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7.如图，正方形$ABCD$的两边$BC$，$AB$分别在平面直角坐标系的$x$轴、$y$轴的正半轴上，正方形$A'B'C'D'$与正方形$ABCD$是以$AC$的中点$O'$为位似中心的位似图形，已知$AC=3\sqrt{2}$，若点$A'$的坐标为$(1,2)$，则正方形$A'B'C'D'$与正方形$ABCD$的相似比是(
A.$\frac{1}{6}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{2}{3}$
B
).A.$\frac{1}{6}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{2}{3}$
答案
7. B
解析
解：
∵正方形$ABCD$中，$BC$、$AB$分别在$x$轴、$y$轴正半轴，$AC=3\sqrt{2}$，
∴设正方形$ABCD$边长为$a$，则$AC=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}=3\sqrt{2}$，解得$a=3$。
∴点$A(0,3)$，$C(3,0)$，$AC$中点$O'$坐标为$\left(\frac{0+3}{2},\frac{3+0}{2}\right)=\left(\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right)$。
∵正方形$A'B'C'D'$与$ABCD$以$O'$为位似中心，点$A'(1,2)$在$OA$上，
∴位似比$k=\frac{O'A'}{O'A}$。
计算$O'A'$：$\sqrt{\left(1-\frac{3}{2}\right)^2+\left(2-\frac{3}{2}\right)^2}=\sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$；
计算$O'A$：$\sqrt{\left(0-\frac{3}{2}\right)^2+\left(3-\frac{3}{2}\right)^2}=\sqrt{\left(-\frac{3}{2}\right)^2+\left(\frac{3}{2}\right)^2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
∴$k=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{3\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{3}$。
答案：$\frac{1}{3}$
∵正方形$ABCD$中，$BC$、$AB$分别在$x$轴、$y$轴正半轴，$AC=3\sqrt{2}$，
∴设正方形$ABCD$边长为$a$，则$AC=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}=3\sqrt{2}$，解得$a=3$。
∴点$A(0,3)$，$C(3,0)$，$AC$中点$O'$坐标为$\left(\frac{0+3}{2},\frac{3+0}{2}\right)=\left(\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right)$。
∵正方形$A'B'C'D'$与$ABCD$以$O'$为位似中心，点$A'(1,2)$在$OA$上，
∴位似比$k=\frac{O'A'}{O'A}$。
计算$O'A'$：$\sqrt{\left(1-\frac{3}{2}\right)^2+\left(2-\frac{3}{2}\right)^2}=\sqrt{\left(-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$；
计算$O'A$：$\sqrt{\left(0-\frac{3}{2}\right)^2+\left(3-\frac{3}{2}\right)^2}=\sqrt{\left(-\frac{3}{2}\right)^2+\left(\frac{3}{2}\right)^2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
∴$k=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{\frac{3\sqrt{2}}{2}}=\frac{1}{3}$。
答案：$\frac{1}{3}$
8.如图，$\triangle ABC$的$A$，$B$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$\triangle ABC$的位似图形$\triangle A'B'C$，并把$\triangle ABC$的边长放大到原来的$2$倍.设点$B$的对应点$B'$的横坐标是$a$，则点$B$的横坐标是(
A.$-\frac{1}{2}a$
B.$-\frac{1}{2}(a+1)$
C.$-\frac{1}{2}(a-1)$
D.$-\frac{1}{2}(a+3)$
D
).A.$-\frac{1}{2}a$
B.$-\frac{1}{2}(a+1)$
C.$-\frac{1}{2}(a-1)$
D.$-\frac{1}{2}(a+3)$
答案
8. D
解析
解：设点$B$的横坐标为$x$。
∵以点$C(-1,0)$为位似中心，位似比为$\frac{1}{2}$（$\triangle ABC$与$\triangle A'B'C$在$x$轴异侧），
∴由位似变换坐标关系：$\frac{x - (-1)}{a - (-1)}=-\frac{1}{2}$，即$\frac{x + 1}{a + 1}=-\frac{1}{2}$。
解得$x=-\frac{1}{2}(a + 3)$。
答案：D
∵以点$C(-1,0)$为位似中心，位似比为$\frac{1}{2}$（$\triangle ABC$与$\triangle A'B'C$在$x$轴异侧），
∴由位似变换坐标关系：$\frac{x - (-1)}{a - (-1)}=-\frac{1}{2}$，即$\frac{x + 1}{a + 1}=-\frac{1}{2}$。
解得$x=-\frac{1}{2}(a + 3)$。
答案：D
9.如图，用下面的方法可以画$\triangle AOB$的内接等边三角形，阅读后证明相应结论.
①在$\triangle AOB$内画等边三角形$CDE$，使点$C$在$OA$上，点$D$在$OB$上.
②连接$OE$并延长，交$AB$于点$E'$.过点$E'$作$E'C' // EC$，交$OA$于点$C'$，作$E'D' // ED$，交$OB$于点$D'$.
③连接$C'D'$，则$\triangle C'D'E'$是$\triangle AOB$的内接三角形.
求证$\triangle C'D'E'$是等边三角形.
①在$\triangle AOB$内画等边三角形$CDE$，使点$C$在$OA$上，点$D$在$OB$上.
②连接$OE$并延长，交$AB$于点$E'$.过点$E'$作$E'C' // EC$，交$OA$于点$C'$，作$E'D' // ED$，交$OB$于点$D'$.
③连接$C'D'$，则$\triangle C'D'E'$是$\triangle AOB$的内接三角形.
求证$\triangle C'D'E'$是等边三角形.
答案
9.$\because EC // E'C'$,$\therefore \frac{CE}{C'E'} = \frac{OE}{OE'}$,$\angle CEO = \angle C'E'O$.
$\because ED // E'D'$,$\therefore \frac{ED}{E'D'} = \frac{OE}{OE'}$,$\angle DEO = \angle D'E'O$.
$\therefore \frac{CE}{C'E'} = \frac{ED}{E'D'}$,$\angle CED = \angle C'E'D'$.
$\because \triangle CDE$是等边三角形，
$\therefore CE = ED$,$\angle CED = 60°$.
$\therefore C'E' = E'D'$,$\angle C'E'D' = 60°$.
$\therefore \triangle C'E'D'$是等边三角形.
$\because ED // E'D'$,$\therefore \frac{ED}{E'D'} = \frac{OE}{OE'}$,$\angle DEO = \angle D'E'O$.
$\therefore \frac{CE}{C'E'} = \frac{ED}{E'D'}$,$\angle CED = \angle C'E'D'$.
$\because \triangle CDE$是等边三角形，
$\therefore CE = ED$,$\angle CED = 60°$.
$\therefore C'E' = E'D'$,$\angle C'E'D' = 60°$.
$\therefore \triangle C'E'D'$是等边三角形.
