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9[2025江苏南通中考]如图,矩形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O. M是BC的中点,DM交AC于点G.
(1)求证:AG=2GC.
(2)设∠BCD,∠BDC的平分线交于点I.
①当AB=6,BC=8时,求点I到BC的距离;
②若AB+AC=2BC,作直线GI分别交BD,CD于E,F两点,求$\frac{EF}{BC}$的值.
备用图
(1)求证:AG=2GC.
(2)设∠BCD,∠BDC的平分线交于点I.
①当AB=6,BC=8时,求点I到BC的距离;
②若AB+AC=2BC,作直线GI分别交BD,CD于E,F两点,求$\frac{EF}{BC}$的值.
备用图
答案
9.(1)【证明】
∵ 四边形 ABCD 是矩形,
∴ $AD// BC$,$AD=BC$,
∴ 易得$△ ADG∽△ CMG$,$\therefore \frac{AG}{CG}=\frac{AD}{MC}$.
∵ M 是 BC 的中点,
∴ $BC=2CM$,
∴ $AD=2CM$,$\therefore AG=2GC$.
(2)【解】①在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,$\because AB=6,BC=8$,$\therefore AC=\sqrt{6^2+8^2}=10$,$\therefore BD=AC=10$.
如图(1),过点 I 作 $IH ⊥ BC$,垂足为 H. 设 $IH=r$.
∵ CI,DI 分别是$∠ BCD$,$∠ BDC$ 的平分线,
∴ 易得 $\frac{1}{2} BC· r +\frac{1}{2} CD· r +\frac{1}{2} BD· r =\frac{1}{2} (BC+CD+BD)· r =\frac{1}{2} BC· CD$,$\therefore \frac{1}{2} (8+6+10)· r =\frac{1}{2} ×8×6$,解得 $r=2$,即 $IH=2$,$\therefore$ 点 I 到 BC 的距离为 2.
②如图(2),作 $IH ⊥ BC$,垂足为 H,作 $GQ ⊥ BC$,垂足为 Q.
设 $IH=r$,$AB=CD=c$,$AC=BD=b$.
$\because AB+AC=2BC$,$\therefore BC=\frac{b+c}{2}$.
由①可得,在$△ BCD$ 中,$\frac{1}{2} (BC+CD+BD)· r =\frac{1}{2} BC· CD$,$\therefore \frac{1}{2} (b+c+\frac{b+c}{2})· r =\frac{1}{2} · \frac{b+c}{2} · c$,$\therefore r=\frac{1}{3} c$.
$\because GQ ⊥ BC$,$AB ⊥ BC$,$\therefore GQ// AB$,$\therefore$ 易得$△ CGQ∽△ CAB$,$\therefore \frac{GQ}{AB}=\frac{CG}{CA}$.
由(1)得 $AG=2GC$,$\therefore AC=3GC$,$\therefore \frac{GQ}{AB}=\frac{1}{3}$,$\therefore GQ=\frac{1}{3} c$,$\therefore GQ=IH$.
$\because IH ⊥ BC$,$GQ ⊥ BC$,$\therefore GQ// IH$,$\therefore$ 四边形 GQHI 是平行四边形,$\therefore BC// IG$,$\therefore EF// BC// AD$,$\therefore \frac{AG}{AC}=\frac{DF}{DC}$,易得$△ DEF∽△ DBC$,$\therefore \frac{EF}{BC}=\frac{DF}{DC}$,$\therefore \frac{EF}{BC}=\frac{AG}{AC}=\frac{2}{3}$.
解析
【分析】
(1) 要证明AG=2GC，可通过相似三角形的线段比例关系推导：首先利用矩形对边平行且相等的性质，得到△ADG与△CMG相似，再结合M是BC中点的条件，得到AD与MC的长度比，即可推出AG和GC的比例。
(2) ①点I是∠BCD、∠BDC的平分线交点，是△BCD的内心，内心到三角形三边距离相等，可利用面积法：△BCD的面积既可以用直角边乘积计算，也可以用周长乘以内切圆半径的一半计算，列方程即可求出点I到BC的距离。
②先分别求出点G、点I到BC的垂直距离，发现二者相等，可推出GI平行于BC，再结合平行线分线段成比例、相似三角形的性质，即可求出EF与BC的比值。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，$AD=BC$，
∴ $△ADG∽△CMG$，$\therefore \frac{AG}{CG}=\frac{AD}{MC}$。
∵ M是BC的中点，
∴ $BC=2CM$，
∴ $AD=2CM$，$\therefore AG=2GC$。
(2) 解：
①在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$\because AB=6,BC=8$，$\therefore AC=\sqrt{6^2+8^2}=10$，$\therefore BD=AC=10$。
如图(1)，过点I作$IH ⊥ BC$，垂足为H。设$IH=r$。
∵ CI、DI分别是$∠BCD$、$∠BDC$的平分线，
∴ I是△BCD的内心，I到△BCD三边的距离均为r，
$\therefore S_{△BCD}=S_{△BCI}+S_{△CDI}+S_{△BDI}=\frac{1}{2} BC· r +\frac{1}{2} CD· r +\frac{1}{2} BD· r =\frac{1}{2} (BC+CD+BD)· r$，
又$\because S_{△BCD}=\frac{1}{2} BC· CD$，
$\therefore \frac{1}{2} (8+6+10)· r =\frac{1}{2} ×8×6$，解得$r=2$，即$IH=2$。
②如图(2)，作$IH ⊥ BC$，垂足为H，作$GQ ⊥ BC$，垂足为Q。
设$IH=r$，$AB=CD=c$，$AC=BD=b$。
$\because AB+AC=2BC$，$\therefore BC=\frac{b+c}{2}$。
由①可得，在$△BCD$中，$\frac{1}{2} (BC+CD+BD)· r =\frac{1}{2} BC· CD$，
$\therefore \frac{1}{2} (b+c+\frac{b+c}{2})· r =\frac{1}{2} · \frac{b+c}{2} · c$，化简得$r=\frac{1}{3} c$。
$\because GQ ⊥ BC$，$AB ⊥ BC$，$\therefore GQ// AB$，
$\therefore △CGQ∽△CAB$，$\therefore \frac{GQ}{AB}=\frac{CG}{CA}$。
由(1)得$AG=2GC$，$\therefore AC=3GC$，$\therefore \frac{GQ}{AB}=\frac{1}{3}$，$\therefore GQ=\frac{1}{3} c$，$\therefore GQ=IH$。
$\because IH ⊥ BC$，$GQ ⊥ BC$，$\therefore GQ// IH$，
∴ 四边形GQHI是平行四边形，$\therefore BC// IG$，
$\therefore EF// BC// AD$，$\therefore \frac{AG}{AC}=\frac{DF}{DC}$，
易得$△DEF∽△DBC$，$\therefore \frac{EF}{BC}=\frac{DF}{DC}$，
$\therefore \frac{EF}{BC}=\frac{AG}{AC}=\frac{2}{3}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) ①点I到BC的距离为$\boldsymbol{2}$；
②$\frac{EF}{BC}$的值为$\boldsymbol{\frac{2}{3}}$。
【知识点】
矩形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形内心的性质
【点评】
本题综合性较强，设问梯度清晰，第一问是基础的相似三角形证明，第二问结合了三角形内心的性质、面积法求内切圆半径、平行线判定与比例转化等知识点，能够很好地考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明AG=2GC，可通过相似三角形的线段比例关系推导：首先利用矩形对边平行且相等的性质，得到△ADG与△CMG相似，再结合M是BC中点的条件，得到AD与MC的长度比，即可推出AG和GC的比例。
(2) ①点I是∠BCD、∠BDC的平分线交点，是△BCD的内心，内心到三角形三边距离相等，可利用面积法：△BCD的面积既可以用直角边乘积计算，也可以用周长乘以内切圆半径的一半计算，列方程即可求出点I到BC的距离。
②先分别求出点G、点I到BC的垂直距离，发现二者相等，可推出GI平行于BC，再结合平行线分线段成比例、相似三角形的性质，即可求出EF与BC的比值。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，$AD=BC$，
∴ $△ADG∽△CMG$，$\therefore \frac{AG}{CG}=\frac{AD}{MC}$。
∵ M是BC的中点，
∴ $BC=2CM$，
∴ $AD=2CM$，$\therefore AG=2GC$。
(2) 解：
①在$\mathrm{Rt}△ABC$中，$\because AB=6,BC=8$，$\therefore AC=\sqrt{6^2+8^2}=10$，$\therefore BD=AC=10$。
如图(1)，过点I作$IH ⊥ BC$，垂足为H。设$IH=r$。
∵ CI、DI分别是$∠BCD$、$∠BDC$的平分线，
∴ I是△BCD的内心，I到△BCD三边的距离均为r，
$\therefore S_{△BCD}=S_{△BCI}+S_{△CDI}+S_{△BDI}=\frac{1}{2} BC· r +\frac{1}{2} CD· r +\frac{1}{2} BD· r =\frac{1}{2} (BC+CD+BD)· r$，
又$\because S_{△BCD}=\frac{1}{2} BC· CD$，
$\therefore \frac{1}{2} (8+6+10)· r =\frac{1}{2} ×8×6$，解得$r=2$，即$IH=2$。
②如图(2)，作$IH ⊥ BC$，垂足为H，作$GQ ⊥ BC$，垂足为Q。
设$IH=r$，$AB=CD=c$，$AC=BD=b$。
$\because AB+AC=2BC$，$\therefore BC=\frac{b+c}{2}$。
由①可得，在$△BCD$中，$\frac{1}{2} (BC+CD+BD)· r =\frac{1}{2} BC· CD$，
$\therefore \frac{1}{2} (b+c+\frac{b+c}{2})· r =\frac{1}{2} · \frac{b+c}{2} · c$，化简得$r=\frac{1}{3} c$。
$\because GQ ⊥ BC$，$AB ⊥ BC$，$\therefore GQ// AB$，
$\therefore △CGQ∽△CAB$，$\therefore \frac{GQ}{AB}=\frac{CG}{CA}$。
由(1)得$AG=2GC$，$\therefore AC=3GC$，$\therefore \frac{GQ}{AB}=\frac{1}{3}$，$\therefore GQ=\frac{1}{3} c$，$\therefore GQ=IH$。
$\because IH ⊥ BC$，$GQ ⊥ BC$，$\therefore GQ// IH$，
∴ 四边形GQHI是平行四边形，$\therefore BC// IG$，
$\therefore EF// BC// AD$，$\therefore \frac{AG}{AC}=\frac{DF}{DC}$，
易得$△DEF∽△DBC$，$\therefore \frac{EF}{BC}=\frac{DF}{DC}$，
$\therefore \frac{EF}{BC}=\frac{AG}{AC}=\frac{2}{3}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) ①点I到BC的距离为$\boldsymbol{2}$；
②$\frac{EF}{BC}$的值为$\boldsymbol{\frac{2}{3}}$。
【知识点】
矩形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形内心的性质
【点评】
本题综合性较强，设问梯度清晰，第一问是基础的相似三角形证明，第二问结合了三角形内心的性质、面积法求内切圆半径、平行线判定与比例转化等知识点，能够很好地考查几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
10 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
10. B 【解析】
∵ $AC ⊥ AB$,$BD ⊥ AB$,$\therefore AC// BD$,$\therefore$ 易得$△ AOC ∽ △ BOD$,$\therefore \frac{AC}{BD}=\frac{OA}{OB}$.
$\because OA=150 \, \mathrm{cm}$,$OB=50 \, \mathrm{cm}$,$BD=20 \, \mathrm{cm}$,$\therefore \frac{AC}{20}=\frac{150}{50}$,$\therefore AC=60 \, \mathrm{cm}$. 故选 B.
∵ $AC ⊥ AB$,$BD ⊥ AB$,$\therefore AC// BD$,$\therefore$ 易得$△ AOC ∽ △ BOD$,$\therefore \frac{AC}{BD}=\frac{OA}{OB}$.
$\because OA=150 \, \mathrm{cm}$,$OB=50 \, \mathrm{cm}$,$BD=20 \, \mathrm{cm}$,$\therefore \frac{AC}{20}=\frac{150}{50}$,$\therefore AC=60 \, \mathrm{cm}$. 故选 B.
解析
【分析】
首先观察图形特征，AC和BD均垂直于AB，可先判定两直线平行，进而推导三角形的角的关系：∠A和∠B都是直角相等，∠AOC和∠BOD是对顶角也相等，即可判定△AOC与△BOD相似。再根据相似三角形对应边成比例的性质，代入已知边长列出比例式，就能求出AC的长度。
【解析】
解：
∵ $ AC ⊥ AB $，$ BD ⊥ AB $，
∴ $ ∠ A = ∠ B = 90° $，$ AC // BD $，
又
∵ $ ∠ AOC = ∠ BOD $（对顶角相等），
∴ $ △ AOC ∽ △ BOD $，
∴ 相似三角形对应边成比例：$ \frac{AC}{BD}=\frac{OA}{OB} $。
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} $。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
相似三角形的判定；相似三角形的性质
【点评】
本题结合物理杠杆原理考查相似三角形的实际应用，解题核心是从实际场景中抽象出相似三角形几何模型，利用相似的性质列式计算，体现了跨学科知识融合的考查特点。
【难度系数】
0.8
首先观察图形特征，AC和BD均垂直于AB，可先判定两直线平行，进而推导三角形的角的关系：∠A和∠B都是直角相等，∠AOC和∠BOD是对顶角也相等，即可判定△AOC与△BOD相似。再根据相似三角形对应边成比例的性质，代入已知边长列出比例式，就能求出AC的长度。
【解析】
解：
∵ $ AC ⊥ AB $，$ BD ⊥ AB $，
∴ $ ∠ A = ∠ B = 90° $，$ AC // BD $，
又
∵ $ ∠ AOC = ∠ BOD $（对顶角相等），
∴ $ △ AOC ∽ △ BOD $，
∴ 相似三角形对应边成比例：$ \frac{AC}{BD}=\frac{OA}{OB} $。
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} $。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
相似三角形的判定；相似三角形的性质
【点评】
本题结合物理杠杆原理考查相似三角形的实际应用，解题核心是从实际场景中抽象出相似三角形几何模型，利用相似的性质列式计算，体现了跨学科知识融合的考查特点。
【难度系数】
0.8
11[2025四川眉山中考]如图,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.$1:4$
(第11题图)
(第12题图)
B
)A.$2:1$
B.$1:2$
C.$4:1$
D.$1:4$
(第11题图)
(第12题图)
答案
11. B 【解析】每个小正方形的边长均为 1,$\therefore OB=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$,$OD=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$,$\therefore OB:OD=1:2$.
∵ 将$△ OAB$ 以点 O 为位似中心放大后得到$△ OCD$,$\therefore △ OAB ∽ △ OCD$,相似比为 $1:2$,$\therefore △ OAB$ 与$△ OCD$ 的周长之比为 $1:2$. 故选 B.
思路分析：利用勾股定理分别求出 OB,OD 的长,根据位似变换的性质得到$△ OAB∽△ OCD$,再根据相似三角形的周长比等于相似比即可得解.
∵ 将$△ OAB$ 以点 O 为位似中心放大后得到$△ OCD$,$\therefore △ OAB ∽ △ OCD$,相似比为 $1:2$,$\therefore △ OAB$ 与$△ OCD$ 的周长之比为 $1:2$. 故选 B.
思路分析：利用勾股定理分别求出 OB,OD 的长,根据位似变换的性质得到$△ OAB∽△ OCD$,再根据相似三角形的周长比等于相似比即可得解.
解析
【分析】
解决本题首先要回忆位似图形的相关性质：位似图形属于特殊的相似图形，而相似三角形的周长比等于相似比，因此只需求出两个三角形的相似比即可得到周长比。首先找到两个位似三角形从公共位似中心O出发的对应边OB和OD，借助网格中小正方形边长为1的条件，用勾股定理分别计算OB、OD的长度，二者的比值就是相似比，最终即可推导出周长之比。
【解析】
解：设每个小正方形的边长为1。
由勾股定理可得：
$OB=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，
$OD=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$，
∴ $\frac{OB}{OD}=\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}=\frac{1}{2}$。
∵ $△ OAB$以点$O$为位似中心放大后得到$△ OCD$，
∴ $△ OAB ∽ △ OCD$，相似比为$1:2$。
∵ 相似三角形的周长比等于相似比，
∴ $△ OAB$与$△ OCD$的周长之比为$1:2$。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
位似的性质；勾股定理；相似三角形周长比性质
【点评】
本题是网格背景下的基础题，结合了位似、相似三角形的性质，解题核心是通过网格计算对应边的长度得到相似比，熟练掌握相关性质就能快速求解。
【难度系数】
0.8
解决本题首先要回忆位似图形的相关性质：位似图形属于特殊的相似图形，而相似三角形的周长比等于相似比，因此只需求出两个三角形的相似比即可得到周长比。首先找到两个位似三角形从公共位似中心O出发的对应边OB和OD，借助网格中小正方形边长为1的条件，用勾股定理分别计算OB、OD的长度，二者的比值就是相似比，最终即可推导出周长之比。
【解析】
解：设每个小正方形的边长为1。
由勾股定理可得：
$OB=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，
$OD=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt{5}$，
∴ $\frac{OB}{OD}=\frac{\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}=\frac{1}{2}$。
∵ $△ OAB$以点$O$为位似中心放大后得到$△ OCD$，
∴ $△ OAB ∽ △ OCD$，相似比为$1:2$。
∵ 相似三角形的周长比等于相似比，
∴ $△ OAB$与$△ OCD$的周长之比为$1:2$。
故选：B。
【答案】
B
【知识点】
位似的性质；勾股定理；相似三角形周长比性质
【点评】
本题是网格背景下的基础题，结合了位似、相似三角形的性质，解题核心是通过网格计算对应边的长度得到相似比，熟练掌握相关性质就能快速求解。
【难度系数】
0.8
12 [2025 浙江中考]如图，五边形$ABCDE$，$A'B'C'D'E'$是以坐标原点$O$为位似中心的位似图形，已知点$A,A'$的坐标分别为$(2,0)$，$(3,0)$。若$DE$的长为$3$，则$D'E'$的长为（
A.$\dfrac{7}{2}$
B.$4$
C.$\dfrac{9}{2}$
D.$5$
C
）A.$\dfrac{7}{2}$
B.$4$
C.$\dfrac{9}{2}$
D.$5$
答案
12. C 【解析】
∵ 点 A,A'的坐标分别为$(2,0)$,$(3,0)$,$\therefore OA=2$,$OA'=3$.
∵ 五边形 ABCDE,A'B'C'D'E'是以坐标原点 O 为位似中心的位似图形,$\therefore OA:OA' = DE:D'E' = 2:3$.
∵ $DE=3$,$\therefore D'E'=\frac{9}{2}$,故选 C.
∵ 点 A,A'的坐标分别为$(2,0)$,$(3,0)$,$\therefore OA=2$,$OA'=3$.
∵ 五边形 ABCDE,A'B'C'D'E'是以坐标原点 O 为位似中心的位似图形,$\therefore OA:OA' = DE:D'E' = 2:3$.
∵ $DE=3$,$\therefore D'E'=\frac{9}{2}$,故选 C.
解析
【分析】
解决位似图形相关的边长计算问题，首先回忆位似图形的核心性质：以原点为位似中心的位似图形，对应点到位似中心的距离之比等于位似比，且位似比等于对应边的长度之比。解题第一步先根据已知的对应点A、A'的坐标，计算两点到原点的距离得到位似比；第二步根据位似图形对应边成比例的性质，将DE的长度代入比例式，即可求出D'E'的长度。
【解析】
解：
∵点$A,A'$的坐标分别为$(2,0)$，$(3,0)$，
∴$OA=2$，$OA'=3$。
∵五边形$ABCDE$和$A'B'C'D'E'$是以坐标原点$O$为位似中心的位似图形，
∴两组对应边的比等于位似比，即$OA:OA' = DE:D'E' = 2:3$。
已知$DE=3$，代入比例式得$\dfrac{3}{D'E'}=\dfrac{2}{3}$，
解得$D'E'=\dfrac{9}{2}$。
【答案】
C
【知识点】
位似图形的性质；比例计算
【点评】
本题属于位似性质的基础应用题，解题关键是通过对应点到位似中心的距离确定位似比，再利用对应边的比例关系求解，计算量小，思路清晰。
【难度系数】
0.8
解决位似图形相关的边长计算问题，首先回忆位似图形的核心性质：以原点为位似中心的位似图形，对应点到位似中心的距离之比等于位似比，且位似比等于对应边的长度之比。解题第一步先根据已知的对应点A、A'的坐标，计算两点到原点的距离得到位似比；第二步根据位似图形对应边成比例的性质，将DE的长度代入比例式，即可求出D'E'的长度。
【解析】
解：
∵点$A,A'$的坐标分别为$(2,0)$，$(3,0)$，
∴$OA=2$，$OA'=3$。
∵五边形$ABCDE$和$A'B'C'D'E'$是以坐标原点$O$为位似中心的位似图形，
∴两组对应边的比等于位似比，即$OA:OA' = DE:D'E' = 2:3$。
已知$DE=3$，代入比例式得$\dfrac{3}{D'E'}=\dfrac{2}{3}$，
解得$D'E'=\dfrac{9}{2}$。
【答案】
C
【知识点】
位似图形的性质；比例计算
【点评】
本题属于位似性质的基础应用题，解题关键是通过对应点到位似中心的距离确定位似比，再利用对应边的比例关系求解，计算量小，思路清晰。
【难度系数】
0.8
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$A_1$均为格点(网格线的交点).已知点$A$和$A_1$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$△ A_1B_1C_1$,使得点$A$的对应点为$A_1$,请在所给的网格图中画出$△ A_1B_1C_1$.
(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$△ A_1B_1C_1$,使得点$A$的对应点为$A_1$,请在所给的网格图中画出$△ A_1B_1C_1$.
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) 要找AB的中点D，首先需要确定点A和点B的坐标，再利用中点坐标公式计算D的坐标，最后在网格中描出对应点即可。
(2) 要画以O为位似中心的位似图形△A₁B₁C₁，首先根据已知的A和A₁的坐标确定位似比，再按照位似比计算B、C对应点B₁、C₁的坐标，在网格中描出三点后依次连线即可。
【解析】
(1) 由网格可得点B的坐标为$(-3,1)$，已知$A(-1,-3)$。
根据中点坐标公式：若两点坐标为$(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$，则两点连线的中点坐标为$(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$。
代入A、B坐标可得D点横坐标为$\frac{-1+(-3)}{2}=-2$，纵坐标为$\frac{-3+1}{2}=-1$，即$D(-2,-1)$，在网格中描出该点即可。
(2) 已知位似中心为原点O，$A(-1,-3)$对应$A_1(2,6)$，可得位似比为$\frac{2}{-1}=\frac{6}{-3}=-2$，即位似变换后新图形的点坐标为原图形对应点坐标乘$-2$。
由网格得$C(-2,3)$，则$B(-3,1)$对应$B_1$的坐标为$(6,-2)$，$C(-2,3)$对应$C_1$的坐标为$(4,-6)$。
在网格中找到$A_1$、$B_1$、$C_1$三点，依次连接，得到的$△ A_1B_1C_1$即为所求。
【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】
中点坐标公式，位似变换，坐标系作图
【点评】
本题是平面直角坐标系与几何变换结合的基础题型，既考查了中点坐标的计算，也考查了位似图形的作图方法，解题的关键是掌握位似变换下点的坐标变化规律，作图时注意格点位置的准确性。
【难度系数】
0.8
(1) 要找AB的中点D，首先需要确定点A和点B的坐标，再利用中点坐标公式计算D的坐标，最后在网格中描出对应点即可。
(2) 要画以O为位似中心的位似图形△A₁B₁C₁，首先根据已知的A和A₁的坐标确定位似比，再按照位似比计算B、C对应点B₁、C₁的坐标，在网格中描出三点后依次连线即可。
【解析】
(1) 由网格可得点B的坐标为$(-3,1)$，已知$A(-1,-3)$。
根据中点坐标公式：若两点坐标为$(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$，则两点连线的中点坐标为$(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$。
代入A、B坐标可得D点横坐标为$\frac{-1+(-3)}{2}=-2$，纵坐标为$\frac{-3+1}{2}=-1$，即$D(-2,-1)$，在网格中描出该点即可。
(2) 已知位似中心为原点O，$A(-1,-3)$对应$A_1(2,6)$，可得位似比为$\frac{2}{-1}=\frac{6}{-3}=-2$，即位似变换后新图形的点坐标为原图形对应点坐标乘$-2$。
由网格得$C(-2,3)$，则$B(-3,1)$对应$B_1$的坐标为$(6,-2)$，$C(-2,3)$对应$C_1$的坐标为$(4,-6)$。
在网格中找到$A_1$、$B_1$、$C_1$三点，依次连接，得到的$△ A_1B_1C_1$即为所求。
【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】
中点坐标公式，位似变换，坐标系作图
【点评】
本题是平面直角坐标系与几何变换结合的基础题型，既考查了中点坐标的计算，也考查了位似图形的作图方法，解题的关键是掌握位似变换下点的坐标变化规律，作图时注意格点位置的准确性。
【难度系数】
0.8
