4. 如图，网格中每个小正方形的边长均为1，请认真观察图①中的三个网格中阴影部分构成的图案，解答下面的问题：

图②
（1）这三个图案都具有以下共同特征：都是对称图形，都不是对称图形；
（2）请在图②中设计出一个面积为4，且具备上述特征的图案，要求所画图案不能与图①中所给出的图案相同。

4. (1) 中心 轴 (2) 略

【分析】
（1）解决第一问需要先回忆中心对称图形和轴对称图形的定义：中心对称图形是绕某一点旋转180°后能与自身重合的图形，轴对称图形是沿某条直线折叠后，直线两旁的部分能完全重合的图形。我们分别对3个图案按照两个定义逐一验证即可得出结论。
（2）解决第二问需要同时满足3个要求：①阴影部分总面积为4（每个小正方形面积为1，因此阴影占4个单位面积即可）；②是中心对称图形，不是轴对称图形；③图案与图①已给的不同。设计后按照定义验证是否满足所有条件即可。
【解析】
（1）观察图①的三个图案，将每个图案绕4×4网格的中心旋转180°，都能与原图案完全重合，因此三个图案都是中心对称图形；再尝试寻找任意一条直线，使得图案沿直线折叠后直线两侧部分完全重合，三个图案都不存在这样的直线，因此都不是轴对称图形。
（2）设计时只要保证图案总面积为4，绕网格中心旋转180°可与自身重合，且不存在对称轴即可，例如可将网格中第一行第2格、第二行第4格、第三行第1格、第四行第3格涂黑，该图案符合所有要求且与图①给出的图案不同，答案不唯一。
【答案】
(1) 中心；轴
(2) 略（合理即可）
【知识点】
中心对称图形的识别；轴对称图形的识别
【点评】
本题考查两类对称图形的概念辨析，解题的关键是准确掌握中心对称和轴对称的判断方法，设计图案时要注意逐一验证需满足的所有条件，避免遗漏要求。
【难度系数】
0.8

5. 如图，正方形ABCD与正方形A₁B₁C₁D₁关于某点中心对称.已知A,D₁,D三点的坐标分别是(0,4),(0,3),(0,2).
（1）求对称中心的坐标；
（2）写出顶点B,C,B₁,C₁的坐标.

5. (1)
∵D和$D_1$是中心对称点,
∴对称中心是线段$DD_1$的中点,
∴对称中心的坐标是$(0,\dfrac{5}{2})$. (2)
∵A,$D_1$,D三点的坐标分别是(0,4),(0,3),(0,2),
∴正方形的边长为2.
∴$B(-2,4),C(-2,2),B_1(2,1),C_1(2,3)$.

【分析】
（1）求解对称中心坐标：根据中心对称的性质，成中心对称的两个图形中，对应点的连线被对称中心平分，因此对称中心是任意一组对应点连线的中点，找到D和$D_1$这组对应点，用中点坐标公式计算即可。
（2）求解各顶点坐标：首先通过A、D两点的纵坐标差算出正方形的边长，结合正方形ABCD在y轴左侧的位置特征，可直接写出B、C的坐标；再根据中心对称点的坐标规律（对称点横、纵坐标满足：对应点坐标的平均值等于对称中心的横、纵坐标），即可求出$B_1$、$C_1$的坐标。
【解析】
(1)
∵ D和$D_1$是成中心对称的一组对应点，对称中心是线段$DD_1$的中点，
已知$D_1(0,3)$，$D(0,2)$，根据中点坐标公式，两点$(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$的中点坐标为$(\dfrac{x_1+x_2}{2},\dfrac{y_1+y_2}{2})$，
代入得对称中心横坐标为$\dfrac{0+0}{2}=0$，纵坐标为$\dfrac{3+2}{2}=\dfrac{5}{2}$。
(2) 已知A(0,4)、D(0,2)，则正方形的边长$AD=4-2=2$，
∵ 正方形ABCD在y轴左侧，
∴ B点横坐标为$0-2=-2$，纵坐标与A相同为4，即$B(-2,4)$；
C点横坐标与B相同为-2，纵坐标与D相同为2，即$C(-2,2)$。
根据中心对称的坐标规律，关于$(0,\dfrac{5}{2})$对称的点，横坐标互为相反数，对称点纵坐标$=2×\dfrac{5}{2}-$原纵坐标，
可得$B(-2,4)$的对称点$B_1$坐标为$(2,5-4)=(2,1)$，
$C(-2,2)$的对称点$C_1$坐标为$(2,5-2)=(2,3)$。
【答案】
(1) 对称中心的坐标是$(0,\dfrac{5}{2})$；
(2) $B(-2,4),C(-2,2),B_1(2,1),C_1(2,3)$
【知识点】
中心对称的性质；中点坐标计算；正方形的性质
【点评】
本题属于基础应用类题目，核心考查中心对称的性质，结合平面直角坐标系的坐标特征和正方形的性质即可求解，掌握“对称中心是对应点连线的中点”是解题的关键。
【难度系数】
0.8

6. 如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线BD上两点，且$∠ EAF = 45°$，将$△ ADF$绕点A顺时针旋转$90°$后，得到$△ ABQ$，连接EQ.
（1）求证：EA是$∠ QED$的平分线；
（2）求证：$EF^2 = BE^2 + DF^2$.

6. 证明:(1)
∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后,得到△ABQ,
∴AQ=AF,∠QAF=90°.
∵∠EAF=45°,
∴∠EAQ=45°,
∴∠EAQ=∠EAF. 在△QAE和△FAE中,$\begin{cases}AQ=AF,\\∠EAQ=∠EAF,\\AE=AE,\end{cases}$
∴△QAE≌△FAE(SAS),
∴∠AEQ=∠AEF,
∴EA平分∠QEF,即EA是∠QED的平分线. (2)
∵DE是正方形ABCD的对角线,
∴∠ABE=∠ADF=45°.
∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后,得到△ABQ,
∴QB=DF,∠ABQ=∠ADF=45°.
∵∠QBE=∠ABQ+∠ABE,
∴∠QBE=45°+45°=90°. 在Rt△QBE中,$QE^2=QB^2+BE^2$,
∵△QAE≌△FAE,
∴QE=EF.
∵$QE^2=BE^2+QB^2$,
∴$EF^2=BE^2+DF^2$.

【分析】
（1）要证明EA是∠QED的平分线，需证明∠AEQ=∠AEF。首先根据旋转的性质可得AQ=AF、∠QAF=90°，结合已知∠EAF=45°可推出∠EAQ=∠EAF，再利用SAS证明△QAE≌△FAE，根据全等三角形对应角相等即可得证。
（2）要证明$EF^2=BE^2+DF^2$，需将三条线段转化到同一个直角三角形中，借助勾股定理证明。根据旋转性质可得QB=DF，结合正方形对角线的性质可推出∠QBE=90°，在Rt△QBE中由勾股定理得$QE^2=BE^2+QB^2$，再结合（1）中全等得到QE=EF，等量代换即可得证。
【解析】
(1) 证明：
∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，
∴$AQ=AF$，$∠QAF=90°$。
∵$∠EAF=45°$，
∴$∠EAQ=∠QAF - ∠EAF = 90° - 45°=45°$，
∴$∠EAQ=∠EAF$。
在△QAE和△FAE中，
$\begin{cases}AQ=AF,\\∠EAQ=∠EAF,\\AE=AE,\end{cases}$
∴$△ QAE≌△ FAE(\mathrm{SAS})$，
∴$∠AEQ=∠AEF$，
∴EA平分$∠QEF$，即EA是$∠QED$的平分线。
(2) 证明：
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴$∠ABE=∠ADF=45°$。
∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，
∴$QB=DF$，$∠ABQ=∠ADF=45°$。
∴$∠QBE=∠ABQ + ∠ABE = 45°+45°=90°$，
在Rt△QBE中，由勾股定理得：$QE^2=QB^2+BE^2$，
由（1）知$△ QAE≌△ FAE$，
∴$QE=EF$，
又
∵$QB=DF$，
∴$EF^2=BE^2+DF^2$。
【答案】
（1）EA是∠QED的平分线，得证；
（2）$EF^2 = BE^2 + DF^2$，得证。
【知识点】
旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质
【点评】
本题通过旋转将分散的线段和角进行转化，结合全等三角形的判定和勾股定理求证，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，找准全等三角形的判定条件，体会转化思想在几何证明中的应用。
【难度系数】
0.7