8. 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$1:3$，点$A$，$B$，$E$在$x$轴上.若正方形$BEFG$的边长为$6$，则点$C$的坐标为
(3,2)
.
答案：8.(3,2)
解析：
解：设正方形$ABCD$的边长为$x$。
∵正方形$ABCD$与正方形$BEFG$的相似比为$1:3$，
∴$\frac{x}{6}=\frac{1}{3}$，解得$x=2$。
∴$AD=BC=2$，$AB=2$。
设$OA=a$，
∵位似中心为原点$O$，
∴$\frac{OA}{OB}=\frac{1}{3}$，即$\frac{a}{a+2}=\frac{1}{3}$，解得$a=1$。
∴$OB=OA+AB=1+2=3$。
∴点$C$的坐标为$(3,2)$。
$(3,2)$
9. 如图，在$\triangle ABC$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$\triangle ABC$的位似图形$\triangle A'B'C$，$\triangle ABC$与$\triangle A'B'C$面积的比为$4:9$.若点$B$的对应点$B'$的横坐标是$2$，则点$B$的横坐标是
-3
.
]
答案：9.-3 解析:如图，过点B作BD⊥x轴于点D，过点B'作B'E⊥x轴于点E，则∠BDC = ∠B'EC = 90°。又∠BCD = ∠B'CE，所以△BCD∽△B'CE，所以$\frac{CD}{CE}=\frac{BC}{B'C}$。因为△ABC与△A'B'C面积的比为4:9，所以$\frac{BC}{B'C}=\frac{2}{3}$。设点B的横坐标是x，则OD = -x。因为点B'的横坐标是2，点C的坐标是(-1,0)，所以OE = 2，OC = 1，所以CE = OE + OC = 3，CD = OD - OC = -x - 1，所以$\frac{-x - 1}{3}=\frac{2}{3}$，解得x = -3。故点B的横坐标是-3。
10. 亮点原创 如图，在平面直角坐标系中，$O$是原点，点$Q$的坐标为$(5,7)$，正方形$OCAB$的边$OB$，$OC$分别在$y$轴、$x$轴的正半轴上，点$A$的坐标为$(2,2)$，$OA$，$BC$交于点$P$，连接$PQ$.以点$O$为位似中心，将正方形$OCAB$在第一象限内放大，点$P$随正方形一起运动，当$PQ$的长取最小值时停止运动.以$PQ$为一边，向$PQ$的右侧作等边三角形$PQD$，则在这个位似变化过程中，点$D$运动的路径长是(
A
)
A.$5\sqrt{2}$
B.$6$
C.$2\sqrt{13}$
D.$4\sqrt{2}$
答案：10.A 解析:由题意，得点P在射线OA上运动。如图，过点Q作QE⊥OA，交OA的延长线于点E，则∠PEQ = 90°，且当点P与点E重合时，PQ的长取最小值。在QE右侧作等边三角形QEF，连接DF，则QF = QE，∠EQF = 60°，且当点P与点E重合时，点D与点F重合。因为△PQD是等边三角形，所以PQ = DQ，∠PQD = 60°，所以∠EQF = ∠PQD，所以∠EQF + ∠EQD = ∠PQD + ∠EQD，所以∠DQF = ∠PQE。在△DQF和△PQE中，$\begin{cases}DQ = PQ\\∠DQF = ∠PQE\end{cases}$，所以△DQF≌△PQE，所以DF = PE。易得直线OA的函数表达式为y = x，所以可设E(a,a)。因为P(1,1)，Q(5,7)，所以PQ² = (5 - 1)²+(7 - 1)² = 52，PE² = (a - 1)²+(a - 1)² = 2a² - 4a + 2，QE² = (a - 5)²+(a - 7)² = 2a² - 24a + 74。因为PE² + QE² = PQ²，所以2a² - 4a + 2 + 2a² - 24a + 74 = 52，解得a₁ = 6，a₂ = 1(不合题意，舍去)，所以DF = PE = 5$\sqrt{2}$，所以点D运动的路径长是5$\sqrt{2}$。
11. 如图，已知正方形$ABCD$和正方形$OEFG$是位似图形，点$O$，$A$，$F$的坐标分别为$(0,0)$，$(3,2)$，$(-1,-1)$，则这两个正方形的位似中心的坐标为
(1,0)或(-5,-2)
.
]
答案：11.(1,0)或(-5,-2) 解析:由题意，得A(3,2)，E(-1,0)，G(0,-1)，C(5,0)。分类讨论如下:①当E和C，G和A是对应顶点时，位似中心即为直线EC与直线AG的交点。设直线AG的函数表达式为y = kx + b，则$\begin{cases}3k + b = 2\\k = 1\\b = -1\end{cases}$，解得$\begin{cases}k = 1\\b = -1\end{cases}$，所以直线AG的函数表达式为y = x - 1，所以直线AG与直线EC的交点坐标为(1,0)，即位似中心的坐标为(1,0)；②当A和E，C和G是对应顶点时，位似中心即为直线AE与直线CG的交点。设直线AE的函数表达式为y = k₁x + b₁，则$\begin{cases}3k₁ + b₁ = 2\\-k₁ + b₁ = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k₁ = \frac{1}{2}\\b₁ = \frac{1}{2}\end{cases}$，所以直线AE的函数表达式为y = $\frac{1}{2}$x + $\frac{1}{2}$。设直线CG的函数表达式为y = k₂x + b₂，则$\begin{cases}5k₂ + b₂ = 0\\k₂ = \frac{1}{5}\end{cases}$，解得$\begin{cases}k₂ = \frac{1}{5}\\b₂ = -1\end{cases}$，所以直线CG的函数表达式为y = $\frac{1}{5}$x - 1。联立方程组$\begin{cases}y = \frac{1}{2}x + \frac{1}{2}\\y = \frac{1}{5}x - 1\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = -5\\y = -2\end{cases}$，所以直线AE与直线CG的交点坐标为(-5,-2)，即位似中心的坐标为(-5,-2)。综上所述，这两个正方形的位似中心的坐标为(1,0)或(-5,-2)。
解析：
解：由题意得，正方形$ABCD$中$A(3,2)$，设$B(a,0)$，$D(b,2)$，因为$ABCD$是正方形，所以$AB=AD$且$AB⊥ AD$，可得$B(3,0)$，$D(5,2)$，$C(5,0)$；正方形$OEFG$中$O(0,0)$，$F(-1,-1)$，同理可得$E(-1,0)$，$G(0,-1)$。
情况一：对应顶点为$E$与$C$，$G$与$A$
位似中心为直线$EC$与直线$AG$的交点。
直线$AG$：过$A(3,2)$，$G(0,-1)$，设$y=kx+b$，
$\begin{cases}3k+b=2\\0k+b=-1\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=1\\b=-1\end{cases}$，表达式为$y=x - 1$。
直线$EC$：过$E(-1,0)$，$C(5,0)$，表达式为$y=0$。
联立$\begin{cases}y=x - 1\\y=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=1\\y=0\end{cases}$，交点$(1,0)$。
情况二：对应顶点为$A$与$E$，$C$与$G$
位似中心为直线$AE$与直线$CG$的交点。
直线$AE$：过$A(3,2)$，$E(-1,0)$，设$y=k_1x+b_1$，
$\begin{cases}3k_1+b_1=2\\-k_1+b_1=0\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_1=\frac{1}{2}\\b_1=\frac{1}{2}\end{cases}$，表达式为$y=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}$。
直线$CG$：过$C(5,0)$，$G(0,-1)$，设$y=k_2x+b_2$，
$\begin{cases}5k_2+b_2=0\\0k_2+b_2=-1\end{cases}$，解得$\begin{cases}k_2=\frac{1}{5}\\b_2=-1\end{cases}$，表达式为$y=\frac{1}{5}x - 1$。
联立$\begin{cases}y=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\\y=\frac{1}{5}x - 1\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=-5\\y=-2\end{cases}$，交点$(-5,-2)$。
综上，位似中心坐标为$(1,0)$或$(-5,-2)$。
$(1,0)$或$(-5,-2)$
12. 新素养
推理能力 (2025·江苏宿迁模拟)如图①，$E$是线段$BC$的中点，分别以$B$，$C$为直角顶点的$\triangle EAB$和$\triangle EDC$均是等腰直角三角形，且在$BC$的同侧.
(1)$AE$和$ED$之间的数量关系为
AE = ED
，位置关系为
AE⊥ED
；
(2)在图①中，以点$E$为位似中心，作$\triangle EGF$与$\triangle EAB$位似，$H$是$BC$所在直线上的一点，连接$GH$，$HD$，分别得到图②③.
① 在图②中，点$F$在线段$BE$上，$\triangle EGF$与$\triangle EAB$的相似比为$1:2$，$H$是$EC$的中点.求证：$GH=HD$且$GH⊥ HD$；
② 在图③中，点$F$在线段$BE$的延长线上，$\triangle EGF$与$\triangle EAB$的相似比为$k:1$.若$BC=2$，则当$CH$的长为多少时，恰好使得$GH=HD$且$GH⊥ HD$？(用含$k$的代数式表示)
]
答案：12.(1)AE = ED，AE⊥ED
(2)①由题意，得∠B = ∠C = 90°，AB = BE = EC = CD。因为△EGF与△EAB位似，且相似比为1:2，所以∠GFE = ∠B = 90°，GF = $\frac{1}{2}$AB，FE = $\frac{1}{2}$BE，所以∠GFE = ∠C。因为H是EC的中点，所以EH = HC = $\frac{1}{2}$EC，所以GF = HC，FH = FE + EH = $\frac{1}{2}$BE + $\frac{1}{2}$EC = $\frac{1}{2}$BC = EC = CD。在△HGF和△DHC中，$\begin{cases}GF = HC\\∠GFH = ∠C\\FH = CD\end{cases}$，所以△HGF≌△DHC，所以GH = HD，∠GHF = ∠HDC。因为∠HDC + ∠DHC = 90°，所以∠GHF + ∠DHC = 90°，所以∠GHD = 90°，即GH⊥HD。
②当GH = HD且GH⊥HD时，∠FHG + ∠CHD = 90°。因为∠FHG + ∠FGH = 90°，所以∠FGH = ∠CHD。在△GFH和△HCD中，$\begin{cases}∠GFH = ∠HCD\\∠FGH = ∠CHD\end{cases}$，所以△GFH≌△HCD，所以FG = CH。因为FE = FG，所以FE = CH。因为BC = 2，E是BC的中点，所以BE = $\frac{1}{2}$BC = 1。因为△EGF与△EAB的相似比为k:1，所以$\frac{FE}{BE}=k$，所以CH = FE = k。故当CH的长为k时，恰好使得GH = HD且GH⊥HD。
