专题03 位似（分层训练）-2024年中考数学总复习重难考点强化训练（全国通用）

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【基础训练】
一、单选题
1．（2023·湖南长沙·湖南师大附中博才实验中学校考三模） 如图，以原点O为位似中心，把△ABO缩小为原来的12后得到△A'B'O，若B点坐标为(4，-5)，则B'的坐标为( )
A．( 2，-2.5)B．(-2，2.5)
C．( 2，-2.5)或 (-2，2.5)D．( 2，2.5)或 (-2，2.5)
【答案】C
【分析】根据位似变换的性质计算．
【详解】解：以原点O为位似中心，把△ABO缩小为原来的12后得到△A'B'O，若B点坐标为(4，-5)，
则B'的坐标为(4×12，-5×12)或(-4×12，5×12)，即( 2，-2.5)或 (-2，2.5)，
故选：C．
【点睛】本题考查的是位似变换，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
2．（2023上·山东济南·九年级校联考期中）△DEF和△ABC是位似图形，点O是位似中心，点D，E，F分别是OA，OB，OC的中点，若△DEF的面积是2，则△ABC的面积是( )
A．2B．4C．6D．8
【答案】D
【分析】先根据三角形中位线的性质得到DE=12AB，从而得到相似比，再利用位似的性质得到△DEF∽△ABC，然后根据相似三角形的面积比是相似比的平方求解即可．
【详解】∵点D，E分别是OA，OB的中点，
∴DE=12AB，
∵△DEF和△ABC是位似图形，点O是位似中心，
∴△DEF∽△ABC，
∴SΔDEFSΔABC=14，
∴△ABC的面积=2×4=8
故选D．
【点睛】本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．
3．（2023下·江苏·八年级统考期末）如图，在△ABC中，A，B两个顶点在x轴的上方，点C的坐标是（﹣1，0）．以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A'B'C，使得△A'B'C的边长是△ABC的边长的2倍．设点B的横坐标是﹣3，则点B'的横坐标是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】作BD⊥x轴于D，B′E⊥x轴于E，根据位似图形的性质得到B′C＝2BC，再利用相似三角形的判定和性质计算即可．
【详解】解：作BD⊥x轴于D，B′E⊥x轴于E，
则BD∥B′E，
由题意得CD＝2，B′C＝2BC，
∵BD∥B′E，
∴△BDC∽△B′EC，
∴CDCE=BCB'C=12，
∴CE＝4，则OE＝CE−OC＝3，
∴点B'的横坐标是3，
故选B．
【点睛】本题考查的是位似变换、相似三角形的判定和性质，掌握位似变换的概念是解题的关键．
4．（2023·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△DEF是以点O为位似中心的位似图形，若OC:CF=2:3，△DEF的周长为15，则△ABC的周长为（ ）

A．10B．6C．5D．4
【答案】B
【分析】根据位似图形的性质，得到△ABC∽△DEF，根据OC:CF=2:3得到相似比为：OCOF=OCOC+CF=25，再结合三角形的周长比等于相似比即可得到答案．
【详解】解：∵△ABC与△DEF是以原点O为位似中心的位似图形
∴△ABC∽△DEF
∴ACDF=OCOF=OCOC+CF
OC:CF=2:3
∴ACDF=OCOC+CF=25
∴C△ABCC△DEF=ACDF=25
△DEF的周长为15，
∴C△ABC=25×15=6
故选B．
【点睛】本题考查了相似图形的性质，掌握位似图形与相似图形的关系，熟记相似图形的性质是解决问题的关键．
5．（2022·四川泸州·统考一模）下列命题是假命题的是( )
A．位似比为1：2的两个位似图形的面积比为1：4
B．点P（﹣2，﹣3）到x轴的距离是2
C．2、3、4这组数据能作为三角形三条边长
D．n边形n≥3的内角和是（n−2）180°
【答案】B
【分析】根据位似的性质和相似三角形的性质对A进行判断；根据点的坐标的意义对B进行判断；根据三角形三边的关系对C进行判断；根据多边形的内角和定理对D进行判断．
【详解】解：A、位似比为1：2的两个位似图形的面积比为1：4，故该选项为真命题；
B、点P（-2，-3）到x轴的距离是3，故该选项为假命题；
C、因为2+3＞4，则2、3、4这组数据能作为三角形三条边长，故该选项为真命题；
D、n边形n≥3的内角和为（n-2）180°，故该选项为真命题．
故选：B．
【点睛】本题考查了命题真假的判断，熟练掌握命题真假的判断方法是解决本题的关键.
6．（2009·安徽芜湖·中考真题）在平面直角坐标系中有两点A(6，2)，B(6，0)，以原点为位似中心，相似比为1∶3．把线段AB缩小，则过A点对应点的反比例函数的解析式为（ ）
A．y=4xB．y=43xC．y=−43xD．y=18x
【答案】B
【分析】如图，由题意可得△A1B1O∽△ABO，从而可得A1B1=23，OB1=2，得点A1的坐标，用待定系数法即可求得反比例函数的解析式．
【详解】解：如图
∵△A1B1O和ABO以原点为位似中心
∴△A1B1O∽△ABO，相似比为1：3
∴A1B1=23，OB1=2
∴A1的坐标为（2，23）
设过此点的反比例函数解析式为y=kx，则k=43
所以解析式为y=43x
故选：B
【点睛】本题考查了图形位似的性质及求反比例函数的解析式，关键是根据位似的性质求得A点的对应点的坐标．
7．（2023·重庆渝中·统考二模）如图，△ABC与△ A1B1C1位似，位似中心是点O，若OA:OA1 =1:2，则△ABC与△ A1B1C1的面积比是（ ）

A．1:2B．1:3C．1:4D．1:9
【答案】C
【分析】根据位似图形的概念得到△ABC∽△A1B1C1，AC//A1C1，进而得出△AOC∽△A1OC1，根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】解：∵ΔABC与△A1B1C1位似，
∴△ABC∽△A1B1C1，AC//A1C1，
∴∠CAO=∠C1A1O，∠ACO=∠A1C1O，
∴△AOC∽△A1OC1，
∴ ACA′C′=OAOA′=12，
∴ΔABC与△A1B1C1的面积比为1:4，
故选：C．
【点睛】本题考查的是位似图形的概念、相似三角形的性质，掌握位似图形是相似图形、位似图形的对应边平行是解题的关键．
8．（2023·四川绵阳·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为13，点A，B，E在x轴上，若正方形BEFG的边长为6，则D点坐标为（ ）
A．12,2B．13,1C．1,2D．14,2
【答案】C
【分析】根据位似图形的性质结合相似比得出AD的长和AD//BG，得到△OAD∽△OBG，得出AO的长，进而求出D点坐标．
【详解】解：∵正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，且相似比为13，
∴ADBG=13，AD//BG，
∵BG=6，
∴AB=AD=2，
∵AD//BG，
∴△OAD∽△OBG，
∴OAOB=ADBG=13，即OAOA+AB=OAOA+2=13，
解得：OA=1，
∴D点坐标为1,2．
故选：C．
【点睛】本题考查的是位似变换以及相似三角形的判定与性质．正确得出OA的长是解题的关键．
9．（2023·江苏镇江·统考中考真题）如图，坐标原点O为矩形ABCD的对称中心，顶点A的坐标为1,t，AB∥x轴，矩形A′B′C′D′与矩形ABCD是位似图形，点O为位似中心，点A′，B′分别是点A，B的对应点，A′B′AB=k．已知关于x，y的二元一次方程mnx+y=3n+13x+y=4（m，n是实数）无解，在以m，n为坐标记为m,n的所有的点中，若有且只有一个点落在矩形A′B′C′D′的边上，则k⋅t的值等于（ ）
A．34B．1C．43D．32
【答案】B
【分析】先求出点A′的坐标为k,kt，点C′的坐标为−k,−kt，根据关于x，y的二元一次方程mnx+y=3n+13x+y=4（m，n是实数）无解，求出mn=3，且n≠32，根据以m，n为坐标记为m,n的所有的点中，有且只有一个点落在矩形A′B′C′D′的边上，得出反比例函数n=3m的图象只经过点A′或C′，分两种情况进行讨论求出结果即可．
【详解】解：∵矩形A′B′C′D′与矩形ABCD是位似图形，A'B'AB=k，顶点A的坐标为1,t，
∴点A′的坐标为k,kt，
∵坐标原点O为矩形ABCD的对称中心，
∴点C的坐标为−1,−t，
∴点C′的坐标为−k,−kt，
∵关于x，y的二元一次方程mnx+y=3n+13x+y=4（m，n是实数）无解，
∴mn=3，且n≠32，
即n=3mm≠2，
∵以m，n为坐标记为m,n的所有的点中，有且只有一个点落在矩形A′B′C′D′的边上，
∴反比例函数n=3m的图象只经过点A′或C′，
由mnx+y=3n+13x+y=4，可得：mnx−3x+4=3n+1，
（1）若反比例函数n=3m的图象经过点A′，
∵mn=3，3x−3x+4=3kt+1，
解得：kt=1，
（2）若反比例函数n=3m的图象经过点C′，
∵mn=3，3x−3x+4=−3kt+1，
解得：kt=−1，
∵k>0，t>0，
∴kt=−1不符合题意，
∴kt=1．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了位似变换，二元一次方程组的解，坐标与图形性质，矩形的性质，解题的关键是数形结合，注意分类讨论．
10．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校考一模）如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心，已知OA：AD＝1：2，则△ABC与△DEF的面积比为（ ）
A．1：2B．1：3C．1：4D．1：9
【答案】D
【分析】根据位似图形的概念得到AB∥DE，根据相似三角形的性质计算，得到答案．
【详解】解：∵OA：AD＝1：2，
∴OA：OD＝1：3，
∵△ABC与△DEF位似，
∴AB∥DE，
∴△OBA∽△OED，
∴ABDE=OAOD=13，即△ABC与△DEF的相似比为13，
∴△ABC与△DEF的面积比＝(13)2＝19，
故选：D．
【点睛】本题考查的是位似图形的概念和性质，掌握位似图形的概念、相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
11．（2023上·四川达州·九年级达州市通川区第八中学校考期中）在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点坐标分别是O（0，0），A（8，0），B（8，6），C（0，6）．已知矩形OA1B1C1O与矩形OABC位似，位似中心是原点O，且矩形OA1B1C1的面积等于矩形OABC面积的4倍，则点B1的坐标为（ ）
A．（8，6）B．（8，6）或（﹣8，﹣6）
C．（16，12）D．（16，12）或（﹣16，﹣12）
【答案】D
【分析】根据两个矩形的面积关系得到面积比，由此得到位似比，利用点的坐标得到OA1=16，OC1=12，由此得到答案．
【详解】解：∵矩形OA1B1C1的面积等于矩形OABC面积的4倍，
∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的面积比为4:1，
∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的位似比为2:1，
∵O（0，0），A（8，0），C（0，6）．
∴OA=8，OC=6，
∴OA1=16，OC1=12，
∴点B1的坐标为（16，12）或（﹣16，﹣12），
故选：D．
【点睛】此题考查位似图形的性质：两个位似图形的位似比等于相似比，面积的比等于相似比的平方，熟记性质是解题的关键．
12．（2023·山东德州·统考二模）如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，M、N分别是边AB、AD的中点，连结OM、ON、MN，则下列叙述正确的是（ ）
A．△AOM和△AON都是等边三角形
B．四边形MBON和四边形MODN都是菱形
C．四边形AMON和四边形ABCD都是位似图形
D．四边形MBCO和四边形NDCO都是等腰梯形
【答案】C
【详解】解：如图：
∵∠BAD不一定等于120°，
∴△AOM和△AON不一定都是等边三角形，A错误；
∵BM不一定等于BO，
∴四边形MBON和四边形MODN不一定都是菱形，B错误；
∵四边形ABCD为菱形， ∴AO=OC，又AM=MB，
∴OM∥BC，OM=12BC， 同理，ON∥CD，ON=12CD，
∴四边形AMON与四边形ABCD是以A为位似中心的位似图形，C正确；
MO∥BC，但BM不一定等于CO，无法判断四边形MBCO和NDCO是等腰梯形，D错误；
故选：C．
13．（2023下·重庆·八年级校考期末）如图，△ABC中，A（2，4）以原点为位似中心，将△ABC缩小后得到△DEF，若D（1，2），△DEF的面积为4，则△ABC的面积为（ ）
A．2B．4C．8D．16
【答案】D
【分析】利用位似图形的性质结合对应点坐标得出位似比，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平方进而求出△ABC的面积．
【详解】解：∵A（2，4）以原点为位似中心，将△ABC缩小后得到△DEF，D（1，2），
∴位似比为：2：1，
∴面积比为：4：1，
∵△DEF的面积为4，
∴△ABC的面积为：4×4＝16．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了位似变换以及坐标与图形的性质，得出两图形的位似比是解题关键．
14．（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图，在直角坐标系中，△ABC的顶点B的坐标为（-1，1），现以坐标原点O为位似中心，作与△ABC的位似比为23的位似图形△A′B′C′，则B′的坐标为（ ）
A．(−23,23)B．(23,−23)C．(−23,23)或(23,−23)D．(−23,23)或(−23,−23)
【答案】C
【分析】根据以原点为位似中心的对应点的坐标关系，把B点的横纵坐标都乘以23或−23得到B'的坐标．
【详解】解：∵位似中心为坐标原点，作与△ABC的位似比为23的位似图形△A'B'C'，
而B的坐标为（-1，1），
∴B'的坐标为(−23,23)或(23,−23),
故选：C．
【点睛】本题考查了位似图形的性质，解题的关键是掌握位似图形的性质．
15．（2023·内蒙古呼伦贝尔·统考中考真题）视力表的一部分如图，其中开口向上的两个“E”之间的变换是（ ）
A．平移B．旋转C．对称D．位似
【答案】D
【分析】根据位似变换的特点可知它们之间的变换属于位似变换．
【详解】解：根据位似变换的特点可知它们之间的变换属于位似变换．
故选：D．
【点睛】本题考查了位似的相关知识，位似是相似的特殊形式，平移、旋转、对称的图形都是全等形．
二、填空题
16．（2022上·黑龙江绥化·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，以原点O为位似中心，将△OAB放大后得到△OCD，若B0,1，D0,3，则△OAB与△OCD的面积比为 ．
【答案】1：9
【分析】根据信息，找到OB与OD的比值即为相似比，然后由两个相似三角形的面积比等于相似比的平方求得答案．
【详解】解答：解：∵B（0，1），D（0，3），
∴OB＝1，OD＝3，
∵△OAB以原点O为位似中心放大后得到△OCD，
∴△OAB与△OCD的相似比是OB：OD＝1：3，
∴△OAB与△OCD的面积的比是1：9．
故答案是：1：9．
【点睛】本题考查的是位似变换、坐标与图形的性质，解题的关键在于找到相似比就是对应边的比．
17．（2022·贵州黔西·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，△OAB与△OCD位似，位似中心是坐标原点O．若点A4,0，点C2,0，则△OAB与△OCD周长的比值是 ．
【答案】2
【分析】根据位似的定义，即可得出位似比=OA：OC，而△OAB与△OCD周长的比值等于位似比，即可得出答案．
【详解】∵△OAB与△OCD位似，位似中心是坐标原点O，点A4,0，点C2,0
∴OA=4，OC=2
∴△OAB与△OCD的位似比为：4：2=2：1
∴△OAB与△OCD周长的比值为：2：1
故答案为：2．
【点睛】本题考查了求位似图形的周长之比，求出位似比是本题的关键．
18．（2023·吉林长春·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为(−4，4)、(0，4)，点C、D的坐标分别为(0，1)、(2，1)．若线段AB和CD是位似图形，且位似中心在y轴上，则位似中心的坐标为 ．

【答案】(0,2)
【分析】根据题意，位似中心在y轴上，如图所示，连接AD与y轴交于点E，则点E是位似中心，运用待定系数法求出直线AD的解析式，令x=0，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接AD与y轴交于点E，则点E是位似中心，

∵A(−4，4)，D(2，1)，
∴设AD所在直线的解析式为y=kx+b(k≠0)，
∴−4k+b=42k+b=1，解得，k=−12b=2，
∴直线AD的解析式为y=−12x+2，
当x=0时，y=2，
∴位似中心的坐标是(0,2)，
故答案为：(0,2)．
【点睛】本题主要考查位似与一次函数的综合，掌握位似的定义，待定系数法求一次函数解析式是解题的关键．
19．（2023·山东青岛·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点分别为O(0，0)，A(−3，0)，B(−4，3)．△ODC与△OAB是以原点为位似中心的位似图形，且位似比为1：3，则点C的坐标为 ．
【答案】43，−1/113，−1
【分析】根据关于原点位似的关系和位似比，结合点B与点C位于位似中心的异侧，即可将点B的坐标都乘以−13即可．
【详解】∵△ODC与△OAB是以原点为位似中心的位似图形，位似比为1：3，
又∵点B与点C位于位似中心的异侧，B(−4，3)，
∴C43，−1．
故答案为：43，−1．
【点睛】本题考查坐标与图形的变化—位似变换．掌握点在坐标系中位似变换的规律是解题关键．
20．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）△ABC三个顶点的坐标分别为A（2，2），B（4，2），C（6，4）．以原点O为位似中心，将△ABC缩小得到△DEF，其中点D与A对应，点E与B对应，△DEF与△ABC对应边的比为1：2，这时点F的坐标是 ．
【答案】（3，2）或（﹣3，﹣2）
【分析】根据以原点O为位似中心的位似变换的性质计算，得到答案．
【详解】∵以原点O为位似中心，将△ABC缩小得到△DEF，△DEF与△ABC对应边的比为1：2，
∴△DEF与△ABC的相似比为1：2，
∵C（6，4）．
∴点C的对应点F的坐标为（6×12，4×12）或（﹣6×12，﹣4×12）．即（3，2）或（﹣3，﹣2），
故答案为：（3，2）或（﹣3，﹣2）．
【点睛】本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
21．（2023上·福建福州·九年级福建省福州第十九中学校考期中）△AOB三个顶点的坐标分别为A(5，0)，O(0，0)，B(3，6)，以原点O为位似中心，相似比为13，将△AOB缩小，则点B的对应点B′的坐标是 ．
【答案】（1，2）或（-1，-2）/（-1，-2）或（1，2）
【分析】根据位似变换的性质解答即可．
【详解】解：∵△AOB顶点B的坐标为（3，6），以原点O为位似中心，相似比为13，将△AOB缩小，
∴点B的对应点B′的坐标为（3×13，6×13）或3×(−13)，6×(−13)，即（1，2）或（-1，-2），
故答案为：（1，2）或（-1，-2）．
【点睛】本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
22．（2023·宁夏石嘴山·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△DEF关于原点O成位似关系，且相似比k＝13．若B（2，1），则点E的坐标是 ．
【答案】（6，3）
【分析】根据位似变换的性质计算即可．
【详解】解：△ABC与△DEF关于原点O成位似关系，相似比k＝13，
∵点E是点B的对应点，点B的坐标为（2，1），
∴点E的坐标为（2×3，1×3），即（6，3），
故答案为：（6，3）．
【点睛】本题考查位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
23．（2022·河北石家庄·统考三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点M（–5，2），N（–1，2），已知点M在反比例函数y=kx的图象上，以点O为位似中心，在MN的上方将线段MN放大为原来的n倍得到线段M′N′n>1．
（1）k的值为 ；
（2）若在线段M′N′上总有在反比例函数y=kx图象上的点，则n的最大值为 ；
【答案】 –10 5
【分析】（1）利用待定系数法即可求解；
（2）作射线ON，交y=-10x于点N′，求得点N′（–5，25），据此即可求解．
【详解】解：（1）∵点M（–5，2）反比例函数y=kx的图象上，
∴k=–5×2=-10，
故答案为：-10；
（2）∵k=-10，
∴反比例函数的解析式为y=-10x，
如图，作射线ON，交y=-10x于点N′，
设ON的解析式为y=mx，
把N（–1，2）代入得：2=-m，
解得m=-2，
∴ON的解析式为y=-2x，
解方程-2x=-10x得x=±5，
由于点N′在第二象限，
∴点N′（–5，25），
∴n=252=5，
又∵n>1，
∴1∴n的最大值为5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了反比例函数的性质，位似图形的性质，利用点的坐标表示相应线段的长度和利用线段的长度表示相应的坐标是解题的关键．
24．（2023·湖北鄂州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A1B1C1位似，原点O是位似中心，且ABA1B1=3．若A9,3，则A1点的坐标是 ．

【答案】3,1
【分析】直接利用位似图形的性质得出相似比进而得出对应线段的长．
【详解】解∶设A1m,n
∵△ABC与△A1B1C1位似，原点O是位似中心，且ABA1B1=3．若A9,3，
∴位似比为31，
∴9m=31，3n=31，
解得m=3，n=1，
∴A13,1
故答案为：3,1
【点睛】此题主要考查了位似变换，正确得出相似比是解题关键．
25．（2023·山东滨州·九年级统考学业考试）在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别是A(6，8)，B(7，0)，C(7，8)以原点O为位似中心，相似比为12，把△ABC缩小，得到△A1B1C1，则点A的对应点A1的坐标为 ．
【答案】(3,4)或(-3,-4)
【分析】根据位似变换的性质计算即可．
【详解】以点O为位似中心，相似比为12，把△ABC缩小
∵点A的坐标为(6,8)
∴则点A的对应点A1的坐标为(6×12,8×12)或(-6×12,-8×12)
即(3,4)或(-3,-4)
故答案为：(3,4)或(-3,-4)
【点睛】本题考查了位似变换的性质，两个多边形不仅相似，而且对应顶点的连线相交于一点，像这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
三、解答题
26．（2022·江苏徐州·统考二模）如图，△ABC在平面直角坐标系内，三个顶点的坐标分别为A(1,3)，B(2,1)，C(5,2)（正方形网格中，每个小正方形的边长为1），以点O为位似中心，把△ABC按相似比2：1放大，得到对应△A′B′C′．
(1)请在第一象限内画出△A′B′C′；
(2)若以点A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出满足条件的点D的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)D1(4,4)；D2(6,0)；D3(−2,2)
【分析】（1）根据点O为位似中心，A(1,3)，B(2,1)，C(5,2)，把△ABC按相似比2：1放大，得到对应△A′B′C′，求出点A'，B'，C'的坐标，在网格中描点顺次连线即得；
（2）设D(x,y)，根据平行四边形的对角线互相平分与A(1,3)，B(2,1)，C(5,2)，得到当AC为对角线时， x+2=1+5，y+1=2+3，推出x=4，y=4，得到D1(4,4)；当BC是对角线时，推出x+1=2+5，x=6，y+3=1+2，y=0，得到D2(6,0)，当AB为对角线时，推出x+5=1+2，x=-2，y+2=3+1，y=2，得到D3(−2,2)．
【详解】（1）∵点O为位似中心，△ABC按相似比2：1放大，得到对应△A′B′C′，
∴OA'OA=OB'OB=OC'OC=2,
∵A(1,3)，B(2,1)，C(5,2)，
∴A'（2,6），B'（4,2），C'（10,4），
在网格图中顺次连接各点得到△A'B'C'，如图；
（2）设D(x,y)，
∵平行四边形的对角线互相平分，且A(1,3)，B(2,1)，C(5,2)，
∴当AC为对角线时，AC中点的横坐标为1+52，纵坐标为2+32，BD中点的横坐标为x+22，纵坐标为y+12，
∴x+2=1+5，y+1=2+3，
∴x=4，y=4，
∴D1(4,4)，
同理，
当BC是对角线时，x+1=2+5，x=6，y+3=1+2，y=0，
∴D2(6,0)，
当AB为对角线时，x+5=1+2，x=-2，y+2=3+1，y=2，
∴D3(−2,2)，
综上，D1(4,4)；D2(6,0)；D3(−2,2)．
【点睛】本题主要考查了位似三角形，平行四边形，解决问题的关键是熟练掌握位似三角形的定义及画法，平行四边形对角线的性质和线段中点坐标公式．
27．（2022·安徽马鞍山·统考二模）如图，在边长为1的正方形网格中，△ABO的顶点均在格点上，点A，B的坐标分别是A(2,2)，B(1,3)，把△ABO绕点O逆时针旋转90°后得到△A1B1O．
(1)画出△A1B1O，直接写出点A1，B1的坐标；
(2)计算在旋转过程中，△ABO所扫过的面积．
(3)以原点O为位似中心，位似比为2，在第三象限画出△ABO放大后的△A2B2O．
【答案】(1)见详解；A1，B1的坐标分别为(﹣2,2)，(﹣3,1)
(2)52π+2
(3)见详解
【分析】（1）利用旋转的性质可得△A1B1O，从而得出点A1，B1的坐标；
（2）利用勾股定理的逆定理可知△AOB是直角三角形，从而得出△ABO所扫过的面积=扇形BOB1的面积+S△AOB；
（3）根据位似图形的性质可得答案．
【详解】（1）解：如图所示，△A1B1O即为所求；A1，B1的坐标分别为(-2,2)，(-3,1)；
（2）解：OB＝12+32=10，AB＝2，OA＝22，
∴OB2=OA2+AB2，
∴△AOB是直角三角形，
∴∠OAB＝90°，
∴△ABO所扫过的面积＝扇形BOB1的面积
=90π×102360+12×2×22
=52π+2；
（3）解：如上图所示，△A2B2O即为所求．
【点睛】本题主要考查了作图-旋转变换和位似变换，扇形的面积公式，勾股定理及其逆定理等知识，准确画出图形是解题的关键．
28．（2022·广西桂林·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别是A(2，3)，B(1，1)，C(3，1)．
(1)画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；
(2)若点P是△ABC与△A1B1C1的对称中心，请直接写出点P的坐标；
(3)以点O为位似中心，在y轴的左侧将△ABC放大到原来的2倍，得到△A2B2C2，请画出△A2B2C2．
【答案】(1)见解析
(2)2,0
(3)见解析
【分析】（1）根据关于x轴对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1；
（2）根据点P是 ABC与 A1B1C1的对称中心，写出点P的坐标即可；
（3）在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k，则把A、B、C的横纵坐标分别乘以-2得到A2、B2、C2的坐标，然后描点即可得到△A2B2C2；．
【详解】（1）△A1B1C1如图所示
（2）∵点P是△ABC与△A1B1C1的对称中心，
∴P(2，0)，
（3）△A2B2C2如图所示
【点睛】本题考查了作图-位似变换：先确定位似中心；再分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；接着根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；然后顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．也考查了轴对称变换．
29．（2023·安徽芜湖·统考二模）平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A(2，-2)，B(3，-4)，C(6，-3)．
（1）画出将△ABC向上平移6个单位后得到的△A1B1C1；
（2）以点M(1，2)为位似中心，在网格中画出与△A1B1C1位似的图形△A2B2C2，且使得△A2B2C2与△A1B1C1的相似比为2:1．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）根据点坐标的平移变换规律得出点A1,B1,C1的坐标，再描点、顺次连接即可得△A1B1C1；
（2）先根据位似的定义得出点A2,B2,C2的坐标，再描点、顺次连接即可得△A2B2C2．
【详解】（1）∵A(2,−2),B(3，−4),C(6，−3)
∴A1(2,−2+6),B1(3,−4+6),C1(6,−3+6)，即A1(2,4),B1(3,2),C1(6,3)
描点、顺次连接点A1,B1,C1即可得△A1B1C1，如图所示：
（2）由题意得：A2(2×2−1,4×2−2),B2(3×2−1,2×2−2),C2(6×2−1,3×2−2)
即A2(3,6),B2(5,2),C2(11,4)
描点、顺次连接点A2,B2,C2即可得△A1B1C1，如图所示：
【点睛】本题考查了画平移图形、画位似图形，根据点坐标的变化规律得出平移和位似后对应点的坐标是解题关键．
30．（2023上·江苏泰州·九年级校联考期中）如图，在直角坐标系中，边长为1的单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC（顶点为网格线的交点），在给定的网格内，解答下列问题：
（1）画出以A为位似中心，将△ABC按相似比2：1放大，得到△AB1C1．
（2）画出以C1为中心将△AB1C1顺时针旋转90°，得到△A1B2C1，并求出在旋转过程中，线段AC1扫过的面积．
【答案】（1）见解析；（2）5π
【分析】（1）利用位似变换的性质分别作出B，C的对应点B1，C1即可；
（2）利用旋转变换的性质分别作出A，B1的对应点A1，B2，再利用扇形的面积公式求解．
【详解】解：（1）如图，△AB1C1即为所求；
（2）如图，△A1B2C1即为所求，
∵AC1=22+42=25,
∴ 线段AC1扫过的面积＝90π×(25)2360=5π．
【点睛】本题考查作图﹣位似变换，旋转变换，扇形的面积等知识，解题的关键是掌握位似变换，旋转变换的性质，记住扇形的面积S=nπr2360．
31．（2022·宁夏固原·统考二模）已知△OAB在平面直角坐标系中的位置如图所示．
(1)将△ABO绕原点O顺时针旋转90°得△OA1B1；
(2)以原点O为位似中心，将△OA1B1在原点异侧按位似比2：1进行放大得到△OA2B2．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先找到A、B的对应点A1、B1，然后顺次连接O、A1、B1即可；
（2）先找到A1、B1的对应点A2、B2，然后顺次连接O、A2、B2即可；．
【详解】（1）解：如图所示，△OA1B1即为所求；
（2）解：如图所示，△OA2B2即为所求．
【点睛】本题主要考查了再坐标系中画旋转图形，画位似图形，熟知画旋转图形和画位似图形的方法是解题的关键．
32．（2023·辽宁丹东·统考一模）如图在平面直角坐标系中，△OAB的顶点坐标分别是O0,0，A2,4，B6,0．
(1)画出△OAB绕点O顺时针旋转90°的图形△OA1B1；直接写出点A旋转到A1时，所转过的弧长；
(2)以原点O为位似中心，在点O的异侧画出一△OA1B1的位似图形△OA2B2，使它与△OA1B1的相似比是1:2．若点M1a,b在△OA1B1上，写出它在△OA2B2上的对应点M2的坐标．
【答案】(1)画图见解析，5π
(2)画图见解析，−a2，−b2
【分析】（1）先根据题意找到点A、点B的对应点A1、B1，然后顺次连接A1、B1、O即可得到旋转图形；根据点A旋转到A1时，所转过的弧长即为以O为圆心，OA为半径，圆心角为90度的扇形的弧长进行求解即可；
（2）先根据题意找到点A1、B1的对应点A2、B2，然后顺次连接A2、B2、O即可得到位似图形，然后根据位似比求出对应的坐标即可．
【详解】（1）解：如图所示，△OA1B1即为所求；
∵点A1是点A绕原点顺时针旋转90度得到的，
∴点A旋转到A1时，所转过的弧长即为以O为圆心，OA为半径，圆心角为90度的扇形的弧长，
∵点A（2，4），
∴OA=22+42=25,
∴点A旋转到A1时，所转过的弧长=90×π×25180=5π；
（2）解：如图所示，△OA2B2即为所求；
∵以原点O为位似中心，在点O的异侧画出一△OA1B1的位似图形△OA2B2，使它与△OA1B1的相似比是1:2，点M1a,b在△OA1B1上，
∴点M1a,b它在△OA2B2上的对应点M2的坐标为−a2，−b2
【点睛】本题主要考查了画旋转图形，画位似图形，求位似图形对应点坐标，求弧长，正确画出旋转图形和位似图形是解题的关键．
33．（2023·宁夏银川·银川市第三中学校考一模）△ABC在边长为1的正方形网格中如图所示．
(1)以点C为位似中心，作出△ABC的位似图形△A1B1C1，使其位似比为1:2，且△A1B1C1位于点C的异侧，并表示出A1的坐标．
(2)作出△ABC绕点C顺时针旋转90°后的图形△A2B2C2．
【答案】(1)图见解析，3,−3
(2)见解析
【分析】（1）点C1与C点重合，延长AC到A1使CA1=2AC，延长BC到B1使CB1=2BC，从而得到△A1B1C1；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点A2、B2即可．
【详解】（1）解：如图，△A1B1C1所作，点A1的坐标为3,−3；
（2）解：如图，△A2B2C2为所作．
【点睛】本题考查了作图—位似变换：先确定位似中心；再分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；接着根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；然后顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．也考查了旋转变换，灵活运用所学知识是解题的关键．
34．（2022·安徽芜湖·校考一模）如图，方格纸中的每个小正方格都是边长为1的正方形，我们把以格点间连接为边的三角形称为“格点三角形”，图中的△OBC就是格点三角形，在建立平面直角坐标系后，O是坐标原点，B、C两点的坐标分别为(3,−1)，(2,1)．
(1)以O点为位似中心在y轴的左侧将△OBC放大两倍（即新图与原图的相似比为2），在该坐标系中画出图形；
(2)如果△OBC内部一点M的坐标为(x,y)，直接写出M的对应点M′的坐标为______．
【答案】(1)见解析；
(2)−2x,−2y．
【分析】（1）按照画位似图形的一般步骤：确定位似中心O；连接BO，CO并延长；根据位似比等于2，确定B、C点的对应位置；连接上述各点得到放大后的图形；
（2）根据位似变换的坐标特征：如果以原点为位似中心，新图形与原图形的相似比为ｋ，那么与原图形上的点(x,y)对应的位似图形上的点的坐标为(kx,ky)或(−kx,−ky)，因为是在△OBC异侧放大，所以M′(−2x,−2y)．
【详解】（1）解：（1）按照画位似图形的步骤可得△OBC的位似图如下图所示：
（2）解：∵ △OBC的位似图在其异侧，
∴根据位似变换的坐标特征可知M′−2x,−2y．
【点睛】本题考查画位似图形、位似变换的坐标特征．重点要掌握画位似图形的一般步骤；以及当以原点为位似中心，新图形与原图形的相似比为k，新图形在△OBC异侧放大时，那么与原图形上的点(x,y)对应的位似图形上的点的坐标为(−kx,−ky)．
35．（2023·云南昆明·校联考一模）△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示（坐标系内正方形网格的单位长度为1）：
（1）在网格内画出和△ABC以点O为位似中心的位似图形△A1B1C1，使△A1B1C1和△ABC的位似比为2：1且△A1B1C1位于y轴左侧；
（2）分别写出A1、B1、C1三个点的坐标：A1 ______ 、B1 ______ 、C1 ______ ；
（3）求△A1B1C1的面积为______ ．
【答案】因为题干的结构发生了变化，所以重新生成了答案模版。下面是旧的答案，供您参考。上传之前，务必将本段和下面的所有文字全部删除干净。
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【答题空1】（-4，-8）
【答题空2】（-2，-2）
【答题空3】（-8，-2）
【答题空4】18
【详解】分析：（1）直接利用位似图形的性质得出对应点位置进而得出答案；
（2）利用（1）中所画图形得出各点坐标；
（3）根据图象求出三角形的面积即可．
详解：（1）如图所示ΔA1B1C1即为所求；
（2）如图所示: A1（-4，-8）， B1（-2，-2），C1（-8，-2）；
（3）ΔA1B1C1的面积为：12×6×6=18.
点睛：考查作图-位似变换以及三角形面积的求法，正确得出对应点的位置是解题的关键．
【能力提升】
36．（2023·山东枣庄·统考一模）如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，AD＝DB，BE⊥DC于E，连接AE并延长交BC与F，以下说法正确的有 ．（直接填序号）
①BE＝DE•EC；②EA＝EB；③AE：EF＝3：2；④FC2＝FE•FA．
【答案】①③④．
【分析】证明△BED∽△CEB，列比例式，过D作DP∥BC，交AF于P，求出相似比，设设ED＝x，通过比例式表示出其他线段长，进而判断各结论是否正确．
【详解】解：∵BE⊥CD，
∴∠DEB＝∠CEB＝90°，
∵∠DBE+∠CBE＝90°，∠CBE+∠BCE＝90°，
∴∠DBE＝∠BCE，
∴△BED∽△CEB，
∴BECE=DEBE，
∴BE2＝DE•EC，
故①正确；
∵AB＝BC，AD＝BD，
∴BD＝12BC，
由①知：△BED∽△CEB，
∴BECE=DEBE=BDBC=12，
设ED＝x，则BE＝2x，CE＝4x，
∴BD＝AD＝5x，BC＝AB＝25x，
过D作DP∥BC，交AF于P，
∴PDCF=PEEF=DECE=x4x=14，PDBF=ADAB=APAF=12，
∴CF＝4PD，BF＝2PD， EF＝4PE，AP＝PF=5PE，AF＝10PE，
∴CF＝2BF， AEAF=610=35，AEEF=64=32，
∴BF＝13BC＝25x3，CF＝23BC=45x3，
由勾股定理得：AF＝AB2+BF2=(25x)2+(25x3)2=102x3，
∴AE＝35AF=35⋅102x3=22x≠2x，
∴AE≠BE，
故②不正确，③正确；
④由②得：FC＝45x3，FE＝25AF=25⋅102x3=42x3，AF＝102x3，
∴FC2＝16×5x29=80x29，
FE•FA＝42x3⋅102x3=80x29，
∴FC2＝FE•FA，
故④正确；
本题正确的结论有：①③④，
故答案为：①③④．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，平行线分线段成比例定理，等腰直角三角形的性质，勾股定理等，关键在灵活应用性质定理，学会用利用参数表示线段的长．
37．（2023上·浙江杭州·九年级统考期末）如图，在锐角三角形ABC中，∠B=45°，ABAC=65，点D为边AB的中点，点E在边AC上，将△ADE沿DE折叠得到△FDE．若FE⊥AC，则AEEC的值为 ；DEAF的值为 ．
【答案】 187 6+1412
【分析】由已知条件可知AF⊥DE,△ADE≌△FDE，根据FE⊥AC，可推出∠AED=∠FED=∠B=45°，即可得到△ACB∽△ADE，则ABAE=ACAD⇒ABAC=AEAD，设AB=6x，AF与DE交于点O，然后根据等腰直角三角形的性质、勾股定理等计算出：AF、AE、DE、EC的长，即可得到答案．
【详解】由已知条件可知，△ADE≌△FDE，∠AEF=90°，
∴∠AED=∠FED，
又∵∠AEF=∠AED+∠FED=90°，
∴∠AED=∠FED=∠B=45°，
又∵在△ACB和△ADE中，∠A=∠A，∠B=∠AED，
∴△ACB∽△ADE，
∴ABAE=ACAD⇒ABAC=AEAD，
∴ABAC=AEAD=65，
如图，设AB=6x，则AC=5x，AF与DE交于点O，则∠AOD=∠FOD=90°，
∴AD=3x，AE=185x，
∴EC=AC−AE=5x−185x=75x，
∵∠AED=∠FED=∠B=45°，
∴△AOE，△FOE，△AEF均为等腰直角三角形，
∴AF=2AE=1825x，AO=AE2=1852x，
在△AOD中，由勾股定理可知，OD=AD2−AO2,
OD=9x2−16225x2=357x，
∴DO+OE=DO+AO=(357x+1852x)=37+925x，
∴AEEC=185x75x=187， DEAF=37+925x1825x=7+3262=6+1412，
故答案为：187；6+1412．
【点睛】本题考查了相似三角形、相似比、勾股定理，解答本题的关键是设准未知数，找准比例关系，利用比值进行求解．
38．（2023·湖南张家界·统考一模）如图，点O是△ABC内一点，分别连接OA、OB、OC并延长到点D、E、F，使AD＝2OA，BE＝2OB，CF＝2OC，连接DE，EF，FD，若△ABC的面积是3，则阴影部分的面积是 ．
【答案】24
【分析】证明△AOB∽△DOE，根据相似三角形的性质得到ABDE=OAOD=13，再证明△ABC∽△DEF，根据相似三角形的性质计算，得到答案．
【详解】解：∵AD＝2OA，BE＝2OB，
∴OAOD=13，OBOE=13，
∴OAOD=OBOE，
∵∠AOB＝∠DOE，
∴△AOB∽△DOE，
∴ABDE=OAOD=13，
同理可得，BCEF=13，ACDF=13，
∴ABDE=BCEF=ACDF，
∴△ABC∽△DEF，
∴S△ABCS△DEF=（13）2，即3S△DEF=19，
∴S△DEF＝27，
∴阴影部分的面积＝27﹣3＝24，
故答案为：24．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
39．（2023上·安徽合肥·九年级统考期末）如图，正方形ABCD中，点F在边AB上，且AF：FB＝1：2，AC与DF交于点N．
（1）当AB＝4时，AN＝ ．
（2）S△ANF：S四边形CNFB＝ ．（S表示面积）
【答案】 2 1∶11
【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理，等腰直角三角形的性质解决问题即可．
（2）设△ANF的面积为m，由AF∥CD，推出AFCD=FNDN=13，△AFN∽△CDN，推出△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，推出△ADC的面积＝△ABC的面积＝12m，由此即可得S四边形CNFB=11m，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB=CD
∴AFCD=ANCN，
∵AF：FB＝1：2，
∴AF：AB＝AF：CD＝1：3，
∴ANCN=13，
∴ANAC=14，
∵AC=2AB，
∴AN2AB=14，
∴AN=24AB；
∵AB=4
∴AN=2
故答案为2；
（2）设△ANF的面积为m，
∵AF∥CD，
∴AFCD=FNDN=13，△AFN∽△CDN，
∴△AFN和△CDN高的比=13
∴△AFN和△ADN高的比=13
∴△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，
∴△ADC的面积＝△ABC的面积＝12m，
∴S△ANF：S四边形CNFB＝1：11，
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用参数解决问题．
40．（2023上·江苏泰州·九年级校考阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8.点D、E是边AC，BC上，点F、G在AB边上当四边形DEFG是菱形，且符合条件的菱形只有一个时，则菱形的边长x的取值范围是 ．
【答案】x=12037或154【分析】求出几种特殊位置的菱形的边长即可解决问题．
【详解】解：设菱形的边长为x．
如图1中，当四边形DEFG是正方形时，
∵四边形DEFG是正方形，
∴DE//BC，
∴∠CDE=∠A，∠CED=∠B，
在RtΔABC中，∵∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=AC2+BC2=10，sin∠CDE=sinA=45,sin∠CED=sinB=35，
则CD=35x，AD=54x，CD=DE·sin∠CED=35x,AD=DGsinA=54x，
∵AD+CD=AC，
∴ 35x+54x=6，
∴x=12037；
如图2中，当四边形DAGE是菱形时．
∵DE//AB，
∴ΔCDE∽ΔCAB，
∴ CDCA=DEAB，
6−x6=x10，
解得x=154；
如图3中，当四边形DGBE是菱形时．
∵DE//AB，
∴ΔCDE∽ΔCAB，
∴ CECB=DEAB，
∴ 8−x8=x10，
∴x=409，
综上所述，菱形的边长l的取值范围为x=12037或154故答案为x=12037或154【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，解直角三角形，作图﹣复杂作图等知识，解题的关键是学会寻找特殊位置解决问题，属于中考常考题型，题目有一定难度．