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9. 如图,平面直角坐标系中,$△ OA_1B_1$是边长为2的等边三角形,作$△ B_2A_2B_1$与$△ OA_1B_1$关于$B_1$成中心对称,再作$△ B_2A_3B_3$与$△ B_2A_2B_1$关于$B_2$成中心对称,如此作下去,则$△ B_{2n-1}A_{2n}B_{2n}$($n$是正整数)的顶点$A_{2n}$的坐标是 (
A.$(4n-1,-\sqrt{3})$
B.$(4n-1,\sqrt{3})$
C.$(4n+1,-\sqrt{3})$
D.$(4n+1,\sqrt{3})$
A
)A.$(4n-1,-\sqrt{3})$
B.$(4n-1,\sqrt{3})$
C.$(4n+1,-\sqrt{3})$
D.$(4n+1,\sqrt{3})$
答案
A 解析:
∵△OA₁B₁是边长为2的等边三角形,
∴A₁的坐标为$(1,\sqrt{3})$,B₁的坐标为$(2,0)$.
∵△B₂A₂B₁与△OA₁B₁关于点B₁成中心对称,
∴点A₂与点A₁关于点B₁成中心对称.
∵2×2-1=3,纵坐标是$-\sqrt{3}$,
∴点A₂的坐标是$(3,-\sqrt{3})$.
∵△B₂A₃B₃与△B₂A₂B₁关于点B₂成中心对称,
∴点A₃与点A₂关于点B₂成中心对称.
∵2×3-1=5,纵坐标是$\sqrt{3}$,
∴点A₃的坐标是$(5,\sqrt{3})$.
∵△B₃A₄B₄与△B₃A₃B₂关于点B₃成中心对称,
∴点A₄与点A₃关于点B₃成中心对称.
∵2×4-1=7,纵坐标是$-\sqrt{3}$,
∴点A₄的坐标是$(7,-\sqrt{3})$,…
∵1=2×1-1,3=2×2-1,5=2×3-1,7=2×4-1,…,
∴$A_n$的横坐标是$2n-1$,$A_{2n}$的横坐标是$2×2n-1=4n-1$.
∵当n为奇数时,$A_n$的纵坐标是$\sqrt{3}$,当n为偶数时,$A_n$的纵坐标是$-\sqrt{3}$,
∴顶点$A_{2n}$的纵坐标是$-\sqrt{3}$,
∴顶点$A_{2n}$的坐标是$(4n-1,-\sqrt{3})$.故选A.
∵△OA₁B₁是边长为2的等边三角形,
∴A₁的坐标为$(1,\sqrt{3})$,B₁的坐标为$(2,0)$.
∵△B₂A₂B₁与△OA₁B₁关于点B₁成中心对称,
∴点A₂与点A₁关于点B₁成中心对称.
∵2×2-1=3,纵坐标是$-\sqrt{3}$,
∴点A₂的坐标是$(3,-\sqrt{3})$.
∵△B₂A₃B₃与△B₂A₂B₁关于点B₂成中心对称,
∴点A₃与点A₂关于点B₂成中心对称.
∵2×3-1=5,纵坐标是$\sqrt{3}$,
∴点A₃的坐标是$(5,\sqrt{3})$.
∵△B₃A₄B₄与△B₃A₃B₂关于点B₃成中心对称,
∴点A₄与点A₃关于点B₃成中心对称.
∵2×4-1=7,纵坐标是$-\sqrt{3}$,
∴点A₄的坐标是$(7,-\sqrt{3})$,…
∵1=2×1-1,3=2×2-1,5=2×3-1,7=2×4-1,…,
∴$A_n$的横坐标是$2n-1$,$A_{2n}$的横坐标是$2×2n-1=4n-1$.
∵当n为奇数时,$A_n$的纵坐标是$\sqrt{3}$,当n为偶数时,$A_n$的纵坐标是$-\sqrt{3}$,
∴顶点$A_{2n}$的纵坐标是$-\sqrt{3}$,
∴顶点$A_{2n}$的坐标是$(4n-1,-\sqrt{3})$.故选A.
解析
【分析】
解题时首先利用等边三角形的性质求出初始点$A_1$、$B_1$的坐标；再根据中心对称的性质（对称中心是两个对称点连线的中点），依次计算出$A_2$、$A_3$、$A_4$等前几个顶点的坐标；最后分别观察横、纵坐标的变化规律，归纳出偶数下标顶点的坐标特征，推导得到$A_{2n}$的坐标。
【解析】
$\because △ OA_1B_1$是边长为2的等边三角形，
$\therefore A_1$的坐标为$(1,\sqrt{3})$，$B_1$的坐标为$(2,0)$。
$\because △ B_2A_2B_1$与$△ OA_1B_1$关于点$B_1$成中心对称，
$\therefore$点$A_2$与点$A_1$关于点$B_1$中心对称，根据中点坐标性质可得：
$A_2$的横坐标为$2×2-1=3$，纵坐标为$2×0-\sqrt{3}=-\sqrt{3}$，即$A_2(3,-\sqrt{3})$。
同理，$△ B_2A_3B_3$与$△ B_2A_2B_1$关于$B_2$成中心对称，可得$B_2(4,0)$，
$A_3$的横坐标为$2×4-3=5$，纵坐标为$2×0-(-\sqrt{3})=\sqrt{3}$，即$A_3(5,\sqrt{3})$。
同理可求得$A_4(7,-\sqrt{3})$，……
观察规律：$A_n$的横坐标为$2n-1$，因此$A_{2n}$的横坐标为$2×2n-1=4n-1$；
纵坐标规律：当$n$为奇数时，$A_n$的纵坐标为$\sqrt{3}$，当$n$为偶数时，$A_n$的纵坐标为$-\sqrt{3}$，$2n$为偶数，故$A_{2n}$的纵坐标为$-\sqrt{3}$。
综上，顶点$A_{2n}$的坐标为$(4n-1,-\sqrt{3})$。
【答案】
A
【知识点】
中心对称的性质，等边三角形的性质，坐标规律探究
【点评】
本题将对称变换和规律探究结合，解题核心是通过计算前几个点的坐标，归纳出横、纵坐标的变化规律，再推广到一般情况，侧重考查学生的观察和归纳能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先利用等边三角形的性质求出初始点$A_1$、$B_1$的坐标；再根据中心对称的性质（对称中心是两个对称点连线的中点），依次计算出$A_2$、$A_3$、$A_4$等前几个顶点的坐标；最后分别观察横、纵坐标的变化规律，归纳出偶数下标顶点的坐标特征，推导得到$A_{2n}$的坐标。
【解析】
$\because △ OA_1B_1$是边长为2的等边三角形，
$\therefore A_1$的坐标为$(1,\sqrt{3})$，$B_1$的坐标为$(2,0)$。
$\because △ B_2A_2B_1$与$△ OA_1B_1$关于点$B_1$成中心对称，
$\therefore$点$A_2$与点$A_1$关于点$B_1$中心对称，根据中点坐标性质可得：
$A_2$的横坐标为$2×2-1=3$，纵坐标为$2×0-\sqrt{3}=-\sqrt{3}$，即$A_2(3,-\sqrt{3})$。
同理，$△ B_2A_3B_3$与$△ B_2A_2B_1$关于$B_2$成中心对称，可得$B_2(4,0)$，
$A_3$的横坐标为$2×4-3=5$，纵坐标为$2×0-(-\sqrt{3})=\sqrt{3}$，即$A_3(5,\sqrt{3})$。
同理可求得$A_4(7,-\sqrt{3})$，……
观察规律：$A_n$的横坐标为$2n-1$，因此$A_{2n}$的横坐标为$2×2n-1=4n-1$；
纵坐标规律：当$n$为奇数时，$A_n$的纵坐标为$\sqrt{3}$，当$n$为偶数时，$A_n$的纵坐标为$-\sqrt{3}$，$2n$为偶数，故$A_{2n}$的纵坐标为$-\sqrt{3}$。
综上，顶点$A_{2n}$的坐标为$(4n-1,-\sqrt{3})$。
【答案】
A
【知识点】
中心对称的性质，等边三角形的性质，坐标规律探究
【点评】
本题将对称变换和规律探究结合，解题核心是通过计算前几个点的坐标，归纳出横、纵坐标的变化规律，再推广到一般情况，侧重考查学生的观察和归纳能力。
【难度系数】
0.6
10. ★★★ 将五个边长都为3 cm的正方形按如图所示摆放，点A,B,C,D分别是四个正方形的中心，则图中四块阴影面积的和是
（第10题）（第11题）
9
$\mathrm{cm}^2$.（第10题）（第11题）
答案
9 解析:如图,连接AE,AF,
∵∠GAH=∠EAF=90°,
∴∠GAE=∠HAF.
∵∠AEG=∠AFH,AE=AF,
∴△AGE≌△AHF(ASA),
∴$S_{△AEG}=S_{△AFH}$,
∴一块阴影的面积等于正方形的面积的$\frac{1}{4}$.
∵五个正方形的边长都为3 cm,
∴四块阴影面积的和正好等于一个正方形的面积.
∴四块阴影面积的和为9 $\mathrm{cm}^2$.故答案为9.
解析
【分析】
本题要求四块阴影面积的和，可先探究单块阴影的面积：每块阴影都是两个正方形的重叠部分，且其中一个正方形的中心在另一个正方形上，我们可通过作辅助线连接正方形中心与相邻顶点，利用正方形的性质找相等的边和角，证明三角形全等，将阴影部分面积转化为正方形面积的$\frac{1}{4}$，再计算四块阴影的总面积即可。
【解析】
解：以点A所在的重叠部分为例，连接AE、AF，
∵点A是正方形的中心，
∴$AE=AF$，$∠ EAF=90°$，$∠ AEG=∠ AFH=45°$，
又
∵$∠ GAH=∠ EAF=90°$，
∴$∠ GAH - ∠ EAH = ∠ EAF - ∠ EAH$，即$∠ GAE=∠ HAF$，
在$△ AGE$和$△ AHF$中：
$\begin{cases}∠ GAE=∠ HAF \\AE=AF \\∠ AEG=∠ AFH\end{cases}$
∴$△ AGE≌△ AHF$（ASA），
∴$S_{△ AEG}=S_{△ AFH}$，
由此可得单块阴影的面积等于正方形面积的$\frac{1}{4}$，
则四块阴影面积的和 = $4×\frac{1}{4}S_{正方形}=S_{正方形}$，
已知正方形边长为3 cm，
∴$S_{正方形}=3×3=9\ \mathrm{cm}^2$，即四块阴影面积的和为9 $\mathrm{cm}^2$。
【答案】
9
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，中心对称的性质
【点评】
本题解题的核心是利用全等转化，将不规则的阴影面积转化为规则的正方形面积的一部分，渗透了转化的数学思想，需要熟练掌握正方形和全等三角形的相关性质才能快速求解。
【难度系数】
0.7
本题要求四块阴影面积的和，可先探究单块阴影的面积：每块阴影都是两个正方形的重叠部分，且其中一个正方形的中心在另一个正方形上，我们可通过作辅助线连接正方形中心与相邻顶点，利用正方形的性质找相等的边和角，证明三角形全等，将阴影部分面积转化为正方形面积的$\frac{1}{4}$，再计算四块阴影的总面积即可。
【解析】
解：以点A所在的重叠部分为例，连接AE、AF，
∵点A是正方形的中心，
∴$AE=AF$，$∠ EAF=90°$，$∠ AEG=∠ AFH=45°$，
又
∵$∠ GAH=∠ EAF=90°$，
∴$∠ GAH - ∠ EAH = ∠ EAF - ∠ EAH$，即$∠ GAE=∠ HAF$，
在$△ AGE$和$△ AHF$中：
$\begin{cases}∠ GAE=∠ HAF \\AE=AF \\∠ AEG=∠ AFH\end{cases}$
∴$△ AGE≌△ AHF$（ASA），
∴$S_{△ AEG}=S_{△ AFH}$，
由此可得单块阴影的面积等于正方形面积的$\frac{1}{4}$，
则四块阴影面积的和 = $4×\frac{1}{4}S_{正方形}=S_{正方形}$，
已知正方形边长为3 cm，
∴$S_{正方形}=3×3=9\ \mathrm{cm}^2$，即四块阴影面积的和为9 $\mathrm{cm}^2$。
【答案】
9
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，中心对称的性质
【点评】
本题解题的核心是利用全等转化，将不规则的阴影面积转化为规则的正方形面积的一部分，渗透了转化的数学思想，需要熟练掌握正方形和全等三角形的相关性质才能快速求解。
【难度系数】
0.7
11. （安徽中考）如图，在菱形$ABCD$中，$AB=2$，$∠ A=120°$，过菱形$ABCD$的对称中心$O$分别作边$AB$，$BC$的垂线，交各边于点$E$，$F$，$G$，$H$，则四边形$EFGH$的周长为________。
答案
$3+\sqrt{3}$ 解析:
∵HF⊥BC,GE⊥AB,
∴∠BEO=∠BFO=90°.
∵∠A=120°,
∴∠B=60°,
∴∠EOF=120°,∠EOH=60°,由菱形的对边平行,得HF⊥AD,EG⊥CD.
∵O点是菱形ABCD的对称中心,
∴点O到各边的距离相等,即OE=OF=OG=OH,
∴∠OEF=∠OFE=30°,∠OEH=∠OHE=60°,
∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°,
∴四边形EFGH是矩形.设OE=OF=OG=OH=x,
∴EG=HF=2x,$EF=HG=\sqrt{(2x)^2-x^2}=\sqrt{3}x$,如图,连接AC,则AC经过点O,可得△ABC是等边三角形,
∴∠BAC=60°,AC=AB=2,
∴OA=1,∠AOE=30°,
∴$AE=\frac{1}{2}$,
∴$x=OE=\sqrt{1^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,
∴四边形EFGH的周长为$EF+FG+GH+HE=2\sqrt{3}x+2x=2\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}+2×\frac{\sqrt{3}}{2}=3+\sqrt{3}$.
解析
【分析】
解题时首先利用菱形邻角互补的性质求得∠B=60°，再结合O是菱形的对称中心，可得O到菱形各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，据此可推导四边形EFGH是矩形；接下来连接AC，由AB=BC、∠B=60°可证△ABC是等边三角形，得到AC=AB=2，进而求出OA的长度，在Rt△AOE中用勾股定理算出OE的长度；最后根据矩形边长和OE的数量关系，计算四边长度之和即可得到四边形EFGH的周长。
【解析】
∵HF⊥BC，GE⊥AB，
∴∠BEO=∠BFO=90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠A=120°，
∴∠B=180°-∠A=60°，
∴∠EOF=360°-90°-90°-60°=120°，∠EOH=60°，
由菱形对边平行，可得HF⊥AD，EG⊥CD，
∵O是菱形ABCD的对称中心，
∴O到各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，
∴∠OEF=∠OFE=$\frac{180°-120°}{2}$=30°，∠OEH=∠OHE=$\frac{180°-60°}{2}$=60°，
∴∠HEF=∠OEF+∠OEH=90°，同理可得∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，
∴四边形EFGH是矩形。
设OE=OF=OG=OH=x，
则EG=HF=2x，$EF=HG=\sqrt{(2x)^2-x^2}=\sqrt{3}x$，
连接AC，由菱形性质可知AC经过点O，AB=BC=2，又∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=2，∠BAC=60°，
∴OA=$\frac{1}{2}$AC=1，
在Rt△AOE中，∠AOE=90°-∠BAC=30°，
∴AE=$\frac{1}{2}$OA=$\frac{1}{2}$，
由勾股定理得$x=OE=\sqrt{OA^2-AE^2}=\sqrt{1^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴四边形EFGH的周长为$2EF+2EH=2\sqrt{3}x+2x=2\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}+2×\frac{\sqrt{3}}{2}=3+\sqrt{3}$。
【答案】
$3+\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的性质、等边三角形的判定与性质、矩形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合题，融合了多种特殊几何图形的性质考查，解题的关键是利用菱形对称中心的性质得到O到各边距离相等，进而判断出四边形EFGH的形状，需要熟练掌握特殊四边形、等边三角形的性质才能顺利求解。
【难度系数】
0.6
解题时首先利用菱形邻角互补的性质求得∠B=60°，再结合O是菱形的对称中心，可得O到菱形各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，据此可推导四边形EFGH是矩形；接下来连接AC，由AB=BC、∠B=60°可证△ABC是等边三角形，得到AC=AB=2，进而求出OA的长度，在Rt△AOE中用勾股定理算出OE的长度；最后根据矩形边长和OE的数量关系，计算四边长度之和即可得到四边形EFGH的周长。
【解析】
∵HF⊥BC，GE⊥AB，
∴∠BEO=∠BFO=90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠A=120°，
∴∠B=180°-∠A=60°，
∴∠EOF=360°-90°-90°-60°=120°，∠EOH=60°，
由菱形对边平行，可得HF⊥AD，EG⊥CD，
∵O是菱形ABCD的对称中心，
∴O到各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，
∴∠OEF=∠OFE=$\frac{180°-120°}{2}$=30°，∠OEH=∠OHE=$\frac{180°-60°}{2}$=60°，
∴∠HEF=∠OEF+∠OEH=90°，同理可得∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，
∴四边形EFGH是矩形。
设OE=OF=OG=OH=x，
则EG=HF=2x，$EF=HG=\sqrt{(2x)^2-x^2}=\sqrt{3}x$，
连接AC，由菱形性质可知AC经过点O，AB=BC=2，又∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=AB=2，∠BAC=60°，
∴OA=$\frac{1}{2}$AC=1，
在Rt△AOE中，∠AOE=90°-∠BAC=30°，
∴AE=$\frac{1}{2}$OA=$\frac{1}{2}$，
由勾股定理得$x=OE=\sqrt{OA^2-AE^2}=\sqrt{1^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴四边形EFGH的周长为$2EF+2EH=2\sqrt{3}x+2x=2\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{2}+2×\frac{\sqrt{3}}{2}=3+\sqrt{3}$。
【答案】
$3+\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的性质、等边三角形的判定与性质、矩形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合题，融合了多种特殊几何图形的性质考查，解题的关键是利用菱形对称中心的性质得到O到各边距离相等，进而判断出四边形EFGH的形状，需要熟练掌握特殊四边形、等边三角形的性质才能顺利求解。
【难度系数】
0.6
12. |转化思想 如图,在$△ ABC$中,点D是AB边上的中点,已知$AC=4,BC=6$.
(1)画出$△ BCD$关于点D的中心对称图形;
(2)根据图形说明线段CD长的取值范围.
(1)画出$△ BCD$关于点D的中心对称图形;
(2)根据图形说明线段CD长的取值范围.
答案
(1)如图所示,△AED就是所作的图形.
(2)由(1)知△ADE≌△BDC,则CD=DE,AE=BC,
∴AE-AC＜2CD＜AE+AC,即BC-AC＜2CD＜BC+AC,
∴2＜2CD＜10,解得1＜CD＜5.
解析
【分析】
(1) 画关于点D的中心对称图形，依据中心对称的性质：对称点的连线经过对称中心，且到对称中心的距离相等。已知D是AB中点，故点B的对称点为A，只需作出点C关于D的对称点E，顺次连接对应点即可得到所求图形。
(2) 直接在△BCD中无法求解CD的取值范围，需利用中心对称的性质得到△ADE≌△BDC，将BC转化为AE，CD转化为DE，此时AC、AE、CE=2CD均在△ACE中，结合三角形三边关系（两边之差小于第三边，两边之和大于第三边）即可列出不等式求解CD的范围。
【解析】
(1) 作图步骤：延长CD至点E，使DE=CD，连接AE、DE，得到的△AED即为△BCD关于点D的中心对称图形。
(2) 由中心对称的性质可得△ADE≌△BDC，
∴ CD=DE，AE=BC=6，
∴ CE=CD+DE=2CD，
在△ACE中，根据三角形三边关系：
$AE - AC ＜ CE ＜ AE + AC$，
将$AE=6$、$AC=4$、$CE=2CD$代入得：
$6 - 4 ＜ 2CD ＜ 6 + 4$，
即$2 ＜ 2CD ＜ 10$，
不等式两边同时除以2，得$1 ＜ CD ＜ 5$。
【答案】
(1)如图所示,△AED就是所作的图形.
(2)$1＜CD＜5$
【知识点】
中心对称的性质；全等三角形的性质；三角形三边关系
【点评】
本题将中心对称与三角形三边关系结合，核心是通过构造中心对称图形实现边的转化，将分散的线段集中到同一个三角形中解决问题，这种转化思想是处理中线相关线段取值范围问题的常用思路。
【难度系数】
0.7
(1) 画关于点D的中心对称图形，依据中心对称的性质：对称点的连线经过对称中心，且到对称中心的距离相等。已知D是AB中点，故点B的对称点为A，只需作出点C关于D的对称点E，顺次连接对应点即可得到所求图形。
(2) 直接在△BCD中无法求解CD的取值范围，需利用中心对称的性质得到△ADE≌△BDC，将BC转化为AE，CD转化为DE，此时AC、AE、CE=2CD均在△ACE中，结合三角形三边关系（两边之差小于第三边，两边之和大于第三边）即可列出不等式求解CD的范围。
【解析】
(1) 作图步骤：延长CD至点E，使DE=CD，连接AE、DE，得到的△AED即为△BCD关于点D的中心对称图形。
(2) 由中心对称的性质可得△ADE≌△BDC，
∴ CD=DE，AE=BC=6，
∴ CE=CD+DE=2CD，
在△ACE中，根据三角形三边关系：
$AE - AC ＜ CE ＜ AE + AC$，
将$AE=6$、$AC=4$、$CE=2CD$代入得：
$6 - 4 ＜ 2CD ＜ 6 + 4$，
即$2 ＜ 2CD ＜ 10$，
不等式两边同时除以2，得$1 ＜ CD ＜ 5$。
【答案】
(1)如图所示,△AED就是所作的图形.
(2)$1＜CD＜5$
【知识点】
中心对称的性质；全等三角形的性质；三角形三边关系
【点评】
本题将中心对称与三角形三边关系结合，核心是通过构造中心对称图形实现边的转化，将分散的线段集中到同一个三角形中解决问题，这种转化思想是处理中线相关线段取值范围问题的常用思路。
【难度系数】
0.7
13. 一个L形图如图①所示,现需解决如何画一条直线将其分为面积相等的两部分的问题.
(1)分析问题:本题主要通过寻找分割线,深化对中心对称图形的认识,
(2)操作发现:如图②,该图形可以看成由左、右两个正方形构成,分别确定两个正方形的对称中心,然后连线即可得到符合要求的分割线.类似地,该图形还可以看成由上、下两个长方形构成,分别确定两个长方形的对称中心,然后连线也可得到符合要求的分割线.请按此要求画出分割线,在图③上完成(保留作图痕迹,不写画法,(3)问同).
(3)深度探究:由于本题的分割线不唯一,如果采取把图形右上角补一个小正方形,让L形先变为长方形,再分别找正方形和长方形的……请再按此要求画出分割线,在图④上完成.
(4)若网格中每个小正方形的边长为1,一条直线将图①中的L形图分成面积相等的两部分,若直线与L形图水平的两边交于P,Q两点,则PQ长的最大值为
(1)分析问题:本题主要通过寻找分割线,深化对中心对称图形的认识,
中心对称
图形绕其对称中心旋转180°
后能与原图形重合,因此过其对称中心
的任意一条直线必将其分割为全等的两部分.(2)操作发现:如图②,该图形可以看成由左、右两个正方形构成,分别确定两个正方形的对称中心,然后连线即可得到符合要求的分割线.类似地,该图形还可以看成由上、下两个长方形构成,分别确定两个长方形的对称中心,然后连线也可得到符合要求的分割线.请按此要求画出分割线,在图③上完成(保留作图痕迹,不写画法,(3)问同).
(3)深度探究:由于本题的分割线不唯一,如果采取把图形右上角补一个小正方形,让L形先变为长方形,再分别找正方形和长方形的……请再按此要求画出分割线,在图④上完成.
(4)若网格中每个小正方形的边长为1,一条直线将图①中的L形图分成面积相等的两部分,若直线与L形图水平的两边交于P,Q两点,则PQ长的最大值为
√41
.答案
(1)中心对称 180° 对称中心
(2)如图①,即为所求.
(3)如图②,即为所求.
(4)$\sqrt{41}$ 解析:如图③,PQ是一条长为$\sqrt{41}$且满足要求的线段.
∵$AE=BE=2\sqrt{10} ＜ \sqrt{41}$,从而点P不可能在DE上.由图④可得,一端点P'在BC上,另一端点Q'在AF上的任意长度大于$\sqrt{41}$的线段,必然有P'在P的右侧或Q'在Q的右侧至少一个成立,从而其将L形图分成的两部分面积一定是左边的部分更大,因此PQ就是长度最大的面积平分线.
解析
【分析】
本题围绕中心对称图形的性质解决L形面积平分相关问题，解题思路如下：
1. 第(1)问考查中心对称图形的基础定义，直接回忆对应概念即可填空；
2. 第(2)问将L形拆分为上下两个矩形，矩形是中心对称图形，过两个矩形对称中心的直线会同时平分两个矩形的面积，因此也能平分整体L形的面积，只需连接两个矩形的对称中心即可；
3. 第(3)问使用补形法，把L形补为大矩形，L形面积=大矩形面积-补的小正方形面积，过大小两个图形对称中心的直线会同时平分两者面积，因此剩余L形的两部分面积也相等，连接两个中心即可得到分割线；
4. 第(4)问求PQ的最大值，先根据面积平分要求确定P、Q的可行位置，再用勾股定理计算线段长度，排除不符合要求的情况后得到最大值。
【解析】
(1) 根据中心对称图形的定义：中心对称图形绕其对称中心旋转180°后能与原图形重合，且过对称中心的任意直线都能将其分为全等的两部分，因此依次填入对应概念即可。
(2) 将L形拆分为上方长4宽2、下方长6宽2的两个矩形，分别作两个矩形的对角线，对角线交点就是各自的对称中心，连接两个交点的直线即为符合要求的分割线。
(3) 在L形右上角补一个边长为2的小正方形，得到长6宽4的大矩形，分别作大矩形和补的小正方形的对角线，对角线交点为各自的对称中心，连接两个交点的直线即为符合要求的分割线。
(4) 先计算L形总面积为$4×4-2×2=12$，平分后每部分面积为6。当直线与水平两边交于P、Q时，符合面积平分要求的最远两点的横向距离为5，纵向距离为4，由勾股定理得$PQ=\sqrt{4^2+5^2}=\sqrt{41}$。验证其他位置的线段：若端点在竖直边上，长度均小于$\sqrt{41}$；若端点在水平边上超出该位置，分割后的面积无法平分，因此$\sqrt{41}$是PQ的最大值。
【答案】
(1)中心对称；$180°$；对称中心
(2)如图①，即为所求。
(3)如图②，即为所求。
(4)$\sqrt{41}$
【知识点】
中心对称图形性质，面积平分作图，勾股定理
【点评】
本题从基础概念出发，结合动手作图和最值探究，考查对中心对称性质的灵活运用能力，既需要掌握基础定义，也需要具备图形拆分、补形的几何思维，能有效锻炼综合解决几何问题的能力。
【难度系数】
0.5
本题围绕中心对称图形的性质解决L形面积平分相关问题，解题思路如下：
1. 第(1)问考查中心对称图形的基础定义，直接回忆对应概念即可填空；
2. 第(2)问将L形拆分为上下两个矩形，矩形是中心对称图形，过两个矩形对称中心的直线会同时平分两个矩形的面积，因此也能平分整体L形的面积，只需连接两个矩形的对称中心即可；
3. 第(3)问使用补形法，把L形补为大矩形，L形面积=大矩形面积-补的小正方形面积，过大小两个图形对称中心的直线会同时平分两者面积，因此剩余L形的两部分面积也相等，连接两个中心即可得到分割线；
4. 第(4)问求PQ的最大值，先根据面积平分要求确定P、Q的可行位置，再用勾股定理计算线段长度，排除不符合要求的情况后得到最大值。
【解析】
(1) 根据中心对称图形的定义：中心对称图形绕其对称中心旋转180°后能与原图形重合，且过对称中心的任意直线都能将其分为全等的两部分，因此依次填入对应概念即可。
(2) 将L形拆分为上方长4宽2、下方长6宽2的两个矩形，分别作两个矩形的对角线，对角线交点就是各自的对称中心，连接两个交点的直线即为符合要求的分割线。
(3) 在L形右上角补一个边长为2的小正方形，得到长6宽4的大矩形，分别作大矩形和补的小正方形的对角线，对角线交点为各自的对称中心，连接两个交点的直线即为符合要求的分割线。
(4) 先计算L形总面积为$4×4-2×2=12$，平分后每部分面积为6。当直线与水平两边交于P、Q时，符合面积平分要求的最远两点的横向距离为5，纵向距离为4，由勾股定理得$PQ=\sqrt{4^2+5^2}=\sqrt{41}$。验证其他位置的线段：若端点在竖直边上，长度均小于$\sqrt{41}$；若端点在水平边上超出该位置，分割后的面积无法平分，因此$\sqrt{41}$是PQ的最大值。
【答案】
(1)中心对称；$180°$；对称中心
(2)如图①，即为所求。
(3)如图②，即为所求。
(4)$\sqrt{41}$
【知识点】
中心对称图形性质，面积平分作图，勾股定理
【点评】
本题从基础概念出发，结合动手作图和最值探究，考查对中心对称性质的灵活运用能力，既需要掌握基础定义，也需要具备图形拆分、补形的几何思维，能有效锻炼综合解决几何问题的能力。
【难度系数】
0.5
