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13. 如图,直线$y = ax + 1$与$x$轴、$y$轴分别相交于$A,B$两点,与双曲线$y = \frac{k}{x}(x ＞ 0)$相交于点$P$,$PC ⊥ x$轴于点$C$,且$PC = 2$,点$A$的坐标为$(-2,0)$.若点$Q$为双曲线上点$P$右侧的一点,且$QH ⊥ x$轴于点$H$,当以点$Q$,$C$,$H$为顶点的三角形与$△ AOB$相似时,则点$Q$的坐标为
$(4,1)$ 或 $(1 + \sqrt{3},2\sqrt{3} - 2)$
.答案
13. $(4,1)$ 或 $(1 + \sqrt{3},2\sqrt{3} - 2)$
解析
【分析】
解题思路分为三步：第一步先求直线解析式，将已知点A坐标代入直线方程求出a，再结合PC=2求出点P坐标，进而得到反比例函数解析式；第二步求出△AOB的两条直角边长，明确△AOB是直角三角形；第三步设出点Q坐标，由于相似三角形对应关系不唯一，分两种情况根据相似三角形对应边成比例列方程求解，最后验证解是否符合点Q在点P右侧的条件即可。
【解析】
1. 求直线解析式：将$A(-2,0)$代入$y = ax + 1$，得$0=-2a+1$，解得$a=\frac{1}{2}$，因此直线解析式为$y=\frac{1}{2}x+1$。
2. 求点P坐标及反比例函数解析式：由$PC=2$可知点P纵坐标为2，代入直线解析式得$2=\frac{1}{2}x+1$，解得$x=2$，即$P(2,2)$。将P代入$y=\frac{k}{x}$得$2=\frac{k}{2}$，解得$k=4$，因此反比例函数解析式为$y=\frac{4}{x}(x＞0)$，同时得$C(2,0)$。
3. 求$△ AOB$的边长：直线$y=\frac{1}{2}x+1$与y轴交于B，令$x=0$得$y=1$，即$B(0,1)$，因此$OA=2$，$OB=1$，$∠ AOB=90°$。
4. 设点$Q(m,\frac{4}{m})$（$m＞2$，因Q在P右侧），则$H(m,0)$，$CH=m-2$，$QH=\frac{4}{m}$，$∠ QHC=90°$，分两种相似情况讨论：
① 当$△ QCH ∽ △ BAO$时，$\frac{QH}{BO}=\frac{CH}{AO}$，代入得$\frac{\frac{4}{m}}{1}=\frac{m-2}{2}$，整理得$m^2-2m-8=0$，解得$m_1=4$，$m_2=-2$（舍去，因$m＞0$），此时$Q(4,1)$；
② 当$△ QCH ∽ △ ABO$时，$\frac{QH}{AO}=\frac{CH}{BO}$，代入得$\frac{\frac{4}{m}}{2}=\frac{m-2}{1}$，整理得$m^2-2m-2=0$，解得$m_1=1+\sqrt{3}$，$m_2=1-\sqrt{3}$（舍去，因$m＞2$），此时$\frac{4}{m}=2\sqrt{3}-2$，即$Q(1+\sqrt{3},2\sqrt{3}-2)$。
【答案】
$(4,1)$ 或 $(1 + \sqrt{3},2\sqrt{3} - 2)$
【知识点】
一次函数解析式求解；反比例函数的性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于函数与几何的综合题，解题关键是先求出函数解析式，再结合相似三角形的性质分类讨论求解，需要注意相似三角形对应关系不唯一，避免漏解，同时要结合自变量的取值范围舍去不符合题意的解。
【难度系数】
0.6
解题思路分为三步：第一步先求直线解析式，将已知点A坐标代入直线方程求出a，再结合PC=2求出点P坐标，进而得到反比例函数解析式；第二步求出△AOB的两条直角边长，明确△AOB是直角三角形；第三步设出点Q坐标，由于相似三角形对应关系不唯一，分两种情况根据相似三角形对应边成比例列方程求解，最后验证解是否符合点Q在点P右侧的条件即可。
【解析】
1. 求直线解析式：将$A(-2,0)$代入$y = ax + 1$，得$0=-2a+1$，解得$a=\frac{1}{2}$，因此直线解析式为$y=\frac{1}{2}x+1$。
2. 求点P坐标及反比例函数解析式：由$PC=2$可知点P纵坐标为2，代入直线解析式得$2=\frac{1}{2}x+1$，解得$x=2$，即$P(2,2)$。将P代入$y=\frac{k}{x}$得$2=\frac{k}{2}$，解得$k=4$，因此反比例函数解析式为$y=\frac{4}{x}(x＞0)$，同时得$C(2,0)$。
3. 求$△ AOB$的边长：直线$y=\frac{1}{2}x+1$与y轴交于B，令$x=0$得$y=1$，即$B(0,1)$，因此$OA=2$，$OB=1$，$∠ AOB=90°$。
4. 设点$Q(m,\frac{4}{m})$（$m＞2$，因Q在P右侧），则$H(m,0)$，$CH=m-2$，$QH=\frac{4}{m}$，$∠ QHC=90°$，分两种相似情况讨论：
① 当$△ QCH ∽ △ BAO$时，$\frac{QH}{BO}=\frac{CH}{AO}$，代入得$\frac{\frac{4}{m}}{1}=\frac{m-2}{2}$，整理得$m^2-2m-8=0$，解得$m_1=4$，$m_2=-2$（舍去，因$m＞0$），此时$Q(4,1)$；
② 当$△ QCH ∽ △ ABO$时，$\frac{QH}{AO}=\frac{CH}{BO}$，代入得$\frac{\frac{4}{m}}{2}=\frac{m-2}{1}$，整理得$m^2-2m-2=0$，解得$m_1=1+\sqrt{3}$，$m_2=1-\sqrt{3}$（舍去，因$m＞2$），此时$\frac{4}{m}=2\sqrt{3}-2$，即$Q(1+\sqrt{3},2\sqrt{3}-2)$。
【答案】
$(4,1)$ 或 $(1 + \sqrt{3},2\sqrt{3} - 2)$
【知识点】
一次函数解析式求解；反比例函数的性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于函数与几何的综合题，解题关键是先求出函数解析式，再结合相似三角形的性质分类讨论求解，需要注意相似三角形对应关系不唯一，避免漏解，同时要结合自变量的取值范围舍去不符合题意的解。
【难度系数】
0.6
三、解答题(共48分)
14.(8分)在正方形网格中,每个小正方形的边长为1,△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示.
(1)以点C为位似中心,在正方形网格中作出△ABC的位似图形△A₁B₁C,使△A₁B₁C与△ABC的相似比为2:1,并写出点A₁的坐标;
(2)作出△ABC绕点C逆时针旋转90°后的图形△A₂B₂C;
(3)在(2)的条件下,求出点B所经过的路径长.
14.(8分)在正方形网格中,每个小正方形的边长为1,△ABC在平面直角坐标系中的位置如图所示.
(1)以点C为位似中心,在正方形网格中作出△ABC的位似图形△A₁B₁C,使△A₁B₁C与△ABC的相似比为2:1,并写出点A₁的坐标;
(2)作出△ABC绕点C逆时针旋转90°后的图形△A₂B₂C;
(3)在(2)的条件下,求出点B所经过的路径长.
答案
14. (1)略;(2)略;(3) $\frac{\sqrt{17}}{2}π$
解析
【分析】
(1) 位似图形作图首先要明确位似中心为点C、相似比为2:1，即新图形边长是原图形的2倍。先连接CA、CB并延长，使CA₁=2CA、CB₁=2CB，顺次连接三点即可得到位似图形，再结合网格读出A₁的坐标即可。
(2) 旋转作图需抓住旋转中心C、旋转方向逆时针、旋转角度90°三个要素，将点A、B分别绕点C旋转90°得到对应点，再顺次连接即可得到旋转后的图形。
(3) 点B的运动路径是圆心为C、半径为CB、圆心角为90°的圆弧，先通过勾股定理求出CB的长度，再代入弧长公式即可求出路径长。
【解析】
由网格可得各点坐标：$C(-1,1)$，$B(-5,2)$，$A(-3,3)$。
(1) 延长$CA$至$A_1$，使$CA_1=2CA$，延长$CB$至$B_1$，使$CB_1=2CB$，连接$A_1B_1$、$A_1C$、$B_1C$，$△ A_1B_1C$即为所求；点$A$相对$C$的坐标差为$(-3-(-1),3-1)=(-2,2)$，放大2倍后坐标差为$(-4,4)$，故$A_1$坐标为$(-1-4,1+4)=(-5,5)$，若在另一侧作位似图形，$A_1$坐标为$(3,-3)$，均符合要求。
(2) 根据旋转性质，将点$A$、$B$绕点$C$逆时针旋转90°得到对应点$A_2$、$B_2$，顺次连接$A_2$、$B_2$、$C$，$△ A_2B_2C$即为所求。
(3) 点$B$的运动路径为圆心角90°、半径为$CB$的圆弧：
① 由勾股定理求$CB$长度：$CB=\sqrt{(-5+1)^2+(2-1)^2}=\sqrt{16+1}=\sqrt{17}$；
② 代入弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$（$n=90°$，$r=\sqrt{17}$）：
$l=\frac{90×π×\sqrt{17}}{180}=\frac{\sqrt{17}}{2}π$。
【答案】
(1) 作图略，$A_1$坐标为$(-5,5)$（合理即可）；
(2) 作图略；
(3) $\frac{\sqrt{17}}{2}π$
【知识点】
位似图形的性质；图形的旋转；弧长计算
【点评】
本题是平面直角坐标系下的图形变换综合题，考查了位似、旋转的作图方法和弧长的计算，难度不大，解题时需准确把握变换的相关性质，计算弧长时要先确定对应圆弧的半径和圆心角。
【难度系数】
0.7
(1) 位似图形作图首先要明确位似中心为点C、相似比为2:1，即新图形边长是原图形的2倍。先连接CA、CB并延长，使CA₁=2CA、CB₁=2CB，顺次连接三点即可得到位似图形，再结合网格读出A₁的坐标即可。
(2) 旋转作图需抓住旋转中心C、旋转方向逆时针、旋转角度90°三个要素，将点A、B分别绕点C旋转90°得到对应点，再顺次连接即可得到旋转后的图形。
(3) 点B的运动路径是圆心为C、半径为CB、圆心角为90°的圆弧，先通过勾股定理求出CB的长度，再代入弧长公式即可求出路径长。
【解析】
由网格可得各点坐标：$C(-1,1)$，$B(-5,2)$，$A(-3,3)$。
(1) 延长$CA$至$A_1$，使$CA_1=2CA$，延长$CB$至$B_1$，使$CB_1=2CB$，连接$A_1B_1$、$A_1C$、$B_1C$，$△ A_1B_1C$即为所求；点$A$相对$C$的坐标差为$(-3-(-1),3-1)=(-2,2)$，放大2倍后坐标差为$(-4,4)$，故$A_1$坐标为$(-1-4,1+4)=(-5,5)$，若在另一侧作位似图形，$A_1$坐标为$(3,-3)$，均符合要求。
(2) 根据旋转性质，将点$A$、$B$绕点$C$逆时针旋转90°得到对应点$A_2$、$B_2$，顺次连接$A_2$、$B_2$、$C$，$△ A_2B_2C$即为所求。
(3) 点$B$的运动路径为圆心角90°、半径为$CB$的圆弧：
① 由勾股定理求$CB$长度：$CB=\sqrt{(-5+1)^2+(2-1)^2}=\sqrt{16+1}=\sqrt{17}$；
② 代入弧长公式$l=\frac{nπ r}{180}$（$n=90°$，$r=\sqrt{17}$）：
$l=\frac{90×π×\sqrt{17}}{180}=\frac{\sqrt{17}}{2}π$。
【答案】
(1) 作图略，$A_1$坐标为$(-5,5)$（合理即可）；
(2) 作图略；
(3) $\frac{\sqrt{17}}{2}π$
【知识点】
位似图形的性质；图形的旋转；弧长计算
【点评】
本题是平面直角坐标系下的图形变换综合题，考查了位似、旋转的作图方法和弧长的计算，难度不大，解题时需准确把握变换的相关性质，计算弧长时要先确定对应圆弧的半径和圆心角。
【难度系数】
0.7
15.（8分）如图，在矩形ABCD中，点E是BC上一点，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为点F. 判断△DEC与△ADF是否相似，并说明理由.
答案
解：$△ DEC ∽ △ ADF$，理由如下：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD // BC$，$∠ C = 90°$，
∴ $∠ ADF = ∠ DEC$。
∵ $AF ⊥ DE$，
∴ $∠ AFD = 90°$，
∴ $∠ AFD = ∠ C$。
在$△ DEC$和$△ ADF$中，
$\begin{cases}∠ DEC = ∠ ADF \\∠ C = ∠ AFD\end{cases}$
∴ $△ DEC ∽ △ ADF$（两角分别相等的两个三角形相似）。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD // BC$，$∠ C = 90°$，
∴ $∠ ADF = ∠ DEC$。
∵ $AF ⊥ DE$，
∴ $∠ AFD = 90°$，
∴ $∠ AFD = ∠ C$。
在$△ DEC$和$△ ADF$中，
$\begin{cases}∠ DEC = ∠ ADF \\∠ C = ∠ AFD\end{cases}$
∴ $△ DEC ∽ △ ADF$（两角分别相等的两个三角形相似）。
解析
【分析】
要判断两个三角形是否相似，可优先采用两角分别相等的相似判定定理推导。首先结合矩形的性质，能得到AD与BC平行、∠C为直角，根据平行线的内错角相等可推出一组对应角相等；再根据AF⊥DE的条件得到∠AFD为直角，和∠C相等，得到第二组对应角相等，即可判定两个三角形是否相似。
【解析】
$△ DEC ∽ △ ADF$，理由如下：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD // BC$，$∠ C = 90°$，
∴ $∠ ADF = ∠ DEC$。
∵ $AF ⊥ DE$，
∴ $∠ AFD = 90°$，
∴ $∠ AFD = ∠ C$。
在$△ DEC$和$△ ADF$中，
$\begin{cases}∠ DEC = ∠ ADF \\∠ C = ∠ AFD\end{cases}$
∴ $△ DEC ∽ △ ADF$（两角分别相等的两个三角形相似）。
【答案】
$△ DEC ∽ △ ADF$
【知识点】
矩形的性质；相似三角形的判定；平行线的性质
【点评】
本题属于基础几何证明题，解题关键是熟练掌握矩形的性质与相似三角形的判定定理，挖掘图形中平行线、垂直的条件得到对应相等的角即可完成证明。
【难度系数】
0.8
要判断两个三角形是否相似，可优先采用两角分别相等的相似判定定理推导。首先结合矩形的性质，能得到AD与BC平行、∠C为直角，根据平行线的内错角相等可推出一组对应角相等；再根据AF⊥DE的条件得到∠AFD为直角，和∠C相等，得到第二组对应角相等，即可判定两个三角形是否相似。
【解析】
$△ DEC ∽ △ ADF$，理由如下：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD // BC$，$∠ C = 90°$，
∴ $∠ ADF = ∠ DEC$。
∵ $AF ⊥ DE$，
∴ $∠ AFD = 90°$，
∴ $∠ AFD = ∠ C$。
在$△ DEC$和$△ ADF$中，
$\begin{cases}∠ DEC = ∠ ADF \\∠ C = ∠ AFD\end{cases}$
∴ $△ DEC ∽ △ ADF$（两角分别相等的两个三角形相似）。
【答案】
$△ DEC ∽ △ ADF$
【知识点】
矩形的性质；相似三角形的判定；平行线的性质
【点评】
本题属于基础几何证明题，解题关键是熟练掌握矩形的性质与相似三角形的判定定理，挖掘图形中平行线、垂直的条件得到对应相等的角即可完成证明。
【难度系数】
0.8
