5. $\triangle ABC$ 在平面直角坐标系中的位置如图23 - 2 - 1 - 7所示。
(1) 作 $\triangle ABC$ 关于原点 $O$ 成中心对称的 $\triangle A_1B_1C_1$；
(2) 点 $B$ 关于 $y$ 轴对称的点 $B_2$ 的坐标是。若将点 $B_2$ 向下平移 $h$ 个单位长度,使其落在 $\triangle A_1B_1C_1$ 内部(不包括边界),则 $h$ 的值可以是(写出一个即可)。

(1)图略 (2)$B_{2}(1,1)$ 3(满足$2＜h＜3.5$即可)

6. 如图23 - 2 - 1 - 8,$ \triangle AOD $ 和 $ \triangle COB $ 关于点 $ O $ 成中心对称,$ \angle AOD = 60^{\circ} $,$ \angle ADO = 90^{\circ} $,$ BD = 12 $,点 $ P $ 是 $ AO $ 上一动点,点 $ Q $ 是 $ OC $ 上一动点($ P $,$ Q $ 不与端点重合),且 $ AP = OQ $,连接 $ BQ $,$ DP $,则 $ DP + BQ $ 的最小值是。

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∵△AOD和△COB关于点O成中心对称，
∴AO=CO，DO=BO，∠AOD=∠COB=60°，∠ADO=∠CBO=90°。
∵BD=12，DO=BO，
∴DO=BO=6。
设AP=OQ=x，AO=CO=m，则OP=m-x，CQ=m-x。
在Rt△ADO中，∠AOD=60°，DO=6，
∴AO=12，即m=12。
∴OP=12-x，CQ=12-x。
在Rt△DOP中，DP=$\sqrt{DO^2 + OP^2 - 2 \cdot DO \cdot OP \cdot \cos 60°}$=$\sqrt{6^2 + (12 - x)^2 - 2 \cdot 6 \cdot (12 - x) \cdot \frac{1}{2}}$=$\sqrt{(12 - x)^2 - 6(12 - x) + 36}$。
在Rt△BOQ中，BQ=$\sqrt{BO^2 + OQ^2 - 2 \cdot BO \cdot OQ \cdot \cos 60°}$=$\sqrt{6^2 + x^2 - 2 \cdot 6 \cdot x \cdot \frac{1}{2}}$=$\sqrt{x^2 - 6x + 36}$。
设y=12 - x，则DP=$\sqrt{y^2 - 6y + 36}$，BQ=$\sqrt{(12 - y)^2 - 6(12 - y) + 36}$，当y=6时，DP+BQ最小，最小值为12。
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7. 在平面直角坐标系中,$ \triangle ABC $ 的位置如图23 - 2 - 1 - 9所示。(每个小方格都是边长为 1 的正方形)
(1) 画出 $ \triangle ABC $ 关于点 $ O $ 的中心对称图形 $ \triangle A_1B_1C_1 $；
(2) 将 $ \triangle ABC $ 绕着点 $ O $ 逆时针旋转 $ 90^{\circ} $,画出旋转后的 $ \triangle A_2B_2C_2 $；
(3) 尺规作图：画出 $ AC $ 边上的高 $ BD $(保留作图痕迹)。

解:
(1)如图,$\triangle A_{1}B_{1}C_{1}$即为所求三角形。
(2)如图,$\triangle A_{2}B_{2}C_{2}$即为所求三角形。
(3)如图,BD就是AC边上的高。

8. 如图23 - 2 - 1 - 10,矩形 $ ABCD $ 和矩形 $ AEFG $ 关于点 $ A $ 成中心对称。
(1) 四边形 $ BDEG $ 是菱形吗？请说明理由；
(2) 若矩形 $ ABCD $ 的面积为 6,求四边形 $ BDEG $ 的面积。

解:
(1)四边形BDEG是菱形。理由略
(2)
∵矩形ABCD的面积为6,
∴AD×AB=6,
∴$S_{菱形BDEG}=\frac{1}{2}BE×DG=\frac{1}{2}×2AB×2AD$=12。

9. 已知平面内 $ \triangle ABC $ 和 $ \triangle DEF $ 关于点 $ O $ 成中心对称,请找出点 $ O $,并补全两个三角形。

解:如图,连接AD,作AD的垂直平分线,根据中心对称的性质可知,垂足即为对称中心O,然后连接CO并延长至F,使OF=CO,连接EO并延长至B,使OB=EO,再连接AB,BC,AC,DE,EF,FD即可。