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7.聚焦中考跨学科主题学习「2026广东深圳南山月考，★☆」如图，这是物理学中的小孔成像，AB是物体，遮挡板MN上的小孔抽象成点O，AB透过小孔在光屏PQ上成的像是倒立放大的实像CD，△ABO和△DCO位似，位似中心为点O，遮挡板MN和光屏PQ的水平距离为8 cm，AB=6 cm，此时，像CD的长为12 cm，为了使像CD的长度变成AB长度的3倍，在物体AB和光屏PQ位置不变的情况下，可以将遮挡板MN（
A.水平向右移动1 cm
B.水平向左移动1 cm
C.水平向右移动1.5 cm
D.水平向左移动1.5 cm
第7题图 第8题图
B
）A.水平向右移动1 cm
B.水平向左移动1 cm
C.水平向右移动1.5 cm
D.水平向左移动1.5 cm
第7题图 第8题图
答案
7.B 如图,过点O作OE⊥AB于点E,延长EO交CD于点F,
∵△ABO与△DCO位似,位似中心为点O,
∴AB//CD,
∵OE⊥AB,
∴OF⊥CD,
∴OE,OF分别为△ABO和△DCO对应边AB,CD上的高,
∴OF=8 cm,
∵△ABO与△DCO位似,AB=6 cm,CD=12 cm,
∴$\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{OE}{OF}$,即$\dfrac{6}{12}=\dfrac{OE}{8}$,
∴OE=4 cm,
∴EF=OE+OF=4+8=12(cm),
设遮挡板移动后OE=x cm,则OF=(12-x)cm,此时像CD的长度变成AB长度的3倍,即CD=3AB=3×6=18(cm),
∵$\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{OE}{OF}$,即$\dfrac{6}{18}=\dfrac{x}{12-x}$,
∴x=3,
此时OE=3 cm,
∵4-3=1(cm),
∴可以将遮挡板MN水平向左移动1 cm.故选B.
解析
【分析】
本题是位似图形结合跨学科场景的计算问题，解题思路如下：首先，位似图形属于特殊的相似图形，对应边的比等于对应高的比，我们先作△ABO和△DCO的对应高OE、OF；其次，利用初始状态下AB、CD的长度和OF的长度，算出OE的长度，进而得到AB与CD的总水平距离（该距离因AB、PQ位置不变为定值）；最后，设移动后OE的长度为未知数，根据新的像长要求列出比例式求解，对比移动前后OE的长度即可得到遮挡板的移动方向和距离。
【解析】
过点O作OE⊥AB于点E，延长EO交CD于点F，
∵△ABO与△DCO位似，位似中心为点O，
∴AB//CD，
∵OE⊥AB，
∴OF⊥CD，即OE、OF分别是△ABO、△DCO对应边AB、CD上的高，由题意得初始时OF=8 cm。
∵位似图形对应边的比等于对应高的比，AB=6 cm，CD=12 cm，
∴$\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{OE}{OF}$，代入得$\dfrac{6}{12}=\dfrac{OE}{8}$，解得OE=4 cm。
则AB与CD的总水平距离EF=OE+OF=4+8=12 cm。
设遮挡板移动后OE的长度为x cm，则此时OF=(12-x)cm，要求像CD长度为AB的3倍，即CD=3×6=18 cm。
再次利用位似的比例关系得$\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{OE}{OF}$，代入得$\dfrac{6}{18}=\dfrac{x}{12-x}$，解得x=3 cm。
原来OE长4 cm，移动后为3 cm，说明遮挡板向AB方向（水平向左）移动了4-3=1 cm。
【答案】
B
【知识点】
位似图形的性质；相似三角形的性质；一元一次方程的应用
【点评】
本题结合物理小孔成像场景考查位似知识，属于跨学科题型，解题关键是抓住物体和光屏位置不变时二者总间距为定值，灵活运用位似图形的比例关系列方程求解，能有效考查学生的知识迁移和综合应用能力。
【难度系数】
0.7
本题是位似图形结合跨学科场景的计算问题，解题思路如下：首先，位似图形属于特殊的相似图形，对应边的比等于对应高的比，我们先作△ABO和△DCO的对应高OE、OF；其次，利用初始状态下AB、CD的长度和OF的长度，算出OE的长度，进而得到AB与CD的总水平距离（该距离因AB、PQ位置不变为定值）；最后，设移动后OE的长度为未知数，根据新的像长要求列出比例式求解，对比移动前后OE的长度即可得到遮挡板的移动方向和距离。
【解析】
过点O作OE⊥AB于点E，延长EO交CD于点F，
∵△ABO与△DCO位似，位似中心为点O，
∴AB//CD，
∵OE⊥AB，
∴OF⊥CD，即OE、OF分别是△ABO、△DCO对应边AB、CD上的高，由题意得初始时OF=8 cm。
∵位似图形对应边的比等于对应高的比，AB=6 cm，CD=12 cm，
∴$\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{OE}{OF}$，代入得$\dfrac{6}{12}=\dfrac{OE}{8}$，解得OE=4 cm。
则AB与CD的总水平距离EF=OE+OF=4+8=12 cm。
设遮挡板移动后OE的长度为x cm，则此时OF=(12-x)cm，要求像CD长度为AB的3倍，即CD=3×6=18 cm。
再次利用位似的比例关系得$\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{OE}{OF}$，代入得$\dfrac{6}{18}=\dfrac{x}{12-x}$，解得x=3 cm。
原来OE长4 cm，移动后为3 cm，说明遮挡板向AB方向（水平向左）移动了4-3=1 cm。
【答案】
B
【知识点】
位似图形的性质；相似三角形的性质；一元一次方程的应用
【点评】
本题结合物理小孔成像场景考查位似知识，属于跨学科题型，解题关键是抓住物体和光屏位置不变时二者总间距为定值，灵活运用位似图形的比例关系列方程求解，能有效考查学生的知识迁移和综合应用能力。
【难度系数】
0.7
8.「2026浙江金华期中，★★」由12个有公共顶点O的直角三角形拼成如图所示的图形，∠AOB=∠BOC=∠COD=…=∠LOM=30°.若$S_{△ AOB}=1$，则图中与$△ AOB$位似的三角形的面积为（
A.$(\dfrac{4}{3})^3$
B.$(\dfrac{4}{3})^7$
C.$(\dfrac{4}{3})^6$
D.$(\dfrac{3}{4})^6$
C
）A.$(\dfrac{4}{3})^3$
B.$(\dfrac{4}{3})^7$
C.$(\dfrac{4}{3})^6$
D.$(\dfrac{3}{4})^6$
答案
8.C 在Rt△AOB中,∠AOB=30°,
∴2AB=OB,
∴OA=$\sqrt{(2AB)^2-AB^2}=\sqrt{3}AB$,
∴OB=$\dfrac{2}{\sqrt{3}}OA$,
同理,OC=$\dfrac{2}{\sqrt{3}}OB$,
∴OC=$(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^2OA$,……,OG=$(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^6OA$,
由位似图形的概念可知,△GOH与△AOB位似,且相似比为$(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^6$,
∵$S_{△AOB}=1$,
∴$S_{△GOH}=[(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^6]^2=(\dfrac{4}{3})^6$,故选C.
∴2AB=OB,
∴OA=$\sqrt{(2AB)^2-AB^2}=\sqrt{3}AB$,
∴OB=$\dfrac{2}{\sqrt{3}}OA$,
同理,OC=$\dfrac{2}{\sqrt{3}}OB$,
∴OC=$(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^2OA$,……,OG=$(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^6OA$,
由位似图形的概念可知,△GOH与△AOB位似,且相似比为$(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^6$,
∵$S_{△AOB}=1$,
∴$S_{△GOH}=[(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^6]^2=(\dfrac{4}{3})^6$,故选C.
解析
【分析】
解题可按以下思路推进：①先利用含30°角的直角三角形的性质，结合勾股定理推导相邻两个直角三角形公共边的长度比例关系；②根据位似图形的定义（相似、对应顶点连线交于同一位似中心、对应边平行），结合图中相邻角均为30°，转过6个30°即180°时对应边平行，可确定△GOH是与△AOB位似的三角形；③推导两个三角形的位似比，再利用相似三角形面积比等于相似比的平方，计算出位似三角形的面积。
【解析】
在Rt△AOB中，∠AOB=30°，
∴30°角所对的直角边是斜边的一半，即$2AB=OB$，
由勾股定理得：$OA=\sqrt{OB^2-AB^2}=\sqrt{(2AB)^2-AB^2}=\sqrt{3}AB$，
变形可得$OB=\dfrac{2}{\sqrt{3}}OA$，
同理可得$OC=\dfrac{2}{\sqrt{3}}OB=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^2OA$，
按此规律递推，可得$OG=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^6OA$，
根据位似图形的概念，△GOH与△AOB位似，位似中心为O，相似比为$(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^6$，
已知$S_{△AOB}=1$，相似三角形面积比等于相似比的平方，
∴$S_{△GOH}=[(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^6]^2=(\dfrac{4}{3})^6$，故选C。
【答案】
C
【知识点】
位似图形的性质；含30°角的直角三角形性质；相似三角形面积比
【点评】
本题综合考查了直角三角形性质、位似的判定及相似的性质，解题的核心是准确找到位似图形并正确推导位似比，对学生的逻辑推理能力和基础运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题可按以下思路推进：①先利用含30°角的直角三角形的性质，结合勾股定理推导相邻两个直角三角形公共边的长度比例关系；②根据位似图形的定义（相似、对应顶点连线交于同一位似中心、对应边平行），结合图中相邻角均为30°，转过6个30°即180°时对应边平行，可确定△GOH是与△AOB位似的三角形；③推导两个三角形的位似比，再利用相似三角形面积比等于相似比的平方，计算出位似三角形的面积。
【解析】
在Rt△AOB中，∠AOB=30°，
∴30°角所对的直角边是斜边的一半，即$2AB=OB$，
由勾股定理得：$OA=\sqrt{OB^2-AB^2}=\sqrt{(2AB)^2-AB^2}=\sqrt{3}AB$，
变形可得$OB=\dfrac{2}{\sqrt{3}}OA$，
同理可得$OC=\dfrac{2}{\sqrt{3}}OB=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^2OA$，
按此规律递推，可得$OG=(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^6OA$，
根据位似图形的概念，△GOH与△AOB位似，位似中心为O，相似比为$(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^6$，
已知$S_{△AOB}=1$，相似三角形面积比等于相似比的平方，
∴$S_{△GOH}=[(\dfrac{2}{\sqrt{3}})^6]^2=(\dfrac{4}{3})^6$，故选C。
【答案】
C
【知识点】
位似图形的性质；含30°角的直角三角形性质；相似三角形面积比
【点评】
本题综合考查了直角三角形性质、位似的判定及相似的性质，解题的核心是准确找到位似图形并正确推导位似比，对学生的逻辑推理能力和基础运算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
9.「★☆☆」图①②③都是6×6的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1.点A,B,C均在格点上.仅用无刻度的直尺，按要求完成作图，并保留作图痕迹.
(1)在图①中，以点C为位似中心，将△ABC的各边放大到原来的2倍.
(2)在图②中，在线段BC上作点D，使得CD=3BD.
(3)在图③中，作△BEF∽△BAC，且相似比为3:4.
(1)在图①中，以点C为位似中心，将△ABC的各边放大到原来的2倍.
(2)在图②中，在线段BC上作点D，使得CD=3BD.
(3)在图③中，作△BEF∽△BAC，且相似比为3:4.
答案
9.解析 (1)如图①,△A'B'C即为所求.
(2)如图②.详解:取格点M,N,使$\dfrac{BM}{CN}=\dfrac{1}{3}$,连接MN交BC于点D,可知△BDM∽△CDN,
∴$\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{BM}{CN}=\dfrac{1}{3}$,
∴CD=3BD,则点D即为所求.
(3)如图③,△BEF即为所求.
取格点E,H,使$\dfrac{BE}{AB}=\dfrac{3}{4}$,连接EH与BC交于点F,
∴△BEF∽△BAC,且相似比为3:4.
解析
【分析】
(1) 位似作图首先明确位似中心为点C，位似比为2，只需延长AC、BC，使延长后的线段长度为原线段的2倍，在网格中找到对应格点A'、B'，连接A'B'即可得到放大2倍后的位似图形。
(2) 要得到CD=3BD，即BD:CD=1:3，可构造相似三角形利用对应边成比例的性质求解：取格点M、N，使BM、CN为平行线段且长度比为1:3，连接MN与BC的交点即为D，此时△BDM∽△CDN，对应边比恰好为1:3。
(3) 要作相似比为3:4的△BEF∽△BAC，观察得AB长度为4个单位，先在AB上取点E使BE=3个单位，再过E作AC的平行线，该线与BC的交点即为F，由平行可得两角对应相等，两三角形相似，且相似比为BE:BA=3:4。
【解析】
(1) 延长AC到A'，使CA'=2CA；延长BC到B'，使CB'=2CB，连接A'B'，得到的△A'B'C即为所求图形。
(2) 取格点M、N，满足$\dfrac{BM}{CN}=\dfrac{1}{3}$，连接MN交BC于点D。
∵BM//CN，
∴∠MBD=∠NCD，又
∵∠BDM=∠CDN，
∴△BDM∽△CDN，
∴$\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{BM}{CN}=\dfrac{1}{3}$，即CD=3BD，点D即为所求。
(3) 在AB上取格点E，使BE:AB=3:4，取格点H使EH//AC，连接EH交BC于点F。
∵EH//AC，
∴∠BEF=∠A，∠BFE=∠BCA，
∴△BEF∽△BAC，相似比为BE:BA=3:4，△BEF即为所求。
【答案】
(1) 如图①,△A'B'C即为所求.
(2) 如图②，点D即为所求.
(3) 如图③,△BEF即为所求.
【知识点】
位似变换作图，相似三角形的判定，相似三角形的性质
【点评】
本题属于网格中的几何作图题，结合网格特征巧妙运用位似、相似的相关性质即可完成作图，能很好地考查学生对几何变换性质的理解和动手作图能力。
【难度系数】
0.7
(1) 位似作图首先明确位似中心为点C，位似比为2，只需延长AC、BC，使延长后的线段长度为原线段的2倍，在网格中找到对应格点A'、B'，连接A'B'即可得到放大2倍后的位似图形。
(2) 要得到CD=3BD，即BD:CD=1:3，可构造相似三角形利用对应边成比例的性质求解：取格点M、N，使BM、CN为平行线段且长度比为1:3，连接MN与BC的交点即为D，此时△BDM∽△CDN，对应边比恰好为1:3。
(3) 要作相似比为3:4的△BEF∽△BAC，观察得AB长度为4个单位，先在AB上取点E使BE=3个单位，再过E作AC的平行线，该线与BC的交点即为F，由平行可得两角对应相等，两三角形相似，且相似比为BE:BA=3:4。
【解析】
(1) 延长AC到A'，使CA'=2CA；延长BC到B'，使CB'=2CB，连接A'B'，得到的△A'B'C即为所求图形。
(2) 取格点M、N，满足$\dfrac{BM}{CN}=\dfrac{1}{3}$，连接MN交BC于点D。
∵BM//CN，
∴∠MBD=∠NCD，又
∵∠BDM=∠CDN，
∴△BDM∽△CDN，
∴$\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{BM}{CN}=\dfrac{1}{3}$，即CD=3BD，点D即为所求。
(3) 在AB上取格点E，使BE:AB=3:4，取格点H使EH//AC，连接EH交BC于点F。
∵EH//AC，
∴∠BEF=∠A，∠BFE=∠BCA，
∴△BEF∽△BAC，相似比为BE:BA=3:4，△BEF即为所求。
【答案】
(1) 如图①,△A'B'C即为所求.
(2) 如图②，点D即为所求.
(3) 如图③,△BEF即为所求.
【知识点】
位似变换作图，相似三角形的判定，相似三角形的性质
【点评】
本题属于网格中的几何作图题，结合网格特征巧妙运用位似、相似的相关性质即可完成作图，能很好地考查学生对几何变换性质的理解和动手作图能力。
【难度系数】
0.7
10. 核心素养 抽象能力 如图所示,正三角形$A_1B_1C_1$,正三角形$A_2B_2C_2$,正三角形$A_3B_3C_3$,……,正三角形$A_nB_nC_n$位似,其中$△ A_1B_1C_1$的边长为1,点O是$B_1C_1$的中点,$A_2$是$OA_1$的中点,$A_3$是$OA_2$的中点,……,$A_n$是$OA_{n-1}$的中点,顶点$B_2,B_3,···,B_n,C_2,C_3,···,C_n$都在边$B_1C_1$上.
(1)试写出$△ A_{10}B_{10}C_{10}$和$△ A_7B_7C_7$的相似比和位似中心.
(2)求出正三角形$A_nB_nC_n(n≥2)$的周长.
(1)试写出$△ A_{10}B_{10}C_{10}$和$△ A_7B_7C_7$的相似比和位似中心.
(2)求出正三角形$A_nB_nC_n(n≥2)$的周长.
答案
10.解析 (1)
∵正三角形$A_1B_1C_1$的边长为1,点O是$B_1C_1$的中点,$A_2$是$OA_1$的中点,正三角形$A_1B_1C_1$和正三角形$A_2B_2C_2$位似,
∴正三角形$A_2B_2C_2$的边长为$\dfrac{1}{2}$,同理,正三角形$A_3B_3C_3$的边长为$(\dfrac{1}{2})^2$,……,正三角形$A_7B_7C_7$的边长为$(\dfrac{1}{2})^6$,……,正三角形$A_{10}B_{10}C_{10}$的边长为$(\dfrac{1}{2})^9$,
∴正三角形$A_{10}B_{10}C_{10}$和正三角形$A_7B_7C_7$的相似比=$\dfrac{(\dfrac{1}{2})^9}{(\dfrac{1}{2})^6}=\dfrac{1}{8}$,它们的位似中心为点O.
(2)由(1)可知正三角形$A_nB_nC_n(n≥2)$的边长为$(\dfrac{1}{2})^{n-1}$,
∴正三角形$A_nB_nC_n(n≥2)$的周长为$\dfrac{3}{2^{n-1}}$.
∵正三角形$A_1B_1C_1$的边长为1,点O是$B_1C_1$的中点,$A_2$是$OA_1$的中点,正三角形$A_1B_1C_1$和正三角形$A_2B_2C_2$位似,
∴正三角形$A_2B_2C_2$的边长为$\dfrac{1}{2}$,同理,正三角形$A_3B_3C_3$的边长为$(\dfrac{1}{2})^2$,……,正三角形$A_7B_7C_7$的边长为$(\dfrac{1}{2})^6$,……,正三角形$A_{10}B_{10}C_{10}$的边长为$(\dfrac{1}{2})^9$,
∴正三角形$A_{10}B_{10}C_{10}$和正三角形$A_7B_7C_7$的相似比=$\dfrac{(\dfrac{1}{2})^9}{(\dfrac{1}{2})^6}=\dfrac{1}{8}$,它们的位似中心为点O.
(2)由(1)可知正三角形$A_nB_nC_n(n≥2)$的边长为$(\dfrac{1}{2})^{n-1}$,
∴正三角形$A_nB_nC_n(n≥2)$的周长为$\dfrac{3}{2^{n-1}}$.
解析
【分析】
解决本题首先要明确位似图形的性质：位似图形的对应边之比等于位似比，所有对应顶点的连线交于位似中心。结合题目中$A_n$是$OA_{n-1}$的中点这一条件，可推导出每个正三角形的边长是前一个正三角形边长的$\frac{1}{2}$，先得到第$n$个正三角形的边长规律，再计算相似比和周长即可。
【解析】
(1) 已知正$△ A_1B_1C_1$的边长为1，点$O$是$B_1C_1$的中点，$A_2$是$OA_1$的中点，且所有正三角形位似。
根据位似的性质，可得正$△ A_2B_2C_2$的边长为$\frac{1}{2}$；同理可推，正$△ A_3B_3C_3$的边长为$(\frac{1}{2})^2$，以此类推，正$△ A_kB_kC_k$的边长为$(\frac{1}{2})^{k-1}$。
因此正$△ A_7B_7C_7$的边长为$(\frac{1}{2})^{7-1}=(\frac{1}{2})^6$，正$△ A_{10}B_{10}C_{10}$的边长为$(\frac{1}{2})^{10-1}=(\frac{1}{2})^9$。
相似比等于对应边长的比，即$\frac{(\frac{1}{2})^9}{(\frac{1}{2})^6}=\frac{1}{8}$；
所有正三角形的对应顶点连线都经过点$O$，故位似中心为点$O$。
(2) 由(1)的规律可得，正$△ A_nB_nC_n(n≥2)$的边长为$(\frac{1}{2})^{n-1}$，
正三角形周长为3倍边长，因此周长为$3×(\frac{1}{2})^{n-1}=\frac{3}{2^{n-1}}$。
【答案】
(1) 相似比为$\frac{1}{8}$，位似中心为点$O$；
(2) 正三角形$A_nB_nC_n(n≥2)$的周长为$\frac{3}{2^{n-1}}$。
【知识点】
位似图形的性质，等边三角形周长计算，规律探究
【点评】
本题结合位似概念和规律归纳进行考察，解题核心是根据中点性质推导各正三角形的边长规律，属于位似的基础应用题型，熟练掌握位似比与对应边长的关系即可快速求解。
【难度系数】
0.7
解决本题首先要明确位似图形的性质：位似图形的对应边之比等于位似比，所有对应顶点的连线交于位似中心。结合题目中$A_n$是$OA_{n-1}$的中点这一条件，可推导出每个正三角形的边长是前一个正三角形边长的$\frac{1}{2}$，先得到第$n$个正三角形的边长规律，再计算相似比和周长即可。
【解析】
(1) 已知正$△ A_1B_1C_1$的边长为1，点$O$是$B_1C_1$的中点，$A_2$是$OA_1$的中点，且所有正三角形位似。
根据位似的性质，可得正$△ A_2B_2C_2$的边长为$\frac{1}{2}$；同理可推，正$△ A_3B_3C_3$的边长为$(\frac{1}{2})^2$，以此类推，正$△ A_kB_kC_k$的边长为$(\frac{1}{2})^{k-1}$。
因此正$△ A_7B_7C_7$的边长为$(\frac{1}{2})^{7-1}=(\frac{1}{2})^6$，正$△ A_{10}B_{10}C_{10}$的边长为$(\frac{1}{2})^{10-1}=(\frac{1}{2})^9$。
相似比等于对应边长的比，即$\frac{(\frac{1}{2})^9}{(\frac{1}{2})^6}=\frac{1}{8}$；
所有正三角形的对应顶点连线都经过点$O$，故位似中心为点$O$。
(2) 由(1)的规律可得，正$△ A_nB_nC_n(n≥2)$的边长为$(\frac{1}{2})^{n-1}$，
正三角形周长为3倍边长，因此周长为$3×(\frac{1}{2})^{n-1}=\frac{3}{2^{n-1}}$。
【答案】
(1) 相似比为$\frac{1}{8}$，位似中心为点$O$；
(2) 正三角形$A_nB_nC_n(n≥2)$的周长为$\frac{3}{2^{n-1}}$。
【知识点】
位似图形的性质，等边三角形周长计算，规律探究
【点评】
本题结合位似概念和规律归纳进行考察，解题核心是根据中点性质推导各正三角形的边长规律，属于位似的基础应用题型，熟练掌握位似比与对应边长的关系即可快速求解。
【难度系数】
0.7
