第九章
中心对称图形—平行四边重难点提升卷
考试时间：100分钟；满分：100分
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷（选择题）
评卷人
得
分
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2020春?宝安区校级期中）下列图形中，中心对称图形个数是（ ）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
2．（3分）（2020春?海淀区校级期中）已知，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，给出下列四个条件①AB∥CD，②OA＝OC，③AD＝BC，④∠A＝∠C，任取两个条件，可得出四边形ABCD是平行四边形这一结论的情况有（ ）
A．5种
B．4种
C．3种
D．2种
3．（3分）（2020秋?正定县期中）如图，将方格纸中的图形绕点O逆时针旋转90°后得到的图形是（ ）
A．
B．
C．
D．
4．（3分）（2020春?南岗区校级期中）在平行四边形ABCD中，对角线的垂直平分线交于点，连接CE．若平行四边形ABCD的周长为20cm，则△CDE的周长为（ ）
A．20cm
B．40cm
C．15cm
D．10cm
5．（3分）（2020秋?江北区期中）如图，△ABC中，∠CAB＝68°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得C′C∥AB，则∠BAB′的度数为（ ）
A．34°
B．36°
C．44°
D．46°
6．（3分）（2020春?下陆区校级期中）如图，菱形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，E是AB的中点，若AC＝12，菱形ABCD的面积为96，则OE长为（ ）
A．6
B．5
C．8
D．10
7．（3分）（2020秋?历城区期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝3，BC＝4，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
8．（3分）（2020春?碑林区校级期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在BC，AC边上，且AE＝4，BD＝6，分别连接AD，BE，点M，N分别是AD，BE的中点，连接MN，则线段MN的长（ ）
A．
B．3
C．3
D．
9．（3分）（2020春?下陆区校级期中）如图，四边形ABCD是正方形，直线a，b，c分别通过A、D、C三点，且a∥b∥c．若a与b之间的距离是3，b与c之间的距离是6，则正方形ABCD的面积是（ ）
A．36
B．45
C．54
D．64
10．（3分）（2020秋?牡丹区期中）如图，点P是Rt△ABC中斜边AC（不与A，C重合）上一动点，分别作PM⊥AB于点M，作PN⊥BC于点N，连接BP、MN，若AB＝6，BC＝8，当点P在斜边AC上运动时，则MN的最小值是（ ）
A．1.5
B．2
C．4.8
D．2.4
第Ⅱ卷（非选择题）
评卷人
得
分
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020秋?陆川县期中）如图，将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△A′B′C，若点A的坐标为（﹣4，﹣3），则点A′的坐标为
．
12．（3分）（2020?九江一模）如图，两张完全重合在一起的正三角形硬纸片，点O是它们的中心，若按住下面的纸片不动，将上面的纸片绕点O顺时针旋转，至少旋转
°的角后，两张硬纸片所构成的图形是中心对称图形．
13．（3分）（2020春?温州期中）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝4，BC＝7，则EF的长为
．
14．（3分）（2020春?滨湖区期中）如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是线段AD、BC的中点，G、H分别是线段BD、AC的中点，当四边形ABCD的边满足
时，四边形EGFH是菱形．
15．（3分）（2020秋?龙凤区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝135°，AD＝4，AB＝8，作对角线AC的垂直平分线EF，分别交对边AB、CD于点E和点F，则AE的长为
．
16．（3分）（2020秋?枣庄月考）如图，三个边长均为2的正方形重叠在一起，O1，O2是其中两个正方形的对角线交点，若把这样的n个小正方形按如图所示方式摆放，则重叠部分的面积为
．
评卷人
得
分
三．解答题（共6小题，满分52分）
17．（8分）（2020秋?江汉区期中）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣2，﹣4），B（﹣6，﹣1），C（﹣2，﹣1）．
（1）把△ABC向左平移2个单位，再向上平移4个单位得△A1B1C1，试画出图形，并直接写出点C1的坐标；
（2）把△ABC绕原点O逆时针旋转90°得△A2B2C2，试画出图形，并直接写出点C2的坐标；
（3）若（2）中的△A2B2C2可以看作由（1）中的△A1B1C1绕坐标平面内某一点P旋转得到，试在图中标出点P的位置，并直接写出旋转中心P的坐标；
（4）若（1）中的△A1B1C1，内部有一点M（a，b），按照（3）中的方式旋转后与△A2B2C2内部的点N重合，请直接写出点N的坐标（用含a，b的式子表示）．
18．（8分）（2019春?镇江期中）如图，点O是△ABC内一点，连接OB、OC，线段AB、OB、OC、AC的中点分别为D、E、F、G．
（1）判断四边形DEFG的形状，并说明理由；
（2）若M为EF的中点，OM＝2，∠OBC和∠OCB互余，求线段BC的长．
19．（8分）（2020秋?青岛期中）已知：在△ABC中，CB＝CA，点D、E分别是AB、AC的中点，连接DE并延长交外角∠ACM的平分线CN与点F．
（1）求证：AD＝CF；
（2）连接CD，AF，当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF为正方形？请证明你的结论．
20．（8分）（2020春?武汉期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）填空：
①当AM的值为
时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为
时，四边形AMDN是菱形．
21．（10分）（2020春?江阴市期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝4cm，BE＝5cm，点E是AD边上的一点，AE、DE分别长acm、bcm，满足（a﹣3）2+|2a+b﹣9|＝0．动点P从B点出发，以2cm/s的速度沿B→C→D运动，最终到达点D．设运动时间为ts．
（1）a＝
cm，b＝
cm；
（2）t为何值时，EP把四边形BCDE的周长平分？
（3）另有一点Q从点E出发，按照E→D→C的路径运动，且速度为1cm/s，若P、Q两点同时出发，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．求t为何值时，△BPQ的面积等于6cm2．
22．（10分）（2020春?兴化市期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E是BC边上的动点（不与点B、C重合），将射线AE绕点A按逆时针方向旋转45°后交CD边于点F，AE、AF分别交BD于G、H两点．
（1）当∠BEA＝55°时，求∠HAD的度数；
（2）设∠BEA＝α，试用含α的代数式表示∠DFA的大小；
（3）点E运动的过程中，试探究∠BEA与∠FEA有怎样的数量关系，并说明理由．第九章
中心对称图形—平行四边重难点提升卷
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2020春?宝安区校级期中）下列图形中，中心对称图形个数是（ ）
A．1个
B．2个
C．3个
D．4个
【分析】根据中心对称图形的概念求解．
【解答】解：第一个图形是中心对称图形；
第二个图形是中心对称图形；
第三个图形是中心对称图形；
第四个图形不是中心对称图形；
共3个，
故选：C．
【点睛】本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度后两部分重合．
2．（3分）（2020春?海淀区校级期中）已知，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，给出下列四个条件①AB∥CD，②OA＝OC，③AD＝BC，④∠A＝∠C，任取两个条件，可得出四边形ABCD是平行四边形这一结论的情况有（ ）
A．5种
B．4种
C．3种
D．2种
【分析】根据题目所给条件，利用平行四边形的判定方法分别进行分析即可．
【解答】解：①②组合可证明△ABO≌△CDO，进而得到AB＝CD，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；
①④组合可利用两组对角分别相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；
∴有2种可能使四边形ABCD为平行四边形．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定，关键是熟练掌握平行四边形的判定定理．
3．（3分）（2020秋?正定县期中）如图，将方格纸中的图形绕点O逆时针旋转90°后得到的图形是（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】利用已知将图形绕点O逆时针旋转90°得出符合题意的图形即可．
【解答】解：如图所示：将方格纸中的图形绕点O逆时针旋转90°后得到的图形是
，
故选：C．
【点睛】本题考查了生活中的旋转现象，在找旋转中心时，要抓住“动”与“不动”，熟悉图形的性质是解题的关键．
4．（3分）（2020春?南岗区校级期中）在平行四边形ABCD中，对角线的垂直平分线交于点，连接CE．若平行四边形ABCD的周长为20cm，则△CDE的周长为（ ）
A．20cm
B．40cm
C．15cm
D．10cm
【分析】由平行四边形ABCD的对角线相交于点O，OE⊥AC，根据线段垂直平分线的性质，可得AE＝CE，又AB+BC＝AD+CD＝20，继而可得△CDE的周长等于AD+CD．
【解答】解：连接BD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AB＝CD，AD＝BC，
∵平行四边形ABCD的周长为20cm，
∴AD+CD＝10cm，
∵OE⊥AC，
∴AE＝CE，
∴△CDE的周长为：CD+CE+DE＝CD+CE+AE＝AD+CD＝10cm．
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、线段垂直平分线的性质，关键是根据线段垂直平分线的性质进行分析．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
5．（3分）（2020秋?江北区期中）如图，△ABC中，∠CAB＝68°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得C′C∥AB，则∠BAB′的度数为（ ）
A．34°
B．36°
C．44°
D．46°
【分析】由旋转的性质可得AC＝AC'，∠BAB'＝∠CAC'，由等腰三角形的性质可求∠ACC'＝∠AC'C＝68°，即可求解．
【解答】解：∵C′C∥AB，
∴∠C'CA＝∠CAB＝68°，
∵将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，
∴AC＝AC'，∠BAB'＝∠CAC'，
∴∠ACC'＝∠AC'C＝68°，
∴∠BAB'＝∠CAC'＝180°﹣68°×2＝44°，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是本题的关键．
6．（3分）（2020春?下陆区校级期中）如图，菱形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，E是AB的中点，若AC＝12，菱形ABCD的面积为96，则OE长为（ ）
A．6
B．5
C．8
D．10
【分析】根据菱形的性质可得OB＝OD，AO⊥BO，从而可判断OE是△DAB的中位线，在Rt△AOB中求出AB，继而可得出OE的长度．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，菱形ABCD的面积为96，
∴S菱形ABCDAC?BD12DB＝96，
解得：BD＝16，
∴AO＝OC＝6，OB＝OD＝8，AO⊥BO，
又∵点E是AB中点，
∴OE是△DAB的中位线，
在Rt△AOB中，AB10，
则OEADAB＝5．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质及三角形的中位线定理，熟练掌握菱形四边相等、对角线互相垂直且平分的性质是解题关键．
7．（3分）（2020秋?历城区期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝3，BC＝4，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【分析】依据矩形的性质即可得到△AOD的面积为12，再根据S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即可得到OE+EF的值．
【解答】解：∵AB＝3，BC＝4，
∴矩形ABCD的面积为12，AC，
∴AO＝DOAC，
∵对角线AC，BD交于点O，
∴△AOD的面积为3，
∵EO⊥AO，EF⊥DO，
∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即3AO×EODO×EF，
∴3EOEF，
∴5（EO+EF）＝12，
∴EO+EF，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解题时注意：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等且互相平分．
8．（3分）（2020春?碑林区校级期中）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在BC，AC边上，且AE＝4，BD＝6，分别连接AD，BE，点M，N分别是AD，BE的中点，连接MN，则线段MN的长（ ）
A．
B．3
C．3
D．
【分析】取AB的中点F，连接NF、MF，根据直角三角形的性质得到∠CAB+∠CBA＝90°，根据三角形中位线定理分别求出MF、NF，以及∠MFN＝90°，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：取AB的中点F，连接NF、MF，
△ABC中，∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵AM＝MD，AF＝FB，
∴MF是△ABD的中位线，
∴MFBD＝3，MF∥BC，
∴∠AFM＝∠CBA，
同理，NFAE＝2，NF∥CC，
∴∠BFN＝∠CAB，
∴∠AFM+∠BFN＝∠CAB+∠CBA＝90°，
∴∠MFN＝90°，
∴MN，
故选：D．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
9．（3分）（2020春?下陆区校级期中）如图，四边形ABCD是正方形，直线a，b，c分别通过A、D、C三点，且a∥b∥c．若a与b之间的距离是3，b与c之间的距离是6，则正方形ABCD的面积是（ ）
A．36
B．45
C．54
D．64
【分析】过A作AM⊥直线b于M，过D作DN⊥直线c于N，求出∠AMD＝∠DNC＝90°，AD＝DC，∠1＝∠3，根据AAS推出△AMD≌△CND，根据全等得出AM＝CN，求出AM＝CN＝4，DN＝8，在Rt△DNC中，由勾股定理求出DC2即可．
【解答】解：如图：过A作AM⊥直线b于M，过D作DN⊥直线c于N，
则∠AMD＝∠DNC＝90°，
∵直线b∥直线c，DN⊥直线c，
∴∠2+∠3＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠1+∠2＝90°，
∴∠1＝∠3，
在△AMD和△CND中
，
∴△AMD≌△CND（AAS），
∴AM＝CN，
∵a与b之间的距离是3，b与c之间的距离是6，
∴AM＝CN＝3，DN＝6，
在Rt△DNC中，由勾股定理得：DC2＝DN2+CN2＝32+62＝45，
即正方形ABCD的面积为45，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
10．（3分）（2020秋?牡丹区期中）如图，点P是Rt△ABC中斜边AC（不与A，C重合）上一动点，分别作PM⊥AB于点M，作PN⊥BC于点N，连接BP、MN，若AB＝6，BC＝8，当点P在斜边AC上运动时，则MN的最小值是（ ）
A．1.5
B．2
C．4.8
D．2.4
【分析】先由勾股定理求出AC＝10，再证四边形BNPM是矩形，得MN＝BP，然后由垂线段最短可得BP⊥AC时，线段MN的值最小，最后由三角形的面积求出BP即可．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AC10，
∵PM⊥AB，PN⊥BC，∠C＝90°，
∴四边形BNPM是矩形，
∴MN＝BP，
由垂线段最短可得BP⊥AC时，线段MN的值最小，
此时，S△ABCBC?ABAC?BP，
即8×610?BP，
解得：BP＝4.8，
即MN的最小值是4.8，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理等知识；判断出BP⊥AC时，线段MN的值最小是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2020秋?陆川县期中）如图，将△ABC绕点C（0，﹣1）旋转180°得到△A′B′C，若点A的坐标为（﹣4，﹣3），则点A′的坐标为 （4，1） ．
【分析】分别过A，A′向y轴引垂线，可得△A′EC≌△ADC，利用全等得到A到x轴，y轴的距离，进而根据所在象限可得相应坐标．
【解答】解：作A′E⊥y轴于点E，AD⊥y轴于点D，则∠A′EC＝∠ADC，
∵∠A′CE＝∠ACD，AC＝A′C，
∴△A′EC≌△ADC（AAS），
∴AD＝A′E＝4，CE＝CD，
∵OD＝3，OC＝1，
∴CD＝2，
∴CE＝2，
∴OE＝1，
∴点A′的坐标为（4，1）．
故答案为：（4，1）．
【点睛】考查坐标的旋转变换问题；利用全等得到对应点的坐标是解决本题的突破点．
12．（3分）（2020?九江一模）如图，两张完全重合在一起的正三角形硬纸片，点O是它们的中心，若按住下面的纸片不动，将上面的纸片绕点O顺时针旋转，至少旋转 60 °的角后，两张硬纸片所构成的图形是中心对称图形．
【分析】根据中心对称图形的概念并结合图形特征进行分析．
【解答】解：正三角形要想变成和正偶数边形有关的多边形，边数最少也应是6边形，而六边形的中心角是60°，
所以至少旋转60°角后，两张图案构成的图形是中心对称图形．
故答案为：60．
【点睛】本题考查了利用旋转设计图案的知识，注意：在讨论正多边形的对称性的时候，所有的正多边形都是轴对称图形，只有偶数边的正多边形同时是中心对称图形．
13．（3分）（2020春?温州期中）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝4，BC＝7，则EF的长为 1.5 ．
【分析】根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出DF，结合图形计算，得到答案．
【解答】解：∵DE为△ABC的中位线，
∴DEBC＝3.5，
在Rt△AFB中，∠AFB＝90°，D是AB的中点，
∴DFAB＝2，
∴EF＝DE﹣DF＝1.5，
故答案为：1.5．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
14．（3分）（2020春?滨湖区期中）如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是线段AD、BC的中点，G、H分别是线段BD、AC的中点，当四边形ABCD的边满足 AB＝CD 时，四边形EGFH是菱形．
【分析】本题可根据菱形的定义来求解．E、G分别是AD，BD的中点，那么EG就是三角形ADB的中位线，同理，HF是三角形ABC的中位线，因此EG、HF同时平行且相等于AB，因此EG∥HF，EG＝HF，因此四边形EHFG是平行四边形，E、H是AD，AC的中点，那么EHCD，要想证明EHFG是菱形，那么就需证明EG＝EH，那么就需要AB、CD满足AB＝CD的条件．
【解答】解：当AB＝CD时，四边形EGFH是菱形．
∵点E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG∥AB，同理HF∥AB，∴EG∥HF，EG＝HFAB，
∴四边形EGFH是平行四边形．
∵EGAB，又可同理证得EHCD，
∵AB＝CD，∴EG＝EH，
∴四边形EGFH是菱形．
故答案为AB＝CD．
【点睛】本题考查了菱形的判定，运用的是菱形的定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形．
15．（3分）（2020秋?龙凤区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝135°，AD＝4，AB＝8，作对角线AC的垂直平分线EF，分别交对边AB、CD于点E和点F，则AE的长为 ．
【分析】连接CE，过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于H，设AE＝x，则BE＝8﹣x，CE＝AE＝x，再根据勾股定理，即可得到x的值．
【解答】解：如图，连接CE，过点C作CH⊥AB，交AB的延长线于H，
∵平行四边形ABCD中，∠ABC＝135°，AD＝4，
∴∠CBH＝45°，BC＝4，
又∵∠H＝90°，
∴∠BCH＝45°，
∴CH＝BH＝4，
设AE＝x，则BE＝8﹣x，
∵EF垂直平分AC，
∴CE＝AE＝x，
∵在Rt△CEH中，CH2+EH2＝EC2，
∴42+（8﹣x+4）2＝x2，
解得x，
∴AE的长为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理以及线段垂直平分线的的性质的运用，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求解．
16．（3分）（2020秋?枣庄月考）如图，三个边长均为2的正方形重叠在一起，O1，O2是其中两个正方形的对角线交点，若把这样的n个小正方形按如图所示方式摆放，则重叠部分的面积为 n﹣1 ．
【分析】根据题意作图，连接O1B，O1C，可得△O1BF≌△O1CG，那么可得阴影部分的面积与正方形面积的关系，同理得出另两个正方形的阴影部分面积与正方形面积的关系，从而得出答案．
【解答】解：连接O1B、O1C，如图：
∵∠BO1F+∠FO1C＝90°，∠FO1C+∠CO1G＝90°，
∴∠BO1F＝∠CO1G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠O1BF＝∠O1CG＝45°，
在△O1BF和△O1CG中，
，
∴△O1BF≌△O1CG（ASA），
∴O1、O2两个正方形阴影部分的面积是S正方形＝1，
同理另外两个正方形阴影部分的面积也是S正方形＝1，
∴把这样的n个小正方形按如图所示方式摆放，则重叠部分的面积为（n﹣1）．
故答案为：n﹣1
【点睛】本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的证明，把阴影部分进行合理转移是解决本题的难点，难度适中．
三．解答题（共6小题，满分52分）
17．（8分）（2020秋?江汉区期中）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣2，﹣4），B（﹣6，﹣1），C（﹣2，﹣1）．
（1）把△ABC向左平移2个单位，再向上平移4个单位得△A1B1C1，试画出图形，并直接写出点C1的坐标；
（2）把△ABC绕原点O逆时针旋转90°得△A2B2C2，试画出图形，并直接写出点C2的坐标；
（3）若（2）中的△A2B2C2可以看作由（1）中的△A1B1C1绕坐标平面内某一点P旋转得到，试在图中标出点P的位置，并直接写出旋转中心P的坐标；
（4）若（1）中的△A1B1C1，内部有一点M（a，b），按照（3）中的方式旋转后与△A2B2C2内部的点N重合，请直接写出点N的坐标（用含a，b的式子表示）．
【分析】（1）利用点平移的坐标变换规律画出A、B、C的对应点A1、B1、C1，然后连接即可；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A2、B2、C2，然后连接即可；
（3）利用已知图形得出P点坐标即可；
（4）利用轴旋转变换的性质即可解决问题；
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，点C1的坐标为（﹣4，3）；
（2）如图，△A2B2C2为所作，点C2的坐标（1，﹣2）；
（3）如图所示：P（1，3）；
（4）△A1B1C1，内部有一点M（a，b），按照（3）中的方式旋转后与△A2B2C2内部的点N重合，点N的坐标为（4﹣b，2+a）．
【点睛】本题考查作图﹣平移变换、作图﹣旋转变换等知识，解题的关键是熟练掌握作平移变换图形、旋转变换图形，属于中考常考题型．
18．（8分）（2019春?镇江期中）如图，点O是△ABC内一点，连接OB、OC，线段AB、OB、OC、AC的中点分别为D、E、F、G．
（1）判断四边形DEFG的形状，并说明理由；
（2）若M为EF的中点，OM＝2，∠OBC和∠OCB互余，求线段BC的长．
【分析】（1）根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理解答；
（2）根据直角三角形的性质求出EF，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：（1）四边形DEFG是平行四边形，
理由如下：∵E、F分别为线段OB、OC的中点，
∴EFBC，EF∥BC，
同理DGBC，DG∥BC，
∴EF＝DG，EF∥DG，
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）∵∠OBC和∠OCB互余，
∴∠BOC＝90°，
∵M为EF的中点，OM＝2，
∴EF＝2OM＝4，
∴BC＝2EF＝8．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
19．（8分）（2020秋?青岛期中）已知：在△ABC中，CB＝CA，点D、E分别是AB、AC的中点，连接DE并延长交外角∠ACM的平分线CN与点F．
（1）求证：AD＝CF；
（2）连接CD，AF，当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF为正方形？请证明你的结论．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠B，根据外角的性质定理得到∠AACM，由角平分线的定义得到∠ACFACM，求得∠A＝∠ACF，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）由已知条件得到△ACB是等腰直角三角形，求得∠BAC＝45°，推出AD∥CF，由（1）知AD＝CF，得到四边形ADCF是平行四边形，根据直角三角形的性质得到AD＝CD，求得∠ACD＝∠CAD＝45°，根据正方形的判定定理得到结论．
【解答】（1）证明：∵CB＝CA，
∴∠A＝∠B，
∵∠ACM＝∠A+∠B，
∴∠AACM，
∵CN平分∠ACM，
∴∠ACFACM，
∴∠A＝∠ACF，
∵E是AC的中点，
∴AE＝CE，
在△ADE与△CFE中，
，
∴△ADE≌△CFE（ASA），
∴AD＝CF；
（2）解：当∠ACB＝90°，四边形ADCF是正方形，
理由：∵AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴△ACB是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝45°，
∵CN平分∠ACM，
∴∠ACFACM＝45°，
∴∠DAC＝∠ACF，
∴AD∥CF，
由（1）知AD＝CF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵点D是AB的中点，
∴AD＝CD，
∴∠ACD＝∠CAD＝45°，
∴∠DCF＝90°，
∴矩形ADCF是正方形．
【点睛】本题考差了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
20．（8分）（2020春?武汉期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）填空：
①当AM的值为 3 时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为 6 时，四边形AMDN是菱形．
【分析】（1）由菱形的性质可得∠DNE＝∠AME，再由点E是AD边的中点，可得AE＝DE，从而可证明△NDE≌△MAE（AAS），则NE＝ME，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判定；②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判定．
【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DNE＝∠AME，∠NDE＝∠MAE，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE，
∴在△NDE和△MAE中，△NDE≌△MAE（AAS），
∴NE＝ME，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝6，
∵点E是AD边的中点，
∴AEAD＝3，
∴AM＝AE＝3，
∵∠DAB＝60°，
∴△AEM是等边三角形，
∴EM＝AE，
∵NE＝EMMN，
∴MN＝AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是矩形．
故答案为：3；
②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．理由如下：
∵AB＝AD＝6，AM＝6，
∴AD＝AM，
∵∠DAB＝60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴ME⊥AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是菱形．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
21．（10分）（2020春?江阴市期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝4cm，BE＝5cm，点E是AD边上的一点，AE、DE分别长acm、bcm，满足（a﹣3）2+|2a+b﹣9|＝0．动点P从B点出发，以2cm/s的速度沿B→C→D运动，最终到达点D．设运动时间为ts．
（1）a＝ 3 cm，b＝ 3 cm；
（2）t为何值时，EP把四边形BCDE的周长平分？
（3）另有一点Q从点E出发，按照E→D→C的路径运动，且速度为1cm/s，若P、Q两点同时出发，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．求t为何值时，△BPQ的面积等于6cm2．
【分析】（1）由非负性可求a，b的值；
（2）先求出C四边形BCDE＝18cm，可得BE+BP＝9cm，可求BP＝4cm，即可求解；
（3）分三种情况讨论，由三角形的面积公式可求解．
【解答】解：（1）∵（a﹣3）2+|2a+b﹣9|＝0，
∴a﹣3＝0，2a+b﹣9＝0，
∴a＝3，b＝3；
故答案为：3，3；
（2）∵AE＝3cm，DE＝3cm，
∴AD＝6cm＝BC，
∴C四边形BCDE＝BC+CD+DE+EB＝18cm，
∵EP把四边形BCDE的周长平分，
∴BE+BP＝9cm，
∴点P在BC上，BP＝4cm，
∴t2s；
（3）解：①点P在BC上（0＜t≤3），
∵S△BPQ2t×4＝6，
∴t；
②相遇前，点P在CD上（3＜t），
∵S△BPQ[（4﹣（t﹣3）﹣（2t﹣6）]×6＝6，
∴t；
③相遇后，点P在CD上（t≤5），
∵S△BPQ[（（t﹣3）+（2t﹣6）﹣4]×6＝6，
∴t＝5；
∴综上所述，当ts或s或5s时，△BPQ的面积等于6cm2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，非负性，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
22．（10分）（2020春?兴化市期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E是BC边上的动点（不与点B、C重合），将射线AE绕点A按逆时针方向旋转45°后交CD边于点F，AE、AF分别交BD于G、H两点．
（1）当∠BEA＝55°时，求∠HAD的度数；
（2）设∠BEA＝α，试用含α的代数式表示∠DFA的大小；
（3）点E运动的过程中，试探究∠BEA与∠FEA有怎样的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据正方形的性质和三角形的内角和解答即可；
（2）根据正方形的性质和三角形内角和解答即可；
（3）延长CB至I，使BI＝DF，根据全等三角形的判定和性质解答即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBA＝∠BAD＝90°，
∴∠EAB＝90°﹣∠BAE＝90°﹣55°＝35°，
∴∠HAD＝∠BAD﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣35°＝10°；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBA＝∠BAD＝∠ADF＝90°，
∴∠EAB＝90°﹣∠BAE＝90°﹣α，
∴∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF﹣∠EAB＝90°﹣45°﹣（90°﹣α）＝α﹣45°，
∴∠DFA＝90°﹣∠DAF＝90°﹣（α﹣45°）＝135°﹣α；
（3）∠BEA＝∠FEA，理由如下：
延长CB至I，使BI＝DF，连接AI．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ADF＝∠ABC＝90°，
∴∠ABI＝90°，
又∵BI＝DF，
∴△DAF≌△BAI（SAS），
∴AF＝AI，∠DAF＝∠BAI，
∴∠EAI＝∠BAI+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝45°＝∠EAF，
又∵AE是△EAI与△EAF的公共边，
∴△EAI≌△EAF（SAS），
∴∠BEA＝∠FEA．
【点睛】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
