一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图，抛物线y=﹣ +bx+c过点A（3，0），B（0，2）．M（m，0）为线段OA上一个动点（点M与点A不重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N．
（1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式；
（2）如果点P是MN的中点，那么求此时点N的坐标；
（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标．
【答案】（1）解：设直线AB的解析式为y=px+q，
把A（3，0），B（0，2）代入得，解得，
∴直线AB的解析式为y=﹣ x+2；
把A（3，0），B（0，2）代入y=﹣ +bx+c得，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣ x2+ x+2
（2）解：∵M（m，0），MN⊥x轴，
∴N（m，﹣ m2+ m+2），P（m，﹣ m+2），
∴NP=﹣ m2+4m，PM=﹣ m+2，
而NP=PM，
∴﹣ m2+4m=﹣ m+2，解得m1=3（舍去），m2= ，
∴N点坐标为（，）
（3）解：∵A（3，0），B（0，2），P（m，﹣ m+2），
∴AB= = ，BP= = m，
而NP=﹣ m2+4m，
∵MN∥OB，
∴∠BPN=∠ABO，
当 = 时，△BPN∽△OBA，则△BPN∽△MPA，即 m：2=（﹣ m2+4m）：，
整理得8m2﹣11m=0，解得m1=0（舍去），m2= ，
此时M点的坐标为（，0）；
当 = 时，△BPN∽△ABO，则△BPN∽△APM，即 m： =（﹣ m2+4m）：2，
整理得2m2﹣5m=0，解得m1=0（舍去），m2= ，
此时M点的坐标为（，0）；
综上所述，点M的坐标为（，0）或（，0）
【解析】【分析】（1）因为抛物线和直线AB都过点A（3,0）、B（0,2），所以用待定系数法求两个解析式即可；
（2）由题意知点P是MN的中点，所以PM=PN；而MN OA交抛物线与点N，交直线AB于点P，所以M、P、N的横坐标相同且都是m,纵坐标分别可用（1）中相应的解析式表
示，即P（m,）,N（m,）,PM与PN的长分别为相应两点的纵坐标的绝对值，代入PM=PN即可的关于m的方程，解方程即可求解；
（3）因为以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，而△APM是直角三角形，所以分两种情况：当∠PBN=时，则可得△PBN∽△PMA，即得相应的比例式，可求得m的值；当∠PNB=时，则可得△PNB∽△PMA，即得相应的比例式，可求得m的值。
2．如图，在四边形ABCD中，AD//BC，，BC=4，DC=3，AD=6.动点P从点D出发，沿射线DA的方向,在射线DA上以每秒2两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P、Q分别从点D,C同时出发,当点Q运动到点B时，点P随之停止运动.设运动的时间为t(秒).
（1）设的面积为，直接写出与之间的函数关系式是________（不写取值范围）.
（2）当B,P,Q三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求出此时的值.
（3）当线段PQ与线段AB相交于点O，且2OA=OB时，直接写出 =________. （4）是否存在时刻，使得若存在，求出的值；若不存在,请说明理由.
【答案】（1）
（2）解：如图1，过点P作PH⊥BC于点H，
∴∠PHB=∠PHQ=90°，
∵∠C=90°，AD∥BC，
∴∠CDP=90°，
∴四边形PHCD是矩形，
∴PH=CD=3，HC=PD=2t，
∵CQ=t，BC=4，
∴HQ=CH-CQ=t，BH=BC-CH=4-2t，BQ=4-t，
∴BQ2= ，BP2= ，PQ2= ，
由BQ2=BP2可得：，解得：无解；
由BQ2=PQ2可得：，解得：；
由BP2= PQ2可得：，解得：或，
∵当时，BQ=4-4=0，不符合题意，
∴综上所述，或；
（3）
（4）解：如图3，过点D作DM∥PQ交BC的延长线于点M，
则当∠BDM=90°时，PQ⊥BD，即当BM2=DM2+BD2时，PQ⊥BD，
∵AD∥BC，DM∥PQ，
∴四边形PQMD是平行四边形，
∴QM=PD=2t，
∵QC=t,
∴CM=QM-QC=t，
∵∠BCD=∠MCD=90°，
∴BD2=BC2+DC2=25，DM2=DC2+CM2=9+t2，
∵BM2=(BC+CM)2=(4+t)2，
∴由BM2=BD2+DM2可得：，解得：，
∴当时，∠BDM=90°，
即当时，PQ⊥BD.
【解析】【解答】解：（1）由题意可得BQ=BC-CQ=4-t，点P到BC的距离=CD=3，
∴S△PBQ= BQ×3= ；
（ 3 ）解：如图2，过点P作PM⊥BC交CB的延长线于点M，
∴∠PMC=∠C=90°，
∵AD∥BC，
∴∠D=90°，△OAP∽△OBQ，
∴四边形PMCD是矩形，，
∴PM=CD=3，CM=PD=2t，
∵AD=6，BC=4，CQ=t，
∴PA=2t-6，BQ=4-t，MQ=CM-CQ=2t-t=t,
∴，解得：，
∴MQ= ，
又∵PM=3，∠PMQ=90°，
∴tan∠BPQ= ；
【分析】（1）点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形，根据梯形的面积公式就可以利用t表示，就得到s与t之间的函数关系式。
（2）以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分PQ=BQ、BP=BQ、PB=PQ三种情况，在Rt△PMQ中根据勾股定理，就得到一个关于t的方程，就可以求出t。
（3）根据相似三角形对应边比例可列式求出t，从而根据正切的定义求出值；
（4）首先假设存在，然后根据相似三角形对应边成比例求证。
3．在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于A（－3，0），B （1，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使△ACP的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；
（3）点Q是直线AC上方的抛物线上一动点，过点Q作QE垂直于轴，垂足为E．是否存在点Q，使以点B、Q、E为顶点的三角形与△AOC相似？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由；
【答案】（1）解：由抛物线过点A（－3，0），B（1，0），
则
解得
∴二次函数的关系解析式
（2）解：连接PO，作PM⊥x轴于M，PN⊥y轴于N．
设点P坐标为（m，n），则．
PM = ，，AO=3．
当时，＝2．
∴OC=2．
＝
＝＝．∵＝－1＜0，∴当时，函数有最大值．
此时＝．
∴存在点，使△ACP的面积最大．
（3）解：存在点Q，坐标为：，．
分△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC三种情况讨论可得出
【解析】【分析】（1）由题意知抛物线过点A（－3，0），B（1，0），所以用待定系数法即可求解；
（2）因为三角形ACP是任意三角形，所以可做辅助线，连接PO，作PM⊥x轴于M，
PN⊥y轴于N．则三角形ACP的面积=三角形APM的面积+矩形PMON的面积-三角形AOC 的面积-三角形PCN的面积。于是可设点P的横坐标为m，则纵坐标可用含m的代数式表
示出来，即M（m,??m + 2）,
则三角形ACP的面积可用含m的代数式表示，整理可得是一个二次函数，利用二次函数的性质即可求解；
（3）根据对应顶点的不同分三种情况（△BQE∽△AOC，△EBQ∽△AOC，△QEB∽△AOC）讨论即可求解。
4．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=ax2+（a+3）x+3（a＜0）从左到右依次交x轴于A、B两点，交y轴于点C．
（1）求点A、C的坐标；
（2）如图1，点D在第一象限抛物线上，AD交y轴于点E，当DE=3AE，OB=4CE时，求a 的值；
（3）如图2，在（2）的条件下，点P在C、D之间的抛物线上，连接PC、PD，点Q在点B、D之间的抛物线上，QF∥PC，交x轴于点F，连接CF、CB，当PC=PD，∠CFQ=2∠ABC，求BQ的长．
【答案】（1）解：当x=0时，y=3，∴C（0，3）．
当y=0时，ax2+（a+3）x+3=0，
（ax+3）（x+1）=0，解得x1=- ，x2=-1．
∵a＜0，
∴- ＞0，
∴A（-1，0）
（2）解：如图1，过点D作DM⊥AB于M．
∵OE∥DM，
∴，
∴OM=3，
∴D点纵坐标为12a+12．
∵tan∠EAO= =3a+3，
∴OE=3a+3，
∴CE=OC-OE=3-（3a+3）=-3a．
∵OB=4CE，
∴- =-12a，
∵a＜0，
∴a=-
（3）解：如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．
∵a=- ，
∴抛物线的解析式为y=- x2+ x+3，D（3，6），DT=3，OT=6，CT=3=DT，
又∵PC=PD，PT=PT，
∴△TCP≌△TDP，
∴∠CTP=∠DTP=45°，TG=PG．
设P（t，- t2+ t+3），
∴OG=- t2+ t+3，PG=t，
∴TG=OT-OG=6-（- t2+ t+3）= t2- t+3，
∴ t2- t+3=t，解得t=1或6，
∵点P在C、D之间，
∴t=1．
过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，则∠KFC=∠OCF，∠KFB=∠CON=90°．
∵FQ∥PC，
∴∠PCF+∠CFQ=180°，∠PCF+∠PCG+∠OCF=180°，
∴∠CFQ=∠PCG+∠OCF，
∴∠CFK+∠KFQ=∠PCG+∠OCF，
∴∠KFQ=∠PCG．
∵P（1，5），∴PG=1，CG=OG-OC=5-3=2，
∴tan∠PCG= ，
∵tan∠ABC= ，
∴∠PCG=∠ABC，
∴∠KFQ=∠ABC．
∵∠CFQ=2∠ABC，
∴∠CFQ=2∠KFQ，
∴∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，
∴tan∠OCF= ，
∴OF= ．
设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），
∵Q在抛物线上，
∴- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，
解得m= 或m=- （舍去），
∴Q（4，5），
∵B（6，0），
∴BQ= ．
【解析】【分析】（1）令x=0，求出y的值，得到C点坐标；令y=0，求出x的值，根据a＜0得出A点坐标；（2）如图1，过点D作DM⊥AB于M．根据平行线分线段成比例定理求出OM=3，得到D点纵坐标为12a+12．再求出OE=3a+3，那么CE=OC-OE=-3a．根据
OB=4CE，得出- =-12a，解方程求出a=- ；（3）如图2，过点D作DT⊥y轴于点T，过点P作PG⊥y轴于点G，连接TP．利用SSS证明△TCP≌△TDP，得出∠CTP=∠DTP=45°，那么
TG=PG．设P（t，- t2+ t+3），列出方程 t2- t+3=t，解方程求得t=1或6，根据点P在C、D之间，得到t=1．过点F作FK∥y轴交BC于点K，过点Q作QN⊥x轴于点N，根据平行线的性质以及已知条件得出∠KFQ=∠PCG，进而证明∠KFQ=∠KFC=∠OCF=∠ABC，由
tan∠OCF= =tan∠ABC= ，求出OF= ．设FN=m，则QN=2m，Q（m+ ，2m），根据
Q在抛物线上列出方程- （m+ ）2+ ×（m+ ）+3=2m，解方程求出满足条件的m的值，得到Q点坐标，然后根据两点间的距离公式求出BQ．
5．如图，∠C=90°，点A、B在∠C的两边上，CA=30，CB=20，连结AB.点P从点B出发，以每秒4个单位长度的速度沿BC方向运动，到点C停止.当点P与B、C两点不重合时，作
PD⊥BC交AB于D，作DE⊥AC于E.F为射线CB上一点，且∠CEF=∠ABC.设点P的运动时间为x（秒）.
（1）用含有x的代数式表示CE的长；
（2）求点F与点B重合时x的值；
（3）当点F在线段CB上时，设四边形DECP与四边形DEFB重叠部分图形的面积为y（平方单位）.求y与x之间的函数关系式；
（4）当x为某个值时，沿PD将以D、E、F、B为顶点的四边形剪开，得到两个图形，用这两个图形拼成不重叠且无缝隙的图形恰好是三角形.请直接写出所有符合上述条件的x值. 【答案】（1）解：∵∠C=90°，PD⊥BC，
∴DP∥AC，
∴△DBP∽△ABC，四边形PDEC为矩形，
CE=PD..
∴ .
∴CE=6x；
（2）解：∵∠CEF=∠ABC，∠C为公共角，
∴△CEF∽△CBA，
∴ .
∴ .
当点F与点B重合时，
CF=CB，9x=20.
解得 .
（3）解：当点F与点P重合时，BP+CF=CB，4x+9x=20，
解得 .
当时，
=-51x2+120x.当＜x≤ 时，
= （20-4x）2.
（或）
（4）解：①如图③，当PD=PF时，6x=20-13x，解得：x= ；△B′DE为拼成的三角形；
②如图④当点F与点P重合时，4x+9x=20，解得：x= ；△BDC为拼成的三角形；
③如图⑤，当DE=PB，20-4x=4x，解得：x= ，△DPF为拼成的三角形.
【解析】【分析】（1）首先证明△ABC∽△DBP∽△FEC，即可得出比例式进而得出表示CE的长；（2）根据当点F与点B重合时，FC=BC，即可得出答案；（3）首先证明
Rt△DOE∽Rt△CEF，得出，即可得出y与x之间的函数关系式；（4）根据三角形边长相等得出答案.
6．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=12．点D在直线CB上，以CA ，CD为边作矩形ACDE，直线AB与直线CE，DE的交点分别为F ， G．
（1）如图，点D在线段CB上，四边形ACDE是正方形．
①若点G为DE中点，求FG的长．
②若DG=GF，求BC的长．
（2）已知BC=9，是否存在点D，使得△DFG是等腰三角形？若存在，求该三角形的腰长；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）①在正方形ACDE中，有DG=GE=6
在Rt△AEG中，AG=
∵EG∥AC
∴△ACF∽△GEF
∴，
∴
∴
②如图1，在正方形ACDE中，AE=ED
∠AEF=∠DEF=45°，
又EF=EF，∴△AEF≌△DEF
∴∠1=∠2（设为x）
∵AE∥BC
∴∠b=∠1=x
∵GF=GD
∴∠3=∠2=x
在△dbf中，∠3+∠FDb+∠b=180°
∴x+（x+90°）+x=180°，解得x=30°
∴∠B=30°
∴在Rt△ABC中，BC=
（2）在Rt△ABC中，AB=
如图2，当点D在线段BC上时，此时只有GF=GD
∵DG∥AC
∴△BDG∽△BCA
设BD=3x，则DG=4x，BG=5x
∴GF=GD=4x，则AF=15-9x
∵AE∥CB，
∴△AEF∽△BCF
∴
∴，即
解得x1=1，x2=5（舍去）
∴腰长G D=4x=4
如图3，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，CE的交点在AE上方时，此时只有GF=Dg，
设AE=3x，则E G=4x，A G=5x，
∴F G=DG=12+4x，
∵AE∥BC
∴△AEF∽△BCF
∴
∴，即x2=4
解得x1=2，x2=-2（舍去）
∴腰长GD=4x+12=20
如图4，当点D在线段BC的延长线上，且直线AB，EC的交点在BD下方时，此时只有DF=DG，过点D作D H⊥FG。
设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x+12
∴FH=GH=DG·cos∠DGB=
∴GF=2G H= ，
∴AF=GF-AG=
∵AC∥DG
∴△ACF∽△GEF
∴
∴，即7x2=288cos
解得x1= ，x2= （舍去）
∴腰长GD=4x+12=
如图5，当点D在线段Cb的延长线上时，此时只有DF=D g，过点D作D h⊥AG，
设AE=3x，则EG=4x，AG=5x，DG=4x-12
∴FH=GH=DG·cos∠DGB=
∴AF=AG?FG=
∵AC∥EG
∴△ACF∽△GEF
∴
∴，即7x2=288
解得x1= ，x2= （舍去）
∴腰长GD=4x-12=
综上所述，等腰△DFG的腰长为4，20，，
【解析】【分析】（1）①此小题考查相似三角形的判定与性质；由正方形的性质可得AG//EG，则△ACF∽△GEF，即可得FG：AF=EG：AC=1:2，则只要由勾股定理求出AG即可；
②由正方形性的对称性，不难得出∠1=∠2，而由GF=GD可知∠3=∠2，在△BDF中，由三角形内角和为180度，不难求出∠b的度数，可知是一个特殊角的度数，从而求出BC即可；（2）因为BC=9，所以B是定点，动点是D，因为点D是直线BC上一点，随着点D 的位置的变化，E和F点的位置也跟着变化；需要分类计论点D在线段BC上，点D在BC 的延长线和点D在CB的延长线上，再逐个分析等腰三角形的存在性，根据相似三角形的
性及三角函数分析解答即可．
7．已知一次函数y=? x?12的图象分别交x轴，y轴于A，C两点。
（1）求出A，C两点的坐标；
（2）在x轴上找出点B,使△ACB∽△AOC，若抛物线过A，B，C三点，求出此抛物线的解析式；
（3）在(2)的条件下，设动点P、Q分别从A，B两点同时出发，以相同速度沿AC、BA向C，A运动，连接PQ，设AP=m，是否存在m值，使以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC 相似?若存在，求出所有m值；若不存在，请说明理由。
【答案】（1）解：
在一次函数y=? x?12中，当x=0时，y=?12；
当y=0时,x=?16,即A(?16,0),C(0,?12)
（2）解：过C作CB⊥AC，交x轴于点B，显然，点B为所求。
则OC2=OA?OB,此时OB=9,可求得B(9,0)；
此时经过A. B. C三点的抛物线的解析式为y= x2+ x?12
（3）解：当PQ∥BC时,如图(1),△APQ∽△ACB；则有：
= ,即 = ，
解得m= .
当PQ⊥AB时,△APQ∽△ACB；有：
= ,即 = ，
解得m= .
【解析】【分析】（1）令直线的解析式y=0，可得A的坐标，令x=0，可得C的坐标（2）要使△ACB∽△AOC，则B点必为过C点且垂直于AC的直线与x轴的交点.那么根据射影定理不难得出B点的坐标，然后用待定系数法即可求得抛物线的解析式.（3）本题可分两种情况进行求解：①当PQ∥BC时，△APQ∽△ACB；②当PQ⊥AB时，△APQ∽△ACB.可根据各自得出的不同的对应成比例线段求出m的值.
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，点P是边AB上的一动点，连结DP.
（1）若将△DAP沿DP折叠，点A落在矩形的对角线上点A′处，试求AP的长；
（2）点P运动到某一时刻，过点P作直线PE交BC于点E，将△DAP与△PBE分别沿DP 与PE折叠，点A与点B分别落在点A′，B′处，若P，A′，B′三点恰好在同一直线上，且A′B′＝2，试求此时AP的长；
（3）当点P运动到边AB的中点处时，过点P作直线PG交BC于点G，将△DAP与△PBG 分别沿DP与PG折叠，点A与点B重合于点F处，连结CF，请求出CF的长.
【答案】（1）解:①当点A落在对角线BD上时，设AP＝PA′＝x，
在Rt△ADB中，∵AB＝4，AD＝3，∴BD＝＝5，
∵AB＝DA′＝3，∴BA′＝2，
在Rt△BPA′中，（4﹣x）2＝x2+22，解得x＝，
∴AP＝ .
②当点A落在对角线AC上时，
由翻折性质可知：PD⊥AC，则有△DAP∽△ABC，
∴＝，∴AP＝＝＝ .
∴AP的长为或
（2）解:①如图3中，设AP＝x，则PB＝4﹣x，
根据折叠的性质可知：PA＝PA′＝x，PB＝PB′＝4﹣x，