专题14 图形的平移与旋转 2024年浙江省中考数学一模试题汇编

专题14 图形的平移与旋转 一．选择题 1．下列图形中可以由一个基础图形通过平移变换得到的是（　　） A． B． C． D． 2．下列图标中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．下列四个2024年巴黎奥运会项目图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 4．如图，已知A，B的坐标分别为（1，2），（3，0），将△OAB沿x轴正方向平移，使B平移到点E，得到△DCE，若OE＝4，则点C的坐标为（　　） A．（2，2） B．（3，2） C．（1，3） D．（1，4） 5．在平面直角坐标系中，若点A先向右平移4个单位，再向上平移6个单位后得到点B（2，4），则点A的坐标是（　　） A．（8，8） B．（6，10） C．（﹣4，0） D．（﹣2，﹣2） 6．在平面直角坐标系中，点Q（﹣1，3）向右平移3个单位长度后的坐标为（　　） A．（﹣1，0） B．（﹣1，6） C．（2，3） D．（2，6） 7．如图，在△ABD中，∠BAD＝90°，将△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，此时点C恰好落在BD边上．若∠E＝24°，则∠BAC＝（　　） A．24° B．48° C．66° D．72° 8．在平面直角坐标系中，点P（﹣1，2）关于原点对称的点在（　　） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 9．如图，将矩形ABCD绕点C顺时针方向旋转90°得到矩形FGCE，连结AF，点H是AF的中点，连结GH．若AB＝2，BC＝4，则GH的长为（　　） A．2 B． C．1 D． 10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别为BC，AB的中点，将△EDB绕点B顺时针旋转α（0＜α＜90°）形成△E′D′B，连结AE′．若BC＝2AC，AE′∥BC时，则为（　　） A． B． C． D． 二．填空题 11．在平面直角坐标系中，将点P（﹣3，﹣2）水平向右平移a个单位后落在第四象限内，则a的值可以是 　 　.（写出一个即可） 12．如图，将周长为12的△ABC沿BC边向右平移3个单位，得到△DEF，则四边形ABFD的周长为 　 　． 13．在直角坐标系中，把点A先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点B．若点B的横坐标和纵坐标互为相反数，则点A的横坐标和纵坐标的和是 　 　． 14．如图，将线段AB绕点B旋转至BD，点D恰好落在射线AC上，分别以点A，B为圆心，大于线段AB的一半长为半径画弧，过两弧的交点作直线交射线AC于点E，连结BE，量得∠DBE＝75°，则∠A的度数是 　 　. 15．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，P是直线AB上一动点，点C，D绕点P逆时针旋转90° 得到点E，F，若在运动过程中∠EAF的度数最大值恰好为90°，则BC的长度为 　 　． 16．如图，△ABC和△CDE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠E＝90°，点D为边AB上一点，其中AC＝8，，则AD＝　 　． 17．如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，将△ADC绕点A逆时针旋转90°得△AEF，点D，C分别对应点E，F，连接CF，若∠BAC＝62°，则∠CFE的度数为 　 　°． 18．如图1是一款重型订书机，其结构示意图如图2所示．其主体部分为矩形EFGH，由支撑杆CD垂直固定于底座AB上，且可以绕点D旋转．压杆MN与伸缩片PG连接，点M在HG上，MN可绕点M旋转，PG⊥HG，DF＝8cm，GF＝2cm，不使用时，EF∥AB，G是PF中点，且点D在NM的延长线上，则MG＝　 　cm，使用时如图3，按压MN使得MN∥AB，此时点F落在AB上，若CD＝2cm，则压杆MN到底座AB的距离为 　 　cm． 三．解答题 19．如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB的两个端点均在小正方形的顶点上． （1）在图1中画出以线段AB为一边且面积为12的平行四边形ABCD（点C和点D均在小正方形的顶点上，画出一个即可）． （2）在图2中画出以线段AB为腰，底边长为的等腰三角形ABE，点E在小正方形的顶点上．再画出该三角形向左平移4个单位后的△A′B′E′（画出一个即可）． 20．如图，在下列4×4的正方形网格中，按要求作图． （1）在图①②③中，分别画一条线段，使各网格为轴对称图形（要求所画图形互不相同）； （2）在图④中，画一条线段，使整个网格为中心对称图形． 21．如图是由边长为1的小正方形构成的6×5网格，点A，B均在格点上． （1）请在图1中，画出一个格点△ABC，使△ABC为轴对称图形． （2）请在图2中，画出一个格点四边形ABDE，使四边形ABDE为中心对称图形．（注：格点多边形，即多边形的每个顶点均在格点上．） 22．如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点．△ABC的顶点均在格点上，请用无刻度的直尺分别按要求画出下列图形． （1）将图1中的△ABC绕点A逆时针旋转90°，画出旋转后的△AB′C′； （2）如图2，在AC上找一点D，使△ABD的面积与△BCD的面积之比为3：1． 23．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中建立直角坐标系，小正方形的顶点为格点，△ABC与△EFG的顶点都在格点上． （1）作△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称． （2）已知△ABC与△EFG关于点P成中心对称，请在图中画出点P的位置，并写出该点的坐标． 24．如图，是3个相同大小的6×6的方格，图1中放置一副七巧板组成的正方形图案，其顶点均在格点上，称之为格点图形．利用七巧板中的3种图形，按下列要求作出符合条件的格点图形． （1）在图2中，拼成一个轴对称但不是中心对称的图形． （2）在图3中，拼成一个中心对称但不是轴对称的图形． 25．【问题背景】如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以点B，C为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连结AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q． 【问题提出】在矩形ABCD中，AD＝24，AB＝16，求线段CQ的长． 【问题解决】（1）经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下： 方案一：连结OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长． 方案二：延长AO交DC的延长线于点R，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长． 请你任选其中一种方案求线段CQ的长． 【问题反思】（2）在前面的已知条件及解决方法下继续探究，连结CP并延长，交AD于点H，求PH的长． 答案与解析 一．选择题 1．下列图形中可以由一个基础图形通过平移变换得到的是（　　） A． B． C． D． 【点拨】根据平移的性质对各选项进行判断即可． 【解析】解：A、C、D是通过旋转得到； B是通过平移得到． 故选：B． 【点睛】本题考查的是利用平移设计图案，熟知平移与旋转的性质是解答此题的关键． 2．下列图标中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【点拨】根据轴对称图形和中心对称图形的定义解答即可． 【解析】解：A．该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意； B．该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意； C．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意； D．该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，掌握相关定义是解答本题的关键．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，这个点叫做对称中心；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，这条直线叫做对称轴． 3．下列四个2024年巴黎奥运会项目图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【点拨】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【解析】解：A、该图形既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； B、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； C、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意； D、该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意． 故选：A． 【点睛】本题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，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 4．如图，已知A，B的坐标分别为（1，2），（3，0），将△OAB沿x轴正方向平移，使B平移到点E，得到△DCE，若OE＝4，则点C的坐标为（　　） A．（2，2） B．（3，2） C．（1，3） D．（1，4） 【点拨】由B（3，0）可得OB＝3，进而得到BE＝1，即将△OAB沿x轴正方向平移1个单位得到△DCE，然后将A向右平移1个单位得到C，最后根据平移法则即可解答． 【解析】解：∵B（3，0）， ∴OB＝3， ∵OE＝4， ∴BE＝OE﹣OB＝1， ∴将△OAB沿x轴正方向平移1个单位得到△DCE， ∴点C是将A向右平移1个单位得到的， ∴点C是的坐标是（1+1，2），即（2，2）． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形变换﹣平移，根据题意得到将△OAB沿x轴正方向平移1个单位得到△DCE是解答本题的关键． 5．在平面直角坐标系中，若点A先向右平移4个单位，再向上平移6个单位后得到点B（2，4），则点A的坐标是（　　） A．（8，8） B．（6，10） C．（﹣4，0） D．（﹣2，﹣2） 【点拨】根据向右平移，横坐标加，纵坐标不变，向上平移，横坐标不变，纵坐标加，求出点B的横坐标与纵坐标，再根据各象限内点的坐标特征即可求解． 【解析】解：将若点A先向右平移4个单位，再向上平移6个单位后得到点B（2，4）， 则点A的坐标为（2﹣4，4﹣6），即（﹣2，﹣2）， 故选：D． 【点睛】本题考查了平移与坐标与图形的变化的关系，熟记平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减是解题的关键．也考查了平面直角坐标系内各象限点的坐标特征． 6．在平面直角坐标系中，点Q（﹣1，3）向右平移3个单位长度后的坐标为（　　） A．（﹣1，0） B．（﹣1，6） C．（2，3） D．（2，6） 【点拨】把点Q（﹣1，3）向右平移3个单位长度后，所得点的纵坐标不变，横坐标加上3即可． 【解析】解：点Q（﹣1，3）向右平移3个单位长度后的坐标为（2，3）． 故选：C． 【点睛】本题考查了坐标与图象变化﹣平移：在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减）． 7．如图，在△ABD中，∠BAD＝90°，将△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，此时点C恰好落在BD边上．若∠E＝24°，则∠BAC＝（　　） A．24° B．48° C．66° D．72° 【点拨】由△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，∠BAD＝90°，得AC＝AB，∠D＝∠E＝24°，得∠ACB＝∠B＝90°﹣∠D＝66°，得∠BAC＝180°﹣2×66°＝48°． 【解析】解：由△ABD绕点A逆时针旋转后得到△ACE，∠BAD＝90°， 得AC＝AB，∠D＝∠E＝24°， 得∠ACB＝∠B＝90°﹣∠D＝66°， 得∠BAC＝180°﹣2×66°＝48°． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了图形的旋转，解题关键是正确应用旋转的性质． 8．在平面直角坐标系中，点P（﹣1，2）关于原点对称的点在（　　） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【点拨】根据关于原点对称的点坐标变换规律即可得． 【解析】解：∵点P（﹣1，2）关于原点对称的点的坐标为（1，﹣2）， ∴在平面直角坐标系中，点P（﹣1，2）关于原点对称的点在第四象限， 故选：D． 【点睛】本题考查了关于原点对称的点坐标，熟练掌握关于原点对称的点坐标变换规律是解题关键． 9．如图，将矩形ABCD绕点C顺时针方向旋转90°得到矩形FGCE，连结AF，点H是AF的中点，连结GH．若AB＝2，BC＝4，则GH的长为（　　） A．2 B． C．1 D． 【点拨】如图，延长GH交AD于M，利用已知条件证明△AHM≌△FHG，然后利用全等三角形的性质和勾股定理即可求解． 【解析】解：如图，延长GH交AD于M， 依题意GF∥AD，GF＝CD＝2， ∴∠GFH＝∠MAH， 而∠AHM＝∠GHF，点H是AF的中点， ∴AH＝HF， ∴△AHM≌△FHG（ASA）， ∴AM＝GF，GH＝HM， 而AB＝2，BC＝4， ∴MD＝CD＝DG＝2， 在Rt△MGD中，MG＝×MD＝2， ∴HG＝． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了旋转的性质，同时也利用了全等三角形的性质与判定及矩形的性质，有一定的综合性，对于学生的能力要求比较高． 10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别为BC，AB的中点，将△EDB绕点B顺时针旋转α（0＜α＜90°）形成△E′D′B，连结AE′．若BC＝2AC，AE′∥BC时，则为（　　） A． B． C． D． 【点拨】根据BC＝2AC，可设出BC及AC的长，过点B作AE′的垂线，垂足为M，利用勾股定理表示出E′M的长，进而可表示出AE′的长，据此可解决问题． 【解析】解：∵BC＝2AC， ∴令AC＝a，BC＝2a． 在Rt△ABC中， AB＝． 又∵点D，E分别为BC和AB的中点， ∴BD＝a，BE＝． 由旋转可知， D′E′＝DE＝a，BE′＝BE＝． 过点B作AE′的垂线，垂足为M， ∵AE′∥BC， ∴∠E′AC+∠C＝180°， 又∵∠C＝90°， ∴∠E′AC＝90°， ∴四边形ACBM为矩形， ∴BM＝AC＝a，AM＝BC＝2a． 在Rt△BE′M中， ME′＝， ∴AE′＝2a﹣， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查旋转的性质及三角形中位线定理，熟知图形旋转的性质是解题的关键． 二．填空题 11．在平面直角坐标系中，将点P（﹣3，﹣2）水平向右平移a个单位后落在第四象限内，则a的值可以是 　4（答案不唯一）　.（写出一个即可） 【点拨】利用点平移的坐标规律，将点P（﹣3，﹣2）水平向右平移a个单位后落在第四象限内得到﹣3+a＞0，即可得到结论． 【解析】解：∵将点P（﹣3，﹣2）水平向右平移a个单位后落在第四象限内， ∴﹣3+a＞0， 解得a＞3， ∴a的值可以是4， 故答案为：4（答案不唯一）． 【点睛】本题考查了坐标与图形变化﹣平移：在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向右（或向左）平移a个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a个单位长度． 12．如图，将周长为12的△ABC沿BC边向右平移3个单位，得到△DEF，则四边形ABFD的周长为 　18　． 【点拨】根据平移的性质，对应点的连线AD、CF都等于平移距离，再根据四边形ABFD的周长＝△ABC的周长+AD+CF代入数据计算即可得解． 【解析】解：∵△ABC沿BC方向平移2个单位得到△DEF， ∴AD＝CF＝2， ∴四边形ABFD的周长 ＝AB+BC+DF+CF+AD ＝△ABC的周长+AD+CF ＝12+3+3 ＝18． 故答案为：18． 【点睛】本题考查了平移的性质，主要利用了对应点的连线等于平移距离，结合图形表示出四边形ABFD的周长是解题的关键． 13．在直角坐标系中，把点A先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点B．若点B的横坐标和纵坐标互为相反数，则点A的横坐标和纵坐标的和是 　2　． 【点拨】设点A的坐标为（m，n），根据把点A先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点B（m+1，n﹣3），再根据点B的横坐标和纵坐标互为相反数即可求出答案． 【解析】解：设点A的坐标为（m，n）， ∵把点A先向右平移1个单位，再向下平移3个单位得到点B， ∴点B（m+1，n﹣3）， ∵点B的横坐标和纵坐标互为相反数， ∴m+1+n﹣3＝0， ∴m+n＝2． 故答案为：2． 【点睛】此题主要考查了坐标与图形变化﹣平移，解题的关键是横坐标，右移加，左移减；纵坐标，上移加，下移减． 14．如图，将线段AB绕点B旋转至BD，点D恰好落在射线AC上，分别以点A，B为圆心，大于线段AB的一半长为半径画弧，过两弧的交点作直线交射线AC于点E，连结BE，量得∠DBE＝75°，则∠A的度数是 　35°　. 【点拨】根据所给作图方式，得出图中两弧交点的连线垂直平分线段AB，再根据AB＝BD结合等边对等角及三角形的内角和定理即可解决问题． 【解析】解：由题知， 点E在线段AB的垂线平分线上， 所以EA＝EB， 所以∠A＝∠B． 因为AB＝DB， 所以∠A＝∠ADB． 又因为∠DEB＝∠A+∠B， 所以∠DEB+∠ADB＝3∠A． 因为∠DBE＝75°， 所以∠DEB+∠ADB＝105°， 即3∠A＝105°， 所以∠A＝35°． 故答案为：35°． 【点睛】本题考查旋转的性质，熟知图形旋转的性质及巧用三角形的内角和定理是解题的关键． 15．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，P是直线AB上一动点，点C，D绕点P逆时针旋转90° 得到点E，F，若在运动过程中∠EAF的度数最大值恰好为90°，则BC的长度为 　　． 【点拨】根据点与圆的位置关系，由∠EAF≤90°，得到AN≥1，根据AN≥PN﹣PA，得到PA≥PN﹣1，结合PA≤2，得到PN≤3，由旋转的性质可得PM≤3，根据PM可以取最大值3，即可求解． 【解析】解：作CD中点M，EF中点N，分别以M、N为圆心画圆，连接PM、PN，AN，如图1， 由旋转的性质，矩形的性质，可得：EF＝CD＝AB＝2，PN＝PM， 在旋转的过程中，当AN≥1时，∠EAF≤90°， ∵AN≥PN﹣PA， ∴PN﹣PA≤1，即：PA≥PN﹣1， ∵点P在线段AB上， ∴PA≤2， ∴PN﹣1≤PA≤2，即PN≤3， 由旋转的性质可得：PM＝PN， ∴PM≤3， ∴当PM可以取到最大值3时，∠EAF的度数最大值恰好为90°， 当PA＝2，PM＝3时，即点P与点B重合时，PC⊥CM， 在Rt△MPC中，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，点与圆的位置关系，两点之间线段最短，勾股定理，解题的关键是根据∠EAF的最大值，得到PM的最大值． 16．如图，△ABC和△CDE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠E＝90°，点D为边AB上一点，其中AC＝8，，则AD＝　　． 【点拨】先求出CD的长，再根据点C到AB的距离，对点D的位置进行分类讨论即可解决问题． 【解析】解：∵CE＝，且△CDE是等腰直角三角形， ∴CD＝． 过点C作AB的垂线，垂足为M， ∵AC＝8，△ABC是等腰直角三角形， ∴AB＝， ∴CM＝AM＝． 在Rt△CDM中， DM＝． 当点D在AM之间时， AD＝AM﹣DM＝． 当点D在BM之间时， AD＝AM+DM＝． 综上所述，AD的长为． 故答案为：． 【点睛】本题考查旋转的性质及等腰直角三角性质，熟知图形旋转的性质、等腰直角三角形的性质及对点D的位置进行分类讨论是解题的关键． 17．如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，将△ADC绕点A逆时针旋转90°得△AEF，点D，C分别对应点E，F，连接CF，若∠BAC＝62°，则∠CFE的度数为 　14　°． 【点拨】由等腰三角形的性质可得BD＝CD，∠ACB＝∠ABC＝59°，AD⊥BC，由旋转的性质可得AF＝AC，∠CAF＝90°，∠AFE＝∠ACD＝59°，即可求解． 【解析】解：∵AB＝AC，D是BC的中点，∠BAC＝62°， ∴BD＝CD，∠ACB＝∠ABC＝59°，AD⊥BC， ∵将△ADC绕点A逆时针旋转90°得△AEF， ∴AF＝AC，∠CAF＝90°，∠AFE＝∠ACD＝59°， ∴∠AFC＝∠ACF＝45°， ∴∠CFE＝59°﹣45°＝14°， 故答案为：14． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 18．如图1是一款重型订书机，其结构示意图如图2所示．其主体部分为矩形EFGH，由支撑杆CD垂直固定于底座AB上，且可以绕点D旋转．压杆MN与伸缩片PG连接，点M在HG上，MN可绕点M旋转，PG⊥HG，DF＝8cm，GF＝2cm，不使用时，EF∥AB，G是PF中点，且点D在NM的延长线上，则MG＝　4　cm，使用时如图3，按压MN使得MN∥AB，此时点F落在AB上，若CD＝2cm，则压杆MN到底座AB的距离为 　　cm． 【点拨】如图2，延长NM，则NM过点D，由三角形中位线定理可得MG的长度，如图3，过点P作PK⊥AB于K，可得∠PFK＝∠CDF＝∠MPF，在Rt△CDF中，CF＝＝2，知tan∠CDF＝＝，故tan∠MPF＝，可得PG＝，PF＝PG+GF＝，由△CDF∽△KFP，得＝，即可得压杆MN到底座AB的距离为cm． 【解析】解：如图2，延长NM，则NM过点D， ∵四边形EFGH是矩形， ∴HG∥EF，即MG∥DF， ∵G是PF中点， ∴MG是△PDF的中位线， ∴MG＝DF＝×8＝4（cm）， 如图3，过点P作PK⊥AB于K， ∵MN∥AB， ∴PK⊥MN，∠MPF＝∠PFK， ∵∠DFP＝∠DCF＝90°， ∴∠CDF+∠DFC＝∠PFK+∠DFC＝90°， ∴∠PFK＝∠CDF＝∠MPF， 在Rt△CDF中，CF＝＝＝2， ∴tan∠CDF＝＝＝， ∴tan∠MPF＝，即＝， ∴＝， 解得PG＝， ∴PF＝PG+GF＝+2＝， ∵∠CDF＝∠PFK，∠DCF＝90°＝∠PKF， ∴△CDF∽△KFP， ∴＝，即＝， 解得PK＝（cm）， ∴压杆MN到底座AB的距离为cm， 故答案为：4，． 【点睛】本题考查解直角三角形的应用，正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键． 三．解答题 19．如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，线段AB的两个端点均在小正方形的顶点上． （1）在图1中画出以线段AB为一边且面积为12的平行四边形ABCD（点C和点D均在小正方形的顶点上，画出一个即可）． （2）在图2中画出以线段AB为腰，底边长为的等腰三角形ABE，点E在小正方形的顶点上．再画出该三角形向左平移4个单位后的△A′B′E′（画出一个即可）． 【点拨】（1）根据平行四边形的判定按要求画图即可． （2）根据等腰三角形的判定、勾股定理、平移的性质分别画图即可． 【解析】解：（1）如图1，平行四边形ABCD即为所求（答案不唯一）． （2）如图2，等腰三角形ABE和△A′B′E′即为所求（答案不唯一）． 【点睛】本题考查作图﹣平移变换、平行四边形的判定、等腰三角形的判定、勾股定理，熟练掌握平移的性质、平行四边形的判定、等腰三角形的判定、勾股定理是解答本题的关键． 20．如图，在下列4×4的正方形网格中，按要求作图． （1）在图①②③中，分别画一条线段，使各网格为轴对称图形（要求所画图形互不相同）； （2）在图④中，画一条线段，使整个网格为中心对称图形． 【点拨】（1）根据轴对称图形的定义画图即可． （2）根据中心对称图形的定义画图即可． 【解析】解：（1）如图①②③所示． （2）如图④所示． 【点睛】本题考查轴对称图形、中心对称图形，熟练掌握轴对称图形、中心对称图形的定义是解答本题的关键． 21．如图是由边长为1的小正方形构成的6×5网格，点A，B均在格点上． （1）请在图1中，画出一个格点△ABC，使△ABC为轴对称图形． （2）请在图2中，画出一个格点四边形ABDE，使四边形ABDE为中心对称图形．（注：格点多边形，即多边形的每个顶点均在格点上．） 【点拨】（1）利用网格，画等腰三角形即可． （2）利用网格，画平行四边形即可． 【解析】解：（1）如图1，△ABC即为所求（答案不唯一）． （2）如图2，四边形ABDE即为所求（答案不唯一）． 【点睛】本题考查轴对称图形、中心对称图形，熟练掌握轴对称图形、中心对称图形的定义是解答本题的关键． 22．如图，在4×4的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点．△ABC的顶点均在格点上，请用无刻度的直尺分别按要求画出下列图形． （1）将图1中的△ABC绕点A逆时针旋转90°，画出旋转后的△AB′C′； （2）如图2，在AC上找一点D，使△ABD的面积与△BCD的面积之比为3：1． 【点拨】（1）根据旋转的性质作图即可． （2）取格点M，N，使AM：CN＝3：1，且AM∥CN，连接MN，交AC于点D，则点D即为所求． 【解析】解：（1）如图1，△AB′C′即为所求． （2）如图2，取格点M，N，使AM：CN＝3：1，且AM∥CN，连接MN，交AC于点D， 则△AMD∽△CND， ∴AD：CD＝AM：CN＝3：1， ∴S△ABD：S△BCD＝AD：CD＝3：1， 则点D即为所求． 【点睛】本题考查作图﹣旋转变换、相似三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． 23．如图，在边长为1的小正方形组成的网格中建立直角坐标系，小正方形的顶点为格点，△ABC与△EFG的顶点都在格点上． （1）作△A1B1C1，使△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称． （2）已知△ABC与△EFG关于点P成中心对称，请在图中画出点P的位置，并写出该点的坐标． 【点拨】（1）根据中心对称的性质作图即可． （2）连接AE，BF，CG，相交于点P，则点P即为所求，由图即可得出答案． 【解析】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求． （2）连接AE，BF，CG，相交于点P， 则△ABC与△EFG关于点P成中心对称， 即点P为所求． 由图可知，点P的坐标为（﹣3，﹣1）． 【点睛】本题考查中心对称，熟练掌握中心对称的性质是解答本题的关键． 24．如图，是3个相同大小的6×6的方格，图1中放置一副七巧板组成的正方形图案，其顶点均在格点上，称之为格点图形．利用七巧板中的3种图形，按下列要求作出符合条件的格点图形． （1）在图2中，拼成一个轴对称但不是中心对称的图形． （2）在图3中，拼成一个中心对称但不是轴对称的图形． 【点拨】（1）依据轴对称图形以及中心对称图形的定义，即可得到符合条件的格点图形． （2）依据轴对称图形以及中心对称图形的定义，即可得到符合条件的格点图形． 【解析】解：（1）如图2所示，是一个轴对称但不是中心对称的图形． （2）如图3所示，是一个中心对称但不是轴对称的图形． 【点睛】本题主要考查了轴对称图形以及中心对称图形，利用轴对称设计图案关键是要熟悉轴对称的性质，利用轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案． 25．【问题背景】如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以点B，C为圆心，以大于的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连结AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q． 【问题提出】在矩形ABCD中，AD＝24，AB＝16，求线段CQ的长． 【问题解决】（1）经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下： 方案一：连结OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长． 方案二：延长AO交DC的延长线于点R，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长． 请你任选其中一种方案求线段CQ的长． 【问题反思】（2）在前面的已知条件及解决方法下继续探究，连结CP并延长，交AD于点H，求PH的长． 【点拨】（1）方案一：证明△OPQ∽△APO，得出，则可得出答案； 方案二：证明△ABO≌△RCO（ASA），得出CR＝AB＝16．由操作②可知，△ABO≌△APO．由勾股定理可得出答案； （2）由勾股定理，平行四边形的性质可得出答案． 【解析】解：（1）方案一：在矩形ABCD中，AD＝BC＝24，AB＝CD＝16， 由操作①可知，EF是BC的中垂线． ∴BO＝CO， 由操作②可知，△ABO≌△APO， ∴AP＝AB＝16，∠B＝∠APO＝∠OPQ＝∠C＝90°，∠AOB＝∠AOP，BO＝OP＝CO＝12． 又∵OQ＝OQ， ∴Rt△OPQ≌Rt△OCQ（HL）， ∴CQ＝PQ，∠POQ＝∠QOC， ∴∠AOQ＝90°， ∴∠POQ＝90°﹣∠AOP＝∠OAP， ∴△OPQ∽△APO， ∴， ∴， ∴CQ＝PQ＝9． 方案二：在矩形ABCD中，AD＝BC＝24，AB＝CD＝16， 由探作①可知，EF是BC的中垂线， ∴BO＝CO＝12． 又∵∠B＝∠OCR＝90°，∠AOB＝∠ROC， ∴△ABO≌△RCO（ASA）， ∴CR＝AB＝16． 由操作②可知，△ABO≌△APO． ∴AP＝AB＝16，∠OAB＝∠OAP． 又∵∠OAB＝∠R， ∴∠OAP＝∠R， ∴AQ＝QR． 设CQ＝x，则AQ＝QR＝16+x，DQ＝16﹣x， 在Rt△ADQ中，AQ2＝AD2+DQ2， ∴（16+x）2＝242+（16﹣x）2， 解得x＝9， ∴CQ＝9； （2）在方案一的方法下继续探究：如图1． 由（1）可知，PQ＝CQ＝9，BO＝OP＝OC＝12， ∴OQ＝＝＝15，OQ⊥CP， ∴CP＝， ∵∠AOQ＝90°， ∴OQ⊥OA， ∴OA∥CP， 又∵AH∥OC， ∴四边形AOCH是平行四边形． ∴AH＝OC＝12＝DH， ∴PH＝CH﹣CP＝20﹣＝， 在方案二的方法下继线探究： 如图2， 由（1）可知，AQ＝QR，AP＝CR＝16， ∴PQ＝CQ＝9， ∴， ∴PC∥AR． 又∵AH∥OC， ∴四边形AOCH为平行四边形． ∴AH＝OC＝12＝DH， ∴HC＝＝＝20， ∴AR＝2AO＝2HC＝40， ∵， ∴， ∴PC＝， ∴PH＝CH﹣PC＝20﹣＝． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了中垂线的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$