27.1 图形的相似 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·湖北随州·九年级统考期末）如图，，与相交于点G．若则的长为（ ）
A． B． C．12 D．20
2．（2022秋·湖北鄂州·九年级期末）如图，在中，点D、E、F分别在边上，连接，若，则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）在设计人体雕像时，使雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比，可以增加视觉美感．如图，按此比例设计一座高度为的雷锋雕像，那么该雕像的下部设计高度约是（ ）（精确到0.01．参考数据：，，）
A． B． C． D．
4．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，AB∥CD∥EF，则在图中下列关系式一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）如图，已知，，，那么的长等于（ ）
A．2 B．4 C．4.8 D．7.2
6．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）如图1，线段长为2，点是线段上一动点（不与端点重合），设长为，如图2，在同一直角坐标系中甲表示的值随的变化情况，乙表示的值随的变化情况，则点所对应的值为（ ）
A． B．1 C． D．
7．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）在设计人体雕像时，使雕像的上部（腰以上）与下部（腰以下）的高度比，等于下部与全部（全身）的高度比，可以增加视觉美感．按此比例，如果雕像的高度为，那么它的下部应设计的高度为（ ）．
A． B． C． D．
8．（2022秋·湖北宜昌·九年级期末）如图，在中，，，，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
9．（2022秋·湖北恩施·九年级期末）图中，有三个矩形，其中相似的是（ ）
A．甲和乙 B．甲和丙 C．乙和丙 D．没有相似的矩形
10．（2022秋·湖北宜昌·九年级期末）把矩形对折，折痕为，且矩形与矩形相似，则矩形的长与宽的比为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2022秋·湖北随州·九年级统考期末）若，则 ．
12．（2022·湖北孝感·九年级期末）如图，AD是△ABC的中线，E是AD上的一点，且AE=AD，CE交AB于点F．若AF=1.2cm，则AB=
13．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）人们把这个数叫做黄金分割数，如果把一条线段分为两部分，使其中较长一段与整个线段的比是黄金分割数，那么较短一段与较长一段的比也是黄金分割数，如图，线段的长为2，C为线段的黄金分割点，D为线段的黄金分割点，E为线段的黄金分割点，即，则ED的长为
14．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）如图，要设计一本书的封面，封面长，宽正中央是一个与整个封面长宽比例相同的矩形，如果使四周的边衬所占面积是封面面积的五分之一，上、下边衬等宽，左、右边衬等宽，上下边衬的宽度为 ，左右边村的宽度为
15．（2022秋·湖北恩施·九年级期末）已知点是线段的黄金分割点，且，若．则 ．
三、解答题
16．（2022秋·湖北随州·九年级统考期末）请阅读下列材料，并完成相应的任务．
梅涅劳斯（Menelaus）是公元一世纪时的希腊数学家兼天文学家，著有几何学和三角学方面的许多书籍．梅涅劳斯发现，三角形各边（或其延长线）被一条不过任何一个顶点也不与任何一条边平行的直线所截，这条直线可能与三角形的两条边相交（一定还会与一条边的延长线相交），也可能与三条边都不相交（与三条边的延长线都相交）．他进行了深入研究并证明了著名的梅涅劳斯定理（简称梅氏定理）：
设，，依次是的三边，，或其延长线上的点，且这三点共线，则满足．
这个定理的证明步骤如下：
情况①：如图1，直线交的边于点，交边于点，交边的延长线与点．
过点作交于点，则，（依据），
∴，
∴，即．
情况②：如图2，直线分别交的边，，的延长线于点，，．…
(1)情况①中的依据指： ；
(2)请你根据情况①的证明思路完成情况②的证明；
(3)如图3，，分别是的边，上的点，且，连接并延长，交的延长线于点，那么
17．（2022秋·湖北省天门市·九年级期末）如图，线段AB的两个端点都在正方形格点上，按要求作图:
①仅用一把无刻度直尺; ②保留能够体现你画法的作图痕迹.
(1)在图1中画出线段AB的二等分点C．
(2)在图2中画出线段AB的一个三等分点D．
18．（2022秋·湖天门市·九年级期末）已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．
（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DB EC．（填“＞”，“＜”或“=”）
（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．
19．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）问题提出
在等腰直角中，，，点分别在边，上（不同时在点），连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，探究与的位置关系．
问题探究
(1)先将问题特殊化，如图1，点，分别与点，重合，直接写出与的位置关系；
(2)再探讨一般情形，如图2，证明（1）中的结论仍然成立．
(3)如图3，在等腰直角中，，，为的中点，点在边上，连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，点是点关于直线的对称点，若点，，在一条直线上，求的值．
参考答案：
1．B
【分析】利用平行线分线段成比例解题即可．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故选：B．
【点睛】本题主要考查平行线分线段成比例的知识点，能够熟练运用比例关系是解题关键．
2．C
【分析】利用平行线分线段成比例定理，平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质对每个选项进行判断即可．
【详解】解：、，
∴，故选项A正确；
、∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，故选项B正确；
、∵，
∴，
∵与的大小关系不能确定，
∴，故选项C错误；
、∵，
∴，
∴，故选项D正确，
故选：C
【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质，正确应用平行线分线段成比例定理是解题的关键．
3．B
【分析】设雕像的下部高为xm，根据题意可得，求解即可；
【详解】设雕像的下部高为xm，则上部长为，
∵雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比，高度为，
∴，
∴，
解得：（舍）或，
∴．
故选B．
【点睛】本题主要考查了比例线段的知识点和一元二次方程的计算，准确列出比例方程是解题的关键．
4．C
【分析】根据得到．
【详解】解：∵，
∴，
故选：C．
【点睛】此题考查了平行线分线段成比例，正确理解平行线分线段的对应比例关系是解题的关键．
5．D
【分析】根据平行线分线段成比例得到，即可求出BC．
【详解】解：∵AB∥CD∥EF，
∴，即，
解得：BC＝7.2；
故选：D
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例；熟练掌握三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例是本题的关键．
6．C
【分析】由图像与图像交于点，得到，即，则点刚好是黄金比例点，求得，即可求得答案．
【详解】解：图像与图像交于点，
，
，
对图1来讲，点刚好是黄金比例点，
，
，
，
，
点所对应的值为．
故选：C．
【点睛】此题考查了黄金分割点、函数图象的交点坐标等知识，熟练掌握黄金分割点是解题的关键．
7．A
【分析】设雕像的下部应设计的高度为，由黄金分割的定义得，即可求解．
【详解】解：设雕像的下部应设计的高度为，
∵使雕像的上部（腰以上）与下部（腰以下）的高度比，等于下部与全部（全身）的高度比，
∴，解得：，
即雕像的下部应设计的高度为，
故选：A
【点睛】本题考查了黄金分割，熟练掌握黄金分割的定义和黄金比值是解题的关键．
8．B
【分析】由，得，进而即可求解．
【详解】解：∵在中，，，，，
∴，即：，
∴AE=4，
故选B．
【点睛】本题主要考查平行线分线段成比例定理，列出比例式，是解题的关键．
9．B
【分析】如果两个边数相同的多边形的对应角相等，对应边成比例，这两个多边形叫做相似多边形，据此作答．
【详解】解：三个矩形的角都是直角，甲、乙、丙相邻两边的比分别为2：3，1.5：2.5＝3：5，1：1.5＝2：3，
∴甲和丙相似，
故选B．
【点睛】本题主要考查相似多边形的概念，一定要考虑对应角相等，对应边成比例．
10．D
【分析】设矩形ABCD的长AD=x，宽AB=y，根据相似多边形对应边的比相等，即可求得．
【详解】设矩形ABCD的长AD=x,宽AB=y,则
∵矩形DMNC与矩形ABCD相似,
∴,即
即
∴
故选:D.
【点睛】考查相似多边形的性质，掌握相似多边形对应边成比例是解题的关键.
11．
【分析】根据，设，，把，代入，即可求出答案．
【详解】解：根据，
设，，
所以
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了比例的性质和求分式的值，解题的关键是能选择适当的方法求解．
12．6cm
【分析】作DG∥CF于G，根据平行线等分线段定理及平行线分线段成比例定理可得到AG，FG的长，从而也就求得了AB的长．
【详解】作DG∥CF于G，
∵AD是△ABC的中线，根据平行线等分线段定理，得BG=FG，
根据平行线分线段成比例定理，得： ，
∵AF=1.2cm，AE=AD
∴AG=3.6cm，则FG=2.4cm，
∴BG=FG=2.4cm
∴AB= AG + BG =3.6 +2.4= 6cm
故答案为6cm
【点睛】本题考查的是平行线等分线段定理以及平行线分线段成比例定理，能正确的运用平行线等分线段定理以及平行线分线段成比例定理添加辅助线是关键．
13．/
【分析】根据黄金分割点的定义进行计算分别求得即可求解．
【详解】解：∵线段的长为2，C为线段的黄金分割点，
∴
∴
∵D为线段的黄金分割点，
∴
∴
∵E为线段的黄金分割点，
∴
∴
∴
故答案为：
【点睛】本题考查了黄金分割点，解题的关键掌握黄金分割数，．
14．
【分析】由条件知道中间矩形的长宽比是，设中间的矩形的长为，宽为．根据封面的面积关系建立方程求出其解即可．
【详解】解：∵封面长，宽，
∴封面的长宽比为．
设中间的矩形的长为，宽为，由题意得：
，
解得：，
∵不符合题意，舍去，
∴．
∴上下边衬为：．
左右边衬为：
故答案为：①，②
【点睛】本题考查了一元二次方程的实际运用，相似多边形的性质，一元二次方程的解法的运用，解答时根据矩形的面积公式建立方程是关键．
15．2
【分析】根据黄金分割的定义可得，然后进行计算即可解答．
【详解】解：点是线段的黄金分割点，且，，
，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了黄金分割，熟练掌握黄金分割的定义是解题的关键．
16．(1)两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
(2)证明过程见详解
(3)
【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理解决问题即可；
（2）如图2中，作交于，模仿情况①的方法解决问题即可；
（3）利用梅氏定理即可解决问题．
【详解】（1）解：情况①中的依据是：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例．
故答案为：两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例．
（2）证明：如图2中，作交于，
则有，
∴，
∴，则，变形得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：∵，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例定理，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
17．（1）见解析；（2）见解析.
【分析】（1）通过构造全等三角形进行作图；
（2）利用平行线分线段成比例定理进行作图．
【详解】解：（1）如图，点C即为所求；
（2）如图，点D1、D2即为所求.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及平行线分线段成比例定理的应用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
18．（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）135°.
【分析】试题（1）由DE∥BC，得到，结合AB=AC，得到DB=EC；
（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；
（3）由旋转构造出△CPB≌△CEA，再用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PEA是直角三角形，再简单计算即可．
【详解】（1）∵DE∥BC，
∴，
∵AB=AC，
∴DB=EC，
故答案为=，
（2）成立．
证明：由①易知AD=AE，
∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC，
又∵AD=AE，AB=AC
∴△DAB≌△EAC，
∴DB=CE，
（3）如图，
将△CPB绕点C旋转90°得△CEA，连接PE，
∴△CPB≌△CEA，
∴CE=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90°，
∴∠CEP=∠CPE=45°，
在Rt△PCE中，由勾股定理可得，PE=，
在△PEA中，PE2=（）2=8，AE2=12=1，PA2=32=9，
∵PE2+AE2=AP2，
∴△PEA是直角三角形
∴∠PEA=90°，
∴∠CEA=135°，
又∵△CPB≌△CEA
∴∠BPC=∠CEA=135°．
【点睛】考点：几何变换综合题；平行线平行线分线段成比例.
19．(1)，理由见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）分析说明此时四边形为正方形即可；
（2）要证明，只要证明，而要证明可以通过添加辅助线构造全等三角形即可；
（3）由点为的中点及第（1）结论可知四边形是正方形，过作于点，延长交于点，从而构造全等三角形，利用全等三角形的性质及平行线分线段成比例定理即可得出结果．
【详解】（1）解：，理由如下：
由旋转的性质得：，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
；
（2）证明：如图2，过作交的延长线于点，
则，
，，
，
是等腰直角三角形，
，，
由旋转的性质得：，，
，
，
即，
（SAS），
，
，
；
（3）解：如图3，连接、，过作于点，延长交于点，
则，
由（1）可知，，
，，
为的中点，
，
（AAS），
，
点是点关于直线的对称点，
，
，
四边形是平行四边形，
，，
平行四边形是正方形，
，，，
，
，
，，
，
由旋转的性质得：，，
，
，
，
（AAS），
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题综合考查了旋转变换及等腰直角三角形性质，关键是添加辅助线构建全等三角形，找到证明思路的技巧是使用分析法即：执果索因法．27.2 相似三角形 同步练习
一、单选题
1．下列每个矩形都是由五个同样的小正方形拼合组成，其中和的顶点都在小正方形的顶点上，则与一定相似的图形是（ ）
A． B．
C． D．
2．如图，小正方形边长均为1，则下列图形中三角形(阴影部分)与△ABC相似的是
A． B． C． D．
3．如图，中，是延长线上一点，交于点，且，，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
4．如图，已知，那么下列结论中，正确的是（ ）
A．DE：BC＝1：2
B．AE：AC＝1：3
C．AD：AE＝1：2
D．＝1：4
5．如图，若方格纸中每个小正方形的边长均为1，则阴影部分的面积为（ ）
A．5 B．6 C． D．
6．如图，已知，，则与的周长之比为（ ）
A． B． C． D．
7．要制作两个形状相同的三角形框架，其中一个三角形的三边长分别为和，另一个三角形的最长边长为，则它的最短边为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
8．如图，点，在反比例函数（）图象上，轴于点，轴于点，交反比例函数（）的图象于点，连接交轴于点，若，和的面积比是9：4，则的值是 ．
9．如图中，，，，是的中点，，垂足为，则的长为 ．
10．设O为坐标原点，点A、B为抛物线上的两个动点，且．连接点A、B，过O作于点C，则点C到y轴距离的最大值为 ．
11．如图，一次函数的图象与y轴交于点，与反比例函数的图象交于点．以为对角线作矩形，使顶点，落在轴上（点在点的右边），与交于点．则 ．
12．如图，在平面直角坐标系中，点、的坐标分别为、，点在第一象限内，连接、．已知，则 ．
三、解答题
13．（1）如图1，在中，分别为上的点，，，交于点，求证：
（2）如图2，在（1）的条件下，连接，若，求的值．
14．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，菱形OABC的顶点A的坐标为（3，4）．
(1)求过点B的反比例函数y＝的解析式；
(2)连接OB，过点B作BD⊥OB交x轴于点D，求直线BD的解析式．
15．将一个矩形ABCD绕点A顺时针旋转α（0°＜α≤90°）得到矩形AB′C′D′．
请探究如下内容：
(1)如图1，当α＝90°时，点C′恰好在DB延长线上．若AB＝1，求BC的长．
(2)如图2，连接AC′，过点D′作D′M∥AC′交BD于点M．线段D′M与DM是否相等？请说明理由．
(3)在（2）的条件下，射线DB分别交AD′，AC′于点P，N（如图3），DN，MN，PN三条线段存在怎样的数量关系？请加以证明．
16．如图1，正三角形中，是边上的一点，以点为顶点作，分别交，于点，．
(1)当时，与的关系是______；
(2)将绕点顺时针旋转，当时，求的值；
(3)如图2，若在正三角形中边的延长线上，点与点重合，点落在延长线上，，，求长．
17．如图，抛物线y＝ax2＋bx＋4交x轴于A（－1，0），B（2，0）两点，交y轴于点C，直线x＝m（0＜m＜2）交BC于点D，交x轴于点E，交抛物线于点F，连接OD．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)求线段DF长度的最大值；
(3)过点F作FP⊥BC于点P，当OD⊥BC时，求PF的长．
18．如图，⊙O与△ABC的BC边相切于点B，与AC、AB边分别交于点D、E，，EB是⊙O的直径．
（1）求证：AC是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径是，AD＝2，求CD的长．
19．如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，AE是直径，交BC于点H，点D在上，连接AD，CD过点E作EF∥BC交AD的延长线于点F，延长BC交AF于点G．
（1）求证：EF是⊙O的切线；
（2）若BC＝2，AH＝CG＝3，求EF和CD的长．
20．如图1，为直径，与相切于点B，D为上一点，连接、，若．
（1）求证：为的切线；
（2）如图2，过点A作交延长线于点E，连接交于点F，若，求的长．
21．在“测量物体的高度”活动中，某数学兴趣小组的两名同学选择了测量学校里的两棵树的高度，在同一时刻的阳光下，他们分别做了以下工作；
小芳：测得一根长为1米的竹竿的影长为0.8米，甲树的影长为4.08米（如图1）．
小华：发现乙树的影子不全落在地面上，有一部分影子落在教学楼的墙壁上（如图2），墙壁上的影长为1.2米，落在地面上的影长为2.4米．
(1)在横线上直接填写甲树的高度为_____________米；
(2)画出测量乙树高度的示意图，并求出乙树的高度．
22．“智多星”社团小组在社团活动时，对校园内一棵与地面垂直的树的高度测量作了如下探索和设计：他们借用一面很小的镜子和一根皮尺，根据光的反射定律（入射角等于反射角），先把镜子放在离树底（B）8.4米的点E处，然后一个同学沿着直线BE后退，直到从镜子里刚好看到树梢顶点A时就停下来，此时的位置记为点D（如图所示），他们用皮尺测得DE=2.4米，小组成员一致认为只要测得这名同学眼睛到地面的距离，就可以计算出树的高度．（镜子的厚度忽略不计）
(1)请你用学过的知识说明“智多星”小组成员观点的正确性；
(2)若这名同学眼睛到地面的距离CD=1.6米，试求树高．
参考答案：
1．A
【分析】由已知根据相似三角形的判定和性质对每个选项分析论证得出正确选项．
【详解】解：已知每个矩形都是由五个同样的小正方形拼合组成．
A：∠ABC=90°+45°=135°，∠CDE=90°+45°=135°，
∴∠ABC=∠CDE，
BC=DC=，
∴，，
∴△ABC∽△CDE；
B：△ABC为等腰三角形，则△CDE不是等腰三角形，所以不相似；
C：△ABC中∠ABC=90°+45°=135°，而△CDE中∠CDE=∠135°，对应角不相等，所以不相似；
D：，，
∴，所以不相似．
故选：A．
【点睛】此题考查的知识点是相似三角形的判定，解题的关键是根据相似三角形的判定和性质对每个选项分析论证得出正确选项．
2．B
【分析】根据网格的特点求出三角形的三边，再根据相似三角形的判定定理即可求解．
【详解】已知给出的三角形的各边AB、CB、AC分别为、2、、
只有选项B的各边为1、、与它的各边对应成比例．
故选B．
【点睛】此题主要考查相似三角形的判定，解题的关键是熟知相似三角形的判定定理．
3．C
【分析】根据平行四边形的性质，得出，，，，则可判定，再根据相似三角形的性质，得出，结合，及，可得答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
4．B
【分析】利用平行线分线段成比例定理，比例的性质和相似三角形的性质对每个选项进行逐一判断即可得出结论．
【详解】解：∵AD：DB＝1：2，
∴．
∵DEBC，
∴．
∴．
∴A选项的结论错误；
∵DEBC，
∴．
∴．
∴B选项的结论正确；
∵DEBC，
∴．
∴．
∴C选项的结论错误；
∵DEBC，
∴
∴．
设，则，
∴，
∴．
∴D选项的结论错误．
综上所述，正确的结论是B，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
5．C
【分析】证明△ABE∽△CDE，求得AE：CE，再根据三角形的面积关系求得结果．
【详解】解：∵CD∥AB，
∴△ABE∽△CDE，
∴=2，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形的面积公式，关键在于证明三角形相似．
6．D
【分析】根据平行线的性质及相似三角形的判定定理可得：，相似三角形的对应边成比例，且周长比等于相似比，据此即可解答．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵AD：DB=1：2，
∴AD：AB=1：3，
∴，
即与的周长比为1：3．
故选：D．
【点睛】题目主要考查相似三角形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理及其性质是解题关键．
7．C
【分析】根据相似三角形的对应边成比例求解即可．
【详解】解：设另一个三角形的最短边长为，
根据题意得：，
解得：，
∴另一个三角形的最短边长为，
故选C．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质．解题的关键在于熟练掌握相似三角形的性质．
8．
【分析】设点，由得点，然后由轴得到点的坐标为，由轴，轴得到，从而有，再由和的面积比是得到，从而列出方程求得的值．
【详解】解：设点，
轴于点，
，点的坐标为，
，
，
，
轴，
点，，
，
，
，
，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定与性质，平行线的判定，解题的关键是熟知反比例函数图象上点的坐标特征．
9．3.2
【分析】通过证明△ADE∽△ACB，可得，即可求解．
【详解】解：∵∠C＝∠ADE＝90°，∠A＝∠A，
∴△ADE∽△ACB，
∵E为AC中点，
∴AE=4，
∴，
∴，
∴AD＝3.2．
故答案为：3.2．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质定理，熟练掌握定理是解题的关键．
10．2
【分析】分别作AE、BF垂直于x轴于点E、F，设OE＝a，OF＝b，由抛物线解析式可得AE＝a2，BF＝b2，作AH⊥BH于H，交y轴于点G，连接AB交y轴于点D，设点D（0，m），易证△ADG∽△ABH，所以，即，可得m＝ab．再证明△AEO∽△OFB，所以，即，可得ab＝16．即得点D为定点，坐标为（0，4），得DO＝4．进而可推出点C是在以DO为直径的圆上运动，则当点C到y轴距离为此圆的直径的一半，即时最大．
【详解】解：如图，分别作AE、BF垂直于x轴于点E、F，
设OE＝a，OF＝b，由抛物线解析式为y＝x2，
则AE＝a2，BF＝b2，
作AH⊥BF于H，交y轴于点G，连接AB交y轴于点D，
设点D（0，m），
∵DG∥BH，
∴△ADG∽△ABH，
∴，即，
化简得：m＝ab，
∵∠AOB＝90°，
∴∠AOE+∠BOF＝90°，
又∠AOE+∠EAO＝90°，
∴∠BOF＝∠EAO，
又∠AEO＝∠BFO＝90°，
∴△AEO∽△OFB，
∴，
即，
化简得：ab＝16．
则m＝ab＝4，说明直线AB过定点D，D点坐标为（0，4），
∵∠DCO＝90°，DO＝4，
∴点C是在以DO为直径的圆上运动，
∴当点C到y轴距离为DO时，点C到y轴距离的最大，最大值为DO，即最大值为2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了二次函数结合动点问题背景下的最值求法，涉及相似三角形，圆周角定理，此题难度较大，关键是要找出点D为定点，确定出点C的轨迹为一段优弧，再求最值．
11．
【分析】过点D作DF∥x轴，交y轴于点F，可知；根据矩形的对角线互相平分的性质，可知 BE=ED，结合相似三角形的对应边成比例，得到O是BF的中点；进而可知点D的纵坐标，利用一次函数解析式可求点D的横坐标；最后利用反比例函数解析式可求k值．
【详解】解：过点D作DF∥x轴，交y轴于点F，如图所示．
∵直线经过点，
∴．
∴OB=3．
∴一次函数的解析式为．
∵四边形ABCD是矩形，
∴．
∵轴，
∴．
∴．
∴．
∴点O是BF的中点．
∴OF=OB=3．
∴．
∴．
∵点在直线上，
∴
解得，．
∴．
∵点在双曲线上，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、一次函数的图象与性质、反比例函数的图象与性质等知识点，熟知矩形的性质、相似三角形的判定与性质是解题的基础；把握“点坐标、线段长、解析式”三者的互相转化是解题的关键．
12．
【分析】过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，先证CDE≌CDB（ASA），进而可得DE＝DB＝4－n，再证AOE∽CDE，进而可得，由此计算即可求得答案．
【详解】解：如图，过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，
∴∠DCE＝∠CAO，
∵∠BCA＝2∠CAO，
∴∠BCA＝2∠DCE，
∴∠DCE＝∠DCB，
∵CD⊥y轴，
∴∠CDE＝∠CDB＝90°，
又∵CD＝CD，
∴CDE≌CDB（ASA），
∴DE＝DB，
∵B（0，4），C（3，n），
∴CD＝3，OD＝n，OB＝4，
∴DE＝DB＝OB－OD＝4－n，
∴OE＝OD－DE
＝n－（4－n）
＝2n－4，
∵A（－4，0），
∴AO＝4，
∵CD∥AO，
∴AOE∽CDE，
∴ ，
∴，
解得：，
故答案为：．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及点的坐标的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．
13．（1）见解析；
【分析】（1）由题意得：，，根据相似三角形的性质得到，进而证明出结论；
（2）根据线段垂直平分线的性质求出，根据相似三角形的性质计算，得到答案．
【详解】（1）证明：，
，，
，，
，
，
；
（2）解：，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质和判定，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
14．(1)y=
(2)直线BD的解析式为y=-2x+20
【分析】（1）由A的坐标求出菱形的边长，利用菱形的性质确定出B的坐标，利用待定系数法求出反比例函数解析式即可；
（2）证明△OBF∽△BDF，利用相似三角形的性质得出点D的坐标，利用待定系数法求出直线BD解析式即可．
【详解】（1）解：过点A作AE⊥x轴，过B作BF⊥x轴，垂足分别为E，F，如图，
∵A（3，4），
∴OE=3，AE=4，
∴AO==5，
∵四边形OABC是菱形，
∴AO=AB=OC=5，AB∥x轴，
∴EF=AB=5，
∴OF=OE+EF=3+5=8，
∴B（8，4），
∵过B点的反比例函数解析式为y=，
把B点坐标代入得k=32，
∴反比例函数解析式为y=；
（2）解：∵OB⊥BD，即∠OBD=90°，
∴∠OBF+∠DBF=90°，
∵∠DBF+∠BDF=90°，
∴∠OBF=∠BDF，
又∵∠OFB=∠BFD=90°，
∴△OBF∽△BDF，
∴，
∴，
解得DF=2，
∴OD=OF+DF=8+2=10，
∴D（10，0）．
设BD所在直线解析式为y=k1x+b，
把B（8，4），D（10，0）分别代入得：，
解得．
∴直线BD的解析式为y=-2x+20．
【点睛】本题考查了待定系数法求反比例函数解析式与一次函数解析式，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，一次函数、反比例函数的性质，以及一次函数与反比例函数的交点，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
15．(1)；
(2)见详解；
(3)MN2＝PN DN；见详解
【分析】（1）设BC＝x，由旋转的性质和矩形的性质可得 ， ，，再由 ，根据对应边成比例列方程求解即可；
（2）连接DD′，由平行线性质可得∠AD′M＝∠D′AC′，由全等三角形的性质可得∠D′AC′＝∠ADB，于是∠ADB＝∠AD′M，由等腰三角形的性质可得∠ADD′＝∠AD′D，从而∠MDD′＝∠MD′D，即可解答；
（3）连接AM，由△AD′M≌△ADM求得∠MAD′＝∠MAD，由三角形外角的性质可得∠AMN＝∠NAM，因此MN＝AN；由△NPA∽△NAD可得AN2＝PN DN，便可证明；
【详解】（1）解：如图，设BC＝x，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转90°得到矩形AB′C′D′，
∴点A，B，D′在同一直线上，
∴AD′＝AD＝BC＝x，D′C′＝AB′＝AB＝1，
∴D′B＝AD′﹣AB＝x﹣1，
∵∠BAD＝∠D′＝90°，
∴D′C′∥DA，
又∵点C′在DB的延长线上，
∴，
∴ ，
∴，
解得x1＝，x2＝（不合题意，舍去），
∴BC＝．
（2）解：如图，连接DD′，
∵D′M∥AC′，
∴∠AD′M＝∠D′AC′，
∵AD′＝AD，∠AD′C′＝∠DAB＝90°，D′C′＝AB，
∴△AC′D′≌△DBA（SAS），
∴∠D′AC′＝∠ADB，
∴∠ADB＝∠AD′M，
∵AD′＝AD，
∴∠ADD′＝∠AD′D，
∴∠MDD′＝∠MD′D，
∴D′M＝DM；
（3）解：如图，连接AM，
∵D′M＝DM，AD′＝AD，AM＝AM，
∴△AD′M≌△ADM（SSS），
∴∠MAD′＝∠MAD，
∵∠AMN＝∠MAD+∠NDA，∠NAM＝∠MAD′+∠NAP，
∴∠AMN＝∠NAM，
∴MN＝AN，
在△NAP和△NDA中，∠ANP＝∠DNA，∠NAP＝∠NDA，
∴△NPA∽△NAD，
∴，
∴AN2＝PN DN，
∴MN2＝PN DN．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质；熟练掌握相关性质是解题关键．
16．(1)相等
(2)2
(3)
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠B＝∠C＝60°，根据三角形的内角和和平角的定义得到∠BED＝∠CDF，根据全等三角形的性质得到BD＝CF；
（2）根据等边三角形的性质得到∠B＝∠C＝60°，求得∠FDC＝∠DEB，根据相似三角形的性质即可得到结论；
（3）根据已知条件得到∠DAB＝∠FDC，求得∠ABD＝∠DCF，根据相似三角形的性质得到，得到BD＝2，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）解：相等，
理由：∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∵∠EDF＝60°，
∴∠BDE+∠BED＝∠BDE+∠CDF＝120°，
∴∠BED＝∠CDF，
∵BE＝CD，
∴△BDE≌△CFD（AAS），
∴BD＝CF，
故答案为：相等；
（2）解：∵△ABC为正三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∵∠EDC＝∠EDF＋∠FDC＝∠DEB＋∠B，
又∠EDF＝60°，
∴∠FDC＝∠DEB，
∴△BDE∽△CFD，
∴，
∵BE＝2CD，
∴ ；
（3）解：∵∠ADC＝∠ADB＋∠FDC＝60°，
∠ABC＝∠ADB＋∠DAB＝60°，
∴∠DAB＝∠FDC，
∵∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABD＝∠DCF，
∴△BDA∽△CFD，
∴，，
∴ ，
∵AB＝2，
∴CD＝4，
∴BD＝2，
作△ABC的高AH，则BH＝1，DH＝3，
在△ABH中，由勾股定理得，，
在△ABH中，由勾股定理得，
，
∴DF＝2AD＝4.
【点睛】本题考查了几何变换综合题，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的性质，证得△BDE≌△CFD和△BDA∽△CFD是解题的关键．
17．(1)y＝－2x2＋2x＋4
(2)2
(3)
【分析】（1）将A（－1，0），B（2，0）代入y＝ax2＋bx＋4中，得 ，计算求解的值，进而可得抛物线解析式；
（2）由解析式求C（0，4），将x＝m代入解析式，可知EF＝－2m2＋2m＋4，证明△BED∽△BOC，有，可得，DF＝EF－DE＝－2m2＋4m＝－2(m－1)2＋2，然后求DF的最大值即可．
（3）如图，当OD⊥BC时，∠ODB＝90°，∠DOE＋∠ODE＝∠ODE＋∠BDE＝90°，可得∠DOE＝∠BDE，证明△OED∽△DEB ，有，可得m(2－m)＝(4－2m)2，求解符合要求的的值，进而可得的值，在中，由勾股定理得，解得的值，由∠FPD＝∠BED＝90°，∠FDP＝∠BDE，可证△FPD∽△BED，有，计算求解即可．
【详解】（1）解：将A（－1，0），B（2，0）代入y＝ax2＋bx＋4中，得
解得
∴抛物线的解析式为y＝－2x2＋2x＋4．
（2）解：当x＝0时，y＝－2x2＋2x＋4＝4
∴C（0，4）
当x＝m时，y＝－2x2＋2x＋4＝－2m2＋2m＋4
∴EF＝－2m2＋2m＋4
∵直线x＝m（0＜m＜2）与y轴平行
∴△BED∽△BOC
∴
∴
∴DF＝EF－DE＝－2m2＋4m＝－2(m－1)2＋2
∵－2＜0，0＜m＜2
∴当m＝1时，DF取最大值，最大值为2．
（3）解：如图
当OD⊥BC时，∠ODB＝90°
∵∠OED＝∠BED＝90°
∴∠DOE＋∠ODE＝∠ODE＋∠BDE＝90°
∴∠DOE＝∠BDE
∴△OED∽△DEB
∴
∴OE·BE＝DE2
∴m(2－m)＝(4－2m)2
解得m1＝，m2＝2(不合题意，舍去)
∴BE＝，DE＝，DF＝
在中，由勾股定理得
∵∠FPD＝∠BED＝90°，∠FDP＝∠BDE
∴△FPD∽△BED
∴
∴．
【点睛】本题考查了二次函数解析式、最值，二次函数与线段综合，三角形相似，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识灵活运用．
18．（1）见解析；（2）3
【分析】（1）连接OD，证明 再证明 可得 从而可得结论；
（2）在中， 求解，再证明△AOD∽△ACB，再利用相似三角形的性质求解BC＝3，再利用△COD≌△COB，从而可得答案.
【详解】（1）证明：连接OD，如图，
∵BC为⊙O切线，
∴AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∵，
∴∠COB＝∠OED，∠COD＝∠ODE，
∵OD＝OE，
∴∠OED＝∠ODE，
∴∠COB＝∠COD，
在△COD和△COB中，
，
∴△COD≌△COB（SAS），
∴∠ODC＝∠OBC＝90°，
∴OD⊥CD，
而OD为半径，
∴AC是⊙O的切线；
（2）在中，而⊙O的半径是，AD＝2，
∴，
∵∠OAD＝∠CAB，∠ADO＝∠ABC，
∴△AOD∽△ACB，
∴，即，解得BC＝3，
经检验：符合题意；
∵△COD≌△COB，
∴CD＝CB＝3．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，圆的切线的性质，切线的判定，相似三角形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键.
19．（1）见解析；（2），
【分析】（1）因为AE是直径，所以只需证明EFAE即可；
（2）因EF∥BG，可利用，将要求的EF的长与已知量建立等量关系；因四边形ABCD是圆内接四边形，可证得，由此建立CD与已知量之间的等量关系．
【详解】（1）证明：∵AB＝AC，
．
又∵AE是O的直径，
．
．
∵AB=AC，
∴AEBC．
∴∠AHC=90°．
∵EF∥BC，
∴∠AEF=∠AHC=90°．
∴EFAE．
∴EF是O的切线．
（2）如图所示，连接OC，设O的半径为r．
在Rt△COH中，
∵，
又∵OH=AH-OA=3-r，
解得，．
∵EF∥BC，
∴．
∵四边形ABCD内接于，
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、垂径定理及推论、相似三角形的判定与性质、圆内接四边形的性质等知识点，熟知上述各类图形的判定或性质是解题的基础，寻找未知量与已知量之间的等量关系是关键．
20．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）连接，利用切线及平行线性质证得，从而求得，由此证明CD为的切线；
（2）过点E作于M，设，由切线长定理及勾股定理列方程求得CB和OC的长，然后结合相似三角形判定与性质求得BF的长
【详解】解：（1）连接
∵与相切于点B，∴
∵，∴
∵，∴，
∴，
∴，
∴
又为半径，∴为的切线
（2）解：设
∵，∴为的切线，∴、为的切线，∴，∴
过点E作于M，则，
∴
解得，
∴，
∴，
∵AB是直径，且AD∥OC
∴∠OFB=∠ADB=∠OBC=90°
又∵∠COB=∠BOF
∴△OBF∽△OCB，
∴
∴
【点睛】此题主要考查了切线的判定和性质、全等三角形及相似三角形的判定和性质、勾股定理、切线长定理等知识的综合应用，是一道综合性较强的题目．
21．(1)5.1
(2)4.2米
【分析】（1）根据测得一根长为1米的竹竿的影长为0.8米，利用比例式直接得出树高；
（2）根据辅助线作法得出假设没有墙时影子长度，即可求出答案．
【详解】（1）解：根据题意得：
解得：（米），
故答案为：5.1．
（2）解：假设是乙树，
∴（米）（米）
∴，
∴，
∴（米），
∴，
∴（米），
答：乙树的高度为米．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的应用，根据同一时刻影长与高成比例以及假设没有墙时求出影长是解决问题的关键．
22．(1)正确；说明见详解
(2)5.6m
【分析】（1）过点E作EF⊥BD，由光的反射定律知∠1=∠2，通过证△ABE∽△CDE即可求出树高；
（2）当CD=1.6时，根据即可求出树高．
【详解】（1）解：过点E作EF⊥BD(或作法线FE)，
由光的反射定律知∠1=∠2，
∠3=∠4，
由题意得AB⊥BD，CD⊥BD，
∠ABD=∠CDB=90°，
△ABE∽△CDE，
，
，
BE=8.4，ED=2.4，
只要知CD长就可求得AB，因此小组成员观点正确；
（2）当CD=1.6时，AB==5.6(米）
【点睛】本题考查了光的反射定律，相似三角形的判定以及性质，根据光的反射定律证明△ABE∽△CDE是解题关键．27.3 位似 同步练习
一、单选题
1．（2022秋·湖北天门·九年级期末）如图，以点O为位似中心，作四边形的位似图形，已知，若四边形的面积是2，则四边形的面积是（ ）
A．4 B．6 C． D．
2．（2022秋·湖北鄂州·九年级期末）如图，正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，O为位似中心，相似比为1：，点A的坐标为(1，0)，则E点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022秋·湖北恩施·九年级期末）如图，在边长为1的正方形网格中，△ABC与△DEF是位似图形，则△ABC与△DEF的相似比为（ ）．
A． B． C． D．2
4．（2022秋·湖北天门·九年级期末）如图，以点O为位似中心，把△ABC放大2倍得到△A′B′C′，则以下说法中错误的是（ ）
A．AB∥A′B′ B．△ABC ∽ △A′B′C′
C．AO：AA′＝1：2 D．点C、O、C′三点在同一直线上
5．（2022秋·湖北仙桃·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O为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，得到，则点A的对应点C的坐标是（ ）
A． B． C． D．或
6．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）如图，△ABO三个顶点的坐标分别为A（4，﹣5），B（6，0），0（0，0），以原点O为位似中心，把这个三角形放大为原来的2倍，得到△A′B′O′，则点A的对应点A′的坐标是（ ）
A．（8，﹣10） B．（﹣8，10）
C．（8，﹣10）或（﹣8，10） D．（8，﹣10）或（4，5）
7．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）如图，△ABC与△DEF位似，点O是它们的位似中心，其中OE=2OB，则△ABC与△DEF的周长之比是（ ）
A．1：2 B．1：4 C．1：3 D．1：9
8．（2022秋·湖北天门·九年级期末）如图，四边形ABCD与四边形EFGH位似，位似中心点是O，＝，则S四边形EFGH÷S四边形ABCD＝（ ）
A． B． C． D．
9．（2022秋·湖北宜昌·九年级期末）如图，△ABC与△DEF位似，点O为位似中心．已知OA∶OD=1∶2，则△ABC与△DEF的面积比为（ ）
A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶5
10．（2022秋·湖北咸宁·九年级期末）如图所示，正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，O为位似中心，位似比为1∶，点A的坐标为(1，0)，则E点的坐标为( )
A．(，0) B． C．(，) D．(2，2)
二、填空题
11．（2022秋·湖北武汉·九年级统考期末）如图，和是以点为位似中心的位似图形，若，的周长为4，则的周长为 ．
12．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）如图，已知A（3，0），B（2，3），将△OAB以点O为位似中心，相似比为2：1，放大得到，则顶点B的对应点的坐标为 ．
13．（2022秋·湖北襄阳·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，已知点E（-4，2），F（-2，-2），以原点O为位似中心，相似比为1：2，把△EFO缩小，则点E的对应点E′的坐标是 ．
14．（2022秋·湖北宜昌·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣3，6），B（﹣9，﹣3），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 ．
三、解答题
15．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）如图，在的网格中，每个小正方形的边长均为1，点O和的顶点均为格点，请你仅用无刻度的直尺在给定网格中画图，画图过程用虚线表示，画图结果用实线表示，按步骤完成下列问题：
(1)如图1，在的内部作，使和位似，且位似中心为点O，位似比为；
(2)连接图1中的，则线段的长度是______．
(3)如图2，在AC上取点P，使得，连接AO，作出点P关于AO的对称点Q．
16．（2022秋·湖北孝感·九年级期末）在正方形网格中，每个小正方形的边长为，在平面直角坐标系中的位置如图所示．
(1)以点为位似中心，作出的位似图形，使和位似比为：，并写出点的坐标；
(2)作出绕点逆时针旋转后的图形；并求出点所经过的路径长．
17．（2022秋·湖北武汉·九年级期末）已知，在△ABC中，∠BCA＝90°，AC＝kBC，点D，E分别在边BC，AC上，且AE＝kCD，作线段DF⊥DE，且DE＝kDF，连接EF交AB于点G．
（1）如图1，当k＝1时，求证：①∠CED＝∠BDF，②AG＝GB；
（2）如图2，当k≠1时，猜想的值，并说明理由；
（3）当k＝2，AE＝4BD时，直接写出的值．
18．（2022秋·湖北黄石·九年级期末）如图，在已知的平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在正方形网格的格点上，若A，B两点的坐标分别是A（﹣1，0），B（0，3）．
（1）以点O为位似中心，与△ABC位似的△A1B1C1满足A1B1：AB=2：1，请在网格内画出△A1B1C1；
（2）A1的坐标是 ，C1的坐标是 ．
参考答案：
1．D
【分析】直接利用位似图形的性质，求出面积比，即可求解．
【详解】∵以点O为位似中心，作四边形的位似图形，，
∴，
则四边形面积为．
故选：D．
【点睛】本题考查了位似图形的性质，位似图形面积比等于相似比的平方，据此即可求解．
2．C
【分析】由题意可得OA：OD=1：，又由点A的坐标为（1，0），即可求得OD的长，又由正方形的性质，即可求得E点的坐标．
【详解】解：∵正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，O为位似中心，相似比为1：，
∴OA：OD=1：，
∵点A的坐标为（1，0），
即OA=1，
∴OD=，
∵四边形ODEF是正方形，
∴DE=OD=．
∴E点的坐标为：（，）．
故选：C．
【点睛】此题考查了位似变换的性质与正方形的性质．此题比较简单，注意理解位似变换与相似比的定义是解此题的关键．
3．D
【分析】△ABC与△DEF是位似图形，所以△ABC∽△DEF，根据勾股定理求出AB和DE即可解答．
【详解】解：∵△ABC与△DEF是位似图形，
∴△ABC∽△DEF，
由图可知AB=，DE=，
∴
∴△ABC与△DEF的相似比为2，
故选：D．
【点睛】本题考查位似图形的性质．
4．C
【分析】根据位似图形的对应边平行，位似图形相似，对应顶点到位似中心的距离之比等于位似比，对应顶点所在的直线经过位似中心，来判断．
【详解】A. AB∥A′B．位似图形的对应边平行，正确，不能选；
B. △ABC ∽ △A′B′C′．位似图形相似，正确，不能选；
C. AO：AA′＝1：2．对应顶点到位似中心距离的比等于位似比，不正确，能选；
D. 点C、O、C′三点在同一直线上．对应顶点所在的直线经过位似中心，正确，不能选．
故选C
【点睛】本题考查了位似三角形，熟练掌握位似图形的定义和性质是解决本题的关键．
5．D
【分析】根据位似变换的性质、坐标与图形性质计算．
【详解】以原点O为位似中心，把这个三角形缩小为原来的，点A的坐标为，
∴点C的坐标为：或，
即或，
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．
6．C
【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】解：∵△ABO三个顶点的坐标分别为A（4，﹣5），B（6，0），0（0，0），以原点为位似中心，将这个三角形放大为原来的2倍，得到△CDO，
∴点A的对应点A′的坐标为：（8，﹣10）或（﹣8，10）．
故选：C．
【点睛】此题考查了位似变换与坐标的关系，解题的关键是正确掌握位似图形的性质．
7．A
【分析】利用位似的性质得△ABC∽△DEF，OB：OE= 1：2，然后根据相似三角形的性质解决问题．
【详解】解：∵△ABC与△DEF位似，点O为位似中心．
∴△ABC∽△DEF，OB：OE= 1：2，
∴△ABC与△DEF的周长比是：1：2．
故选：A．
【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关键．
8．B
【分析】根据题意求出两个相似多边形的相似比，根据相似多边形的性质解答．
【详解】∵四边形ABCD与四边形EFGH位似，位似中心点是点O，＝
∴＝＝
则＝＝
故选：B
【点睛】本题考查了位似的概念、相似多边形的性质，注意：根据性质，面积的比等于相似比的平方，而不是等于相似比，也不是等于的平方．
9．C
【分析】根据位似图形的性质即可得出答案．
【详解】由位似变换的性质可知，
△ABC与△DEF的相似比为：1∶2
△ABC与△DEF的面积比为：1∶4
故选C．
【点睛】本题考查了位似图形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
10．C
【详解】【分析】由位似性质可知 , ,进一步可得E的坐标.
【详解】∵正方形OABC与正方形ODEF是位似图形，点O为位似中心，相似比为1：，点B的坐标为（1，1），
∴ , ,
∴点E的坐标是（,），
故选C
【点睛】本题考核知识点：位似.解题关键点：由位似比求得相似比.
11．10
【分析】根据位似图形的性质，得到，根据得到相似比为：，再结合三角形的周长比等于相似比即可得到答案．
【详解】解：和是以点为位似中心的位似图形，
，
，
，
，
根据与的周长比等于相似比可得：，
，
，
故答案为：10．
【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．
12．或/或
【分析】利用位似图形坐标变化特征解答即可．
【详解】解：由位似图形坐标变化的特征可知：
或．
故答案为：或
【点睛】本题考查位似图形坐标变化特征：一般地，在平面直角坐标系中，如果以原点为位似中心，画出一个与原图形位似的图形，使它与原图形的相似比为k，那么与原图形上的点对应的位似图形上的点的坐标为或.
13．（-2，1）或（2，-1）．
【分析】根据已知得出位似图形对应坐标与位似图形比的关系进而得出答案．
【详解】解：∵顶点E的坐标是（-4，2），以原点O为位似中心相似比为1：2将△EFO缩小得到它的位似图形△E′F′O，
∴点E′的坐标是：（×（-4），×2），[- ×（-4），- ×2]，
即（-2，1）或（2，-1）．
故答案为（-2，1）或（2，-1）．
【点睛】本题考查位似图形的性质，根据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得出是解题的关键．
14．（-1，2）或（1，-2）
【详解】解：根据位似变换的位似比 ，可直接求A′的坐标为（-1，2）．或（1，-2）
故答案为（-1，2）或（1，-2）
【点睛】此题主要考查了位似变换的性质，解题时根据位似比直接由相似的性质求解即可，此题比较简单，是常考题．
15．(1)将详解
(2)
(3)见详解
【分析】（1）利用位似变换的性质找出，，的中点，，，连接即可求得图形；
（2）利用勾股定理求值即可；
（3）取格点M，N，连接交于点P，点P即为所求，取格点J，K，连接，取格点E，F，连接交格线于点W，连接PW交JK于点Q，点Q即为所求．
【详解】（1）如图1所示，即为所求，
（2）由图可知；
（3）如图2所示，点P，点Q即为所求，
【点睛】本土主要考查位似作图，轴对称变换以及勾股定理的应用，关键在于熟练运用数形结合的思想捷星解决问题．
16．(1)作图见详解，点的坐标为
(2)点所经过的路径长为
【分析】（1）延长AC到A1使CA1=2AC，延长BC到B1使CB1=2BC，则A1B1C满足条件；
（2）利用网格特点和旋转的性质画出A、B的对应点A2、B2，从而得到A2B2C，然后根据弧长公式计算点B所经过的路径长．
【详解】（1）解：如图，为所作，点的坐标为；
（2）解：如图，为所作，
，
所以点所经过的路径长
【点睛】此题考查了作图-位似变换和旋转变换，解题的关键是熟练掌握画位似图形的一般步骤．
17．（1）①详见解析；②详见解析；（2），理由详见解析；（3）
【分析】（1）由同角的余角相等可证，连接BF，易证继而可证，即可得到.
（2）由已知可求，得，由可知，再证，得，结合已知线段关系可知，即可得到.
（3）设BD为x，由k=2、AE=4BD可得AE=2CD=4x，AC=2BC=6x，DE=2DF，通过转化可得CE=CD=2x，进而通过勾股定理可得DE=2DF=2x，即可求出.
【详解】解：（1）①∵，，
∴．
∵，，
∴．
②如图，连接BF，
∵，，
∴．
由①知，又∵，
∴．
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴，．
∴．
∴．
（2）．理由如下：
如图，连接BF，
∵，，
∴．
∵，，
∴．
∵，，，
∴．
∴．
∴．
∴，．
∴，．
∴．
∴，．
∴．
∴．
∵，，
∴．
∴．
（3）
理由如下：当k=2时，依题意得AE=2CD,AC=2BC,DE=2DF，
又有AE=4BD，
∴CD=2BD，
设BD=x，则CD=2x，BC=3x，AE=4x，AC=6x.
∴CE=2x，
∵∠ACB=90°，
∴DE==2x，
∵DE=2DF，
∴DF=x，
∴
【点睛】此题考查了全等三角形和相似三角形的判定和性质，关键是根据根据已知构造和证明三角形相似和利用相似性质对线段比进行转化．
18．(1)见解析；（2）（2，0）、（4，﹣4）．
【详解】试题分析：（1）连接并延长到长度找到各点的对应点，顺次连接即可．
（2）从坐标系中读出各点的坐标即可．
试题解析：（1）如图所示，即为所求；
（2）由（1）知，的坐标是 的坐标是
故答案为
