2023年浙教版数学九年级上册4.7图形的位似 同步测试（培优版）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2022·温州模拟）如图，在4×7的方格中，点A，B， C， D在格点上，线段CD是由线段AB位似放大得到，则它们的位似中心是（ ）
A．点P1 B．点P2 C．点P3 D．点P4
【答案】A
【知识点】作图﹣位似变换
【解析】【解答】解：如图，连接CA和DB，并延长交于一点，这一点即是位似中心，
∴位似中心为P1.
故答案为：A.
【分析】根据位似图形的作法原理，先连接CA，DB，并延长，则交点即是它们的位似中心，即可作答.
2．（2020九上·万州月考）如图，在平面直角坐标系中，已知点 ， ，以原点 为位似中心，相似比为2，把 放大，则点 的对应点 的坐标是（ ）
A． B．
C． 或 D． 或
【答案】D
【知识点】作图﹣位似变换
【解析】【解答】解：设 的位似图形为
若 和 在点O的同侧，如下图所示
∵ ， 与 的位似比为2
∴ 的坐标是 ；
若 和 在点O的异侧，如下图所示
∵ ， 与 的位似比为2
∴ 的坐标是 ；
综上： 的坐标是 或
故答案为：D.
【分析】 以原点 为位似中心， 相似比为k，那么原图上点（x，y）在位似图形上对应点的坐标为（kx，ky）或（-kx，-ky）代入即可.
3．（2020·河北）在如图所示的网格中，以点O为位似中心，四边形 的位似图形是（ ）
A．四边形 B．四边形 C．四边形 D．四边形
【答案】A
【知识点】作图﹣位似变换
【解析】【解答】解：如图所示，四边形 的位似图形是四边形 ．
故答案为：A
【分析】以O为位似中心，作四边形ABCD的位似图形，根据图像可判断出答案．
4．（2020·顺平模拟）如图，点 ， ，以原点O为位似中心，把线段AB缩短为原来的一半，得到线段CD，其中点C与点A对应，点D与点B对应，则点D的横坐标为（ ）
A．2 B．2或-2 C． D． 或-
【答案】D
【知识点】位似变换；作图﹣位似变换
【解析】【解答】解：以原点O为位似中心，把线段AB缩短为原来的一半，
∵点B的横坐标为3，
∴点B的对应点D的横坐标为 或 ，
故答案为：D．
【分析】 位似中心：两个位似图形中每组对应顶点所在的直线都交于一点，这个交点叫做位似中心，图1中的位似中心为P点。
5．（2023·遂宁）在方格图中，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．在如图所示的平面直角坐标系中，格点成位似关系，则位似中心的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；位似变换；一次函数的性质
【解析】【解答】解：设直线AD的解析式为y=kx+b，
将点A（1，2），D（3，4）代入得，
解得，
∴直线AD的解析式为y=x+1，
∵直线AD与直线BEx轴的交点坐标即为位似中心，
∴当y=0时，x=-1，
∴位似中心的坐标为，
故答案为：A
【分析】设直线AD的解析式为y=kx+b，先根据待定系数法求一次函数即可得到直线AD的解析式，再根据一次函数的性质结合位似图形的性质即可求解。
6．（2023·高明模拟）如图，与位似，位似中心为点.若的周长与的周长比为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】相似三角形的判定与性质；位似变换
【解析】【解答】解：∵△ABC与△DEF位似，位似中心为点O，∴△ABC∽△DEF，AB：DE=OA：DO，△ABC的周长与△DEF的周长比为，∴AB：DE=4：9，∴AO：DO=4：9.
故选：D.
【分析】由位似的性质可得△ABC∽△DEF，AB：DE=OA：DO，然后根据相似三角形的性质可求解.
7．（2023·德城模拟）如图，△AOC中三个顶点的坐标分别为（4，0）、（0，0）、（4，3），AP为△AOC中线，以O为位似中心，把△AOP每条边扩大到原来的2倍，得到，则的长为（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】D
【知识点】勾股定理；位似变换；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵△AOC中三个顶点的坐标分别为（4，0）、（0，0）、（4，3），
∴，
∴由勾股定理可得，
∵AP为△AOC中线，
∴，
当以O为位似中心，把△AOP每条边扩大到原来的2倍，得到，则可分：
①当在第一象限时，如图所示：
∴，
∴；
②当在第三象限时，如图所示：
∴，
∴；
综上所述：或；
故答案为：D．
【分析】根据勾股定理求出OC，根据三角形中位线定理求出OP，分在第一象限、在第三象限，根据位似变换的性质进行计算即可。
8．（2023·深圳模拟）下列说法正确的是（ ）
A．若点C是线段AB的黄金分割点，AB=2，则AC=
B．平面内，经过矩形对角线交点的直线，一定能平分它的面积
C．两个正六边形一定位似
D．菱形的两条对角线互相垂直且相等
【答案】B
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；黄金分割；位似变换
【解析】【解答】A. 解：根据题意得：
当AC是较长线段时，，
当AC是较短线段时，，，故此项不符合题意；
B. 平面内，经过矩形对角线交点的直线，一定能平分它的面积，如图：
，故此项符合题意；
C.位似图形一定相似，相似图形不一定位似，两个正六边形一定相似，但不一定位似，故此项不符合题意；
D. 菱形的两条对角线互相垂直，但不一定相等，对角线一定相等的是矩形，故此项不符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据黄金分割、矩形的性质、位似变换及菱形的性质分别判断即可.
9．（2022·易县模拟）如图，正方形和正方形是位似图形，且点D与点G是一对对应点，点，点，则它们位似中心的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】位似变换
【解析】【解答】解；连接DG并延长交x轴于M，
∵点D与点G是一对对应点，
则可知两个位似图形在位似中心的同旁，位似中心就是点M，
设直线DG解析式为； ，
将，代入得：
，
解得： ，
∴直线DG解析式为 ，
令y=0，可得： ，
即位似中心的坐标是．
故答案为：A．
【分析】连接DG并延长交x轴于M，由于点D与点G是一对对应点，则可知两个位似图形在位似中心的同旁，位似中心就是点M，利用待定系数法求出直线DG解析式，再求出y=0时x值即得结论.
10．（2022九上·怀宁月考）在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为：，以O为位似中心，与位似，若B点的对应点的坐标为，则A点的对应点坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】位似变换
【解析】【解答】∵，，
∴，．
∵与位似，且O为位似中心，
∴．
∵，
∴．
故答案为：B．
【分析】由位似图形的性质可得，继而计算即可.
二、填空题（每空4分，共24分）
11．（湘教版九年级数学上册 3.6 位似（2）同步练习）如图，△AOB三个顶点的坐标分别为A（8，0），O（0，0），B（8，﹣6），点M为OB的中点．以点O为位似中心，把△AOB缩小为原来的 ，得到△A′O′B′，点M′为O′B′的中点，则MM′的长为 ．
【答案】 或
【知识点】位似变换；作图﹣位似变换
【解析】【解答】解：如图，在Rt△AOB中，OB= =10，
∴OM=5，OM′= ，
①当△A′OB′在第三象限时，MM′=5- = ；
②当△A″OB″在第二象限时，MM′=5+ = ，
故答案为： 或 ．
【分析】以O点为位似中心，作三个对应点的坐标，存在于第二象限和第四象限，根据存在的两种情况，可得出MM′的长度。
12．（湘教版九年级数学上册 3.6 位似（1） 同步练习）如图是三角尺在灯泡O的照射下在墙上形成的影子．现测得 ， ，则这个三角尺的周长与它在墙上形成的影子的周长之比是 ．
【答案】2：5
【知识点】位似变换；作图﹣位似变换
【解析】【解答】解：试题分析：由图知， ∽ ，且 ∽ ，
故 ，根据相似三角形的性质，周长之比等于相似比，故 .
故答案为： 2：5
【分析】根据OA与OA′的比，可得两个图形的位似比，所以周长比等于位似比，即可得出正确答案。
13．（2023·本溪）如图，在平面直角坐标系中，四边形的顶点坐标分别是，若四边形与四边形关于原点位似，且四边形的面积是四边形面积的4倍，则第一象限内点的坐标为 ．
【答案】
【知识点】位似变换
【解析】【解答】解：由题意可得，∵四边形OA'B'C'∽四边形OABC，S四边形OA'B'C'：S四边形OABC=4：1，
∴位似比为2：1.
∵点B'和点B是一对对应点，且点B'在第一象限，
∴xB'=xB×2=2×2=4，yB'=yB×2=3×2=6
故本题答案为：（4，6）.
【分析】根据图形位似的性质，四边形的面积比是位似比的平方，因此两个四边形的面积比为4：1，则其位似比为2：1.再根据点B的坐标，可求出其对应点B'的坐标.
14．（2023·浙江模拟）如图，△OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形，位似比为1∶2，∠OCD=90°，CO=CD=2，则点B的坐标为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；位似变换
【解析】【解答】解：在Rt△OBC中，
，
∵ △OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形，位似比为1∶2，
∴OB：OD=1：2即，
解之：，
∴点B.
故答案为：
【分析】利用勾股定理求出OD的长，再利用位似图形的性质及位似比可求出OB的长，即可得到点B的坐标.
15．（2021九上·德惠期末）如图，在平面直角坐标系中，等边△ABC与等边△BDE是以原点为位似中心的位似图形，且相似比为，点A、B、D在x轴上，若等边△BDE的边长为6，则点C的坐标为 ．
【答案】
【知识点】点的坐标；勾股定理；相似三角形的判定与性质；位似变换
【解析】【解答】解：作CF⊥AB于F，
∵等边△ABC与等边△BDE是以原点为位似中心的位似图形，
∴BC∥DE，
∴△OBC∽△ODE，
∴，
∵△ABC与△BDE的相似比为，等边△BDE边长为6，
∴
解得，BC=2，OB=3，
∴OA=1，
∵CA=CB，CF⊥AB，
∴AF=1，
由勾股定理得，
∴OF=OA+AF=2，
∴点C的坐标为
故答案为：．
【分析】作CF⊥AB于F，证明△OBC∽△ODE，可得，据此求出BC=2，OB=3，从而求出OA=1，AF=1，利用勾股定理求出CF，再利用OF=OA+AF求出OF的长，即得点C坐标.
16．如图，以O为位似中心，将边长为256的正方形OABC依次作位似变换，经第一次变化后得正方形OA1B1C1，其边长OA1缩小为OA的，经第二次变化后得正方形OA2B2C2，其边长OA2缩小为OA1的，经第，三次变化后得正方形OA3B3C3，其边长OA3缩小为OA2的，…，依次规律，经第n次变化后，所得正方形OAnBnCn的边长为正方形OABC边长的倒数，则n= ．
【答案】16
【知识点】正方形的性质；位似变换
【解析】【解答】解：由图形的变化规律可得
×256=，
解得n=16．
故答案为：16．
【分析】由图形的变化规律可知正方形OAnBnCn的边长为×256，据此即可求解．
三、解答题（共8题，共66分）
17．（2023九上·府谷期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点坐标分别为，，，，将其顶点的坐标缩小为原来的，画出得到的四边形.并判断这两个四边形是位似图形吗？若是，四边形与四边形的相似比是多少？
【答案】解：如图，四边形即为所求作的四边形，
四边形与四边形是位似图形，理由如下：
根据题意得：，
由勾股定理得，
又
四边形与四边形是点O为位似中心的位似图形，位似比为.
【知识点】作图﹣位似变换
【解析】【分析】分别将A、B、C的横、纵坐标除以2，得到A′、B′、C′的坐标，顺次连接可得四边形OA′B′C′，求出对应边的比，然后根据位似图形的概念进行判断.
18．（2022·陈仓模拟）在平面直角坐标系中，抛物线L：y＝﹣x2+x+2与y轴交于点C，与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧）.
（1）求A、B、C三点的坐标；
（2）连接AC、BC，以点C为位似中心，将△ABC扩大到原来的2倍得到△A1B1C，其中点A1、B1分别是点A、B的对应点，如何平移抛物线L才能使其同时经过点A1、B1，求出所有的平移方式.
【答案】（1）解：在y=-x2+x+2中，令y=0，即0=-x2+x+2，
解得：x1=2，x2=-1，
∴A（-1，0），B（2，0），
令x=0，即y=2，
∴C（0，2）；
（2）解：y=-x2+x+2=-(x-)2+，
∴顶点坐标为：（，），
∵以点C为位似中心，将△ABC扩大到原来的2倍得到△A1B1C，
∴分别延长AC、BC，使A1C=2AC，B1C=2BC，可得A1（2，6），B1（-4，6），
分别延长CA、CB，使A2C=2CA，B2C=2CB，可得A2（-2，-2），B2（4，-2）时，
如图，当抛物线经过A1（2，6），B1（-4，6）时，设抛物线的解析式，y=-x2+bx+c，
则有，
解得，，
∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+14=-(x+1)2+15，
∴顶点坐标为：（-1，15），
∴把抛物线y=-x2+x+2向左移动个单位，向上移动个单位可同时经过点A1、B1；
当抛物线经过A2（-2，-2），B2（4，-2）时，同法可得抛物线的解析式为：=，
∴顶点坐标为：（-，），
∴把抛物线y=-x2+x+2向左移动个单位，向上移动个单位可同时经过点A2、B2；
综上所述，把抛物线y=-x2+x+2向左移动个单位，向上移动个单位或把抛物线y=-x2+x+2向左移动个单位，向上移动个单位可同时经过点A1、B1；.
【知识点】二次函数图象的几何变换；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象与坐标轴的交点问题；位似变换
【解析】【分析】（1）令抛物线中的y=0求出对应的x的值，即可得A、B两点的坐标，令抛物线中的x=0求出对应的y的值，即可得C点坐标；
（2）先把抛物线解析式化为顶点式求出顶点坐标，然后分两种情况讨论，作出位似图形，即分别延长AC、BC，使A1C=2AC，B1C=2BC；分别延长CA、CB，使A2C=2CA，B2C=2CB；然后根据位似图形的性质求出A1、B1和A2、B2点的坐标，再根据待定系数法求出新的抛物线解析式，则可求出新的抛物线的顶点坐标，比较顶点坐标，即可得出平移的方式.
19．（2023·合肥模拟）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为、、
（1）以原点O为位似中心，在第二象限内画出将放大为原来的2倍后的．
（2）画出绕O点顺时针旋转后得到的．
（3）直接写出点B所经过的路径长 ．
【答案】（1）解：如图，△A1B1C1即为所求；
（2）解：如图，△A2B2C2即为所求．
（3）
【知识点】弧长的计算；作图﹣位似变换；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：（3）根据题意得：，
所以点B所经过的路径长为．
故答案为：
【分析】（1）利用位似图形的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（2）利用旋转的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（3）利用弧长公式求解即可。
20．（2023九下·义乌开学考）已知：在平面直角坐标系内，三个顶点的坐标分别为、、正方形网格中每个小正方形的边长均是1个单位长度．
⑴画出向下平移4个单位长度得到的，点的坐标是 ▲
⑵以点为位似中心，在网格中画出，使与位似，且位似比为，点的坐标是 ▲
⑶求的面积．
【答案】解：（1）如图所示， 即为所求；
；
点C1的坐标为（2，-2）．
（2）如图所示， 即为所求；（1，0）．
（3） ， ， ，
， ，
是等腰直角三角形，
的面积是 ．
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；作图﹣平移；作图﹣位似变换
【解析】【分析】（1）利用方根纸的特点分别将点A、B、C向下平移4个单位长度得到其对应点A1、B1、C1，再连接A1B1、B1C1、C1A1即可，进而根据点C1的位置读出其坐标；
（2）利用方格纸的特点，延长BA至点A2，使AA2=AB，延长BC至点C2，使CC2=BC，再连接A2C2即可，进而根据点C2的位置读出其坐标即可；
（3）利用勾股定理算出A2C2、B2C2、A2B2，再根据勾股定理的逆定理判断出△A2B2C2是直角三角形，最后根据直角三角形的面积计算方法算出答案.
21．（2023九下·江都月考）如图，在直角坐标系中，边长为1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），在给定的网格中，解答下列问题：
⑴以A为位似中心，将△ABC按相似比2：1放大，得到△AB1C1，画出△AB1C1.
⑵以C1为旋转中心，将△AB1C1顺时针旋转90°，得到△A1B2C1.
①画出△A1B2C1；
②求点A的运动路径长.
【答案】解：⑴△AB1C1即为所求.
⑵①△A1B2C1即为所求；
②AC1=，
点A的运动路径长＝.
【知识点】弧长的计算；作图﹣位似变换；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）利用网格纸的特点，延长AB至点B1，使AB1=2AB，延长AC至点C1，使AC1=2AC，连接B1C1，△A1B1C1就是所求的三角形；
（2）①利用网格纸的特点及旋转的性质，将A、B1分别绕点C1顺时针旋转90°得到对应点B2及A1，再连接A1C1，△A1B2C1就是所求的三角形；②利用网格纸的特点及勾股定理算出AC1的长，进而根据弧长计算公式算出弧AA1的长即可.
22．（2021九上·吉林期末）放缩尺是一种绘图工具，它能把图形放大或缩小．
制作：把钻有若干等距小孔的四根直尺用螺栓分别在点A，B，C，D处连接起来，使得直尺可以绕着这些点转动，O为固定点，，，在点A，E处分别装上画笔．
画图：现有一图形M，画图时固定点O，控制点A处的笔尖沿图形M的轮廓线移动，此时点E处的画笔便画出了将图形M放大后的图形N．
原理：
连接，，可证得以下结论：
①和为等腰三角形，则，（180°-∠ ▲ ）；
②四边形为平行四边形（理由是 ▲ ）；
③，于是可得O，A，E三点在一条直线上；
④当时，图形N是以点O为位似中心，把图形M放大为原来的 ▲ 倍得到的．
【答案】解：连接，，如图，
①∵，
∴
∴△OAD和△OEC是等腰三角形，
∴∠，∠
∴∠，∠
②∵，
∴四边形为平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）
③∵
∴，，三点在一条直线上；
④∵图形M和图形N是以点O为位似中心的位似图形，
∴其倍数比为三角形的边长比即：，
又，且
∴
即：当时，图形N是以点O为位似中心，把图形M放大为原来的倍得到的．
故答案为：；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
【知识点】平行四边形的性质；位似变换
【解析】【分析】 ①由等腰三角形的性质即可求解；②平行四边形的判定即可求解；③ 由图形即可直接得出答案；④ 根据图形M和图形N是以点O为位似中心的位似图形，求解即可。
23．（2021九上·灵石期中）阅读与思考
探索位似的性质
利用图形计算器或计算机等信息技术工具，可以很方便地将图形放大或缩小，还可以探索位似的性质．
小明利用几何画板软件，尝试用“观察—猜想-验证—应用”的方法进行探究，步骤如下∶如图（1），任意画一个△ABC，以点O为位似中心，自选新旧图形的相似比为k，得到△A B C ．
图（1）
第一步，度量对应边的长度，并计算它们的比值，发现结果与k的值相等．
第二步，以0为原点建立平面直角坐标系，分别度量点A，A 的横坐标，并计算比值；分别度量点A，A 的纵坐标，并计算比值，观察比值与k的关系，发现它们相等．接下来对其他顶点进行相同的操作，得出相同的结论．
第三步，作线段 OA，OA ，OB，OB ，OC，OC ，度量它们，发现的结论是：_________．
第四步，任意改变△ABC的位置成形状，发现上面探究得出的结论仍然成立．
于是，小明总结并得出了位似的性质．
任务∶
（1）第三步发现的结论是： ．．
（2）已知图（1）中A（6，2），A （9，3），B（3，3），S△ABC=2，则点B 的坐标是 ，S△A B C = ．
（3）如图（2），以点A为位似中心，画出与矩形 ABCD的相似比为0.75的一个图形．
【答案】（1）位似中心与对应点连线长度之比等于相似比（答案不唯一，结论正确即可）
（2）（4.5，4.5）；4.5
（3）解：如图，矩形AEFG即为所求．
【知识点】位似变换；作图﹣位似变换
【解析】【解答】（1）位似中心与对应点连线之比等于相似比，结论符合题意即可．
（2）∵ ，且点 ，
∴点 的横坐标为： ，纵坐标为： ，所以 ，
又∵ ，
∴ ；
【分析】
(1)观察图，结合位似图形的性质即可求解；
(2)根据位似比可得点的坐标，再由面积比等于相似比的平方，即可得到S△A B C ；
(3)分别求出所给矩形的长和宽，然后根据相似比计算位似图形的长和宽，在网格中画出图形即可。
24．（2020·濮阳模拟）
（1）发现探究：如图1，矩形 和矩形 位似， ，连接 ，则线段 与 有何数量关系，关系是 .直线 与直线 所夹锐角的度数是 .
（2）拓展探究：如图2，将矩形 绕点 逆时针旋转角 ，上面的结论是否仍然成立？如果成立，请就图2给出的情况加以证明.
（3）问题解决：若点 是 的中点， ，连接 ， ，在矩形 绕点 旋转过程中，请直接写出 长的取值范围.
【答案】（1）；30°
（2）结论仍然成立.
证明：如图2，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ∽ ，
∴ ，∠ABE=∠ACF，
∴ ，
∴直线 与直线 所夹锐角的度数= ；
（3）如图3，取 的中点N，连接GN、MN，在 中， （“=”号仅当G、N、M三点共线时成立），
∵ ，∴ ，
∵N为AF中点，M为CF中点，
∴ ，
∵N为AF中点，∠AGF=90°， ，
∴ ，
∴
即GM长的取值范围是： .
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；位似变换；旋转的性质
【解析】【解答】（1）解：∵ ，∠B=90°，
∴∠BAC=30°，
∵矩形 和矩形 位似，
∴A、F、C三点共线，EF∥BC，直线 与直线 所夹锐角的度数是30°，
∴ ；
故答案为： ； ；
【分析】（1）由矩形的性质和三角函数的知识可得∠BAC=30°，然后根据位似图形的性质可得A、F、C三点共线，EF∥BC以及直线 与直线 所夹锐角的度数，再根据平行线分线段成比例定理即得 与 的数量关系；
（2）易得 ，故可根据两边成比例且夹角相等证明 ∽ ，于是可得 ，∠ABE=∠ACF，于是只要求出 即可求出直线 与直线 所夹锐角的度数，进而可得结论；
（3）如图3，取 的中点N，连接GN、MN，由三角形的三边关系可知： （“=”号仅当G、N、M三点共线时成立），然后根据三角形的中位线定理和直角三角形斜边中线的性质可分别求出MN和GN的长，进而可得结果.
1 / 12023年浙教版数学九年级上册4.7图形的位似 同步测试（培优版）
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2022·温州模拟）如图，在4×7的方格中，点A，B， C， D在格点上，线段CD是由线段AB位似放大得到，则它们的位似中心是（ ）
A．点P1 B．点P2 C．点P3 D．点P4
2．（2020九上·万州月考）如图，在平面直角坐标系中，已知点 ， ，以原点 为位似中心，相似比为2，把 放大，则点 的对应点 的坐标是（ ）
A． B．
C． 或 D． 或
3．（2020·河北）在如图所示的网格中，以点O为位似中心，四边形 的位似图形是（ ）
A．四边形 B．四边形 C．四边形 D．四边形
4．（2020·顺平模拟）如图，点 ， ，以原点O为位似中心，把线段AB缩短为原来的一半，得到线段CD，其中点C与点A对应，点D与点B对应，则点D的横坐标为（ ）
A．2 B．2或-2 C． D． 或-
5．（2023·遂宁）在方格图中，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．在如图所示的平面直角坐标系中，格点成位似关系，则位似中心的坐标为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·高明模拟）如图，与位似，位似中心为点.若的周长与的周长比为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2023·德城模拟）如图，△AOC中三个顶点的坐标分别为（4，0）、（0，0）、（4，3），AP为△AOC中线，以O为位似中心，把△AOP每条边扩大到原来的2倍，得到，则的长为（ ）
A． B． C．或 D．或
8．（2023·深圳模拟）下列说法正确的是（ ）
A．若点C是线段AB的黄金分割点，AB=2，则AC=
B．平面内，经过矩形对角线交点的直线，一定能平分它的面积
C．两个正六边形一定位似
D．菱形的两条对角线互相垂直且相等
9．（2022·易县模拟）如图，正方形和正方形是位似图形，且点D与点G是一对对应点，点，点，则它们位似中心的坐标是（ ）
A． B． C． D．
10．（2022九上·怀宁月考）在平面直角坐标系中，各顶点的坐标分别为：，以O为位似中心，与位似，若B点的对应点的坐标为，则A点的对应点坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每空4分，共24分）
11．（湘教版九年级数学上册 3.6 位似（2）同步练习）如图，△AOB三个顶点的坐标分别为A（8，0），O（0，0），B（8，﹣6），点M为OB的中点．以点O为位似中心，把△AOB缩小为原来的 ，得到△A′O′B′，点M′为O′B′的中点，则MM′的长为 ．
12．（湘教版九年级数学上册 3.6 位似（1） 同步练习）如图是三角尺在灯泡O的照射下在墙上形成的影子．现测得 ， ，则这个三角尺的周长与它在墙上形成的影子的周长之比是 ．
13．（2023·本溪）如图，在平面直角坐标系中，四边形的顶点坐标分别是，若四边形与四边形关于原点位似，且四边形的面积是四边形面积的4倍，则第一象限内点的坐标为 ．
14．（2023·浙江模拟）如图，△OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形，位似比为1∶2，∠OCD=90°，CO=CD=2，则点B的坐标为 ．
15．（2021九上·德惠期末）如图，在平面直角坐标系中，等边△ABC与等边△BDE是以原点为位似中心的位似图形，且相似比为，点A、B、D在x轴上，若等边△BDE的边长为6，则点C的坐标为 ．
16．如图，以O为位似中心，将边长为256的正方形OABC依次作位似变换，经第一次变化后得正方形OA1B1C1，其边长OA1缩小为OA的，经第二次变化后得正方形OA2B2C2，其边长OA2缩小为OA1的，经第，三次变化后得正方形OA3B3C3，其边长OA3缩小为OA2的，…，依次规律，经第n次变化后，所得正方形OAnBnCn的边长为正方形OABC边长的倒数，则n= ．
三、解答题（共8题，共66分）
17．（2023九上·府谷期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点坐标分别为，，，，将其顶点的坐标缩小为原来的，画出得到的四边形.并判断这两个四边形是位似图形吗？若是，四边形与四边形的相似比是多少？
18．（2022·陈仓模拟）在平面直角坐标系中，抛物线L：y＝﹣x2+x+2与y轴交于点C，与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧）.
（1）求A、B、C三点的坐标；
（2）连接AC、BC，以点C为位似中心，将△ABC扩大到原来的2倍得到△A1B1C，其中点A1、B1分别是点A、B的对应点，如何平移抛物线L才能使其同时经过点A1、B1，求出所有的平移方式.
19．（2023·合肥模拟）如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为、、
（1）以原点O为位似中心，在第二象限内画出将放大为原来的2倍后的．
（2）画出绕O点顺时针旋转后得到的．
（3）直接写出点B所经过的路径长 ．
20．（2023九下·义乌开学考）已知：在平面直角坐标系内，三个顶点的坐标分别为、、正方形网格中每个小正方形的边长均是1个单位长度．
⑴画出向下平移4个单位长度得到的，点的坐标是 ▲
⑵以点为位似中心，在网格中画出，使与位似，且位似比为，点的坐标是 ▲
⑶求的面积．
21．（2023九下·江都月考）如图，在直角坐标系中，边长为1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），在给定的网格中，解答下列问题：
⑴以A为位似中心，将△ABC按相似比2：1放大，得到△AB1C1，画出△AB1C1.
⑵以C1为旋转中心，将△AB1C1顺时针旋转90°，得到△A1B2C1.
①画出△A1B2C1；
②求点A的运动路径长.
22．（2021九上·吉林期末）放缩尺是一种绘图工具，它能把图形放大或缩小．
制作：把钻有若干等距小孔的四根直尺用螺栓分别在点A，B，C，D处连接起来，使得直尺可以绕着这些点转动，O为固定点，，，在点A，E处分别装上画笔．
画图：现有一图形M，画图时固定点O，控制点A处的笔尖沿图形M的轮廓线移动，此时点E处的画笔便画出了将图形M放大后的图形N．
原理：
连接，，可证得以下结论：
①和为等腰三角形，则，（180°-∠ ▲ ）；
②四边形为平行四边形（理由是 ▲ ）；
③，于是可得O，A，E三点在一条直线上；
④当时，图形N是以点O为位似中心，把图形M放大为原来的 ▲ 倍得到的．
23．（2021九上·灵石期中）阅读与思考
探索位似的性质
利用图形计算器或计算机等信息技术工具，可以很方便地将图形放大或缩小，还可以探索位似的性质．
小明利用几何画板软件，尝试用“观察—猜想-验证—应用”的方法进行探究，步骤如下∶如图（1），任意画一个△ABC，以点O为位似中心，自选新旧图形的相似比为k，得到△A B C ．
图（1）
第一步，度量对应边的长度，并计算它们的比值，发现结果与k的值相等．
第二步，以0为原点建立平面直角坐标系，分别度量点A，A 的横坐标，并计算比值；分别度量点A，A 的纵坐标，并计算比值，观察比值与k的关系，发现它们相等．接下来对其他顶点进行相同的操作，得出相同的结论．
第三步，作线段 OA，OA ，OB，OB ，OC，OC ，度量它们，发现的结论是：_________．
第四步，任意改变△ABC的位置成形状，发现上面探究得出的结论仍然成立．
于是，小明总结并得出了位似的性质．
任务∶
（1）第三步发现的结论是： ．．
（2）已知图（1）中A（6，2），A （9，3），B（3，3），S△ABC=2，则点B 的坐标是 ，S△A B C = ．
（3）如图（2），以点A为位似中心，画出与矩形 ABCD的相似比为0.75的一个图形．
24．（2020·濮阳模拟）
（1）发现探究：如图1，矩形 和矩形 位似， ，连接 ，则线段 与 有何数量关系，关系是 .直线 与直线 所夹锐角的度数是 .
（2）拓展探究：如图2，将矩形 绕点 逆时针旋转角 ，上面的结论是否仍然成立？如果成立，请就图2给出的情况加以证明.
（3）问题解决：若点 是 的中点， ，连接 ， ，在矩形 绕点 旋转过程中，请直接写出 长的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】作图﹣位似变换
【解析】【解答】解：如图，连接CA和DB，并延长交于一点，这一点即是位似中心，
∴位似中心为P1.
故答案为：A.
【分析】根据位似图形的作法原理，先连接CA，DB，并延长，则交点即是它们的位似中心，即可作答.
2．【答案】D
【知识点】作图﹣位似变换
【解析】【解答】解：设 的位似图形为
若 和 在点O的同侧，如下图所示
∵ ， 与 的位似比为2
∴ 的坐标是 ；
若 和 在点O的异侧，如下图所示
∵ ， 与 的位似比为2
∴ 的坐标是 ；
综上： 的坐标是 或
故答案为：D.
【分析】 以原点 为位似中心， 相似比为k，那么原图上点（x，y）在位似图形上对应点的坐标为（kx，ky）或（-kx，-ky）代入即可.
3．【答案】A
【知识点】作图﹣位似变换
【解析】【解答】解：如图所示，四边形 的位似图形是四边形 ．
故答案为：A
【分析】以O为位似中心，作四边形ABCD的位似图形，根据图像可判断出答案．
4．【答案】D
【知识点】位似变换；作图﹣位似变换
【解析】【解答】解：以原点O为位似中心，把线段AB缩短为原来的一半，
∵点B的横坐标为3，
∴点B的对应点D的横坐标为 或 ，
故答案为：D．
【分析】 位似中心：两个位似图形中每组对应顶点所在的直线都交于一点，这个交点叫做位似中心，图1中的位似中心为P点。
5．【答案】A
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；位似变换；一次函数的性质
【解析】【解答】解：设直线AD的解析式为y=kx+b，
将点A（1，2），D（3，4）代入得，
解得，
∴直线AD的解析式为y=x+1，
∵直线AD与直线BEx轴的交点坐标即为位似中心，
∴当y=0时，x=-1，
∴位似中心的坐标为，
故答案为：A
【分析】设直线AD的解析式为y=kx+b，先根据待定系数法求一次函数即可得到直线AD的解析式，再根据一次函数的性质结合位似图形的性质即可求解。
6．【答案】D
【知识点】相似三角形的判定与性质；位似变换
【解析】【解答】解：∵△ABC与△DEF位似，位似中心为点O，∴△ABC∽△DEF，AB：DE=OA：DO，△ABC的周长与△DEF的周长比为，∴AB：DE=4：9，∴AO：DO=4：9.
故选：D.
【分析】由位似的性质可得△ABC∽△DEF，AB：DE=OA：DO，然后根据相似三角形的性质可求解.
7．【答案】D
【知识点】勾股定理；位似变换；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵△AOC中三个顶点的坐标分别为（4，0）、（0，0）、（4，3），
∴，
∴由勾股定理可得，
∵AP为△AOC中线，
∴，
当以O为位似中心，把△AOP每条边扩大到原来的2倍，得到，则可分：
①当在第一象限时，如图所示：
∴，
∴；
②当在第三象限时，如图所示：
∴，
∴；
综上所述：或；
故答案为：D．
【分析】根据勾股定理求出OC，根据三角形中位线定理求出OP，分在第一象限、在第三象限，根据位似变换的性质进行计算即可。
8．【答案】B
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；黄金分割；位似变换
【解析】【解答】A. 解：根据题意得：
当AC是较长线段时，，
当AC是较短线段时，，，故此项不符合题意；
B. 平面内，经过矩形对角线交点的直线，一定能平分它的面积，如图：
，故此项符合题意；
C.位似图形一定相似，相似图形不一定位似，两个正六边形一定相似，但不一定位似，故此项不符合题意；
D. 菱形的两条对角线互相垂直，但不一定相等，对角线一定相等的是矩形，故此项不符合题意.
故答案为：B.
【分析】根据黄金分割、矩形的性质、位似变换及菱形的性质分别判断即可.
9．【答案】A
【知识点】位似变换
【解析】【解答】解；连接DG并延长交x轴于M，
∵点D与点G是一对对应点，
则可知两个位似图形在位似中心的同旁，位似中心就是点M，
设直线DG解析式为； ，
将，代入得：
，
解得： ，
∴直线DG解析式为 ，
令y=0，可得： ，
即位似中心的坐标是．
故答案为：A．
【分析】连接DG并延长交x轴于M，由于点D与点G是一对对应点，则可知两个位似图形在位似中心的同旁，位似中心就是点M，利用待定系数法求出直线DG解析式，再求出y=0时x值即得结论.
10．【答案】B
【知识点】位似变换
【解析】【解答】∵，，
∴，．
∵与位似，且O为位似中心，
∴．
∵，
∴．
故答案为：B．
【分析】由位似图形的性质可得，继而计算即可.
11．【答案】 或
【知识点】位似变换；作图﹣位似变换
【解析】【解答】解：如图，在Rt△AOB中，OB= =10，
∴OM=5，OM′= ，
①当△A′OB′在第三象限时，MM′=5- = ；
②当△A″OB″在第二象限时，MM′=5+ = ，
故答案为： 或 ．
【分析】以O点为位似中心，作三个对应点的坐标，存在于第二象限和第四象限，根据存在的两种情况，可得出MM′的长度。
12．【答案】2：5
【知识点】位似变换；作图﹣位似变换
【解析】【解答】解：试题分析：由图知， ∽ ，且 ∽ ，
故 ，根据相似三角形的性质，周长之比等于相似比，故 .
故答案为： 2：5
【分析】根据OA与OA′的比，可得两个图形的位似比，所以周长比等于位似比，即可得出正确答案。
13．【答案】
【知识点】位似变换
【解析】【解答】解：由题意可得，∵四边形OA'B'C'∽四边形OABC，S四边形OA'B'C'：S四边形OABC=4：1，
∴位似比为2：1.
∵点B'和点B是一对对应点，且点B'在第一象限，
∴xB'=xB×2=2×2=4，yB'=yB×2=3×2=6
故本题答案为：（4，6）.
【分析】根据图形位似的性质，四边形的面积比是位似比的平方，因此两个四边形的面积比为4：1，则其位似比为2：1.再根据点B的坐标，可求出其对应点B'的坐标.
14．【答案】
【知识点】勾股定理；位似变换
【解析】【解答】解：在Rt△OBC中，
，
∵ △OAB与△OCD是以点O为位似中心的位似图形，位似比为1∶2，
∴OB：OD=1：2即，
解之：，
∴点B.
故答案为：
【分析】利用勾股定理求出OD的长，再利用位似图形的性质及位似比可求出OB的长，即可得到点B的坐标.
15．【答案】
【知识点】点的坐标；勾股定理；相似三角形的判定与性质；位似变换
【解析】【解答】解：作CF⊥AB于F，
∵等边△ABC与等边△BDE是以原点为位似中心的位似图形，
∴BC∥DE，
∴△OBC∽△ODE，
∴，
∵△ABC与△BDE的相似比为，等边△BDE边长为6，
∴
解得，BC=2，OB=3，
∴OA=1，
∵CA=CB，CF⊥AB，
∴AF=1，
由勾股定理得，
∴OF=OA+AF=2，
∴点C的坐标为
故答案为：．
【分析】作CF⊥AB于F，证明△OBC∽△ODE，可得，据此求出BC=2，OB=3，从而求出OA=1，AF=1，利用勾股定理求出CF，再利用OF=OA+AF求出OF的长，即得点C坐标.
16．【答案】16
【知识点】正方形的性质；位似变换
【解析】【解答】解：由图形的变化规律可得
×256=，
解得n=16．
故答案为：16．
【分析】由图形的变化规律可知正方形OAnBnCn的边长为×256，据此即可求解．
17．【答案】解：如图，四边形即为所求作的四边形，
四边形与四边形是位似图形，理由如下：
根据题意得：，
由勾股定理得，
又
四边形与四边形是点O为位似中心的位似图形，位似比为.
【知识点】作图﹣位似变换
【解析】【分析】分别将A、B、C的横、纵坐标除以2，得到A′、B′、C′的坐标，顺次连接可得四边形OA′B′C′，求出对应边的比，然后根据位似图形的概念进行判断.
18．【答案】（1）解：在y=-x2+x+2中，令y=0，即0=-x2+x+2，
解得：x1=2，x2=-1，
∴A（-1，0），B（2，0），
令x=0，即y=2，
∴C（0，2）；
（2）解：y=-x2+x+2=-(x-)2+，
∴顶点坐标为：（，），
∵以点C为位似中心，将△ABC扩大到原来的2倍得到△A1B1C，
∴分别延长AC、BC，使A1C=2AC，B1C=2BC，可得A1（2，6），B1（-4，6），
分别延长CA、CB，使A2C=2CA，B2C=2CB，可得A2（-2，-2），B2（4，-2）时，
如图，当抛物线经过A1（2，6），B1（-4，6）时，设抛物线的解析式，y=-x2+bx+c，
则有，
解得，，
∴抛物线的解析式为y=-x2-2x+14=-(x+1)2+15，
∴顶点坐标为：（-1，15），
∴把抛物线y=-x2+x+2向左移动个单位，向上移动个单位可同时经过点A1、B1；
当抛物线经过A2（-2，-2），B2（4，-2）时，同法可得抛物线的解析式为：=，
∴顶点坐标为：（-，），
∴把抛物线y=-x2+x+2向左移动个单位，向上移动个单位可同时经过点A2、B2；
综上所述，把抛物线y=-x2+x+2向左移动个单位，向上移动个单位或把抛物线y=-x2+x+2向左移动个单位，向上移动个单位可同时经过点A1、B1；.
【知识点】二次函数图象的几何变换；待定系数法求二次函数解析式；二次函数图象与坐标轴的交点问题；位似变换
【解析】【分析】（1）令抛物线中的y=0求出对应的x的值，即可得A、B两点的坐标，令抛物线中的x=0求出对应的y的值，即可得C点坐标；
（2）先把抛物线解析式化为顶点式求出顶点坐标，然后分两种情况讨论，作出位似图形，即分别延长AC、BC，使A1C=2AC，B1C=2BC；分别延长CA、CB，使A2C=2CA，B2C=2CB；然后根据位似图形的性质求出A1、B1和A2、B2点的坐标，再根据待定系数法求出新的抛物线解析式，则可求出新的抛物线的顶点坐标，比较顶点坐标，即可得出平移的方式.
19．【答案】（1）解：如图，△A1B1C1即为所求；
（2）解：如图，△A2B2C2即为所求．
（3）
【知识点】弧长的计算；作图﹣位似变换；作图﹣旋转
【解析】【解答】解：（3）根据题意得：，
所以点B所经过的路径长为．
故答案为：
【分析】（1）利用位似图形的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（2）利用旋转的性质找出点A、B、C的对应点，再连接即可；
（3）利用弧长公式求解即可。
20．【答案】解：（1）如图所示， 即为所求；
；
点C1的坐标为（2，-2）．
（2）如图所示， 即为所求；（1，0）．
（3） ， ， ，
， ，
是等腰直角三角形，
的面积是 ．
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；作图﹣平移；作图﹣位似变换
【解析】【分析】（1）利用方根纸的特点分别将点A、B、C向下平移4个单位长度得到其对应点A1、B1、C1，再连接A1B1、B1C1、C1A1即可，进而根据点C1的位置读出其坐标；
（2）利用方格纸的特点，延长BA至点A2，使AA2=AB，延长BC至点C2，使CC2=BC，再连接A2C2即可，进而根据点C2的位置读出其坐标即可；
（3）利用勾股定理算出A2C2、B2C2、A2B2，再根据勾股定理的逆定理判断出△A2B2C2是直角三角形，最后根据直角三角形的面积计算方法算出答案.
21．【答案】解：⑴△AB1C1即为所求.
⑵①△A1B2C1即为所求；
②AC1=，
点A的运动路径长＝.
【知识点】弧长的计算；作图﹣位似变换；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）利用网格纸的特点，延长AB至点B1，使AB1=2AB，延长AC至点C1，使AC1=2AC，连接B1C1，△A1B1C1就是所求的三角形；
（2）①利用网格纸的特点及旋转的性质，将A、B1分别绕点C1顺时针旋转90°得到对应点B2及A1，再连接A1C1，△A1B2C1就是所求的三角形；②利用网格纸的特点及勾股定理算出AC1的长，进而根据弧长计算公式算出弧AA1的长即可.
22．【答案】解：连接，，如图，
①∵，
∴
∴△OAD和△OEC是等腰三角形，
∴∠，∠
∴∠，∠
②∵，
∴四边形为平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）
③∵
∴，，三点在一条直线上；
④∵图形M和图形N是以点O为位似中心的位似图形，
∴其倍数比为三角形的边长比即：，
又，且
∴
即：当时，图形N是以点O为位似中心，把图形M放大为原来的倍得到的．
故答案为：；两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
【知识点】平行四边形的性质；位似变换
【解析】【分析】 ①由等腰三角形的性质即可求解；②平行四边形的判定即可求解；③ 由图形即可直接得出答案；④ 根据图形M和图形N是以点O为位似中心的位似图形，求解即可。
23．【答案】（1）位似中心与对应点连线长度之比等于相似比（答案不唯一，结论正确即可）
（2）（4.5，4.5）；4.5
（3）解：如图，矩形AEFG即为所求．
【知识点】位似变换；作图﹣位似变换
【解析】【解答】（1）位似中心与对应点连线之比等于相似比，结论符合题意即可．
（2）∵ ，且点 ，
∴点 的横坐标为： ，纵坐标为： ，所以 ，
又∵ ，
∴ ；
【分析】
(1)观察图，结合位似图形的性质即可求解；
(2)根据位似比可得点的坐标，再由面积比等于相似比的平方，即可得到S△A B C ；
(3)分别求出所给矩形的长和宽，然后根据相似比计算位似图形的长和宽，在网格中画出图形即可。
24．【答案】（1）；30°
（2）结论仍然成立.
证明：如图2，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ∽ ，
∴ ，∠ABE=∠ACF，
∴ ，
∴直线 与直线 所夹锐角的度数= ；
（3）如图3，取 的中点N，连接GN、MN，在 中， （“=”号仅当G、N、M三点共线时成立），
∵ ，∴ ，
∵N为AF中点，M为CF中点，
∴ ，
∵N为AF中点，∠AGF=90°， ，
∴ ，
∴
即GM长的取值范围是： .
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；位似变换；旋转的性质
【解析】【解答】（1）解：∵ ，∠B=90°，
∴∠BAC=30°，
∵矩形 和矩形 位似，
∴A、F、C三点共线，EF∥BC，直线 与直线 所夹锐角的度数是30°，
∴ ；
故答案为： ； ；
【分析】（1）由矩形的性质和三角函数的知识可得∠BAC=30°，然后根据位似图形的性质可得A、F、C三点共线，EF∥BC以及直线 与直线 所夹锐角的度数，再根据平行线分线段成比例定理即得 与 的数量关系；
（2）易得 ，故可根据两边成比例且夹角相等证明 ∽ ，于是可得 ，∠ABE=∠ACF，于是只要求出 即可求出直线 与直线 所夹锐角的度数，进而可得结论；
（3）如图3，取 的中点N，连接GN、MN，由三角形的三边关系可知： （“=”号仅当G、N、M三点共线时成立），然后根据三角形的中位线定理和直角三角形斜边中线的性质可分别求出MN和GN的长，进而可得结果.
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