初中数学人教版九年级上册23.2.1 中心对称优秀测试题

这是一份初中数学人教版九年级上册23.2.1 中心对称优秀测试题，文件包含专题232中心对称八大题型举一反三人教版原卷版docx、专题232中心对称八大题型举一反三人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。


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\l "_Tc21460" 【题型1 中心对称图形的识别】 PAGEREF _Tc21460 \h 1
\l "_Tc6696" 【题型2 根据中心对称的性质判断正误】 PAGEREF _Tc6696 \h 4
\l "_Tc31412" 【题型3 根据中心对称的性质求面积】 PAGEREF _Tc31412 \h 8
\l "_Tc15466" 【题型4 根据中心对称的性质求长度】 PAGEREF _Tc15466 \h 15
\l "_Tc4965" 【题型5 关于原点对称的点的坐标】 PAGEREF _Tc4965 \h 19
\l "_Tc10126" 【题型6 坐标系中作中心对称图形】 PAGEREF _Tc10126 \h 21
\l "_Tc6006" 【题型7 补全图形使之成为中心对称图形】 PAGEREF _Tc6006 \h 26
\l "_Tc7048" 【题型8 中心对称中的规律问题】 PAGEREF _Tc7048 \h 30
【知识点1 中心对称图形】
如果一个图形绕一个点旋转180°后能与自身重合，那么这个图形叫做中心对称图形。这个点叫做它的对称中心。
【题型1 中心对称图形的识别】
【例1】（2023春·山东潍坊·九年级统考期末）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转180°得到△DEC，连接AE，BD，添加下列条件后不一定使四边形ABDE既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．AB=BCB．AC=BCC．AC=12BED．AC⊥BC
【答案】A
【分析】根据轴对称图形以及中心对称图形的定义解决此题．
【详解】解：由题意得，△ABC≅△DEC，A、C、D三点共线，B、C、E三点共线．
∴AC=DC，BC=EC．
∴四边形ABDE是平行四边形．
A、根据中心对称图形的定义，平行四边形ABDE一定是中心对称图形；添加AB=BC，四边形ABDE不一定是轴对称图形，那么A符合题意
B、根据中心对称图形的定义，平行四边形ABDE一定是中心对称图形；添加AC=BC，得BE=AD，此时四边形ABDE是矩形，故四边形ABDE是轴对称图形，那么B不符合题意．
C、根据中心对称图形的定义，平行四边形ABDE一定是中心对称图形，得AC=12AD；添加AC=12BE，得AD=BE，故平行四边形ABDE是矩形，则四边形ABDE是轴对称图形，那么C不符合题意．
D、根据中心对称图形的定义，平行四边形ABDE一定是中心对称图形；添加AC⊥BC，故平行四边形ABDE是菱形，则四边形ABDE是轴对称图形，那么D不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查轴对称图形、中心对称图形，熟练掌握轴对称图形以及中心对称图形的定义是解决本题的关键．
【变式1-1】（2023春·山西晋中·九年级统考期中）下列图形是物理器件的平面示意图，从左至右分别代表小车、放大镜、钩码和砝码，其中可近似看作中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据中心对称图形的概念进行判断即可．
【详解】A、是轴对称图形，不是中心对称图形，此选项不合题意，排除；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，此选项不合题意，排除；
C、是中心对称图形，此选项合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，此选项不合题意，排除；
故选：C．
【点睛】此题考查了中心对称图形的概念，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，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式1-2】（2023春·浙江金华·九年级校考期中）下列手机手势解锁图案中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】如果一个平面图形沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心．根据定义作答即可.
【详解】解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故A选项不符合题意；
B．不是轴对称图形，是中心对称图形，故B选项不符合题意；
C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故C选项不符合题意；
D．是轴对称图形，也是中心对称图形，故D选项符合题意；
故选：D．
【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°后与原图重合．
【变式1-3】（2023春·江苏无锡·九年级统考期中）在等边三角形，平行四边形，正五边形和圆这4个图形中，一定是轴对称图形但不是中心对称图形的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形是轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．根据轴对称图形和中心对称图形的定义分析判断即可．
【详解】解：等边三角形是轴对称图形但不是中心对称图形；
平行四边形一定是中心对称图形，但不一定是轴对称图形；
正五边形是轴对称图形但不是中心对称图形；
圆既是轴对称图形，又是中心对称图形．
所以，一定是轴对称图形但不是中心对称图形的是2个．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的知识，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题关键．
【知识点2 中心对称的基本性质】
把一个图形绕着某一点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称。这个点叫做对称中心。这两个图形在旋转后能重合的对应点叫做关于对称中心的对称点。
中心对称的性质：①中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分；②中心对称的两个图形是全等图形。
【题型2 根据中心对称的性质判断正误】
【例2】（2023春·福建泉州·九年级统考期末）如图，△AOD与△BOC关于点O成中心对称，连接AB、CD，以下结论错误的是（ ）

A．OA=OBB．△AOD≌△COB
C．AD=BCD．S△ACD=S△BCD
【答案】A
【分析】依据△AOD与△BOC关于点O成中心对称，即可得到△AOD≌△COB，进而得到正确结论．
【详解】解：∵△AOD与△BOC关于点O成中心对称，
∴△AOD≌△COB，故选项B不符合题意；
∴S△AOD=S△COB，AD=BC，故选项C不符合题意；
∴S△AOD+S△OCD=S△COB+S△OCD，
∴S△ACD=S△BCD，故选项D不符合题意；
而OA和OB不是对应边，不一定相等，故选项A符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查中心对称，关于中心对称的两个图形能够完全重合；关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．掌握中心对称的概念和性质是解题的关键．也考查了全等三角形的性质．
【变式2-1】（2023春·全国·九年级统考期中）下列说法中，正确的有（ ）
①平行四边形是中心对称图形②两个全等三角形一定成中心对称
③对称中心是连接两对称点的线段的中点④若是轴对称图形，一定不是中心对称图形⑤若是中心对称图形，则一定不是轴对称图形．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】根据中心对称图形以及轴称图形的性质分别分析得出即可．
【详解】解：①平行四边形是中心对称图形，此选项正确；
②两个全等三角形不一定成中心对称，故此选项错误；
③对称中心是连接两对称点的线段的中点，此选项正确；
④若是轴对称图形，不一定不是中心对称图形，故此选项错误；
⑤若是中心对称图形，则不一定不是轴对称图形，故此选项错误，则正确的有2个．
故选B．
【点睛】此题主要考查了中心对称和轴对称图形的性质，正确区分他们的定义是解题关键．
【变式2-2】（2023春·河南南阳·九年级统考期末）如图，△ABC与△A′B′C′关于点O成中心对称，有以下结论：①点A与点A′是对称点；②BO=B′O；③AB∥A′B′；④∠ACB=∠C′A′B′．其中正确结论的序号为 ．

【答案】①②③
【分析】根据中心对称的性质分别判断即可．
【详解】解：由中心对称的性质知，①点A与点A′是对称点；正确；
②BO=B′O；正确；
由中心对称知， △OAB≌△OA′B′，
∴∠OAB=∠OA′B′
∴AB∥A′B′；故③正确；
④∠ACB=∠A′C′B′，故④∠ACB=∠C′A′B′错误；
故答案为：①②③
【点睛】本题考查中心对称的性质，理解中心对称的定义及性质是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·北京海淀·九年级中关村中学校考期中）如图，分别在四边形ABCD的各边上取中点E，F，G，H，连接EG，在EG上取一点M，连接HM，过F作FN∥HM，交EG于N，将四边形ABCD中的四边形①和②移动后按图中方式摆放，得到四边形AHM′G′和AF′N′E，延长M′G′，N′F′相交于点K，得到四边形MM′KN′．下列说法中正确的是（ ）
①FN=HM
②∠K=∠C
③S四边形MM′KN′=S四边形ABCD
④四边形MM′KN′是平行四边形

A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④
【答案】B
【分析】顺次连接EFGH，连接HF交EG于点O，得▱EFGH，于是OH=OF，证明△NOF≌△MOH，即可判断①；由对称性可得：∠M′=∠HMG，则MN′∥KM′，由N′F′∥NF∥HM，即可判定四边形MM′KN′是平行四边形，即可判断④；四边形MM′KN′是平行四边形，则∠K=∠HMN，无法证明∠K=∠HMN=∠C，即可判断②；四边形CGNF≌四边形AG′KF′，四边形AEN′F′≌四边形BFNE，四边形GDHM≌四边形G′AHM′，得到S四边形CGNF=S四边形AG′KF′，则S四边形MM′KN′=S四边形ABCD，即可判断③．
【详解】解：如图，

顺次连接EFGH，连接BD，连接HF交EG于点O，
∵分别在四边形ABCD的各边上取中点E，F，G，H，
∴EH∥BD,EH=12BD,FG∥BD,FG=12BD，
∴EH∥FG,EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴OH=OF，
∠NOF=∠MOH，
∵FN∥HM，
∴∠ONF=∠OMH，
∴ΔNOF≌ΔMOH，
∴FN=HM，
故①正确；
由对称性可得：∠M′=∠HMG，
∴MN′∥KM′，
∵N′F′∥NF∥HM，
∴四边形MM′KN′是平行四边形，
故④正确；
∵四边形MM′KN′是平行四边形，
∴∠K=∠HMN，
无法证明∠K=∠HMN=∠C，
故②不正确；
依题意，四边形AEN′F′≌四边形BENF，四边形GDHM≌四边形G′AHM′，
由题意得，四边形G′AHM′是由GDHM移动得到的，
∵AH=HD，
∴四边形G′AHM′可以看成是四边形G′AHM′以点H为旋转中心，逆（顺）时针旋转180°得到的，
∴∠AHM′=∠MHD，
即M′、H、M在同一条直线上，∠G′AH=∠D，∠G′M′H=∠HMG,AG′=DG，
∴AG′∥DG,GM∥G′M′，
又∵四边形AEN′F′是由四边形BENF移动后得到的，
∴N′F′∥NF,BF∥AF′，N′F′=NF,BF=AF′，
∵NF∥N′F′,GM∥G′M′，
∴∠G′KF′=∠GNF，
同理可得，∠CGN=∠AG′K，∠CFN=∠AF′K，CF=BF=AF′,CG=DG=AG′，
∵∠CGN=∠AG′K，∠CFN=∠AF′K，∠G′KF′=∠GNF，
∴四边形CGNF≌四边形AG′KF′，
∴S四边形CGNF=S四边形AG′KF′，
∴S四边形MM′KN′=S四边形ABCD，
故③正确；
故答案为：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，中心对称及其性质，全等形的判定和性质等知识，解决问题的关键是掌握平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质．
【题型3 根据中心对称的性质求面积】
【例3】（2023春·广东深圳·九年级校考期中）对于坐标平面内的点，先将该点向右平移1个单位，再向上平移2个单位，这种点的运动称为点的斜平移，如点P（2，3）经1次斜平移后的点的坐标为（3，5）．已知点A的坐标为（2，0），点Q是直线l上的一点，点A关于点Q的对称点为点B，点B关于直线l的对称点为点C，若点B由点A经n次斜平移后得到，且点C的坐标为（8，6），则△ABC的面积是（ ）
A．12B．14C．16D．18
【答案】A
【分析】连接CQ，根据中心和轴对称的性质和直角三角形的判定得到∠ACB＝90，延长BC交x轴于点E，过C点作CF⊥AE于点F，根据待定系数法得出直线的解析式进而解答即可．
【详解】解：连接CQ，如图：
由中心对称可知，AQ＝BQ，
由轴对称可知：BQ＝CQ，
∴AQ＝CQ＝BQ，
∴∠QAC＝∠ACQ，∠QBC＝∠QCB，
∵∠QAC+∠ACQ+∠QBC+∠QCB＝180°，
∴∠ACQ+∠QCB＝90°，
∴∠ACB＝90°，
∴△ABC是直角三角形，
延长BC交x轴于点E，过C点作CF⊥AE于点F，如图，
∵A（2，0），C（8，6），
∴AF＝CF＝6，
∴△ACF是等腰直角三角形，
∵∠ACE=180°−∠ACB=90°，
∴∠AEC＝45°，
∴E点坐标为（14，0），
设直线BE的解析式为y＝kx+b，
∵C，E点在直线上，
可得：{14k+b=08k+b=6，
解得：{k=−1b=14，
∴y＝﹣x+14，
∵点B由点A经n次斜平移得到，
∴点B（n+2，2n），由2n＝﹣n﹣2+14，
解得：n＝4，
∴B（6，8），
∴△ABC的面积＝S△ABE﹣S△ACE＝12×12×8﹣12×12×6＝12，
故选：A．
【点睛】本题考查轴对称的性质，中心对称的性质，等腰三角形的判定与性质，求解一次函数的解析式，得到B的坐标是解本题的关键．
【变式3-1】（2023春·陕西宝鸡·九年级统考期中）如图，△ABC与△DEF关于点O成中心对称．
(1)画出对称中心O；（保留作图痕迹）
(2)若 BC=3，AC=4，AB=5，则△DEF的面积= ．
【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）连接AD，CF，AD与CF的交点就是对称中心O．
（2）根据成中心对称的两个图形全等，求出△ABC的面积，即为△DEF的面积，利用勾股定理逆定理，得到△ABC为直角三角形，进而利用直角三角形的面积公式进行计算即可．
【详解】（1）解：连接AD，CF，AD与CF的交点就是对称中心O，如图所示：
（2）解：∵BC=3，AC=4，AB=5，
∴BC2+AC2=25=AB2，
∴△ABC为直角三角形，
∵△ABC与△DEF关于点O成中心对称，
∴S△ABC=S△DEF=12BC⋅AC=6．
【点睛】本题考查两个图形成中心对称．熟练掌握对称中心的确定方法，以及成中心对称的两个图形全等，是解题的关键．
【变式3-2】（2023春·江西宜春·九年级统考期末）如图，已知正方形ABCD，请仅用无刻度直尺，完成以下作图（保留作图痕迹）
(1)在图1中，点E、F、G、H、I、J、K、L是正方形各边的三等分点，请利用上述三等分点的其中两个点，画一条直线，使其与直线HL将正方形ABCD面积四等分；
(2)在图2中，AC与BD相交于点O，点P、点Q分别在边BC、AD上，且PC=QD，画出四边形MOPC（M点在线段CD上）．使得四边形MOPC的面积等于正方形ABCD面积的14．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）作直线FJ，直线FJ与HL把正方形ABCD的面积四等分，理由是：设直线FJ与HL交点为O，过点O作OM⊥BC于点M，作ON⊥AB于点N，连接BD，得到∠ONB=∠OMB=90°，根据旋转对称和中心对称，得到点O是正方形的对称中心，FJ⊥HL，∠LOJ=90°，根据∠ABC=90°，得到∠NOM=360°-（∠ONB+∠NBM+∠OMB）=90°，推出四边形NBMO是矩形，根据∠ABD=∠CBD=45°，得到ON=OM，得到矩形NBMO是正方形，根据ON∥AD，OB=12BD，得到BN=12AB，得到S正方形NBMO=BN2=(12AB)2=14AB2=14S正方形ABCD，根据∠LOJ=∠NOM=90°，得到∠LON=∠JOM，根据∠ONL=∠OMJ=90°，ON=OM，得到△OLN≌△OJM，得到S△OLN=S△OJM，推出SOLBJ=S△OLN+SONBJ=S△OJM+SONBJ=S正方形NBMO=14S正方形ABCD，同理可得SOJCH=SOHDF=SOFAL=14S正方形ABCD，故SOLBJ=SOJCH=SOHDF=SOFAL=14S正方形ABCD；
（2）作直线QO交BC于点F，作直线PO交AD于点E，找出点Q关于点O的对称点F，点P关于点O的对称点E，连接PQ交BD于点H，连接EF交AC于点G，作直线GH交CD于点M，连接OM，四边形MOPC就是所求作．
证明：根据点Q、F关于点O对称，得到OQ=OF，根据OD=OB，∠DOQ=∠BOF，推出△ODQ≌△OBF，得到BF=DQ，同理可得AE=CP，根据DQ=CP，得到AE=BF，推出四边形ABFE是矩形，得到EF⊥AD，同理可得PQ⊥AD，根据AE=DQ，∠EAG=∠QDH=45°，∠AEG=∠DQH=90°，推出△AEG≌△DQH，得到AG=DH，推出GH∥AD，推出HM⊥CD，推出HQ=HM，推出四边形QHMD是正方形，得到DQ=DM，推出DM=CP，推出SMOPC=14S正方形ABCD．
【详解】（1）画直线FJ，直线FJ与直线HL把正方形ABCD的面积四等分，理由：
设直线FJ与HL交点为O，过点O作OM⊥BC于点M，作ON⊥AB于点N，连接BD，
则∠ONB=∠OMB=90°，
由中心对称知，点O是正方形的对称中心，由旋转对称知，FJ⊥HL，∠LOJ=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠NOM=360°-（∠ONB+∠NBM+∠OMB）=90°，
∴四边形NBMO是矩形，
∵∠ABD=∠CBD=45°，
∴ON=OM，
∴矩形NBMO是正方形，
∵ON∥AD，OB=12BD，
∴BN=12AB，
∴S正方形NBMO=BN2=(12AB)2=14AB2=14S正方形ABCD，
∵∠LOJ=∠NOM=90°，
∴∠LOJ-∠NOJ=∠NOM-∠NOJ，
即∠LON=∠JOM，
∵∠ONL=∠OMJ=90°，ON=OM，
∴△OLN≌△OJM(ASA)，
∴S△OLN=S△OJM，
∴SOLBJ=S△OLN+SONBJ=S△OJM+SONBJ=S正方形NBMO=14S正方形ABCD，
同理，SOJCH=SOHDF=SOFAL=14S正方形ABCD，
故SOLBJ=SOJCH=SOHDF=SOFAL=14S正方形ABCD，
（2）1．作直线QO交BC于点F；
2．作直线PO交AD于点E；
3．作直线PQ交BD于点H；
4．作直线EF交AC于点G；
5．作直线GH交CD于点M；
6．连接OM，四边形MOPC就是所求作．
证明：∵点Q、F关于点O对称，
∴OQ=OF，
∵OD=OB，∠DOQ=∠BOF，
∴△ODQ≌△OBF(SAS)，
∴BF=DQ，
同理，AE=CP，
∵DQ=CP，
∴AE=BF，
∴四边形ABFE是矩形，
∴EF⊥AD，
同理，PQ⊥AD，
∵AE=DQ，∠EAG=∠QDH=45°，∠AEG=∠DQH=90°，
∴△AEG≌△DQH(ASA)，
∴AG=DH，
∴GH∥AD，
∴HM⊥CD，
∴HQ=HM，
∴四边形QHMD是正方形，
∴DQ=DM，
∴DM=CP，
∴由（1）知，SMOPC=14S正方形ABCD．
【点睛】本题主要考查了正方形，全等三角形，熟练掌握正方形的边、角、对角线性质，中心对称性和旋转对称性，三角形全等的判定和性质，是解决问题的关键．
【变式3-3】（2023春·浙江杭州·九年级杭州市丰潭中学校考期中）点O是平行四边形ABCD的对称中心，AD＞AB，E、F分别是AB边上的点，且EF＝12AB；G、H分别是BC边上的点，且GH＝13BC；若S1,S2分别表示∆EOF和∆GOH的面积，则S1,S2之间的等量关系是
【答案】2S1＝3S2
【分析】过点O分别作OM⊥BC，垂足为M，作ON⊥AB，垂足为N，根据点O是平行四边形ABCD的对称中心以及平行四边形的面积公式可得AB•ON=BC•OM，再根据S1=12EF•ON，S2=12GH•OM，EF＝12AB，GH＝13BC，则可得到答案．
【详解】过点O分别作OM⊥BC，垂足为M，作ON⊥AB，垂足为N，
∵点O是平行四边形ABCD的对称中心，
∴S平行四边形ABCD=AB•2ON， S平行四边形ABCD=BC•2OM，
∴AB•ON=BC•OM，
∵S1=12EF•ON，S2=12GH•OM，EF＝12AB，GH＝13BC，
∴S1=14AB•ON，S2=16BC•OM，
∴2S1＝3S2，
故答案为2S1＝3S2．
【点睛】本题考查了平行四边形的面积，中心对称的性质，正确添加辅助线、准确表示出图形面积是解题的关键．
【题型4 根据中心对称的性质求长度】
【例4】（2023春·江苏镇江·九年级镇江市外国语学校校考期中）如图是由五个边长为1的小正方形拼成的图形，点P是其中四个小正方形的公共顶点，将该图形沿着过点P的某条直线剪一刀，把它剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度为 ．
【答案】10
【分析】根据中心对称的性质即可作出剪痕，根据三角形全等的性质即可证得PM＝AB，利用勾股定理即可求得．
【详解】如图，
经过P、Q的直线则把它剪成了面积相等的两部分，
由图形可知△AMC≌△FPE≌△BPD，
∴AM＝PB，
∴PM＝AB，
∵PM＝32+12＝10，
∴AB＝10，
故答案为：10．
【点睛】本题考查了图形的剪拼，中心对称的性质，勾股定理的应用，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键．
【变式4-1】（2023春·河南·九年级河南省第二实验中学校考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，O是矩形的对称中心，点E、F分别在边AD、BC上，连接OE、OF，若AE=BF=2，则OE+OF的值为（ ）
A．22B．52C．5D．25
【答案】D
【分析】连接AC，BD，过点O作OM⊥AD于点M，交BC于点N，利用勾股定理求得OE的长即可解题．
【详解】解：如图，连接AC，BD，过点O作OM⊥AD于点M，交BC于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD=OB
∵OM⊥AD
∴AM=DM=3
∴OM=12AB=2
∵AE=2
∴EM=AM−AE=1
∴OE=EM2+OM2=12+22=5
同理可得OF=5
∴OE+OF=25
故选：D．
【点睛】本题考查中心对称、矩形的性质、勾股定理等知识，学会添加辅助线，构造直角三角形是解题关键．
【变式4-2】（2023春·辽宁朝阳·九年级统考期末）如图，△ABC与△DEC关于点C成中心对称，AB=5，AE=3，∠D=90°，则AC= ．

【答案】1
【分析】根据中心对称的性质，得出DE=AB=5，AC=CD，再根据勾股定理求出AD=2，即可求解．
【详解】解：∵△ABC与△DEC关于点C成中心对称，AB=5，
∴DE=AB=5，AC=CD，
∵AE=3，∠D=90°，
∴根据勾股定理可得：AD=AE2−DE2=2，
∴AC=CD=12AD=1，
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了中心对称的性质，勾股定理，解题的关键在掌握成中心对称图形的对应边相等，对应角相等，以及勾股定理的内容．
【变式4-3】（2023春·黑龙江佳木斯·九年级统考期中）如图，△AOD和△COB关于点O中心对称，∠AOD＝60°，△ADO＝90°，BD＝12，P是AO上一动点，Q是OC上一动点（点P，Q不与端点重合），且AP＝OQ．连接BQ，DP，则DP+BQ的最小值是 ．
【答案】12
【分析】由中心对称的性质可得BO＝DO＝6，AO＝OC，可证四边形ABCD是平行四边形，由直角三角形的性质可得AO＝2DO＝12，当AP＝OP时，DP+BQ的值最小，此时P为OA的中点，由直角三角形斜边上的中线性质得出DP、BQ，即可得出结果．
【详解】解：∵△AOD和△COB关于点O中心对称，
∴BO＝DO＝6，AO＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠AOD＝60°，∠ADO＝90°，
∴∠DAO＝30°，
∴AO＝2DO＝12，
∵AP＝OQ，
∴PQ＝AO＝12，
如图，作DK∥AC，使得DK＝PQ＝12，连接BK，
∴四边形DPQK为平行四边形，
∴DP=KQ，∠BDK=∠BOC=∠AOD=60°，
此时DP+BQ＝KQ+BQ＝BK的值最小，
∵DK=PQ=BD=12，
∴△BDK是等边三角形，
∴BK=DB=12，
∴DP+BQ的最小值为12．
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质是解题的关键．
【题型5 关于原点对称的点的坐标】
【例5】（2023春·浙江温州·九年级校联考期中）在平面直角坐标系中有A，B，C三个点，点B的坐标是2,3，点A，点C关于点B中心对称，若将点A往右平移4个单位，再往上10个单位，则与C重合，则点A的坐标是 ．
【答案】0,−2
【分析】假设A，C关于原点O中心对称，则令Ax,y，则C为−x,−y，由题意可得：x+4=−x，y+10=−y，从而可求得x，y，再把中心O移到点B的位置，则可求点A的坐标．
【详解】解：设A，C关于原点O中心对称，则令Ax,y，则C为−x,−y，
∵将点A往右平移4个单位，再往上10个单位，则与C重合，
∴x+4=−x，y+10=−y，
解得：x=−2，y=−5，
把中心点O平移到点B的位置，其操作为向右平移2个单位，再向上平移3个单位，
∴点A的坐标也随之变动，
∴点A的坐标变为：−2+2,−5+3即0,−2．
故答案为：0,−2．
【点睛】本题主要考查坐标与图形变化，解答的关键是明确平移和中心对称的特点．
【变式5-1】（2023春·广东·九年级江门市第二中学校考期末）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣3，4），那么下列说法正确的是（ ）
A．点A与点B（﹣3，﹣4）关于y轴对称
B．点A与点C（3，﹣4）关于x轴对称
C．点A与点E（﹣3，4）关于第二象限的平分线对称
D．点A与点F（3，﹣4）关于原点对称
【答案】D
【分析】根据关于x轴对称点的坐标特点：横坐标不变，纵坐标互为相反数；关于y轴对称点的坐标特点：横坐标互为相反数，纵坐标不变；关于原点对称的点的坐标特点：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反；关于第二象限角平分线的对称的两点坐标的关系，纵横坐标交换位置且变为相反数可得答案．
【详解】解：A、点A的坐标为（-3，4），∴则点A与点B（-3，-4）关于x轴对称，故此选项错误；
B、点A的坐标为（-3，4），∴点A与点C（3，-4）关于原点对称，故此选项错误；
C、点A的坐标为（-3，4），∴点A与点E（-3，4）重合，故此选项错误；
D、点A的坐标为（-3，4），∴点A与点F（3，-4）关于原点对称，故此选项正确；
故选D．
【点睛】此题主要考查了关于xy轴对称点的坐标点的规律，以及关于原点对称的点的坐标特点，关键是熟练掌握点的变化规律，不要混淆．
【变式5-2】（2023春·重庆开州·九年级统考期末）平面直角坐标系内与点A2,−3关于原点对称的点B的坐标是x,y，则yx= ．
【答案】19
【分析】直接利用关于原点对称点的性质得出x，y的值即可答案．
【详解】解：与点A2,−3关于原点对称的点的坐标是：−2,3．
∴x=−2,y=3,
∴yx=3−2=19，
故答案为：19．
【点睛】此题主要考查了关于点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号是解题关键．
【变式5-3】（2023春·四川南充·九年级南充市实验中学校考期末）若点P（a－1，5）与点Q（5，1－b）关于原点成中心对称，则a＋b＝ ．
【答案】2
【分析】根据关于原点对称的性质得到a-1+5=0，5+1-b=0，求出a、b，问题得解．
【详解】解：∵点P（a－1，5）与点Q（5，1－b）关于原点成中心对称，
∴a-1+5=0，5+1-b=0，
∴a=-4，b=6，
∴a+b=2．
故答案为：2
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特点，熟知“两个点关于原点对称，则这两个点的横纵坐标都互为相反数”是解题关键．
【题型6 坐标系中作中心对称图形】
【例6】（2023春·贵州·九年级统考期末）在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系，△ABC的位置如图所示，先作与△ABC关于原点O中心对称的△A1B1C1，再把△A1B1C1向上平移4个单位长度得到△A2B2C2．

(1)作出△A1B1C1和△A2B2C2；
(2)△A2B2C2与△ABC关于某点成中心对称，则对称中心的坐标是______．
【答案】(1)见解析
(2)(0,2)
【分析】（1）根据中心对称与平移的性质，画出△A1B1C1和△A2B2C2；
（2）连接C,C2则C,C2的中点即为所求．
【详解】（1）△A1B1C1如图所示．△A2B2C2如图所示．

（2）连接C,C2则C,C2的中点即为所求，
∵C−1,1,C21,3，
∴−1+12=0,1+32=2，
∴对称中心为0,2；

【点睛】本题考查了平移的性质，中心对称的性质，坐标与图形，熟练掌握平移的性质、中心对称的性质是解题的关键．
【变式6-1】（2023春·上海浦东新·九年级校考期末）按要求画图
(1)将三角形ABC向上平移3格，得到三角形A1B1C1；
(2)将三角形ABC绕点A旋转180度，得到三角形A2B2C2；
(3)如果三角形ABC沿直线m翻折，点B落到点B3处，画出直线m，及翻折后的三角形A3B3C3．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据网格结构找出平移后的点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；
（2）三角形ABC绕点A旋转180度，找出B2、C2的位置，然后顺次连接即可；
（3）根据图形确定出变换即可．
【详解】（1）如图所示
（2）如图所示
（3）如图所示
【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，解题的关键是掌握作平移、轴对称和中心对称的图形的方法．
【变式6-2】（2023春·山东济南·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，△ABC的位置如图所示（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）．
（1）若△ABC和△A1B1C1关于原点O成中心对称图形，画出△A1B1C1；
（2）将△ABC绕着点A顺时针旋转90°，画出旋转后得到的△AB2C2；
（3）在x轴上存在一点P，满足点P到点B1与点C1距离之和最小，请直接写出P B1+P C1的最小值为 ．
【答案】（1）画图见解析；（2）画图见解析；（3）26
【分析】（1）根据关于原点中心对称的点的坐标特征，分别描出点A、B、C的对应点A1、B1、C1，即可得到△A1B1C1；
（2）利用网格特点，根据旋转的性质画出点A、B旋转后的对应点A2、B2，即可得到△A2B2C；
（3）作C1（或B1）点关于x轴的对称点，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）（2）如图所示
（3）如图，
作C1点关于x轴的对称点C4
在RtΔC4DB1中，C4B1=12+52=26
故答案为：26．
【变式6-3】（2023春·江苏·九年级期中）如图，在正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中解答下列问题：
（1）作出△ABC关于原点O成中心对称的△A1B1C1；
（2）直接写出：以A、B、C为顶点的平形四边形的第四个顶点D的坐标 ．
【答案】（1）作图见解析；（2）D(1，1)，(-5，3)，(-3，-1)
【分析】（1）根据关于原点对称的点的坐标特征分别写出点A、B、C的对应点A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1；
（2）分类讨论：分别以AB、AC、BC为对角线画平行四边形，根据网格的特点，确定对角线后找对边平行，即可写出D点的坐标．
【详解】解：（1）如图，点A、B、C的坐标分别为(−1,0),(−4,1),(−2,2)，根据关于原点对称的点的坐标特征，则点A、B、C关于原点对称的点分别为(1,0),(4,−1),(2,−2)，描点连线，△A1B1C1即为所作：
（2）分别以AB、AC、BC为对角线画平行四边形，如下图所示：
则由图可知D点的坐标分别为：(−3,−1),(1,1),(−5,3)，
故答案为：(1,1),(−5,3),(−3,−1)．
【点睛】本题考查了中心对称作图即平行四边形存在问题，在直角坐标系中，已知平行四边形的三个点的坐标，确定第四个点的坐标，以对角线作为分类讨论，不容易漏掉平行四边形的各种情况．
【题型7 补全图形使之成为中心对称图形】
【例7】（2023春·福建宁德·九年级统考期中）如图，都是由全等的边长为1的小等边三角形构成的网格，图中阴影部分是由若干个小等边三角形构成的，请分别按下列要求设计图案：

(1)在图1中画出将阴影部分图形沿某一方向平移3个单位长度后的图形，要求各顶点仍在格点上．
(2)在图2中再任意给两个小等边三角形涂上阴影，使得6个阴影小等边三角形组成的图形是中心对称图形．（只需画出符合条件的一种情形）
(3)在图3中画出将阴影部分图形绕点O按顺时针方向旋转60°后的图形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）画出将阴影部分图形沿右平移3个单位长度后的图形即可；
（2）把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形与原图形重合，则该图形是中心对称图形；
（3）将阴影部分的图形每个顶点均绕点O按顺时针方向旋转60°即可．
【详解】（1）解：如图所示：

（2）解：如图所示：
以下情形之一即可．
或 或
（3）解：如图所示：

【点睛】本题考查了平移、旋转作图，补图使原图形成为中心对称图形．关键是掌握图形变换的定义．
【变式7-1】（2023春·浙江丽水·九年级校联考期中）如图，将①②③④中的一块涂成阴影后能与图中原有阴影部分组成中心对称图形的是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】C
【分析】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，结合中心对称图形的概念进行求解．
【详解】解：由图可得，应该将③涂成阴影，可与图中原有阴影部分组成中心对称图形．
故选：C．
【点睛】本题考查了中心对称图形的知识，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
【变式7-2】（2023春·浙江宁波·九年级统考期末）如图，在4×4的方格中，有4个小方格被涂黑成“L”形．

(1)在图1中再涂黑2格，使新涂黑的图形与原来的“L”形组成的新图形既是轴对称图形又是中心对称图形；
(2)在图2中再涂黑2格，使新涂黑的图形与原来的“L”形组成的新图形是轴对称图形但不是中心对称图形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据轴对称图形和中心对称图形的定义画图即可；
（2）根据轴对称图形和中心对称图形的定义画图即可．
【详解】（1）解：如图1，作图不唯一，符合要求即可；
（2）解：如图2，作图不唯一，符合要求即可．

【点睛】本题考查基本作图-画轴对称图形和中心对称图形，解答的关键是理解并掌握它们的定义：如果一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
【变式7-3】（2023春·浙江宁波·九年级统考期末）下列三个3×4的网格图均由相同的小菱形组成，每个网格图中有3个小菱形已涂上阴影，请在余下的空白小菱形中，分别按要求选取一个涂上阴影：

(1)使得4个阴影小菱形组成的图形是轴对称图形，但不是中心对称图形．
(2)使得4个阴影小菱形组成的图形是中心对称图形，但不是轴对称图形．
(3)使得4个阴影小菱形组成的图形既是中心对称图形，又是轴对称图形．
（请将三个小题依次作答在图1，图2，图3中，均只需画出符合条件的一种情形即可．）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）轴对称图形是指在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合的图形；中心对称图形指一个图形绕着某点旋转180°，旋转后的图形能够与原来的图形重合．根据是轴对称图形，不是中心对称图形，涂上阴影即可；
（2）根据是中心对称图形，不是轴对称图形，涂上阴影即可；
（3）根据是中心对称图形，又是轴对称图形，涂上阴影即可．
【详解】（1）解：涂上阴影使4个阴影小菱形组成的图形是轴对称图形，但不是中心对称图形，如下图所示：

（2）解：涂上阴影使4个阴影小菱形组成的图形是中心对称图形，但不是轴对称图形，如下图所示：

（3）解：涂上阴影使4个阴影小菱形组成的图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，如下图所示：

【点睛】本题考查了轴对称图形和中心对称图形，掌握轴对称图形及中心对称图形定义是解题关键．
【题型8 中心对称中的规律问题】
【例8】（2023春·全国·九年级期中）在如图所示的平面直角坐标系中，△OA1B1是边长为2的等边三角形，作△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，再作△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，点13,3在第 个三角形上，△B2nA2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是 ．
【答案】 7 4n+1，3
【分析】由题意可以求出点A1，A2，A3，A4的坐标，找出其中的规律，即可得到第一个空的答案；根据第一个空的规律，可求得第二个空的答案．
【详解】解：由题意可得，点A1的坐标为A11，3，A23，−3，A35，3，A47，−3，由此可得，点13,3是A7的坐标，即该点在第7个三角形上；
法一：由图可得点B1(2，0)，B2(4，0)，所以点Bn(2n，0)，则点B2n(4n，0)，
由图可推得点A2n+1(4n+1，3)；
法二：由点A1，A2，A3，A4的坐标，可得点An2n−1，−1n+1×3，
22n+1−1=4n+1，
所以点A2n+1(4n+1，3)．
故答案为7，4n+1，3
【点睛】本题考查图形类的规律探索题，根据图形找到规律是解题的关键．
【变式8-1】（2023春·安徽淮北·九年级校联考阶段练习）古希腊科学家把一定数目的点在等距离的排列下可以形成一个三角形，构成这些三角形点的数量被称为三角形数．某数学兴趣小组对三角形数进行了如下探索：
(1)如图，将围棋子摆成连续三角形探索连续三角形数（an表示第n个三角形数），由图形可得a1=1，a2=3，a3=6，a4=10，a5= ；
(2)为探索an的值，将摆成三角形进行旋转180°，再与原图拼成一个矩形，通过矩形计算棋子数目达到计算2an的值，∴2an= ；（用含n的代数式表示）
(3)根据上面的结论，判断24和28是不是三角形数？并说明理由．
【答案】(1)15
(2)nn+1
(3)24不是，28是，理由见解析
【分析】( 1 )根据规律求出a5即可；
( 2 )利用规律，解决问题即可；
( 3)利用(2)中结论求解即可．
【详解】（1）解：a5=1+2+3+4+5=15，
故答案为：15
（2）由题意得：
2a1=1+1=2=1×2，
2a2=3+3=6=2×3，
2a3=6+6=12=3×4，
2a4=10+10=20=4×5，
2a5=15+15=30=5×6，
……
∴2an=nn+1．
故答案为：nn+1
（3）24不是三角形数，28是三角形数，
理由：∵2×24=48=6×8
6和8相差2，
不符合等式2an=nn+1中因数n与n+1相差1的规律，
∴24不是三角形数；
又∵2×28=56=7×8，
∴2a7=7×8，
∴a7=28，
∴28是三角形数．
【点睛】本题考查中心对称，列代数式，规律型∶图形的变化类等知识，解题的关键是利用数形结合找出规律．
【变式8-2】（2023春·广西桂林·九年级校考期中）如图，矩形ABCD的面积为20cm2，对角线交于点O，以AB、AO为邻边作平行四边形AOC1B，对角线交于点O1，以AB，AO1为邻边作平行四边形AO1C2B……依此类推，则平行四边形AOnCn+1B的面积为 cm2．

【答案】52n−1
【分析】根据矩形的性质求出△AOB的面积等于矩形ABCD的面积的14，求出△AOB的面积，再分别求出△ABO1、△ABO2、△ABO3、△ABO4的面积，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=CO，BO=DO，DC∥AB，DC=AB，
∴S△ADC=S△ABC=12S矩形ABCD=12×20=10cm2，
∴S△AOB=S△BCO=12S△ABC=12×10=5(cm2)，
∴ S△ABO1=12S△AOB=12×5=52(cm2)，
∴ S△ABO2=12S△ABO1=54(cm2)，
S△ABO3=12S△ABO2=58(cm2)，
S△ABO4=12S△ABO3=516(cm2)，
……
∴平行四边形AOnCn+1B的面积为52n−1cm2，
故答案为：52n−1．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，三角形的面积的应用，解此题的关键是能根据求出的结果得出规律，注意：等底等高的三角形的面积相等．
【变式8-3】（2023春·浙江·九年级专题练习）阅读理解：我们知道，任意两点关于它们所连线段的中点成中心对称，在平面直角坐标系中，任意两点P(x1，y1)、Q(x2，y2)的对称中心的坐标为(x1+x22，y1+y22)．
观察应用：
(1)如图，在平面直角坐标系中，若点P1(0,−1)、P2(2,3)的对称中心是点A，则点A的坐标为 ；
(2)另取两点B(−1.6,2.1)、C(−1,0)．有一电子青蛙从点P1处开始依次关于点A、B、C作循环对称跳动，即第一次跳到点P1关于点A的对称点P2处，接着跳到点P2关于点B的对称点P3处，第三次再跳到点P3关于点C的对称点P4处，第四次再跳到点P4关于点A的对称点P5处，…则点P3、P8的坐标分别为 、 ．
拓展延伸：
(3)求出点P2017的坐标，并直接写出在x轴上与点P2017，点C构成等腰三角形的点的坐标．
【答案】(1)点A的坐标为(1,1)
(2)P3、P8的坐标分别为−5.2,1.2，2,3；
(3)P2017(0,−1)；−1−2,0或2−1,0或1,0或0,0．
【分析】（1）直接利用题目所给公式即可求出点A的坐标；
（2）根据题目所给公式求出P2，P3，P4的坐标，依此类推即可求出P8的坐标；
（3）根据所求出的坐标可得P7的坐标和P1的坐标相同，P8的坐标和P2的坐标相同，即每6次为一个周期进行循环，利用这个规律即可求出点P2017的坐标；然后分情况讨论，根据等腰三角形的性质求出在x轴上与点P2017，点C构成等腰三角形的点的坐标．
【详解】（1）解：∵x1+x22=0+22=1，y1+y22=−1+32=1，
∴点A的坐标为1,1；
（2）解：∵P10,−1，A1,1，
∴P2的横坐标为1×2−0=2，纵坐标为1×2−−1=3，即P22,3，
∵B−1.6,2.1，
∴P3的横坐标为−1.6×2−2=−5.2，纵坐标为2.1×2−3=1.2，即P3−5.2,1.2，
∵C(−1,0)，
∴P4的横坐标为−1×2−−5.2=3.2，纵坐标为0×2−1.2=−1.2，即P43.2,−1.2，
同理可得：P5−1.2,3.2，P6−2,1，P70,−1，P82,3，
即点P3、P8的坐标分别为−5.2,1.2，2,3，
故答案为：−5.2,1.2，2,3；
（3）解：∵P1(0，−1)→P2(2，3)→P3(−5.2，1.2)→P4(3.2，−1.2)→P5(−1.2，3.2)→P6(−2，1)→P7(0，−1)→P8(2,3)；
∴P7的坐标和P1的坐标相同，P8的坐标和P2的坐标相同，即每6次为一个周期进行循环，
∵2017÷6=336…1，
∴P2017的坐标与P1的坐标相同，即P20170,−1；
∴CP2017=12+12=2，
设x轴上与点P2017、点C构成等腰三角形的点为点D，
当CP2017=CD=2时，点D坐标为−1−2,0或2−1,0；
当CP2017=P2017D时，
∵P2017O⊥CD，
∴OC=OD=1，点D坐标为1,0；
当P2017D=CD时，点D在CP2017的垂直平分线上，
∴点D与原点重合，点D坐标为0,0；
综上，在x轴上与点P2017、点C构成等腰三角形的点的坐标为−1−2,0或2−1,0或1,0或0,0．
【点睛】本题考查了坐标与图形，中心对称的性质，规律型—点的坐标，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，此题是一个阅读材料的题目，读懂题目，灵活运用题目所给公式是解题的关键．