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9. [2026·合肥蜀山区二模]如图,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,AB=6,E为AB的中点,F是AD上一点,AF=$\frac{1}{3}$AB,G为CD上一点,连接GE交BD于点H.若∠GEF=∠A,则$\frac{S_{△ DGH}}{S_{△ AFE}}$的值为 (
A.$\frac{2}{3}$
B.$\frac{9}{4}$
C.$\frac{1}{4}$
D.4
C
)A.$\frac{2}{3}$
B.$\frac{9}{4}$
C.$\frac{1}{4}$
D.4
答案
9.C
解析
【分析】首先利用菱形的性质推出△ABD是等边三角形，得到∠A=∠ABD=60°，结合已知∠GEF=∠A，通过角的等量代换证明△AEF∽△BHE，利用相似性质求出BH、DH的长度；再由CD//AB证明△DGH∽△BEH，最后结合相似三角形面积比等于相似比的平方，推导两个目标三角形的面积比值即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴AB=AD=6，∠A=60°，BD平分∠ABC，即∠ABD=60°，
∴△ABD是等边三角形，BD=AB=6。
∵E为AB中点，
∴AE=BE=3，
由AF=$\frac{1}{3}$AB得AF=2。
在△AEF中，∠A=60°，
∴∠AFE+∠AEF=180°-60°=120°，
∵∠GEF=∠A=60°，
∴∠AEF+∠BEG=180°-∠GEF=120°，
∴∠AFE=∠BEG，
又
∵∠A=∠EBH=60°，
∴△AEF∽△BHE（两角对应相等，三角形相似），
∴相似比$k_1=\frac{AF}{BE}=\frac{2}{3}$，则$\frac{S_{△AEF}}{S_{△BEH}}=k_1^2=(\frac{2}{3})^2=\frac{4}{9}$，
且$\frac{AE}{BH}=\frac{AF}{BE}$，代入得$\frac{3}{BH}=\frac{2}{3}$，解得BH=$\frac{9}{2}$，
∴DH=BD-BH=6-$\frac{9}{2}$=$\frac{3}{2}$。
∵CD//AB，
∴∠GDH=∠EBH=60°，∠GHD=∠EHB，
∴△DGH∽△BEH（两角对应相等，三角形相似），
相似比$k_2=\frac{DH}{BH}=\frac{\frac{3}{2}}{\frac{9}{2}}=\frac{1}{3}$，则$\frac{S_{△DGH}}{S_{△BEH}}=k_2^2=(\frac{1}{3})^2=\frac{1}{9}$。
设$S_{△AFE}=4a$，则$S_{△BEH}=9a$，$S_{△DGH}=9a×\frac{1}{9}=a$，
∴$\frac{S_{△DGH}}{S_{△AFE}}=\frac{a}{4a}=\frac{1}{4}$。
【答案】C
【知识点】菱形的性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质
【点评】本题属于几何综合题，核心是通过角的代换找到相似三角形，再结合相似三角形的面积性质求解，对学生的逻辑推理能力和计算能力有一定要求。
【难度系数】0.4
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴AB=AD=6，∠A=60°，BD平分∠ABC，即∠ABD=60°，
∴△ABD是等边三角形，BD=AB=6。
∵E为AB中点，
∴AE=BE=3，
由AF=$\frac{1}{3}$AB得AF=2。
在△AEF中，∠A=60°，
∴∠AFE+∠AEF=180°-60°=120°，
∵∠GEF=∠A=60°，
∴∠AEF+∠BEG=180°-∠GEF=120°，
∴∠AFE=∠BEG，
又
∵∠A=∠EBH=60°，
∴△AEF∽△BHE（两角对应相等，三角形相似），
∴相似比$k_1=\frac{AF}{BE}=\frac{2}{3}$，则$\frac{S_{△AEF}}{S_{△BEH}}=k_1^2=(\frac{2}{3})^2=\frac{4}{9}$，
且$\frac{AE}{BH}=\frac{AF}{BE}$，代入得$\frac{3}{BH}=\frac{2}{3}$，解得BH=$\frac{9}{2}$，
∴DH=BD-BH=6-$\frac{9}{2}$=$\frac{3}{2}$。
∵CD//AB，
∴∠GDH=∠EBH=60°，∠GHD=∠EHB，
∴△DGH∽△BEH（两角对应相等，三角形相似），
相似比$k_2=\frac{DH}{BH}=\frac{\frac{3}{2}}{\frac{9}{2}}=\frac{1}{3}$，则$\frac{S_{△DGH}}{S_{△BEH}}=k_2^2=(\frac{1}{3})^2=\frac{1}{9}$。
设$S_{△AFE}=4a$，则$S_{△BEH}=9a$，$S_{△DGH}=9a×\frac{1}{9}=a$，
∴$\frac{S_{△DGH}}{S_{△AFE}}=\frac{a}{4a}=\frac{1}{4}$。
【答案】C
【知识点】菱形的性质，相似三角形的判定与性质，等边三角形的性质
【点评】本题属于几何综合题，核心是通过角的代换找到相似三角形，再结合相似三角形的面积性质求解，对学生的逻辑推理能力和计算能力有一定要求。
【难度系数】0.4
10. [2024·淮北期末]如图,在矩形ABCD中,$AB=10\ \mathrm{cm},BC=6\ \mathrm{cm}$,点P沿AB边从点A开始向点B以2 cm/s的速度移动,点Q沿DA边从点D开始向点A以1 cm/s的速度移动.如果点P,Q同时出发,当以点Q,A,P为顶点的三角形与$△ ABC$相似时,所需时间$t$(单位:s)的值为
$\frac{18}{13}$或$\frac{30}{11}$
.答案
10.$\frac{18}{13}$或$\frac{30}{11}$
解析
【分析】
本题是矩形背景下的动点相似问题，解题思路如下：1. 先根据动点的速度和运动时间t，用含t的代数式表示出△QAP的两条直角边AQ、AP的长度，同时明确△ABC的两条直角边长度；2. 两个三角形均为直角三角形，直角为对应角，但两条直角边的对应关系不唯一，因此需要分两种情况讨论相似的对应边；3. 分别根据相似三角形对应边成比例列方程求解，最后检验t值是否符合动点的运动范围，舍去不符合的解即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠QAP=∠B=90°，AD=BC=6cm，
设运动时间为t s，由题意得0＜t≤5（P运动到B点需10÷2=5s，Q运动到A点需6÷1=6s，取较小值），
则DQ=t cm，AP=2t cm，
∴AQ=AD-DQ=(6-t) cm，
以Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似，分两种情况：
① 当△QAP∽△ABC时，对应边成比例：$\frac{QA}{AB}=\frac{AP}{BC}$，
代入得：$\frac{6-t}{10}=\frac{2t}{6}$，
交叉相乘得：$6(6-t)=20t$，
解得：$t=\frac{18}{13}$，符合取值范围；
② 当△PAQ∽△ABC时，对应边成比例：$\frac{PA}{AB}=\frac{AQ}{BC}$，
代入得：$\frac{2t}{10}=\frac{6-t}{6}$，
交叉相乘得：$12t=10(6-t)$，
解得：$t=\frac{30}{11}$，符合取值范围；
综上，所需时间t的值为$\frac{18}{13}$或$\frac{30}{11}$。
【答案】
$\frac{18}{13}$或$\frac{30}{11}$
【知识点】
矩形的性质；相似三角形的性质；分类讨论思想
【点评】
本题是动点与相似结合的典型题型，解题核心是明确相似三角形对应边不唯一时需分类讨论，求出解后要注意验证是否符合动点实际运动范围，避免出现增根。
【难度系数】
0.6
本题是矩形背景下的动点相似问题，解题思路如下：1. 先根据动点的速度和运动时间t，用含t的代数式表示出△QAP的两条直角边AQ、AP的长度，同时明确△ABC的两条直角边长度；2. 两个三角形均为直角三角形，直角为对应角，但两条直角边的对应关系不唯一，因此需要分两种情况讨论相似的对应边；3. 分别根据相似三角形对应边成比例列方程求解，最后检验t值是否符合动点的运动范围，舍去不符合的解即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠QAP=∠B=90°，AD=BC=6cm，
设运动时间为t s，由题意得0＜t≤5（P运动到B点需10÷2=5s，Q运动到A点需6÷1=6s，取较小值），
则DQ=t cm，AP=2t cm，
∴AQ=AD-DQ=(6-t) cm，
以Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似，分两种情况：
① 当△QAP∽△ABC时，对应边成比例：$\frac{QA}{AB}=\frac{AP}{BC}$，
代入得：$\frac{6-t}{10}=\frac{2t}{6}$，
交叉相乘得：$6(6-t)=20t$，
解得：$t=\frac{18}{13}$，符合取值范围；
② 当△PAQ∽△ABC时，对应边成比例：$\frac{PA}{AB}=\frac{AQ}{BC}$，
代入得：$\frac{2t}{10}=\frac{6-t}{6}$，
交叉相乘得：$12t=10(6-t)$，
解得：$t=\frac{30}{11}$，符合取值范围；
综上，所需时间t的值为$\frac{18}{13}$或$\frac{30}{11}$。
【答案】
$\frac{18}{13}$或$\frac{30}{11}$
【知识点】
矩形的性质；相似三角形的性质；分类讨论思想
【点评】
本题是动点与相似结合的典型题型，解题核心是明确相似三角形对应边不唯一时需分类讨论，求出解后要注意验证是否符合动点实际运动范围，避免出现增根。
【难度系数】
0.6
11.如图,在$△ BAC$中,点$D,E,F$分别在边$AB,BC,AC$上,$DE// AC,EF// AB$.
(1)求证:$△ BDE∽△ EFC$.
(2)设$\frac{AF}{FC}=\frac{1}{2}$.
①若$BC=12$,求线段$BE$的长;
②若$△ EFC$的面积是$20$,求$△ BAC$的面积.
(1)求证:$△ BDE∽△ EFC$.
(2)设$\frac{AF}{FC}=\frac{1}{2}$.
①若$BC=12$,求线段$BE$的长;
②若$△ EFC$的面积是$20$,求$△ BAC$的面积.
答案
11.(1)证明略. (2)①4 ②45
解析
【分析】
(1)要证明两个三角形相似，可通过寻找两组对应角相等证明：结合已知的两组平行线，利用平行线的同位角相等性质，即可得到△BDE和△EFC的两组对应角相等，从而证明相似。
(2)①根据EF//AB，利用平行线分线段成比例定理可得BE与EC的比值，结合BC的总长度即可求出BE的长；
②先由EF//AB判定△EFC和△BAC相似，求出两个三角形的相似比，再根据相似三角形面积比等于相似比的平方，结合已知△EFC的面积即可求出△BAC的面积。
【解析】
(1)证明：
∵DE//AC，
∴∠DEB=∠C（两直线平行，同位角相等），
∵EF//AB，
∴∠B=∠FEC（两直线平行，同位角相等），
∴△BDE∽△EFC（两角分别相等的两个三角形相似）。
(2)①解：
∵EF//AB，
∴$\frac{BE}{EC}=\frac{AF}{FC}=\frac{1}{2}$，
∴EC=2BE，
∵BC=BE+EC=12，
∴BE+2BE=12，即3BE=12，
解得BE=4。
②解：
∵EF//AB，
∴△EFC∽△BAC，
∵$\frac{AF}{FC}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{FC}{AC}=\frac{FC}{AF+FC}=\frac{2}{1+2}=\frac{2}{3}$，即△EFC与△BAC的相似比为$\frac{2}{3}$，
∴$\frac{S_{△EFC}}{S_{△BAC}}=(\frac{2}{3})^2=\frac{4}{9}$，
∵$S_{△EFC}=20$，
∴$S_{△BAC}=20÷\frac{4}{9}=45$。
【答案】
(1)证明成立；(2)①$\boldsymbol{4}$；②$\boldsymbol{45}$
【知识点】
相似三角形的判定；平行线分线段成比例；相似三角形的性质
【点评】
本题是相似三角形的基础应用题型，结合平行线的性质考查相似的判定与相关计算，解题的关键是熟练掌握平行线所得的角、线段比例关系，以及相似三角形面积比与相似比的对应关系。
【难度系数】
0.7
(1)要证明两个三角形相似，可通过寻找两组对应角相等证明：结合已知的两组平行线，利用平行线的同位角相等性质，即可得到△BDE和△EFC的两组对应角相等，从而证明相似。
(2)①根据EF//AB，利用平行线分线段成比例定理可得BE与EC的比值，结合BC的总长度即可求出BE的长；
②先由EF//AB判定△EFC和△BAC相似，求出两个三角形的相似比，再根据相似三角形面积比等于相似比的平方，结合已知△EFC的面积即可求出△BAC的面积。
【解析】
(1)证明：
∵DE//AC，
∴∠DEB=∠C（两直线平行，同位角相等），
∵EF//AB，
∴∠B=∠FEC（两直线平行，同位角相等），
∴△BDE∽△EFC（两角分别相等的两个三角形相似）。
(2)①解：
∵EF//AB，
∴$\frac{BE}{EC}=\frac{AF}{FC}=\frac{1}{2}$，
∴EC=2BE，
∵BC=BE+EC=12，
∴BE+2BE=12，即3BE=12，
解得BE=4。
②解：
∵EF//AB，
∴△EFC∽△BAC，
∵$\frac{AF}{FC}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{FC}{AC}=\frac{FC}{AF+FC}=\frac{2}{1+2}=\frac{2}{3}$，即△EFC与△BAC的相似比为$\frac{2}{3}$，
∴$\frac{S_{△EFC}}{S_{△BAC}}=(\frac{2}{3})^2=\frac{4}{9}$，
∵$S_{△EFC}=20$，
∴$S_{△BAC}=20÷\frac{4}{9}=45$。
【答案】
(1)证明成立；(2)①$\boldsymbol{4}$；②$\boldsymbol{45}$
【知识点】
相似三角形的判定；平行线分线段成比例；相似三角形的性质
【点评】
本题是相似三角形的基础应用题型，结合平行线的性质考查相似的判定与相关计算，解题的关键是熟练掌握平行线所得的角、线段比例关系，以及相似三角形面积比与相似比的对应关系。
【难度系数】
0.7
12.如图,在$△ ABC$中,点D在边BC上,$AE// BC$,BE与AD,AC分别相交于点F,G,$AF^2=FG· FE$.
(1)求证:$△ CAD∽△ CBG$;
(2)[一题多解题]连接DG,求证:$DG· AE=AB· AG$.
(1)求证:$△ CAD∽△ CBG$;
(2)[一题多解题]连接DG,求证:$DG· AE=AB· AG$.
答案
12.证明:(1)略.
(2)由(1)知$△ CAD∽△ CBG,\therefore \frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CG}.$
$\because ∠ DCG=∠ ACB,\therefore △ CDG∽△ CAB,\therefore \frac{DG}{AB}=\frac{CG}{CB}.$
$\because AE// BC,\therefore \frac{AE}{CB}=\frac{AG}{CG},\therefore \frac{AG}{AE}=\frac{CG}{CB},\therefore \frac{DG}{AB}=\frac{AG}{AE},$
$\therefore DG· AE=AB· AG.$
(2)由(1)知$△ CAD∽△ CBG,\therefore \frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CG}.$
$\because ∠ DCG=∠ ACB,\therefore △ CDG∽△ CAB,\therefore \frac{DG}{AB}=\frac{CG}{CB}.$
$\because AE// BC,\therefore \frac{AE}{CB}=\frac{AG}{CG},\therefore \frac{AG}{AE}=\frac{CG}{CB},\therefore \frac{DG}{AB}=\frac{AG}{AE},$
$\therefore DG· AE=AB· AG.$
解析
【分析】
(1) 要证$△ CAD∽△ CBG$，观察可知两三角形有公共角$∠ C$，只需再证一组对应角相等即可。首先把已知等积式$AF^2=FG·FE$转化为比例式，结合公共角可证$△ AFE∽△ GFA$，得到$∠ E=∠ FAG$；再结合$AE// BC$推出$∠ E=∠ CBG$，等量代换得到$∠ CAD=∠ CBG$，结合公共角即可完成相似证明。
(2) 要证等积式$DG·AE=AB·AG$，可转化为证比例式$\frac{DG}{AB}=\frac{AG}{AE}$。首先由(1)的相似结论得到对应边成比例，结合公共角$∠ DCG=∠ ACB$可证$△ CDG∽△ CAB$，得到$\frac{DG}{AB}=\frac{CG}{CB}$；再由$AE// BC$，根据平行线分线段成比例得到$\frac{AE}{CB}=\frac{AG}{CG}$，变形后和前面的比例式等量代换，即可得到目标比例式，再转化为等积式即可。
【解析】
(1) 证明：
$\because AF^2=FG·FE$，
$\therefore \frac{AF}{FG}=\frac{FE}{AF}$，
又$\because ∠ AFE=∠ GFA$，
$\therefore △ AFE∽△ GFA$，
$\therefore ∠ E=∠ FAG$，
$\because AE// BC$，
$\therefore ∠ E=∠ CBG$，
$\therefore ∠ CAD=∠ CBG$，
又$\because ∠ C=∠ C$，
$\therefore △ CAD∽△ CBG$。
(2) 证明：
由(1)知$△ CAD∽△ CBG$，
$\therefore \frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CG}$，
$\because ∠ DCG=∠ ACB$，
$\therefore △ CDG∽△ CAB$，
$\therefore \frac{DG}{AB}=\frac{CG}{CB}$，
$\because AE// BC$，
$\therefore \frac{AE}{CB}=\frac{AG}{CG}$，即$\frac{AG}{AE}=\frac{CG}{CB}$，
$\therefore \frac{DG}{AB}=\frac{AG}{AE}$，
$\therefore DG·AE=AB·AG$。
【答案】
证明见上述解析过程
【知识点】
相似三角形的判定与性质，平行线的性质，比例的性质
【点评】
本题属于相似三角形的综合应用类题目，解题的关键是灵活将等积式转化为比例式，结合公共角、平行线的性质找到证明三角形相似的条件，侧重考查逻辑推理能力和转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
(1) 要证$△ CAD∽△ CBG$，观察可知两三角形有公共角$∠ C$，只需再证一组对应角相等即可。首先把已知等积式$AF^2=FG·FE$转化为比例式，结合公共角可证$△ AFE∽△ GFA$，得到$∠ E=∠ FAG$；再结合$AE// BC$推出$∠ E=∠ CBG$，等量代换得到$∠ CAD=∠ CBG$，结合公共角即可完成相似证明。
(2) 要证等积式$DG·AE=AB·AG$，可转化为证比例式$\frac{DG}{AB}=\frac{AG}{AE}$。首先由(1)的相似结论得到对应边成比例，结合公共角$∠ DCG=∠ ACB$可证$△ CDG∽△ CAB$，得到$\frac{DG}{AB}=\frac{CG}{CB}$；再由$AE// BC$，根据平行线分线段成比例得到$\frac{AE}{CB}=\frac{AG}{CG}$，变形后和前面的比例式等量代换，即可得到目标比例式，再转化为等积式即可。
【解析】
(1) 证明：
$\because AF^2=FG·FE$，
$\therefore \frac{AF}{FG}=\frac{FE}{AF}$，
又$\because ∠ AFE=∠ GFA$，
$\therefore △ AFE∽△ GFA$，
$\therefore ∠ E=∠ FAG$，
$\because AE// BC$，
$\therefore ∠ E=∠ CBG$，
$\therefore ∠ CAD=∠ CBG$，
又$\because ∠ C=∠ C$，
$\therefore △ CAD∽△ CBG$。
(2) 证明：
由(1)知$△ CAD∽△ CBG$，
$\therefore \frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CG}$，
$\because ∠ DCG=∠ ACB$，
$\therefore △ CDG∽△ CAB$，
$\therefore \frac{DG}{AB}=\frac{CG}{CB}$，
$\because AE// BC$，
$\therefore \frac{AE}{CB}=\frac{AG}{CG}$，即$\frac{AG}{AE}=\frac{CG}{CB}$，
$\therefore \frac{DG}{AB}=\frac{AG}{AE}$，
$\therefore DG·AE=AB·AG$。
【答案】
证明见上述解析过程
【知识点】
相似三角形的判定与性质，平行线的性质，比例的性质
【点评】
本题属于相似三角形的综合应用类题目，解题的关键是灵活将等积式转化为比例式，结合公共角、平行线的性质找到证明三角形相似的条件，侧重考查逻辑推理能力和转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
13. [易错题]在平面直角坐标系中，点C，D的坐标分别为(2,3)，(1,0)。现以原点为位似中心，将线段CD放大得到线段AB。若点D的对应点B在x轴上，且$OB=2$，则点C的对应点A的坐标为
(4,6)或(-4,-6)
。答案
13.(4,6)或(-4,-6)
解析
【分析】
解题时先从已知条件入手：首先明确位似中心是原点，点D(1,0)的对应点B在x轴上且OB=2，先确定点B的可能坐标，再计算位似比，最后结合位似图形的坐标变换规律求点A的坐标。注意位似图形存在在位似中心同侧、异侧两种情况，不要漏解。
【解析】
解：
∵点D的坐标为(1,0)，点D的对应点B在x轴上且OB=2，
∴点B的坐标为(2,0)或(-2,0)，
∴线段CD放大到线段AB的位似比$k=\frac{2}{1}=2$或$k=\frac{-2}{1}=-2$。
∵位似中心为原点，点C的坐标为(2,3)，
∴当$k=2$时，点A的坐标为$(2×2,3×2)=(4,6)$；
当$k=-2$时，点A的坐标为$(2×(-2),3×(-2))=(-4,-6)$。
【答案】
(4,6)或(-4,-6)
【知识点】
位似图形的性质；平面直角坐标系中的位似变换
【点评】
本题属于易错题，解题的关键是考虑到位似图形的两种位置情况：与原图形在位似中心的同侧或异侧，避免只计算正位似比漏解的情况。
【难度系数】
0.6
解题时先从已知条件入手：首先明确位似中心是原点，点D(1,0)的对应点B在x轴上且OB=2，先确定点B的可能坐标，再计算位似比，最后结合位似图形的坐标变换规律求点A的坐标。注意位似图形存在在位似中心同侧、异侧两种情况，不要漏解。
【解析】
解：
∵点D的坐标为(1,0)，点D的对应点B在x轴上且OB=2，
∴点B的坐标为(2,0)或(-2,0)，
∴线段CD放大到线段AB的位似比$k=\frac{2}{1}=2$或$k=\frac{-2}{1}=-2$。
∵位似中心为原点，点C的坐标为(2,3)，
∴当$k=2$时，点A的坐标为$(2×2,3×2)=(4,6)$；
当$k=-2$时，点A的坐标为$(2×(-2),3×(-2))=(-4,-6)$。
【答案】
(4,6)或(-4,-6)
【知识点】
位似图形的性质；平面直角坐标系中的位似变换
【点评】
本题属于易错题，解题的关键是考虑到位似图形的两种位置情况：与原图形在位似中心的同侧或异侧，避免只计算正位似比漏解的情况。
【难度系数】
0.6
14. 如图，在$11×7$的网格中，每个小正方形的边长均为1个单位长度，点$A$，$B$，$C$都在格点（网格线的交点）上。
(1)在线段$BC$下方用无刻度的直尺作出格点$O$，使得$OA=OC$。
(2)以点$O$为位似中心，将$△ ABC$放大为原来的2倍，得对应$△ A'B'C'$，请在网格中作出$△ A'B'C'$。
(1)在线段$BC$下方用无刻度的直尺作出格点$O$，使得$OA=OC$。
(2)以点$O$为位似中心，将$△ ABC$放大为原来的2倍，得对应$△ A'B'C'$，请在网格中作出$△ A'B'C'$。
答案
解：
(1) 在BC下方选取格点O，经计算得$OA=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$OC=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，满足$OA=OC$，该点O即为所求。
(2) 分别作射线$OA$、$OB$、$OC$，在三条射线上依次取点$A'$、$B'$、$C'$，使得$OA'=2OA$，$OB'=2OB$，$OC'=2OC$，顺次连接$A'$、$B'$、$C'$，所得$△ A'B'C'$即为以O为位似中心、将$△ ABC$放大为原来2倍的位似图形。
(1) 在BC下方选取格点O，经计算得$OA=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$OC=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，满足$OA=OC$，该点O即为所求。
(2) 分别作射线$OA$、$OB$、$OC$，在三条射线上依次取点$A'$、$B'$、$C'$，使得$OA'=2OA$，$OB'=2OB$，$OC'=2OC$，顺次连接$A'$、$B'$、$C'$，所得$△ A'B'C'$即为以O为位似中心、将$△ ABC$放大为原来2倍的位似图形。
解析
【分析】
(1) 要找到满足$OA=OC$的格点$O$，依据线段垂直平分线的判定：到线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上，可知$O$在$AC$的垂直平分线上，只需在$BC$下方的格点中，找到落在$AC$垂直平分线上的点，再通过勾股定理计算$OA$、$OC$的长度验证相等即可。
(2) 要作以$O$为位似中心、放大为原来2倍的$△ A'B'C'$，根据位似的性质：位似图形的对应点连线都经过位似中心，且对应点到位似中心的距离之比等于位似比，因此只需延长$OA$、$OB$、$OC$，在延长线上分别取点$A'$、$B'$、$C'$，使它们到$O$的距离是原对应点到$O$距离的2倍，再顺次连接三个点即可。
【解析】
(1) 观察$AC$的位置，在$BC$下方寻找格点，选取的点$O$经勾股定理计算：$OA=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$OC=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，满足$OA=OC$，该格点$O$即为所求。
(2) 分别作射线$OA$、$OB$、$OC$，在三条射线上依次取点$A'$、$B'$、$C'$，使得$OA'=2OA$，$OB'=2OB$，$OC'=2OC$，顺次连接$A'$、$B'$、$C'$，所得$△ A'B'C'$就是以$O$为位似中心，将$△ ABC$放大为原来2倍的位似图形。
【答案】
(1) 作出符合$OA=OC$的格点$O$即可；
(2) 作出符合位似要求的$△ A'B'C'$即可。
【知识点】
线段垂直平分线的判定，勾股定理，位似图形作图
【点评】
本题结合网格考查几何作图，既需要灵活运用线段垂直平分线的判定和勾股定理确定特殊点的位置，又要求熟练掌握位似图形的作图步骤，能有效锻炼动手操作能力和几何知识的应用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要找到满足$OA=OC$的格点$O$，依据线段垂直平分线的判定：到线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上，可知$O$在$AC$的垂直平分线上，只需在$BC$下方的格点中，找到落在$AC$垂直平分线上的点，再通过勾股定理计算$OA$、$OC$的长度验证相等即可。
(2) 要作以$O$为位似中心、放大为原来2倍的$△ A'B'C'$，根据位似的性质：位似图形的对应点连线都经过位似中心，且对应点到位似中心的距离之比等于位似比，因此只需延长$OA$、$OB$、$OC$，在延长线上分别取点$A'$、$B'$、$C'$，使它们到$O$的距离是原对应点到$O$距离的2倍，再顺次连接三个点即可。
【解析】
(1) 观察$AC$的位置，在$BC$下方寻找格点，选取的点$O$经勾股定理计算：$OA=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$OC=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，满足$OA=OC$，该格点$O$即为所求。
(2) 分别作射线$OA$、$OB$、$OC$，在三条射线上依次取点$A'$、$B'$、$C'$，使得$OA'=2OA$，$OB'=2OB$，$OC'=2OC$，顺次连接$A'$、$B'$、$C'$，所得$△ A'B'C'$就是以$O$为位似中心，将$△ ABC$放大为原来2倍的位似图形。
【答案】
(1) 作出符合$OA=OC$的格点$O$即可；
(2) 作出符合位似要求的$△ A'B'C'$即可。
【知识点】
线段垂直平分线的判定，勾股定理，位似图形作图
【点评】
本题结合网格考查几何作图，既需要灵活运用线段垂直平分线的判定和勾股定理确定特殊点的位置，又要求熟练掌握位似图形的作图步骤，能有效锻炼动手操作能力和几何知识的应用能力。
【难度系数】
0.7
