【备考2022】浙江专版数学中考2019-2021年真题分类精编精练（14）平移、轴对称、旋转、位似（含解析）

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【备考2022】浙江专版数学中考2019-2021年真题分类精编精练（14）平移、轴对称、旋转、位似（含解析）
姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________
1 、选择题（本大题共18小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的）
（2020年浙江省绍兴市）将如图的七巧板的其中几块，拼成一个多边形，为中心对称图形的是（　　）
A． B．C．D．
（2021年浙江省温州市）如图，图形甲与图形乙是位似图形，是位似中心，位似比为，点，的对应点分别为点，．若，则的长为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．15
（2021年浙江省丽水市）四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是 ( 1，b)，(1，b)，(2，b)，(3.5，b)，平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（ ）
A．将B向左平移4.5个单位 B．将C向左平移4个单位
C．将D向左平移5.5个单位 D．将C向左平移3.5个单位
（2019年浙江省杭州市）在平面直角坐标系中，点A（m，2）与点B（3，n）关于y轴对称，则（　　）
A．m＝3，n＝2 B．m＝﹣3，n＝2 C．m＝2，n＝3 D．m＝﹣2，n＝﹣3
（2020年浙江省嘉兴、舟山市 ）如图，在直角坐标系中，△OAB的顶点为O（0，0），A（4，3），B（3，0）．以点O为位似中心，在第三象限内作与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，则点C坐标（　　）
A．（﹣1，﹣1） B．（﹣，﹣1） C．（﹣1，﹣） D．（﹣2，﹣1）
（2020年浙江省金华市、丽水市）下列四个图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
（2021年浙江省嘉兴市）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形
（2020年浙江省台州市）如图，把△ABC先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到△DEF，则顶点C（0，-1）对应点的坐标为（ ）
A．（0，0） B．（1，2） C．（1，3） D．（3，1）
（2020年浙江省绍兴市）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　）
A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
（2019年浙江省嘉兴市）如图，在直角坐标系中，已知菱形OABC的顶点A（1，2），B（3，3）．作菱形OABC关于y轴的对称图形OA'B'C'，再作图形OA'B'C'关于点O的中心对称图形OA″B″C″，则点C的对应点C″的坐标是（　　）
A．（2，﹣1） B．（1，﹣2） C．（﹣2，1） D．（﹣2，﹣1）
（2020年浙江省嘉兴、舟山市 ）如图，正三角形ABC的边长为3，将△ABC绕它的外心O逆时针旋转60°得到△A'B'C'，则它们重叠部分的面积是（　　）
A．2 B． C． D．
（2021年浙江省衢州市）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，．当AC平分时，与满足的数量关系是（ ）
A．
C．
（2020年浙江省衢州市）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC=1，则AB的长度为（　　）
A． B． C． D．
（2019年浙江省温州市）某简易房示意图如图所示，它是一个轴对称图形，则坡屋顶上弦杆AB的长为（　　）
A．米 B．米 C．米 D．米
（2021年浙江省绍兴市）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（ ）
A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形
B．用4个相同的菱形放置，最多能得到15个菱形
C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形
D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形
（2021年浙江省丽水市）如图，在纸片中，，点分别在上，连结，将沿翻折，使点A的对应点F落在的延长线上，若平分，则的长为（ ）
A． B． C． D．
（2020年浙江省绍兴市）如图，等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，连结CP，过点A作AH⊥CP交CP的延长线于点H，连结AP，则∠PAH的度数（　　）
A．随着θ的增大而增大 B．随着θ的增大而减小
C．不变 D．随着θ的增大，先增大后减小
（2021年浙江省湖州市）如图，已知在矩形中，，点是边上的一个动点，连结，点关于直线的对称点为，当点运动时，点也随之运动．若点从点运动到点，则线段扫过的区域的面积是（ ）
A． B． C． D．
2 、填空题（本大题共7小题，每小题3分，共21分）
（2021年浙江省嘉兴市）如图，在直角坐标系中，与是位似图形，则位似中心的坐标为__________________．
（2019年浙江省台州市）如图，AC是圆内接四边形ABCD的一条对角线，点D关于AC的对称点E在边BC上，连接AE．若∠ABC＝64°，则∠BAE的度数为　 　．
（2021年浙江省杭州市）如图是一张矩形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，．若，则_____度．
（2021年浙江省温州市）如图，与的边相切，切点为．将绕点按顺时针方向旋转得到，使点落在上，边交线段于点．若，则______度．
（2020年浙江省嘉兴、舟山市 ）如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上．当点B'恰好落在边CD上时，线段BM的长为_____cm；在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为_____cm．
（2020年浙江省杭州市）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝_____，BE＝_____．
（2019年浙江省杭州市）如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E，H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A′点，D点的对称点为D′点，若∠FPG＝90°，△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，则矩形ABCD的面积等于　 　．
3 、解答题（本大题共4小题，共25分）
（2020年浙江省宁波市）图1，图2都是由边长为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，分别按下列要求选取一个涂上阴影：
（1）使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．
（2）使得4个阴影小等边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）
（2019年浙江省宁波市）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有5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，按下列要求选取一个涂上阴影：
（1）使得6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．
（2）使得6个阴影小等边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）
（2021年浙江省温州市）如图与的方格都是由边长为1的小正方形组成．图1是绘成的七巧板图案，它由7个图形组成，请按以下要求选择其中一个并在图2、图3中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．
（1）选一个四边形画在图2中，使点为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形．
（2）选一个合适的三角形，将它的各边长扩大到原来的倍，画在图3中．
（2021年浙江省金华市）在扇形中，半径，点P在OA上，连结PB，将沿PB折叠得到．
（1）如图1，若，且与所在的圆相切于点B．
①求的度数．
②求AP的长．
（2）如图2，与相交于点D，若点D为的中点，且，求的长．
答案解析
1 、选择题
【考点】中心对称图形
【分析】根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断.
解：A．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、是中心对称图形，故本选项符合题意.
故选：D.
【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分能够完全重合.
【考点】位似变换
【分析】直接利用位似图形的性质得出线段比进而得出答案．
解：∵图形甲与图形乙是位似图形，是位似中心，位似比为，
∴，
∵，
∴，
∴
故答案为：B．
【点评】此题主要考查了位似变换，正确掌握位似图形的性质是解题关键．
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标
【分析】直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．
解：∵点A ( 1，b) 关于y轴对称点为B (1，b)，
C (2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，
需要将点D (3.5，b) 向左平移3.5+2=5.5个单位，
故选：C．
【点评】本题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
【考点】关于x轴、y轴对称的点的坐标
【分析】直接利用关于y轴对称点的性质得出答案．
解：∵点A（m，2）与点B（3，n）关于y轴对称，
∴m＝﹣3，n＝2．
故选：B．
【点评】此题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．
【考点】位似变换
【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把A点的横纵坐标都乘以即可．
解：∵以点O为位似中心，位似比为，
而A （4，3），
∴A点的对应点C的坐标为（，﹣1）．
故选：B．
【点睛】本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
【考点】中心对称图形
【分析】根据中心对称的图形的定义：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，那么这个图形就是中心对称图形．
解：A选项不是中心对称图形，故本选项错误；
B选项不是中心对称图形，故本选项错误；
C选项是中心对称图形，故本选项错误；
D选项不是中心对称图形，故本选项错误；
故本题答案选C．
【点评】本题主要考查的是中心对称图形的定义，理解定义是解本题的关键．
【考点】平行四边形的判定,菱形的判定,剪纸问题
【分析】此题是有关剪纸的问题，此类问题应亲自动手折一折，剪一剪．
解：由题可知，AD平分,折叠后与重合，故全等，所以EO=OF;
又作了AD的垂直平分线，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EO⊥AD；
由平行四边形的判定：对角线互相平分的四边形为平行四边形，所以AEDF为平行四边形；
又AD⊥EF，所以平行四边形AEDF为菱形．
故选：
【点评】本题主要考察学生对于立体图形与平面展开图形之间的转换能力，与课程标准中“能以实物的形状想象出几何图形，有几何图形想象出实物的图形”的要求相一致，充分体现了实践操作性原则．
【考点】坐标与图形变化-平移
【分析】先找到顶点C的对应点为F，再根据直角坐标系的特点即可得到坐标．
解：∵顶点C的对应点为F，
由图可得F的坐标为（3，1），
故选D．
【点评】此题主要考查坐标与图形，解题的关键是熟知直角坐标系的特点．
【考点】中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点评】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．
【考点】菱形的判定与性质，作图﹣轴对称变换，作图﹣旋转变换
【分析】根据题意可以写出点C的坐标，然后根据与y轴对称和与原点对称的点的特点即可得到点C″的坐标，本题得以解决．
解：∵点C的坐标为（2，1），
∴点C′的坐标为（﹣2，1），
∴点C″的坐标的坐标为（2，﹣1），
故选：A．
【点评】本题考查旋转变化、轴对称变化，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【考点】三角形的外心，等边三角形的性质，旋转的性质
【分析】根据重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形，据此即可求解．
解：作AM⊥BC于M，如图：
重合部分是正六边形，连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都是全等的等边三角形．
∵△ABC是等边三角形，AM⊥BC，
∴AB＝BC＝3，BM＝CM＝BC＝，∠BAM＝30°，
∴AM＝BM＝，
∴△ABC的面积＝BC×AM＝×3×＝，
∴重叠部分的面积＝△ABC的面积＝；
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的外心、等边三角形的性质以及旋转的性质，理解连接O和正六边形的各个顶点，所得的三角形都为全等的等边三角形是关键．
【考点】旋转的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质
【分析】根据菱形的性质可得AB=AC，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA=，根据旋转的性质可得∠CAC′=∠BAB′=，根据AC平分可得∠B′AC=∠CAC=，即可得出，可得答案．
解：∵四边形ABCD是菱形，，
∴AB=AC，
∴∠BAC=∠BCA= =，
∵将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，
∴∠CAC′=∠BAB′=，
∵AC平分，
∴∠B′AC=∠CAC=，
∴∠BAC=∠B′AC+∠BAB′=2 =，
∴，
故选；C．
【点评】本题考查旋转的性质及菱形的性质，熟练掌握相关性质并正确找出旋转角是解题关键．
【考点】图形的折叠，勾股定理
【分析】先判断出∠ADE=45°，进而判断出AE=AD，利用勾股定理即可得出结论．
解：由折叠补全图形如图所示，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADA'=∠B=∠C=∠A=90°，AD=BC=1，CD=AB，
由第一次折叠得：∠DAE=∠A=90°，∠ADE=∠ADC=45°，
∴∠AED=∠ADE=45°，
∴AE=AD=1，
在Rt△ADE中，根据勾股定理得，DE=AD=，
由第二次折叠可知，
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了图形的折叠和勾股定理，搞清楚折叠中线段的数量关系是解决此类题的关键．
【考点】轴对称图形，解直角三角形的应用
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后利用锐角三角函数即可表示出AB的长．
解：作AD⊥BC于点D，
则BD＝0.3＝，
∵cosα＝，
∴sinα＝，
解得，AB＝米，
故选：B．
【点评】本题考查解直角三角形的应用、轴对称图形，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
【考点】生活中的平移现象，菱形的判定
【分析】根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可
解：用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形，
用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，
用4个相同的菱形放置，最多能得到15个菱形，
用5个相同的菱形放置，最多能得到22个菱形，
用6个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，
故选：B．
，
【点评】本题考查了生活中的平移现象，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
【考点】轴对称的性质，角平分线的定义，勾股定理，相似三角形的判定与性质，三角形的内角和定理
【分析】先根据勾股定理求出AB，再根据折叠性质得出∠DAE=∠DFE，AD=DF，然后根据角平分线的定义证得∠BFD=∠DFE=∠DAE，进而证得∠BDF=90°，证明Rt△ABC∽Rt△FBD，可求得AD的长．
解：∵，
∴=5，
由折叠性质得：∠DAE=∠DFE，AD=DF，则BD=5﹣AD，
∵平分，
∴∠BFD=∠DFE=∠DAE，
∵∠DAE+∠B=90°，
∴∠BDF+∠B=90°，即∠BDF=90°，
∴Rt△ABC∽Rt△FBD，
∴即，
解得：AD=，
故选：D．
【点评】本题考查折叠性质、角平分线的定义、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形的内角和定理，熟练掌握折叠性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键．
【考点】旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质
【分析】由旋转的性质可得BC＝BP＝BA，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，由外角的性质可求∠PAH＝135°﹣90°＝45°，即可求解．
解：∵将BC绕点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），得到BP，
∴BC＝BP＝BA，
∴∠BCP＝∠BPC，∠BPA＝∠BAP，
∵∠CBP+∠BCP+∠BPC＝180°，∠ABP+∠BAP+∠BPA＝180°，∠ABP+∠CBP＝90°，
∴∠BPC+∠BPA＝135°＝∠CPA，
∵∠CPA＝∠AHC+∠PAH＝135°，
∴∠PAH＝135°﹣90°＝45°，
∴∠PAH的度数是定值，
故选：C．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
【考点】三角形中位线定理,矩形的性质,扇形面积的计算,轴对称的性质,锐角三角函数的定义
【分析】先判断出点Q在以BC为直径的圆弧上运动，再判断出点C1在以B为圆心，BC为直径的圆弧上运动，找到当点P与点A重合时，点P与点D重合时，点C1运动的位置，利用扇形的面积公式及三角形的面积公式求解即可．
解：设BP与CC1相交于Q，则∠BQC=90°，
∴当点P在线段AD运动时，点Q在以BC为直径的圆弧上运动，
延长CB到E，使BE=BC，连接EC，
∵C、C1关于PB对称，
∴∠EC1C=∠BQC=90°，
∴点C1在以B为圆心，BC为直径的圆弧上运动，
当点P与点A重合时，点C1与点E重合，
当点P与点D重合时，点C1与点F重合，
此时，，
∴∠PBC=30°，
∴∠FBP=∠PBC=30°，CQ=，BQ=，
∴∠FBE=180°-30°-30°=120°，，
线段扫过的区域的面积是．
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的性质、三角形中位线定理、直角三角形的性质、三角函数以及扇形面积公式等知识；熟练掌握矩形的性质和轴对称的性质是解题的关键．
2 、填空题
【考点】位似变换，坐标与图形性质
【分析】根据位似图形的对应顶点的连线交于一点并结合网格图中的格点特征确定位似中心．
解：连接DB，OA并延长，交于点M，点M即为位似中心
∴M点坐标为
故答案为：．
【点评】本题考查的是位似变换的概念、坐标与图形性质，掌握如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心是解题的关键．
【考点】圆周角定理，圆内接四边形的性质，轴对称的性质
【分析】直接利用圆内接四边形的性质结合三角形外角的性质得出答案．
解：∵圆内接四边形ABCD，
∴∠D＝180°﹣∠ABC＝116°，
∵点D关于AC的对称点E在边BC上，
∴∠D＝∠AEC＝116°，
∴∠BAE＝116°﹣64°＝52°．
故答案为：52°．
【点评】此题主要考查了圆内接四边形的性质以及三角形的外角，正确得出∠AEC的度数是解题关键．
【考点】三角形内角和定理,等腰三角形的性质,矩形的性质,翻折变换（折叠问题）
【分析】连接MD，设∠DAF=x，利用折叠与等腰三角形的性质，用x的代数式表示出∠ADC=90°，列出方程解方程即可．
解：连接MD，设∠DAF=x
根据矩形的基本性质可知AM=MD，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°
∴∠MDA=∠DAF=x，∠ACB=∠DAC=x
∴∠DMF=2x
∵△DCE折叠得到△DFE
∴DF=CD=AB，DE⊥FC，∠FDE=∠CDE
又MF=AB
∴MF=DF
∴∠MDF=2x
∵∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，∠EDC+∠FCD=90°
∴∠CDE=∠ACD=x
∴∠FDE=∠CDE=x
∴∠ADC=∠ADM+∠MDF+∠FDE+∠CDE=x+2x+x+x=5x=90°
∴x=18°
故∠DAF=18°
故答案为18．
【点评】本题考查了矩形的折叠问题，能够做出合适的辅助线用∠DAF表示出∠ADC是解题关键．
【考点】旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质
【分析】连结OO′，先证△BOO′为等边三角形，求出∠AOB=∠OBO′=60°，由与的边相切，可求∠CBO==30°，利用三角形内角和公式即可求解．
解：连结OO′，
∵将绕点按顺时针方向旋转得到，
∴BO′=BO=OO′，
∴△BOO′为等边三角形，
∴∠OBO′=60°，
∵与的边相切，
∴∠OBA=∠O′BA′=90°，
∴∠CBO=90°-∠OBO′=90°-60°=30°，
∵∠A′=25°
∴∠A′O′B=90°-∠A′=90°-25°=65°
∴∠AOB=∠A′O′B=65°，
∴∠OCB=180°-∠COB-∠OBC=180°-65°-30°=85°．
故答案为85．
【点评】本题考查图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质，掌握图形旋转性质，切线性质，等边三角形判定与性质，直角三角形性质是解题关键．
【考点】翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理
【分析】第一个问题证明BM＝MB′＝NB′，求出NB即可解决问题．第二个问题，探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．
解：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠1＝∠3，
由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，
∴∠2＝∠3，
∴MB′＝NB′，
∵NB′＝＝＝（cm），
∴BM＝NB′＝（cm）．
如图2中，当点M与A重合时，AE＝EN，设AE＝EN＝xcm，
在Rt△ADE中，则有x2＝22+（4﹣x）2，解得x＝，
∴DE＝4﹣＝（cm），
如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝5﹣1﹣2＝2（cm），
如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，DB′（即DE″）＝5﹣1﹣＝（4﹣）（cm），
∴点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝2﹣+2﹣（4﹣）＝（）（cm）．
故答案为，（）．
【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
【考点】矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【分析】先根据矩形的性质得到，，再根据折叠的性质得到，，，然后根据全等三角形的性质得到；最后根据相似三角形的性质即可得BE的值．
解：∵四边形ABCD是矩形
∴，
∵把沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处
∴，，
∴，
∴
∴
在和中，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴，即
∴
解得或（不符题意，舍去）
则
故答案为：2，．
【点评】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，根据矩形与折叠的性质，正确找出两个相似三角形是解题关键．
【考点】矩形的性质，翻折变换（折叠问题），勾股定理，相似三角形的判定和性质
【分析】设AB＝CD＝x，由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，因为△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，推出A′E＝4D′H，设D′H＝a，则A′E＝4a，由△A′EP∽△D′PH，推出＝，推出＝，可得x＝2a，再利用三角形的面积公式求出a即可解决问题．
解：∵四边形ABC是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，设AB＝CD＝x，
由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，
∵△A′EP的面积为4，△D′PH的面积为1，
∴A′E＝4D′H，设D′H＝a，则A′E＝4a，
∵△A′EP∽△D′PH，
∴＝，
∴＝，
∴x2＝4a2，
∴x＝2a或﹣2a（舍弃），
∴PA′＝PD′＝2a，
∵ a 2a＝1，
∴a＝1，
∴x＝2，
∴AB＝CD＝2，PE＝＝2，PH＝＝，
∴AD＝4+2++1＝5+3，
∴矩形ABCD的面积＝2（5+3）．
故答案为2（5+3）
【点评】本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
3 、解答题
【考点】利用中心对称设计图案，利用轴对称设计图案
【分析】（1）根据轴对称图形的定义画出图形构成一个大的等边三角形即可（答案不唯一）．
（2）根据中心对称图形的定义画出图形构成一个平行四边形即可（答案不唯一）．
解：（1）轴对称图形如图1所示．
（2）中心对称图形如图2所示．
【点睛】本题考查利用中心对称设计图案，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．
【考点】等边三角形的判定与性质，利用轴对称设计图案，利用旋转设计图案
【分析】（1）直接利用轴对称图形的性质分析得出答案，
（2）直接利用中心对称图形的性质分析得出答案．
解：（1）如图1所示：6个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形，
（2）如图2所示：6个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．
【点评】此题主要考查了中心对称图形以及轴对称图形，正确把握相关定义是解题关键．
【考点】二次根式的乘除法,勾股定理的应用,作图—基本作图,作图-平移变换
【分析】（1）七巧板中有两个四边形，分别是正方形和平行四边形，根据题意可画出4种图形任意选一种即可，
（2）七巧板中有五个等腰直角三角形，有直角边长 的两个，直角边长2 的两个，直角边长2 的一个，根据题意利用数形结合的思想解决问题即可．
解：（1）画法不唯一，当选四边形为正方形时可以是如图1或图2；当四边形式平行四边形时可以是图3或图4．
（2）画法不唯一，
当直角边长为时，扩大即直角边长为利用勾股定理画出直角边长为直角三角形可以是如图5或图6
当直角边长为2时，扩大即直角边长为2利用勾股定理画出直角边长为2直角 三角形可以是如图7或图8等．
【点评】本题考查基本作图，平移，二次根式的乘法，以及勾股定理的应用，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
【考点】勾股定理,圆心角、弧、弦的关系,切线的性质,弧长的计算,翻折变换（折叠问题）
【分析】(1)根据图像折叠的性质，确定角之间的关系，通过已知的角度来间接求所求角的角度；求的长，先连接，先在中，求出；再在中，求出即可得到答案；
（2）要求的长，扇形的半径已知，就转化成求的度数，连接，通过条件找到角之间的等量关系，再根据三角形内角和为，建立等式求出，最后利用弧长的计算公式进行计算．
解：（1）①如图1，为圆的切线．
由题意可得，，．
，
②如图1，连结，交BP于Q．则有．
在中，．
在中，，
．
（2）如图2．连结OD．设．
∵点D为的中点．
．
由题意可得，．
又
，，解得．
．
【点评】本题考查了求线段的长度和弧长的长度问题，解题的关键是：根据题目中的条件，找到边角之间的等量关系，通过等量代换的思想间接求出所需要求的量．
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