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二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
9[2026福建泉州期中]如果$\frac{a}{c}=\frac{b}{d}=\frac{3}{2}$,且$a+b=12$,那么$c+d=$
9[2026福建泉州期中]如果$\frac{a}{c}=\frac{b}{d}=\frac{3}{2}$,且$a+b=12$,那么$c+d=$
8
.答案
9. 8 【解析】
∵ $\frac{a}{c}=\frac{b}{d}=\frac{3}{2}$,$\therefore \frac{a+b}{c+d}=\frac{3}{2}$.
∵ $a+b=12$,$\therefore \frac{12}{c+d}=\frac{3}{2}$,$\therefore c+d=8$. 故答案为 8.
∵ $\frac{a}{c}=\frac{b}{d}=\frac{3}{2}$,$\therefore \frac{a+b}{c+d}=\frac{3}{2}$.
∵ $a+b=12$,$\therefore \frac{12}{c+d}=\frac{3}{2}$,$\therefore c+d=8$. 故答案为 8.
解析
【分析】
解题时首先观察已知条件是两个比例相等，且已知分子的和$a+b$的值，要求分母的和$c+d$，可联想到运用等比性质：若几个比例相等，则所有分子的和与所有分母的和的比等于原比值，由此先建立$a+b$与$c+d$的比例关系，再代入$a+b=12$求解即可。
【解析】
解：
∵ $\frac{a}{c}=\frac{b}{d}=\frac{3}{2}$，
根据等比性质可得：$\frac{a+b}{c+d}=\frac{3}{2}$，
又
∵ $a+b=12$，
将其代入上式得：$\frac{12}{c+d}=\frac{3}{2}$，
交叉相乘得：$3(c+d)=12×2=24$，
解得：$c+d=8$。
【答案】
8
【知识点】
等比性质，解比例
【点评】
本题是基础题，核心考查等比性质的灵活应用，解题的关键是利用等比性质搭建已知条件和待求式之间的桥梁，计算量小，掌握比例相关性质即可快速解答。
【难度系数】
0.8
解题时首先观察已知条件是两个比例相等，且已知分子的和$a+b$的值，要求分母的和$c+d$，可联想到运用等比性质：若几个比例相等，则所有分子的和与所有分母的和的比等于原比值，由此先建立$a+b$与$c+d$的比例关系，再代入$a+b=12$求解即可。
【解析】
解：
∵ $\frac{a}{c}=\frac{b}{d}=\frac{3}{2}$，
根据等比性质可得：$\frac{a+b}{c+d}=\frac{3}{2}$，
又
∵ $a+b=12$，
将其代入上式得：$\frac{12}{c+d}=\frac{3}{2}$，
交叉相乘得：$3(c+d)=12×2=24$，
解得：$c+d=8$。
【答案】
8
【知识点】
等比性质，解比例
【点评】
本题是基础题，核心考查等比性质的灵活应用，解题的关键是利用等比性质搭建已知条件和待求式之间的桥梁，计算量小，掌握比例相关性质即可快速解答。
【难度系数】
0.8
10[2025 山东临沂质检]如图,将一张腰长为12 cm 的等腰三角形纸片,沿与底边平行的方向剪去一张小的等腰三角形纸片,剩下一张等腰梯形纸片.若剪去的纸片面积是剩下的纸片面积的$\frac{1}{8}$,则剪去的等腰三角形纸片的腰长为
4 cm
.答案
10. 4 cm 【解析】由题可知,剪去的三角形纸片面积是原三角形纸片面积的 $\frac{1}{9}$,且易知剪去的三角形与原三角形相似,$\therefore$ 两个三角形的相似比为 $\frac{1}{3}$,$\therefore$ 剪去的等腰三角形纸片的腰长为 $\frac{1}{3} ×12 =4(\mathrm{cm})$. 故答案为 4 cm.
解析
【分析】
解题时首先根据“平行于三角形一边的直线截三角形的两边，所得的三角形与原三角形相似”，判断剪去的小等腰三角形和原等腰三角形相似；接下来处理面积关系：已知剪去的面积是剩下面积的$\frac{1}{8}$，可推出剪去的面积是原三角形面积的$\frac{1}{9}$；再结合相似三角形的性质“相似三角形的面积比等于相似比的平方”，求出两个三角形的相似比；最后用原三角形的腰长乘相似比，即可得到剪去的等腰三角形的腰长。
【解析】
解：
∵ 小等腰三角形的底边与原等腰三角形的底边平行，
∴ 剪去的小等腰三角形与原等腰三角形相似。
设剪去的小三角形面积为$S_1$，剩下的等腰梯形面积为$S_2$，由题意得$S_1=\frac{1}{8}S_2$，即$S_2=8S_1$。
∴ 原等腰三角形的面积为$S_1+S_2=S_1+8S_1=9S_1$，
∴ 剪去的小三角形与原三角形的面积比为$\frac{S_1}{9S_1}=\frac{1}{9}$。
根据相似三角形的性质：相似三角形的面积比等于相似比的平方，可得两个三角形的相似比为$\sqrt{\frac{1}{9}}=\frac{1}{3}$。
∵ 原等腰三角形的腰长为12 cm，
∴ 剪去的等腰三角形的腰长为$12×\frac{1}{3}=4\ \mathrm{cm}$。
【答案】
4 cm
【知识点】
相似三角形判定；相似三角形性质；比例计算
【点评】
本题是相似三角形的基础应用题，解题的核心是正确将剪去部分与剩余部分的面积比转化为小三角形与原三角形的面积比，再结合相似三角形面积比和相似比的关系求解，易错点是误将$\frac{1}{8}$当做小三角形与原三角形的面积比。
【难度系数】
0.7
解题时首先根据“平行于三角形一边的直线截三角形的两边，所得的三角形与原三角形相似”，判断剪去的小等腰三角形和原等腰三角形相似；接下来处理面积关系：已知剪去的面积是剩下面积的$\frac{1}{8}$，可推出剪去的面积是原三角形面积的$\frac{1}{9}$；再结合相似三角形的性质“相似三角形的面积比等于相似比的平方”，求出两个三角形的相似比；最后用原三角形的腰长乘相似比，即可得到剪去的等腰三角形的腰长。
【解析】
解：
∵ 小等腰三角形的底边与原等腰三角形的底边平行，
∴ 剪去的小等腰三角形与原等腰三角形相似。
设剪去的小三角形面积为$S_1$，剩下的等腰梯形面积为$S_2$，由题意得$S_1=\frac{1}{8}S_2$，即$S_2=8S_1$。
∴ 原等腰三角形的面积为$S_1+S_2=S_1+8S_1=9S_1$，
∴ 剪去的小三角形与原三角形的面积比为$\frac{S_1}{9S_1}=\frac{1}{9}$。
根据相似三角形的性质：相似三角形的面积比等于相似比的平方，可得两个三角形的相似比为$\sqrt{\frac{1}{9}}=\frac{1}{3}$。
∵ 原等腰三角形的腰长为12 cm，
∴ 剪去的等腰三角形的腰长为$12×\frac{1}{3}=4\ \mathrm{cm}$。
【答案】
4 cm
【知识点】
相似三角形判定；相似三角形性质；比例计算
【点评】
本题是相似三角形的基础应用题，解题的核心是正确将剪去部分与剩余部分的面积比转化为小三角形与原三角形的面积比，再结合相似三角形面积比和相似比的关系求解，易错点是误将$\frac{1}{8}$当做小三角形与原三角形的面积比。
【难度系数】
0.7
11 [2025 黑龙江龙东地区中考]如图, 已知 $△ ABC$ 中, $∠ ACB=90°, AC=7, BC=9$, 点 $M$ 是 $△ ABC$ 内部一点, 连接 $AM, BM, CM$, 若 $CM=3$, 则 $AM+\dfrac{1}{3}BM$ 的最小值为________.
答案
11. $5\sqrt{2}$ 【解析】如图, 在 BC 上取点 G, 使 $CG=1$, 连接 AG, MG.
∵ $BC=9$,$CM=3$,$\therefore \frac{CG}{CM}=\frac{CM}{BC}=\frac{1}{3}$. 又
∵ $∠ MCG = ∠ MCB$,$\therefore △ MCG ∽ △ BCM$,$\therefore \frac{MG}{BM}=\frac{CG}{CM}=\frac{1}{3}$,$\therefore MG=\frac{1}{3} BM$,$\therefore AM +\frac{1}{3} BM = AM + MG ≥ AG$.
在$\mathrm{Rt}△ ACG$ 中,$AG=\sqrt{AC^2+CG^2}=\sqrt{7^2+1^2}=5\sqrt{2}$,$\therefore AM +\frac{1}{3} BM ≥5\sqrt{2}$,即 $AM +\frac{1}{3} BM$ 的最小值为 $5\sqrt{2}$,故答案为 $5\sqrt{2}$.
解析
【分析】
本题是带系数的线段和最小值问题，属于阿氏圆模型，解题思路如下：1. 要求$AM+\frac{1}{3}BM$的最小值，需先将带系数的$\frac{1}{3}BM$转化为等长的其他线段，方便后续利用最短路径原理求解；2. 已知$CM=3$、$BC=9$，二者比值恰好为$\frac{1}{3}$，因此考虑构造共角相似三角形：在$BC$上取点$G$，使$\frac{CG}{CM}=\frac{CM}{BC}=\frac{1}{3}$，结合公共角$∠MCG=∠BCM$，可证$△MCG∽△BCM$，得到$MG=\frac{1}{3}BM$；3. 此时原式转化为$AM+MG$，根据两点之间线段最短，$AM+MG$的最小值为线段$AG$的长度，最后用勾股定理计算$AG$即可。
【解析】
如图，在$BC$上取点$G$，使$CG=1$，连接$AG$，$MG$。
$\because BC=9$，$CM=3$，$CG=1$，
$\therefore \frac{CG}{CM}=\frac{1}{3}$，$\frac{CM}{BC}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$，即$\frac{CG}{CM}=\frac{CM}{BC}$。
又$\because ∠MCG = ∠BCM$，
$\therefore △MCG ∽ △BCM$，
$\therefore \frac{MG}{BM}=\frac{CG}{CM}=\frac{1}{3}$，即$MG=\frac{1}{3}BM$，
$\therefore AM +\frac{1}{3} BM = AM + MG$。
根据两点之间线段最短，$AM+MG≥AG$，当且仅当$A、M、G$三点共线时，等号成立。
在$\mathrm{Rt}△ ACG$ 中，$∠ACG=90°$，$AC=7$，$CG=1$，由勾股定理得：
$AG=\sqrt{AC^2+CG^2}=\sqrt{7^2+1^2}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}$，
$\therefore AM +\frac{1}{3} BM ≥5\sqrt{2}$，即$AM +\frac{1}{3} BM$的最小值为$5\sqrt{2}$。
【答案】
$5\sqrt{2}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，勾股定理，最短路径问题
【点评】
本题是阿氏圆模型的典型考题，核心考查线段最值的转化思想，通过构造相似三角形将带系数的线段等量替换，结合两点之间线段最短原理，把折线最值转化为固定线段的长度计算，要求学生熟练掌握相似三角形的构造方法和勾股定理的应用。
【难度系数】
0.4
本题是带系数的线段和最小值问题，属于阿氏圆模型，解题思路如下：1. 要求$AM+\frac{1}{3}BM$的最小值，需先将带系数的$\frac{1}{3}BM$转化为等长的其他线段，方便后续利用最短路径原理求解；2. 已知$CM=3$、$BC=9$，二者比值恰好为$\frac{1}{3}$，因此考虑构造共角相似三角形：在$BC$上取点$G$，使$\frac{CG}{CM}=\frac{CM}{BC}=\frac{1}{3}$，结合公共角$∠MCG=∠BCM$，可证$△MCG∽△BCM$，得到$MG=\frac{1}{3}BM$；3. 此时原式转化为$AM+MG$，根据两点之间线段最短，$AM+MG$的最小值为线段$AG$的长度，最后用勾股定理计算$AG$即可。
【解析】
如图，在$BC$上取点$G$，使$CG=1$，连接$AG$，$MG$。
$\because BC=9$，$CM=3$，$CG=1$，
$\therefore \frac{CG}{CM}=\frac{1}{3}$，$\frac{CM}{BC}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$，即$\frac{CG}{CM}=\frac{CM}{BC}$。
又$\because ∠MCG = ∠BCM$，
$\therefore △MCG ∽ △BCM$，
$\therefore \frac{MG}{BM}=\frac{CG}{CM}=\frac{1}{3}$，即$MG=\frac{1}{3}BM$，
$\therefore AM +\frac{1}{3} BM = AM + MG$。
根据两点之间线段最短，$AM+MG≥AG$，当且仅当$A、M、G$三点共线时，等号成立。
在$\mathrm{Rt}△ ACG$ 中，$∠ACG=90°$，$AC=7$，$CG=1$，由勾股定理得：
$AG=\sqrt{AC^2+CG^2}=\sqrt{7^2+1^2}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}$，
$\therefore AM +\frac{1}{3} BM ≥5\sqrt{2}$，即$AM +\frac{1}{3} BM$的最小值为$5\sqrt{2}$。
【答案】
$5\sqrt{2}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，勾股定理，最短路径问题
【点评】
本题是阿氏圆模型的典型考题，核心考查线段最值的转化思想，通过构造相似三角形将带系数的线段等量替换，结合两点之间线段最短原理，把折线最值转化为固定线段的长度计算，要求学生熟练掌握相似三角形的构造方法和勾股定理的应用。
【难度系数】
0.4
12 如图
,在△ABC中,D是AC的中点,△ABC的角平分线AE交BD于点F,若BF:FD=3:1,AB+BE=3√3,则△ABC的周长为
,在△ABC中,D是AC的中点,△ABC的角平分线AE交BD于点F,若BF:FD=3:1,AB+BE=3√3,则△ABC的周长为$5\sqrt{3}$
.答案
12. $5\sqrt{3}$ 【解析】如图,过点 F 作 $FM ⊥ AB$ 于点 M,$FN ⊥ AC$ 于点 N,过点 D 作 $DT// AE$ 交 BC 于点 T.
∵ AE 平分$∠ BAC$,$FM ⊥ AB$,$FN ⊥ AC$,$\therefore FM=FN$,$\therefore \frac{S_{△ ABF}}{S_{△ ADF}}=\frac{BF}{DF}=\frac{\frac{1}{2} · AB · FM}{\frac{1}{2} · AD · FN}=3$,$\therefore AB=3AD$.
设 $AD=DC=a$,则 $AB=3a$.
∵ $AD=DC$,$DT// AE$,$\therefore ET=CT$,$\frac{BE}{ET}=\frac{BF}{DF}=3$. 设 $ET=CT=b$,则 $BE=3b$.
∵ $AB+BE=3\sqrt{3}$,$\therefore 3a+3b=3\sqrt{3}$,$\therefore a+b=\sqrt{3}$,$\therefore △ ABC$ 的周长为 $AB+AC+BC=5a+5b=5\sqrt{3}$,故答案为 $5\sqrt{3}$.
思路分析：过点 F 作 $FM ⊥ AB$ 于点 M,$FN ⊥ AC$ 于点 N,过点 D 作 $DT// AE$ 交 BC 于点 T. 证明 $AB=3AD$,设 $AD=CD=a$,则 $AB=3a$;证明 $ET=CT$,设 $ET=CT=b$,则 $BE=3b$,根据 $AB+BE=3\sqrt{3}$ 求出 $a+b$ 的值,进而可得出答案.
解析
【分析】
解题时首先从已知条件入手：①AE是∠BAC的角平分线，可联想到角平分线的性质，即角平分线上的点到角两边的距离相等；②给出了BF:FD=3:1的线段比，可结合三角形面积比与线段比的关系推导AB与AD的长度关系；③D是AC中点，可通过作平行线构造比例线段，推导BC上各段的比例关系。具体思考步骤：第一步，过F作AB、AC的垂线，利用角平分线性质得到两条高相等，结合△ABF与△ADF的面积比等于BF:FD，推出AB=3AD；第二步，过D作AE的平行线交BC于T，利用平行线分线段成比例，结合D是中点得到ET=CT，再由BF:FD=3:1得到BE=3ET；第三步，设参数表示各段线段长度，根据AB+BE=3√3求出参数的和，最终代入周长公式计算结果。
【解析】
如图，过点F作$FM ⊥ AB$于点M，$FN ⊥ AC$于点N，过点D作$DT// AE$交BC于点T。
∵ AE平分$∠ BAC$，$FM ⊥ AB$，$FN ⊥ AC$，根据角平分线的性质可得$FM=FN$。
△ABF和△ADF共顶点A，底在同一直线BD上，因此面积比等于底的比，即$\frac{S_{△ ABF}}{S_{△ ADF}}=\frac{BF}{DF}=\frac{3}{1}$。
同时两个三角形的面积也可表示为$S_{△ABF}=\frac{1}{2} · AB · FM$，$S_{△ADF}=\frac{1}{2} · AD · FN$，代入面积比可得：
$\frac{\frac{1}{2} · AB · FM}{\frac{1}{2} · AD · FN}=\frac{AB}{AD}=3$，即$AB=3AD$。
设$AD=DC=a$，则$AC=2a$，$AB=3a$。
∵ $AD=DC$，$DT// AE$，根据平行线分线段成比例定理可得$ET=CT$。
又
∵ $EF//DT$，在△BDT中，$\frac{BE}{ET}=\frac{BF}{DF}=3$。设$ET=CT=b$，则$BE=3b$，$BC=BE+ET+CT=3b+b+b=5b$。
∵ $AB+BE=3\sqrt{3}$，代入得$3a+3b=3\sqrt{3}$，化简得$a+b=\sqrt{3}$。
则△ABC的周长为：
$AB+AC+BC=3a+2a+5b=5a+5b=5(a+b)=5\sqrt{3}$。
【答案】
$5\sqrt{3}$
【知识点】
1. 角平分线的性质
2. 平行线分线段成比例
3. 三角形周长计算
【点评】
本题综合考查了几何中线段比例关系的转化，解题的关键是合理构造辅助线，结合角平分线性质和平行线分线段成比例定理推导各线段的比例关系，通过设参法可以简化计算过程，有效降低解题难度。
【难度系数】
0.5
解题时首先从已知条件入手：①AE是∠BAC的角平分线，可联想到角平分线的性质，即角平分线上的点到角两边的距离相等；②给出了BF:FD=3:1的线段比，可结合三角形面积比与线段比的关系推导AB与AD的长度关系；③D是AC中点，可通过作平行线构造比例线段，推导BC上各段的比例关系。具体思考步骤：第一步，过F作AB、AC的垂线，利用角平分线性质得到两条高相等，结合△ABF与△ADF的面积比等于BF:FD，推出AB=3AD；第二步，过D作AE的平行线交BC于T，利用平行线分线段成比例，结合D是中点得到ET=CT，再由BF:FD=3:1得到BE=3ET；第三步，设参数表示各段线段长度，根据AB+BE=3√3求出参数的和，最终代入周长公式计算结果。
【解析】
如图，过点F作$FM ⊥ AB$于点M，$FN ⊥ AC$于点N，过点D作$DT// AE$交BC于点T。
∵ AE平分$∠ BAC$，$FM ⊥ AB$，$FN ⊥ AC$，根据角平分线的性质可得$FM=FN$。
△ABF和△ADF共顶点A，底在同一直线BD上，因此面积比等于底的比，即$\frac{S_{△ ABF}}{S_{△ ADF}}=\frac{BF}{DF}=\frac{3}{1}$。
同时两个三角形的面积也可表示为$S_{△ABF}=\frac{1}{2} · AB · FM$，$S_{△ADF}=\frac{1}{2} · AD · FN$，代入面积比可得：
$\frac{\frac{1}{2} · AB · FM}{\frac{1}{2} · AD · FN}=\frac{AB}{AD}=3$，即$AB=3AD$。
设$AD=DC=a$，则$AC=2a$，$AB=3a$。
∵ $AD=DC$，$DT// AE$，根据平行线分线段成比例定理可得$ET=CT$。
又
∵ $EF//DT$，在△BDT中，$\frac{BE}{ET}=\frac{BF}{DF}=3$。设$ET=CT=b$，则$BE=3b$，$BC=BE+ET+CT=3b+b+b=5b$。
∵ $AB+BE=3\sqrt{3}$，代入得$3a+3b=3\sqrt{3}$，化简得$a+b=\sqrt{3}$。
则△ABC的周长为：
$AB+AC+BC=3a+2a+5b=5a+5b=5(a+b)=5\sqrt{3}$。
【答案】
$5\sqrt{3}$
【知识点】
1. 角平分线的性质
2. 平行线分线段成比例
3. 三角形周长计算
【点评】
本题综合考查了几何中线段比例关系的转化，解题的关键是合理构造辅助线，结合角平分线性质和平行线分线段成比例定理推导各线段的比例关系，通过设参法可以简化计算过程，有效降低解题难度。
【难度系数】
0.5
三、解答题(本大题共5小题,共40分)
13 如图,在平面直角坐标系中,△OAB的顶点坐标分别为O(0,0),A(2,1),B(1,-2).
(1)以原点O为位似中心,画三角形,使它与△OAB位似,且相似比为2:1;
(2)△AOB内部一点M的坐标为(a,b),写出点M在(1)中△AOB的位似图形中对应点的坐标.
13 如图,在平面直角坐标系中,△OAB的顶点坐标分别为O(0,0),A(2,1),B(1,-2).
(1)以原点O为位似中心,画三角形,使它与△OAB位似,且相似比为2:1;
(2)△AOB内部一点M的坐标为(a,b),写出点M在(1)中△AOB的位似图形中对应点的坐标.
答案
13.【解】(1)如图,$△ OA'B'$,$△ OA''B''$即为所求.
(2)若对应点在$△ OA'B'$中,对应点坐标为$(2a,2b)$;若对应点在$△ OA''B''$中,对应点坐标为$(-2a,-2b)$.
故对应点坐标为$(2a,2b)$或$(-2a,-2b)$.
解析
【分析】
(1) 要画以原点为位似中心、相似比为2:1的位似三角形，需依据位似的性质：位似中心在原点时，位似图形对应点的坐标比等于相似比，且位似图形可位于位似中心的同侧或异侧，对应相似比分别为正、负。首先求出原△OAB三个顶点的对应点坐标：同侧时将各顶点坐标乘2，异侧时乘-2，再顺次连接对应点即可得到所求位似图形。
(2) 对于内部点M(a,b)，沿用上述位似坐标变化规律，分同侧、异侧两种情况计算对应点坐标即可，注意不要遗漏异侧的情况。
【解析】
(1) 作图步骤：
① 明确原△OAB顶点坐标：O(0,0)，A(2,1)，B(1,-2)，位似中心为原点O，相似比为2。
② 绘制与原图形同侧的位似图形：将各顶点坐标乘2，得对应点A'(4,2)、B'(2,-4)，O点坐标不变，顺次连接O、A'、B'得到△OA'B'。
③ 绘制与原图形异侧的位似图形：将各顶点坐标乘-2，得对应点A''(-4,-2)、B''(-2,4)，O点坐标不变，顺次连接O、A''、B''得到△OA''B''。
两个三角形即为所求位似图形。
(2) 位似中心为原点、相似比为k时，平面内点(x,y)的对应点坐标为(kx,ky)（与原图形同侧）或(-kx,-ky)（与原图形异侧）。本题相似比为2，点M坐标为(a,b)，因此对应点坐标为(2a,2b)或(-2a,-2b)。
【答案】
(1) 如图,$△ OA'B'$,$△ OA''B''$即为所求.
(2) 对应点坐标为$(2a,2b)$或$(-2a,-2b)$。
【知识点】
位似图形的画法；位似的坐标变换规律
【点评】
本题考查位似图形的基础性质，解题时需注意位似图形在位似中心两侧各有一种情况，避免漏解，属于基础考点。
【难度系数】
0.8
(1) 要画以原点为位似中心、相似比为2:1的位似三角形，需依据位似的性质：位似中心在原点时，位似图形对应点的坐标比等于相似比，且位似图形可位于位似中心的同侧或异侧，对应相似比分别为正、负。首先求出原△OAB三个顶点的对应点坐标：同侧时将各顶点坐标乘2，异侧时乘-2，再顺次连接对应点即可得到所求位似图形。
(2) 对于内部点M(a,b)，沿用上述位似坐标变化规律，分同侧、异侧两种情况计算对应点坐标即可，注意不要遗漏异侧的情况。
【解析】
(1) 作图步骤：
① 明确原△OAB顶点坐标：O(0,0)，A(2,1)，B(1,-2)，位似中心为原点O，相似比为2。
② 绘制与原图形同侧的位似图形：将各顶点坐标乘2，得对应点A'(4,2)、B'(2,-4)，O点坐标不变，顺次连接O、A'、B'得到△OA'B'。
③ 绘制与原图形异侧的位似图形：将各顶点坐标乘-2，得对应点A''(-4,-2)、B''(-2,4)，O点坐标不变，顺次连接O、A''、B''得到△OA''B''。
两个三角形即为所求位似图形。
(2) 位似中心为原点、相似比为k时，平面内点(x,y)的对应点坐标为(kx,ky)（与原图形同侧）或(-kx,-ky)（与原图形异侧）。本题相似比为2，点M坐标为(a,b)，因此对应点坐标为(2a,2b)或(-2a,-2b)。
【答案】
(1) 如图,$△ OA'B'$,$△ OA''B''$即为所求.
(2) 对应点坐标为$(2a,2b)$或$(-2a,-2b)$。
【知识点】
位似图形的画法；位似的坐标变换规律
【点评】
本题考查位似图形的基础性质，解题时需注意位似图形在位似中心两侧各有一种情况，避免漏解，属于基础考点。
【难度系数】
0.8
14[2026河南南阳期中]如图，△ABC是一块锐角三角形余料，边BC=100 cm，高AD=50 cm，要把它加工成矩形零件PQMN，使边MN在BC上，顶点P，Q分别在边AB，AC上.
（1）当点P恰好为AB中点时，PQ =
（2）若矩形PQMN的边PN:PQ=1:3，求矩形PQMN的面积.
（1）当点P恰好为AB中点时，PQ =
50
cm；（2）若矩形PQMN的边PN:PQ=1:3，求矩形PQMN的面积.
答案
14.【解】(1)
∵ 点 P 恰好为 AB 中点,$\therefore AP=BP=\frac{1}{2}AB$.
∵ 四边形 PQMN 为矩形,$\therefore PQ// MN$,$\therefore PQ// BC$,$\therefore$ 易得$△ APQ∽△ ABC$,$\therefore \frac{PQ}{BC}=\frac{AP}{AB}=\frac{\frac{1}{2}AB}{AB}=\frac{1}{2}$,$\therefore PQ=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×100=50(\mathrm{cm})$,故答案为 50.
(2)如图,设 AD 交 PQ 于点 H,设 $PN=x \, \mathrm{cm}$,则 $PQ=3x \, \mathrm{cm}$.
∵ 四边形 PQMN 为矩形,$\therefore PQ// BC$.
∵ $AD ⊥ BC$,$\therefore PQ ⊥ AD$.
∵ $PQ// BC$,$\therefore$ 易得$△ APQ∽△ ABC$,$\therefore \frac{PQ}{BC}=\frac{AH}{AD}$,即 $\frac{3x}{100}=\frac{50-x}{50}$,解得 $x=20$,$\therefore PN=20 \, \mathrm{cm}$,$PQ=60 \, \mathrm{cm}$,$\therefore$ 矩形 PQMN 的面积为 $PQ · PN=60×20=1200(\mathrm{cm}^2)$.
解析
【分析】
（1）先根据矩形的性质得到PQ//BC，可推出△APQ∽△ABC，结合P是AB中点得到两个三角形的相似比为1:2，代入BC的长度即可求出PQ的长；
（2）已知PN与PQ的比例关系，可设PN=x cm，PQ=3x cm，依旧由PQ//BC得到△APQ∽△ABC，利用相似三角形对应高的比等于相似比列方程求解，其中△APQ的高为AD减去矩形的边长PN，求出x后即可计算矩形面积。
【解析】
(1)
∵ 点P恰好为AB中点，$\therefore AP=BP=\frac{1}{2}AB$。
∵ 四边形PQMN为矩形，$\therefore PQ// MN$，即$PQ// BC$，
$\therefore △ APQ ∽ △ ABC$，
$\therefore \frac{PQ}{BC}=\frac{AP}{AB}=\frac{\frac{1}{2}AB}{AB}=\frac{1}{2}$，
$\therefore PQ=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×100=50(\mathrm{cm})$。
(2) 如图，设AD交PQ于点H，设 $PN=x \, \mathrm{cm}$，则 $PQ=3x \, \mathrm{cm}$。
∵ 四边形PQMN为矩形，$\therefore PQ// BC$。
∵ $AD ⊥ BC$，$\therefore PQ ⊥ AD$，即AH为△APQ中PQ边上的高。
∵ $PQ// BC$，$\therefore △ APQ ∽ △ ABC$，
$\therefore$ 相似三角形对应高的比等于相似比，即 $\frac{PQ}{BC}=\frac{AH}{AD}$，
其中AH=AD-HD=AD-PN=50-x，代入得 $\frac{3x}{100}=\frac{50-x}{50}$，
解得 $x=20$，$\therefore PN=20 \, \mathrm{cm}$，$PQ=3×20=60 \, \mathrm{cm}$，
$\therefore$ 矩形PQMN的面积为 $PQ · PN=60×20=1200(\mathrm{cm}^2)$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{50}$
(2) $\boldsymbol{1200\ \mathrm{cm}^2}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质；矩形的性质；一元一次方程的应用
【点评】
本题是三角形内接矩形的典型题型，核心解题思路是利用平行线构造相似三角形，结合相似三角形对应高的比等于相似比建立等量关系求解，较好地考查了数形结合思想和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
（1）先根据矩形的性质得到PQ//BC，可推出△APQ∽△ABC，结合P是AB中点得到两个三角形的相似比为1:2，代入BC的长度即可求出PQ的长；
（2）已知PN与PQ的比例关系，可设PN=x cm，PQ=3x cm，依旧由PQ//BC得到△APQ∽△ABC，利用相似三角形对应高的比等于相似比列方程求解，其中△APQ的高为AD减去矩形的边长PN，求出x后即可计算矩形面积。
【解析】
(1)
∵ 点P恰好为AB中点，$\therefore AP=BP=\frac{1}{2}AB$。
∵ 四边形PQMN为矩形，$\therefore PQ// MN$，即$PQ// BC$，
$\therefore △ APQ ∽ △ ABC$，
$\therefore \frac{PQ}{BC}=\frac{AP}{AB}=\frac{\frac{1}{2}AB}{AB}=\frac{1}{2}$，
$\therefore PQ=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×100=50(\mathrm{cm})$。
(2) 如图，设AD交PQ于点H，设 $PN=x \, \mathrm{cm}$，则 $PQ=3x \, \mathrm{cm}$。
∵ 四边形PQMN为矩形，$\therefore PQ// BC$。
∵ $AD ⊥ BC$，$\therefore PQ ⊥ AD$，即AH为△APQ中PQ边上的高。
∵ $PQ// BC$，$\therefore △ APQ ∽ △ ABC$，
$\therefore$ 相似三角形对应高的比等于相似比，即 $\frac{PQ}{BC}=\frac{AH}{AD}$，
其中AH=AD-HD=AD-PN=50-x，代入得 $\frac{3x}{100}=\frac{50-x}{50}$，
解得 $x=20$，$\therefore PN=20 \, \mathrm{cm}$，$PQ=3×20=60 \, \mathrm{cm}$，
$\therefore$ 矩形PQMN的面积为 $PQ · PN=60×20=1200(\mathrm{cm}^2)$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{50}$
(2) $\boldsymbol{1200\ \mathrm{cm}^2}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质；矩形的性质；一元一次方程的应用
【点评】
本题是三角形内接矩形的典型题型，核心解题思路是利用平行线构造相似三角形，结合相似三角形对应高的比等于相似比建立等量关系求解，较好地考查了数形结合思想和方程思想的应用。
【难度系数】
0.7
