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11.(2025·烟台)如图11,△ABC内接于⊙O,∠ABC=2∠C,点D在线段CB的延长线上,且BD=AB,连接AD.
(1)求证:AD是⊙O的切线;
(2)当AB=5,AC=8时,求BC的长及⊙O的半径.
(1)求证:AD是⊙O的切线;
(2)当AB=5,AC=8时,求BC的长及⊙O的半径.
答案
(1) 证明：
连接AO并延长交⊙O于点E，连接BE。
∵ $BD=AB$，
∴ $∠ D=∠ BAD$，
∴ $∠ ABC=∠ D+∠ BAD=2∠ D$，
又∵ $∠ ABC=2∠ C$，
∴ $∠ D=∠ C$。
∵ $∠ E$和$∠ C$都是弧AB所对的圆周角，
∴ $∠ E=∠ C$，
∴ $∠ BAD=∠ E$。
∵ AE是⊙O的直径，
∴ $∠ ABE=90°$，
∴ $∠ E+∠ BAE=90°$，
∴ $∠ BAD+∠ BAE=90°$，即$∠ OAD=90°$，
∴ $OA⊥ AD$。
又∵ OA是⊙O的半径，
∴ AD是⊙O的切线。
---
(2) 解：
由(1)知$∠ D=∠ C$，
∴ $AD=AC=8$。
在$△ DAB$和$△ DCA$中，
$∠ D=∠ D$，$∠ DAB=∠ DCA$，
∴ $△ DAB ∽ △ DCA$，
∴ $\frac{DA}{DC}=\frac{DB}{DA}$，即$DA^2=DB· DC$。
∵ $BD=AB=5$，$AD=8$，
∴ $8^2=5· DC$，解得$DC=\frac{64}{5}$，
∴ $BC=DC-BD=\frac{64}{5}-5=\frac{39}{5}$。
过点A作$AH⊥ BC$于点H，设$HC=x$。
在$Rt△ AHC$中，$AH^2=AC^2-HC^2=64-x^2$，
∵ $BH=BC-HC=\frac{39}{5}-x$，
在$Rt△ ABH$中，$AH^2=AB^2-BH^2=25-(\frac{39}{5}-x)^2$，
∴ $64-x^2=25-(\frac{39}{5}-x)^2$，
解得$x=\frac{32}{5}$，
∴ $AH=\sqrt{AC^2-HC^2}=\sqrt{8^2-(\frac{32}{5})^2}=\frac{24}{5}$，
∴ $\sin C=\frac{AH}{AC}=\frac{\frac{24}{5}}{8}=\frac{3}{5}$。
连接AE，∵ AE是⊙O直径，∴ $∠ ABE=90°$，
又∵ $∠ E=∠ C$，
∴ $\sin E=\frac{AB}{AE}=\sin C=\frac{3}{5}$，
∵ $AB=5$，
∴ $\frac{5}{AE}=\frac{3}{5}$，解得$AE=\frac{25}{3}$，
∴ ⊙O的半径为$\frac{AE}{2}=\frac{25}{6}$。
综上，$BC$的长为$\boldsymbol{\frac{39}{5}}$，⊙O的半径为$\boldsymbol{\frac{25}{6}}$。
连接AO并延长交⊙O于点E，连接BE。
∵ $BD=AB$，
∴ $∠ D=∠ BAD$，
∴ $∠ ABC=∠ D+∠ BAD=2∠ D$，
又∵ $∠ ABC=2∠ C$，
∴ $∠ D=∠ C$。
∵ $∠ E$和$∠ C$都是弧AB所对的圆周角，
∴ $∠ E=∠ C$，
∴ $∠ BAD=∠ E$。
∵ AE是⊙O的直径，
∴ $∠ ABE=90°$，
∴ $∠ E+∠ BAE=90°$，
∴ $∠ BAD+∠ BAE=90°$，即$∠ OAD=90°$，
∴ $OA⊥ AD$。
又∵ OA是⊙O的半径，
∴ AD是⊙O的切线。
---
(2) 解：
由(1)知$∠ D=∠ C$，
∴ $AD=AC=8$。
在$△ DAB$和$△ DCA$中，
$∠ D=∠ D$，$∠ DAB=∠ DCA$，
∴ $△ DAB ∽ △ DCA$，
∴ $\frac{DA}{DC}=\frac{DB}{DA}$，即$DA^2=DB· DC$。
∵ $BD=AB=5$，$AD=8$，
∴ $8^2=5· DC$，解得$DC=\frac{64}{5}$，
∴ $BC=DC-BD=\frac{64}{5}-5=\frac{39}{5}$。
过点A作$AH⊥ BC$于点H，设$HC=x$。
在$Rt△ AHC$中，$AH^2=AC^2-HC^2=64-x^2$，
∵ $BH=BC-HC=\frac{39}{5}-x$，
在$Rt△ ABH$中，$AH^2=AB^2-BH^2=25-(\frac{39}{5}-x)^2$，
∴ $64-x^2=25-(\frac{39}{5}-x)^2$，
解得$x=\frac{32}{5}$，
∴ $AH=\sqrt{AC^2-HC^2}=\sqrt{8^2-(\frac{32}{5})^2}=\frac{24}{5}$，
∴ $\sin C=\frac{AH}{AC}=\frac{\frac{24}{5}}{8}=\frac{3}{5}$。
连接AE，∵ AE是⊙O直径，∴ $∠ ABE=90°$，
又∵ $∠ E=∠ C$，
∴ $\sin E=\frac{AB}{AE}=\sin C=\frac{3}{5}$，
∵ $AB=5$，
∴ $\frac{5}{AE}=\frac{3}{5}$，解得$AE=\frac{25}{3}$，
∴ ⊙O的半径为$\frac{AE}{2}=\frac{25}{6}$。
综上，$BC$的长为$\boldsymbol{\frac{39}{5}}$，⊙O的半径为$\boldsymbol{\frac{25}{6}}$。
解析
【分析】
（1）要证AD是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明OA⊥AD且OA为⊙O的半径。我们可以通过作辅助线：连接AO并延长交⊙O于E，连接BE，构造直径所对的直角∠ABE，再结合等腰三角形性质、圆周角定理进行角度推导，证明∠OAD=90°即可完成证明。
（2）先利用（1）中得到的角相等关系，证明△DAB∽△DCA，借助相似三角形的比例关系求出DC的长度，减去BD长即可得BC的长；再作AH⊥BC构造直角三角形，利用双勾股求出AH的长度，得到∠C的正弦值，再结合同弧所对圆周角相等，将∠C的正弦值转化到Rt△ABE中，求出直径AE的长度，除以2即可得到⊙O的半径。
【解析】
(1) 证明：
连接AO并延长交⊙O于点E，连接BE。
∵ $BD=AB$，
∴ $∠ D=∠ BAD$，
∴ $∠ ABC=∠ D+∠ BAD=2∠ D$，
又
∵ $∠ ABC=2∠ C$，
∴ $∠ D=∠ C$。
∵ $∠ E$和$∠ C$都是弧AB所对的圆周角，
∴ $∠ E=∠ C$，
∴ $∠ BAD=∠ E$。
∵ AE是⊙O的直径，
∴ $∠ ABE=90°$，
∴ $∠ E+∠ BAE=90°$，
∴ $∠ BAD+∠ BAE=90°$，即$∠ OAD=90°$，
∴ $OA⊥ AD$。
又
∵ OA是⊙O的半径，
∴ AD是⊙O的切线。
(2) 解：
由(1)知$∠ D=∠ C$，
∴ $AD=AC=8$。
在$△ DAB$和$△ DCA$中，
$∠ D=∠ D$，$∠ DAB=∠ DCA$，
∴ $△ DAB ∽ △ DCA$，
∴ $\frac{DA}{DC}=\frac{DB}{DA}$，即$DA^2=DB· DC$。
∵ $BD=AB=5$，$AD=8$，
∴ $8^2=5· DC$，解得$DC=\frac{64}{5}$，
∴ $BC=DC-BD=\frac{64}{5}-5=\frac{39}{5}$。
过点A作$AH⊥ BC$于点H，设$HC=x$。
在$Rt△ AHC$中，$AH^2=AC^2-HC^2=64-x^2$，
∵ $BH=BC-HC=\frac{39}{5}-x$，
在$Rt△ ABH$中，$AH^2=AB^2-BH^2=25-(\frac{39}{5}-x)^2$，
∴ $64-x^2=25-(\frac{39}{5}-x)^2$，
解得$x=\frac{32}{5}$，
∴ $AH=\sqrt{AC^2-HC^2}=\sqrt{8^2-(\frac{32}{5})^2}=\frac{24}{5}$，
∴ $\sin C=\frac{AH}{AC}=\frac{\frac{24}{5}}{8}=\frac{3}{5}$。
连接AE，
∵ AE是⊙O直径，
∴ $∠ ABE=90°$，
又
∵ $∠ E=∠ C$，
∴ $\sin E=\frac{AB}{AE}=\sin C=\frac{3}{5}$，
∵ $AB=5$，
∴ $\frac{5}{AE}=\frac{3}{5}$，解得$AE=\frac{25}{3}$，
∴ ⊙O的半径为$\frac{AE}{2}=\frac{25}{6}$。
【答案】
(1) 已证AD为⊙O的切线；
(2) $BC=\frac{39}{5}$，⊙O的半径为$\frac{25}{6}$。
【知识点】
切线的判定；相似三角形的判定与性质；圆周角定理
【点评】
本题是圆的综合常考题，既考查了切线判定的辅助线构造方法和角度转化技巧，又结合了相似三角形、勾股定理、三角函数求解线段长度，综合性较强，需要熟练掌握圆的基本性质和几何中常见的线段、角度推导方法。
【难度系数】
0.6
（1）要证AD是⊙O的切线，根据切线判定定理，需证明OA⊥AD且OA为⊙O的半径。我们可以通过作辅助线：连接AO并延长交⊙O于E，连接BE，构造直径所对的直角∠ABE，再结合等腰三角形性质、圆周角定理进行角度推导，证明∠OAD=90°即可完成证明。
（2）先利用（1）中得到的角相等关系，证明△DAB∽△DCA，借助相似三角形的比例关系求出DC的长度，减去BD长即可得BC的长；再作AH⊥BC构造直角三角形，利用双勾股求出AH的长度，得到∠C的正弦值，再结合同弧所对圆周角相等，将∠C的正弦值转化到Rt△ABE中，求出直径AE的长度，除以2即可得到⊙O的半径。
【解析】
(1) 证明：
连接AO并延长交⊙O于点E，连接BE。
∵ $BD=AB$，
∴ $∠ D=∠ BAD$，
∴ $∠ ABC=∠ D+∠ BAD=2∠ D$，
又
∵ $∠ ABC=2∠ C$，
∴ $∠ D=∠ C$。
∵ $∠ E$和$∠ C$都是弧AB所对的圆周角，
∴ $∠ E=∠ C$，
∴ $∠ BAD=∠ E$。
∵ AE是⊙O的直径，
∴ $∠ ABE=90°$，
∴ $∠ E+∠ BAE=90°$，
∴ $∠ BAD+∠ BAE=90°$，即$∠ OAD=90°$，
∴ $OA⊥ AD$。
又
∵ OA是⊙O的半径，
∴ AD是⊙O的切线。
(2) 解：
由(1)知$∠ D=∠ C$，
∴ $AD=AC=8$。
在$△ DAB$和$△ DCA$中，
$∠ D=∠ D$，$∠ DAB=∠ DCA$，
∴ $△ DAB ∽ △ DCA$，
∴ $\frac{DA}{DC}=\frac{DB}{DA}$，即$DA^2=DB· DC$。
∵ $BD=AB=5$，$AD=8$，
∴ $8^2=5· DC$，解得$DC=\frac{64}{5}$，
∴ $BC=DC-BD=\frac{64}{5}-5=\frac{39}{5}$。
过点A作$AH⊥ BC$于点H，设$HC=x$。
在$Rt△ AHC$中，$AH^2=AC^2-HC^2=64-x^2$，
∵ $BH=BC-HC=\frac{39}{5}-x$，
在$Rt△ ABH$中，$AH^2=AB^2-BH^2=25-(\frac{39}{5}-x)^2$，
∴ $64-x^2=25-(\frac{39}{5}-x)^2$，
解得$x=\frac{32}{5}$，
∴ $AH=\sqrt{AC^2-HC^2}=\sqrt{8^2-(\frac{32}{5})^2}=\frac{24}{5}$，
∴ $\sin C=\frac{AH}{AC}=\frac{\frac{24}{5}}{8}=\frac{3}{5}$。
连接AE，
∵ AE是⊙O直径，
∴ $∠ ABE=90°$，
又
∵ $∠ E=∠ C$，
∴ $\sin E=\frac{AB}{AE}=\sin C=\frac{3}{5}$，
∵ $AB=5$，
∴ $\frac{5}{AE}=\frac{3}{5}$，解得$AE=\frac{25}{3}$，
∴ ⊙O的半径为$\frac{AE}{2}=\frac{25}{6}$。
【答案】
(1) 已证AD为⊙O的切线；
(2) $BC=\frac{39}{5}$，⊙O的半径为$\frac{25}{6}$。
【知识点】
切线的判定；相似三角形的判定与性质；圆周角定理
【点评】
本题是圆的综合常考题，既考查了切线判定的辅助线构造方法和角度转化技巧，又结合了相似三角形、勾股定理、三角函数求解线段长度，综合性较强，需要熟练掌握圆的基本性质和几何中常见的线段、角度推导方法。
【难度系数】
0.6
12. 如图12,在矩形ABCD中,E为边CD上一点,且AE⊥BD.
(1)求证:$AD^2 = DE · DC$;
(2)F为线段AE延长线上一点,且满足$EF = CF = \frac{1}{2}BD$,求证:
$CE = AD$.
(1)求证:$AD^2 = DE · DC$;
(2)F为线段AE延长线上一点,且满足$EF = CF = \frac{1}{2}BD$,求证:
$CE = AD$.
答案
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $∠ ADE = ∠ BAD = 90°$，$AB = CD$，$AB // CD$。
∵ $AE ⊥ BD$，
∴ $∠ DAE + ∠ ADB = 90°$，
又 $∠ ABD + ∠ ADB = 90°$，
∴ $∠ DAE = ∠ ABD$。
∴ $△ ADE ∽ △ BAD$，
∴ $\frac{AD}{BA} = \frac{DE}{AD}$，即 $AD^2 = DE · BA$，
又 $BA = DC$，
∴ $AD^2 = DE · DC$。
---
(2) 证明：
过点F作$FG ⊥ CD$于点G，
∵ $EF = CF$，$FG ⊥ CD$，
∴ 由等腰三角形三线合一得：$EG = CG = \frac{1}{2}CE$。
∵ $AE ⊥ BD$，
∴ $∠ DAE + ∠ ADB = 90°$，
又 $∠ ADE = 90°$，
∴ $∠ AED + ∠ DAE = 90°$，
∴ $∠ AED = ∠ ADB$。
又 $∠ FGE = ∠ ADE = 90°$，
∴ $△ FEG ∽ △ AED$，
∴ $\frac{EG}{DE} = \frac{EF}{AE}$，即 $EG = \frac{EF · DE}{AE}$。
已知 $EF = \frac{1}{2}BD$，代入$EG = \frac{1}{2}CE$得：
$\frac{1}{2}CE = \frac{\frac{1}{2}BD · DE}{AE}$
两边同乘2得：$CE = \frac{BD · DE}{AE}$。
由(1)中$△ ADE ∽ △ BAD$，得 $\frac{AD}{BD} = \frac{DE}{AE}$，即 $AD = \frac{BD · DE}{AE}$，
∴ $CE = AD$。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $∠ ADE = ∠ BAD = 90°$，$AB = CD$，$AB // CD$。
∵ $AE ⊥ BD$，
∴ $∠ DAE + ∠ ADB = 90°$，
又 $∠ ABD + ∠ ADB = 90°$，
∴ $∠ DAE = ∠ ABD$。
∴ $△ ADE ∽ △ BAD$，
∴ $\frac{AD}{BA} = \frac{DE}{AD}$，即 $AD^2 = DE · BA$，
又 $BA = DC$，
∴ $AD^2 = DE · DC$。
---
(2) 证明：
过点F作$FG ⊥ CD$于点G，
∵ $EF = CF$，$FG ⊥ CD$，
∴ 由等腰三角形三线合一得：$EG = CG = \frac{1}{2}CE$。
∵ $AE ⊥ BD$，
∴ $∠ DAE + ∠ ADB = 90°$，
又 $∠ ADE = 90°$，
∴ $∠ AED + ∠ DAE = 90°$，
∴ $∠ AED = ∠ ADB$。
又 $∠ FGE = ∠ ADE = 90°$，
∴ $△ FEG ∽ △ AED$，
∴ $\frac{EG}{DE} = \frac{EF}{AE}$，即 $EG = \frac{EF · DE}{AE}$。
已知 $EF = \frac{1}{2}BD$，代入$EG = \frac{1}{2}CE$得：
$\frac{1}{2}CE = \frac{\frac{1}{2}BD · DE}{AE}$
两边同乘2得：$CE = \frac{BD · DE}{AE}$。
由(1)中$△ ADE ∽ △ BAD$，得 $\frac{AD}{BD} = \frac{DE}{AE}$，即 $AD = \frac{BD · DE}{AE}$，
∴ $CE = AD$。
解析
【分析】
(1) 要证明乘积式$AD^2 = DE · DC$，通常先转化为比例式$\frac{AD}{DC}=\frac{DE}{AD}$，结合矩形对边相等$DC=AB$，只需证明$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{AD}$，即证$△ ADE ∽ △ BAD$。利用矩形的直角性质和$AE ⊥ BD$的条件，通过同角的余角相等得到对应角相等，即可证明三角形相似，再代入等量$AB=DC$就能得到结论。
(2) 要证明$CE=AD$，首先根据$EF=CF$的等腰三角形特征，作$FG ⊥ CD$，利用等腰三角形三线合一得到$EG=\frac{1}{2}CE$。再证明$△ FEG ∽ △ AED$，得到$EG$的比例表达式，结合$EF=\frac{1}{2}BD$的条件推导出$CE$的表达式，最后利用第一问的相似结论得到$AD$的表达式，对比两个表达式即可证明两条线段相等。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $∠ ADE = ∠ BAD = 90°$，$AB = CD$，$AB // CD$。
∵ $AE ⊥ BD$，
∴ $∠ DAE + ∠ ADB = 90°$，
又 $∠ ABD + ∠ ADB = 90°$，
∴ $∠ DAE = ∠ ABD$。
∴ $△ ADE ∽ △ BAD$，
∴ $\frac{AD}{BA} = \frac{DE}{AD}$，即 $AD^2 = DE · BA$，
又 $BA = DC$，
∴ $AD^2 = DE · DC$。
(2) 证明：
过点F作$FG ⊥ CD$于点G，
∵ $EF = CF$，$FG ⊥ CD$，
∴ 由等腰三角形三线合一得：$EG = CG = \frac{1}{2}CE$。
∵ $AE ⊥ BD$，
∴ $∠ DAE + ∠ ADB = 90°$，
又 $∠ ADE = 90°$，
∴ $∠ AED + ∠ DAE = 90°$，
∴ $∠ AED = ∠ ADB$。
又 $∠ FGE = ∠ ADE = 90°$，
∴ $△ FEG ∽ △ AED$，
∴ $\frac{EG}{DE} = \frac{EF}{AE}$，即 $EG = \frac{EF · DE}{AE}$。
已知 $EF = \frac{1}{2}BD$，代入$EG = \frac{1}{2}CE$得：
$\frac{1}{2}CE = \frac{\frac{1}{2}BD · DE}{AE}$
两边同乘2得：$CE = \frac{BD · DE}{AE}$。
由(1)中$△ ADE ∽ △ BAD$，得 $\frac{AD}{BD} = \frac{DE}{AE}$，即 $AD = \frac{BD · DE}{AE}$，
∴ $CE = AD$。
【答案】
(1) $AD^2 = DE · DC$成立；
(2) $CE = AD$成立。
【知识点】
相似三角形的判定与性质，矩形的性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题属于几何综合证明题，融合了矩形、等腰三角形、相似三角形的核心知识点，第一问是基础的相似三角形证明，第二问需要合理构造辅助线，借助相似的比例关系完成线段的等量转换，解题时可直接复用第一问的结论简化推导过程。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明乘积式$AD^2 = DE · DC$，通常先转化为比例式$\frac{AD}{DC}=\frac{DE}{AD}$，结合矩形对边相等$DC=AB$，只需证明$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{AD}$，即证$△ ADE ∽ △ BAD$。利用矩形的直角性质和$AE ⊥ BD$的条件，通过同角的余角相等得到对应角相等，即可证明三角形相似，再代入等量$AB=DC$就能得到结论。
(2) 要证明$CE=AD$，首先根据$EF=CF$的等腰三角形特征，作$FG ⊥ CD$，利用等腰三角形三线合一得到$EG=\frac{1}{2}CE$。再证明$△ FEG ∽ △ AED$，得到$EG$的比例表达式，结合$EF=\frac{1}{2}BD$的条件推导出$CE$的表达式，最后利用第一问的相似结论得到$AD$的表达式，对比两个表达式即可证明两条线段相等。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $∠ ADE = ∠ BAD = 90°$，$AB = CD$，$AB // CD$。
∵ $AE ⊥ BD$，
∴ $∠ DAE + ∠ ADB = 90°$，
又 $∠ ABD + ∠ ADB = 90°$，
∴ $∠ DAE = ∠ ABD$。
∴ $△ ADE ∽ △ BAD$，
∴ $\frac{AD}{BA} = \frac{DE}{AD}$，即 $AD^2 = DE · BA$，
又 $BA = DC$，
∴ $AD^2 = DE · DC$。
(2) 证明：
过点F作$FG ⊥ CD$于点G，
∵ $EF = CF$，$FG ⊥ CD$，
∴ 由等腰三角形三线合一得：$EG = CG = \frac{1}{2}CE$。
∵ $AE ⊥ BD$，
∴ $∠ DAE + ∠ ADB = 90°$，
又 $∠ ADE = 90°$，
∴ $∠ AED + ∠ DAE = 90°$，
∴ $∠ AED = ∠ ADB$。
又 $∠ FGE = ∠ ADE = 90°$，
∴ $△ FEG ∽ △ AED$，
∴ $\frac{EG}{DE} = \frac{EF}{AE}$，即 $EG = \frac{EF · DE}{AE}$。
已知 $EF = \frac{1}{2}BD$，代入$EG = \frac{1}{2}CE$得：
$\frac{1}{2}CE = \frac{\frac{1}{2}BD · DE}{AE}$
两边同乘2得：$CE = \frac{BD · DE}{AE}$。
由(1)中$△ ADE ∽ △ BAD$，得 $\frac{AD}{BD} = \frac{DE}{AE}$，即 $AD = \frac{BD · DE}{AE}$，
∴ $CE = AD$。
【答案】
(1) $AD^2 = DE · DC$成立；
(2) $CE = AD$成立。
【知识点】
相似三角形的判定与性质，矩形的性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题属于几何综合证明题，融合了矩形、等腰三角形、相似三角形的核心知识点，第一问是基础的相似三角形证明，第二问需要合理构造辅助线，借助相似的比例关系完成线段的等量转换，解题时可直接复用第一问的结论简化推导过程。
【难度系数】
0.6
1.(2025·兰州)如图13,在平面直角坐标系xOy中,△ABC与△A'B'C'位似,位似中心是原点O.已知BC:B'C'=1:2,则B(2,0)的对应点B'的坐标是 ()
A.(3,0)
B.(4,0)
C.(6,0)
D.(8,0)
A.(3,0)
B.(4,0)
C.(6,0)
D.(8,0)
答案
B
解析
【分析】
首先回忆位似变换的性质：当位似中心为坐标原点时，位似图形对应点的坐标比等于位似比。本题中先根据BC与B'C'的长度比确定位似比，再观察两个位似图形位于原点同侧，因此对应点的坐标符号相同，将原点点坐标乘以位似比的放大倍数即可得到对应点坐标。
【解析】
解：
∵△ABC与△A'B'C'位似，位似中心是原点O，且BC:B'C'=1:2，
∴△ABC与△A'B'C'的位似比为1:2，即△A'B'C'是△ABC放大2倍的位似图形，且两图形位于原点同侧，
已知点B的坐标为(2,0)，根据位似中心在原点的坐标变换规律，对应点B'的坐标为(2×2, 0×2)，即(4,0)。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
位似的性质；平面直角坐标系中的位似变换
【点评】
本题属于基础题，主要考查位似变换的坐标变化规律，解题的关键是明确位似中心为原点时，对应点坐标与位似比的关系，同时注意结合图形位置判断坐标的符号。
【难度系数】
0.8
首先回忆位似变换的性质：当位似中心为坐标原点时，位似图形对应点的坐标比等于位似比。本题中先根据BC与B'C'的长度比确定位似比，再观察两个位似图形位于原点同侧，因此对应点的坐标符号相同，将原点点坐标乘以位似比的放大倍数即可得到对应点坐标。
【解析】
解：
∵△ABC与△A'B'C'位似，位似中心是原点O，且BC:B'C'=1:2，
∴△ABC与△A'B'C'的位似比为1:2，即△A'B'C'是△ABC放大2倍的位似图形，且两图形位于原点同侧，
已知点B的坐标为(2,0)，根据位似中心在原点的坐标变换规律，对应点B'的坐标为(2×2, 0×2)，即(4,0)。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
位似的性质；平面直角坐标系中的位似变换
【点评】
本题属于基础题，主要考查位似变换的坐标变化规律，解题的关键是明确位似中心为原点时，对应点坐标与位似比的关系，同时注意结合图形位置判断坐标的符号。
【难度系数】
0.8
2. (2025·眉山)如图14,在4×3的方形网格中,每个小正方形的边长均为1,将△OAB以点O为位似中心放大后得到△OCD,则△OAB与△OCD的周长之比是 ()
A.2:1
B.1:2
C.4:1
D.1:4
A.2:1
B.1:2
C.4:1
D.1:4
答案
B
解析
【分析】
首先明确位似图形属于特殊的相似图形，相似图形的周长比等于相似比，而位似图形的相似比等于对应边的比，也等于对应点到位似中心的距离之比。因此解题时只需要结合网格求出△OAB与△OCD的相似比，即可得到二者的周长之比。
【解析】
∵△OAB以点O为位似中心放大后得到△OCD，
∴△OAB∽△OCD，且相似比为对应边的比。
由网格可知，OA的长度为1，对应边OC的长度为2，
∴△OAB与△OCD的相似比为OA:OC=1:2。
又
∵相似三角形的周长比等于相似比，
∴△OAB与△OCD的周长之比是1:2。
【答案】
B
【知识点】
位似的性质；相似三角形周长的性质
【点评】
本题考查位似与相似的结合应用，解题的关键是掌握位似是特殊的相似，能结合网格快速求出相似比，整体难度较低，属于基础题型。
【难度系数】
0.8
首先明确位似图形属于特殊的相似图形，相似图形的周长比等于相似比，而位似图形的相似比等于对应边的比，也等于对应点到位似中心的距离之比。因此解题时只需要结合网格求出△OAB与△OCD的相似比，即可得到二者的周长之比。
【解析】
∵△OAB以点O为位似中心放大后得到△OCD，
∴△OAB∽△OCD，且相似比为对应边的比。
由网格可知，OA的长度为1，对应边OC的长度为2，
∴△OAB与△OCD的相似比为OA:OC=1:2。
又
∵相似三角形的周长比等于相似比，
∴△OAB与△OCD的周长之比是1:2。
【答案】
B
【知识点】
位似的性质；相似三角形周长的性质
【点评】
本题考查位似与相似的结合应用，解题的关键是掌握位似是特殊的相似，能结合网格快速求出相似比，整体难度较低，属于基础题型。
【难度系数】
0.8
