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专题 27.6 图形的位似变换
◆ 典例分析
【典例1】如图，在坐标系中，阴影所示的两个正方形是位似形，则位似中心的坐标为
【思路点拨】
本题考查了位似图形，以及求位似中心，连接对应点，存在两种情况，第一：位似中心在两个图形的中
间，第二：位似中心在第二象限，根据位似图形的性质，相似比等于对应点到位似中心的距离比，即可作
答．
【解题过程】
解：如图：位似中心在两个图形的中间，连接对应点，相交于点H，HE⊥x轴，
∵两个正方形是位似形，
AB AH BH 1
∴ = = = ，
DC HD CH 2
∵AB⊥x轴，HE⊥x轴，
∴△ABD∽△HED，
2 2
则BD=4−1=3，ED= BD= ×3=2，
1+2 3
∴BE=1，
故OE=2，
BD AB
∴ = ，
OD HO3 1
即 = ，
2 HO
2
则HO= ，
3
( 2)
此时位似中心为 2， ；
3
如图：位似中心在两个图形的中间，连接对应点，相交于点H，
∵两个正方形是位似形，
AB AH BH 1
∴ = = = ，
DC HD CH 2
∵AB⊥x轴，DC⊥x轴，
∴△ABH∽△DCH，
HB HB AB 1
∴ = = = ，
HC HB+4 DC 2
故HB=4，
由于点H在x轴的负半轴上，
此时位似中心为(−4，0)；
( 2)
综上：位似中心为(−4，0)或 2， ，
3
( 2)
故答案为：(−4，0)或 2， ．
3
◆ 学霸必刷
1．（24-25九年级上·重庆·阶段练习）如图，△ABC和△≝¿是以点O为位似中心的位似图形，
OC:CF=1:2，若S ，则S 为（ ）
△≝¿=36¿ △ABCA．6 B．3 C．4 D．8
【思路点拨】
本题考查的是位似变换，相似三角形的判定与性质，根据位似图形的概念得到△ABC∽△≝¿，BC∥EF
BC
，得到△OBC∽△OEF，根据相似三角形的性质求出 ，再根据相似三角形的面积比等于相似比的平
EF
方计算即可．
【解题过程】
解：∵OC:CF=1:2，
OC 1
∴ = ，
OF 3
∵△ABC与△≝¿是以点O为位似中心的位似图形，
∴△ABC∽△≝¿，BC∥EF，
∴△OBC∽△OEF，
BC OC 1
∴ = = ，
EF OF 3
S
△ABC
∴ (1) 2 1 ，
S = = ¿
△≝¿ 3 9
∵S ，
△≝¿=36¿
∴S =4，
△ABC
故选：C．
2．（23-24九年级下·山东菏泽·开学考试）如图，在△ABC中，A,B两个顶点在x轴的上方，点C的坐标
是(−1,0)，以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A′B′C，使得△A′B′C的边长是
( 1)
△ABC的边长的2倍．设点B的坐标是 −3, ，则点B′的坐标是（ ）
2A．(3,−1) B．(4,−1) C．(5,−2) D．(6,−1)
【思路点拨】
本题考查了位似变换、相似三角形的判定及性质、坐标与图形性质，熟练掌握位似变换的性质是解答的关
键．作BD⊥x轴于D，B′D′⊥x轴于D′，根据相似三角形的性质求出CD′，B′D′的长，得到点B′的坐
标．
【解题过程】
解：作BD⊥x轴于D，B′D′⊥x轴于D′，
( 1)
∵点C的坐标是(−1,0) ,点B的坐标是 −3, ，
2
1
∴CD=3−1=2，BD= ，
2
∵△ABC的位似图形为△A′B′C， △A′B′C的边长是△ABC的边长的2倍
由题意得： △ABC∽△A′B′C ,相似比为1:2，
BC 1
=
∴ ，
B′C 2
∵BD⊥x轴于D，B′D′⊥x轴于D′，
∴∠BDC=∠B′D′C=90° ,
∵∠BCD=∠B′CD′ ,
∴△BCD∽△B′CD′ ,BD CD BC 1
= = =
∴
B′D′ CD′ B′C 2
∴CD′=2×2=4，B′D′=1，
∴点B′的坐标为(3,−1)，
故选：A．
3．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，正方形ABCD的两边BC，AB分别在平面直角坐标系的x、y
轴的正半轴上，正方形A′B′C′D′与正方形ABCD是以AC的中点O′为中心的位似图形，已知AC=3❑√2，
若点A′的坐标为(1,2)，则正方形A′B′C′D′与正方形ABCD的相似比是（ ）
1 1 1 2
A． B． C． D．
6 3 2 3
【思路点拨】
延长A′B′交BC于点E，根据大正方形的对角线长求得其边长，然后求得小正方形的边长后即可求两个正
方形的相似比．
【解题过程】
解：延长A′B′交BC于点E，如图．
∵在正方形ABCD中，AC=3❑√2，
∴BC=AB=3，
∵点A′的坐标为(1,2)，
∴OE=1,EC=A′E=3−1=2，∴CE:BC=2:3，
∵A′E∥AB，
∴△A′CE∽△ACB，
∴C A′:AC=2:3，
∵正方形A′B′C′D′与正方形ABCD是以AC的中点O′为中心的位似图形，
∴A A′=CC′，
∴A A′=CC′=A′C′，
∴A′C′:AC=1:3，
1
∴正方形A′B′C′D′与正方形ABCD的相似比是 ．
3
故选：B．
4．（2024·浙江嘉兴·模拟预测）如图，△ABC与△≝¿是位似图形，BC,EF都与x轴平行，点A，D与位
似中心点P都在x轴上，点C，E在y轴上．若点B的坐标是(2,3)，点F的横坐标为−1，则点P的坐标为
（ ）
A．(−2,0) B．(0,−2) C．(−1.5,0) D．(0,−1.5)
【思路点拨】
本题考查了相似图形，位数图形的判定和性质，掌握位似比等于相似比是解题的关键．如图作BM⊥x
EF PF 1
轴，FN⊥x轴，根据点坐标可得BM=OC=3，BC=EF=NO=1， = = ，根据相似三角形的
BC PC 2
PN 1
判定可得 = ，由此可得PO=2，由此即可求解．
PO 2
【解题过程】
解：如图所示，过点B作BM⊥x轴于点M，过点F作FN⊥x轴于点N，∵B(2,3)，F的横坐标为−1，BC，EF平行于x轴，
∴BC=2，BM=OC=3，EF=ON=1，
∵△ABC与△≝¿是位似图形，
EF PF 1
∴ = = ，即相似比等于位似比，
BC PC 2
∴点F是PC的中点，
∵OC⊥x轴，FN⊥x轴，
∴FN∥OC，且OC=BM=3，
∴△PFN∽△PCO，
PF FN PN 1
∴ = = = ，且NO=EF=1，PO=PN+NO=PN+1，
PC OC PO 2
PN 1
∴ = ，
PN+1 2
∴PN=1，则PO=2，
∴P(−2,0)，
故选：A ．
5．（2024·浙江温州·一模）如图，在平面直角坐标系中，等边△OAB的顶点O(0,0)，B(1,0)，已知
△OA′B′与△OAB位似，位似中心是原点O，且△OA′B′的面积是△OAB面积的16倍，则点A对应点A′
的坐标为（ ）
(1 ❑√3)
A． , B．(2❑√3,2)或(−2❑√3,−2)
2 2C．(4,4❑√3) D．(2,2❑√3)或(−2,−2❑√3)
【思路点拨】
本题考查的是位似变换的性质，根据位似变换的性质以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应
点的坐标的比等于k或−k，计算即可．
【解题过程】
解：∵等边△OAB的顶点O(0,0)，B(1,0)，
∴OA=OB=2，
过A作AC⊥x轴于C，
∵△AOB是等边三角形，
1 1
∴OC= OB= ，
2 2
❑√3
∴AC=❑√AO2−OC2=
，
2
(1 ❑√3)
∴A , ，
2 2
∵△OA′B′与△OAB位似，位似中心是原点O，且△OA′B′的面积是△OAB面积的16倍，
∴△OA′B′与△OAB的位似比为4：1，
(1 ❑√3 ) (1 ❑√3 )
∴点A的对应点A′的坐标是 ×4， ×4 或 ×(−4)， ×(−4) ，即(2,2❑√3)或(−2,−2❑√3)，
2 2 2 2
故选：D．
6．（2024·重庆·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△DEC是以点C为位似中心的位似图
形，若点A坐标为(5,4)，点C的坐标为(3,0)，且AB=2DE，则点D的坐标为（ ）A．(2,2) B．(2,−2) C．(1,2) D．(1,−2)
【思路点拨】
本题考查位似变换，坐标与图形．正确作出辅助线，构造相似三角形是解题的关键．过点A作AM⊥x轴
于点M，过点D作DN⊥x轴于点N．利用相似三角形的性质求出DN，ON即可解答．
【解题过程】
解：过点A作AM⊥x轴于点M，过点D作DN⊥x轴于点N．
∵△ABC与△DEC是以点C为位似中心的位似图形，
∴△ABC∽△DEC，
AC AB
∴ = =2，
DC DE
∵A(5,4)，C(3,0)，
∴OM=5，OC=3，AM=4，
∴CM=OM−OC=5−3=2，
∵AM⊥x轴， DN⊥x轴，
∴AM∥DN，
∴△AMC∽△DNC，
AM MC AC
∴ = = =2，
DN NC DC∴CN=1，DN=2，
∴ON=OC−ON=3−1=2，
∴D(2,−2)．
故选：B．
7．（24-25九年级上·山东聊城·阶段练习）如图，正方形OEFG和正方形ABCD是位似图形，点F的坐标
为(−1,−1)，点A的坐标为(3,2)，则这两个正方形位似中心的坐标是 （ ）
A．(1,0) B．(−5,−1)
C．(1,0)或(−5,−1) D．(1,0)或(−5,−2)
【思路点拨】
根据位似变换中对应点的坐标的变化规律．因而本题应分两种情况讨论，一种是当E和C是对应顶点，G
和A是对应顶点；另一种是A和E是对应顶点，C和G是对应顶点．本题考查位似变换，一次函数的性质等
知识，解题的关键是学会构建一次函数解决交点问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
【解题过程】
解：∵正方形ABCD和正方形OEFG中A和点F的坐标分别为(3,2)，(−1,−1)，
∴E(−1,0)、G(0,−1)、C(5,0)，
（1）当E和C是对应顶点，G和A是对应顶点时，位似中心就是EC与AG的交点，
设AG所在直线的解析式为y=kx+b(k≠0)，
{3k+b=2)
，
b=−1
{ k=1 )
解得： ，
b=−1
∴此函数的解析式为y=x−1，
当y=0时，则x=1，
与EC的交点坐标是(1,0)；
（2）当A和E是对应顶点，C和G是对应顶点时，位似中心就是AE与CG的交点，
设AE所在直线的解析式为y=k′x+b′ (k′≠0)，{3k′+b′=2)
，
−k′+b′=0
1
{ k′= )
2
解得 ，
1
b′=
2
1 1
故此一次函数的解析式为y= x+ ①，
2 2
同理，设CG所在直线的解析式为y=mx+n(m≠0)，
{5m+n=0)
，
n=−1
{ m= 1 )
解得： 5 ，
n=−1
1
故此直线的解析式为y= x−1②，
5
1 1
{ y= x+ )
2 2
联立①②得 ，
1
y= x−1
5
{x=−5)
解得 ，
y=−2
故AE与CG的交点坐标是(−5,−2)．
综上所述：位似中心的坐标是：(1,0)或(−5,−2)．
故选：D．
8．（23-24九年级上·湖南长沙·期末）如图，点O是等边三角形PQR的中心，P′，Q′，R′分别是OP，
OQ，OR的中点，则△P′Q′R′与△PQR是位似三角形．此时，△P′Q′R′与△PQR的位似比为 ．
【思路点拨】
本题考查了三角形的中位线定理、相似三角形的判定、位似图形与位似中心，熟记位似图形与位似中心的定义是解题关键．先根据三角形中位线定理可得P′Q′∥PQ，P′R′∥PR，Q′R′∥QR，
P′Q′ P′R′ Q′R′ 1
= = = ，得出△P′Q′R′∽△PQR，再根据位似中心的定义：如果两个图形不仅是相似图
PQ PR QR 2
形而且每组对应点所在的直线都经过同一点，对应边互相平行（或共线），那么这样的两个图形叫位似图
形，这个点叫做位似中心，从而即可求解．
【解题过程】
解：∵P′，Q′，R′分别是OP，OQ，OR的中点，
P′Q′ P′R′ Q′R′ 1
∴P′Q′∥PQ，P′R′∥PR，Q′R′∥QR， = = = ，
PQ PR QR 2
∴△P′Q′R′∽△PQR，
又∵P′，Q′，R′分别是OP，OQ，OR的中点，
∴点P′与点P，点Q′与点Q，点R′与点R的连线都经过点O，
∴△P′Q′R′与△PQR是位似三角形，其位似中心是点O，
P′Q′ P′R′ Q′R′ 1
∵ = = = ，
PQ PR QR 2
∴△P′Q′R′与△PQR的位似比为1:2，
故答案为：1:2．
9．（23-24九年级上·江西吉安·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD与正方形BEFG是以原
点O为位似中心的位似图形，且相似比为1:2，点A，B，E在x轴上，若OA=2，则点G的坐标为
．
【思路点拨】
本题考查的是位似变换、坐标与图形性质与正方形的性质，掌握位似变换的基本性质是解题的关键．根据
OA 1
位似变换的性质得到△OAD∽△OBG，且 = ，根据相似三角形的性质求出BG即可得到答案．
OB 2
【解题过程】
解：∵正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，∴△OAD∽△OBG，
∵相似比为1∶2，OA=2，
OA 1
∴ = ，
OB 2
∴OB=4，
∴AB=BC=2，
∵正方形ABCD与正方形BEFG是以原点O为位似中心的位似图形，
BC 1
∴△OBC∽△OEF， = ，
EF 2
OB BC 1
∴ = = ，
OE EF 2
OB 1
∴ = ，
OB+BE 2
解得：BE=4，
∴点G的坐标为(4,4)．
故答案为：(4,4)．
10．（2024九年级上·全国·专题练习）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，连接BP，DP，若平行四边形ABCD的面
积为20，则△PBE与△PDF的面积之和为
【思路点拨】
本题考查了位似的性质、相似三角形的判定和性质等知识，证明△CPF∽△CAD是解题关键．连接AC，CF 2
根据平行四边形的性质先求出S ，由PF∥AD证得△CPF∽△CAD，求出 = ，据此求解即可得
△ACD CD 3
到答案．
【解题过程】
解：连接AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，面积为20，
1
∴S = ×20=10，
△ACD 2
∵▱ABCD和▱ECFP是以B为位似中心的位似图形，且与原图形的位似比为2:3，
CF 2
∴点A、P、C在同一条直线上，PF∥AD， = ，
CD 3
1
∴△CPF∽△CAD，DF= CF，
2
4 40
∴S = S = ，
△CPF 9 △CAD 9
1 20
∴S = S = ，
△DPF 2 △CPF 9
1 20
同理S = S = ，
△BPE 2 △CPE 9
40
∴△PBE与△PDF的面积之和为 ．
9
40
故答案为： ．
9
11．（23-24九年级上·河南平顶山·期末）如图，△AOC中三个顶点的坐标分别为(4,0)、(0,0)、(4,3)，
AP为△AOC的一条中线，以O为位似中心，把△AOP每条边扩大到原来的2倍，得到△A′OP′，则PP′
的长为 ．【思路点拨】
根据勾股定理求出OC，然后根据三角形中线求出OP，进而分△A′OP′在第一象限和第三象限进行分类求
解即可．
【解题过程】
解：∵△AOC中三个顶点的坐标分别为(4,0)、(0,0)、(4,3)，
∴OA=4，AC=3，
∴由勾股定理可得OC=❑√OA2+AC2=5，
∵AP为△AOC中线，
1 5
∴OP= OC= ，
2 2
当以O为位似中心，把△AOP每条边扩大到原来的2倍，得到△A′OP′，则可分：
①当△A′OP′在第一象限时，如图所示：
∴OP′=2OP=5，
5
∴PP′=OP′−OP=
；
2
②当△A′OP′在第三象限时，如图所示：∴OP′=2OP=5，
15
∴PP′=OP′+OP=
；
2
15 5
综上所述：PP′=
或 ；
2 2
5 15
故答案为： 或 ．
2 2
12．（2023·吉林长春·模拟预测）如图，△ABC中，AC=BC,∠ACB=90°，三个顶点均在坐标轴上，B
1
的坐标为(1,0)，将△ABC位似缩小到原来的 ，得到△A′B′C′，当点B的对应点B′的坐标为(0,3)时，则点
2
C的对应点C′的坐标为 ．
【思路点拨】
本题考查了位似变换，坐标与图形性质，等腰直角三角形的判定和性质，由B的坐标为(1,0)，得到OB=1
1 ❑√2
，结合题意，根据勾股定理得到BC=❑√2，求得B′C′= BC= ，过C′作C′H⊥y轴于H，则
2 2
❑√2 1
A′B′∥C′H，可知△B′C′H是等腰直角三角形，得到B′H=C′H= B′C′=
，于是得到结论．正确地
2 2
作出辅助线是解题的关键．【解题过程】
解：∵B的坐标为(1,0)，
∴OB=1，
∵AC=BC，∠ACB=90°，
∴OA=OC=OB=1，则∠ABC=45°
∴BC=❑√12+12=❑√2，
1
∵将△ABC位似缩小到原来的 ，
2
1 ❑√2
∴B′C′= BC= ，∠ABC=∠A′B′C′=45°，
2 2
过C′作C′H⊥y轴于H，则A′B′∥C′H，
∴∠HC′B′=∠A′B′C′=45°，则△B′C′H是等腰直角三角形，
∴B′C′=❑√B′H2+C′H2=❑√2C′H，
❑√2 1
∴B′H=C′H= B′C′=
，
2 2
∵B′(0,3)，则OB′=3，
5
∴OH= ，
2
(1 5)
∴点C的对应点C′的坐标为 , ，
2 2
(1 5)
故答案为： , ．
2 2
13．（23-24九年级上·四川成都·期中）已知正方形ABCD的边长为4，点P是该正方形边上一点，以P为
1
位似中心，作正方形A B C D ∽正方形ABCD，相似比为 ，则点A 与点B的最大距离为
1 1 1 1 2 1；连接A C ，若△PA C 的周长为3+2❑√2，则△PA C 的面积为 ．
1 1 1 1 1 1
【思路点拨】
本题考查了位似，正确作出位似图形，理解位似相似性质是解题的关键，
①根据对角线最长，当位似中心P与点C重合时，点A 最远，此时与点B的距离也是最大的，根据勾股定
1
理计算即可．
②根据正方形ABCD的边长为4，点P是该正方形边上一点，以P为位似中心，作正方形A B C D ∽正
1 1 1 1
1
方形ABCD，相似比为 ，得到正方形A B C D 得边长为2，得到A C =2❑√2，设PA =x，则
2 1 1 1 1 1 1 1
PB =2−x，根据PA +PC =3，列式计算即可．
1 1 1
【解题过程】
解：如图，位似中心P与点C重合时，点A 最远，此时与点B的距离也是最大的，
1
∵正方形ABCD的边长为4，点P是该正方形边上一点，以P为位似中心，作正方形A B C D ∽正方形
1 1 1 1
1
ABCD，相似比为 ，
2
∴正方形A B C D 的边长为2，
1 1 1 1
∴BB =4+2=6,A B =2，
1 1 1
∴A B=❑√BB 2+A B 2=2❑√10，
1 1 1 1
故答案为：2❑√10．
∵正方形ABCD的边长为4，点P是该正方形边上一点，以P为位似中心，作正方形A B C D ∽正方形
1 1 1 1
1
ABCD，相似比为 ，
2
∴正方形A B C D 的边长为2，
1 1 1 1
∴A C =2❑√2，
1 1设PA =x，则PB =2−x，
1 1
∵△PA C 的周长为3+2❑√2，
1 1
∴PA +PC =3，
1 1
∴x+❑√(2−x) 2+22=3，
∴(2−x) 2+22=(3−x) 2，
1
解得x= ，
2
1 1 1
∴△PA C 的面积为 × ×2= ．
1 1 2 2 2
1
故答案为： ．
2
14．（24-25九年级上·吉林长春·期中）如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=3，点D是AB的
中点，连接CD，AE⊥CD分别交CD、AB于点F、E．给出下面四个结论：
①AB=2CD；
②△ECF∽△ABC；
③△ACF和△EDF是以点F为位似中心的位似图形；
2
④S = S ．
四边形ACED 3 △ABC
上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
【思路点拨】
本题考查了相似三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，位似图形的性质．由斜边
中线的性质，可判断①；由斜边中线的性质，求得BD=CD，得到∠B=∠BCD，证明△ECF∽△ABC
，可判断②；利用勾股定理求得斜边的长，证明△CAF∽△ABC和△ECF∽△ABC，利用相似三角形的
DF CF
性质求得AF、CF、EF、DF的长，推出 ≠ ，可判断③；求得S 的值，据此可判断
EF AF 四边形ACED
③④．【解题过程】
解：∵∠ACB=90°，点D是AB的中点，
∴AB=2CD，故①说法正确；
∵∠ACB=90°，点D是AB的中点，
∴BD=CD，
∴∠B=∠BCD，
∵AE⊥CD，
∴∠CFE=90°，
∴△ECF∽△ABC，故②说法正确；
∵∠ACB=90°，AE⊥CD，
∴∠CAE=90°−∠ACD=∠BCD=∠B，
∵AC=2，BC=3，
1 ❑√13
∴AB=❑√22+32=❑√13，CD= AB= ，
2 2
∵∠CAF=∠B，
∴△CAF∽△ABC，
AC AF CF 2 AF CF
∴ = = ，即 = = ，
AB BC AC ❑√13 3 2
6❑√13 4❑√13 CF 2
∴AF= ，CF= ， = ，
13 13 AF 3
∵△ECF∽△ABC，
4❑√13
CE CF EF
∴ = = ，即 CE 13 EF，
AB BC AC = =
❑√13 3 2
8❑√13
∴EF= ，
39
❑√13 4❑√13 5❑√13
∴DF=CD−CF= − = ，
2 13 26
5❑√13
DF 26 195
∴ = = ，
EF 8❑√13 208
39
DF CF
∴ ≠ ，
EF AF
∴△ACF和△EDF不是以点F为位似中心的位似图形，故③说法错误；6❑√13 8❑√13 2❑√13
∵AE=AF+EF= + = ，
13 39 3
1 13
∴S = ×AE×CD= ，
四边形ACED 2 6
1
∵S = ×BC×AC=3，
△ABC 2
2
∴S ≠ S ，故④说法错误，
四边形ACED 3 △ABC
综上，正确的有①②．
故答案为：①②．
15．（24-25九年级上·全国·单元测试）如图，正方形ABCD与正方形EFGH是位似图形，已知A(0,5)，
D(0,3)，E(0,1)，H(0,4)，求位似中心的坐标．
【思路点拨】
此题主要考查了位似图形的性质以及待定系数法求一次函数解析式，正确分类讨论是解题的关键； 当B
与F是对应点时，利用待定系数法求出直线BF的解析式，再求得直线BF与y轴的交点，即可求出位似中
心的坐标； 当C与E是对应点时，分别利用待定系数法求出直线CE和DF的解析式，再将两个解析式组
成方程组，求得x和y的值即可得出位似中心的坐标．
【解题过程】
解：①若B和F是对应点，点A与点E是对应点，则位似中心在y轴上，
由题意可得，F(3,1)，
设直线BF的解析式为：y=kx+b，
{5=−2k+b)
则 ，
1=3k+b
4
{ k=− )
5
解得： ，
17
b=
54 17
故直线BF的解析式为：y=− x+ ，
5 5
17
当x=0时，y= ，
5
( 17)
即位似中心是： 0, ；
5
②若点C和E是对应点，点D和F是对应点，
由题意可得C(−2,3)
设直线CE的解析式为：y=ax+c，
{3=−2a+c)
则 ，
1=c
{a=−1)
解得： ，
c=1
故直线CE的解析式为：y=−x+1，
设直线DF的解析式为：y=dx+e，
{1=3d+e)
则 ，
e=3
{ d=− 2 )
解得： 3 ，
e=3
2
故直线DF的解析式为：y=− x+3，
3
{ y=− 2 x+3)
则 3 ，
y=−x+1
{x=−6)
解得： ，
y=7
即位似中心是：(−6,7)，
( 17)
综上所述：所述位似中心为： 0, 或(−6,7)．
5
16．（24-25九年级上·四川巴中·阶段练习）如图，方格纸中每个小正方形的边长都是1个单位长度，在方
格纸中建立如图所示的平面直角坐标系，△ABC的顶点都在格点上．（1）将△ABC向下平移2个单位长度，再向右平移3个单位长度得到△A B C ，请画出△A B C ；
1 1 1 1 1 1
（2）以O为位似中心，画出△A B C 的位似图形图形△A B C ，使放大后的位似比为1：2；
1 1 1 2 2 2
（3）点P是x轴上一动点，则PB+PC的最小值是______．
【思路点拨】
本题主要考查了坐标与图形变化—平移和位似，勾股定理和轴对称最短路径问题：
（1）根据平移方式得到A、B、C对应点A 、B 、C 的坐标，描出A 、B 、C 并顺次连接
1 1 1 1 1 1
A 、B 、C 即可；
1 1 1
（2）把A 、B 、C 三点的横纵坐标都乘以负2得到A 、B 、C 对应点A 、B 、C 的坐标，描出
1 1 1 1 1 1 2 2 2
A 、B 、C 并顺次连接A 、B 、C 即可；
2 2 2 2 2 2
（3）作点B关于x轴对称的点G，连接CG交x轴于点P，则此时PB+PC有最小值，最小值为CG的长，
据此利用勾股定理求解即可．
【解题过程】
（1）解：如图所示，△A B C 即为所求；
1 1 1
（2）解：如图所示，△A B C 即为所求；
2 2 2（3）解：如图所示，作点B关于x轴对称的点G，连接CG交x轴于点P，则此时PB+PC有最小值，最
小值为CG的长，
∵B(−4,1)，
∴G(−4,−1)
∵C(−1,2)，
∴CG=❑√[−4−(−1)) 2 +(−1−2) 2=3❑√2
∴PB+PC的最小值为3❑√2．
17．（23-24九年级上·河南南阳·期末）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在网格的格点上，按
要求解决下列问题．（1）画出△ABC关于y轴的轴对称图形△A B C ；
1 1 1
（2）以原点O为位似中心，在第一象限内出画出△A B C ，使得△A B C 与△A B C 位似，且相似比
2 2 2 1 1 1 2 2 2
为1：3．并写出△ABC与△A B C 的面积之比为 ；
2 2 2
（3）在（1）、（2）的条件下，设△ABC内一点P的坐标为(a，b)，则△A B C 内与点P的对应点P
2 2 2 2
的坐标为 ．
【思路点拨】
本题主要考查平面直角坐标系中图形的变换，掌握轴对称图形的定义和作图，位似图形的定义及作图，位
似比的性质等知识是解题的关键．
（1）根据轴对称图形的定义和性质作图即可；
（2）根据位似图形的定义作图即可作图，再根据位似比的平方等于面积比即可求解；
（3）根据位似比的性质即可求解．
【解题过程】
（1）解：△ABC关于y轴的轴对称图形△A B C ，作图如下，
1 1 1
∴△A B C 即为所求图形；
1 1 1
（2）解：以原点O为位似中心，在第一象限内出画出△A B C ，使得△A B C 与△A B C 位似，且相
2 2 2 1 1 1 2 2 2似比为1：3，作图如下，
∴△A B C 即为所求图形，
2 2 2
∵△A B C 与△A B C 位似，且相似比为1：3，
1 1 1 2 2 2
∴
S
△A 1 B 1 C 1=
(1) 2
=
1
，
S 3 9
△A B C
2 2 2
∵△ABC与△A B C 关于y轴对称，
1 1 1
∴S =S ，
△ABC △A B C
1 1 1
S 1
∴ △ABC = ，
S 9
△A B C
2 2 2
故答案为：1:9；
（3）解：根据题意，△ABC与△A B C 的相似比为1:3，
2 2 2
∵△ABC内一点P的坐标为(a，b)在第二象限，
∴a<0，b>0，
∵△A B C 在第一象限，
2 2 2
∴P (−3a,3b)，
2
故答案为：(−3a,3b)．
18．（23-24九年级上·江苏常州·阶段练习）如图，在10×10的正方形方格中，每个小正方形的边长为1，
顶点都在网格线交点处的三角形叫作格点三角形，如图建立平面直角坐标系，已知△ABC三个顶点的坐标
分别是A(2，2)，B(4，0)，C(4，−4)．（1）经过A，B，C三点的圆弧所在圆的圆心M的坐标为 ；
（2）在图中，以点O为位似中心画△A B C ，使它与△ABC的位似比为1：2；
1 1 1
（3）若有一个格点三角形与△ABC相似，且它与△ABC有一条公共边和一个公共角∠ABC，请直接写出
满足上述条件的三角形未知顶点的坐标 ．
【思路点拨】
本题考查了图形与坐标、垂直平分线的性质，位似图形的性质，相似三角形的判定与性质，正确掌握相关
性质内容是解题的关键．
（1）根据垂直平分线的性质即可作答．
（2）根据位似图形的性质，分别画出点A ，B ，C ，再依次连接，即可作答．
1 1 1
（3）进行分类讨论，当格点三角形与△ABC的一条公共边为AB时，通过两边成比例 相等证明相似；当
格点三角形与△ABC的一条公共边为BC时，同理证明△CBE∽△ABC，即可作答．
【解题过程】
（1）解：分别作线段AB，BC的垂直平分线，交于点M，
则点M为经过A，B，C三点的圆弧所在圆的圆心，
∴点M的坐标为(0，−2)
故答案为：(0，−2)
（2）解：如图，△ABC 和△A'B'C' 均满足题意．
1 1 1 1 1 1（3）解：当格点三角形与△ABC的一条公共边为AB时，
在线段BC上取格点D，使BD=2，
BD AB
此时 = ，∠DBA=∠ABC，
AB BC
则△DBA∽△ABC，
∴点D(4，−2)为满足条件的三角形未知顶点；
当格点三角形与△ABC的一条公共边为BC时，
在线段BA的延长线上取格点E，使BE=4❑√2，
BE BC
此时 = ，∠CBE=∠ABC，
BC AB
则△CBE∽△ABC，
∴点E(0，4)为满足条件的三角形未知顶点．
综上所述，满足上述条件的三角形未知顶点的坐标为D(4，−2)或E(0，4)．
故答案为：(4，−2)或(0，4)
19．（23-24九年级下·山东德州·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点坐标分别为
A(2,1)、O(0,0)、B(1,−2)．（1）画出将△AOB向左平移3个单位，再向上平移1个单位后的△A O B ；
1 1 1
（2）以原点O为位似中心，位似比为1:2，在y轴的左侧，画出将△A O B 放大后的△A O B ；
1 1 1 2 2 2
（3）判断△AOB与△A O B ，能否是关于某一点Q为位似中心的位似图形，若是，请直接写出点Q的坐
2 2 2
标．
【思路点拨】
（1）根据平移规律，画图即可．
（2）根据位似的性质，确定坐标，后画图即可．
（3）根据位似的性质，确定坐标，解答即可．
本题考查了平移作图，位似作图，待定系数法，熟练掌握作图的基本步骤是解题的关键．
【解题过程】
（1）解：根据题意，△AOB的顶点坐标分别为A(2,1)、O(0,0)、B(1,−2)．
将△AOB向左平移3个单位，再向上平移1个单位后的坐标分别为A (−1,2)、O (−3,1)、B (−2,−1)．
1 1 1
画图如下：
则△A O B 即为所求．
1 1 1（2）解：由A (−1,2)、O (−3,1)、B (−2,−1)．以原点O为位似中心，位似比为1:2，在y轴的左侧，
1 1 1
将△A O B 放大后的坐标分别为A (−2,4)、O (−6,2)、B (−4,−2)．画图如下：
1 1 1 2 2 2
则△A O B 即为所求．
2 2 2
（3）解：∵A(2,1)、O(0,0)、B(1,−2)，A (−2,4)、O (−6,2)、B (−4,−2)．
2 2 2
∴直线BB 为y=−2，
2
设直线O O的解析式为y=kx，
2
∴2=−6k，
1
解得k=− ，
3
1
∴y=− x，
3
1
∴−2=− x，
3
解得x=6
故Q点的坐标为(6，−2)．
故△AOB与△A O B ，是关于某一点Q为位似中心的位似图形，且位似中心为Q点的坐标为(6，−2)．
2 2 2
20．（2023·山东济南·三模）平面内，先将一个多边形以自身的一个顶点为位似中心放大或缩小，再将所
得多边形沿过该点的直线翻折，称这种变换为自位似轴对称变换，变换前后的图形成自位似轴对称．例
如：如图1，先将△ABC以点A为位似中心缩小，得到△ADE，再将△ADE沿过点A的直线l翻折，得到
△AFG，则△ABC和△AFG成自位似轴对称．（1）如图2，在△ABC中，∠ACB=90°，AC
