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初中人教版23.3 课题学习 图案设计精品一课一练
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这是一份初中人教版23.3 课题学习 图案设计精品一课一练，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示的图案分别是三菱、大众、奥迪、奔驰汽车的车标，其中可以看作是由“基本图案”经过平移得到的是( )
A. B.
C. D.
2.以下所示的车标，可以看作由平移得到的是( )
A. B.
C. D.
3.如图，在方格纸中，△ABC经过变换得到△DEF，正确的变换是( )
A. 把△ABC绕点C顺时针旋转90∘，再向下平移2格
B. 把△ABC绕点C顺时针旋转90∘，再向下平移5格
C. 把△ABC向下平移4格，再绕点C逆时针旋转180∘
D. 把△ABC向下平移5格，再绕点C顺时针旋转180∘
4.如图所示的“钻石”型网格(由边长都为1个单位长度的等边三角形组成)，其中已经涂黑了3个小三角形(阴影部分表示)，请你再只涂黑一个小三角形，使它与阴影部分合起来所构成的图形是一个轴对称图形，一共有( )种涂法．
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
5.以下所示的车标，可以看作由平移得到的是( )
A. B.
C. D.
6.下列图案中，能通过平移得到如图的图案是( )
A.
B.
C.
D.
7.如图，线段AB=4，点M为AB的中点，动点P到点M的距离是1，连接PB，线段PB绕点P逆时针旋转90∘得到线段PC，连接AC，则线段AC长度的最大值是( )
A. 3B. 4C. 2 2D. 3 2
8.如图，这是由8个边长相同的正六边形组成的图形，若在5个白色的正六边形中，选择2个涂黑，使涂黑的2个正六边形和原来3个被涂黑的正六边形恰好组成轴对称图形，则选择的方案最多有( )
A. 10种B. 9种C. 8种D. 6种
9.下列大学校徽中心区域的主要图案可以抽象成由某一个基本图形经过平移形成的是( )
A. B. C. D.
10.下列我国传统图案设计的四个图案中，有几个是轴对称图形( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
埃舍尔(,1898∼1972)，荷兰科学思维版画大师，20世纪画坛中独树一帜的艺术家．他的画被称为“迷惑的图画”，数学是他的艺术之魂．他常借助平移等几何变换进行艺术创作．以下作品中，可以由一个基本图形通过平移得到的是( )
A. B. C. D.
12.“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥，如图，将边长为1cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为( )
A. 1cmB. 2cmC. ( 2−1)cmD. (2 2−1)cm
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.如图1是个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小王按照如图2所示的方法玩拼图游戏，两两相扣，相互不留空隙，那么小王用2024个这样的图形(图1)拼出来的图形的总长度是_____.(结果用m，n表示)
14.直线l1:y=x−1与x轴交于点A，将直线l1绕点A逆时针旋转15∘，得到直线l2，则直线l2对应的函数表达式是 ．
15.如图，在正方形方格中，阴影部分是涂黑7个小正方形所形成的图案，再将方格内一个空白的小正方形涂黑，使得到的新图案成为一个轴对称图形的涂法有_____________种．
16.小明将图案
绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度α，设计出一个外轮廓为正六边形的图案(如图)，则旋转角度α的最小值为________．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
在边长为1的正方形方格纸中，有如图所示的四边形(顶点都在格点上)．
(1)先作出该四边形关于直线l成轴对称的图形，再作出上面所作的图形连同原四边形绕点O按顺时针方向旋转90°后的图形；
(2)完成上述设计后，求出整个图案的面积．
18.(本小题8分)
如图 ①、 ②均为7×6的正方形网格，点A、B、C在格点上．
(1)在图 ①中确定格点D，并画出以A、B、C、D为顶点的四边形，使其为轴对称图形(画一个即可)．
(2)在图 ②中确定格点E，并画出以A、B、C、E为顶点的四边形，使其为中心对称图形．(画一个即可)
19.(本小题8分)
参考示意图，在4×4的方格内选5个小正方形，让它们组成一个轴对称图形，请在图中画出你的4种方案．(每个4×4的方格内限画一种)
要求：
(1)5个小正方形必须相连(有公共边或公共顶点视为相连)
(2)将选中的小正方形方格用黑色签字笔涂成阴影图形．(若两个方案的图形经过翻折、平移、旋转后能够重合，均视为一种方案)
20.(本小题8分)
如图1，已知O是坐标原点，点A的坐标是(5,0)，B是y轴正半轴上一动点，以OB，⊙A为边作矩形OBCA，点E，H分别在边BC和OA上，将△BOE沿着OE对折，使点B落在OC上的点F处，将△ACH沿着CH对折，使点A落在OG上的点G处．
(1)求证：四边形OECH是平行四边形．
(2)如图2，当点F，G重合时，求点B的坐标，判断四边形OECH的形状，并说明理由．
(3)当点F，G将对角线OC三等分时，求点B的坐标．
21.(本小题8分)
如图，△ABC各顶点的坐标分别为A(−2,4)，B(−4,2)，C(−1,2)．
(1)平移△ABC，使其顶点A平移到点A1(−1,0)，画出平移后的△A1B1C1；
(2)将△ABC绕C点顺时针旋转90°，点A的对应点是A2，得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．
22.(本小题8分)
如图，在△ABC中，D是BC上一点．
(1)在AB上确定一点O，使得OA=OD(尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)；
(2)在(1)的条件下，当∠AOD=90∘时，将△ABC绕点O旋转得到△DEF，其中，D，E分别是点A，B的对应点．若D是BC的中点，EF交AB于点G，求证：G是EF的中点．
23.(本小题8分)
如图1，图2，图3是由边长为1且有一个内角为60°的菱形构成的网格，A，B是格点.只用不含刻度的直尺按以下要求画图，并保留画图痕迹．
(1)在图1中画出线段AB关于点O的中心对称图形；
(2)在图2中画一个以AB为一边的矩形ABCD(C,D为格点)，并写出矩形ABCD的面积；
(3)在图3中以AB为一边的作一个矩形ABCD(C,D不一定为格点)，使其面积为3 3．
24.(本小题8分)
如图，正方形网格中每个小正方形的边长都是1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．
(1)在网格图中画出△CDE先向右平移3个单位，再向上平移4个单位长度后的△C1D1E1．
(2)画出格点△CDE绕点E顺时针旋转90°后的△C2D2E2．
25.(本小题8分)
如图1，△ABC是等腰直角三角形，AB=BC，∠ABC=90°，线段BD可绕点B在平面内旋转，BD=4．
(1)若AB=8，在线段BD旋转过程中，当点B，C，D三点在同一直线上时，直接写出CD的长．
(2)如图2，若将线段BD绕点B按顺时针方向旋转90°，得到线段BE，连接AE，CE．
①当点D的位置由△ABC外的点D转到其内的点E处，且∠AEB=135°，AE=2 5时，求CE的长；
②如图3，若AB=8，连接DE，将△BDE绕点B在平面内旋转，分别取DE，AE，AC的中点M，P，N，连接MP，PN，NM，请直接写出△MPN面积S的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
此题主要考查了图形的平移，图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，学生易混淆图形的平移与旋转或翻转，而导致错选．根据平移的性质：不改变图形的形状和大小，不可旋转与翻转，将题中所示的图案通过平移后可以得到的图案是C．
【解答】
解：观察图形可知，图案C可以看作由“基本图案”经过平移得到．
故选C．
2.【答案】B
【解析】解：根据平移的定义可知，只有B选项是由一个圆作为基本图形，经过平移得到．
故选：B．
根据平移的定义结合图形进行判断．
本题考查利用平移设计图案，把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同，图形的这种移动叫做平移．解题的关键是注意平移是图形整体沿某一直线方向移动，平移不改变图形的形状和大小．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了作图−平移变换与旋转变换，属于基础题．
观察图形即可解答．
【解答】
解：根据图形，△ABC绕点C顺时针方向旋转90°，再向下平移5格即可与△DEF重合．
故选B．
4.【答案】C
【解析】解：如图，满足条件的三角形有三个．
故选：C．
根据轴对称图形的定义，画出图形即可．
本题考查利用轴对称图形设计图案，解题的关键是连接轴对称图形的定义，属于中考常考题型．
5.【答案】B
【解析】解：根据平移的定义可知，只有B选项是由一个圆作为基本图形，经过平移得到．
故选：B．
根据平移的定义结合图形进行判断．
本题考查利用平移设计图案，把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同，图形的这种移动叫做平移．解题的关键是注意平移是图形整体沿某一直线方向移动，平移不改变图形的形状和大小．
6.【答案】B
【解析】解：能通过平移得到如图的图案是选项B．
故选：B．
根据平移变换的性质判断即可．
本题考查利用平移设计图案，解题的关键是理解平移变换的性质，属于中考常考题型．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查的是旋转的性质、全等三角形的性质和判定，坐标系中两点之间的距离的应用，列出AC的长度与点P的坐标之间的关系式是解题的关键．
以M为坐标原点建立坐标系，过点C作CD⊥y轴，垂足为D，过点P作PE⊥DC，垂足为E，延长EP交x轴于点F，设点P的坐标为(x,y)，则x2+y2=1.然后证明△ECP≌△FPB，由全等三角形的性质得到EC=PF=y，FB=EP=2−x，从而得到点C(x+y,y+2−x)，再由勾股定理可求得AC= 10+8y，最后，依据当y=1时，AC有最大值求解即可．
【解答】
解：如图所示：以M为坐标原点建立坐标系，连接BC，过点C作CD⊥y轴，垂足为D，过点P作PE⊥DC，垂足为E，延长EP交x轴于点F．
∵AB=4，M为AB的中点，
∴A(−2,0)，B(2,0)，
设点P的坐标为(x,y)，则x2+y2=1，
∵∠EPC+∠BPF=90°，∠EPC+∠ECP=90°，
∴∠ECP=∠FPB，
由旋转的性质可知：PC=PB，
在△ECP和△FPB中，
∠ECP=∠FPB∠PEC=∠PFBPC=PB,
∴△ECP≌△FPB(AAS)，
∴EC=PF=y，EP=FB=2−x，
∴C(x+y,y+2−x)，
∴AC= (x+y+2)2+(y+2−x)2= 2x2+2y2+8y+8，
∵x2+y2=1，
∴AC= 10+8y，
∵−1≤y≤1，
∴当y=1时，AC有最大值，AC的最大值为 10+8= 18=3 2．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了学生对轴对称定义的理解及利用轴对称设计图案的能力，抓住轴对称定义解题即可．
【解答】
解：如图，先将空白的5个正六边形标上数字1，2，3，4，5，
根据轴对称图形的定义，可涂黑的2个正六边形组合可以是以下：
(1)1和2，(2)1和3，(3)1和4，(4)1和5，
(5)2和3，(6)2和5，(7)3和5，(8)4和5，
共8种，
故选C．
9.【答案】C
【解析】解：A、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
B、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
C、能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项符合题意；
D、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
故选：C．
确定一个基本图案按照一定的方向平移一定的距离，连续作图即可设计出美丽的图案，进而可得答案．
此题主要考查了利用平移设计图案，关键是掌握平移的特点．
10.【答案】B
【解析】解：第二个，第四个图是轴对称图形．
故选：B．
根据轴对称图形的定义判断即可．
本题考查利用轴对称设计图案，解题的关键是掌握轴对称图形的定义，属于中考常考题型．
11.【答案】C
【解析】【分析】此题主要考查了利用平移设计图案，关键是掌握平移的特点．确定一个基本图案按照一定的方向平移一定的距离，连续作图即可设计出美丽的图案，进而可得答案．
【详解】解：A、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
B、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
C、能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项符合题意；
D、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
故选：C
12.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是边长为1cm的正方形，
∴BD= 12+12= 2(cm)，
由平移的性质可知BB′=1cm，
∴B′D=( 2−1)cm．
故选：C．
根据正方形的性质、勾股定理求出BD，根据平移的概念求出BB′，计算即可．
本题考查的是平移的性质、正方形的性质，勾股定理，根据平移的概念求出BB′是解题的关键．
13.【答案】m+2023n
【解析】解：由图可得，2个这样的图形(图1)拼出来的图形中，重叠部分的长度为m−n，
∴用2024个这样的图形(图1)拼出来的图形的总长度=2024m−2023(m−n)=m+2023n，
故答案为：m+2023n．
用2024个这样的图形(图1)的总长减去拼接时的重叠部分2023个(m−n)，即可得到拼出来的图形的总长度．
本题主要考查了利用轴对称设计图案，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．
14.【答案】y= 3x− 3
【解析】【分析】
本题主要考查一次函数与坐标轴的交点、直线的旋转、解直角三角形以及待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是找到旋转后对应的直角边长，即可利用待定系数法求得解析式．
根据题意可求得l1与坐标轴的交点A和点B，可得∠OAB=∠OBA=45∘，结合旋转得到∠OAC=60∘，则∠OCA=30∘，求得OC=OC·tan∠OCA，即有点C，利用待定系数法即可求得直线l2的解析式．
【解答】
解：依题意画出旋转前的函数图象l1和旋转后的函数图象l2，如图所示：
设l1与y轴的交点为点B，
令x=0，得y=−1;
令y=0，即x=1，
∴A(1,0)，B(0,−1)，
∴OA=1，OB=1，即∠OAB=∠OBA=45∘
∵直线l1绕点A逆时针旋转15∘，得到直线l2，
∴∠BAC=15°
∴∠OAC=60∘，
∴OC=OA·tan∠OAC= 3OA= 3，则点C(0,− 3)，
设直线l2的解析式为y=kx+b，
则0=k+b− 3=b，
解得k= 3b=− 3，
那么，直线l2的解析式为y= 3x− 3，
故答案为：y= 3x− 3．
15.【答案】3
【解析】【分析】
考查了利用轴对称设计图案，此题要首先找到大正方形的对称轴，然后根据对称轴，进一步确定可以涂黑的正方形．
根据轴对称图形的概念：把一个图形沿着某条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合及正方形的对称轴是两条对角线所在的直线和两组对边的垂直平分线，得出结果．
【解答】
解：在1，2，3处分别涂黑都可得一个轴对称图形，
故涂法有3种，
故答案为：3．
16.【答案】60°
【解析】【分析】
本题考查了旋转的性质，解题的关键是能够找到一对对应点确定旋转角，从而确定旋转角的度数，难度不大．根据旋转的定义确定两个对应点的位置，求得其与O点连线的夹角即可求得旋转角．
【解答】
解：如图，
当经过一次旋转后点C旋转至点B的位置上，
此时α=∠COB=360°6=60°，
17.【答案】【小题1】
如图所示．
【小题2】
12×5×1×2×4=20．
【解析】1. 见答案
2. 见答案
18.【答案】解：(1)如图①所示；
；
(2)如图②所示；
．
【解析】【分析】
本题考查轴对称和中心对称，掌握轴对称和中心对称图形的概念是解题的关键．
(1)根据轴对称的性质画出图形即可；
(2)根据中心对称的性质画出图形即可．
19.【答案】解：如图．
．
【解析】本题考查的是利用轴对称设计图案，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
利用轴对称图形的性质，用5个小正方形组成一个轴对称图形即可．
20.【答案】(1)证明：∵四边形OBCA为矩形，
∴OB//CA，BC//OA，
∴∠BOC=∠OCA，
又∵△BOE沿着OE对折，使点B落在OC上的F点处；△ACH沿着CH对折，使点A落在OC上的G点处，
∴∠BOC=2∠EOC，∠OCA=2∠OCH，
∴∠EOC=∠OCH，
∴OE//CH，
又∵BC//OA，
∴四边形OECH是平行四边形；
(2)解：点B的坐标是(0,5 33)；四边形OECH是菱形．理由如下：如图2，
∵△BOE沿着OE对折，使点B落在OC上的F点处；△ACH沿着CH对折，使点A落在OC上的G点处，
∴∠EFO=∠EBO=90°，∠CFH=∠CAF=90°，
∵点F，G重合，
∴EH⊥OC，
又∵四边形OECH是平行四边形，
∴平行四边形OECH是菱形，
∴EO=EC，
∴∠EOC=∠ECO，
又∵∠EOC=∠BOE，
∴∠EOB=∠EOC=∠ECO=30°，
又∵点A的坐标是(5,0)，
∴OA=5，
∴BC=5，
在Rt△OBC中，OB= 33BC=5 33，
∴点B的坐标是(0,5 33)；
(3)解：当点F在点O，G之间时，如图，
∵△BOE沿着OE对折，使点B落在OC上的F点处；△ACH沿着CH对折，使点A落在OC上的G点处，
∴OF=OB，CG=CA，
而OB=CA，
∴OF=CG，
∵点F，G将对角线OC三等分，
∴AC=OF=FG=GC，
设AC=m，则OC=3m，
在Rt△OAC中，OA=5，
∵AC2+OA2=OC2，
∴m2+52=(3m)2，解得m=54 2，
∴OB=AC=54 2，
∴点B的坐标是(0,54 2)；
当点G在O，F之间时，如图，
同理可得OF=CG=AC，
设OG=n，则AC=GC=2n，
在Rt△OAC中，OA=5，
∵AC2+OA2=OC2，
∴(2n)2+52=(3n)2，解得n= 5，
∴AC=OB=2 5，
∴点B的坐标是(0,2 5).
【解析】(1)根据矩形的性质得OB//CA，BC//OA，再利用平行线的性质得∠BOC=∠OCA，然后根据折叠的性质得到∠BOC=2∠EOC，∠OCA=2∠OCH，所以∠EOC=∠OCH，根据平行线的判定定理得OE//CH，加上BC//OA，于是可根据平行四边形的判定方法得四边形OECH是平行四边形；
(2)先根据折叠的性质得∠EFO=∠EBO=90°，∠CFH=∠CAF=90°，由点F，G重合得到EH⊥OC，根据菱形的判定方法得到平行四边形OECH是菱形，则EO=EC，所以∠EOC=∠ECO，而∠EOC=∠BOE，根据三角形内角和定理可计算出∠EOB=∠EOC=∠ECO=30°，在Rt△OBC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得OB=5 33，于是得到点B的坐标是(0,5 33)；
(3)分类讨论：当点F在点O，G之间时，根据折叠的性质得OF=OB，CG=CA，则OF=CG，所以AC=OF=FG=GC，设AC=m，则OC=3m，在Rt△OAC中，根据勾股定理得m2+52=(3m)2，解得m=54 2，则点B的坐标是(0,54 2)；当点G在O，F之间时，同理可得OF=CG=AC，设OG=n，则AC=GC=2n，在Rt△OAC中，根据勾股定理得(2n)2+52=(3n)2，解得n= 5，则AC=OB=2 5，所以点B的坐标是(0,2 5).
本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质、平行四边形和菱形的判定方法和折叠的性质；理解坐标与图形的性质；会运用勾股定理进行几何计算；能运用分类讨论的思想解决数学问题是关键．
21.【答案】解：(1)△ABC由其三个顶点确定，顶点A(−2,4)向右平移1个单位，向下平移4个单位得到点A1(−1,0)，根据平移的性质可知，顶点B，C分别向右平移1个单位，向下平移4个单位即可分别得到其对应点B1(−3,−2)，C1(0,−2)，连接点A1(−1,0)，B1(−3,−2)，C1(0,−2)，所得图形即为平移后的△A1B1C1．
图形如图所示．
(2)△ABC由其三个顶点确定，根据图形旋转的性质可知，点A2的坐标为(1,3)，点B2的坐标为(−1,5)，点C2的坐标为(−1,2)，连接点A2，B2，C2，所得图形即为△A2B2C2．
图形如图所示．
【解析】(1)△ABC由其三个顶点确定，顶点A(−2,4)向右平移1个单位，向下平移4个单位得到点A1(−1,0)，根据平移的性质可知，顶点B，C分别向右平移1个单位，向下平移4个单位即可分别得到其对应点B1(−3,−2)，C1(0,−2)，连接点A1(−1,0)，B1(−3,−2)，C1(0,−2)，所得图形即为平移后的△A1B1C1．
(2)△ABC由其三个顶点确定，根据图形旋转的性质可知，点A2的坐标为(1,3)，点B2的坐标为(−1,5)，点C2的坐标为(−1,2)，连接点A2，B2，C2，所得图形即为△A2B2C2．
本题主要考查图形的平移和旋转，牢记图形平移和旋转的性质是解题的关键．
22.【答案】(1)解：如图，点O为所求的点；
(2)证明：∵D是BC的中点，
∴BD=12BC．
∵△ABC绕点O旋转得到△DEF，D，E分别是点A，B的对应点，
∴ OB=OE，∠BOE=∠AOD=90°，△ABC≌△DEF，
∴∠BOD=90°，BC= EF，∠ABC= ∠DEF .，
在△ODB与△OGE中
∠ABC=∠DEFOB=OE∠BOD=∠BOE
∴△ODB≌△OGE，
∴BD=EG，
∴EG=12EF，
即EG=FG，
∴G是EF中点．
【解析】本题考查的是线段垂直平分线的尺规作图，图形的旋转，全等三角形的判定与性质等，解题的关键熟练掌握旋转的性质。
(1)作线段AD的垂直平分线交AB于点O即可；
(2)根据旋转的性质可知OB=OE，∠BOE=∠AOD=90°，△ABC≌△DEF，接着证明△ODB≌△OGE，得到BD=EG即可得出结论．
23.【答案】解：(1)如图1，点A和点B关于点O的对称点为A′、B′，连接A′B′，则线段A′B′就是线段AB关于点O的中心对称图形；
(2)如图2，点C和点D分别在如图位置时，四边形ABCD为矩形(答案不唯一)，
∵如图是由边长为1且有一个内角为60°的菱形构成的网格，
∴AB=CD=2 3，较短对角线AD=BC=1，
∴矩形ABCD的面积=2 3×1=2 3；
(3)∵矩形ABCD的面积为3 3，AB=CD=2 3，
∴AD=BC=32，
如图3，图中标记的两个点是菱形对角线的交点，此时AD=BC=32，
连接AD、DC和BC，则矩形ABCD就是符合要求的矩形ABCD．
【解析】(1)根据作一个点关于某个点的对称点的方法分别找出点A和点B关于点O的对称点A′、B′，连接A′B′，则线段A′B′就是线段AB关于点O的中心对称图形；
(2)用菱形较短的对角线作矩形ABCD的另一边，使C、D均为格点，顺次连接得到符合要求的矩形ABCD，再根据求矩形面积的方法求出面积即可；
(3)根据已知矩形的面积和AB边的长求出邻边的长，然后找出两个菱形对角线的交点就是符合要求的点C和D，再连接AD、DC和BC就是符合要求的矩形ABCD．
本题是几何变换综合题，主要考查中心对称，菱形的性质，矩形的判断和性质以及尺规作图，深入理解题意是解决问题的关键．
24.【答案】解：(1)如图，△C1D1E1即为所求；
(2)如图，△C2D2E2即为所求．
【解析】(1)利用平移变换的性质分别作出C，D，E的对应点C1，D1，E1即可；
(2)利用旋转变换的性质分别作出C，D，E的对应点C2，D2，E2即可．
本题考查作图−旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质．
25.【答案】解：(1)当点D在CB的延长线上时，CD=4+8=12，
当点D在线段BC上时，CD=8−4=4，
故CD的长为4或8．
(2)①如图2中，连接AD，DE．
∵BD=BE=4，∠DBE=90°，
∴DE= 2BD=4 2，∠DEB=45°，
∵∠AEB=135°，
∴∠AED=90°，
∵AE=2 5，
∴AD= AE2+DE2= (2 5)2+(4 2)2=2 13
∵∠DBE=∠ABC=90°，
∴∠DBA=∠EBC，
∵BD=BE，BA=BC，
∴△DBA≌△EBC(SAS)，
∴EC=AD=2 13．
②如图3中，连接AD，延长CE交AB于O，交AD于J．
∵∠DBE=∠ABC=90°，
∴∠DBA=∠EBC，
∵BD=BE，BA=BC，
∴△DBA≌△EBC(SAS)，
∴EC=AD，∠DAB=∠ECB，
∵∠BOC+∠BCE=90°，∠AOJ=∠BOC，
∴∠AOJ+∠DAB=90°，
∴∠AJC=90°，
∴CJ⊥AD，
∵AP=EP，EM=MD，
∴PM//AD，PM=12AD，
同法可得，PN//EC，PN=12EC，
∴PM=PN，PM⊥JC，
∴PN⊥PM，
∴△PMN是等腰直角三角形，
∴S△PMN=12⋅PM⋅PN=18AD2
∵4≤AD≤12，
∴2≤S△PMN≤18．
【解析】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的面积．三角形的中位线定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
(1)分两种情形分别求解即可．
(2)①首先证明∠AED=90°，利用勾股定理求出DE，AD，再利用全等三角形的性质证明EC=AD即可．
②如图3中，连接AD，延长CE交AB于O，交AD于J.想办法证明△PMN是等腰直角三角形，S△PMN=18AD2，求出AD的取值范围即可．
1.如图所示的图案分别是三菱、大众、奥迪、奔驰汽车的车标，其中可以看作是由“基本图案”经过平移得到的是( )
A. B.
C. D.
2.以下所示的车标，可以看作由平移得到的是( )
A. B.
C. D.
3.如图，在方格纸中，△ABC经过变换得到△DEF，正确的变换是( )
A. 把△ABC绕点C顺时针旋转90∘，再向下平移2格
B. 把△ABC绕点C顺时针旋转90∘，再向下平移5格
C. 把△ABC向下平移4格，再绕点C逆时针旋转180∘
D. 把△ABC向下平移5格，再绕点C顺时针旋转180∘
4.如图所示的“钻石”型网格(由边长都为1个单位长度的等边三角形组成)，其中已经涂黑了3个小三角形(阴影部分表示)，请你再只涂黑一个小三角形，使它与阴影部分合起来所构成的图形是一个轴对称图形，一共有( )种涂法．
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
5.以下所示的车标，可以看作由平移得到的是( )
A. B.
C. D.
6.下列图案中，能通过平移得到如图的图案是( )
A.
B.
C.
D.
7.如图，线段AB=4，点M为AB的中点，动点P到点M的距离是1，连接PB，线段PB绕点P逆时针旋转90∘得到线段PC，连接AC，则线段AC长度的最大值是( )
A. 3B. 4C. 2 2D. 3 2
8.如图，这是由8个边长相同的正六边形组成的图形，若在5个白色的正六边形中，选择2个涂黑，使涂黑的2个正六边形和原来3个被涂黑的正六边形恰好组成轴对称图形，则选择的方案最多有( )
A. 10种B. 9种C. 8种D. 6种
9.下列大学校徽中心区域的主要图案可以抽象成由某一个基本图形经过平移形成的是( )
A. B. C. D.
10.下列我国传统图案设计的四个图案中，有几个是轴对称图形( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
埃舍尔(,1898∼1972)，荷兰科学思维版画大师，20世纪画坛中独树一帜的艺术家．他的画被称为“迷惑的图画”，数学是他的艺术之魂．他常借助平移等几何变换进行艺术创作．以下作品中，可以由一个基本图形通过平移得到的是( )
A. B. C. D.
12.“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥，如图，将边长为1cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一个“方胜”图案，则点D，B′之间的距离为( )
A. 1cmB. 2cmC. ( 2−1)cmD. (2 2−1)cm
二、填空题：本题共4小题，每小题3分，共12分。
13.如图1是个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，小王按照如图2所示的方法玩拼图游戏，两两相扣，相互不留空隙，那么小王用2024个这样的图形(图1)拼出来的图形的总长度是_____.(结果用m，n表示)
14.直线l1:y=x−1与x轴交于点A，将直线l1绕点A逆时针旋转15∘，得到直线l2，则直线l2对应的函数表达式是 ．
15.如图，在正方形方格中，阴影部分是涂黑7个小正方形所形成的图案，再将方格内一个空白的小正方形涂黑，使得到的新图案成为一个轴对称图形的涂法有_____________种．
16.小明将图案
绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度α，设计出一个外轮廓为正六边形的图案(如图)，则旋转角度α的最小值为________．
三、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
在边长为1的正方形方格纸中，有如图所示的四边形(顶点都在格点上)．
(1)先作出该四边形关于直线l成轴对称的图形，再作出上面所作的图形连同原四边形绕点O按顺时针方向旋转90°后的图形；
(2)完成上述设计后，求出整个图案的面积．
18.(本小题8分)
如图 ①、 ②均为7×6的正方形网格，点A、B、C在格点上．
(1)在图 ①中确定格点D，并画出以A、B、C、D为顶点的四边形，使其为轴对称图形(画一个即可)．
(2)在图 ②中确定格点E，并画出以A、B、C、E为顶点的四边形，使其为中心对称图形．(画一个即可)
19.(本小题8分)
参考示意图，在4×4的方格内选5个小正方形，让它们组成一个轴对称图形，请在图中画出你的4种方案．(每个4×4的方格内限画一种)
要求：
(1)5个小正方形必须相连(有公共边或公共顶点视为相连)
(2)将选中的小正方形方格用黑色签字笔涂成阴影图形．(若两个方案的图形经过翻折、平移、旋转后能够重合，均视为一种方案)
20.(本小题8分)
如图1，已知O是坐标原点，点A的坐标是(5,0)，B是y轴正半轴上一动点，以OB，⊙A为边作矩形OBCA，点E，H分别在边BC和OA上，将△BOE沿着OE对折，使点B落在OC上的点F处，将△ACH沿着CH对折，使点A落在OG上的点G处．
(1)求证：四边形OECH是平行四边形．
(2)如图2，当点F，G重合时，求点B的坐标，判断四边形OECH的形状，并说明理由．
(3)当点F，G将对角线OC三等分时，求点B的坐标．
21.(本小题8分)
如图，△ABC各顶点的坐标分别为A(−2,4)，B(−4,2)，C(−1,2)．
(1)平移△ABC，使其顶点A平移到点A1(−1,0)，画出平移后的△A1B1C1；
(2)将△ABC绕C点顺时针旋转90°，点A的对应点是A2，得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．
22.(本小题8分)
如图，在△ABC中，D是BC上一点．
(1)在AB上确定一点O，使得OA=OD(尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)；
(2)在(1)的条件下，当∠AOD=90∘时，将△ABC绕点O旋转得到△DEF，其中，D，E分别是点A，B的对应点．若D是BC的中点，EF交AB于点G，求证：G是EF的中点．
23.(本小题8分)
如图1，图2，图3是由边长为1且有一个内角为60°的菱形构成的网格，A，B是格点.只用不含刻度的直尺按以下要求画图，并保留画图痕迹．
(1)在图1中画出线段AB关于点O的中心对称图形；
(2)在图2中画一个以AB为一边的矩形ABCD(C,D为格点)，并写出矩形ABCD的面积；
(3)在图3中以AB为一边的作一个矩形ABCD(C,D不一定为格点)，使其面积为3 3．
24.(本小题8分)
如图，正方形网格中每个小正方形的边长都是1个单位长度，每个小正方形的顶点叫格点，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．
(1)在网格图中画出△CDE先向右平移3个单位，再向上平移4个单位长度后的△C1D1E1．
(2)画出格点△CDE绕点E顺时针旋转90°后的△C2D2E2．
25.(本小题8分)
如图1，△ABC是等腰直角三角形，AB=BC，∠ABC=90°，线段BD可绕点B在平面内旋转，BD=4．
(1)若AB=8，在线段BD旋转过程中，当点B，C，D三点在同一直线上时，直接写出CD的长．
(2)如图2，若将线段BD绕点B按顺时针方向旋转90°，得到线段BE，连接AE，CE．
①当点D的位置由△ABC外的点D转到其内的点E处，且∠AEB=135°，AE=2 5时，求CE的长；
②如图3，若AB=8，连接DE，将△BDE绕点B在平面内旋转，分别取DE，AE，AC的中点M，P，N，连接MP，PN，NM，请直接写出△MPN面积S的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
此题主要考查了图形的平移，图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，学生易混淆图形的平移与旋转或翻转，而导致错选．根据平移的性质：不改变图形的形状和大小，不可旋转与翻转，将题中所示的图案通过平移后可以得到的图案是C．
【解答】
解：观察图形可知，图案C可以看作由“基本图案”经过平移得到．
故选C．
2.【答案】B
【解析】解：根据平移的定义可知，只有B选项是由一个圆作为基本图形，经过平移得到．
故选：B．
根据平移的定义结合图形进行判断．
本题考查利用平移设计图案，把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同，图形的这种移动叫做平移．解题的关键是注意平移是图形整体沿某一直线方向移动，平移不改变图形的形状和大小．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了作图−平移变换与旋转变换，属于基础题．
观察图形即可解答．
【解答】
解：根据图形，△ABC绕点C顺时针方向旋转90°，再向下平移5格即可与△DEF重合．
故选B．
4.【答案】C
【解析】解：如图，满足条件的三角形有三个．
故选：C．
根据轴对称图形的定义，画出图形即可．
本题考查利用轴对称图形设计图案，解题的关键是连接轴对称图形的定义，属于中考常考题型．
5.【答案】B
【解析】解：根据平移的定义可知，只有B选项是由一个圆作为基本图形，经过平移得到．
故选：B．
根据平移的定义结合图形进行判断．
本题考查利用平移设计图案，把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新图形与原图形的形状和大小完全相同，图形的这种移动叫做平移．解题的关键是注意平移是图形整体沿某一直线方向移动，平移不改变图形的形状和大小．
6.【答案】B
【解析】解：能通过平移得到如图的图案是选项B．
故选：B．
根据平移变换的性质判断即可．
本题考查利用平移设计图案，解题的关键是理解平移变换的性质，属于中考常考题型．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查的是旋转的性质、全等三角形的性质和判定，坐标系中两点之间的距离的应用，列出AC的长度与点P的坐标之间的关系式是解题的关键．
以M为坐标原点建立坐标系，过点C作CD⊥y轴，垂足为D，过点P作PE⊥DC，垂足为E，延长EP交x轴于点F，设点P的坐标为(x,y)，则x2+y2=1.然后证明△ECP≌△FPB，由全等三角形的性质得到EC=PF=y，FB=EP=2−x，从而得到点C(x+y,y+2−x)，再由勾股定理可求得AC= 10+8y，最后，依据当y=1时，AC有最大值求解即可．
【解答】
解：如图所示：以M为坐标原点建立坐标系，连接BC，过点C作CD⊥y轴，垂足为D，过点P作PE⊥DC，垂足为E，延长EP交x轴于点F．
∵AB=4，M为AB的中点，
∴A(−2,0)，B(2,0)，
设点P的坐标为(x,y)，则x2+y2=1，
∵∠EPC+∠BPF=90°，∠EPC+∠ECP=90°，
∴∠ECP=∠FPB，
由旋转的性质可知：PC=PB，
在△ECP和△FPB中，
∠ECP=∠FPB∠PEC=∠PFBPC=PB,
∴△ECP≌△FPB(AAS)，
∴EC=PF=y，EP=FB=2−x，
∴C(x+y,y+2−x)，
∴AC= (x+y+2)2+(y+2−x)2= 2x2+2y2+8y+8，
∵x2+y2=1，
∴AC= 10+8y，
∵−1≤y≤1，
∴当y=1时，AC有最大值，AC的最大值为 10+8= 18=3 2．
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了学生对轴对称定义的理解及利用轴对称设计图案的能力，抓住轴对称定义解题即可．
【解答】
解：如图，先将空白的5个正六边形标上数字1，2，3，4，5，
根据轴对称图形的定义，可涂黑的2个正六边形组合可以是以下：
(1)1和2，(2)1和3，(3)1和4，(4)1和5，
(5)2和3，(6)2和5，(7)3和5，(8)4和5，
共8种，
故选C．
9.【答案】C
【解析】解：A、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
B、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
C、能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项符合题意；
D、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
故选：C．
确定一个基本图案按照一定的方向平移一定的距离，连续作图即可设计出美丽的图案，进而可得答案．
此题主要考查了利用平移设计图案，关键是掌握平移的特点．
10.【答案】B
【解析】解：第二个，第四个图是轴对称图形．
故选：B．
根据轴对称图形的定义判断即可．
本题考查利用轴对称设计图案，解题的关键是掌握轴对称图形的定义，属于中考常考题型．
11.【答案】C
【解析】【分析】此题主要考查了利用平移设计图案，关键是掌握平移的特点．确定一个基本图案按照一定的方向平移一定的距离，连续作图即可设计出美丽的图案，进而可得答案．
【详解】解：A、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
B、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
C、能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项符合题意；
D、不能看成由某一个基本图形通过平移形成的，故此选项不合题意；
故选：C
12.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是边长为1cm的正方形，
∴BD= 12+12= 2(cm)，
由平移的性质可知BB′=1cm，
∴B′D=( 2−1)cm．
故选：C．
根据正方形的性质、勾股定理求出BD，根据平移的概念求出BB′，计算即可．
本题考查的是平移的性质、正方形的性质，勾股定理，根据平移的概念求出BB′是解题的关键．
13.【答案】m+2023n
【解析】解：由图可得，2个这样的图形(图1)拼出来的图形中，重叠部分的长度为m−n，
∴用2024个这样的图形(图1)拼出来的图形的总长度=2024m−2023(m−n)=m+2023n，
故答案为：m+2023n．
用2024个这样的图形(图1)的总长减去拼接时的重叠部分2023个(m−n)，即可得到拼出来的图形的总长度．
本题主要考查了利用轴对称设计图案，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．
14.【答案】y= 3x− 3
【解析】【分析】
本题主要考查一次函数与坐标轴的交点、直线的旋转、解直角三角形以及待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是找到旋转后对应的直角边长，即可利用待定系数法求得解析式．
根据题意可求得l1与坐标轴的交点A和点B，可得∠OAB=∠OBA=45∘，结合旋转得到∠OAC=60∘，则∠OCA=30∘，求得OC=OC·tan∠OCA，即有点C，利用待定系数法即可求得直线l2的解析式．
【解答】
解：依题意画出旋转前的函数图象l1和旋转后的函数图象l2，如图所示：
设l1与y轴的交点为点B，
令x=0，得y=−1;
令y=0，即x=1，
∴A(1,0)，B(0,−1)，
∴OA=1，OB=1，即∠OAB=∠OBA=45∘
∵直线l1绕点A逆时针旋转15∘，得到直线l2，
∴∠BAC=15°
∴∠OAC=60∘，
∴OC=OA·tan∠OAC= 3OA= 3，则点C(0,− 3)，
设直线l2的解析式为y=kx+b，
则0=k+b− 3=b，
解得k= 3b=− 3，
那么，直线l2的解析式为y= 3x− 3，
故答案为：y= 3x− 3．
15.【答案】3
【解析】【分析】
考查了利用轴对称设计图案，此题要首先找到大正方形的对称轴，然后根据对称轴，进一步确定可以涂黑的正方形．
根据轴对称图形的概念：把一个图形沿着某条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合及正方形的对称轴是两条对角线所在的直线和两组对边的垂直平分线，得出结果．
【解答】
解：在1，2，3处分别涂黑都可得一个轴对称图形，
故涂法有3种，
故答案为：3．
16.【答案】60°
【解析】【分析】
本题考查了旋转的性质，解题的关键是能够找到一对对应点确定旋转角，从而确定旋转角的度数，难度不大．根据旋转的定义确定两个对应点的位置，求得其与O点连线的夹角即可求得旋转角．
【解答】
解：如图，
当经过一次旋转后点C旋转至点B的位置上，
此时α=∠COB=360°6=60°，
17.【答案】【小题1】
如图所示．
【小题2】
12×5×1×2×4=20．
【解析】1. 见答案
2. 见答案
18.【答案】解：(1)如图①所示；
；
(2)如图②所示；
．
【解析】【分析】
本题考查轴对称和中心对称，掌握轴对称和中心对称图形的概念是解题的关键．
(1)根据轴对称的性质画出图形即可；
(2)根据中心对称的性质画出图形即可．
19.【答案】解：如图．
．
【解析】本题考查的是利用轴对称设计图案，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．
利用轴对称图形的性质，用5个小正方形组成一个轴对称图形即可．
20.【答案】(1)证明：∵四边形OBCA为矩形，
∴OB//CA，BC//OA，
∴∠BOC=∠OCA，
又∵△BOE沿着OE对折，使点B落在OC上的F点处；△ACH沿着CH对折，使点A落在OC上的G点处，
∴∠BOC=2∠EOC，∠OCA=2∠OCH，
∴∠EOC=∠OCH，
∴OE//CH，
又∵BC//OA，
∴四边形OECH是平行四边形；
(2)解：点B的坐标是(0,5 33)；四边形OECH是菱形．理由如下：如图2，
∵△BOE沿着OE对折，使点B落在OC上的F点处；△ACH沿着CH对折，使点A落在OC上的G点处，
∴∠EFO=∠EBO=90°，∠CFH=∠CAF=90°，
∵点F，G重合，
∴EH⊥OC，
又∵四边形OECH是平行四边形，
∴平行四边形OECH是菱形，
∴EO=EC，
∴∠EOC=∠ECO，
又∵∠EOC=∠BOE，
∴∠EOB=∠EOC=∠ECO=30°，
又∵点A的坐标是(5,0)，
∴OA=5，
∴BC=5，
在Rt△OBC中，OB= 33BC=5 33，
∴点B的坐标是(0,5 33)；
(3)解：当点F在点O，G之间时，如图，
∵△BOE沿着OE对折，使点B落在OC上的F点处；△ACH沿着CH对折，使点A落在OC上的G点处，
∴OF=OB，CG=CA，
而OB=CA，
∴OF=CG，
∵点F，G将对角线OC三等分，
∴AC=OF=FG=GC，
设AC=m，则OC=3m，
在Rt△OAC中，OA=5，
∵AC2+OA2=OC2，
∴m2+52=(3m)2，解得m=54 2，
∴OB=AC=54 2，
∴点B的坐标是(0,54 2)；
当点G在O，F之间时，如图，
同理可得OF=CG=AC，
设OG=n，则AC=GC=2n，
在Rt△OAC中，OA=5，
∵AC2+OA2=OC2，
∴(2n)2+52=(3n)2，解得n= 5，
∴AC=OB=2 5，
∴点B的坐标是(0,2 5).
【解析】(1)根据矩形的性质得OB//CA，BC//OA，再利用平行线的性质得∠BOC=∠OCA，然后根据折叠的性质得到∠BOC=2∠EOC，∠OCA=2∠OCH，所以∠EOC=∠OCH，根据平行线的判定定理得OE//CH，加上BC//OA，于是可根据平行四边形的判定方法得四边形OECH是平行四边形；
(2)先根据折叠的性质得∠EFO=∠EBO=90°，∠CFH=∠CAF=90°，由点F，G重合得到EH⊥OC，根据菱形的判定方法得到平行四边形OECH是菱形，则EO=EC，所以∠EOC=∠ECO，而∠EOC=∠BOE，根据三角形内角和定理可计算出∠EOB=∠EOC=∠ECO=30°，在Rt△OBC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得OB=5 33，于是得到点B的坐标是(0,5 33)；
(3)分类讨论：当点F在点O，G之间时，根据折叠的性质得OF=OB，CG=CA，则OF=CG，所以AC=OF=FG=GC，设AC=m，则OC=3m，在Rt△OAC中，根据勾股定理得m2+52=(3m)2，解得m=54 2，则点B的坐标是(0,54 2)；当点G在O，F之间时，同理可得OF=CG=AC，设OG=n，则AC=GC=2n，在Rt△OAC中，根据勾股定理得(2n)2+52=(3n)2，解得n= 5，则AC=OB=2 5，所以点B的坐标是(0,2 5).
本题是几何变换综合题，考查了矩形的性质、平行四边形和菱形的判定方法和折叠的性质；理解坐标与图形的性质；会运用勾股定理进行几何计算；能运用分类讨论的思想解决数学问题是关键．
21.【答案】解：(1)△ABC由其三个顶点确定，顶点A(−2,4)向右平移1个单位，向下平移4个单位得到点A1(−1,0)，根据平移的性质可知，顶点B，C分别向右平移1个单位，向下平移4个单位即可分别得到其对应点B1(−3,−2)，C1(0,−2)，连接点A1(−1,0)，B1(−3,−2)，C1(0,−2)，所得图形即为平移后的△A1B1C1．
图形如图所示．
(2)△ABC由其三个顶点确定，根据图形旋转的性质可知，点A2的坐标为(1,3)，点B2的坐标为(−1,5)，点C2的坐标为(−1,2)，连接点A2，B2，C2，所得图形即为△A2B2C2．
图形如图所示．
【解析】(1)△ABC由其三个顶点确定，顶点A(−2,4)向右平移1个单位，向下平移4个单位得到点A1(−1,0)，根据平移的性质可知，顶点B，C分别向右平移1个单位，向下平移4个单位即可分别得到其对应点B1(−3,−2)，C1(0,−2)，连接点A1(−1,0)，B1(−3,−2)，C1(0,−2)，所得图形即为平移后的△A1B1C1．
(2)△ABC由其三个顶点确定，根据图形旋转的性质可知，点A2的坐标为(1,3)，点B2的坐标为(−1,5)，点C2的坐标为(−1,2)，连接点A2，B2，C2，所得图形即为△A2B2C2．
本题主要考查图形的平移和旋转，牢记图形平移和旋转的性质是解题的关键．
22.【答案】(1)解：如图，点O为所求的点；
(2)证明：∵D是BC的中点，
∴BD=12BC．
∵△ABC绕点O旋转得到△DEF，D，E分别是点A，B的对应点，
∴ OB=OE，∠BOE=∠AOD=90°，△ABC≌△DEF，
∴∠BOD=90°，BC= EF，∠ABC= ∠DEF .，
在△ODB与△OGE中
∠ABC=∠DEFOB=OE∠BOD=∠BOE
∴△ODB≌△OGE，
∴BD=EG，
∴EG=12EF，
即EG=FG，
∴G是EF中点．
【解析】本题考查的是线段垂直平分线的尺规作图，图形的旋转，全等三角形的判定与性质等，解题的关键熟练掌握旋转的性质。
(1)作线段AD的垂直平分线交AB于点O即可；
(2)根据旋转的性质可知OB=OE，∠BOE=∠AOD=90°，△ABC≌△DEF，接着证明△ODB≌△OGE，得到BD=EG即可得出结论．
23.【答案】解：(1)如图1，点A和点B关于点O的对称点为A′、B′，连接A′B′，则线段A′B′就是线段AB关于点O的中心对称图形；
(2)如图2，点C和点D分别在如图位置时，四边形ABCD为矩形(答案不唯一)，
∵如图是由边长为1且有一个内角为60°的菱形构成的网格，
∴AB=CD=2 3，较短对角线AD=BC=1，
∴矩形ABCD的面积=2 3×1=2 3；
(3)∵矩形ABCD的面积为3 3，AB=CD=2 3，
∴AD=BC=32，
如图3，图中标记的两个点是菱形对角线的交点，此时AD=BC=32，
连接AD、DC和BC，则矩形ABCD就是符合要求的矩形ABCD．
【解析】(1)根据作一个点关于某个点的对称点的方法分别找出点A和点B关于点O的对称点A′、B′，连接A′B′，则线段A′B′就是线段AB关于点O的中心对称图形；
(2)用菱形较短的对角线作矩形ABCD的另一边，使C、D均为格点，顺次连接得到符合要求的矩形ABCD，再根据求矩形面积的方法求出面积即可；
(3)根据已知矩形的面积和AB边的长求出邻边的长，然后找出两个菱形对角线的交点就是符合要求的点C和D，再连接AD、DC和BC就是符合要求的矩形ABCD．
本题是几何变换综合题，主要考查中心对称，菱形的性质，矩形的判断和性质以及尺规作图，深入理解题意是解决问题的关键．
24.【答案】解：(1)如图，△C1D1E1即为所求；
(2)如图，△C2D2E2即为所求．
【解析】(1)利用平移变换的性质分别作出C，D，E的对应点C1，D1，E1即可；
(2)利用旋转变换的性质分别作出C，D，E的对应点C2，D2，E2即可．
本题考查作图−旋转变换，平移变换等知识，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质．
25.【答案】解：(1)当点D在CB的延长线上时，CD=4+8=12，
当点D在线段BC上时，CD=8−4=4，
故CD的长为4或8．
(2)①如图2中，连接AD，DE．
∵BD=BE=4，∠DBE=90°，
∴DE= 2BD=4 2，∠DEB=45°，
∵∠AEB=135°，
∴∠AED=90°，
∵AE=2 5，
∴AD= AE2+DE2= (2 5)2+(4 2)2=2 13
∵∠DBE=∠ABC=90°，
∴∠DBA=∠EBC，
∵BD=BE，BA=BC，
∴△DBA≌△EBC(SAS)，
∴EC=AD=2 13．
②如图3中，连接AD，延长CE交AB于O，交AD于J．
∵∠DBE=∠ABC=90°，
∴∠DBA=∠EBC，
∵BD=BE，BA=BC，
∴△DBA≌△EBC(SAS)，
∴EC=AD，∠DAB=∠ECB，
∵∠BOC+∠BCE=90°，∠AOJ=∠BOC，
∴∠AOJ+∠DAB=90°，
∴∠AJC=90°，
∴CJ⊥AD，
∵AP=EP，EM=MD，
∴PM//AD，PM=12AD，
同法可得，PN//EC，PN=12EC，
∴PM=PN，PM⊥JC，
∴PN⊥PM，
∴△PMN是等腰直角三角形，
∴S△PMN=12⋅PM⋅PN=18AD2
∵4≤AD≤12，
∴2≤S△PMN≤18．
【解析】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的面积．三角形的中位线定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
(1)分两种情形分别求解即可．
(2)①首先证明∠AED=90°，利用勾股定理求出DE，AD，再利用全等三角形的性质证明EC=AD即可．
②如图3中，连接AD，延长CE交AB于O，交AD于J.想办法证明△PMN是等腰直角三角形，S△PMN=18AD2，求出AD的取值范围即可．
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