4. 如图，原点 $ O $ 是 $ △ ABC $ 和 $ △ A'B'C' $ 的位似中心，点 $ A(1,0) $ 与点 $ A'(-2,0) $ 是对应点. $ △ ABC $ 的面积是 $ \frac{3}{2} $，则 $ △ A'B'C' $ 的面积是
6
.答案：4. 6.
解析：
解：
∵原点$O$是位似中心，点$A(1,0)$与点$A'(-2,0)$是对应点，
$\therefore$位似比$k=\frac{OA'}{OA}=\frac{|-2|}{|1|}=2$。
$\because$位似图形面积比等于位似比的平方，
$\therefore\frac{S_{△ A'B'C'}}{S_{△ ABC}}=k^2=2^2=4$。
$\because S_{△ ABC}=\frac{3}{2}$，
$\therefore S_{△ A'B'C'}=4×\frac{3}{2}=6$。
6
∵原点$O$是位似中心，点$A(1,0)$与点$A'(-2,0)$是对应点，
$\therefore$位似比$k=\frac{OA'}{OA}=\frac{|-2|}{|1|}=2$。
$\because$位似图形面积比等于位似比的平方，
$\therefore\frac{S_{△ A'B'C'}}{S_{△ ABC}}=k^2=2^2=4$。
$\because S_{△ ABC}=\frac{3}{2}$，
$\therefore S_{△ A'B'C'}=4×\frac{3}{2}=6$。
6
5. 如图，在 $ 11×8 $ 的正方形网格图中，$ △ ABC $ 与 $ △ A_1B_1C_1 $ 的顶点都在小正方形的格点上，且这两个三角形关于点 $ O $ 位似.
(1)在图中标出位似中心点 $ O $；(保留作图痕迹)
(2)$ △ A_1B_1C_1 $ 与 $ △ ABC $ 的相似比是
(3)将 $ △ ABC $ 平移到 $ △ A_2B_2C_2 $ 的内部得到 $ △ A_2B_2C_2 $，在图中画出 $ △ A_2B_2C_2 $($ △ A_2B_2C_2 $ 的顶点均在小正方形的格点上)
(1)在图中标出位似中心点 $ O $；(保留作图痕迹)
(2)$ △ A_1B_1C_1 $ 与 $ △ ABC $ 的相似比是
3:1
；(3)将 $ △ ABC $ 平移到 $ △ A_2B_2C_2 $ 的内部得到 $ △ A_2B_2C_2 $，在图中画出 $ △ A_2B_2C_2 $($ △ A_2B_2C_2 $ 的顶点均在小正方形的格点上)
答案：
5. (1) 解：如图，点$O$即为所求；
(2) 解：由图可得：$AB = 2, A_{1}B_{1} = 6$，故$△ A_{1}B_{1}C_{1}$与$△ ABC$的相似比是$6:2 = 3:1$；
(3) 解：如图，$△ A_{2}B_{2}C_{2}$即为所求，
5. (1) 解：如图，点$O$即为所求；
(2) 解：由图可得：$AB = 2, A_{1}B_{1} = 6$，故$△ A_{1}B_{1}C_{1}$与$△ ABC$的相似比是$6:2 = 3:1$；
(3) 解：如图，$△ A_{2}B_{2}C_{2}$即为所求，
6. 如图，在平面直角坐标系中，$ △ ABC $ 的三个顶点坐标分别为 $ A(2,1) $，$ B(1,4) $，$ C(3,2) $. 请解答下列问题：
（1）画出 $ △ ABC $ 关于 $ y $ 轴对称的图形 $ △ A_1B_1C_1 $，并直接写出点 $ C_1 $ 的坐标；
（2）以原点 $ O $ 为位似中心，位似比为 $ 1:2 $，在 $ y $ 轴的右侧，画出 $ △ ABC $ 放大后的图形 $ △ A_2B_2C_2 $，并直接写出点 $ C_2 $ 的坐标；
（3）如果点 $ D(a,b) $ 在线段 $ BC $ 上，请直接写出经过（2）的变化后对应点 $ D_2 $ 的坐标.
（1）画出 $ △ ABC $ 关于 $ y $ 轴对称的图形 $ △ A_1B_1C_1 $，并直接写出点 $ C_1 $ 的坐标；
（2）以原点 $ O $ 为位似中心，位似比为 $ 1:2 $，在 $ y $ 轴的右侧，画出 $ △ ABC $ 放大后的图形 $ △ A_2B_2C_2 $，并直接写出点 $ C_2 $ 的坐标；
（3）如果点 $ D(a,b) $ 在线段 $ BC $ 上，请直接写出经过（2）的变化后对应点 $ D_2 $ 的坐标.
答案：1. （1）
关于$y$轴对称的点的坐标特征是纵坐标不变，横坐标互为相反数。
已知$C(3,2)$，则$C_1$的坐标为$( - 3,2)$。
2. （2）
以原点$O$为位似中心，位似比为$k = 2$（在$y$轴右侧放大），根据位似变换的坐标变化规律$(x,y)\to(kx,ky)$（$k＞0$）。
已知$C(3,2)$，则$C_2$的坐标为$(3×2,2×2)=(6,4)$。
3. （3）
因为点$D(a,b)$在线段$BC$上，以原点$O$为位似中心，位似比为$2$（在$y$轴右侧放大），根据位似变换的坐标变化规律$(x,y)\to(kx,ky)$（$k = 2$）。
所以$D_2$的坐标为$(2a,2b)$。
综上，答案依次为：（1）$C_1(-3,2)$；（2）$C_2(6,4)$；（3）$D_2(2a,2b)$。
关于$y$轴对称的点的坐标特征是纵坐标不变，横坐标互为相反数。
已知$C(3,2)$，则$C_1$的坐标为$( - 3,2)$。
2. （2）
以原点$O$为位似中心，位似比为$k = 2$（在$y$轴右侧放大），根据位似变换的坐标变化规律$(x,y)\to(kx,ky)$（$k＞0$）。
已知$C(3,2)$，则$C_2$的坐标为$(3×2,2×2)=(6,4)$。
3. （3）
因为点$D(a,b)$在线段$BC$上，以原点$O$为位似中心，位似比为$2$（在$y$轴右侧放大），根据位似变换的坐标变化规律$(x,y)\to(kx,ky)$（$k = 2$）。
所以$D_2$的坐标为$(2a,2b)$。
综上，答案依次为：（1）$C_1(-3,2)$；（2）$C_2(6,4)$；（3）$D_2(2a,2b)$。
自主拓展
如图，在平面直角坐标系中，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，若 $ △ ABC $ 三个顶点的坐标分别是 $ A(-1,0) $，$ B(-4,1) $，$ C(-2,1) $.
(1)$ △ ABC $ 的外接圆半径是
(2)请在第四象限的空白处画一个格点 $ △ DEF $，使 $ △ DEF ∼ △ ABC $，且相似比为 $ 1:\sqrt{2} $；
(3)作出 $ △ ABC $ 绕点 $ A $ 逆时针旋转 $ 90° $ 的 $ △ AB_1C_1 $，再作出 $ △ AB_1C_1 $ 关于原点 $ O $ 成中心对称的 $ △ A_1B_2C_2 $；
(4)$ △ ABC $ 绕点 $ M $ 顺时针旋转 $ 90° $ 后可与 $ △ A_1B_2C_2 $ 重合，则点 $ M $ 的坐标是
如图，在平面直角坐标系中，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，若 $ △ ABC $ 三个顶点的坐标分别是 $ A(-1,0) $，$ B(-4,1) $，$ C(-2,1) $.
(1)$ △ ABC $ 的外接圆半径是
$\sqrt{5}$
；(2)请在第四象限的空白处画一个格点 $ △ DEF $，使 $ △ DEF ∼ △ ABC $，且相似比为 $ 1:\sqrt{2} $；
(3)作出 $ △ ABC $ 绕点 $ A $ 逆时针旋转 $ 90° $ 的 $ △ AB_1C_1 $，再作出 $ △ AB_1C_1 $ 关于原点 $ O $ 成中心对称的 $ △ A_1B_2C_2 $；
(4)$ △ ABC $ 绕点 $ M $ 顺时针旋转 $ 90° $ 后可与 $ △ A_1B_2C_2 $ 重合，则点 $ M $ 的坐标是
$(0, -1)$
.答案：1. （1）
首先，根据两点间距离公式$d = \sqrt{(x_2 - x_1)^2+(y_2 - y_1)^2}$，计算$AB$，$BC$，$AC$的长度：
$AB=\sqrt{(-1 + 4)^2+(0 - 1)^2}=\sqrt{9 + 1}=\sqrt{10}$，$BC=\sqrt{(-2 + 4)^2+(1 - 1)^2}=2$，$AC=\sqrt{(-1 + 2)^2+(0 - 1)^2}=\sqrt{1 + 1}=\sqrt{2}$。
然后，根据余弦定理$\cos A=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2AB· AC}$，$\cos A=\frac{10 + 2-4}{2\sqrt{10}·\sqrt{2}}=\frac{8}{4\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$，$\sin A=\sqrt{1-\cos^{2}A}=\sqrt{1-\frac{4}{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$。
再根据正弦定理$\frac{BC}{\sin A}=2R$（$R$为$△ ABC$外接圆半径）。
已知$BC = 2$，$\sin A=\frac{1}{\sqrt{5}}$，由$\frac{BC}{\sin A}=2R$，即$2R=\frac{2}{\frac{1}{\sqrt{5}}}=2\sqrt{5}$，所以$R = \sqrt{5}$。
2. （2）
已知$A(-1,0)$，$B(-4,1)$，$C(-2,1)$，相似比为$1:\sqrt{2}$。
设$D(x_1,y_1)$，$E(x_2,y_2)$，$F(x_3,y_3)$，若$△ DEF∼△ ABC$，则$\frac{DE}{AB}=\frac{EF}{BC}=\frac{DF}{AC}=\frac{1}{\sqrt{2}}$。
例如：$A(-1,0)$对应$D(1,-1)$，$B(-4,1)$对应$E(4,-2)$，$C(-2,1)$对应$F(2,-2)$（答案不唯一，只要满足相似比和格点要求即可）。
3. （3）
绕点$A(-1,0)$逆时针旋转$90^{\circ}$：
对于点$B(-4,1)$，设$B(x,y)$绕$A(x_0,y_0)$逆时针旋转$90^{\circ}$后$B_1(x_1,y_1)$，旋转公式为$\begin{cases}x_1=(x - x_0)\cos90^{\circ}-(y - y_0)\sin90^{\circ}+x_0\\y_1=(x - x_0)\sin90^{\circ}+(y - y_0)\cos90^{\circ}+y_0\end{cases}$，这里$x_0=-1$，$y_0 = 0$，$x=-4$，$y = 1$，则$x_1=(-4 + 1)×0-(1 - 0)×1-1=-2$，$y_1=(-4 + 1)×1+(1 - 0)×0+0=-3$，即$B_1(-2,-3)$；$C(-2,1)$绕$A(-1,0)$逆时针旋转$90^{\circ}$，$x=-2$，$y = 1$，$x_1=(-2 + 1)×0-(1 - 0)×1-1=-2$，$y_1=(-2 + 1)×1+(1 - 0)×0+0=-1$，即$C_1(-2,-1)$，连接$AB_1$，$AC_1$，$B_1C_1$得到$△ AB_1C_1$。
关于原点$O$成中心对称，若$P(x,y)$关于原点$O$对称的点$P'(x',y')$，则$x'=-x$，$y'=-y$。$A(-1,0)$关于原点对称$A_1(1,0)$，$B_1(-2,-3)$关于原点对称$B_2(2,3)$，$C_1(-2,-1)$关于原点对称$C_2(2,1)$，连接$A_1B_2$，$A_1C_2$，$B_2C_2$得到$△ A_1B_2C_2$。
4. （4）
设$M(x,y)$，根据旋转性质，$MA = MA_1$，$MB=MB_2$，$MC = MC_2$。
设$M(x,y)$，$A(-1,0)$，$A_1(1,0)$，$B(-4,1)$，$B_2(2,3)$，$C(-2,1)$，$C_2(2,1)$。
根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2 - x_1)^2+(y_2 - y_1)^2}$，$MA=\sqrt{(x + 1)^2+y^{2}}$，$MA_1=\sqrt{(x - 1)^2+y^{2}}$，则$(x + 1)^2+y^{2}=(x - 1)^2+y^{2}$，展开得$x^{2}+2x + 1+y^{2}=x^{2}-2x + 1+y^{2}$，解得$x = 0$。
再根据$MB=\sqrt{(x + 4)^2+(y - 1)^2}$，$MB_2=\sqrt{(x - 2)^2+(y - 3)^2}$，把$x = 0$代入$\sqrt{(0 + 4)^2+(y - 1)^2}=\sqrt{(0 - 2)^2+(y - 3)^2}$。
即$16+(y - 1)^2=4+(y - 3)^2$。
展开$16+y^{2}-2y + 1=4+y^{2}-6y+9$。
移项$-2y + 6y=4 + 9-16 - 1$。
$4y=-4$，解得$y=-1$。所以$M(0,-1)$。
综上，（1）$\sqrt{5}$；（4）$(0,-1)$。
首先，根据两点间距离公式$d = \sqrt{(x_2 - x_1)^2+(y_2 - y_1)^2}$，计算$AB$，$BC$，$AC$的长度：
$AB=\sqrt{(-1 + 4)^2+(0 - 1)^2}=\sqrt{9 + 1}=\sqrt{10}$，$BC=\sqrt{(-2 + 4)^2+(1 - 1)^2}=2$，$AC=\sqrt{(-1 + 2)^2+(0 - 1)^2}=\sqrt{1 + 1}=\sqrt{2}$。
然后，根据余弦定理$\cos A=\frac{AB^{2}+AC^{2}-BC^{2}}{2AB· AC}$，$\cos A=\frac{10 + 2-4}{2\sqrt{10}·\sqrt{2}}=\frac{8}{4\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$，$\sin A=\sqrt{1-\cos^{2}A}=\sqrt{1-\frac{4}{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$。
再根据正弦定理$\frac{BC}{\sin A}=2R$（$R$为$△ ABC$外接圆半径）。
已知$BC = 2$，$\sin A=\frac{1}{\sqrt{5}}$，由$\frac{BC}{\sin A}=2R$，即$2R=\frac{2}{\frac{1}{\sqrt{5}}}=2\sqrt{5}$，所以$R = \sqrt{5}$。
2. （2）
已知$A(-1,0)$，$B(-4,1)$，$C(-2,1)$，相似比为$1:\sqrt{2}$。
设$D(x_1,y_1)$，$E(x_2,y_2)$，$F(x_3,y_3)$，若$△ DEF∼△ ABC$，则$\frac{DE}{AB}=\frac{EF}{BC}=\frac{DF}{AC}=\frac{1}{\sqrt{2}}$。
例如：$A(-1,0)$对应$D(1,-1)$，$B(-4,1)$对应$E(4,-2)$，$C(-2,1)$对应$F(2,-2)$（答案不唯一，只要满足相似比和格点要求即可）。
3. （3）
绕点$A(-1,0)$逆时针旋转$90^{\circ}$：
对于点$B(-4,1)$，设$B(x,y)$绕$A(x_0,y_0)$逆时针旋转$90^{\circ}$后$B_1(x_1,y_1)$，旋转公式为$\begin{cases}x_1=(x - x_0)\cos90^{\circ}-(y - y_0)\sin90^{\circ}+x_0\\y_1=(x - x_0)\sin90^{\circ}+(y - y_0)\cos90^{\circ}+y_0\end{cases}$，这里$x_0=-1$，$y_0 = 0$，$x=-4$，$y = 1$，则$x_1=(-4 + 1)×0-(1 - 0)×1-1=-2$，$y_1=(-4 + 1)×1+(1 - 0)×0+0=-3$，即$B_1(-2,-3)$；$C(-2,1)$绕$A(-1,0)$逆时针旋转$90^{\circ}$，$x=-2$，$y = 1$，$x_1=(-2 + 1)×0-(1 - 0)×1-1=-2$，$y_1=(-2 + 1)×1+(1 - 0)×0+0=-1$，即$C_1(-2,-1)$，连接$AB_1$，$AC_1$，$B_1C_1$得到$△ AB_1C_1$。
关于原点$O$成中心对称，若$P(x,y)$关于原点$O$对称的点$P'(x',y')$，则$x'=-x$，$y'=-y$。$A(-1,0)$关于原点对称$A_1(1,0)$，$B_1(-2,-3)$关于原点对称$B_2(2,3)$，$C_1(-2,-1)$关于原点对称$C_2(2,1)$，连接$A_1B_2$，$A_1C_2$，$B_2C_2$得到$△ A_1B_2C_2$。
4. （4）
设$M(x,y)$，根据旋转性质，$MA = MA_1$，$MB=MB_2$，$MC = MC_2$。
设$M(x,y)$，$A(-1,0)$，$A_1(1,0)$，$B(-4,1)$，$B_2(2,3)$，$C(-2,1)$，$C_2(2,1)$。
根据两点间距离公式$d=\sqrt{(x_2 - x_1)^2+(y_2 - y_1)^2}$，$MA=\sqrt{(x + 1)^2+y^{2}}$，$MA_1=\sqrt{(x - 1)^2+y^{2}}$，则$(x + 1)^2+y^{2}=(x - 1)^2+y^{2}$，展开得$x^{2}+2x + 1+y^{2}=x^{2}-2x + 1+y^{2}$，解得$x = 0$。
再根据$MB=\sqrt{(x + 4)^2+(y - 1)^2}$，$MB_2=\sqrt{(x - 2)^2+(y - 3)^2}$，把$x = 0$代入$\sqrt{(0 + 4)^2+(y - 1)^2}=\sqrt{(0 - 2)^2+(y - 3)^2}$。
即$16+(y - 1)^2=4+(y - 3)^2$。
展开$16+y^{2}-2y + 1=4+y^{2}-6y+9$。
移项$-2y + 6y=4 + 9-16 - 1$。
$4y=-4$，解得$y=-1$。所以$M(0,-1)$。
综上，（1）$\sqrt{5}$；（4）$(0,-1)$。
解析：