第14讲 课题学习图案设计-初中人教版八升九数学暑假衔接（教师版+学生版）

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一．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．
二．利用平移设计图案
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．
通过改变平移的方向和距离可使图案变得丰富多彩．
三．作图-旋转变换
（1）旋转图形的作法：
根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
（2）旋转作图有自己独特的特点，决定图形位置的因素较多，旋转角度、旋转方向、旋转中心，任意不同，位置就不同，但得到的图形全等．
四．利用旋转设计图案
由一个基本图案可以通过平移、旋转和轴对称以及中心对称等方法变换出一些复合图案．
利用旋转设计图案关键是利用旋转中的三个要素（①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度）设计图案．通过旋转变换不同角度或者绕着不同的旋转中心向着不同的方向进行旋转都可设计出美丽的图案．
五．几何变换的类型
（1）平移变换：在平移变换下，对应线段平行且相等．两对应点连线段与给定的有向线段平行（共线）且相等
（2）轴对称变换：在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段）或者平行，或者交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分．
（3）旋转变换：在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角（4）位似变换：在位似变换下，一对位似对应点与位似中心共线；一条线上的点变到一条线上，且保持顺序，即共线点变为共线点，共点线变为共点线；对应线段的比等于位似比的绝对值，对应图形面积的比等于位似比的平方；不经过位似中心的对应线段平行，即一直线变为与它平行的直线；任何两条直线的平行、相交位置关系保持不变；圆变为圆，且两圆心为对应点；两对应圆相切时切点为位似中心．
【考点剖析】
一．利用轴对称设计图案（共4小题）
1．（2023•都昌县校级模拟）如图是由全等的小等边三角形组成的网格，其中有3个小三角形被涂成了黑色（用阴影表示）．若平移其中1个阴影三角形到空白网格中，使阴影部分构成的图形为轴对称图形，则平移的方法共有（ ）
A．2种B．3种C．4种D．5种
【分析】根据轴对称图形的定义，画出图形即可．
【解答】解：如图所示，共有4种平移方法．
故选：C．
【点评】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．
2．（2023•常德三模）如图①所示的图形是一个轴对称图形，且每个角都是直角，长度如图所示，若按照图②所示的方法用若干个图形①玩接力游戏，两两相扣，相互间不留空隙，那么用2n+1个这样的图形①拼出来的图形②的总长度为（ ）
A．a+2nbB．a+4nbC．（1﹣n）a+3nbD．
【分析】探究规律，利用规律解决问题即可．
【解答】解：图形的总长度＝（2n+1）[a﹣（a﹣b）]+a﹣b＝a+2nb，
故选：A．
【点评】本题考查了利用轴对称设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
3．（2023•武胜县模拟）认真观察下面四幅图中阴影部分构成的图案，回答下列问题．
（1）请你写出这四个图案都具有的两个共同特征：
特征1： 都是轴对称图形 ；
特征2： 阴影部分面积都为4 ．
（2）请你借助下面的网格，设计出三个不同图案，使它也具备你所写出的上述特征．（注意：新图案与以上四幅图中的图案不能相同）
【分析】（1）观察发现四个图形都是轴对称图形，且面积相等；
（2）根据两个特征解决问题即可．
【解答】解：（1）这四个图案都具有的两个共同特征是：都是轴对称图形，阴影部分面积都为4；
故答案为：都是轴对称图形，阴影部分面积都为4；
（2）如图：
．
【点评】此题主要考查了利用轴对称图形设计图案，关键是掌握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．
4．（2023•宁波模拟）如图，方格纸上画有两条线段，请再画1条线段，使图中的3条线段组成一个轴对称图形（找出符合条件的所有线段）．
【分析】根据轴对称的性质画出图形即可．
【解答】解：如图所示．
【点评】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．
二．利用平移设计图案（共3小题）
5．（2023•郴州）下列图形中，能由图形a通过平移得到的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据平移的定义逐个判断即可．
【解答】解：由平移定义得，平移只改变图形的位置，
观察图形可知，选项B中图形是由图形a通过平移得到，
A，C，D均不能由图形a通过平移得到，
故选：B．
【点评】本题考查了平移的性质的应用，熟练掌握平移的性质是解题关键．
6．（2023•安次区二模）“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2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个”方胜”图案，则点D、B′之间的距离为（ ）
A．1cmB．2cmC．D．
【分析】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．
【解答】解：∵四边形ABCD为边长为2cm的正方形，
∴BD＝＝2（cm），
由平移的性质可知，BB′＝1cm，
∴B′D＝（2﹣1）cm，
故选：D．
【点评】本题考查的是平移的性质、正方形的性质，根据平移的概念求出BB′是解题的关键．
7．（2023春•东海县期中）下列图形中，不能通过其中一个四边形平移得到的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据平移的性质，不改变图形的形状和大小，经过平移，对应点所连的线段平行且相等，找各点位置关系不变的图形．
【解答】解：A、能通过其中一个四边形平移得到，故不符合题意；
B、不能通过其中一个四边形平移得到，需要一个四边形旋转得到，故符合题意；
C、能通过其中一个四边形平移得到，故不符合题意；
D、能通过其中一个四边形平移得到，故不符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查的是利用平移设计图案，熟知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是解答此题的关键．
三．作图-旋转变换（共11小题）
8．（2023•道外区三模）在如图的方格纸中，每个小方格都是边长为1个单位的正方形，△ABC的三个顶点都在格点上（每个小方格的顶点叫格点）．
（1）画出△ABC向下平移3个单位后的△A1B1C1；
（2）画出△ABC关于点O的中心对称图形△A2C2C2；
（3）连接C1C2请直接写出C1C2的长为 ．
​
【分析】（1）根据平移的性质作图即可；
（2）根据中心对称图形的定义可进行求解；
（3）根据勾股定理即可求得答案．
【解答】解：（1）所作图如下所示；
（2）所作△A2B2C2如图所示；
（3）C1C2的＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查作图﹣平移变换，勾股定理，熟练掌握平移性质是解答本题的关键．
9．（2023•横山区三模）如图，△ABC的顶点坐标分别为A（1，3），B（2，1），C（4，4）．​
（1）将△ABC向左平移5个单位得到△A1B1C1，写出△A1B1C1三个顶点的坐标；
（2）将△ABC绕原点O逆时针旋转90°后得到△A2B2C2，画出△A2B2C2（A，B，C的对应点分别为A2，B2，C2）
【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；
【解答】解：（1）A1（﹣4，3），B1（﹣3，1），C1（﹣1，4）；
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
【点评】本题考查了旋转变换以及勾股定理，掌握对应点位置是关键．
10．（2023•滨湖区一模）如图，已知点A（2，0），B（0，4），C（2，4），若在所给的网格中存在一点D，使得CD与AB垂直且相等．
（1）直接写出点D的坐标 （6，6） ；
（2）将直线AB绕某一点旋转一定角度，使其与线段CD重合，则这个旋转中心的坐标为 （4，2）或（1，5） ．
【分析】（1）根据点D的位置写出坐标即可；
（2）对应点连线的垂直平分线的交点即为旋转中心．
【解答】解：（1）D（6，6）；
（2）旋转中心Q（4，2）或Q′（1，5）．
故答案为：（4，2）或（1，5）．
【点评】本题考查作图﹣旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
11．（2023•宽城区校级模拟）图①、图②、图③均是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边所在直线称为格线，点、A、B、C、E、F、I在格点上，D、G在格线上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求画图，保留作图痕迹．
（1）在图①中，画出△OAB关于点O的中心对称图形；
（2）在图②中，画出直线EM，使得EM∥CD；
（3）在图③中，点H是线段FG上一点，画出△HGN，使得S△HGN＝S△HGI，且点N与点I不重合．
【分析】（1）根据旋转的性质即可在图①中，画出△OAB关于点O的中心对称图形；
（2）在图②中，取格点O，连接DO并延长到点M，即可画出直线EM，使得EM∥CD；
（3）在图③中，取格点O，连接GO并延长到点M，连接IM，连接HO并延长交IM于点N，画出△HGN，根据平行线间的距离处处相等可得S△HGN＝S△HGI，且点N与点I不重合．
【解答】解：（1）如图①，△OAB关于点O的中心对称图形是△OA′B′；
（2）如图②，直线EM即为所求；
（3）如图③，△HGN即为所求；
取格点O，连接GO并延长到点M，连接IM，连接HO并延长交IM于点N，画出△HGN，根据平行线间的距离处处相等可得S△HGN＝S△HGI．
【点评】本题考查的是作图﹣旋转变换，平行线间的距离处处相等，熟知旋转和平移的性质是解答此题的关键．
12．（2023•富锦市校级二模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（5，5），B（2，4），C（4，2）．
（1）△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C1的坐标为（6，﹣4），画出△A1B1C1，并写出点A1，B1的坐标；
（2）画出△ABC绕点O逆时针方向旋转90°后得到△A2B2C2；
（3）在（2）的条件下，求线段AC在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
【分析】（1）根据题意得出平移方式为向右平移2个单位，向下平移6个单位，进而画出△A1B1C1，写出点A1，B1的坐标；
（2）根据旋转的性质画出△ABC绕点O逆时针方向旋转90°后得到△A2B2C2；
（3）根据旋转的性质得出线段AC在旋转过程中扫过的面积为，根据扇形面积公式即可求解．
【解答】解：（1）如图所示，∵C（4，2）平移后点C1的坐标为（6，﹣4），
∴平移方式为向右平移2个单位，向下平移6个单位，
∵A（5，5），B（2，4），
∴A1（7，﹣1），B1（4，﹣2）；
（2）如图所示，
（3）如图所示，
根据旋转的性质可得，，
∵OA2＝52+52＝50，OC＝22+42＝20，
∴线段AC在旋转过程中扫过的面积为：
＝
＝
＝．
【点评】本题考查了平移作图，画旋转图形，求扇形面积，熟练掌握以上知识是解题的关键．
13．（2023春•禅城区月考）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点都在格点上，点A的坐标为（2，4），请解答下列问题：
（1）把△ABC向左平移5个单位后得到对应的△A1B1C1，画出△A1B1C1，点A1的坐标是 （﹣3，4） ；
（2）画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到的△A2B2C2，点B2的坐标是 （2，﹣1） ；
（3）在x轴上求作点P，使PB+PC的值最小．（只需画图作出点P，不需要写作法，也不需要求点P的坐标）
【分析】（1）根据平移的性质即可把△ABC向左平移5个单位后得到对应的△A1B1C1，进而可得点A1的坐标；
（2）根据旋转的性质即可画出△ABC绕原点O顺时针旋转90°后得到的△A2B2C2，进而可得点B2的坐标；
（3）根据两点之间线段最短即可在x轴上求作点P，使PB+PC的值最小．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1即为所求，点A1的坐标是（﹣3，4）；
故答案为：（﹣3，4）；
（2）如图，△A2B2C2，点B2的坐标是（2，﹣1）；
故答案为：（2，﹣1）；
（3）如图，点P即为所求．
【点评】本题考查的是作图﹣旋转变换，平移变换，轴对称变换，熟知旋转和平移的性质是解答此题的关键．
14．（2023•砀山县一模）如图，在12×12正方形网格中建立平面直角坐标系，每个小正方形的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（0，2），B（﹣3，5），C（﹣2，2）．
（1）将△ABC以点A为旋转中心旋转180°，得到△AB1C1，点B，C的对应点分别为点B1，C1，请画出△AB1C1；
（2）将△ABC平移至△A2B2C2，其中点A，B，C的对应点分别为点A2，B2，C2，且点C2的坐标为（﹣2，﹣4），请画出平移后的△A2B2C2．
【分析】（1）根据旋转的性质，可画出△AB1C1．
（2）根据平移的性质，可画出△A2B2C2．
【解答】解：（1）如图，△AB1C1即为所求；
（2）如图，△A2B2C2即为所求；
【点评】本题主要考查了作图﹣旋转变换，平移变换，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
15．（2023•朝阳区校级三模）如图，在8×8的正方形网格中，每个小正方形的边长为1，小正方形的顶点称为格点，A、B、C均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中作图（保留作图痕迹）．
（1）将AC绕着点C顺时针旋转90°，在图①中作出旋转后的对应线段CD．
（2）在图②中作线段AE，使点E在边BC上，且．
（3）在图③中作△ABC的角平分线BF．
​
【分析】（1）根据正方形网格的特点和线段AC绕着它的端点C顺时针旋转90°的要求，构造“一线三直角”模型，得到∠CFD和∠AEC＝90°，即得到线段CD的另一个端点D，作出线段CD即可；
（2）由S△ABE＝S△ABC，可知BE＝BC，所以点E将线段BC分成2：3两部分，想到构造“8字模型”，即△BEG∽△CEH；
（3）由勾股定理得AB＝5，在BC的延长线上可以找到格点D，使DB＝AB＝5，则找到等腰三角形ABD的顶角∠ABD的平分线上的另一个点即可，这个点也在AD的垂直平分线上，观察图形可找到格点L，满足AL＝DL．
【解答】解：（1）如图①，
作法：取格点D，连接CD，
线段CD就是所求的线段．
证明：取格点E，格点F，连接AE、CF，则∠CFD＝∠AEC＝90°，
在△CDF和△ACE中，
，
∴△CDF≌△ACE（SAS），
∴CD＝AC，∠DCF＝∠CAE，
∴∠DCF+∠ACE＝∠CAE+∠ACE＝90°，
∴∠ACD＝180°﹣（∠DCF+∠ACE）＝90°，
∴线段CD就是所求的线段．
（2）如图②，
作法：1．取格点G、格点H，连接GH交BC于点E，
2．连接AE，
线段AE就是所求的线段．
证明：由作图可知，点E在边BC上，
连接BG、CH，
∵∠GBE＝∠HCE＝90°，∠BEG＝∠CEH，
∴△BEG∽△CEH，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴BE＝BC，
∴S△ABE＝S△ABC，
∴线段AE就是所求的线段．
（3）如图③，
作法：取格点L，连接BL交AC于点F，
线段BF就是所求的△ABC的角平分线．
证明：连接CD、AD、AL、DL，则DB＝5，
由勾股定理得AL＝DL＝＝，AB＝＝5，
∴AB＝DB，
∴点B、点L都在线段AD的垂直平分线上，
∴BL垂直平分AD，
∵AB＝DB，BL⊥AD，
∴BL平分∠ABD，
∴BF平分∠ABC，
∴线段BF就是所求的△ABC的角平分线．
【点评】此题重点考查旋转的性质、线段的垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的“三线合一”等知识，此题综合性较强，难度较大．
16．（2023•伊通县四模）如图①、图②均是4×1的正方形网格，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点叫做格点，△ABC的顶点均在格点上，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图．
（1）在图①中画△BCG，使△BCG与△ABC关于某条直线对称；
（2）在图②中画△ABH，使△ABH与△ABC关于某点成中心对称．
​
【分析】（1）根据轴对称的性质两个三角形都有BC边可得对称轴是BC边垂直评分线找到G，即可得到答案；
（2）根据平行四边形是中心对称图形作平行四边形即可可得答案．
【解答】解：（1）如图①所示，根据轴对称的性质两个三角形都有BC边可得对称轴是BC边垂直平分线找到G，连接BG，CG；
（2）如图②所示，根据平行四边形是中心对称图形，根据平移的性质作平行四边形．
【点评】本题考查作轴对称、中心对称及平行图，解题的关键是知道平移的性质与规律及轴对称的性质．
17．（2023•宜昌）如图，在方格纸中按要求画图，并完成填空．
（1）画出线段OA绕点O顺时针旋转90°后得到的线段OB，连接AB；
（2）画出与△AOB关于直线OB对称的图形，点A的对称点是C；
（3）填空：∠OCB的度数为 45° ．
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出点A的对称点B，从而得到OB；
（2）延长AO到C点使OC＝OA，则△COB满足条件；
（3）先根据旋转的性质得到OB＝OA，∠AOB＝90°，则可判断△OAB为等腰直角三角形，所以∠OAB＝45°，然后利用对称的性质得到∠OCB的度数．
【解答】解：（1）如图，OB为所作；
（2）如图，△COB为所作；
（3）∵线段OA绕点O顺时针旋转90°后得到的线段OB，
∴OB＝OA，∠AOB＝90°，
∴△OAB为等腰直角三角形，
∴∠OAB＝45°，
∵△COB与△AOB关于直线OB对称，
∴∠OCB＝∠OAB＝45°．
故答案为：45°．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了轴对称变换．
18．（2023•武汉）如图是由小正方形组成的8×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点．正方形ABCD四个顶点都是格点，E是AD上的格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图，画图过程用虚线表示．
（1）在图（1）中，先将线段BE绕点B顺时针旋转90°，画对应线段BF，再在CD上画点G，并连接BG，使∠GBE＝45°；
（2）在图（2）中，M是BE与网格线的交点，先画点M关于BD的对称点N，再在BD上画点H，并连接MH，使∠BHM＝∠MBD．
​
【分析】（1）取格点F，连接BF，连接 EF，再取格点P，连接CP交EF于Q，连接BQ，延长交CD于G即可；
（2）取格点F，连接 BF、EF，交格线于N，再取格点P，Q，连接PQ交EF于O，连接MO并延长交BD于H即可．
【解答】解：（1）如图（1），线段BF和点G即为所求；
理由：∵BC＝BA，CF＝AE，∠BCF＝∠BAE＝90°，
∴△BCF≌△BAE（SAS），
∴∠CBF＝∠ABE，
∴∠FBE＝∠CBF+∠CBE＝∠ABE+∠CBE＝∠CBA＝90°，
∴线段BE绕点B顺时针旋转90° 得BF，
∵PE∥FC，
∴∠PEQ＝∠CFQ，∠EPQ＝∠FCQ，
∵PE＝FC，
∴△PEQ≌△CFO（ASA），
∴EQ＝FQ，
∴∠GBE＝EBF＝45°；
（2）如图（2）所示，点N与点H即为所求，
理由：∵BC＝BA，∠BCF＝∠BAE＝90°，CF＝AE，
∴△BCF≌△BAE（SAS），
∴BF＝BE，
∵DF＝DE，
∴BF与BE 关于BD对称
∵BN＝BM，
∴M，N关于BD对称，
∵PE/FC，
∴△POE∽△QOF，
∴，
∵MG∥AE
∴，
∴，
∵∠MEO＝∠BEF，
∴△MEO∽△BEF，
∴∠EMO＝∠EBF，
∴OM∥BF，
∴∠MHB＝∠FBH，
由轴对称可得∠FBH＝∠EBH，
∴∠BHM＝∠MBD．
【点评】本题考查了作图﹣旋转变换，轴对称变换，勾股定理、勾股定理的逆定理，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握旋转和轴对称的性质．
四．利用旋转设计图案（共14小题）
19．（2022秋•宁波期末）如图，在4×4的网格纸中，△ABC的三个顶点都在格点上，现要在这张网格纸的四个格点M，N，P，Q中找一点作为旋转中心．将△ABC绕着这个中心进行旋转，旋转前后的两个三角形成中心对称，且旋转后的三角形的三个顶点都在这张4×4的网格纸的格点上，那么满足条件的旋转中心有（ ）
A．点M，点NB．点M，点QC．点N，点PD．点P，点Q
【分析】画出中心对称图形即可判断
【解答】解：观察图象可知，点P．点N满足条件．
故选：C．
【点评】本题考查利用旋转设计图案，中心对称等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20．（2022秋•雄县校级期末）在如图3所示的4×4正方形方格中，选取一个白色的小正方形涂灰，使图中阴影部分成为一个中心对称图形，这样的涂法有（ ）
A．0种B．1种C．2种D．3种
【分析】根据中心对称图形的定义判断即可．
【解答】解：根据中心对称图形的定义，可得如下涂法，且只有一种，
故选：B．
【点评】本题考查了中心对称图形即将图形绕某点旋转180°后与原图形完全重合，正确理解定义是解题的关键．
21．（2023•衡水模拟）在玩俄罗斯方块游戏时，底部已有的图形如图所示，接下去出现如下哪个形状时，通过旋转变换后能与已有图形拼成一个中心对称图形（ ）
A．B．C．D．
【分析】直接利用中心对称图形的定义结合图形的旋转变换得出答案．
【解答】解：如图所示：只有选项D可以与已知图形组成中心对称图形．
故选：D．
【点评】此题主要考查了利用旋转设计图案，正确掌握中心对称图形的性质是解题关键．
22．（2022秋•龙川县校级期末）亦姝家最近买了一种如图（1）所示的瓷砖．请你用4块如图（1）所示的瓷砖拼铺成一个正方形地板，使拼铺的图案成中心对称图形，请在图（2）、图（3）中各画出一种拼法．（要求：①两种拼法各不相同，②为节约答题时间，方便扫描试卷，所画图案阴影部分用黑色斜线表示即可，③弧线大致画出即可）
【分析】直接利用旋转的性质结合中心对称图形的性质得出答案．
【解答】解：如图所示：
【点评】此题主要考查了旋转变换，正确掌握旋转对称图形的性质是解题关键．
23．（2023•蜀山区校级一模）如图所示的美丽图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转每次旋转 45 度形成的．
【分析】利用旋转中的三个要素（①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角度）设计图案，进而判断出基本图形的旋转角度．
【解答】解：本题图案，可以看作是由一个三角形绕旋转中心旋转8次形成．
所以旋转角为＝45°．
故答案为：45．
【点评】本题考查了图形的旋转，找到旋转中心和旋转次数，算出旋转角是解决本题的关键．
24．（2023•江北区一模）如图，下列3×4网格图均由12个相同的小正方形组成，每个网格图中有2个小正方形已涂上阴影，请在余下的空白小正方形中，分别按下列要求选取两个涂上阴影：
（1）使得4个阴影小正方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个阴影小正方形组成的图形是中心对称图形，但不是轴对称图形．
请将以上两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形即可．
【分析】（1）根据轴对称定义，在第一行第二列涂上阴影和在第三行第二列涂上阴影即可．
（2）根据中心对称定义，在第一行第四列涂上阴影和在第三行第一列涂上阴影即可．
【解答】解：（1）如图所示：答案不唯一．
（2）如图所示：答案不唯一．
【点评】本题主要考查作轴对称图形和中心对称图形，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重台，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转 180°后能够与自身重台，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，掌握轴对称图形和中心对称图形定义是解题的关键．
25．（2023•宁波模拟）如图，正三角形网格中，已知两个小三角形被涂黑．
（1）再将图①中其余小三角形涂黑一个，使整个被涂黑的图案构成一个轴对称图形（画出两种不同的涂法）；
（2）再将图②中其余小三角形涂黑两个，使整个被涂黑的图案构成一个中心对称图形．
【分析】（1）根据轴对称图形的性质得出答案即可；
（2）根据中心对称图形的性质得出答案即可．
【解答】（1）见下图：
（2）见下图：
【点评】此题主要考查了利用旋转设计图案，熟练掌握对称图形的性质是解题关键．
26．（2023春•薛城区期中）如图，在5×5的正方形网格中，有4个小正方格被涂黑成“L形”．
（1）如图1，用2B铅笔在图中再涂黑3个小正方格，使新涂黑的图形与原来的“L形”所组成的新图形是轴对称图形但不是中心对称图形；
（2）如图2，用2B铅笔在图中再涂黑3个小正方格，使新涂黑的图形与原来的“L形”所组成的新图形是中心对称图形但不是轴对称图形．
【分析】（1）根据轴对称图形，中心对称图形的定义画出图形；
（2）根据轴对称图形，中心对称图形的定义画出图形即可．
【解答】解：（1）如图1所示即为所求；
（2）如图2所示即为所求．
【点评】本题考查作图−应用与设计作图，利用轴对称设计图案等知识，解题的关键是掌握中心对称图形，轴对称图形的定义，属于常考题型．
27．（2023•鄞州区校级一模）如图，由5个大小完全相同的小正方形摆成如图形状，现移动其中的一个小正方形，请在图（1），图（2），图（3）中分别画出满足以下各要求的图形．（用阴影表示）
（1）使得图形既是轴对称图形，又是中心对称图形．
（2）使得图形成为轴对称图形，而不是中心对称图形；
（3）使得图形成为中心对称图形，而不是轴对称图形．
【分析】本题是图案设计问题，用轴对称和中心对称知识画图，设计图案，要按照题目要求，展开丰富的想象力，答案不唯一．
【解答】解：如图所示；
【点评】本题考查了利用旋转设计图案，由于设计方案的多样化，只要满足相应问题对轴对称，中心对称的要求即可，这样就可以发挥学生丰富的想象力，提高学习兴趣．
28．（2023•沂水县二模）下列是小红借助旋转、平移或轴对称设计的四个图案，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据中心对称图形，轴对称图形的定义判断即可．
【解答】解：选项C中的图案既是轴对称图形又是中心对称图形．
故选：C．
【点评】本题考查利用旋转设计图案，利用轴对称设计图案，利用平移设计图案，解题的关键是理解中心对称图形，轴对称图形的定义，属于中考常考题型．
29．（2022秋•丰台区期末）图中的五角星图案，绕着它的中心O旋转n°后，能与自身重合，则n的值至少是（ ）
A．144B．120C．72D．60
【分析】五角星图案，可以被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72度的整数倍，就可以与自身重合．
【解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，就可以与自身重合，
∴旋转的度数至少为72°，
故选：C．
【点评】本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．
30．（2023•余姚市一模）图1，图2都是由边长为1的小正三角形构成的网格，每个网格图中有3个小正三角形已涂上阴影．请在余下的空白小正三角形中，分别按下列要求选取1个涂上阴影：
（1）使得4个阴影小正三角形组成一个轴对称图形．
（2）使得4个阴影小正三角形组成一个中心对称图形．
（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）
【分析】（1）根据轴对称图形的定义画出图形即可（答案不唯一）；
（2）根据中心对称图形的定义画出图形即可（答案不唯一）．
【解答】解：（1）轴对称图形如图所示（答案不唯一）；
（2）中心对称图形如图所示（答案不唯一）．
【点评】本题考查利用旋转设计图案，利用轴对称设计图案，理解题意，灵活运用所学知识是解决问题的关键．
31．（2023•扶余市四模）如图，在8×5的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点均在小正方形的顶点上．
（1）在图1中画△ABD（点D在小正方形的顶点上），使△ABD的周长等于△ABC的周长，且以A、B、C、D为顶点的四边形是轴对称图形．
（2）在图2中画△ABE（点E在小正方形的顶点上），使△ABE的周长等于△ABC的周长，且以A、B、C、E为顶点的四边形是中心对称图形，并直接写出该四边形的面积．
【分析】（1）利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案即可；
（2）利用中心对称图形的性质得出符合题意的答案即可，再利用平行四边形面积求法得出答案．
【解答】解：（1）如图1所示：
（2）如图2所示：四边形ACBE的面积为：2×4＝8．
【点评】此题主要考查了利用旋转设计图案以及利用轴对称设计图案，正确把握轴对称图形以及中心对称图形的定义是解题关键．
32．（2023•五华县校级开学）有两块形状完全相同的不规则的四边形木板，如图所示，两位木匠工师傅通过测量可知∠B＝∠D＝90°，AD＝CD，现要将其拼成正方形，思考一段时间后，一位木工师傅说“我可以将这两块木板拼成一个正方形．”另一位木工师傅说“可以将一块木板拼成一个正方形，两块木板拼成两个正方形．”两位师傅把每一块木板都只分割一次，你知道他们是怎么做的吗？画出图形，并说明理由．
【分析】首先连接BD，根据旋转的性质得出△B′BD是等腰直角三角形，进而得出答案，再利用分割一个四边形得出全等三角形进而证明是正方形．
【解答】解：如图（1）所示：将两块四边形拼成正方形，
连接BD，将△DBC绕D点顺时针旋转90度，即可得出△B′BD此时三角形是等腰直角三角形，
同理可得出正方形B′EBD．
如图（2）将一个四边形拼成正方形，
过点D作DE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BA交BA的延长线于点F，
∴∠FDA+∠ADE＝∠CDE+∠ADE＝90°，
∴∠FDA＝∠CDE，
在△AFD和△CED中，
，
∴△AFD≌△CED（AAS），
∴FD＝DE，
又∵∠B＝∠F＝∠BED＝90°，
∴四边形FBED为正方形．
【点评】此题主要考查了图形的剪拼，根据旋转的性质得出△B′BD是等腰直角三角形是解题关键．
五．几何变换的类型（共5小题）
33．（2023春•舞钢市期中）如图是一张正方形的网格纸，图中4条线段的端点都在网格纸的格点上，对于这4条线段之间变换的描述不正确的是（ ）
A．线段CD可以由线段AB平移得到
B．线段EF可以由线段AB先旋转再平移得到
C．线段GH可以由线段AB先旋转再平移得到
D．线段GH不能通过线段EF平移和旋转变换得到
【分析】分别求出线段AB，CD，EF，GH的长度，如果长度不同，旋转平移变换后就不能得到．
【解答】解：∵，，，GH＝6，
∴A、线段CD可以由线段AB平移得到，正确，不符合题意；
B、线段EF可以由线段AB先旋转再平移得到，正确，不符合题意；
C、线段GH和线段AB的长度不同，线段GH不可以由线段AB先旋转再平移得到，原说法错误，符合题意；
D、线段GH和线段AB的长度不同，线段GH不能通过线段EF平移和旋转变换得到，正确，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查的是几何变换的类型，旋转和平移的性质，理解记忆性质是解题的关键．
34．（2023•南京模拟）如图，△A′B′C′是由△ABC经过轴对称得到的，△A′B'C′还可以看作是△ABC经过怎样的图形变化得到？下列结论：①2次平移；②1次平移和1次轴对称；③2次旋转；④3次轴对称．其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①④B．②③C．②④D．③④
【分析】利用平移，旋转，轴对称的性质等知识一一判断即可．
【解答】解：把△ABC沿着水平线平移，使点C和点C′重合，再再作过点C′的垂线，然后作△ABC关于垂线的轴对称图形可得△A′B'C，所以△A′B'C′可以看作是△ABC经过1次平移和1次轴对称得到；
作线段AA′的垂直平分线，然后作△ABC关于这条垂直平分线的轴对称图形3次，可得△A′B'C′；所以△A′B'C′还可以看作是△ABC经过3次轴对称得到．
所以中所有正确结论的序号是②④．
故选：C．
【点评】本题考查平移，旋转，翻折等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
35．（2023•北海二模）（1）我们知道，平移、轴对称和旋转都属于全等变换，如图是5×5的正方形网格，A，B，C，D，E均是格点，∠ACB＝90°，△ABC≌△DEC，请你判断△ABC是通过怎样的变换得到△DEC的？填 绕点C按顺时针方向旋转90° ；
（2）在（1）的条件下，连接AD，BE，探究AD与BE的位置关系．
【分析】（1）根据旋转的定义即可得到结论；
（2）如图，延长BE交AD于点F．根据全等三角形的性质得到BC＝CE，AC＝CD．根据垂直的定义即可得到结论．
【解答】解：（1）绕点C按顺时针方向旋转90°；
故答案为：绕点C按顺时针方向旋转90°；
（2）AD⊥BE．
如图，延长BE交AD于点F．
∵△ABC≌△DEC，
∴BC＝CE，AC＝CD．
在Rt△BCE中，∠BEC＝∠EBC＝45°，
在Rt△ACD中，∠CAD＝∠ADC＝45°，
∴∠EBC十∠BDF＝90°，
∴∠BFD＝90°，
∴AD⊥BE．
【点评】本题考查了几何变换，旋转的性质，全等三角形的性质，垂直的定义，熟练掌握旋转的定义是解题的关键．
36．（2022•龙岗区一模）如图，以锐角△ABC的边AC、AB为边向外作正方形ACDE和正方形ABGF，连接BE、CF．
（1）求证：△FAC≌△BAE；
（2）图中△BAE可以通过一次变换得到△FAC，请你说出变换过程．
【分析】（1）利用正方形的性质得出∠FAC＝∠BAE，AF＝AB，AC＝AE，即可得出△FAC≌△BAE；
（2）根据旋转前后图形的关系得出旋转中心和旋转角的度数即可．
【解答】证明：（1）∵四边形ABGF和四边形ACDE是正方形，
∴AF＝AB，AC＝AE，
∵∠BAF＝∠CAE＝90°，
∴∠BAF+∠BAC＝∠CAE+∠BAC即∠FAC＝∠BAE，
∵在△FAC和△BAE中，，
∴△FAC≌△BAE（SAS），
（2）△FAC和△BAE可以通过旋转而相互得到，△BAE以点A为旋转中心，顺时针旋转90°得到△FAC．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质和正方形的性质等知识，根据已知得出∠FAC＝∠BAE是解题关键．
37．（2023•蚌埠模拟）如图，三角形PQR是三角形ABC经过某种变换后得到的图形，分别观察点A与点P，点B与点Q，点C与点R的坐标之间的关系．
（1）若三角形ABC内任意一点M的坐标为（x，y），点M经过这种变换后得到点N，根据你的发现，点N的坐标为 （﹣x，﹣y） ．
（2）若三角形PQR先向上平移3个单位，再向右平移4个单位得到三角形P′Q′R′，画出三角形P′Q′R′并求三角形P′AC的面积．
（3）直接写出AC与y轴交点的坐标 （0，） ．
【分析】（1）依据点M与点N关于原点对称，即可得到点N的坐标；
（2）依据三角形PQR先向上平移3个单位，再向右平移4个单位即可得到三角形P′Q′R′，进而得出三角形P′AC的面积．
（3）先求得直线AC解析式为y＝x+，当x＝0时，y＝，即AC与y轴交点的坐标为（0，）．
【解答】解：（1）如图，点M与点N关于原点对称，
∴点N的坐标为（﹣x，﹣y），
故答案为：（﹣x，﹣y）；
（2）如图，△P′Q′R′即为所求，
S△P'AC＝×3×4﹣×1×2﹣×1×3﹣1×1＝6﹣1﹣1.5﹣1＝2.5；
（3）设直线AC解析式为y＝kx+b，
把A（4，3），C（1，2）代入，可得
，
解得，
∴直线AC解析式为y＝x+，
当x＝0时，y＝，即AC与y轴交点的坐标为（0，）．
故答案为：（0，）．
【点评】此题主要考查了几何变换的类型，利用已知对应点坐标特点得出是解题关键．在平移变换下，对应线段平行且相等，两对应点连线段与给定的有向线段平行（共线）且相等．
【过关检测】
一、单选题
1．（2020秋·全国·九年级专题练习）如图，两个全等的长方形与，旋转长方形能和长方形重合，则可以作为旋转中心的点有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．无数个
【答案】A
【详解】根据长方形对角线的交点是长方形的对称中心，故长方形ABFE的对称中心是其对角线的交点，即CD的中点，所以作为旋转中心的点只有CD的中点．
2．（2022秋·全国·九年级专题练习）七巧板是我们祖先的一项卓越创造，被西方人誉为“东方魔板”．已知如图所示的“正方形”是由七块七巧板拼成的正方形（相同的板规定序号相同）．现从七巧板取出四块（序号可以相同）拼成一个小正方形（无空隙不重叠），则无法拼成的序号为（ ）
A．②③④B．①③⑤C．①②③D．①③④
【答案】A
【分析】由题意画出图形可求解。
【详解】B选项拼图如下：
C选项拼图如下：
D选项拼图如下：
故选：A．
【点睛】本题考查几何图形的想象能力，注意同一个序号的图形有两个时，两个都可以使用．
3．（2021秋·全国·九年级专题练习）将一个正方形纸片按如图1、图2依次对折后，再按如图3打出一个心形小孔，则展开铺平后的图案是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题中所给剪纸方法，进行手动操作，答案就能很直观的呈现.
【详解】按照图中顺序进行操作，展开后心形图案应该靠近正方形上下两边，且关于中间折线对称，故只有B选项符合.
故选B.
【点睛】本题考查剪纸问题，解决此类问题要熟知轴对称图形的特点，关键是准确的找到对称轴，一般的方法是动手操作，拿张纸按照题中的要求进行操作.
4．（2022秋·全国·九年级专题练习）边长为2的两种正方形卡片如上图①所示，卡片中的扇形半径均为2，图②是交替摆放A、B两种卡片得到的图案．若摆放这个图案共用两种卡片2021张，则这个图案中阴影部分图形的面积和为（ ）
A．4040B．4044–πC．4044D．4044＋π
【答案】B
【分析】首先发现A，B两种卡片阴影部分的面积和为边长为2的正方形的面积，然后确定2021张卡片中A，B组成正方形1010个，第2021个图形是A，由此列式计算即可．
【详解】解：2021÷2＝1010…1，
所以这个图案中阴影部分图形的面积和为：4×1010＋A的阴影面积，
是：4440＋4﹣π＝4044﹣π．
故选：B．
【点睛】本题考查图形的变化规律，得出A、B面积和是正方形是解题关键．
5．（2021秋·全国·九年级专题练习）在综合实践活动课上，小红准备用两种不同颜色的布料缝制一个正方形座垫，座垫的图案如右图所示，应该选下图中的哪一块布料才能使其与右图拼接符合原来的图案模式 ( ).
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据图形旋转的定义作答．或者将图象绕它的中心顺时针旋转45°后，发现第一行与第三行相同，从而第二行与第四行也相同．
【详解】图形是由小三角形顺时针旋转90°形成的．
故选C．
6．（2022·全国·九年级专题练习）关于这一图案，下列说法正确的是（ ）
A．图案乙是由甲绕BC的中点旋转180°得到的
B．图案乙是由甲绕点C旋转108°得到的
C．图案乙是由甲沿AB方向平移3个边长的距离得到的
D．图案乙是由甲沿直线BC翻转180°得到的
【答案】A
【详解】解：如图所示：可得图案乙是由甲绕BC的中点旋转180°得到的．故选A．
7．（2021秋·全国·九年级期末）如图，图2的图案是由图1中五种基本图形中的两种拼接而成，这两种基本图形是（ ）
A．①②B．①③C．①④D．③⑤
【答案】B
【详解】试题分析：根据已知图形，利用分割与组合的原理对图形进行分析即可．
解：如图所示：图案甲是由左面的五种基本图形中的两种拼接而成的，
这两种基本图形是①③．
故选B．
点评：此题考查了平面图形的分割与组成，主要培养学生的观察能力和空间想象能力．
8．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，先将该图沿着它自己的右边缘翻折，再绕着右下角的一个端点按顺时针方向旋转，之后所得到的图形是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】将图沿着它自己的右边缘翻折，则圆在正方形图形的右上角，然后绕着右下角的一个端点按顺时针方向旋转180°，则圆在正方形的左下角，利用此特征可对四个选项进行判断．
【详解】先将图沿着它自己的右边缘翻折，得到，再绕着右下角的一个端点按顺时针方向旋转，之后所得到的图形为．
故选：A
【点睛】本题考查了利用旋转设计图案：由一个基本图案可以通过平移、旋转和轴对称以及中心对称等方法变换一些复合图案．
9．（2020秋·九年级单元测试）如图，为保持原图的模样，应选哪一块拼在图案的空白处( )
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【分析】观察图形，发现原图是后单位图形平移得到，据此即可求解．
【详解】解：由图可知，此图案由如图的图形平移而成，，
∴空白处应该为：，
故选B．
【点睛】本题考查了图案设计，平移的性质，观察得出单位图形是解题的关键．
10．（2018·河北·模拟预测）在由相同的小正方形组成的3×4的网格中，有3个小正方形已经涂黑，请你再涂黑一个小正方形，使涂黑的四个小正方形中，其中两个可以由另外两个平移得到，则还需要涂黑的小正方形序号是（ ）
A．①或②B．③或④C．⑤或⑥D．①或⑨
【答案】D
【详解】根据题意可涂黑①和⑨，
涂黑①时，可将左上和左下两个黑色正方形向右平移1个单位即可得；
涂黑⑨时，可将左上和左下两个黑色正方形向右平移2个单位、再向下平移1个单位可得；
故选D.
二、填空题
11．（2021秋·九年级课时练习）在平面直角坐标系中，若点P(x－2，x)关于原点的对称点在第四象限，则x的取值范围是______ ．
【答案】0＜x＜2
【分析】首先根据点P(x－2，x)关于原点的对称点在第四象限，判断出点P在第二象限，然后根据第二象限点的坐标特点求解即可．
【详解】解：∵点P(x－2，x)关于原点的对称点在第四象限，
∴点P在第二象限．
∴
解得：x＜2，x＞0，
∴x的取值范围是0＜x＜2．
故答案为：0＜x＜2．
【点睛】此题考查了象限中点的坐标特点，关于原点对称的点的坐标特点，解题的关键是熟练掌握象限中点的坐标特点．第一象限：横坐标为正，纵坐标为正；第二象限：横坐标为负，纵坐标为正；第三象限：横坐标为负，纵坐标为负；第四象限：横坐标为正，纵坐标为负．
12．（2021秋·湖北襄阳·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，的直角顶点C的坐标为，点A在x轴正半轴上，且．将绕点C逆时针旋转，则旋转后点A的对应点的坐标为________．
【答案】
【分析】画出示意图，然后根据旋转的性质可求得答案.
【详解】解：∵点C的坐标为，AC=2，
如图所示，将RtΔABC先绕点C逆时针旋转90°，
则点A'的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转变换，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
13．（2021·九年级课时练习）如图，在平面直角坐标系中，△ABO与△A′B′O′关于原点对称，则点B′的坐标为________________．
【答案】（1，－2）
【解析】略
14．（2021·九年级课时练习）点 A（a，-2）与点 B（8，b）关于原点对称，则a ＝___，b ＝____．
【答案】 －8 2
【解析】略
15．（2022秋·九年级单元测试）△ABC中，AB=8，AC=6，AD是BC边上的中线，则AD长度的范围是__________．
【答案】1＜AD＜7
【分析】延长AD至E，使DE=AD，连接CE．根据SAS证明△ABD≌△ECD，得CE=AB，再根据三角形的三边关系即可求解．
【详解】解：延长AD至E，使DE=AD，连接CE．
在△ABD和△ECD中，
，
∴△ABD≌△ECD（SAS），
∴CE=AB．
在△ACE中，CE-AC＜AE＜CE+AC，
即2＜2AD＜14，
故1＜AD＜7．
故答数为：1＜AD＜7．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、三角形的三边关系．注意：倍长中线是常见的辅助线之一．
16．（2022秋·九年级课时练习）把边长分别为4和6的矩形ABCO如图放在平面直角坐标系中，将它绕点C顺时针旋转α角，旋转后的矩形记为矩形EDCF．在旋转过程中，
（1）如图①，当点E在射线CB上时，E点坐标为__________；
（2）当△CBD是等边三角形时，旋转角α的度数是__________（α为锐角）．
【答案】 （4，2） 60°
【分析】（1）依题意得，点E在射线CB上，横坐标为4，根据勾股定理可得纵坐标，进而得出点E的坐标．
（2）已知∠BCD=60°，∠BCF=30°，然后可得∠α=60°．
【详解】解：（1）∵OC=4，
∴当点E在射线CB上时，点E横坐标为4，
∵FC=4，EF=6，
∴EC=，
∴E（4，2），
故答案为：（4，2）；
（2）当△CBD是等边三角形时，∠BCD=60°，
∴旋转角a的度数是60°，
故答案为：60°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，坐标与图形的性质，解决问题的关键是掌握旋转的性质以及矩形的性质．
17．（2022·江苏苏州·苏州高新区实验初级中学校考一模）图形甲是小明设计的花边作品，该作品是由形如图形乙通过对称和平移得到．在图乙中，△AEO≌△ADO≌△BCO≌△BFO，E，O，F均在直线MN上，EF=12，AE=14，则OA长为______．
【答案】16
【分析】如图，如图，过点A作AH⊥EF于点H，证明∠AOE=∠AOB=∠BOF=60°，设OH=x，在Rt△AEH中，利用勾股定理构造一元二次方程，解方程可得结论．
【详解】解：如图，过点A作AH⊥EF于点H，
∵△AEO≌△ADO≌△BCO≌△BFO，
∴∠AOE=∠AOB=∠BOF，OF=OF=EF=6，
∵∠AOE+∠AOB+∠BOF=180°，
∴∠AOE=∠AOB=∠BOF=60°，
设OH=x，则AO=2x，AH=x，
在Rt△AEH中，AE2=AH2+EH2，
∴142=（x）2+（x-6）2，
解得x=8或-5（负根舍弃），
∴OA=16，
故答案为：16．
【点睛】本题考查利用平移设计图案，全等三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
18．（2022秋·九年级课时练习）如图，点P是等边△ABC外一点，AP= 2，BP= 3，则PC的最大值为_______
【答案】5
【分析】将绕顶点A逆时针旋转使边AB与边AC重合，得到，证明△是等边三角形得到和的长度，进而根据三角形两边之和大于第三边的基本性质进行解答即可．
【详解】解：将绕顶点A逆时针旋转使边AB与边AC重合，得到，连接PC，,
由旋转的性质得，△
∵△ABC是等边三角形
∴∠
∵△
∴∠，
∴∠
∴△是等边三角形，
∴
∵
∴
∴的最大值为5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及三角形全等的判定与性质，灵活运用三角形两边之和大于第三边是解答此题的关键．
三、解答题
19．（2019秋·全国·九年级专题练习）请认真观察图（1）的4个图中阴影部分构成的图案，回答下列问题：
(1)请写出这四个图案都具有的两个共同特征：特征1： ；特征2： ．
(2)请在图（2）中设计出你心中最美的图案，使它也具备你所写出的上述特征（用阴影表示）．
【答案】(1)是轴对称图形；是中心对称图形
(2)见解析
【分析】（1）应从对称方面，阴影部分的面积等方面入手思考；
（2）应画出既是中心对称图形，又是轴对称图形，且面积为4的图形．
【详解】（1）解：根据题意得：
特征1：是轴对称图形，特征2：是中心对称图形；
（2）解：画出图如图所示：
．
【点睛】图形的特点应从对称性和面积等方面进行考虑．
20．（2022秋·吉林·九年级校考阶段练习）如图所示是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，挍下列要求选取三个涂上阴影，使得6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．
【答案】详见解析
【分析】根据中心对称的定义：把一个图形绕某点旋转180°后能够与自身重合，则这个图形是中心对称图形，根据定义画图即可．
【详解】解：答案不唯一，如图．
【点睛】本题主要考查了利用中心对称图形的定义设计图案，掌握定义是解题的关键．
21．（2023秋·吉林·九年级统考期末）如图，下列4×4网格图都是由16个相同的小正方形组成，每个网格图中有4个小正方形已涂上阴影，请你在空白小正方形中，按下列要求涂上阴影：
(1)在图1中选取1个空白小正方形涂上阴影，使5个阴影小正方形组成一个轴对称图形；
(2)在图2中选取2个空白小正方形涂上阴影，使6个阴影小正方形组成一个中心对称图形．（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据轴对称图形的定义去添加；
（2）根据中心对称图形的定义添加．
【详解】（1）选取1个空白小正方形涂上阴影，使5个阴影小正方形组成一个轴对称图形，如下图：
（2）选取2个空白小正方形涂上阴影，使6个阴影小正方形组成一个中心对称图形，如下图：
【点睛】本题主要考查了利用旋转设计图案，正确掌握轴对称图形与中心对称图形的定义是解题的关键．
22．（2022秋·广东河源·九年级校考阶段练习）亦姝家最近买了一种如图（）所示的瓷砖．请你用 块如图（）所示的瓷砖拼铺成一个正方形地板，使拼铺的图案成中心对称图形，请在图（）、图（）中各画出一种拼法．（要求：①两种拼法各不相同，②为节约答题时间，方便扫描试卷，所画图案阴影部分用黑色斜线表示即可，③弧线大致画出即可）
【答案】见解析
【分析】根据中心对称图形的画法，即可分别画得．
【详解】解：画图如下：
【点睛】此题主要考查了利用旋转设计图案以及中心对称设计图案，正确把握中心对称图形的定义是解题关键．
23．（2022春·浙江·九年级校考阶段练习）图①、图②均为的正方形网格，点A，B，C在格点上．
(1)在图①中确定格点D，并画出以点A，B，C，D为顶点的四边形，使其为轴对称图形，但不是中心对称图形（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）．
【答案】(1)图形见解析；
(2)图形见解析
【分析】（1）利用中心对称图形和轴对称图形的性质画出符合题意的图形即可；
（2）利用中心对称图形和轴对称图形的性质画出符合题意的图形即可．
【详解】（1）解：如图①，作点B关于直线的对称点D，
四边形即为所求作；
（2）解：如图②，四边形即为所求作．
【点睛】本题考查了利用旋转设计图案以及利用轴对称设计图案，正确把握中心对称和轴对称图形的定义是解题关键．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．把一个图形绕某一点旋转，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．
24．（2023·吉林·统考一模）图①、图②和图③都是的正方形网格，每个小正方形边长均为．按要求分别在图①、图②和图③中画图：
(1)在图①中画等腰，使其面积为，并且点在小正方形的顶点上；
(2)在图②中画四边形，使其是轴对称图形但不是中心对称图形，，两点都在小正方形的顶点上；
(3)在图③中画四边形，使其是中心对称图形但不是轴对称图形，，两点都在小正方形的顶点上；
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
(3)作图见解析
【分析】（1）取格点，连接、即可；
（2）取格点、，连接、、即可；
（3）取格点、，连接、、即可．
【详解】（1）解：取格点，连接、，取格点，连接，
∵图①是的正方形网格，每个小正方形边长均为，
∴，，，
∴垂直平分，
∴，
∴是等腰三角形，
又∵，
∴等腰面积为，且点在小正方形的顶点上，
则即为所作；
（2）取格点、，连接、、，
∵图②是的正方形网格，每个小正方形边长均为，
∴，，，
∴，
∴四边形是梯形，
∵，，
∴，
∴四边形是等腰梯形，它是一个轴对称图形，不是中心对称图形，
则四边形即为所作；
（3）取格点、，连接、、即可，
∵图③是的正方形网格，每个小正方形边长均为，
∴，，
∴四边形是平行四边形，它是一个中心对称图形，不是轴对称图形，
则四边形即为所作．
【点睛】本题考查作图一应用与设计作图，考查了垂直平分线的性质，等腰三角形的判定，等腰梯形的判定，勾股定理，平行四边形的判定，中心对称图形，轴对称图形，三角形的面积等知识．解题的关键是理解题意，学会利用数形结合的思想解决问题．
25．（2023·安徽合肥·校联考二模）我们把正六边形的顶点及其对称中心称作如图1所示基本图的特征点，显然这样的基本图共有7个特征点，将此基本图不断复制并平移，使得相邻两个基本图的一边重合，这样得到图2，图3，…

(1)观察以图形并完成下表：
猜想：在图（n）中，特征点的个数为___________（用n表示）；
(2)如图，将图（n）放在直角坐标系中，设其中第一个基本图的对称中心的坐标为，则___________；图（2023）的对称中心的横坐标为___________．

【答案】(1)22，
(2)，
【分析】（1）根据正六边形的性质，结合图形规律，转化为代数的形式．
（2）求得对称中心的坐标，探究规律问题.
【详解】（1）解：由题意，可知图1中特征点有7个；
图2中特征点有12个，；
图3中特征点有17个，；
所以图4中特征点有个；
由以上猜想：在图（n）中，特征点的个数为：；
故答案：22，．
（2）解：如图，过点作轴于点M，

又∵正六边形的中心角，，
∴，
∴，
∴，
∴图（1）总的横坐标为，
图（2）总的横坐标为，
图（3）总的总横坐标为，
∴图（n）的总横坐标为，
∴图（2023）共有2023个正六边形，总的横坐标是，
∴图（2023）的对称中心的横坐标为．
故答案为：，．
【点睛】本题主要考查知识点：新运算、图形规律、正六边形性质、等边三角形性质；把图形信息转化为代数形式的信息是解答此题的关键．
图形的名称
基本图的个数
特征点的个数
图1
1
7
图2
2
12
图3
3
17
图4
4
___________