27.1 图形的相似
一、单选题
1．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期末）如图，小主持人舞台长10米，主持人位置点C是靠近点B的黄金分割点，则的长约为（ ）
A．3.82米 B．5米 C．6.18米 D．7米
2．（2022秋·贵州六盘水·九年级统考期末）已知线段m，n，求作线段x，使得，下列作图正确的是（ ）
A．B．C．D．
3．（2022秋·贵州六盘水·九年级统考期末）已知线段AB的长为2厘米，点P是AB的黄金分割点，线段PB的长是（ ）
A． B．或 C． D．
4．（2022秋·贵州黔南·九年级统考期末）如果，则下列式子正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2022秋·贵州毕节·九年级统考期末）下列四组线段中，是成比例线段的是（ ）
A．1cm，2cm，3cm，4cm B．4cm，6cm，3cm．5cm
C．5cm，15cm，2cm．6cm D．3cm，4cm，2cm，5cm
6．（2022秋·贵州毕节·九年级统考期末）“双减”期间，某校音乐社团购买了一种乐器，如图．乐器上的一根弦，两个端点固定在乐器板面上，支撑点C是靠近点B的黄金分割点，支撑点D是靠近点A的黄金分割点，则之间的距离为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2022秋·贵州毕节·九年级统考期末）如图，在中，，则的长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
8．（2022秋·贵州铜仁·九年级期末）已知C是AB的黄金分割点，若，则AC的长为（ ）．
A． B． C． D．
9．（2022秋·贵州铜仁·九年级期末）已知，下列变形错误的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2022秋·贵州毕节·九年级统考期末）如图，AB∥CD，OH分别与AB、CD交于点F、H，OG分别与AB、CD交于点E、G，若，OF＝12，则OH的长为（ ）
A．39 B．27 C．12 D．26
11．（2022秋·贵州铜仁·九年级统考期末）如图，点F是?ABCD的边CD上一点，直线BF交AD的延长线于点E，则下列结论正确的有( )
① ；② ； ③；④.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．（2022秋·贵州毕节·九年级统考期末）如果ab=cd，且abcd≠0，则下列比例式不正确的是（ ）
A． B． C． D．
13．（2022秋·贵州贵阳·九年级期末）如图所示，直线，下列比例式中错误的是（ ）
A． B． C． D．
14．（2022秋·贵州铜仁·九年级期末）如图，为了测量一栋楼的高度，小明同学先在操场上A处放一面镜子，向后退到B处，恰好在镜子中看到楼的顶部E；再将镜子放到C处，然后后退到D处，恰好再次在镜子中看到楼的顶部E（O，A，B，C，D在同一条直线上），测得，，如果小明眼睛距地面高度，则楼的高度为（ ）
A．18米 B．24米 C．32米 D．36米
二、填空题
15．（2022秋·贵州毕节·九年级统考期末）如果，那么 ．
16．（2022秋·贵州铜仁·九年级期末）已知，且，则 ．
17．（2022秋·贵州六盘水·九年级统考期末）下图是一架梯子的示意图，其中，且．为使其更稳固，在，间加绑一条安全绳（线段），量得，则 ．
三、解答题
18．（2022秋·贵州铜仁·九年级统考期末）已知三条互相平行的直线分别截直线l4于点，截直线于点，直线与相交于点O，且，，，．
(1)求的长；
(2)求的长．
19．（2022秋·贵州黔东南·九年级期末）如图1，在和中，，，将的直角顶点放置在斜边的中点处，的两直角边与的两直角边都相交，交点分别为P、Q．
(1)在图1中，若．则 ．
(2)将绕点旋转适当角度，使与不垂直(如图2)，求的值．
参考答案：
1．C
【分析】由黄金分割点的定义得，再代入的长计算即可．
【详解】解：∵点C是线段上靠近点B的黄金分割点，米，
∴（米），
故选C．
【点睛】本题考查黄金分割，黄金分割的定义是：把一条线段分割为两部分，使较大部分与全长的比值等于较小部分与较大部分的比值，则这个比值即为黄金分割，其比值是，近似值为0.618．
2．C
【分析】根据平行线分线段成比例，逐项判断即可求解．
【详解】解：A、根据题意得：，即，故本选项不符合题意；
B、根据题意得：，即，故本选项不符合题意；
C、根据题意得：，即，故本选项符合题意；
D、根据题意得：，即，故本选项不符合题意；
故选：C
【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例，复杂作图，熟练掌握平行于三角形一边的直线截其他两边（或两边的延长线），所得的对应线段成比例是解题的关键．
3．B
【分析】根据黄金分割的定义和黄金比值，分PB为较长线段和PB为较短线段求解即可．
【详解】解：∵线段AB的长为2厘米，点P是AB的黄金分割点，
∴PB= AB= ×2=，
或PB=2－（）=，
故选：B．
【点睛】本题考查黄金分割的定义：把线段AB分成两条线段AC和CB（AC＞BC），且AC为AB和BC的比例中项（即AB：AC=AC：BC），叫做把线段AB黄金分割，点C叫做线段AB的黄金分割点，其中AC= AB，熟记黄金比值是解答的关键．
4．A
【分析】根据比例的性质，即可一一判定．
【详解】解：
或，不可能得或，故只有A正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了利用比例的性质判定式子的正确与否，熟练掌握和运用比例的性质是解决本题的关键．
5．C
【分析】如果其中两条线段的乘积等于另外两条线段的乘积，则四条线段叫成比例线段．对选项一一分析，排除错误答案．
【详解】解：A、1×4≠2×3，故选项错误，该选项不符合题意；
B、3×6≠5×4，故选项错误，该选项不符合题意；
C、2×15=5×6，故选项正确，该选项符合题意；
D、2×5≠3×4，故选项错误，该选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】此题考查了比例线段，根据成比例线段的概念，注意在相乘的时候，最小的和最大的相乘，另外两个相乘，看它们的积是否相等．同时注意单位要统一．
6．D
【分析】根据黄金分割的概念和黄金比值求出，进而得出答案．
【详解】解：点是靠近点的黄金分割点，点是靠近点的黄金分割点，
，
，
故选：D．
【点睛】此题考查了黄金分割点的概念，解题的关键是掌握把一条线段分成两部分，使其中较长的线段为全线段与较短线段的比例中项，这样的线段分割叫做黄金分割，它们的比值叫做黄金比．
7．C
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，求出AE，进而求出AC．
【详解】解：∵DE∥BC，AD=9，DB=3，CE=2，
∴，即，
解得，AE=6，
∴AC=AE+EC=8，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
8．B
【分析】根据黄金比值求出较长线段BC，即可得出答案．
【详解】解：点是线段的黄金分割点，且，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查的是黄金分割，把线段AB分成两条线段AC和BC（AC＞BC），且使AC是AB和BC的比例中项，叫做把线段AB黄金分割．
9．B
【分析】根据比例式的性质，即可得到答案．
【详解】∵ ， ， ， ，
∴变形错误的是选项B．
故选B．
【点睛】本题主要考查比例式的性质，掌握比例式的内项之积等于外项之积，是解题的关键．
10．A
【分析】由EF∥GH，可得，求出FH即可解决问题；
【详解】解：∵EF∥GH，
∴，
∴＝，
∴FH＝27，
∴OH＝OF+FH＝12+27＝39，
故选：A．
【点睛】此题主要考查平行线分线段成比例，解题的关键是根据题意找到对应线段成比例.
11．C
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，可得CD∥AB，AD∥BC，CD=AB，AD=BC，然后根据平行线分线段成比例定理，对各个结论进行分析即可求得答案．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB,AD∥BC，CD=AB，AD=BC，
∴，故①正确；
∴,即，故②正确；
∴，故③错误；
∴,即，故④正确.
故选:C.
【点睛】考查平行线分线段成比例, 平行四边形的性质，比较基础，难度不大.
12．A
【分析】根据比例的性质，可得答案．
【详解】根据比例的基本性质：两外项之积等于两内项之积，
所给选项中，B、C、D都符合题意；
只有A不符合要求.
故选A.
13．C
【分析】根据平行线分线段成比例定理判断即可．
【详解】解：,
，
即选项A、B、D正确，
不正确，
故选：C
【点睛】此题考查了平行线分线段成比例定理，即两条直线被一组平行线（不少于3条）所截，截得的对应线段的长度成比例，掌握平行线分线段成比例定理是解题关键．
14．C
【分析】设关于的对称点为，根据光线的反射可知，延长、相交于点，连接并延长交于点，先根据镜面反射的基本性质，得出平行，再根据平行线分线段成比例即可解答．
【详解】解：设关于的对称点为，根据光线的反射可知，延长、相交于点，连接并延长交于点，
由题意可知且、，
∴，
∴，
即：，
∴，
∴，
答：楼的高度为米．
故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用、镜面反射的基本性质，准确作出辅助线是关键．
15．
【分析】根据比例的性质，进行计算即可解答．
【详解】∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了比例的性质，把所求的式子变形为是解题的关键．
16．12
【分析】设，则，代入，求出k的值即可得到b的值．
【详解】解：设，则，
∴，
∴，
∴，
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了比例的性质，正确设出，构造方程求解是解题的关键．
17．1.2
【分析】根据平行线分线段成比例定理，可得，进而即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵，
∴3，
故答案是：1.2．
【点睛】本题主要考查平行线分线段成比例定理，掌握“平行线所截得的对应线段成比例”，是解题的关键．
18．(1)
(2)
【分析】（1）由，推出，即可求解；
（2）由，推出，即可求解．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理，解题的关键是掌握平行线分线段成比例定理，属于中考常考题型．
19．(1)2
(2)2
【分析】（1）根据已知条件，证出，求出，则可得出答案；
（2）连接，由等腰直角三角形的性质可得，证明，由全等三角形的性质可得出，则可得出答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴
∴，
同理，
∴；
故答案为：；
（2）连接，
∵，为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行线分线段成比例，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，证明是解题的关键．27.2 相似三角形
一、单选题
1．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期末）如图，在中，，，，将沿图示中的虚线剪开，剪下的阴影三角形与原三角形不相似的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022秋·贵州毕节·九年级统考期末）如图，在中，点分别在边上，与不平行，那么下列条件中，不能判定的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2022秋·贵州铜仁·九年级统考期末）如图，在 ABCD中，E为CD的中点，AE交BD于点O，S△DOE=12cm2，则S△AOB等于（ ）
A．24cm2 B．36cm2 C．48cm2 D．60cm2
4．（2022秋·贵州黔南·九年级统考期末）已知一个无盖长方体盒子的底面是边长为2的正方形，侧面是长为4的长方形．现展开铺平，如图，依次连接点A，B，C，D得到一个正方形，将四个长方形沿虚线各剪去一个直角三角形，则剪得的这个直角三角形较短直角边长是（ ）
A． B． C． D．2
5．（2022秋·贵州毕节·九年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上.若四边形EGFH是菱形，则AE的长是（ ）
A．2 B． C． D．
二、填空题
6．（2022秋·贵州铜仁·九年级统考期末）已知D、E分别是的边、上的点，若要使与相似，则只需添加一个条件： 即可（只需填写一个）．
7．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期末）在边长为1的小正方形网格中，．则与的周长比为 ．
8．（2022秋·贵州铜仁·九年级统考期末）如图，在中，是边的中点，作O1D1//BC交于点，连接交于点，作O2D2//BC交于点，连接交于点，作O3D3//BC交于点，……，作交于点，若，则的长为 （用含有的代数式表示）．
9．（2022秋·贵州黔南·九年级统考期末）已知，且，则的周长与的周长之比是 .
10．（2022秋·贵州黔南·九年级统考期末）如图，已知两点A(2，0)，B(0，4)，且∠1＝∠2，则点C的坐标是
11．（2022秋·贵州铜仁·九年级统考期末）小明想利用太阳光测量楼高．他带着皮尺来到一栋楼下﹐发现对面墙上有这栋楼的影子，针对这种情况，他设计了一种测量方案，具体测量情况如下：如图，小明边移动边观察，发现站到点E处时，可以使自己落在墙上的影子与这栋楼落在墙上的影子重叠，且高度恰好相同．此时，测得小明落在墙上的影子高度，，（点A，E，C在同一直线上），已知小明的身高EF是1.6m，那么楼的高度AB等于 m．
12．（2022秋·贵州黔南·九年级统考期末）如图是一位同学设计的用手电筒来测量某古城墙高度的示意图．点P处放一水平的平面镜，光线从点A出发经平面镜反射后刚好到古城墙CD的顶端C处，已知AB⊥BD，CD⊥BD，测得AB=2米，BP=3米，PD=12米，那么该古城墙的高度CD是 米．
三、解答题
13．（2022秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图①，在△ABC中，点P是AB边上的一个动点（点P不与A、B重合），过点P的直线PE与AC交于点E使．
(1)试判断△ABC与△AEP的关系，并说明理由．
(2)若把满足（1）的直线PE称作“△ABC的一条相似线”，在图②的△ABC中，，AB＝AC，且点P在AC垂直平分线上，请问过点P的“△ABC的相似线”有几条？并在图②中作出所有过点P的“△ABC的相似线”．
14．（2022秋·贵州铜仁·九年级统考期末）如图，在中，，，，将沿着图示中虚线剪开，使剪下的小三角形与相似，下面有四种不同的剪法．
(1)请选择其中一种正确的剪法______（填序号）；
(2)写出所选剪法中两个三角形相似的证明过程．
15．（2022秋·贵州毕节·九年级统考期末）如图(1)，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC于点D，点O是AC边上的一点，连接BO交AD于点F，OE⊥OB交BC边于点E．
(1)试说明：△ABF∽△COE．
(2)如图(2)，当O为AC边的中点，且时，求的值．
(3)当O为AC边的中点，时，请直接写出的值．
16．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期末）小星和小红在学习了正方形的相关知识后，对正方形内一些特殊线段的关系进行探究．
(1)问题解决
如图①，在正方形中，E，F分别是边上的点，连接，且，求证：；
(2)类比探究
如图②，在正方形中，E，F，G，H分别是边上的点，连接，且，求证：；
(3)迁移应用
如图③，在中，，，D是的中点，E是边上的点，连接，且，求的值．
17．（2022秋·贵州毕节·九年级期末）如图，在矩形中，E，F分别是的中点，连接，若，
(1)求证：；
(2)若，求的长．
18．（2022秋·贵州黔南·九年级统考期末）数学课上，王老师出示问题：如图1，将边长为5的正方形纸片折叠，使顶点落在边上的点处（点与，不重合），折痕为，折叠后边落在的位置，与交于点．
(1)观察操作结果，在图1中找到一个与相似的三角形，并证明你的结论；
(2)当点在边的什么位置时，与面积的比是？请写出求解过程；
(3)将正方形换成正三角形，如图2，将边长为5的正三角形纸片折叠，使顶点落在边上的点处（点与，不重合），折痕为，当点在边的什么位置时，与面积的比是？请写出求解过程．
19．（2022秋·贵州铜仁·九年级统考期末）在△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，点P沿AC从A向终点C以的速度移动，同时点Q沿CB边从C向终点B以的速度移动，且当其中一点到达终点时，另一点也随之停止移动，问点P、Q出发几秒后△PCQ与△ABC相似．
20．（2022秋·贵州铜仁·九年级统考期末）如图，AD为△ABC的中线，E为AD上一点，若∠DAC=∠B，CD=CE，求证：CD2=AD·AE
21．（2022秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且，，点M从点B出发，沿着BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，直线PQ从点D出发，沿着DB方向匀速移动，速度为1cm/s．PQAC且分别与AD、BD、DC交于点P、N、Q；当直线PQ停止移动时，点M也停止运动，连接MQ，设运动时间为t（s）（），请解答下列问题：
(1)用含t的代数式表示DQ．
(2)t为何值时，四边形AMQD是平行四边形？
(3)是否存在t，使得四边形AMQP面积最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
22．（2022秋·贵州黔南·九年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，过B分别作于E，连接CE，F为线段CE上一点，且．
(1)求证：；
(2)若，，求CF的长．
23．（2022秋·贵州毕节·九年级统考期末）如图所示，△ABC中，BC=20cm，高AD=12cm，作矩形PQRS，使得P、S分别落在AB、AC边上，Q、R落在BC边上．
(1)求证：△APS∽△ABC；
(2)如果矩形PQRS是正方形，求它的边长；
(3)如果AP：PB=1：2，求矩形PQRS的面积．
24．（2022秋·贵州遵义·九年级统考期末）在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝10，BC＝6，以AB为直径作⊙O，点D为直径AB上一动点，连接CD，将线段CD绕点D逆时针旋转90°得到线段ED，连接AE．
(1)如图1，当AD＝BC时，求证：AE是⊙O的切线；
(2)如图2，当点E落在⊙O上时，求线段AD的长度；
(3)直接写出点D从点A运动到点B的过程中，点E运动路径的长度．
25．（2022秋·贵州毕节·九年级统考期末）已知：如图，一次函数的图象与反比例函数的图象在第四象限交于点P．轴于点A，轴于点B．一次函数的图象分别交工轴、y轴于点C、点D，且，．
(1)求点D的坐标；
(2)求一次函数与反比例函数的解析式；
(3)求不等式的解集．
26．（2022秋·贵州毕节·九年级统考期末）如图，在正方形中，E是的中点，F是边上的点，，连接并延长交的延长线于点G．
(1)求证：
(2)若正方形的边长为8，求的长．
27．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期末）小星测量如图所示大楼的高度MN．在距离大楼39m的点B处竖立一根长为3m的标杆AB．他调整自己的位置．站在D处时．使得他直立时眼睛C、标杆顶点A和高楼顶点M三点共线．已知BD＝1m．小星的眼睛距离地面高度CD为1.7m．求大楼的高度．
参考答案：
1．D
【分析】根据相似三角形的判定定理逐项判断即可；
【详解】在中，，，，
A、剪下的阴影与原三角形相似，因为阴影部分三角形与原三角形有两个角对应相等；
B、剪下的阴影与原三角形相似，因为阴影部分三角形与原三角形有两个角对应相等；
C、剪下的阴影与原三角形相似，因为阴影部分三角形与原三角形的两边对应成比例，且夹角相等；
D、剪下的阴影与原三角形不相似，因为它们的夹角相等但两条边不对应成比例；
故选：D
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定定理，熟知相似三角形的判定定理是解题的关键．
2．C
【分析】根据相似三角形的判定定理逐项判断即可求解．
【详解】解：根据题意得：∠A=∠A，
A、，可利用两角对应相等的两个三角形相似，故本选项不符合题意；
B、，可利用两角对应相等的两个三角形相似，故本选项不符合题意；
C、，不能判定两个三角形相似，故本选项符合题意；
D、，可利用两边对应成比例，及其夹角对应相等的两个三角形相似，故本选项不符合题意；
故选：C
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
3．C
【分析】利用平行四边形的性质得出AB=DC，AB∥CD，进而得出△DOE∽△BOA，再利用相似三角形的性质得出答案．
【详解】∵在ABCD中，E为CD中点，
∴AB=CD=2DE，
又∵AB∥CD，
∴△AOB∽△EOD，
∴，
∴S△AOB=4S△DOE=48cm2．
故选C．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质以及相似三角形的判定与性质，得出△DOE∽△BOA是解题关键．
4．C
【分析】如图：根据题意可知：，BG=EG=4，AE=2，可证得，可得，据此即可求得EF的长．
【详解】解：如图：
由题意可知：，BG=EG=4，AE=2
设EF=x，则GF=4-x
得，解得，即
故剪得的这个直角三角形较短直角边长是
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，结合题意和图形得到是解决本题的关键．
5．D
【详解】解：连接EF交AC于O，
∵四边形EGFH是菱形，
∴EF⊥AC，OE=OF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=90 ,ABCD，AD=BC=3，
∴∠FCO=∠EAO，
在△OCF与△OAE中，
∴△OEA≌ △OFC(AAS)，
∴AO=CO，
故选D.
6．(答案不唯一)
【分析】根据可以求得，，即可求证，即可解题．
【详解】解：添加条件为：．
理由：∵，
∴，，
∴，
∴添加条件，即可证明，
故答案为： (答案不唯一)．
【点睛】本题考查了平行线同位角相等的性质，相似三角形的证明，本题中添加条件，并证明是解题的关键．
7．
【分析】根据网格的特点求得得出，根据周长比等于相似比，即可求解．
【详解】解：∵
∴
∵
∴与的周长比为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
8．
【分析】根据，可得，再由对应边之间的关系求出，再由得到，根据对应边之间的关系求出，同理即可得到，……．
【详解】
， 是边的中点
，
同理，，……
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例的推论，即三角形内有一条线段与其中一边平行，那么所截的三角形与原三角形相似，熟练掌握知识点并发现规律是解题的关键．
9．
【分析】根据相似三角形对应周长的比等于相似比，即可直接得到答案．
【详解】已知，且，
∴△ABC与△DEF的相似比为：1：2，
∴△ABC与△DEF的周长之比为：1：2．
故答案为：1：2．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质．此题比较简单，注意掌握相似三角形对应周长的比等于相似比定理的应用是解此题的关键．
10．(0，1)
【分析】根据已知条件，易证△AOC∽△BOA．运用相似三角形的性质求OC即得解．
【详解】解：∵∠1=∠2，∠BOA=∠AOC
∴△AOC∽△BOA
∴即
∴OC=1
∴点C的坐标是（0，1）．
故答案为：（0，1）
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定及性质以及坐标与图形，将求点的坐标的问题可以转化为求线段的长度是解题的关键．
11．23.2
【分析】过点D作DN⊥AB，可得四边形CDME、ACDN是矩形，即可证明，从而得出BN，进而求得AB的长．
【详解】解：如图，作DN⊥AB于N，交EF于M
∴四边形CDME、ACDN是矩形，
∴m，m，m，
∴m，
∴由题意知，，
∴，
∴，即 ，
解得，
∴m
故答案为：23.2．
【点睛】本题考查了相似三角形的应用，解题的关键在于熟练掌握相似三角形的判定与性质掌握．
12．8
【详解】解：∵AB⊥BD，CD⊥BD，
∴，
由反射知，
∴△ABP∽△CDP，
由相似三角形对应边的比相等可得，即，
解得CD=8m，
故答案为：8．
13．(1)（或△ABC与△AEP相似），理由见解析
(2)3条，图见解析
【分析】（1）根据相似三角形的判定即可求解．
（2）根据相似三角形的判定即可求解．
【详解】（1）解：（或△ABC与△AEP相似），
∵∠AEP＝∠B，∠A＝∠A，
∴．
（2）过点作，，连接并延长，如图所示：
，，
，，
，为△ABC的相似线，
又，AB＝AC，
，
又点P在AC垂直平分线上，
，
，
，
，
，
为△ABC的相似线，
点P的“△ABC的相似线”有3条，，，即为所求．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键．
14．(1)①，③
(2)证明见解析
【分析】（1）根据相似三角形的判定可以知道②、④的剪法不能得到相似三角形．
（2）根据相似三角形的判定：两角分别对应相等的三角形是相似三角形即可证明．
【详解】（1）解：①剪下的角与原三角形有两个对应角相等，故两三角形相似，所以①正确；
②由题，，，，虽然，但无法确定夹角相等， 也无法确定DE与BC的比值，故 ，不相似，所以②错误．
③由题，，，，
∴，；
即，
∵是公共角．
∴
故③正确
④在，角形中有，但是无法确定，无法确定所以④错误．
故选：①，③
（2）解：①∵，
∴
根据相似三角形的判定：两角分别对应相等的三角形是相似三角形
∴．
解：③∵，，，，
∴，；
即，
∵是公共角．
∴
根据相似三角形的判定：两别对应成比例，夹角相等的两个三角形相似．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，解题的关键是熟练运用相似三角形的判定定理．
15．详见解析； (3)
【分析】（1）要求证：△ABF∽△COE.只要证明∠BAF=∠C，∠ABF=∠COE即可．
（2）作交BC于H，易证：△OEH∽△OFA，根据相似三角形的对应边的比相等，即可得出所求的值．同理可得（3）
【详解】(1)证明：∵AD⊥BC，
∴
∵
∴∠BAF=∠C.
∵OE⊥OB，
∴
∵
∴∠ABF=∠COE.
∴△ABF∽△COE.
(2)过O作AC垂线交BC于H,则OHAB，
由(1)得∠ABF=∠COE，∠BAF=∠C.
∴∠AFB=∠OEC，
∴∠AFO=∠HEO，
而∠BAF=∠C，
∴∠FAO=∠EHO，
∴△OEH∽△OFA，
∴OF:OE=OA:OH
又∵O为AC的中点,OHAB.
∴OH为△ABC的中位线，
∴
而
∴OA:OH=2:1，
∴OF:OE=2:1,即
(3)
【点睛】考查相似三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，直角三角形的性质等，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.
16．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据正方形的性质得出，，根据垂直得出，推出，即可得出结论；
（2）分别过G，E作，垂足分别为M，N，根据正方形的性质得出，，，再证明四边形为矩形，得出，，同理得出：，，证明，即可得出结论；
（3）分别过A，C作，，交于点G，延长交于点H，证明四边形为正方形，再证明，根据相似三角形的性质即可得出答案．
【详解】（1）解：如图，∵四边形ABCD为正方形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
又，
∴；
（2）解：如图，分别过G，E作，垂足分别为M，N，
∵四边形为正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
同理：，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：分别过A，C作，，交于点G，延长交于点H，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴平行四边形为矩形，
∵，
∴矩形为正方形，
∵，由（1）得，
∴，
∵D是的中点，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题的关键．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据矩形的性质得到，再证明即可证明；
（2）先根据已知条件求出，再由相似三角形的性质得到，由此即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵四边形是矩形，，E，F分别是的中点，
∴，
∵，
∴，即，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，熟知相似三角形的判定定理是解题的关键．
18．(1)，理由见解析
(2)当时，与面积的比是
(3)当时，与面积的比是，过程见解析
【分析】（1）根据，，判定；
（2）由（1）知，由面积比等于相似比的平方得出相似比，设，含的式子表示各边，再根据勾股定理列方程求解即可；
（3）由折叠的性质，对应角相等可判定，由面积比等于相似比的平方得出相似比，设，用含的式子表示各边，根据相似三角形的性质列方程求解即可．
【详解】（1）．
证明：，
，，
，
，
；
（2）解：，，
，
设，则，，，
中，，
解得（舍去），，
，
即当时，与面积的比是；
（3）解：由题可得，，
，
，
，
．
设，，则，
，，
，
，
解得，
即当时，与面积的比是．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是运用方程思想进行求解．
19．当或△PCQ与△ABC相似．
【分析】根据题意可得，当△PCQ与△ABC相似时，分，两种情况讨论，根据相似三角形的性质列出比例式，解方程即可求解．
【详解】解：设点P、Q出发秒后△PCQ与△ABC相似，则，，
①当时，，即，解得，
②当时，，即，解得，
综上所述，当P、Q出发后s或，△PCQ与△ABC相似．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，掌握相似三角形的性质是解题的关键．
20．见解析
【分析】根据CD=CE，可得，根据邻补角可得，结合已知∠DAC=∠B，证明即可得证．
【详解】证明：∵CD=CE，
∴，
∴，
∵∠DAC=∠B，即，
，
，
即，
∵AD为△ABC的中线，
∴，又CD=CE，
，
，
即．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，邻补角，三角形中线的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
21．(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）先用勾股定理求出菱形的边长DC，再根据，证明△DNQ∽△DOC，即有＝，即问题得解；
（2）利用，且AM＝DQ时，四边形AMDQ为平行四边形，即可列出关于t的方程，解方程即可求解；
（3）先求出PQ，即可求得△PQD的面积，设菱形ABCD的高为h，即有＝×AC×BD＝AB×h，即可求出菱形的高h，则可求，根据＝－－，即可得到，则问题得解．
【详解】（1）设运动到t秒时，BM＝t，则AM＝5－t，DN＝t，
∵AC、BD为菱形的对角线，且AC＝6，BD＝8，
∴AC⊥BD，AO=OC=3，DO=BO=4，
∴在Rt△DOC中，由勾股定理得：DC＝5，
∵，
∴△DNQ∽△DOC，
∴＝，
∴＝，
DQ＝；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴，AB＝CD，
∴，
∴当AM＝DQ时，四边形AMDQ为平行四边形，
由（1）得：AM＝5－t，DQ＝，
∴5－t＝，
∴t＝，
∵0＜t＜4，
∴当t＝时，四边形AMDQ为平行四边形；
（3）存在，
理由如下：
如图，连接MQ，
∵，
∴△DPQ∽△DAC，
∴＝，
在（1）中，已证明＝，
∴＝，
∴＝，
∴PQ＝t，
∴＝×t×＝，
设菱形ABCD的高为h，
即有＝×AC×BD＝AB×h，
即：×6×8＝5×h
∴h＝，
∴＝（BM＋CQ）×h＝（t＋5－）×＝－＋12，
＝－－，
＝24－＋－12
＝－＋＋12
，
∵－＜0，0＜t＜4，
∴当t＝时，四边形AMQP的面积最大．
【点睛】本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及二次函数的最值等知识，灵活运用菱形的性质以及平行四边形的性质是解答本题的关键．
22．(1)见解析
(2)
【分析】(1) 首先由四边形ABCD是菱形，可证得，再由，即可证得结论；
(2)首先根据勾股定理可求得BE的长，即可求得CE的长，再由即可求得．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴，
∴．
又∵，
∴；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=AD=4，，
又，
，
在Rt△ABE中，由勾股定理得，
在Rt△BCE中，由勾股定理得，
∵，
∴，．
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握和运用勾股定理及相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．
23．(1)见解析
(2)它的边长为 cm；
(3)矩形PQRS的面积为cm2．
【分析】（1）由四边形PQRS是矩形，可得PS∥QR，即可得：△APS∽△ABC；
（2）由矩形PQRS是正方形，可设PS=x，然后利用相似三角形的对应高的比等于相似比，即可得方程，解方程即可求得答案；
（3）由相似三角形对应边成比例，即可求得PQ与PS的长，继而可求得矩形PQRS的面积．
【详解】（1）证明：∵四边形PQRS是矩形，
∴PS∥QR，
即PS∥BC，
∴△APS∽△ABC；
（2）解：∵四边形PQRS是正方形，
∴PS=PQ=SR，PS∥QR，
∵AD是△ABC的高，
即AD⊥BC，
∴AM⊥PS，
即AM是△APS的高，
∵△APS∽△ABC，
∴，
设PS=x，
∵BC=20 cm，高AD=12 cm，
∴AM=(12-x) cm，
∴，
解得：x=，
∴它的边长为： cm；
（3）解：∵四边形PSRQ是矩形，
∴PQ⊥QR，
∵AD是△ABC的高，
∴AD⊥BC，
∴PQ∥AD，
∴△PBQ∽△ABD，
∴PQ：AD=BP：BA，
∵AP：PB=1：2，
∴PQ=AD=×12=8，
∵△APS∽△ABC，
∴PS：BC=AP：AB=1：3，
∴PS=BC=，
∴矩形PQRS的面积为：PS PQ=×8=(cm2)．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质以及正方形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
24．(1)见解析
(2)7
(3)
【分析】（1）利用SAS证明△ADE≌△BCD，得∠DAE＝∠ABC＝90°，则AE⊥AB，即可证明结论；
（2）连接BE，作EH⊥AB于H，利用ASA证明△HDE≌△BCD，得DH＝BC＝6，EH＝BD，设EH＝BD＝x，则AH＝4 x，再利用△AEH∽△EBH，得EH2＝AH×BH，代入解方程即可；
（3）在AB上取BF＝BC，连接CF，EF，CE，则△BCF和△DCE都是等腰直角三角形，得∠BCF＝∠DCE＝45°，，则△BCD∽△FCE，得∠EFC＝∠DBC＝90°，EF＝BD，可知点E在射线FE上运动，从而解决问题．
【详解】（1）证明：∵线段CD绕点D逆时针旋转90°得到线段ED，
∴CD＝DE，∠CDE＝90°，
∴∠ADE＋∠CDB＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BDC＋∠BCD＝90°，
∴∠ADE＝∠BCD，
∵AD＝BC，
∴△ADE≌△BCD（SAS），
∴∠DAE＝∠ABC＝90°，
∴AE⊥AB，
又∵OA是⊙O的半径，
∴AE是⊙O的切线；
（2）解：连接BE，作EH⊥AB于H，
∴∠EHD＝∠ABC＝90°，
由（1）得，∠HDE＝∠BCD，CD＝DE，
∴△HDE≌△BCD（AAS），
∴DH＝BC＝6，EH＝BD，
设EH＝BD＝x，则AH＝4 x，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴∠AEH＋∠BEH＝∠ABE＋∠BEH＝90°，
∴∠AEH＝∠ABE，
∵∠AHE＝∠EHB，
∴△AEH∽△EBH，
∴EH2＝AH×BH，
∴x2＝（4 x）×（6＋x），
解得x1＝3，x2＝ 4（舍），
∴BD＝3，
∴AD＝7；
（3）解：如图，在AB上取BF＝BC，连接CF，EF，CE，
则△BCF和△DCE都是等腰直角三角形，
∴∠BCF＝∠DCE＝45°，，
∴∠BCD＝∠ECF，
∴△BCD∽△FCE，
∴∠EFC＝∠DBC＝90°，EF＝BD，
∴点E在射线FE上运动，
∴当点D从点A运动到点B的过程中，点E运动路径的长为×10＝10．
【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．
25．(1)
(2)一次函数：；反比例函数：
(3)或
【分析】（1）根据一次函数与y轴的交点，得到点D的坐标；
（2）与中，由，OD=3，结合，得到BP的长，和点P的坐标，即可解题；
（3）由图象解题．
【详解】（1）解：一次函数 与y轴相交，
令，解得y=3，得到点D的坐标为
（2）
在中
把代入得到
一次函数为；
把代入反比例函数解析式得
反比例函数为；
（3）由图象得，解得：或
故直线与双曲线的两个交点为，，
∴当或时，一次函数的值小于反比例函数的值．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，掌握待定系数法、数形结合的方法是解题关键．
26．(1)见解析
(2)20
【分析】（1）根据正方形的性质，可得AB=BC=CD=AD, ∠B＝∠C＝90°，再由E是BC的中点，可得，然后根据CD=4CF，可得，从而得到，即可求证；
（2）根据正方形的性质，可得BC=CD=AD=8, BC∥AD，从而得到∠CEF＝∠G，进而得到△CEF ∽△DGF，可得到 ，从而得到DG=12，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴ AB=BC=CD=AD, ∠B＝∠C＝90°，
∵E是BC的中点，
∴ CE=BE=，
∴ ，
∵CD=4CF，
∴ ，
∴ ，即，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴△ABE∽△ECF；
（2）解： ∵正方形ABCD的边长为8，
∴ BC=CD=AD=8, BC∥AD，
∴∠CEF＝∠G，
∵∠CFE＝∠DFG，
∴△CEF ∽△DGF，
∴ ，
∵E是BC的中点，CD=4CF，
∴CF=2，DF=6,CE=4，
∴ ，
∴DG=12，
∴AG=DG+AD=20．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
27．m
【分析】如图：过点作垂足为交于点由题可知从而可得出即求出即可得出
【详解】如图：过点作垂足为交于点
即
(m)
∴大楼的高度为m
【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用．解题的关键是学会添加常用辅助线．构造相似三角形解决问题。27.3 位似
一、单选题
1．（2022秋·贵州遵义·九年级期末）在如图所示的人眼成像的示意图中，可能没有蕴含的初中数学知识是（ ）
A．位似图形 B．相似三角形的判定 C．旋转 D．平行线的性质
2．（2022秋·贵州毕节·九年级期末）在如图所示的网格中，以点为位似中心，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
3．（2022秋·贵州六盘水·九年级统考期末）如图，四边形ABCD与四边形EFGH位似，位似中心为点O，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022秋·贵州毕节·九年级统考期末）如图，△A′B′C′是△ABC以点O为位似中心变换得到的，若△A′B′C′的面积与△ABC的面积比是9:16，则OB′:OB为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022秋·贵州贵阳·九年级期末）如图，△ABC与△DEF是位似图形，点O为位似中心，已知BO：OE=2:1，则△ABC与△DEF的面积比是
（ ）
A．2：1 B．3：1 C．4：1 D．5：1
6．（2022秋·贵州毕节·九年级期末）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣4，2），B（﹣6，﹣4），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，则点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（﹣2，1） B．（﹣8，4）
C．（﹣8，4）或（8，﹣4） D．（﹣2，1）或（2，﹣1）
7．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期末）图，线段AB的两个端点坐标分别为，，以原点O为位似中心，将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，则端点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·贵州铜仁·九年级期末）在平面直角坐标系中，已知点，，以原点O为位似中心，相似比为2，把放大，则点B的对应点的坐标（ ）
A． B．或 C． D．或
9．（2022秋·贵州铜仁·九年级期末）如图，在直角坐标系中，点在第一象限内，点在轴正半轴上，以点为位似中心，在第三象限内与的位似比为的位似图形．若点的坐标为，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022秋·贵州毕节·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点，以原点O为位似中心，相似比为，把缩小，则点A的对应点的坐标是（ ）
A． B．或
C． D．或
11．（2022秋·贵州黔南·九年级统考期末）如图，在直角坐标系中，有两点A(6，3)、B(6，0)．以原点O为位似中心，相似比为，在第一象限内把线段AB缩小后得到线段CD，则点C的坐标为（ ）
A．(2，1) B．(2，0) C．(3，3) D．(3，1)
二、填空题
12．（2022秋·贵州贵阳·九年级期末）如图，四边形ABCD与四边形EFGH位似，其位似中心为点O，且，则的值为 ．
13．（2022秋·贵州黔东南·九年级期末）在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（﹣4，2），B（﹣3，1），C（﹣2，0），以原点O为位似中心，把△ABC缩小为原来的，得到△A'B'C'则点A的对应点A'的坐标为 ．
14．（2022秋·贵州毕节·九年级期末）如图，在直角坐标系中，与是位似图形，则位似中心的坐标为 ．
15．（2022秋·贵州铜仁·九年级期末）在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为．以原点为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，得到，则点的对应点的坐标是 ．
16．（2022秋·贵州黔西·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，与位似，位似中心是坐标原点O．若点，点，则与周长的比值是 ．
三、解答题
17．（2022秋·贵州贵阳·九年级统考期末）的坐标分别为，，，以原点O为位似中心，在第一象限将扩大，使得与对应边的比为2：1．
(1)画出；
(2)的对应边的长是 ．
18．（2022秋·贵州铜仁·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形网格中每个小正方形的边长是一个单位长度，三个顶点坐标分别为．
(1)作出向下平移4个单位长度得到的，并写出点的坐标；
(2)以点B为位似中心，在网格内将放大为原图形的2倍，得到，并写出点的坐标．
19．（2022秋·贵州黔南·九年级统考期末）如图，小方格都是边长为1的正方形，与是以点为位似中心的位似图形，它们的顶点都在小正方形的顶点上．
(1)画出位似中心点；
(2)求出与的周长比与面积比．
20．（2022秋·贵州铜仁·九年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，．
(1)以原点为位似中心，在轴的右侧画出的一个位似，使它与的位似比为；
(2)画出将向左平移2个单位，再向上平移1个单位后得到的；
(3)判断和是位似图形吗 若是，请在图中标出位似中心点，并写出点的坐标．
21．（2022秋·贵州铜仁·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，与关于点成位似图形．
(1)在图中标出点的位置，并写出点的坐标；
(2)以坐标原点为位似中心，在轴左侧画出的位似图形，且使与的相似比为．
参考答案：
1．C
【分析】根据位似图形，相似三角形的判定，旋转的概念，平行线的性质逐一判断即可得到答案．
【详解】解：两棵树是相似图形，而且对应点的连线相交一点，对应边互相平行，
这两个图形是位似图形，
本题蕴含的初中数学知识有位似图形，相似三角形的判定，平行线的性质，
故选C．
【点睛】本题考查了位似图形，相似三角形的判定，旋转的概念，平行线的性质，熟练掌握相关知识点是解题关键．
2．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．
【详解】解：如图所示，四边形的位似图形是四边形．
故选：A
【点睛】此题考查了位似图形的作法，画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心；②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，确定位似图形．
3．A
【分析】利用位似的性质得到EH∥AD，GH∥CD，然后根据平行线分线段成比例定理求解．
【详解】解：∵四边形ABCD与四边形EFGH位似，其位似中心为点O，
∴EH∥AD，GH∥CD，
∵EH∥AD，
∴，
∵GH∥CD，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查的是位似变换，位似的两个图形是相似形；对应点的连线都经过同一点；对应边平行或共线．
4．A
【分析】根据位似变换的概念得到△A′B′C′∽△ABC，根据相似三角形的性质计算．
【详解】解：∵△A′B′C′是△ABC以点O为位似中心经过位似变换得到的，
∴△A′B′C′∽△ABC，
∵△A′B′C′的面积与△ABC的面积比是9：16，
∴△A′B′C′与△ABC的相似比为3：4，即OB′：OB=3：4，
故选：A．
【点睛】本题考查的是位似变换，掌握位似的两个图形必须是相似形，相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
5．C
【分析】根据位似图形的概念得到，，根据相似三角形的性质计算即可．
【详解】解：与位似
即与的面积比是：
故选：C
【点睛】本题考查了位似变换的概念，掌握位似三角形是相似三角形以及相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
6．D
【分析】根据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，即可求得答案．
【详解】∵点A（-4，2），B（-6，-4），以原点O为位似中心，相似比为，把△ABO缩小，
∴点A的对应点A′的坐标是：（-2，1）或（2，-1）．
故选：D．
【点睛】此题考查了位似图形与坐标的关系．此题比较简单，注意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比等于±k．
7．D
【分析】根据位似的性质判断即可．
【详解】解：原点O为位似中心，
坐标按照位似比缩小或扩大，
，线段AB缩小为原来的后得到线段CD，
的坐标在基础上，都缩小3倍，
．
故选D
【点睛】本题考查了位似的性质，熟练运用位似的性质是解题关键．
8．D
【分析】根据位似的性质，将点的坐标乘以2或即可求解．
【详解】解：∵已知点，，以原点O为位似中心，相似比为2，把放大，
∴点B的对应点的坐标为：或．
故选D．
【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．
9．D
【分析】根据关于以原点为位似中心的对应点的坐标的关系，把C点的横纵坐标都乘以-3即可．
【详解】在第三象限内与△OAB的位似比为的位似图形△OCD，相当于在第一象限内与△OCD的位似比为的位似图形△OAB，
则以点O为位似中心，位似比为，
而点C的坐标为（-1，-），
∴C点的对应点A的坐标为（3，2），故D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了位似变换，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，位似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或-k．
10．B
【分析】根据位似变换的性质计算，得到答案．
【详解】解：∵位似中心为原点，相似比为，
∴点A的对应点A′的坐标为（-6×，-6×）或[-6×（-），-6×（-）]，即（-2，-2）或（2，2）．
故选：B．
【点睛】本题考查了位似变换：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．
11．A
【分析】根据位似变换的性质可知，△ODC∽△OBA，相似比是，根据已知数据可以求出点C的坐标．
【详解】由题意得，△ODC∽△OBA，相似比是，
∴，
又∵点A(6，3)、B(6，0)．
∴OB=6，AB=3，
∴OD=2，CD=1，
∴点C的坐标为：（2，1），
故选A．
【点睛】本题考查的是位似变换，掌握位似变换与相似的关系是解题的关键，注意位似比与相似比的关系的应用．
12．．
【分析】利用位似的性质得到EH∥AD，GH∥CD，然后根据平行线分线段成比例定理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD与四边形EFGH位似，其位似中心为点O，
∴EH∥AD，GH∥CD，
∵EH∥AD，
∴ ，
∵GH∥CD，
∴ ．
故答案为．
【点睛】本题考查了图形的变换——位似，熟练掌握位似的两个图形必须是相似形；对应点的连线都经过同一点；对应边平行或共线是解题的关键．
13．或
【分析】根据直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形的坐标比为k或－k，即可求解．
【详解】解：∵以原点O为位似中心，把△ABC缩小为原来的，得到△A'B'C'，A（﹣4，2），
∴点A的对应点A'的坐标为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查位似变换，正确掌握位似变换的性质是解答的关键．
14．
【分析】根据位似图形的对应顶点的连线交于一点并结合网格图中的格点特征确定位似中心．
【详解】解：连接DB，OA并延长，交于点M，点M即为位似中心
∴M点坐标为
故答案为：．
【点睛】本题考查的是位似变换的概念、坐标与图形性质，掌握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是解题的关键．
15．或
【分析】根据位似图形的中心和位似比例即可得到点A的对应点C.
【详解】解：以原点为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，点的坐标为，
∴点的坐标为或，即或，
故答案为或．
【点睛】本题主要考查位似图形的对应点，关键在于原点的位似图形，要注意方向.
16．2
【分析】根据位似的定义，即可得出位似比=OA：OC，而与周长的比值等于位似比，即可得出答案．
【详解】∵与位似，位似中心是坐标原点O，点，点
∴OA=4，OC=2
∴与的位似比为：4：2=2：1
∴与周长的比值为：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．
17．(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用位似变换的性质分别作出A，B，C的对应点D，E，F即可；
（2）利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，即为所求；
（2）解：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了作图－位似变换，勾股定理，解题的关键是掌握位似变换的性质．
18．(1)图见解析，
(2)图见解析，
【分析】（1）根据题意作图解答即可；
（2）根据题意作图解答即可；
【详解】（1）解：如图，就是所求作图形，．
（2）如图，就是所求作图形，．
【点睛】本题考查网格与图形变换，涉及平移、位似等知识，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
19．(1)见解析
(2)与的周长比为，面积比为
【分析】（1）直接利用位似图形的性质连接对应点，进而得出点的位置；
（2）直接利用位似图形的性质得出位似比．
【详解】（1）连接，并延长相交于一点，此点即为位似中心点，
（2）由图形得，，
与的周长比为，面积比为．
【点睛】本题主要考查了位似变换. 正确掌握位似图形的性质是解题的关键.
20．(1)作图见解析
(2)作图见解析
(3)是位似图形，点为所求位似中心，见解析，点的坐标为
【分析】（1）根据位似图形的作法，按要求即可得到答案；
（2）根据点的平移法则，将三角形顶点平移后连接各个顶点即可得到答案；
（3）根据位似图形的定义与性质做出判断，并得到位似中心点及其坐标．
【详解】（1）解：如图所示：
即为所作图形；
（2）解：如图所示：
即为所作图形；
（3）解：和是位似图形，如图所示：
点为所求位似中心，点的坐标为．
【点睛】本题考查复杂作图-位似图形、图形平移，熟记位似图形的定义与性质、点的平移法则是解决问题的关键．
21．(1)作图见解析；点的坐标为
(2)作图见解析
【分析】（1）连接交于一点，从而得到在平面直角坐标系中，与关于点成位似图形；
（2）连接三个顶点与位似中心原点，取线段中点，连接三条线段中点即可得到所求的位似图形，使与的相似比为．
【详解】（1）解：作图如下：
点的坐标为；
（2）作图如下：
即为所作．
【点睛】本题考查位似定义及性质，涉及找位似中心、作位似图形，熟练掌握位似的定义及性质是解决问题的关键．
