证明，得到，由，当为菱形的边时，推出点M与点C重合，进而得到，即，根据，推出，点是的中点，根据，同理，当为菱形对角线时，根据，即可得出结果．
（1）解：旋转的性质得到，，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
；
（2）解：延长到M，使得，连接，
A是的中点，
F是的中点，
是的中位线，
，
，，
，即，
，
，，
，
，
，
；
（3）解：如图，
，
，
，
为等边三角形，
，
当为菱形的边时，
四边形是锐角为的菱形，
，，，
，
，
，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
，
，
点M与点C重合，
，
，
，
，
，
，
；
当为菱形的对角线时，点M在点处，
四边形是锐角为的菱形，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
综上，．
此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，中位线的性质定理，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，求正切值，添加辅助线构造全等三角形，是解题的关键．
22．(1)图见详解，
(2)图见详解
本题考查了旋转作图及坐标，平移作图；
（1）按旋转的性质进行作图，即可求解；
（2）按平移的要求进行作图，即可求解．
（1）解：如图，为所求作，；
（2）解：如图，为所求作．
23．(1)
(2)满足条件的点的坐标为或．
本题属于坐标与图形变化旋转，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）如图，过点作于．解直角三角形求出，即可．
（2）分两种情形：在轴上方时，设交轴于，过点作轴于．求出，即可．当在轴下方时，同法可得．
（1）解：如图，过点作于．
，
，
，
，
；
（2）解：如图，在轴上方时，设交轴于，过点作轴于．
轴，
，
，，
，
∵，
，
，
，
当在轴下方时，同法可得．
综上所述，满足条件的点的坐标为或．
24．（1）证明见解析；（2），，；（3）定值，1；（4）或．
（1）利用证全等即可；
（2）分类讨论点的对应点恰好落在坐标轴上时的位置，再利用全等三角形的性质求解即可；
（3）过点作轴交轴于点，过点作轴交轴于点，得到利用全等的性质列式运算即可；
（4）分类讨论和的位置，利用全等三角形的性质求解即可．
（1）解：∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴；
（2）解：由题意可作图：
∵四边形是正方形，，，
∴，
∴点，，
∵正方形绕点顺时针旋转，点的对应点恰好落在坐标轴上，
①当点的对应点在轴正半轴时，过点作轴于点，
由（1）同理可得：，
∴，，
∴，
∴点的对应点的坐标为；
②当点的对应点在轴负半轴时，则，
∵，
∴，
∴点的对应点的坐标为；
③当点的对应点在轴负半轴时，过点作于点，过点作于点，
由（1）同理可得：，
∴，，
∴，
∴，
∴点的对应点的坐标为；
∴综上点的对应点的坐标为：，，；
（3）为定值，理由如下：
过点作轴交轴于点，过点作轴交轴于点，
由（1）同理可证：，
∴，，
∵正方形在抛物线上，点、的横坐标分别为，，
∴，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
（4）解：①点和点都在轴右边时，过点作轴交轴于点，过点作轴交轴于点，如图所示：
由（1）同理可证：，
∴，，
∵正方形在抛物线上，点、的横坐标分别为，，
∴，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②点和点都在轴左边时，过点作轴交轴于点，过点作轴交轴于点，如图所示：
同理可证：，
∵正方形在抛物线上，点、的横坐标分别为，，
∴，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
∴；
③当点在轴左边，点在轴右边时，过点作轴交轴于点，过点作轴交轴于点，如图所示：
由（1）同理可证：，
∵正方形在抛物线上，点、的横坐标分别为，，
∴，，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴或，
综上所述：或．
本题是二次函数的综合题，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握二次函数的图象和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质．

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