(典型题)初中数学八年级数学下册第三单元《图形的平移与旋转》测试卷(答案解析)

一、选择题

1．下列图案中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）

A． B． C． D．

2．下列图形：①平行四边形、②矩形、③正方形、④等边三角形，其中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ） A．①②

B．②③

C．③④

D．①④

3．如图，在RtABC中，ACBC,D、E是斜边AB上两点，且DCE45，将

ACD绕点C顺时针旋转90后，得到BCF，连接EF，下列结论中：

①ECF45；②ACD≌BCE；③CE平分DCF；④AD2BE2DE2；正确的有（ ）个

A．1个 是（ ） A．

B．2个 C．3个 D．4个

4．下列四个图形是word软件中的自选图形，其中既是轴对称图形，又是中心对称图形的

B． C． D．

5．把一副三角板如图甲放置，其中∠ACB=∠DEC=90°，∠A=45°，∠D=30°，斜边AB=6，DC=9，把三角板DCE绕点C顺时针旋转15°得到△D1CE1（如图乙），此时AB与CD1交于点O，则点O到AD1的距离为（ ）

A．3 B．35 5C．65 5D．5 56．下列全国各地地铁标志图中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）

A． B．

C．

D．

7．在奔驰、宝马、丰田、三菱等汽车标志图形中，为中心对称图形的是（ ） A．

B．

C．

D．

8．已知菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，若OA2，AOC45，将菱形OABC绕点O逆时针旋转180，得到菱形OABC，则点B的对应点B的坐标是（ ）

A．(22,2) B．(22,2) C．(22,2) D．(22,2)

9．如图所示图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ） A．

B．

C．

D．

10．如图所示,如果把△ABC的顶点A先向下平移3格,再向左平移1格到达A'点,连接A'B,则线段A'B与线段AC的关系是 ( )

A．垂直 B．相等 C．平分 D．平分且垂直

11．如图所示，在ABC中，CAB70，将ABC绕点A旋转到ABC的位置，使得CAAB，则BAB的度数为( )

A．10 （ ）

B．20 C．30 D．50

12．如图，△ABC沿线段BA方向平移得到△DEF，若AB＝6，AE＝2．则平移的距离为

A．2

B．4

C．6

D．8

二、填空题

13．如图，将ABC就点C按逆时针方向旋转75后得到ABC，若ACB25，则

BCA的度数为__________．

14．如图，在平面直角坐标系中，将△ABC绕点A顺时针旋转到△AB1C1的位置，点B，O（分别落在点B1，C1处，点B1在x轴上，再将△AB1C1绕点B1顺时针旋转到△A1B1C2的位置，点C2在x轴上，再将△A1B1C2绕点C2顺时针旋转到△A2B2C2的位置，点A2在x轴上，依次进行下去，…，若点A(3，0)，B(0，4)，AB=5，则点B2021的坐标为________．

15．如图，将△ABC绕点A逆时针旋转45°得到△ABC，AB=2，则图中阴影部分的面积为_________．

16．如图①，O为直线AB上一点，作射线OC，使AOC120，将一个直角三角尺如图摆放，直角顶点在点O处，一条直角边OP在射线OA上，将图①中的三角尺绕点O以每秒6的速度按顺时针方向旋转（如图②所示），在旋转一周的过程中第t秒时OP所在直线恰好平分BOC，则t的值为________．

17．如图，ODC是由OAB绕点O顺时针旋转40后得到的图形，若点D恰好落在

AB上，且AOC105，则C的度数是_______．

18．在一块边长为10米的正方形草坪上修了横竖各两条宽都为2米的长方形小路（图中阴影部分）将草坪分隔成如图所示的图案，则图中未被小路覆盖的草坪的总面积为__________平方米．

19．如图，在ABC中，ABAC，BC3cm，将ABC沿BC方向平移得到

DEF，若DE5cm，EC1.5cm，则四边形ABFD的周长为_____cm．

20．已知等边△ABC的边长为4，点P是边BC上的动点，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACQ，点D是AC边的中点，连接DQ，则DQ的最小值是_____．

三、解答题

21．在边长为1的小正方形网格中，AOB的顶点均在格点上．

（1）B点关于直线y1对称的点的坐标为___________；

（2）将AOB向左平移3个单位长度，再向上平移2个单位长度得到AO11B1，请画出

AO11B1；

（3）在（2）的条件下，AOB边AB上有一点P的坐标为a,b，则平移后对应点P1的坐标为___________．

22．如图1，点O为直线AB上一点，过O点作射线OC，使AOC:BOC1:2，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方．

（1）将图1中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图2的位置，使得ON落在射线OB上，此时三角板旋转的角度为 度；

（2）继续将图2中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图3的位置，使得ON在AOC的内部．试探究∠AOM与NOC之间的数量关系，并说明理由；

（3）在上述直角三角板从图1逆时针旋转到图3的位置的过程中，若三角板绕点O按10每秒的速度旋转，当直角三角板的直角边ON所在直线恰好平分AOC时，求此时三角板绕点O的运动时间t的值．

23．在直角坐标系中，将ABC平移后得到ABC，它们的三个顶点坐标如表所示：

ABC ABC Aa,5 A4,3 B1,3 B6,b C2,6 Cc,d （1）观察表中各对应点坐标的变化填空：a______，b______； （2）ABC向______平移______个单位长度，再向______平移______个单位长度可以得到ABC；

（3）在坐标系中画出ABC及平移后的ABC．

24．如图，在等边ABC中，D是边AC上的一点，连接BD，将BCD绕点B逆时针旋转60°得到BAE，连接ED．若BC7,BD6，求AED的周长．

25．（1）画图：图①为正方形网格，画出ABC绕点O顺时针旋转90后的图形． ．．．（2）尺规作图：在图②中作出四边形ABCD关于点O对称的图形（不写作法，保留作图痕迹，用黑色笔将作图痕迹涂黑）．

26．如图，已知线段MN＝4，点A在线段MN上，且AM＝1，点B为线段AN上的一个动点．以A为中心顺时针旋转点M，以B为中心逆时针旋转点N，旋转角分别为α和β．若旋转后M、N两点重合成一点C（即构成△ABC），设AB＝x． （1）△ABC的周长为 ； （2）若α+β＝270°，求x的值；

（3）试探究△ABC是否可能为等腰三角形？若可能，求出x的值；若不可能，请说明理由．

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．B 解析：B 【分析】

根据中心对称图形和轴对称图形的概念进行判断即可；

【详解】

A、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误； B、既是中心对称图形，又是轴对称图形，故本选项正确； C、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误； D、是中心对称图形，不是轴对称图形，故本选项错误； 故选：B． 【点睛】

本题考查了中心对称图形和轴对称图形的概念，正确掌握知识点是解题的关键；

2．B

解析：B 【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】

解：平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形； 矩形，正方形既是轴对称图形又是中心对称图形； 等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形． 故选：B． 【点睛】

本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，正确理解中心对称图形与轴对称图形是解题的关键；

3．C

解析：C 【分析】

①根据旋转的性质可得出∠BCF=∠ACD，由∠ACB=90°，∠DCE=45°，可得出∠BCF+∠BCE=∠ECF=45°，即可判断①；

②根据旋转的性质可得出△ACD≌△BCF，不能推出ACD≌BCE，即可判断②； ③根据∠DCE=∠ECF=45°，根据角平分线定义即可判断③；

④根据全等三角形的判定求出△AED≌△AFD，推出DE=EF，求出∠EBF=90°，根据勾股定理推出即可． 【详解】

解：∵在Rt△ABC中，BC=AC， ∴∠A=∠CBA=45°，

①由旋转，可知：∠BCF=∠ACD， ∵∠ACB=90°，∠DCE=45°， ∴∠ACD+∠BCE=45°，

∴∠BCF+∠BCE=∠ECF=45°，故①正确；

②由旋转，可知：△ACD≌△BCF，不能推出ACD≌BCE，故②错误； ③∵∠DCE=∠ECF=45°， ∴CE平分∠DCF，故③正确；

④由旋转可知：AD=BF，∠CBF=∠A=45°， ∵∠CBA=45°， ∴∠EBF=90°，

由勾股定理得：BF2+BE2=EF2， 即AD2+BE2=EF2， 在△CDE和△CFE中，

CECEDCEECF ， CDCF∴△CDE≌△CFE（SAS）， ∴DE=EF， ∴AD2+BE2=DE2， 故选：C． 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定、相似三角形的判定、勾股定理、等腰直角三角形以及旋转的性质，逐一分析四条结论的正误是解题的关键．

4．C

解析：C 【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】

解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意； C、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意； D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意． 故选：C． 【点睛】

本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．

5．C

解析：C 【分析】

由旋转角为15°，和三角板中角求出∠ACD1=45°，又∠A=45°，推出△ACO是等腰直角三角形，AO=CO=3，AB⊥CO，由DC=9，求得D1O=6，利用勾股定理AD1=OA2OD1235．再利用面积桥求即可． 【详解】

∵∠ACB=∠DEC=90°，∠D=30°，

∴∠DCE=90°-30°=60°， ∴∠ACD=90°-60°=30°， ∵旋转角为15°， ∴∠ACD1=30°+15°=45°， 又∵∠A=45°，

∴△ACO是等腰直角三角形，

∴AO=CO=∵DC=9，

11AB=×6=3，AB⊥CO， 22∴D1C=DC=9， ∴D1O=9-3=6，

在Rt△AOD1中，根据勾股定理求得AD1=OA2OD12326235． 设点O到AD1的距离为h， ∵

11AD1hOAOD1， 22∴hOAOD13665， AD1535故选择：C． 【点睛】

本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，根据等腰直角三角形的性质判断出AB⊥CO是解题的关键，也是本题的难点．

6．D

解析：D 【分析】

根据中心对称图形和轴对称图形的概念判断． 【详解】

解：A．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形； B．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形； C．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形； D．既是轴对称图形又是中心对称图形； 故选：D． 【点睛】

本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．

7．B

解析：B 【分析】

据中心对称图形的概念，结合图形特征即可求解． 【详解】

A、不是中心对称图形，故此选项错误； B、是中心对称图形，故此选项正确； C、不是中心对称图形，故此选项错误； D、不是中心对称图形，故此选项成文； 故选：B． 【点睛】

本题考查中心对称图形的概念：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．

8．A

解析：A 【分析】

过点B作BDx与点D，由AOC45可得BCD45，从而得到

BDCD2，从而可得到点B的坐标，再根据旋转的性质，可得到B的坐标．

【详解】

如图，过点B作BDx轴于点D，

∵AOC45， ∴BCD45， ∴BDCD∴点B(22，

2，2)，

将菱形OABC绕O逆时针旋转180，则点B与点B关于点 O对称， ∴点B的坐标为(22，2)， 故答案为：A． 【点睛】

本题主要考察坐标与图形变化旋转，掌握旋转的性质是解题的关键．

9．B

解析：B

【分析】

根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解． 【详解】

解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形．故不符合题意； B、是轴对称图形，也是中心对称图形．故符合题意； C、不是轴对称图形，是中心对称图形．故不符合题意； D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形．故不符合题意． 故选：B． 【点睛】

本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．

10．D

解析：D 【分析】

先根据题意画出图形，再利用勾股定理结合网格结构即可判断线段A′B与线段AC的关系． 【详解】

解：如图，将点A先向下平移3格，再向左平移1格到达A′点，连接A′B，与线段AC交于点O．

∵A′O=OB=2，AO=OC=22， ∴线段A′B与线段AC互相平分， 又∵∠AOA′=45°+45°=90°， ∴A′B⊥AC，

∴线段A′B与线段AC互相垂直平分． 故选D． 【点睛】

本题考查了平移的性质，勾股定理，正确利用网格求边长长度及角度是解题的关键．

11．B

解析：B 【分析】

先求出∠C′AC的度数，然后根据旋转的性质即可求得答案. 【详解】

∵CAAB， ∴∠C′AB=90°， ∵∠CAB=70°，

∴∠C′AC=∠C′AB-∠CAB=20°， ∵∠BAB′与∠C′AC都是旋转角， ∴∠BAB′=∠C′AC=20°， 故选B. 【点睛】

本题考查了旋转的性质，求出∠C′AC的度数是解题的关键.

12．B

解析：B 【分析】

根据平移变换的性质解决问题即可. 【详解】

解：∵AB＝6，AE＝2， ∴BE＝AB﹣AE＝6﹣2＝4， ∴平移的距离为4， 故选：B. 【点睛】

此题考查平移的要素：距离，平移前后对应点所连的线段的长度即为平移的距离.

二、填空题

13．50°【分析】根据题意可知旋转角∠=75°则根据∠=∠-∠即可求解；【详解】根据旋转角的定义可知旋转角∠=75°∴∠=∠-∠=75°-25°=50°故答案为：50°【点睛】本题主要考查了旋转的定

解析：50° 【分析】

根据题意可知旋转角∠ACA=75°，则根据∠BCA=∠ACA-∠ACB即可求解； 【详解】

根据旋转角的定义可知旋转角∠ACA=75°， ∴∠BCA=∠ACA-∠ACB=75°-25°=50°， 故答案为：50°． 【点睛】

本题主要考查了旋转的定义，解题的关键是找到旋转角，以及旋转后的不变量．

14．（121280）【分析】首先根据已知求出三角形三边长度然后通过旋转发现BB2B4…每偶数之间的B相差12个单位长度根据这个规律可以求得B2021的坐标【详解】解：∵AO=3BO=4∠AOB=90°∴

解析：（12128，0）

【分析】

首先根据已知求出三角形三边长度，然后通过旋转发现，B、B2、B4…每偶数之间的B相差12个单位长度，根据这个规律可以求得B2021的坐标． 【详解】

解：∵AO=3，BO=4，∠AOB=90° ∴AB=32+42=5， ∴OA+AB1+B1C2=3+5+4=12， ∴B2的横坐标为：12，且B2C2=4， ∴B4的横坐标为：2×12=24， ∵2021÷2=1010…1，

∴点B2021的横坐标为：1010×12+3+5=12128． 2021÷3=673…2， ∴点B2021的纵坐标为0， ∴B2021（12128，0）， 故答案为：（12128，0）． 【点睛】

此题考查了点的坐标规律变换，通过图形旋转，找到所有B点之间的关系是本题的关键．题目难易程度适中，可以考查学生观察、发现问题的能力．

15．【分析】作于M根据旋转的性质及题意得出∠BA＝45°AB＝A＝2从而得出M的值及的面积然后根据阴影部分的面积等于的面积即可得出答案【详解】解：作于M∵△ABC绕点A逆时针旋转45°得到△AB＝2∴△ 解析：2

【分析】

作BMAB于M，根据旋转的性质及题意得出∠BAB＝45°，AB＝AB＝2，从而得出

BM的值及ABB的面积，然后根据阴影部分的面积等于ABB的面积，即可得出答案． 【详解】

解：作BMAB于M，

∵△ABC绕点A逆时针旋转45°得到△ABC，AB＝2，

∴△ABC的面积＝△ABC的面积，∠BAB＝45°，AB＝AB＝2，

∴BM＝∴S△ABB2AB＝2 ， 211ABBM222， 22∵图中阴影部分的面积＝△ABC的面积+ABB的面积﹣△ABC的面积＝ABB的面积，

∴S阴影＝2， 故答案为：2． 【点睛】

本题考查了旋转的性质和勾股定理，根据旋转的性质是解题的关键．

16．25或55【分析】根据平角的定义得到∠BOC＝60°根据角平分线定义列出方程可求解【详解】解：∵∠AOC＝120°∴∠BOC＝60°∵OP所在直线恰好平分∠BOC∴∠BOP＝∠BOC＝30°或∠BO

解析：25或55 【分析】

根据平角的定义得到∠BOC＝60°，根据角平分线定义列出方程可求解． 【详解】

解：∵∠AOC＝120°， ∴∠BOC＝60°，

∵OP所在直线恰好平分∠BOC，

1∠BOC＝30°，或∠BOP＝180°-30°＝150°， 2∴6t＝180-30或6t＝180+150， ∴t＝25或55，

故答案为：25或55． 【点睛】

∴∠BOP＝

本题考查了一元一次方程的应用，考查了角平分线定义，平角的定义，列出正确的方程是本题的关键．

17．45°【分析】根据旋转的性质可得∠AOD=∠BOC=40°AO=DO再求出∠BOD∠ADO然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算解即可求解【详解】解：∵是绕点O顺时针旋转40°

解析：45° 【分析】

根据旋转的性质可得∠AOD=∠BOC=40°，AO=DO，再求出∠BOD，∠ADO，然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式计算解B，即可求解． 【详解】

解：∵ODC是OAB绕点O顺时针旋转40°后得到的图形， ∴∠AOD=∠BOC=40°，AO=DO，

∵∠AOC=105°，

∴∠BOD=105°-40°×2=25°， ∠ADO=∠A=

11（180°-∠AOD）=（180°-40°）=70°， 22由三角形的外角性质得，∠B=∠ADO-∠BOD=70°-25°=45° ∴∠C=45°． 故答案为：45°． 【点睛】

本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．

18．36【分析】把四条线路平移到两侧再表示出未被小路覆盖的草坪的边长即可算出面积【详解】解：如图所示：（10-4）×（10-4）=36（平方米）故答案为：36【点睛】此题主要考查了图形的平移关键是掌握平

解析：36 【分析】

把四条线路平移到两侧，再表示出未被小路覆盖的草坪的边长即可算出面积． 【详解】 解：如图所示：

（10-4）×（10-4）=36（平方米）， 故答案为：36． 【点睛】

此题主要考查了图形的平移，关键是掌握平移是指图形的平行移动，平移时图形中所有点移动的方向一致，并且移动的距离相

19．16【分析】根据平移的基本性质得出四边形ABFD的周长＝AD＋AB＋BF＋DF＝15＋5＋45＋5即可得出答案【详解】根据题意将△ABC沿BC方向平移得到△DEF∴AD＝CF＝BEBF＝BC＋CFD

解析：16 【分析】

根据平移的基本性质，得出四边形ABFD的周长＝AD＋AB＋BF＋DF＝1.5＋5＋4.5＋5，即可得出答案． 【详解】

根据题意，将△ABC沿BC方向平移得到△DEF， ∴AD＝CF＝BE，BF＝BC＋CF，DE＝AB＝AC＝DF＝5cm； 又∵BC＝3cm，EC＝1.5cm，

∴BE＝BC−EC＝1.5cm，

∴AD＝CF＝BE＝1.5cm，BF＝BC＋CF＝4.5cm，

∴四边形ABFD的周长＝AD＋AB＋BF＋DF＝1.5＋5＋4.5＋5＝16cm． 故答案为：16． 【点睛】

本题考查平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．得到DE＝AB＝AC＝DF＝5cm，AD＝CF＝BE＝1.5cm，BF＝BC＋CF＝4.5cm是解题的关键．

20．【分析】根据旋转的性质即可得到∠BCQ＝120°当DQ⊥CQ时DQ的长最小再根据勾股定理即可得到DQ的最小值【详解】解：如图由旋转可得∠ACQ＝∠B＝60°又∵∠ACB＝60°∴∠BCQ＝120°∵ 解析：3

【分析】

根据旋转的性质，即可得到∠BCQ＝120°，当DQ⊥CQ时，DQ的长最小，再根据勾股定理，即可得到DQ的最小值． 【详解】

解：如图，由旋转可得∠ACQ＝∠B＝60°，

又∵∠ACB＝60°， ∴∠BCQ＝120°， ∵点D是AC边的中点， ∴CD＝2，

当DQ⊥CQ时，DQ的长最小， 此时，∠CDQ＝30°， ∴CQ＝

1CD＝1， 2∴DQ＝22123，

∴DQ的最小值是3， 故答案为3． 【点睛】

本题主要考查线段最小值问题，关键是利用旋转、等边三角形的性质及勾股定理求解．

三、解答题

21．（1）（3，0）；（2）见详解；（3）（a−3，b＋2） 【分析】

（1）根据坐标系可得B点坐标，再根据关于直线y=1轴对称即可得到答案； （2）首先确定A、B、C三点平移后的对应点位置，然后再连接即可； （3）根据点平移后横坐标−3，纵坐标＋2，进而即可得到答案． 【详解】

解：（1）∵点B的坐标为（3，2），

∴B点关于直线y1对称的点的坐标为（3，0）， 故答案为：（3，0）； （2）如图所示：

（3）P的坐标为（a，b）平移后对应点P1的坐标为（a−3，b＋2）． 故答案为：（a−3，b＋2）． 【点睛】

此题主要考查了作图−−平移变换以及轴对称，关键是几何图形都可看做是由点组成，我们在画一个图形的平移图形时，也就是确定一些特殊点的对应点．

22．（1）90；（2）AOMNOC30，理由见解析；（3）5秒或10秒 【分析】

（1）根据旋转的性质求出旋转角即可；

（2）利用平角的定义，结合已知条件可得到AOC60，再根据直角的性质、图中角与角的数量求解即可； （3）需要分类讨论计算即可； 【详解】

（1）根据旋转的性质可知，旋转角为MON90， 故答案是90；

（2）如图，AOMNOC30， 理由如下：

∵AOCBOC180，AOC:BOC1:2， ∴AOC2AOC180，

∴AOC60，

∴AONCON60，① ∵MON90，

∴AOMAON90，② ②-①得：AOMNOC30； （3）当ON平分AOC时，

1AOC30， 2∴t30103秒；

当OA的反向延长线平分AOC时，

∴AON∴旋转角度=30180210， ∴t2101021秒； ∴t的值为5秒或10秒． 【点睛】

本题主要考查了旋转的应用，结合角平分线的定义准确计算是解题的关键． 23．（1）1，1；（2）下、2，右，5；（3）答案见解析 【分析】

(1)利用根据A，B两点的坐标变化A（a，5），A′（4，3）；B（1，3），B′（6，b），可知向下平移2个单位长度，再向右平移5 个单位长度；

(2)根据A，B两点的坐标变化可知向下平移2个单位长度，再向右平移5 个单位长度， (3)根据（1）中图象变化，得出△A′B′C′； 【详解】

解：（1）根据A，B两点的坐标变化：A（a，5），A′（4，3）；B（1，3），B′（6，b）；

△ABC向下平移2个单位长度，再向右平移5个单位长度可以得到△A′B′C′； ∴a＝﹣1，b＝1， 故答案为：﹣1、1；

（2）△ABC向下平移2个单位长度，再向右平移5个单位长度可以得到△A′B′C′； 故答案为：下、2、右、5； （3）如图所示：

【点睛】

此题主要考查了图形的平移变换的性质与作法以及三角形面积求法，根据A，B两点坐标变化得出图象平移变化位置是解题关键． 24．13 【分析】

先由△ABC是等边三角形得出AC=AB=BC=7，根据图形旋转的性质得出AE=CD，BD=BE，故可得出AE+AD=AD+CD=AC=7，由∠EBD=60°，BE=BD即可判断出△BDE是等边三角形，故DE=BD=6，即可求出△AED的周长． 【详解】

∵△ABC是等边三角形， ∴AC=AB=BC=7，

∵△BAE由△BCD逆时针旋旋转60°得出， ∴AE=CD,BD=BE,∠EBD=60°， ∴AE+AD=AD+CD=AC=7， ∵∠EBD=60°，BE=BD， ∴△BDE是等边三角形， ∴DE=BD=6，

∴△AED的周长=AE+AD+DE=AC+BD=13． 【点睛】

此题考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，解题关键在于得到△BDE是等边三角形．

25．（1）见解析；（2）见解析． 【分析】

（1）连结OA、OB、OC，将OA、OB、OC绕着点O顺时针旋转90°得OD，OE，OF，顺次连接即可；

（2）连结AO、BO、CO、DO并延长，在延长线上截取A′O=AO，B′O=BO，C′O=CO，D′O=DO，顺次连接即可． 【详解】

解：（1）连结OA、OB、OC，将OA、OB、OC绕着点O顺时针旋转90°得OD，OE，OF， 顺次连结DE，EF，FD， 如图①，则DEF为所求；

（2）连结AO、BO、CO、DO并延长，在延长线上截取A′O=AO，B′O=BO，C′O=CO，D′O=DO，

顺次连结A′B′、B′C′、C′D′、D′A'， 如图②，四边形ABCD为所求．

【点睛】

本题考查旋转作图，中心对称作图问题，掌握旋转作图与中心对称作图的方法与步骤是解题关键．

26．（1）4；（2）【分析】

（1）由旋转的性质可得：ACAM,BCBN, 从而可得CABC5；（3）存在，x1.5． 3MN4；

（2）先证明ACB90, 结合AC1,ABx,BC3x, 利用勾股定理列方程，解方程可得答案；

（3）分三种情况讨论，当ACBC1时， 当ABAC1时，当BCBA时，分别求解三角形的三边，再结合三角形三边的关系进行检验，从而可得答案．

【详解】

解：（1）由旋转的性质可得：ACAM,BCBN,

MN4,

CABCACABBCAMABBNMN4,

故答案为：4. （2）

MAC,NBC,270,

MACNBC270， CABCBA36027090，ACB90,

AM1,ABx,MN4, AC1,BCBN3x,

由勾股定理得：x2123x,

26x10,

5x.

3（3）存在，理由如下：

AC1,ABC为等腰三角形，

 当ACBC1时，则AB2,

此时1+1=2, ABC不存在，舍去， 当ABAC1时， 同理不合题意，舍去， 当BCBA时，

AC1,ABACBC4, ABBC3, ABBC1.5,

此时1+1.5＞1.5, 符合题意；

所以ABC能为等腰三角形，此时ABx1.5. 【点睛】

本题考查的是旋转的基本性质，旋转角的理解，勾股定理的应用，等腰三角形的判定与性质，三角形三边之间的关系，掌握以上知识是解题的关键．