登录
1[中]如图,在直角坐标系中,每个网格小正方形的边长均为1个单位长度,以点P为位似中心作正方形$PA_1A_2A_3$,正方形$PA_4A_5A_6$,…,按此规律作下去,所作正方形的顶点均在格点上,其中正方形$PA_1A_2A_3$的顶点坐标分别为$P(-3,0),A_1(-2,1),A_2(-1,0),A_3(-2,-1)$,则顶点$A_{100}$的坐标为 ()
A.$(31,34)$
B.$(31,-34)$
C.$(32,35)$
D.$(32,0)$
A.$(31,34)$
B.$(31,-34)$
C.$(32,35)$
D.$(32,0)$
答案
A
解析
先观察顶点下标规律：每3个点为一组，对应一个正方形的3个顶点，即第k个正方形的顶点下标为3k-2、3k-1、3k。
计算100÷3=33余1，可知A₁₀₀是第34个正方形的第1个顶点，与A₁、A₄、A₇…位置对应。
列出同位置点坐标：A₁(-2,1)，A₄(-1,2)，A₇(0,3)，可得规律：第m个该位置的点，横坐标为-3+m，纵坐标为m。
代入m=34，得横坐标=-3+34=31，纵坐标=34，即A₁₀₀坐标为(31,34)。
计算100÷3=33余1，可知A₁₀₀是第34个正方形的第1个顶点，与A₁、A₄、A₇…位置对应。
列出同位置点坐标：A₁(-2,1)，A₄(-1,2)，A₇(0,3)，可得规律：第m个该位置的点，横坐标为-3+m，纵坐标为m。
代入m=34，得横坐标=-3+34=31，纵坐标=34，即A₁₀₀坐标为(31,34)。
2[中]如图,在直角坐标系中,正方形ABCD的边BC在x轴上,其中点A的坐标为(1,2),正方形EFGH的边FG在x轴上,且H的坐标为(9,4),则正方形ABCD与正方形EFGH的位似中心的坐标是.
(第2题图) (第3题图)
(第2题图) (第3题图)
答案
解：由题意可得两个正方形各顶点坐标：
正方形ABCD中，$A(1,2)$，$B(1,0)$，$C(3,0)$，$D(3,2)$；
正方形EFGH中，$E(5,4)$，$F(5,0)$，$G(9,0)$，$H(9,4)$。
分两种情况求位似中心：
1. 当位似中心在两个正方形同侧时：
连接$HD$、$EA$并延长，交$x$轴于点$P$。
设直线$HD$的解析式为$y=k_1x+b_1$，代入$H(9,4)$，$D(3,2)$，
得$\begin{cases}9k_1+b_1=4\\3k_1+b_1=2\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_1=\frac{1}{3}\\b_1=1\end{cases}$，即$y=\frac{1}{3}x+1$。
令$y=0$，得$x=-3$，即$P(-3,0)$。
验证：直线$EA$过$A(1,2)$、$E(5,4)$，解析式为$y=\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$，当$x=-3$时$y=0$，符合位似中心性质。
2. 当位似中心在两个正方形之间时：
连接$AH$、$CE$，交于点$P$。
设直线$AH$的解析式为$y=k_2x+b_2$，代入$A(1,2)$，$H(9,4)$，
得$\begin{cases}k_2+b_2=2\\9k_2+b_2=4\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_2=\frac{1}{4}\\b_2=\frac{7}{4}\end{cases}$，即$y=\frac{1}{4}x+\frac{7}{4}$。
设直线$CE$的解析式为$y=k_3x+b_3$，代入$C(3,0)$，$E(5,4)$，
得$\begin{cases}3k_3+b_3=0\\5k_3+b_3=4\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_3=2\\b_3=-6\end{cases}$，即$y=2x-6$。
联立$\begin{cases}y=\frac{1}{4}x+\frac{7}{4}\\y=2x-6\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=\frac{11}{3}\\y=\frac{4}{3}\end{cases}$，即$P(\frac{11}{3},\frac{4}{3})$。
综上，正方形ABCD与正方形EFGH的位似中心的坐标是$\boldsymbol{(-3,0)}$或$\boldsymbol{(\dfrac{11}{3},\dfrac{4}{3})}$。
正方形ABCD中，$A(1,2)$，$B(1,0)$，$C(3,0)$，$D(3,2)$；
正方形EFGH中，$E(5,4)$，$F(5,0)$，$G(9,0)$，$H(9,4)$。
分两种情况求位似中心：
1. 当位似中心在两个正方形同侧时：
连接$HD$、$EA$并延长，交$x$轴于点$P$。
设直线$HD$的解析式为$y=k_1x+b_1$，代入$H(9,4)$，$D(3,2)$，
得$\begin{cases}9k_1+b_1=4\\3k_1+b_1=2\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_1=\frac{1}{3}\\b_1=1\end{cases}$，即$y=\frac{1}{3}x+1$。
令$y=0$，得$x=-3$，即$P(-3,0)$。
验证：直线$EA$过$A(1,2)$、$E(5,4)$，解析式为$y=\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$，当$x=-3$时$y=0$，符合位似中心性质。
2. 当位似中心在两个正方形之间时：
连接$AH$、$CE$，交于点$P$。
设直线$AH$的解析式为$y=k_2x+b_2$，代入$A(1,2)$，$H(9,4)$，
得$\begin{cases}k_2+b_2=2\\9k_2+b_2=4\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_2=\frac{1}{4}\\b_2=\frac{7}{4}\end{cases}$，即$y=\frac{1}{4}x+\frac{7}{4}$。
设直线$CE$的解析式为$y=k_3x+b_3$，代入$C(3,0)$，$E(5,4)$，
得$\begin{cases}3k_3+b_3=0\\5k_3+b_3=4\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_3=2\\b_3=-6\end{cases}$，即$y=2x-6$。
联立$\begin{cases}y=\frac{1}{4}x+\frac{7}{4}\\y=2x-6\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=\frac{11}{3}\\y=\frac{4}{3}\end{cases}$，即$P(\frac{11}{3},\frac{4}{3})$。
综上，正方形ABCD与正方形EFGH的位似中心的坐标是$\boldsymbol{(-3,0)}$或$\boldsymbol{(\dfrac{11}{3},\dfrac{4}{3})}$。
3[2025浙江台州期末,中]如图,在平行四边形ABCD中,以C为位似中心,作平行四边形ABCD的位似平行四边形PECF,且与原图形的位似比为2:3,连结BP,DP,若平行四边形ABCD的面积为20,则△PBE与△PDF的面积之和为.
答案
$\boldsymbol{\frac{40}{9}}$
解析
解：
∵ 平行四边形PECF与平行四边形ABCD以C为位似中心，位似比为2:3，
∴ $\frac{EC}{BC}=\frac{FC}{DC}=\frac{2}{3}$，$\frac{S_{\mathrm{平行四边形}PECF}}{S_{\mathrm{平行四边形}ABCD}}=(\frac{2}{3})^2=\frac{4}{9}$，
已知$S_{\mathrm{平行四边形}ABCD}=20$，因此$S_{\mathrm{平行四边形}PECF}=20×\frac{4}{9}=\frac{80}{9}$。
在平行四边形$ABCD$中，$S_{△ ABC}=S_{△ ACD}=\frac{1}{2}S_{\mathrm{平行四边形}ABCD}=10$，
由位似性质可得$\frac{CP}{CA}=\frac{2}{3}$，因此：
$S_{△ PBC}=\frac{2}{3}S_{△ ABC}=\frac{2}{3}×10=\frac{20}{3}$，
$S_{△ PCD}=\frac{2}{3}S_{△ ACD}=\frac{2}{3}×10=\frac{20}{3}$。
在平行四边形$PECF$中，$S_{△ PCE}+S_{△ PCF}=S_{\mathrm{平行四边形}PECF}=\frac{80}{9}$，
因此：
$\begin{aligned}S_{△ PBE}+S_{△ PDF}&=(S_{△ PBC}-S_{△ PCE})+(S_{△ PCD}-S_{△ PCF})\\&=S_{△ PBC}+S_{△ PCD}-(S_{△ PCE}+S_{△ PCF})\\&=\frac{20}{3}+\frac{20}{3}-\frac{80}{9}\\&=\frac{40}{9}\end{aligned}$
∵ 平行四边形PECF与平行四边形ABCD以C为位似中心，位似比为2:3，
∴ $\frac{EC}{BC}=\frac{FC}{DC}=\frac{2}{3}$，$\frac{S_{\mathrm{平行四边形}PECF}}{S_{\mathrm{平行四边形}ABCD}}=(\frac{2}{3})^2=\frac{4}{9}$，
已知$S_{\mathrm{平行四边形}ABCD}=20$，因此$S_{\mathrm{平行四边形}PECF}=20×\frac{4}{9}=\frac{80}{9}$。
在平行四边形$ABCD$中，$S_{△ ABC}=S_{△ ACD}=\frac{1}{2}S_{\mathrm{平行四边形}ABCD}=10$，
由位似性质可得$\frac{CP}{CA}=\frac{2}{3}$，因此：
$S_{△ PBC}=\frac{2}{3}S_{△ ABC}=\frac{2}{3}×10=\frac{20}{3}$，
$S_{△ PCD}=\frac{2}{3}S_{△ ACD}=\frac{2}{3}×10=\frac{20}{3}$。
在平行四边形$PECF$中，$S_{△ PCE}+S_{△ PCF}=S_{\mathrm{平行四边形}PECF}=\frac{80}{9}$，
因此：
$\begin{aligned}S_{△ PBE}+S_{△ PDF}&=(S_{△ PBC}-S_{△ PCE})+(S_{△ PCD}-S_{△ PCF})\\&=S_{△ PBC}+S_{△ PCD}-(S_{△ PCE}+S_{△ PCF})\\&=\frac{20}{3}+\frac{20}{3}-\frac{80}{9}\\&=\frac{40}{9}\end{aligned}$
4[2026河北衡水调研,较难]下图是用12个相似的直角三角形组成的图案.
(1)与$△ AOB$位似的三角形是________;
(2)已知$△ OKL$的面积是3,则$△ OLM$的面积为________.
(1)与$△ AOB$位似的三角形是________;
(2)已知$△ OKL$的面积是3,则$△ OLM$的面积为________.
答案
(1) $△ GOH$；(2) $4$
解析
解：
(1) 根据位似图形的定义，对应顶点连线交于点O，对应边互相平行，可得与$△ AOB$位似的三角形是$△ GOH$。
(2) 由12个相似直角三角形的公共顶点都在点O，得每个直角三角形在O点处的锐角为$\frac{360°}{12}=30°$。
在$\mathrm{Rt}△ OKL$中，$∠ OKL=90°$，$OL$为斜边，因此$\frac{OK}{OL}=\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ OLM$中，$∠ OLM=90°$，$△ OKL ∽ △ OLM$，相似比为$\frac{OK}{OL}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
根据相似三角形面积比等于相似比的平方，得：
$\frac{S_{△ OKL}}{S_{△ OLM}}=(\frac{\sqrt{3}}{2})^2=\frac{3}{4}$
代入$S_{△ OKL}=3$，解得$S_{△ OLM}=4$。
(1) 根据位似图形的定义，对应顶点连线交于点O，对应边互相平行，可得与$△ AOB$位似的三角形是$△ GOH$。
(2) 由12个相似直角三角形的公共顶点都在点O，得每个直角三角形在O点处的锐角为$\frac{360°}{12}=30°$。
在$\mathrm{Rt}△ OKL$中，$∠ OKL=90°$，$OL$为斜边，因此$\frac{OK}{OL}=\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ OLM$中，$∠ OLM=90°$，$△ OKL ∽ △ OLM$，相似比为$\frac{OK}{OL}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
根据相似三角形面积比等于相似比的平方，得：
$\frac{S_{△ OKL}}{S_{△ OLM}}=(\frac{\sqrt{3}}{2})^2=\frac{3}{4}$
代入$S_{△ OKL}=3$，解得$S_{△ OLM}=4$。
5[2026陕西西安质检,中]如图,已知△ABC,请用尺规作图法,以点A为位似中心作△ADE,使得△ADE∽△ABC,且点D在边AB上,点E在边AC上,位似比为1:2.(保留作图痕迹,不写作法)
答案
解：
如图，△ADE即为所求作的符合条件的三角形：分别作出AB、AC的中点D、E，连接DE，所得△ADE满足以A为位似中心，△ADE∽△ABC，位似比为1:2，点D在边AB上，点E在边AC上，保留尺规作线段中点的对应作图痕迹即可。
如图，△ADE即为所求作的符合条件的三角形：分别作出AB、AC的中点D、E，连接DE，所得△ADE满足以A为位似中心，△ADE∽△ABC，位似比为1:2，点D在边AB上，点E在边AC上，保留尺规作线段中点的对应作图痕迹即可。
6[中]已知:如图,△ABC是⊙O的内接正三角形,点D是$\overset{\frown}{BC}$的中点,连结BD并延长BD到点E,使BD=DE,连结CD和CE.
(1)求证:△CDE是正三角形.
(2)△CDE绕点C顺时针旋转多少度时能与△ABC成位似图形(旋转角小于$180°$)?请在图中直接画出△CDE变换后对应的△CD'E',并求出△CD'E'与△ABC的位似比.
(1)求证:△CDE是正三角形.
(2)△CDE绕点C顺时针旋转多少度时能与△ABC成位似图形(旋转角小于$180°$)?请在图中直接画出△CDE变换后对应的△CD'E',并求出△CD'E'与△ABC的位似比.
答案
(1) 证明：
∵ $△ ABC$是$\odot O$的内接正三角形，
∴ $∠ BAC=60°$。
由圆内接四边形对角互补，得$∠ BDC=180°-∠ BAC=120°$。
∵ 点$D$是$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $BD=CD$。
又∵ $BD=DE$，
∴ $CD=DE$。
∵ $∠ CDE=180°-∠ BDC=60°$，
∴ 有一个内角为$60°$的等腰$△ CDE$是正三角形。
---
(2) 解：
$△ CDE$绕点$C$顺时针旋转$90°$时能与$△ ABC$成位似图形。
（画图：在边$CA$上取点$D'$，使$CD'=CD$，在边$CB$上取点$E'$，使$CE'=CE$，连接$D'E'$，即得到变换后的$△ CD'E'$）
设$\odot O$的半径为$R$：
∵ $△ ABC$是$\odot O$的内接正三角形，
∴ 正三角形边长$AC=\sqrt{3}R$。
∵ 点$D$是劣弧$\overset{\frown}{BC}$的中点，$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}=60°$，
∴ 弦$CD=2R·\sin30°=R$。
∵ 旋转后$CD'=CD=R$，且$CD'$落在$CA$上，$CE'$落在$CB$上，$D'E'// AB$，
∴ 位似比为$\frac{CD'}{AC}=\frac{R}{\sqrt{3}R}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
综上，旋转角为$90°$，位似比为$\frac{\sqrt{3}}{3}$。
∵ $△ ABC$是$\odot O$的内接正三角形，
∴ $∠ BAC=60°$。
由圆内接四边形对角互补，得$∠ BDC=180°-∠ BAC=120°$。
∵ 点$D$是$\overset{\frown}{BC}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}$，
∴ $BD=CD$。
又∵ $BD=DE$，
∴ $CD=DE$。
∵ $∠ CDE=180°-∠ BDC=60°$，
∴ 有一个内角为$60°$的等腰$△ CDE$是正三角形。
---
(2) 解：
$△ CDE$绕点$C$顺时针旋转$90°$时能与$△ ABC$成位似图形。
（画图：在边$CA$上取点$D'$，使$CD'=CD$，在边$CB$上取点$E'$，使$CE'=CE$，连接$D'E'$，即得到变换后的$△ CD'E'$）
设$\odot O$的半径为$R$：
∵ $△ ABC$是$\odot O$的内接正三角形，
∴ 正三角形边长$AC=\sqrt{3}R$。
∵ 点$D$是劣弧$\overset{\frown}{BC}$的中点，$\overset{\frown}{BD}=\overset{\frown}{CD}=60°$，
∴ 弦$CD=2R·\sin30°=R$。
∵ 旋转后$CD'=CD=R$，且$CD'$落在$CA$上，$CE'$落在$CB$上，$D'E'// AB$，
∴ 位似比为$\frac{CD'}{AC}=\frac{R}{\sqrt{3}R}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
综上，旋转角为$90°$，位似比为$\frac{\sqrt{3}}{3}$。
