章末综合评价卷(七) 图形的变换
(时间：120分钟 满分：120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题目要求)
1．(2024·盐城)下列四幅图片中的主体事物，在现实运动中属于翻折的是( )
工作中的雨刮器 移动中的黑板
A B
折叠中的纸片 骑行中的自行车
C D
C [因为工作中的雨刮器的运动方式属于旋转，
所以A选项不符合题意．
因为移动中的黑板的运动方式属于平移，
所以B选项不符合题意．
因为折叠中的纸片的运动方式属于翻折，
所以C选项符合题意．
因为骑行中的自行车的运动方式属于平移，
所以D选项不符合题意．
故选C．]
2．(2024·临沂一模)在如图所示标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A B C D
B [A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选B．]
3．将“科技、自立、自强”六个字分别写在某正方体的表面上，如图是它的一种表面展开图，在原正方体中，与“强”字所在面相对面上的汉字是( )
A．自 B．立 C．科 D．技
C [根据正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，“强”与“科”是对面，
故选C．]
4．(2024·山西)斗拱是中国古典建筑上的重要部件．如图是一种斗形构件“三才升”的示意图及其主视图，则它的左视图为( )
A B C D
C [从左面看，上面部分是矩形，下面部分是梯形，矩形部分有一条看不见的线，应该画虚线，
故选C．]
5．(2024·内蒙古)由7个完全相同的小正方体组成的几何体如图所示，下列给出的四个平面图形中不属于该几何体三视图的是( )
A B
C D
C [这个组合体的三视图如下：
故选C．]
6．(2024·单县二模)用小立方块搭成的几何体，从正面看到的图形和从上面看到的图形如图，问搭成这样的几何体需要小立方块的数量最多、最少分别是多少块( )
A．8，7 B．7，6 C．8，6 D．7，5
A [如图，几何体最多需要3＋2＋2＋1＝8个小立方块，最少需要3＋2＋1＋1＝7个小立方块．
或
故选A．]
7．(2024·济宁一模)如图，将放置于平面直角坐标系中的三角板AOB绕O点顺时针旋转90°得△A′OB′．已知∠AOB＝30°，∠B＝90°，AB＝1，则B′点的坐标为( )
A． B．
C． D．
D [在Rt△AOB中，∠AOB＝30°，AB＝1，
∴OA＝2(30°角所对的直角边是斜边的一半)
根据勾股定理得，OB＝＝，
过点B作BC⊥OA于C，
在Rt△BOC中，BC＝OB＝，根据勾股定理得，OC＝＝，
过点B′作B′C′⊥OA′于C′，
由旋转知，B′C′＝BC＝，OC′＝OC＝，
∴B′点的坐标为．
故选D．]
8．[新定义](2024·牡丹区一模)研究立体图形问题的基本思路是把立体图形问题转化为平面图形问题．
阅读材料
立体图形中既不相交也不平行的两条直线所成的角，就是将直线平移使其相交所成的角．
例如，正方体ABCD-A′B′C′D′(如图)．因为在平面AA′C′C中，CC′∥AA′，AA′与AB相交于点A，所以直线AB与AA′所成的∠BAA′就是既不相交也不平行的两条直线AB与CC′所成的角．
解决问题
如图，已知正方体ABCD-A′B′C′D′，则既不相交也不平行的两条直线BA′与AC所成角的大小为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
C [连接BC′，
∵AC∥A′C′，BA′与A′C′相交于点A′，
根据正方体性质可得：A′B＝BC′＝A′C′，
∴△A′BC′为等边三角形，
∴∠BA′C′＝60°，
即既不相交也不平行的两条直线BA′与AC所成角为60°．
故选C．]
9．(2024·泰安)如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，分别以顶点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧分别相交于点M和点N，作直线MN分别与BC，AC交于点E和点F；以点A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AB，AC于点H和点G，再分别以点H，点G为圆心，大于HG的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线AP，若射线AP恰好经过点E，则下列四个结论：
①∠C＝30°；
②AP垂直平分线段BF；
③CE＝2BE；
④S△BEF＝S△ABC．
其中，正确结论的个数有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
D [由作图可知MN垂直平分线段AC，
∴EA＝EC，
∴∠EAC＝∠C，
由作图可知AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE，
∵∠ABC＝90°，
∴∠C＝∠CAE＝∠BAE＝30°，故①正确；
∴AC＝2AB，
∵AF＝FC，
∴AB＝AF，
∴AP垂直平分线段BF，故②正确；
∵AE＝2BE，EA＝EC，
∴EC＝2BE，故③正确；
∴S△BEF＝S△BCF，
∵AF＝FC，
∴S△BFC＝S△ABC，
∴S△BEF＝S△ABC，故④正确．
故选D．]
10．(2024·金乡县一模)如图，A是平面直角坐标系中y轴上的一点，AO＝2，以AO为底构造等腰△ABO，且∠ABO＝120°，将△ABO沿着射线OB方向平移，每次平移的距离都等于线段OB的长，则第2 024次平移结束时，点B的对应点B2 024的坐标为( )
A．(2 025，2 026) B．(2 024，2 025)
C．(2 024，2 024) D．(2 025，2 025)
D [如图，作BC⊥AO于点C，
∵∠ABO＝120°，AB＝OB，BC⊥AO，AO＝2，
∴OC＝AO＝×2＝，∠CBO＝∠AOB＝60°，
∴BC＝＝＝1，
∴B(1，)，
由图观察可知，第1次平移相当于点向上平移个单位，向右平移1个单位，第2次平移相当于点向上2平移个单位，向右平移2个单位，……
以此类推，第n次平移后点的对应点坐标为B(1＋n，n)，
∴第2 024次平移结束时，点B的对应点B2 024的坐标为(1＋2 024，＋2 024)，即(2 025，2 025)，
故选D．]
二、填空题(本大题共6小题，满分18分．只要求填写最后结果，每小题填对得3分)
11．(2024·辽宁)在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标分别为A(2，－1)，B(1，0)，将线段AB平移后，点A的对应点A′的坐标为(2，1)，则点B的对应点B′的坐标为________．
(1，2) [因为点A坐标为(2，－1)，且平移后对应点A′的坐标为(2，1)，
所以2－2＝0，1－(－1)＝2，
所以1＋0＝1，0＋2＝2，
所以点B的对应点B′的坐标为(1，2)．
故答案为(1，2)．]
12．(2024·辽宁)如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＞AB，AD＝a，AB＝10，以点A为圆心，以AB长为半径作弧，与BC相交于点E，连接AE．以点E为圆心，适当长为半径作弧，分别与EA，EC相交于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径作弧，两弧在∠AEC的内部相交于点P，作射线EP，与AD相交于点F，则FD的长为________(用含a的代数式表示)．
a－10 [由作法得AE＝AB＝10，EF平分∠AEC，
∴∠AEF＝∠CEF，
∵AD∥BC，
∴∠AFE＝∠CEF，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴AF＝AE＝10，
∴FD＝AD－AF＝a－10．
故答案为a－10．]
13．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在第一象限，点B，C的坐标为(2，1)，(6，1)，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线AB交x轴于点P．若△ABC与△A′B′C′关于点P成中心对称，则点A′的坐标为________．
(－2，－3) [如图，过点A作AD⊥BC，垂足为D．
点B，C的坐标为(2，1)，(6，1)，得
BC＝4．
由∠BAC＝90°，AB＝AC，
得AB＝2，∠ABD＝45°，
∴BD＝AD＝2，
∴A(4，3)，
设直线AB的解析式为y＝kx＋b，将A，B点坐标代入，得
解得
直线AB的解析式为y＝x－1，
当y＝0时，x＝1，即P(1，0)，
由中点坐标公式，得
xA′＝2xP－xA＝2－4＝－2，
yA′＝2yP－yA＝0－3＝－3，
∴A′(－2，－3)．
故答案为(－2，－3)．]
14．(2024·四川广安)如图，在 ABCD中，AB＝4，AD＝5，∠ABC＝30°，点M为直线BC上一动点，则MA＋MD的最小值为________．
[如图，作A关于直线BC的对称点A′，连接A′D交BC于M′，则AH＝A′H，AH⊥BC，AM′＝A′M′，
∴当M，M′重合时，MA＋MD最小，最小值为A′D，
∵AB＝4，∠ABC＝30°，在 ABCD中，
∴AH＝AB＝2，AD∥BC，
∴AA′＝2AH＝4，AA′⊥AD，
∵AD＝5，
∴A′D＝＝，
故答案为．]
15．(2024·临沭县一模)如图，在矩形ABCD中，点P在BC边上，连接PA，将PA绕点P顺时针旋转90°得到PA′，连接CA′，若AD＝9，AB＝5，CA′＝2，则BP＝________．
2 [过A′点作A′H⊥BC于H点，如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴BC＝AD＝9，∠B＝90°，
∵将PA绕点P顺时针旋转90°得到PA′，
∴PA＝PA′，
∵∠PAB＋∠APB＝90°，∠APB＋∠A′PH＝90°，
∴∠PAB＝∠A′PH，
在△ABP和△PHA′中，
∴△ABP≌△PHA′(AAS)，
∴PB＝A′H，PH＝AB＝5，
设PB＝x，则A′H＝x，CH＝9－x－5＝4－x，
在Rt△A′CH中，x2＋(4－x)2＝(2)2，
解得x1＝x2＝2，
即BP的长为2．
故答案为2．]
16．(2024·曹县一模)如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝1，∠B＝60°，将菱形纸片沿折痕EF翻折，使点D落在AB的中点G处，则DE的长为________．
[设DE＝x，由折叠的性质得：DE＝EG＝x，作EM⊥AB于M，如图所示．
∵G是AB中点，
∴AG＝，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝1，
∴AD＝AB＝1，
∴AE＝1－x，
∵∠B＝60°
∴∠BAD＝120°，
∴∠MAE＝60°
∵∠MEA＝90°－∠MAE＝30°，ME⊥AB，
∴AM＝AE＝(1－x)，ME＝AM＝(1－x)，
在Rt△GME中，EG2＝GM2＋ME2．
∴x2＝＋，
解得：x＝．
答案为：．]
三、解答题(本大题共7小题，满分72分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤)
17．(9分)将边长为2的正方形剪成四个全等的直角三角形，用这四个直角三角形拼成符合要求的四边形，请在下列网格中画出你拼成的四边形(注：①网格中每个小正方形的边长为1；②所拼的图形不得与原图形相同；③四边形的各顶点都在格点上)．
[解] ①要求是轴对称图形但不是中心对称图形，则可作等腰梯形，如图四边形ABCD即为所求；
②要求是中心对称图形但不是轴对称图形，则可作一般平行四边形，如图四边形ABCD即为所求；
③要求既是轴对称图形又是中心对称图形，则可作菱形、矩形等，如图四边形ABCD即为所求；
④要求既不是轴对称图形又不是中心对称图形，则考虑作任意四边形，如图四边形ABCD即为所求．(答案不唯一，符合要求即可)
18．(9分)如图，网格中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点均在小正方形的格点上．
(1)将△ABC向下平移3个单位长度得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
(2)将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A2B2C2，画出△A2B2C2；
(3)在(2)的运动过程中请计算出△ABC扫过的面积．
[解] (1)作出点A，B，C平移后的对应点A1，B1，C1，顺次连接，则△A1B1C1即为所求，如图所示．
(2)作出点A，B绕点C顺时针旋转90°的对应点A2，B2，顺次连接，则△A2B2C2即为所求，如图所示．
(3)∵AB＝＝，AC＝＝，BC＝＝，
∴AB＝BC，
∵()2＋()2＝10＝()2，
∴AB2＋BC2＝AC2，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴S△ABC＝AB×BC＝，
根据旋转可知，∠ACA2＝90°，
∴＝＝，
∴在旋转过程中△ABC扫过的面积为S△ABC＋＝．
19．(10分)(2024·广西)如图，在△ABC中，∠A＝45°，AC＞BC．
(1)尺规作图：作线段AB的垂直平分线l，分别交AB，AC于点D，E；(要求：保留作图痕迹，不写作法，标明字母)
(2)在(1)所作的图中，连接BE，若AB＝8，求BE的长．
[解] (1)图形如图所示．
(2)∵DE垂直平分线段AB，
∴EB＝EA，
∴∠EBA＝∠A＝45°，
∴∠BEA＝90°，
∵BD＝DA，
∴DE＝DB＝DA＝AB＝4，
∴BE＝BD＝4．
20．(10分)(2024·任城区二模)如图，在 ABCD中，AB＝5，AD＝3，∠A＝45°．
(1)求出对角线BD的长；
(2)尺规作图：将四边形ABCD沿着经过A点的某条直线翻折，使点B落在CD边上的点E处，请作出折痕．(不写作法，保留作图痕迹)
[解] (1)如图所示，连接BD，过D作DH⊥AB于H，
∵∠A＝45°，∠AHD＝90°，
∴∠ADH＝45°＝∠A，
∴△AHD是等腰直角三角形，
又∵AD＝3，
∴AH＝DH＝3，
∴BH＝AB－AH＝5－3＝2，
∴Rt△BDH中，BD＝＝．
(2)如图所示，AG即为所求．
21．(10分)(2024·济宁三模)已知矩形纸片ABCD．进行如下操作：
第①步：将纸片沿AE折叠，使点D与BC边上的点F重合，展开纸片，连接AF，DF，EF，DF与AE相交于点O(如图1)．
第②步：将纸片继续沿DF折叠，点C的对应点G恰好落在AF上，展开纸片，连接DG，与AE交于点H(如图2)．
(1)猜想DE和DH的数量关系，并证明你的结论；
(2)已知DE＝5，CE＝4，求tan ∠CDF的值．
[解] (1)DE＝DH．
理由如下：由第①步折叠知：AE⊥DF，OF＝OD，
则有∠EOD＝∠HOD＝90°．
由第②步折叠知：∠CDF＝∠GDF，即∠EDO＝∠HDO．
又DO＝DO，
∴△DEO≌△DHO(ASA)．
∴DE＝DH．
(2)由第①步折叠知，DE＝EF＝5，
∵CE＝4，
∴CF＝＝3，
CD＝CE＋DE＝4＋5＝9，
∴tan ∠CDF＝＝＝．
22．(12分)(2024·东明县三模)(1)如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
求证：①△ADC≌△CEB；
②DE＝AD＋BE．
(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，探究线段DE，AD，BE之间的数量关系，并说明理由．
[解] (1)①证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠ACB＝∠CEB＝90°，
∴∠CAD＋∠ACD＝90°，∠BCE＋∠ACD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE．
在△ADC与△CEB中，
∴△ADC≌△CEB(AAS)．
②证明：∵△ADC≌△CEB，
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE＋CD＝AD＋BE．
(2)DE＝AD－BE．理由如下：
∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠ACB＝∠CEB＝90°，
∴∠CAD＋∠ACD＝90°，∠BCE＋∠ACD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在△ADC与△CEB中，
∴△ADC≌△CEB(AAS)，
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE－CD＝AD－BE．
23．(12分)(2024·泰安)如图1，在等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，点D，E分别在AB，CB上，DB＝EB，连接AE，CD，取AE中点F，连接BF．
(1)求证：CD＝2BF，CD⊥BF；
(2)将△DBE绕点B顺时针旋转到图2的位置．
①请直接写出BF与CD的位置关系：________；
②求证：CD＝2BF．
[解] (1)证明：在△ABE和△CBD中，
∵AB＝BC，∠ABE＝∠CBD，BE＝BD，
∴△ABE≌△CBD(SAS)，
∴AE＝CD，∠FAB＝∠BCD．
∵F是Rt△ABE斜边AE的中点，
∴AE＝2BF，
∴CD＝2BF．
∵BF＝AE＝AF，
∴∠FAB＝∠FBA．
∴∠FBA＝∠BCD，
∵∠FBA＋∠FBC＝90°，
∴∠FBC＋∠BCD＝90°．
∴BF⊥CD．
(2)①BF⊥CD．
②证明：延长BF到点G，使FG＝BF，连接AG．
∵AF＝EF，FG＝BF，∠AFG＝∠EFB，
∴△AGF≌△EBF(SAS)，
∴∠FAG＝∠FEB，AG＝BE．
∴AG∥BE．
∴∠GAB＋∠ABE＝180°，
∵∠ABC＝∠EBD＝90°，
∴∠ABE＋∠DBC＝180°，
∴∠GAB＝∠DBC．
∵BE＝BD，
∴AG＝BD．
在△AGB和△BDC中，
∵AG＝BD，∠GAB＝∠DBC，AB＝CB，
∴△AGB≌△BDC(SAS)，
∴CD＝BG．
∵BG＝2BF，
∴CD＝2BF，(共70张PPT)
章末综合评价卷(七) 图形的变换
第七章 图形的变换
(时间：120分钟 满分：120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题目要求)
1．(2024·盐城)下列四幅图片中的主体事物，在现实运动中属于翻折的是( )
工作中的雨刮器 移动中的黑板
折叠中的纸片 骑行中的自行车
A B
C D
√
C [因为工作中的雨刮器的运动方式属于旋转，
所以A选项不符合题意．
因为移动中的黑板的运动方式属于平移，
所以B选项不符合题意．
因为折叠中的纸片的运动方式属于翻折，
所以C选项符合题意．
因为骑行中的自行车的运动方式属于平移，
所以D选项不符合题意．
故选C．]
2．(2024·临沂一模)在如图所示标志中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A B C D
√
B [A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．既是中心对称图形，也是轴对称图形，符合题意；
C．是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意．
故选B．]
3．将“科技、自立、自强”六个字分别写在某正方体的表面上，如图是它的一种表面展开图，在原正方体中，与“强”字所在面相对面上的汉字是( )
A．自 B．立 C．科 D．技
C [根据正方体表面展开图的“相间、Z端是对面”可知，“强”与“科”是对面，
故选C．]
√
4．(2024·山西)斗拱是中国古典建筑上的重要部件．如图是一种斗形构件“三才升”的示意图及其主视图，则它的左视图为( )
A B C D
√
C [从左面看，上面部分是矩形，下面部分是梯形，矩形部分有一条看不见的线，应该画虚线，
故选C．]
5．(2024·内蒙古)由7个完全相同的小正方体组成的几何体如图所示，下列给出的四个平面图形中不属于该几何体三视图的是( )
A B
C D
√
C [这个组合体的三视图如下：
故选C．]
6．(2024·单县二模)用小立方块搭成的几何体，从正面看到的图形和从上面看到的图形如图，问搭成这样的几何体需要小立方块的数量最多、最少分别是多少块( )
A．8，7 B．7，6 C．8，6 D．7，5
√
A [如图，几何体最多需要3＋2＋2＋1＝8个小立方块，最少需要3＋2＋1＋1＝7个小立方块．
或 故选A．]
√
8．[新定义](2024·牡丹区一模)研究立体图形问题的基本思路是把立体图形问题转化为平面图形问题．
阅读材料
立体图形中既不相交也不平行的两条直线所成的角，就是将直线平移使其相交所成的角．
例如，正方体ABCD-A′B′C′D′(如图)．因为在平面AA′C′C中，CC′∥AA′，AA′与AB相交于点A，所以直线AB与AA′所成的∠BAA′就是既不相交也不平行的两条直线AB与CC′所成的角．
解决问题
如图，已知正方体ABCD-A′B′C′D′，则既不相交也不平行的两条直线BA′与AC所成角的大小为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
√
C [连接BC′，
∵AC∥A′C′，BA′与A′C′相交于点A′，
根据正方体性质可得：A′B＝BC′＝A′C′，
∴△A′BC′为等边三角形，
∴∠BA′C′＝60°，
即既不相交也不平行的两条直线BA′与AC所成角为60°．
故选C．]
√
D [由作图可知MN垂直平分线段AC，
∴EA＝EC，
∴∠EAC＝∠C，
由作图可知AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE，
∵∠ABC＝90°，
∴∠C＝∠CAE＝∠BAE＝30°，故①正确；
∴AC＝2AB，
∵AF＝FC，
∴AB＝AF，
√
二、填空题(本大题共6小题，满分18分．只要求填写最后结果，每小题填对得3分)
11．(2024·辽宁)在平面直角坐标系中，线段AB的端点坐标分别为A(2，－1)，B(1，0)，将线段AB平移后，点A的对应点A′的坐标为(2，1)，则点B的对应点B′的坐标为__________．
(1，2)
(1，2) [因为点A坐标为(2，－1)，且平移后对应点A′的坐标为(2，1)，
所以2－2＝0，1－(－1)＝2，
所以1＋0＝1，0＋2＝2，
所以点B的对应点B′的坐标为(1，2)．
故答案为(1，2)．]
a－10
a－10 [由作法得AE＝AB＝10，EF平分∠AEC，
∴∠AEF＝∠CEF，
∵AD∥BC，
∴∠AFE＝∠CEF，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴AF＝AE＝10，
∴FD＝AD－AF＝a－10．
故答案为a－10．]
13．如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在第一象限，点B，C的坐标为(2，1)，(6，1)，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线AB交x轴于点P．若△ABC与△A′B′C′关于点P成中心对称，则点A′的坐标为___________．
(－2，－3)
14．(2024·四川广安)如图，在 ABCD中，AB＝4，AD＝5，∠ABC＝30°，点M为直线BC上一动点，则MA＋MD的最小值为________．
2
2 [过A′点作A′H⊥BC于H点，如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴BC＝AD＝9，∠B＝90°，
∵将PA绕点P顺时针旋转90°得到PA′，
∴PA＝PA′，
∵∠PAB＋∠APB＝90°，∠APB＋∠A′PH＝90°，
∴∠PAB＝∠A′PH，
16．(2024·曹县一模)如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝1，∠B＝60°，将菱形纸片沿折痕EF翻折，使点D落在AB的中点G处，则DE的长为________．
三、解答题(本大题共7小题，满分72分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤)
17．(9分)将边长为2的正方形剪成四个全等的直角三角形，用这四个直角三角形拼成符合要求的四边形，请在下列网格中画出你拼成的四边形(注：①网格中每个小正方形的边长为1；②所拼的图形不得与原图形相同；③四边形的各顶点都在格点上)．
[解] ①要求是轴对称图形但不是中心对称图形，则可作等腰梯形，如图四边形ABCD即为所求；
②要求是中心对称图形但不是轴对称图形，则可作一般平行四边形，如图四边形ABCD即为所求；
③要求既是轴对称图形又是中心对称图形，则可作菱形、矩形等，如图四边形ABCD即为所求；
④要求既不是轴对称图形又不是中心对称图形，则考虑作任意四边形，如图四边形ABCD即为所求．(答案不唯一，符合要求即可)
18．(9分)如图，网格中每个小正方形的边长均为1，△ABC的顶点均在小正方形的格点上．
(1)将△ABC向下平移3个单位长度得到△A1B1C1，画出△A1B1C1；
(2)将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A2B2C2，画出△A2B2C2；
(3)在(2)的运动过程中请计算出△ABC扫过的面积．
[解] (1)作出点A，B，C平移后的对应点A1，B1，C1，顺次连接，则△A1B1C1即为所求，如图所示．
(2)作出点A，B绕点C顺时针旋转90°的对应点A2，B2，顺次连接，则△A2B2C2即为所求，如图所示．
19．(10分)(2024·广西)如图，在△ABC中，∠A＝45°，AC＞BC．
(1)尺规作图：作线段AB的垂直平分线l，分别交AB，AC于点D，E；(要求：保留作图痕迹，不写作法，标明字母)
(2)在(1)所作的图中，连接BE，若AB＝8，求BE的长．
(2)如图所示，AG即为所求．
21．(10分)(2024·济宁三模)已知矩形纸片ABCD．进行如下操作：
第①步：将纸片沿AE折叠，使点D与BC边上的点F重合，展开纸片，连接AF，DF，EF，DF与AE相交于点O(如图1)．
第②步：将纸片继续沿DF折叠，点C的对应点G恰好落在AF上，展开纸片，连接DG，与AE交于点H(如图2)．
(1)猜想DE和DH的数量关系，并证明你的结论；
(2)已知DE＝5，CE＝4，求tan ∠CDF的值．
[解] (1)DE＝DH．
理由如下：由第①步折叠知：AE⊥DF，OF＝OD，
则有∠EOD＝∠HOD＝90°．
由第②步折叠知：∠CDF＝∠GDF，即∠EDO＝∠HDO．
又DO＝DO，
∴△DEO≌△DHO(ASA)．
∴DE＝DH．
22．(12分)(2024·东明县三模)(1)如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
求证：①△ADC≌△CEB；
②DE＝AD＋BE．
(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，
探究线段DE，AD，BE之间的数量关系，
并说明理由．
②证明：∵△ADC≌△CEB，
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE＋CD＝AD＋BE．
(2)DE＝AD－BE．理由如下：
∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠ACB＝∠CEB＝90°，
∴∠CAD＋∠ACD＝90°，∠BCE＋∠ACD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
23．(12分)(2024·泰安)如图1，在等腰Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，点D，E分别在AB，CB上，DB＝EB，连接AE，CD，取AE中点F，连接BF．
(1)求证：CD＝2BF，CD⊥BF；
(2)将△DBE绕点B顺时针旋转到图2的位置．
①请直接写出BF与CD的位置关系：________；
②求证：CD＝2BF．
BF⊥CD
∴∠FBA＝∠BCD，
∵∠FBA＋∠FBC＝90°，
∴∠FBC＋∠BCD＝90°．
∴BF⊥CD．
(2)②证明：延长BF到点G，使FG＝BF，连接AG．
∵AF＝EF，FG＝BF，∠AFG＝∠EFB，
∴△AGF≌△EBF(SAS)，
∴∠FAG＝∠FEB，AG＝BE．
∴AG∥BE．
∴∠GAB＋∠ABE＝180°，
∵∠ABC＝∠EBD＝90°，
∴∠ABE＋∠DBC＝180°，
∴∠GAB＝∠DBC．
∵BE＝BD，
∴AG＝BD．
在△AGB和△BDC中，
∵AG＝BD，∠GAB＝∠DBC，AB＝CB，
∴△AGB≌△BDC(SAS)，
∴CD＝BG．
∵BG＝2BF，
∴CD＝2BF，
