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10 [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$AM+\frac{1}{3}BM$的最小值为
$5\sqrt{2}$
.答案
10.$5\sqrt{2}$ 【解析】在$BC$上取点$G$,使$CG=1$,连接$AG$,$MG$.
∵$BC=9$,$CM=3$,
∴$\frac{CG}{CM}=\frac{CM}{BC}=\frac{1}{3}$.又
∵$∠MCG=∠MCB$,
∴$△MCG ∽ △BCM$,
∴$\frac{MG}{BM}=\frac{CG}{CM}=\frac{1}{3}$,
∴$MG=\frac{1}{3}BM$,
∴$AM+\frac{1}{3}BM=AM+MG≥AG$.
∵$AG=\sqrt{AC^2+CG^2}=\sqrt{7^2+1^2}=5\sqrt{2}$,
∴$AM+\frac{1}{3}BM≥5\sqrt{2}$,即当$M$在$AG$上时,$AM+\frac{1}{3}BM$取得最小值,为$5\sqrt{2}$,故答案为$5\sqrt{2}$.
∵$BC=9$,$CM=3$,
∴$\frac{CG}{CM}=\frac{CM}{BC}=\frac{1}{3}$.又
∵$∠MCG=∠MCB$,
∴$△MCG ∽ △BCM$,
∴$\frac{MG}{BM}=\frac{CG}{CM}=\frac{1}{3}$,
∴$MG=\frac{1}{3}BM$,
∴$AM+\frac{1}{3}BM=AM+MG≥AG$.
∵$AG=\sqrt{AC^2+CG^2}=\sqrt{7^2+1^2}=5\sqrt{2}$,
∴$AM+\frac{1}{3}BM≥5\sqrt{2}$,即当$M$在$AG$上时,$AM+\frac{1}{3}BM$取得最小值,为$5\sqrt{2}$,故答案为$5\sqrt{2}$.
解析
【分析】
本题属于“阿氏圆”类型的线段和最值问题，解题思路如下：首先观察所求式子$AM+\frac{1}{3}BM$，带有系数$\frac{1}{3}$，需要通过构造相似三角形将$\frac{1}{3}BM$转化为等长的其他线段。已知$CM=3$，$BC=9$，二者比值恰好为$\frac{1}{3}$，因此可以在$BC$上取一点$G$，使得$CG$与$CM$的比值也为$\frac{1}{3}$，结合公共夹角构造相似三角形，即可得到$MG=\frac{1}{3}BM$。最后将原式转化为$AM+MG$，根据“两点之间线段最短”，可知最小值即为线段$AG$的长度，用勾股定理计算$AG$即可。
【解析】
在$BC$上取点$G$，使$CG=1$，连接$AG$，$MG$。
∵ $BC=9$，$CM=3$，$CG=1$
∴ $\frac{CG}{CM}=\frac{1}{3}$，$\frac{CM}{BC}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$，即$\frac{CG}{CM}=\frac{CM}{BC}$
又
∵ $∠MCG=∠BCM$（公共角）
∴ $△MCG ∽ △BCM$（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）
∴ $\frac{MG}{BM}=\frac{CG}{CM}=\frac{1}{3}$，即$MG=\frac{1}{3}BM$
∴ $AM+\frac{1}{3}BM=AM+MG$
根据两点之间线段最短，可得$AM+MG≥AG$，当且仅当$A$、$M$、$G$三点共线时，等号成立。
∵ $∠ACB=90°$，由勾股定理得：
$AG=\sqrt{AC^2+CG^2}=\sqrt{7^2+1^2}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}$
∴ $AM+\frac{1}{3}BM$的最小值为$5\sqrt{2}$。
【答案】
$5\sqrt{2}$
【知识点】
阿氏圆最值，相似三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是典型的加权线段和最值问题，解题关键是通过构造相似三角形完成带系数线段的转化，将陌生的最值问题转化为常见的“两点之间线段最短”模型，对相似构造的敏感度要求较高，是中考最值类题型的高频考点。
【难度系数】
0.4
本题属于“阿氏圆”类型的线段和最值问题，解题思路如下：首先观察所求式子$AM+\frac{1}{3}BM$，带有系数$\frac{1}{3}$，需要通过构造相似三角形将$\frac{1}{3}BM$转化为等长的其他线段。已知$CM=3$，$BC=9$，二者比值恰好为$\frac{1}{3}$，因此可以在$BC$上取一点$G$，使得$CG$与$CM$的比值也为$\frac{1}{3}$，结合公共夹角构造相似三角形，即可得到$MG=\frac{1}{3}BM$。最后将原式转化为$AM+MG$，根据“两点之间线段最短”，可知最小值即为线段$AG$的长度，用勾股定理计算$AG$即可。
【解析】
在$BC$上取点$G$，使$CG=1$，连接$AG$，$MG$。
∵ $BC=9$，$CM=3$，$CG=1$
∴ $\frac{CG}{CM}=\frac{1}{3}$，$\frac{CM}{BC}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$，即$\frac{CG}{CM}=\frac{CM}{BC}$
又
∵ $∠MCG=∠BCM$（公共角）
∴ $△MCG ∽ △BCM$（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似）
∴ $\frac{MG}{BM}=\frac{CG}{CM}=\frac{1}{3}$，即$MG=\frac{1}{3}BM$
∴ $AM+\frac{1}{3}BM=AM+MG$
根据两点之间线段最短，可得$AM+MG≥AG$，当且仅当$A$、$M$、$G$三点共线时，等号成立。
∵ $∠ACB=90°$，由勾股定理得：
$AG=\sqrt{AC^2+CG^2}=\sqrt{7^2+1^2}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}$
∴ $AM+\frac{1}{3}BM$的最小值为$5\sqrt{2}$。
【答案】
$5\sqrt{2}$
【知识点】
阿氏圆最值，相似三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是典型的加权线段和最值问题，解题关键是通过构造相似三角形完成带系数线段的转化，将陌生的最值问题转化为常见的“两点之间线段最短”模型，对相似构造的敏感度要求较高，是中考最值类题型的高频考点。
【难度系数】
0.4
11 [2025 四川成都中考]如图,在$□ ABCD$中,点E在BC边上,点B关于直线AE的对称点F落在$□ ABCD$内,射线AF交射线DC于点G,交射线BC于点P,射线EF交CD边于点Q.
【特例感知】
(1)如图(1),当$CE=BE$时,点P在BC延长线上,求证:$△ EFP≌△ ECQ$;
【问题探究】
(2)在(1)的条件下,若$CG=3,GQ=5$,求DQ的长;
【拓展延伸】
(3)如图(2),当$CE=2BE$时,点P在BC边上,若$\frac{CQ}{DQ}=\frac{1}{n}$,求$\frac{CG}{DG}$的值.(用含n的代数式表示)
【特例感知】
(1)如图(1),当$CE=BE$时,点P在BC延长线上,求证:$△ EFP≌△ ECQ$;
【问题探究】
(2)在(1)的条件下,若$CG=3,GQ=5$,求DQ的长;
【拓展延伸】
(3)如图(2),当$CE=2BE$时,点P在BC边上,若$\frac{CQ}{DQ}=\frac{1}{n}$,求$\frac{CG}{DG}$的值.(用含n的代数式表示)
答案
11.【解】(1)证明：由轴对称的性质得$∠B=∠AFE$,$BE=FE$.
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AB//CD$,
∴$∠B=∠PCG$,
∴$∠AFE=∠PCG$.
∵$∠AFE=∠QFG$,
∴$∠PCG=∠QFG$.
∵$∠FGQ=∠CGP$,
∴$∠CQE=∠P$.
∵$CE=BE$,$BE=EF$,
∴$EF=EC$.又
∵$∠CEQ=∠FEP$,
∴$△EFP≌△ECQ$(AAS).
(2)
∵$△EFP≌△ECQ$,
∴$EQ=EP$.
∵$EF=EC$,
∴$FQ=CP$.
∵$∠FGQ=∠CGP$,$∠CQE=∠P$,
∴$△FQG≌△CPG$(AAS),
∴$FG=CG=3$,$GQ=GP=5$.由轴对称的性质得$AF=AB$.
∵四边形$ABCD$是平行四边形,
∴$AB//CD$,$AB=CD$,
∴$△CGP∽△BAP$,
∴$\frac{CG}{AB}=\frac{PG}{AP}$,
∴$\frac{3}{AB}=\frac{5}{AB+3+5}$,解得$AB=12$,
∴$CD=12$,
∴$DQ=CD-CG-QG=4$.
(3)如图
,延长$AD$,$EQ$交于点$M$.设$CQ=a$,$BE=b$,∴$EF=b$.
∵$\frac{CQ}{DQ}=\frac{1}{n}$,$CE=2BE$,
∴$DQ=na$,$EC=2b$,
∴$AB=CD=(n+1)a$,$AD=3b$,
∴$AF=AB=(n+1)a$.
∵$AD//BC$,即$DM//EC$,
∴$△DQM∽△CQE$,
∴$\frac{DM}{EC}=\frac{DQ}{CQ}$,即$\frac{DM}{2b}=\frac{na}{a}$,
∴$DM=2nb$.
∵四边形$ABCD$是平行四边形,
∴$∠B=∠ADQ$.
∵$∠AFE=∠B$,
∴$∠AFE=∠ADQ$.
∵$∠AFQ+∠AFE=180°$,
∴$∠AFQ+∠ADQ=180°$.
∴$∠DAF+∠DQF=180°$.
∵$∠EQC+∠DQF=180°$,
∴$∠EQC=∠DAF$.
∵$AD//BC$,
∴$∠DAF=∠FPE$,
∴$∠EQC=∠FPE$.又
∵$∠FEP=∠CEQ$,
∴$△FEP∽△CEQ$,
∴$\frac{EF}{EC}=\frac{FP}{CQ}$,即$\frac{b}{2b}=\frac{FP}{a}$,
∴$PF=\frac{1}{2}a$.
∵$AD//BC$,
∴$△AMF∽△PEF$,
∴$\frac{EP}{AM}=\frac{PF}{AF}$,
∴$\frac{EP}{(3+2n)b}=\frac{\frac{1}{2}a}{(n+1)a}$,
∴$EP=\frac{3+2n}{2n+2}b$,
∴$CP=EC-EP=2b-\frac{3+2n}{2n+2}b=\frac{(2n+1)b}{2n+2}$.又
∵$PC//AD$,
∴$△GPC∽△GAD$,
∴$\frac{CG}{DG}=\frac{CP}{AD}=\frac{\frac{(2n+1)b}{2n+2}}{3b}=\frac{2n+1}{6n+6}$.
解析
【分析】
(1) 证明三角形全等先找对应边角关系：先利用轴对称性质得对应角、对应边相等，结合平行四边形对边平行的性质推导角的等量关系，再结合已知$CE=BE$得到一组对应边相等，最后利用对顶角相等凑齐AAS的全等判定条件即可。
(2) 先利用(1)的全等结论得到对应边相等，再证明一组新的全等三角形得到FG、GP的长度，然后通过平行关系得到相似三角形，利用相似比列方程求出平行四边形的边长，最后通过线段的和差计算DQ的长度。
(3) 先作辅助线构造相似三角形，采用设参数的方法表示各线段长度，通过多次证明相似三角形得到各相关线段的表达式，最后利用相似三角形的比例关系求出$\frac{CG}{DG}$的比值。
【解析】
(1)证明：由轴对称的性质得$∠B=∠AFE$,$BE=FE$.
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AB//CD$,
∴$∠B=∠PCG$,
∴$∠AFE=∠PCG$.
∵$∠AFE=∠QFG$,
∴$∠PCG=∠QFG$.
∵$∠FGQ=∠CGP$,
∴$∠CQE=∠P$.
∵$CE=BE$,$BE=EF$,
∴$EF=EC$.
又
∵$∠CEQ=∠FEP$,
∴$△EFP≌△ECQ$(AAS).
(2)
∵$△EFP≌△ECQ$,
∴$EQ=EP$.
∵$EF=EC$,
∴$FQ=CP$.
∵$∠FGQ=∠CGP$,$∠CQE=∠P$,
∴$△FQG≌△CPG$(AAS),
∴$FG=CG=3$,$GQ=GP=5$.
由轴对称的性质得$AF=AB$.
∵四边形$ABCD$是平行四边形,
∴$AB//CD$,$AB=CD$,
∴$△CGP∽△BAP$,
∴$\frac{CG}{AB}=\frac{PG}{AP}$,
∴$\frac{3}{AB}=\frac{5}{AB+3+5}$,解得$AB=12$,
∴$CD=12$,
∴$DQ=CD-CG-QG=4$.
(3)如图,延长$AD$,$EQ$交于点$M$.设$CQ=a$,$BE=b$,
∴$EF=b$.
∵$\frac{CQ}{DQ}=\frac{1}{n}$,$CE=2BE$,
∴$DQ=na$,$EC=2b$,
∴$AB=CD=(n+1)a$,$AD=3b$,
∴$AF=AB=(n+1)a$.
∵$AD//BC$,即$DM//EC$,
∴$△DQM∽△CQE$,
∴$\frac{DM}{EC}=\frac{DQ}{CQ}$,即$\frac{DM}{2b}=\frac{na}{a}$,
∴$DM=2nb$.
∵四边形$ABCD$是平行四边形,
∴$∠B=∠ADQ$.
∵$∠AFE=∠B$,
∴$∠AFE=∠ADQ$.
∵$∠AFQ+∠AFE=180°$,
∴$∠AFQ+∠ADQ=180°$.
∴$∠DAF+∠DQF=180°$.
∵$∠EQC+∠DQF=180°$,
∴$∠EQC=∠DAF$.
∵$AD//BC$,
∴$∠DAF=∠FPE$,
∴$∠EQC=∠FPE$.
又
∵$∠FEP=∠CEQ$,
∴$△FEP∽△CEQ$,
∴$\frac{EF}{EC}=\frac{FP}{CQ}$,即$\frac{b}{2b}=\frac{FP}{a}$,
∴$PF=\frac{1}{2}a$.
∵$AD//BC$,
∴$△AMF∽△PEF$,
∴$\frac{EP}{AM}=\frac{PF}{AF}$,
∴$\frac{EP}{(3+2n)b}=\frac{\frac{1}{2}a}{(n+1)a}$,
∴$EP=\frac{3+2n}{2n+2}b$,
∴$CP=EC-EP=2b-\frac{3+2n}{2n+2}b=\frac{(2n+1)b}{2n+2}$.
又
∵$PC//AD$,
∴$△GPC∽△GAD$,
∴$\frac{CG}{DG}=\frac{CP}{AD}=\frac{\frac{(2n+1)b}{2n+2}}{3b}=\frac{2n+1}{6n+6}$.
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\boldsymbol{DQ=4}$；
(3) $\boldsymbol{\frac{CG}{DG}=\frac{2n+1}{6n+6}}$，辅助线如图。
【知识点】
平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何综合类题型，以平行四边形和轴对称变换为背景，问题设置由易到难，前两问为第三问的拓展做了思路铺垫，既考查了几何基础定理的应用，又考查了参数法、转化思想在比例问题中的使用，对逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.3
(1) 证明三角形全等先找对应边角关系：先利用轴对称性质得对应角、对应边相等，结合平行四边形对边平行的性质推导角的等量关系，再结合已知$CE=BE$得到一组对应边相等，最后利用对顶角相等凑齐AAS的全等判定条件即可。
(2) 先利用(1)的全等结论得到对应边相等，再证明一组新的全等三角形得到FG、GP的长度，然后通过平行关系得到相似三角形，利用相似比列方程求出平行四边形的边长，最后通过线段的和差计算DQ的长度。
(3) 先作辅助线构造相似三角形，采用设参数的方法表示各线段长度，通过多次证明相似三角形得到各相关线段的表达式，最后利用相似三角形的比例关系求出$\frac{CG}{DG}$的比值。
【解析】
(1)证明：由轴对称的性质得$∠B=∠AFE$,$BE=FE$.
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AB//CD$,
∴$∠B=∠PCG$,
∴$∠AFE=∠PCG$.
∵$∠AFE=∠QFG$,
∴$∠PCG=∠QFG$.
∵$∠FGQ=∠CGP$,
∴$∠CQE=∠P$.
∵$CE=BE$,$BE=EF$,
∴$EF=EC$.
又
∵$∠CEQ=∠FEP$,
∴$△EFP≌△ECQ$(AAS).
(2)
∵$△EFP≌△ECQ$,
∴$EQ=EP$.
∵$EF=EC$,
∴$FQ=CP$.
∵$∠FGQ=∠CGP$,$∠CQE=∠P$,
∴$△FQG≌△CPG$(AAS),
∴$FG=CG=3$,$GQ=GP=5$.
由轴对称的性质得$AF=AB$.
∵四边形$ABCD$是平行四边形,
∴$AB//CD$,$AB=CD$,
∴$△CGP∽△BAP$,
∴$\frac{CG}{AB}=\frac{PG}{AP}$,
∴$\frac{3}{AB}=\frac{5}{AB+3+5}$,解得$AB=12$,
∴$CD=12$,
∴$DQ=CD-CG-QG=4$.
(3)如图
,延长$AD$,$EQ$交于点$M$.设$CQ=a$,$BE=b$,∴$EF=b$.
∵$\frac{CQ}{DQ}=\frac{1}{n}$,$CE=2BE$,
∴$DQ=na$,$EC=2b$,
∴$AB=CD=(n+1)a$,$AD=3b$,
∴$AF=AB=(n+1)a$.
∵$AD//BC$,即$DM//EC$,
∴$△DQM∽△CQE$,
∴$\frac{DM}{EC}=\frac{DQ}{CQ}$,即$\frac{DM}{2b}=\frac{na}{a}$,
∴$DM=2nb$.
∵四边形$ABCD$是平行四边形,
∴$∠B=∠ADQ$.
∵$∠AFE=∠B$,
∴$∠AFE=∠ADQ$.
∵$∠AFQ+∠AFE=180°$,
∴$∠AFQ+∠ADQ=180°$.
∴$∠DAF+∠DQF=180°$.
∵$∠EQC+∠DQF=180°$,
∴$∠EQC=∠DAF$.
∵$AD//BC$,
∴$∠DAF=∠FPE$,
∴$∠EQC=∠FPE$.
又
∵$∠FEP=∠CEQ$,
∴$△FEP∽△CEQ$,
∴$\frac{EF}{EC}=\frac{FP}{CQ}$,即$\frac{b}{2b}=\frac{FP}{a}$,
∴$PF=\frac{1}{2}a$.
∵$AD//BC$,
∴$△AMF∽△PEF$,
∴$\frac{EP}{AM}=\frac{PF}{AF}$,
∴$\frac{EP}{(3+2n)b}=\frac{\frac{1}{2}a}{(n+1)a}$,
∴$EP=\frac{3+2n}{2n+2}b$,
∴$CP=EC-EP=2b-\frac{3+2n}{2n+2}b=\frac{(2n+1)b}{2n+2}$.
又
∵$PC//AD$,
∴$△GPC∽△GAD$,
∴$\frac{CG}{DG}=\frac{CP}{AD}=\frac{\frac{(2n+1)b}{2n+2}}{3b}=\frac{2n+1}{6n+6}$.
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\boldsymbol{DQ=4}$；
(3) $\boldsymbol{\frac{CG}{DG}=\frac{2n+1}{6n+6}}$，辅助线如图
。【知识点】
平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何综合类题型，以平行四边形和轴对称变换为背景，问题设置由易到难，前两问为第三问的拓展做了思路铺垫，既考查了几何基础定理的应用，又考查了参数法、转化思想在比例问题中的使用，对逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.3
12 [2025内蒙古中考]如图，在平面直角坐标系中，△OAB的顶点坐标分别是O(0,0),A(2,1),B(1,2),以原点O为位似中心，在第三象限画△OA'B'与△OAB位似，若△OA'B'与△OAB的相似比为2:1，则点A的对应点A'的坐标为（
A.(-2,-1)
B.(-4,-2)
C.(-1,-2)
D.(-2,-4)
B
）A.(-2,-1)
B.(-4,-2)
C.(-1,-2)
D.(-2,-4)
答案
12.B 【解析】
∵以原点$O$为位似中心,在第三象限画$△OA'B'$与$△OAB$位似,$△OA'B'$与$△OAB$的相似比为$2:1$,
∴点$A(2,1)$的对应点$A'$的坐标为$(-2×2,-2×1)$,即$(-4,-2)$.故选B.
∵以原点$O$为位似中心,在第三象限画$△OA'B'$与$△OAB$位似,$△OA'B'$与$△OAB$的相似比为$2:1$,
∴点$A(2,1)$的对应点$A'$的坐标为$(-2×2,-2×1)$,即$(-4,-2)$.故选B.
解析
【分析】
解决本题需要用到原点为位似中心时对应点的坐标变化规律：若位似比为k，则对应点的坐标等于原坐标乘k或-k，当位似图形与原图形在位似中心同侧时k为正，异侧时k为负。本题中△OA'B'在第三象限，原△OAB在第一象限，二者在原点异侧，且相似比为2:1（即新图形与原图形的边长比为2），因此位似比取-2，将点A的横、纵坐标分别乘-2即可得到A'的坐标。
【解析】
∵以原点O为位似中心，在第三象限画△OA'B'与△OAB位似，△OA'B'与△OAB的相似比为2:1，
∴点A的对应点A'的坐标为A点坐标乘位似比-2，
已知A(2,1)，则A'的坐标为$(2×(-2),1×(-2))$，即$(-4,-2)$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
位似的坐标变换、相似比
【点评】
本题考查位似图形的坐标计算，解题的关键是根据位似图形的位置判断位似比的符号，同时要注意相似比是新图形与原图形的比值，避免混淆相似比的前后项或符号出错。
【难度系数】
0.7
解决本题需要用到原点为位似中心时对应点的坐标变化规律：若位似比为k，则对应点的坐标等于原坐标乘k或-k，当位似图形与原图形在位似中心同侧时k为正，异侧时k为负。本题中△OA'B'在第三象限，原△OAB在第一象限，二者在原点异侧，且相似比为2:1（即新图形与原图形的边长比为2），因此位似比取-2，将点A的横、纵坐标分别乘-2即可得到A'的坐标。
【解析】
∵以原点O为位似中心，在第三象限画△OA'B'与△OAB位似，△OA'B'与△OAB的相似比为2:1，
∴点A的对应点A'的坐标为A点坐标乘位似比-2，
已知A(2,1)，则A'的坐标为$(2×(-2),1×(-2))$，即$(-4,-2)$。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
位似的坐标变换、相似比
【点评】
本题考查位似图形的坐标计算，解题的关键是根据位似图形的位置判断位似比的符号，同时要注意相似比是新图形与原图形的比值，避免混淆相似比的前后项或符号出错。
【难度系数】
0.7
13[2025安徽中考]如图,在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中建立平面直角坐标系xOy,△ABC的顶点和A₁均为格点(网格线的交点).已知点A和A₁的坐标分别为(-1,-3)和(2,6).
(1)在所给的网格图中描出边AB的中点D,并写出点D的坐标;
(2)以点O为位似中心,将△ABC放大得到△A₁B₁C₁,使得点A的对应点为A₁,请在所给的网格图中画出△A₁B₁C₁.
(1)在所给的网格图中描出边AB的中点D,并写出点D的坐标;
(2)以点O为位似中心,将△ABC放大得到△A₁B₁C₁,使得点A的对应点为A₁,请在所给的网格图中画出△A₁B₁C₁.
答案
13.【解】(1)如图
所示,$D$点即为所求,$D$点坐标为$(-2,-1)$.(2)如图
所示,$△A_1B_1C_1$即为所求.解析
【分析】
(1) 要求AB的中点D的坐标，首先根据网格确定点B的坐标，再利用中点坐标公式（两点横坐标的平均值为中点横坐标，两点纵坐标的平均值为中点纵坐标）计算D的坐标，最后在网格中描出D点即可。
(2) 要画以O为位似中心的△A₁B₁C₁，首先根据已知的A和A₁的坐标计算位似比，再根据原点为位似中心的位似变换坐标规律：对应点的横、纵坐标都等于原坐标乘以位似比，求出B、C对应点B₁、C₁的坐标，最后依次连接A₁、B₁、C₁即可得到所求三角形。
【解析】
(1) 观察网格可得点B的坐标为$(-3,1)$，已知$A(-1,-3)$，根据中点坐标公式：
点D的横坐标为$\frac{-1 + (-3)}{2} = -2$，纵坐标为$\frac{-3 + 1}{2} = -1$，即D点坐标为$(-2,-1)$，在网格中描出该点即可。
(2) 已知$A(-1,-3)$，对应点$A_1(2,6)$，可得位似比$k = \frac{2}{-1} = -2$（即位似比为2，与原图形分别在原点两侧）。
观察网格得$B(-3,1)$，$C(-2,3)$，则对应点坐标为：
$B_1$：$(-3×(-2), 1×(-2)) = (6,-2)$，
$C_1$：$(-2×(-2), 3×(-2)) = (4,-6)$，
在网格中描出$B_1$、$C_1$，依次连接$A_1$、$B_1$、$C_1$，即可得到$△A_1B_1C_1$。
【答案】
(1) 如图所示，$D$点即为所求，$D$点坐标为$(-2,-1)$。
(2) 如图所示，$△A_1B_1C_1$即为所求。
【知识点】
1. 中点坐标公式
2. 位似变换的性质
3. 坐标与图形作图
【点评】
本题结合网格考查平面直角坐标系内的基础作图，解题的关键是熟练掌握中点坐标的计算方法和位似变换的坐标变化规律，作图时要注意对应点位置的准确性，属于基础题型。
【难度系数】
0.8
(1) 要求AB的中点D的坐标，首先根据网格确定点B的坐标，再利用中点坐标公式（两点横坐标的平均值为中点横坐标，两点纵坐标的平均值为中点纵坐标）计算D的坐标，最后在网格中描出D点即可。
(2) 要画以O为位似中心的△A₁B₁C₁，首先根据已知的A和A₁的坐标计算位似比，再根据原点为位似中心的位似变换坐标规律：对应点的横、纵坐标都等于原坐标乘以位似比，求出B、C对应点B₁、C₁的坐标，最后依次连接A₁、B₁、C₁即可得到所求三角形。
【解析】
(1) 观察网格可得点B的坐标为$(-3,1)$，已知$A(-1,-3)$，根据中点坐标公式：
点D的横坐标为$\frac{-1 + (-3)}{2} = -2$，纵坐标为$\frac{-3 + 1}{2} = -1$，即D点坐标为$(-2,-1)$，在网格中描出该点即可。
(2) 已知$A(-1,-3)$，对应点$A_1(2,6)$，可得位似比$k = \frac{2}{-1} = -2$（即位似比为2，与原图形分别在原点两侧）。
观察网格得$B(-3,1)$，$C(-2,3)$，则对应点坐标为：
$B_1$：$(-3×(-2), 1×(-2)) = (6,-2)$，
$C_1$：$(-2×(-2), 3×(-2)) = (4,-6)$，
在网格中描出$B_1$、$C_1$，依次连接$A_1$、$B_1$、$C_1$，即可得到$△A_1B_1C_1$。
【答案】
(1) 如图
所示，$D$点即为所求，$D$点坐标为$(-2,-1)$。(2) 如图
所示，$△A_1B_1C_1$即为所求。【知识点】
1. 中点坐标公式
2. 位似变换的性质
3. 坐标与图形作图
【点评】
本题结合网格考查平面直角坐标系内的基础作图，解题的关键是熟练掌握中点坐标的计算方法和位似变换的坐标变化规律，作图时要注意对应点位置的准确性，属于基础题型。
【难度系数】
0.8
14 新考向跨学科综合 [2025 四川内江中考]阿基米德曾说过:“给我一个支点,我能撬动整个地球.”这句话生动体现了杠杆原理:通过调整支点位置和力臂长度,用较小的力就能撬动重物.这一原理在生活中随处可见.如图甲,这是用杠杆撬石头的示意图,当用力压杠杆时,另一端就会撬动石头.如图乙所示,动力臂 $ OA = 150 \, \mathrm{cm} $,阻力臂 $ OB = 50 \, \mathrm{cm} $,$ BD = 20 \, \mathrm{cm} $,则 $ AC $ 的长度是 (
A.80 cm
B.60 cm
C.50 cm
D.40 cm
B
)A.80 cm
B.60 cm
C.50 cm
D.40 cm
答案
14.B 【解析】
∵$AC ⊥ AB$,$BD ⊥ AB$,
∴$∠A = ∠B=90°$.又
∵$∠AOC = ∠BOD$,
∴$△AOC∽△BOD$,
∴$\frac{AC}{BD}=\frac{OA}{OB}$.
∵$OA = 150 \, \mathrm{cm}$, $OB = 50 \, \mathrm{cm}$, $BD = 20 \, \mathrm{cm}$,
∴$\frac{AC}{20}=\frac{150}{50}$,
∴$AC = 60 \, \mathrm{cm}$. 故选B.
∵$AC ⊥ AB$,$BD ⊥ AB$,
∴$∠A = ∠B=90°$.又
∵$∠AOC = ∠BOD$,
∴$△AOC∽△BOD$,
∴$\frac{AC}{BD}=\frac{OA}{OB}$.
∵$OA = 150 \, \mathrm{cm}$, $OB = 50 \, \mathrm{cm}$, $BD = 20 \, \mathrm{cm}$,
∴$\frac{AC}{20}=\frac{150}{50}$,
∴$AC = 60 \, \mathrm{cm}$. 故选B.
解析
【分析】
解题时先观察图形特征：AC、BD都垂直于AB，可得一组直角相等，再结合对顶角相等，可判定△AOC和△BOD相似；再根据相似三角形对应边成比例的性质，代入已知的边长数据，即可求出AC的长度。
【解析】
∵$AC ⊥ AB$，$BD ⊥ AB$，
∴$∠A = ∠B=90°$，
又
∵$∠AOC = ∠BOD$（对顶角相等），
∴$△AOC∽△BOD$（两角分别相等的两个三角形相似），
∴$\frac{AC}{BD}=\frac{OA}{OB}$（相似三角形对应边成比例）。
将$OA = 150 \, \mathrm{cm}$，$OB = 50 \, \mathrm{cm}$，$BD = 20 \, \mathrm{cm}$代入比例式得：
$\frac{AC}{20}=\frac{150}{50}$，
解得$AC = 60 \, \mathrm{cm}$。
【答案】
B
【知识点】
相似三角形的判定、相似三角形的性质
【点评】
本题结合生活中撬石头的杠杆场景，跨学科融合了物理杠杆知识和数学几何知识，需要同学们从实际场景中抽象出几何模型，利用相似三角形的相关知识求解，侧重考查知识的实际应用能力。
【难度系数】
0.7
解题时先观察图形特征：AC、BD都垂直于AB，可得一组直角相等，再结合对顶角相等，可判定△AOC和△BOD相似；再根据相似三角形对应边成比例的性质，代入已知的边长数据，即可求出AC的长度。
【解析】
∵$AC ⊥ AB$，$BD ⊥ AB$，
∴$∠A = ∠B=90°$，
又
∵$∠AOC = ∠BOD$（对顶角相等），
∴$△AOC∽△BOD$（两角分别相等的两个三角形相似），
∴$\frac{AC}{BD}=\frac{OA}{OB}$（相似三角形对应边成比例）。
将$OA = 150 \, \mathrm{cm}$，$OB = 50 \, \mathrm{cm}$，$BD = 20 \, \mathrm{cm}$代入比例式得：
$\frac{AC}{20}=\frac{150}{50}$，
解得$AC = 60 \, \mathrm{cm}$。
【答案】
B
【知识点】
相似三角形的判定、相似三角形的性质
【点评】
本题结合生活中撬石头的杠杆场景，跨学科融合了物理杠杆知识和数学几何知识，需要同学们从实际场景中抽象出几何模型，利用相似三角形的相关知识求解，侧重考查知识的实际应用能力。
【难度系数】
0.7
