一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图，已知A（﹣2，0），B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣1过A、B两点，并与过A点的直线y=﹣ x﹣1交于点C．
（1）求抛物线解析式及对称轴；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使四边形ACPO的周长最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）点M为y轴右侧抛物线上一点，过点M作直线AC的垂线，垂足为N．问：是否存在这样的点N，使以点M、N、C为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：把A（-2，0），B（4，0）代入抛物线y=ax2+bx-1，得
解得
∴抛物线解析式为：y= x2?x?1
∴抛物线对称轴为直线x=- ＝1
（2）解：存在
使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小
∴取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P 点．
设过点C′、O直线解析式为：y=kx
∴k=-
∴y=- x
则P点坐标为（1，- ）
（3）解：当△AOC∽△MNC时，
如图，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E
∵∠ACO=∠NCD，∠AOC=∠CND=90°
∴∠CDN=∠CAO
由相似，∠CAO=∠CMN
∴∠CDN=∠CMN
∵MN⊥AC
∴M、D关于AN对称，则N为DM中点
设点N坐标为（a，- a-1）
由△EDN∽△OAC
∴ED=2a
∴点D坐标为（0，- a?1）
∵N为DM中点
∴点M坐标为（2a，a?1）
把M代入y= x2?x?1，解得
a=4
则N点坐标为（4，-3）
当△AOC∽△CNM时，∠CAO=∠NCM
∴CM∥AB则点C关于直线x=1的对称点C′即为点N
由（2）N（2，-1）
∴N点坐标为（4，-3）或（2，-1）
【解析】【分析】（1）根据点A、B的坐标，可求出抛物线的解析式，再求出它的对称轴即可解答。
（2）使四边形ACPO的周长最小，只需PC+PO最小，取点C（0，-1）关于直线x=1的对称点C′（2，-1），连C′O与直线x=1的交点即为P点，利用待定系数法求出直线C′O的解析式，再求出点P的坐标。
（3）分情况讨论：当△AOC∽△MNC时，延长MN交y轴于点D，过点N作NE⊥y轴于点E，由∠ACO=∠NCD，∠AOC=∠CND=90°得出∠CDN=∠CAO，再证明∠CDN=∠CMN，根
据MN⊥AC，可得出M、D关于AN对称，则N为DM中点，设点N坐标为（a，- a-1），根据△EDN∽△OAC，得出点D、M的坐标，然后将点M的坐标代入抛物线的解析式求出a的值，即可得出点N的坐标；当△AOC∽△CNM时，∠CAO=∠NCM，得出CM∥AB 则点C关于直线x=1的对称点C′即为点N，就可求出点N的坐标。
2．如图，在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，连接BO，以AB为斜边向三角内部作Rt△ABE，且∠AEB=90°，连接EO．求证：
（1）∠OAE=∠OBE；
（2）AE=BE+ OE．
【答案】（1）证明：在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，
∴OB⊥AC，
∴∠AOB=90°，
∵∠AEB=90°，
∴A，B，E，O四点共圆，
∴∠OAE=∠OBE
（2）证明：在AE上截取EF=BE，
则△EFB是等腰直角三角形，
∴，∠FBE=45°，
∵在等腰Rt△ABC中，O为斜边AC的中点，
∴∠ABO=45°，
∴∠ABF=∠OBE，
∵，
∴，
∴△ABF∽△BOE，
∴ = ，
∴AF= OE，
∵AE=AF+EF，
∴AE=BE+ OE．
【解析】【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，可证得∠AOB=∠AEB=90°，可得出A，B，E，O四点共圆，再利用同弧所对的圆周角相等，可证得结论。
（2）在AE上截取EF=BE，易证△EFB是等腰直角三角形，可得出BF与BE的比值为，再证明∠ABF=∠OBE，AB与BO的比值为，就可证得AB、BO、BF、BE四条线段成比例，然后利用两组对应边成比例且夹角相等的两三角形相似，可证得△ABF∽△BOE，可证得AF= OE，由AE=AF+EF，可证得结论。
3．如图1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F分别是AB、BD的中点，连接EF，点P从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，同时，点Q从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动．连接PQ，设运动时间为t（0＜t＜4）s，解答下列问题：
（1）求证：△BEF∽△DCB；
（2）当点Q在线段DF上运动时，若△PQF的面积为0.6cm2，求t的值；
（3）如图2过点Q作QG⊥AB，垂足为G，当t为何值时，四边形EPQG为矩形，请说明理由；
（4）当t为何值时，△PQF为等腰三角形？试说明理由．
【答案】（1）解：证明：∵四边形是矩形，
在中，
分别是的中点，
（2）解：如图1，过点作于，
（舍）或秒
（3）解：四边形为矩形时,如图所示：
解得：
（4）解：当点在上时，如图2，
当点在上时，如图3，
时，如图4，
时，如图5，
综上所述，或或或秒时，是等腰三角形．
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可证得AD∥BC，∠A=∠C，根据中位线定理可证得EF∥AD，就可得出EF∥BC，可证得∠BEF=∠C，∠BFE=∠DBC，从而可证得结论。（2）过点Q作QM⊥EF，易证QM∥BE，可证得△QMF∽△BEF，得出对应边成比例，可求出QM的值，再根据△PQF的面积为0.6cm2，建立关于t的方程，求解即可。
（3）分情况讨论：当点 Q 在 DF 上时，如图2， PF=QF；当点 Q 在 BF 上时， PF=QF，如图3；PQ=FQ 时，如图4；PQ=PF 时，如图5，分别列方程即可解决问题。
4．如图，在⊙O中，直径AB经过弦CD的中点E，点M在OD上，AM的延长线交⊙O于点G，交过D的直线于F，且∠BDF=∠CDB，BD与CG交于点N．
（1）求证：DF是⊙O的切线；
（2）连结MN，猜想MN与AB的位置有关系，并给出证明．【答案】（1）证明：∵直径AB经过弦CD的中点E，
， = ,
即
是的切线
（2）解：猜想：MN∥AB．
证明：连结CB．
∵直径AB经过弦CD的中点E，
∴ = , = ,
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∵
∵
∴
∴
∴MN∥AB．
【解析】【分析】（1）要证DF是⊙O的切线，由切线的判定知，只须证∠ODF=即可。由垂径定理可得AB⊥CD，则∠BOD+∠ODE=，而∠ODF=∠CDF+∠ODE，由已知易得∠BOD=∠CDF，则结论可得证；
（2）猜想：MN∥AB．理由：连结CB，由已知易证△CBN∽△AOM，可得比例式
，于是由已知条件可转化为，∠ODB是公共角，所以可得△MDN∽△ODB，则∠DMN=∠DOB，根据平行线的判定可得MN∥AB。
5．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别交于点A、B，与y轴交于点C，且OA=1，OB=3，顶点为D，对称轴交x轴于点Q．
（1）求抛物线对应的二次函数的表达式；
（2）点P是抛物线的对称轴上一点，以点P为圆心的圆经过A、B两点，且与直线CD相切，求点P的坐标；
（3）在抛物线的对称轴上是否存在一点M，使得△DCM∽△BQC？如果存在，求出点M 的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：
∴
代入，得
解得
∴抛物线对应二次函数的表达式为：
（2）解：如图，
设直线CD切⊙P于点E．连结PE、PA，作点．
由得对称轴为直线x=1，∴
∴
∴为等腰直角三角形．
∴
∴
∴
∴为等腰三角形．
设
∴
在中，
∴
∴
整理，得
解得，
∴点P的坐标为或
（3）解：存在点M，使得∽．
如图，连结
∵
∴为等腰直角三角形，
∴
由（2）可知，
∴
∴分两种情况．
当时，
∴，解得．
∴
∴
当时，
∴，解得
∴
∴
综上，点M的坐标为或
【解析】【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）由（1）中的解析式易求得抛物线的对称轴为直线x=1，顶点D（1，4），点C（0，3），由题意可设点P（1，m），计算易得△DCF为等腰直角三角形，△DEP为等腰三角形，在直角三角形PED和APQ中，用勾股定理可将PE、PA用含m的代数式表示出来，根据PA=PE可列方程求解；
（3）由△DCM∽△BQC所得比例式分两种情况：或，根据所得比例式即可求解。
6．如图，点A、B、C、D是直径为AB的⊙O上的四个点，CD＝BC，AC与BD交于点E。
（1）求证：DC2＝CE·AC；
（2）若AE＝2EC，求之值；
（3）在（2）的条件下，过点C作⊙O的切线，交AB的延长线于点H，若S△ACH＝，求EC之长.
【答案】（1）证明：∵CD＝BC，∴∠DAC＝∠CDB，又∵∠ACD=∠DCE，∴△ACD∽△DCE，
∴，∴DC2＝CE·AC；
（2）解：设EC＝k，则AE＝2k，∴AC＝3k，由（1）DC2＝CE·AC＝3k2，
DC= k，连接OC，OD，
∵CD＝BC，∴OC平分∠DOB，∴BC＝DC＝ k，
∵AB是⊙O的直径，∴在Rt△ACB中，，
∴OB=OC=OD= k，∴∠BOD＝120°，∴∠DOA＝60°，∴AD＝AO，∴
（3）解：∵CH是⊙O的切线，连接CO，∴OC⊥CH．∵∠COH＝60°，∠H＝30°，
过C作CG⊥AB于G，
设EC=k，∵∠CAB＝30°，∴，
又∵∠H＝∠CAB＝30°，∴AC＝CH＝3k，∴AH＝，
∵S△ACH＝，∴，∴k2＝4，k＝2，即EC＝2．【解析】【分析】（1）要证DC2＝CE·AC，只需证△ACD∽△DCE即可求解；
（2）连接OC，OD，根据已知条件AE＝2EC可用含k的代数式表示线段AE、CE、AC，由（1）可将CD用含K的代数式表示，在Rt△ACB中，由勾股定理可将AB用含K的代数式表示，结合已知条件和圆的性质可求解；
（3）过C作CG⊥AB于G，设EC=k，由30度角所对的直角边等于斜边的一半可将CG用
含K的代数式表示，根据三角形ACH的面积=AH CG=9即可求解。
7．已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC＝4cm，点P从点B出发，沿BC 向点C匀速运动，速度为lcm/s；同时，点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为2cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t ＜2.5），解答下列问题：
（1）①BQ＝________，BP＝________；（用含t的代数式表示）
②设△PBQ的面积为y（cm2），试确定y与t的函数关系式________；
（2）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使△BPQ为等腰三角形？如果存在，求出t的值；不存在，请说明理由．
【答案】（1）5﹣2t；t；y=﹣ t2+ t
（2）解：不存在，
理由：∵AC＝3，BC＝4，
∴S△ABC＝ ×3×4＝6，
由（1）知，S△PBQ＝﹣ t2+ t，
∵△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一，
∴﹣ t2+ t＝3，
∴2t2﹣5t+10＝0，
∵△＝25﹣4×2×10＜0，
∴此方程无解，
即：不存在某一时刻t，使△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一
（3）解：由（1）知，AQ＝2t，BQ＝5﹣2t，BP＝t，
∵△BPQ是等腰三角形，
∴①当BP＝BQ时，
∴t＝5﹣2t，
∴t＝，
②当BP＝PQ时，如图2过点P作PE⊥AB于E，
∴BE＝ BQ＝（5﹣2t），
∵∠BEP＝90°＝∠C，∠B＝∠B，
∴△BEP∽△BCA，
∴，
∴，
∴t＝
③当BQ＝PQ时，如图3，过点Q作QF⊥BC于F，
∴BF＝ BP＝ t，
∵∠BFQ＝90°＝∠C，∠B＝∠B，
∴△BFQ∽△BCA，
∴，
∴，
∴t＝，
即：t为秒或秒或秒时，△BPQ为等腰三角形．
【解析】【解答】（1）①在Rt△ABC中，AC＝3cm，BC＝4cm，根据勾股定理得，AB＝5cm，
由运动知，BP＝t，AQ＝2t，
∴BQ＝AB﹣AQ＝5﹣2t，
故答案为：5﹣2t，t；
②如图1，过点Q作QD⊥BC于D，
∴∠BDQ＝∠C＝90°，
∵∠B＝∠B，
∴△BDQ∽△BCA，
∴，
∴，
∴DQ＝（5﹣2t）
∴y＝S△PBQ＝BP?DQ＝ ×t× （5﹣2t）＝﹣ t2+ t；
【分析】（1）①先利用勾股定理求出AB，即可得出结论；②过点Q作QD⊥BC于D，进而得出△BDQ∽△BCA，用t表示出DQ，最后用三角形的面积公式即可得出结论；（2）先求出△ABC的面积，再利用△PBQ的面积为△ABC面积的二分之一，建立关于t的方程，进而判断出此方程无解，即可得出结论；（3）分三种情况，利用等腰三角形的性质和相似三角形的性质，得出比例式建立关于t的方程求解，即可得出结论．
8．如图，抛物线y= x2+bx+c与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D且它的坐标为（3，﹣1）．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）连接CD，过原点O作OE⊥CD，垂足为H，OE与抛物线的对称轴交于点E，连接AE，AD，并延长DA交y轴于点F，求证：△OAE∽△CFD；
（3）以（2）中的点E为圆心，1为半径画圆，在对称轴右侧的抛物线上有一动点P，过点P作⊙E的切线，切点为Q，当PQ的长最小时，求点P的坐标，并直接写出Q的坐标．【答案】（1）解：∵顶点D的坐标为（3，﹣1）．
∴， =﹣1，
解得b=﹣3，c= ，
∴抛物线的函数关系式：y= x2﹣3x+ ；
（2）解：如答图1，过顶点D作DG⊥y轴于点G，则G（0，﹣1），GD=3，
令x=0，得y= ，
∴C（0，），
∴CG=OC+OG= +1= ，
∴tan∠DCG= ，
设对称轴交x轴于点M，则OM=3，DM=1，AM=3﹣（3﹣）= ，由OE⊥CD，易知∠EOM=∠DCG，
∴tan∠EOM=tan∠DCG= ，
解得EM=2，
∴DE=EM+DM=3，
在Rt△AEM中，AM= ，EM=2，由勾股定理得：AE= ；
在Rt△ADM中，AM= ，DM=1，由勾股定理得：AD= ．
∵AE2+AD2=6+3=9=DE2，
∴△ADE为直角三角形，∠EAD=90°，
设AE交CD于点P，
∵∠AEO+∠EPH=90°，∠ADC+APD=90°，∠EPH=∠APD（对顶角相等），∴∠AEO=∠ADC，
∴△OAE∽△CFD
（3）解：依题意画出图形，如答图2所示：
由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，
要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．
设点P坐标为（x，y），由勾股定理得：EP2=（x﹣3）2+（y﹣2）2，
∵y= （x﹣3）2﹣1，
∴（x﹣3）2=2y+2，
∴EP2=2y+2+（y﹣2）2=（y﹣1）2+5，
当y=1时，EP2有最小值，最小值为5．
将y=1代入y= （x﹣3）2﹣1，得（x﹣3）2﹣1=1，
解得：x1=1，x2=5，
又∵点P在对称轴右侧的抛物线上，
∴x1=1舍去，
∴P（5，1），
∴Q1（3，1）；
∵△EQ2P为直角三角形，
∴过点Q2作x轴的平行线，再分别过点E，P向其作垂线，垂足分别为M点和N点，
设点Q2的坐标为（m，n），
则在Rt△MQ2E和Rt△Q2NP中建立勾股方程，即（m﹣3）2+（n﹣2）2=1①，（5﹣m）2+（n﹣1）2=4②，
①﹣②得n=2m﹣5③，
将③代入到①得到，
m1=3（舍），m2= ，
再将m= 代入③得n= ，
∴Q2（，），
此时点Q坐标为（3，1）或（，）
【解析】【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标及顶点坐标公式建立出关于b,c的二元一次方程组，求解得出b,c的值，从而得出抛物线的解析式；
（2）如答图1，过顶点D作DG⊥y轴于点G，则G（0，﹣1），GD=3，根据抛物线与坐标轴交点的坐标特点求出C点的坐标，A点坐标，进而得出CG的长，根据正切函数的定义
求出tan∠DCG=，设对称轴交x轴于点M，则OM=3，DM=1，AM=3﹣（3﹣）= ，根据同角的余角相等易知∠EOM=∠DCG，根据等角的同名三角函数值相等得出
tan∠EOM=tan∠DCG==故解得EM=2，DE=EM+DM=3，在Rt△AEM中，由勾股定理得AE 的长，在Rt△ADM中，由勾股定理得AD的长，根据勾股定理的逆定理判断出△ADE为直角三角形，∠EAD=90°，设AE交CD于点P，根据等角的余角相等得出∠AEO=∠ADC，从而判断出△OAE∽△CFD ；
（3）依题意画出图形，如答图2所示：由⊙E的半径为1，根据切线性质及勾股定理，得PQ2=EP2﹣1，要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小．设点P坐标为（x，y），由勾股定理得：EP2=（x﹣3）2+（y﹣2）2，根据抛物线的解析式，整体替换得出EP2=2y+2+（y﹣2）2=（y﹣1）2+5，当y=1时，EP2有最小值，最小值为5．然后根据抛物线上点的坐标特点将y=1代入抛物线的解析式，求出对应的自变量x的值，再检验得出P 点的坐标，进而得出Q1的坐标，由切割线定理得到Q2P=Q1P=2，EQ2=1，设点Q2的坐标为（m，n），则在Rt△MQ2E和Rt△Q2NP中建立勾股方程，即（m﹣3）2+（n﹣2）2=1①，（5﹣m）2+（n﹣1）2=4②，
由切割线定理得到Q2P=Q1P=2，EQ2=1，将③代入到①得到，求解并检验得出m,n的值，从而得出Q2的坐标，综上所述即可得出答案。