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一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图,在一间黑屋子里用一盏白炽灯照一个球.

（1）球在地面上的影子是什么形状?

（2）当把白炽灯向上平移时,影子的大小会怎样变化?

（3）若白炽灯到球心的距离是1 m,到地面的距离是3 m,球的半径是0.2 m,则球在地面上影子的面积是多少?

【答案】（1）解：球在地面上的影子的形状是圆.

（2）解：当把白炽灯向上平移时,影子会变小.

（3）解：由已知可作轴截面，如图所示：

依题可得：OE=1 m，AE=0.2 m，OF=3 m，AB⊥OF于H，

在Rt△OAE中，

∴OA= = = (m)，

∵∠AOH=∠EOA，∠AHO=∠EAO=90°，

∴△OAH∽△OEA，

∴，

∴OH= == (m)，

又∵∠OAE=∠AHE=90°，∠AEO=∠HEA，

∴△OAE∽△AHE，

∴ = ，

∴AH= ==2625 (m).

依题可得：△AHO∽△CFO，

∴ AHCF=OHOF ，

∴CF= AH?OFOH = 2625×32425=64 (m)，

∴S影子=π·CF2=π· (64)2 = 38 π=0.375π(m2).

答：球在地面上影子的面积是0.375π m2.

【解析】【分析】（1）球在灯光的正下方，根据中心投影的特点可得影子是圆.

（2）根据中心投影的特点：在灯光下，离点光源近的物体它的影子短，离点光源远的物体它的影子长；所以白炽灯向上移时，阴影会逐渐变小.

（3）作轴截面（如图）由相似三角形的判定得三组三角形相似，再根据相似三角形的性质对应边成比例，可求得阴影的半径，再根据面积公式即可求出面积.

2．如图，抛物线经过A（－3,0），C(5,0)两点，点B为抛物线顶点，抛物线的对称轴与x轴交于点D．

（1）求抛物线的解析式；

（2）动点P从点B出发，沿线段BD向终点D作匀速运动，速度为每秒1个单位长度，运动时间为t，过点P作PM⊥BD，交BC于点M，以PM为正方形的一边，向上作正方形PMNQ，边QN交BC于点R，延长NM交AC于点E．

①当t为何值时，点N落在抛物线上；

②在点P运动过程中，是否存在某一时刻，使得四边形ECRQ为平行四边形？若存在，求出此时刻的t值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）解：∵y=ax2+bx+ 经过A（﹣3，0），C（5，0）两点，

∴，

解得：，

∴抛物线的解析式为

（2）解：∵ =﹣（x2﹣2x+1）+ =﹣（x﹣1）2+8，

∴点B的坐标为（1，8）．

设直线BC的解析式为y=kx+m，

则，

解得：，

所以直线BC的解析式为y=﹣2x+10．

∵抛物线的对称轴与x轴交于点D，

∴BD=8，CD=5﹣1=4．

∵PM⊥BD，

∴PM∥CD，

∴△BPM∽△BDC，

∴，

即，

解得：PM= t，

∴OE=1+ t．

∴ME=-2(1+ t)+10=8-t．．

∵四边形PMNQ为正方形，

∴NE=NM+ME=8﹣t+ t=8﹣ t．

①点N的坐标为（1+ t，8﹣ t），

若点N在抛物线上，

则﹣（1+ t﹣1）2+8=8﹣ t，

整理得，t（t﹣4）=0，

解得t1=0（舍去），t2=4，

所以，当t=4秒时，点N落在抛物线上；

②存在．理由如下：

∵PM= t，四边形PMNQ为正方形，

∴QD=NE=8﹣ t．

∵直线BC的解析式为y=﹣2x+10，

∴﹣2x+10=8﹣ t，

解得：x= t+1，

∴QR= t+1﹣1= t．

又∵EC=CD﹣DE=4﹣ t，

根据平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC，

即 t=4﹣ t，

解得：t= ，

此时点P在BD上

所以，当t= 时，四边形ECRQ为平行四边形

【解析】【分析】（1）用待定系数法，将A,C两点的坐标分别代入y=ax2+bx+ ，得出一个关于a,b的二元一次方程组，求解得出a,b的值，从而得出抛物线的解析式；

（2）首先求出抛物线的顶点B的坐标，然后用待定系数法求出直线BC的解析式为y=﹣2x+10．根据点到坐标轴的距离得出BD,CD的长度，根据垂直于同一直线的两条直线互相平行得出PM∥CD，根据平行于三角形一边的直线，截，其它两边，所截的三角形与原三角形相似得出△BPM∽△BDC，根据相似三角形对应边成比例得出B P ∶B D = P M ∶C D ，进而得出关于t的方程，求解得出PM,进而得出OE,ME,根据正方形的性质由NE=NM+ME得出NE的长，进而表示出N点的坐标，若点N在抛物线上，根据抛物线上的点的特点，得出关于t的方程，求解得出t的值，所以，当t=4秒时，点N落在抛物线上；②存在．理由如下：根据PM的长及正方形的性质从而表示出QD=NE的长度，进而得出方程，求出x的值，进而表示出QR根据线段的和差及平行四边形的对边平行且相等可得QR=EC，从而得出关于t的方程，求解得出答案。

3．如图（1），已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，GE⊥BC，垂足为点E，GF⊥CD，垂足为点F．

（1）证明与推断：

①求证：四边形CEGF是正方形；②推断： AG∶BE的值为：

（2）探究与证明：

将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转α角（0°＜α＜45°），如图（2）所示，试探究线段AG与BE之间的数量关系，并说明理由：

（3）拓展与运用：

正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图（3）所示，延长CG 交AD于点H．若AG=6，GH=2 ，则BC=________．

【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BCD=90°，∠BCA=45°，

∵GE⊥BC、GF⊥CD，

∴∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，

∴四边形CEGF是矩形，∠CGE=∠ECG=45°，

∴EG=EC，

∴四边形CEGF是正方形

（2）解：连接CG，

由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，

在Rt△CEG和Rt△CBA中，

=cos45°= 、 =cos45°= ，

∴ = ，

∴△ACG∽△BCE，

∴，

∴线段AG与BE之间的数量关系为AG= BE

（3）

【解析】【解答】（1）②由①知四边形CEGF是正方形，

∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，

∴，GE∥AB，

∴，

故答案为：；

（ 3 ）∵∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，

∴∠BEC=135°，

∵△ACG∽△BCE，

∴∠AGC=∠BEC=135°，

∴∠AGH=∠CAH=45°，

∵∠CHA=∠AHG，

∴△AHG∽△CHA，

∴，

设BC=CD=AD=a，则AC= a，

则由得，

∴AH= a，

则DH=AD﹣AH= a，CH= = a，

∴由得，

解得：a=3 ，即BC=3 ，

故答案为：3 ．

【分析】（1）①根据正方形的性质得出∠BCD=90°，∠BCA=45°，根据垂直的定义及等量代换得出∠CEG=∠CFG=∠ECF=90°，根据三个角是直角的四边形是矩形得出四边形CEGF是矩形，根据三角形的内角和得出∠CGE=∠ECG=45°，根据等角对等边得出EG=EC，根据有一组邻边相等的矩形是正方形即可得出四边形CEGF是正方形；②根据正方形的性质得出GE∥∥CD，根据平行于同一直线的两条直线互相平行得出GE∥AB，根据平行线分线段成比例定理得出GC∶EC＝AG∶BE，根据等腰直角三角形的边之间的关系得出GC∶EC=，从而得出答案；

（2）连接CG，由旋转性质知∠BCE=∠ACG=α，根据余弦函数的定义得出

,,从而判断出△ACG∽△BCE，根据相似三角形对应边的比等于相似比即可得出结论线段AG与BE之间的数量关系为AG= BE ；

（ 3 ）根据∠CEF=45°，点B、E、F三点共线，由邻补角定义得出∠BEC=135°，根据△ACG∽△BCE，得出∠AGC=∠BEC=135°，故∠AGH=∠CAH=45°，然后判断出△AHG∽△CHA，根据相似三角形对应边成比例得出AG∶AC＝GH∶AH＝AH∶CH，设

BC=CD=AD=a，则AC= a，根据比例式得出关于AH的方程，求解AH的值，根据DH=AD ﹣AH表示出DH，根据勾股定理表示出CH，根据前面的比例式得出关于a的方程，求解得出a的值，从而得出BC的值。

4．如图，已知一次函数y=﹣ x+4的图象是直线l，设直线l分别与y轴、x轴交于点A、B.

（1）求线段AB的长度；

（2）设点M在射线AB上，将点M绕点A按逆时针方向旋转90°到点N，以点N为圆心，NA的长为半径作⊙N.

①当⊙N与x轴相切时，求点M的坐标；

②在①的条件下，设直线AN与x轴交于点C，与⊙N的另一个交点为D，连接MD交x 轴于点E，直线m过点N分别与y轴、直线l交于点P、Q，当△APQ与△CDE相似时，求点P的坐标.

【答案】（1）解：当x=0时，y=4，

∴A（0，4），

∴OA=4，

当y=0时，- x+4=0，

x=3，

∴B（3，0），

∴OB=3，

由勾股定理得：AB=5

（2）解：①如图1，过N作NH⊥y轴于H，过M作ME⊥y轴于E，

tan∠OAB= ，

∴设EM=3x，AE=4x，则AM=5x，

∴M（3x，-4x+4），

由旋转得：AM=AN，∠MAN=90°，

∴∠EAM+∠HAN=90°，

∵∠EAM+∠AME=90°，

∴∠HAN=∠AME，

∵∠AHN=∠AEM=90°，

∴△AHN≌△MEA，

∴AH=EM=3x，

∵⊙N与x轴相切，设切点为G，连接NG，则NG⊥x轴，∴NG=OH，

则5x=3x+4，

2x=4，

x=2，

∴M（6，-4）；

②如图2，由①知N（8，10），

∵AN=DN，A（0，4），

∴D（16，16），

设直线DM：y=kx+b，

把D（16，16）和M（6，-4）代入得：

，

解得：，

∴直线DM的解析式为：y=2x-16，

∵直线DM交x轴于E，

∴当y=0时，2x-16=0，

x=8，

∴E（8，0），

由①知：⊙N与x轴相切，切点为G，且G（8，0），∴E与切点G重合，

∵∠QAP=∠OAB=∠DCE，

∴△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应，分两种情况：

i）当△DCE∽△QAP时，如图2，∠AQP=∠NDE，

∵∠QNA=∠DNF，

∴∠NFD=∠QAN=90°，

∵AO∥NE，

∴△ACO∽△NCE，

∴，

∴，

∴CO= ，

连接BN，

∴AB=BE=5，

∵∠BAN=∠BEN=90°，

∴∠ANB=∠ENB，

∵EN=ND，

∴∠NDE=∠NED，

∵∠CNE=∠NDE+∠NED，

∴∠ANB=∠NDE，

∴BN∥DE，

Rt△ABN中，BN= ，

sin∠ANB=∠NDE= ，

∴，

∴NF=2 ，

∴DF=4 ，

∵∠QNA=∠DNF，

∴tan∠QNA=tan∠DNF= ，

∴，

∴AQ=20，

∵tan∠QAH=tan∠OAB= ，

设QH=3x，AH=4x，则AQ=5x，

∴5x=20，

x=4，

∴QH=3x=12，AH=16，

∴Q（-12，20），

同理易得：直线NQ的解析式：y=- x+14，∴P（0，14）；

ii）当△DCE∽△PAQ时，如图3，

∴∠APN=∠CDE，

∵∠ANB=∠CDE，

∵AP∥NG，

∴∠APN=∠PNE，

∴∠APN=∠PNE=∠ANB，

∴B与Q重合，

∴AN=AP=10，

∴OP=AP-OA=10-4=6，

∴P（0，-6）；

综上所述，△APQ与△CDE相似时，点P的坐标的坐标（0，14）或（0，-6）

【解析】【分析】（1）由一次函数解析式容易求得A、B的坐标，利用勾股定理可求得AB

的长度；（2）①根据同角的三角函数得：tan∠OAB= ，设EM=3x，AE=4x，则AM=5x，得M（3x，-4x+4），证明△AHN≌△MEA，则AH=EM=3x，根据NG=OH，列式可得x的值，计算M的坐标即可；

②如图2，先计算E与G重合，易得∠QAP=∠OAB=∠DCE，所以△APQ与△CDE相似时，顶点C必与顶点A对应，可分两种情况进行讨论：

i）当△DCE∽△QAP时，证明△ACO∽△NCE，列比例式可得CO= ，根据三角函数得：

tan∠QNA=tan∠DNF= ，AQ=20，则tan∠QAH=tan∠OAB= ，设QH=3x，AH=4x，则AQ=5x，求出x的值，得P（0，14）；

ii）当△DCE∽△PAQ时，如图3，先证明B与Q重合，由AN=AP可得P（0，-6）.

5．如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝5cm，BC＝6cm，点E.F.G分别从A.B.C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1cm/s，点F的运动速度为3cm/s，点G的运动速度为1.5cm/s，当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个

点随之停止运动.在运动过程中，△EBF关于直线EF的对称图形是△EB′F.设点E.F.G运动的时间为t（单位：s）.

（1）当t等于多少s时，四边形EBFB′为正方形；

（2）若以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似，求t的值；（3）是否存在实数t，使得点B’与点O重合？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）解：若四边形EBFB′为正方形，则BE＝BF，BE＝5﹣t，BF＝3t，

即：5﹣t＝3t，

解得t＝1.25；

故答案为：1.25

（2）解：分两种情况，讨论如下：

①若△EBF∽△FCG，

则有，即，

解得：t＝1.4；

②若△EBF∽△GCF，

则有，即，

解得：t＝﹣7﹣（不合题意，舍去）或t＝﹣7+ .

∴当t＝1.4s或t＝（﹣7+ ）s时，以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似.

（3）解：假设存在实数t，使得点B′与点O重合.

如图，过点O作OM⊥BC于点M，

则在Rt△OFM中，OF＝BF＝3t，FM＝ BC﹣BF＝3﹣3t，OM＝2.5，

由勾股定理得：OM2+FM2＝OF2，

即：2.52+（3﹣3t）2＝（3t）2

解得：t＝；

过点O作ON⊥AB于点N，则在Rt△OEN中，OE＝BE＝5﹣t，EN＝BE﹣BN＝5﹣t﹣2.5＝2.5﹣t，ON＝3，

由勾股定理得：ON2+EN2＝OE2，

即：32+（2.5﹣t）2＝（5﹣t）2

解得：t＝ .

∵≠ ，

∴不存在实数t，使得点B′与点O重合

【解析】【分析】（1）利用正方形的性质，得到BE＝BF，列一元一次方程求解即可；（2）△EBF与△FCG相似，分两种情况，需要分类讨论，逐一分析计算；（3）本问为存在型问题.假设存在，则可以分别求出在不同条件下的t值，它们互相矛盾，所以不存在

6．在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数

的图象经过点B,C两点，且与x轴的负半轴交于点A，动点D在直线BC 下方的二次函数图象上.

（1）求二次函数的表达式；

（2）如图1，连接DC,DB,设△BCD的面积为S,求S的最大值；

（3）如图2，过点D作DM⊥BC于点M，是否存在点D，使得△CDM中的某个角恰好等于∠ABC的2倍？若存在，直接写出点D的横坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）解：直线，当时，；当时，，∴， .

∵二次函数的图象经过，两点，

∴解得

∴二次函数的表达式为： .

（2）解：过点作轴于点，交于点，过点作于点，

依题意设，则 .

其中，

∴，

∴

，

，

，

，

，

∵，∴抛物线开口向下．

又∵，

∴当时，有最大值，

（3）解：或

在轴上取点，使，则 .

过点作∥交延长线于点，过点作轴于点，

设点的坐标为，则，

.

在中，，解得 .∴ .

当时，

∴ .

∴ .

易证∽ .

∴ .

∴ , .

∴ .

∵，

∴直线的函数表达式为： .

由，解得：，（舍）.

∴点的横坐标为2.

②当时，方法同①，可确定点的横坐标为

【解析】【分析】（1）先求得点B、C的坐标，再代入求得b、c的值，即可得二次函数的表达式；（2）过点作轴于点，交于点，过点

作于点，设，则 .用含有a的代数式表示出的长，再根据得到S与a的二次函数关系，利用二次函数的性质即可解答；（3）在x轴上取点K，使CK=BK，则∠OKC=2∠ABC，过点B作BQ∥MD交CD延

长线于点Q，过点Q作QH⊥x轴于点H，分∠DCM=∠QCB=2∠ABC和∠CDM=∠CQB=2∠ABC两种情况求点D的横坐标即可.

7．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。

8．在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC、连结OB，点D 为OB的中点，点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF．已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t 秒．

（1）如图1，当t=3时，求DF的长．

（2）如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值．

（3）连结AD，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1：2时，求相应的t的值．【答案】（1）解：当t=3时，点E为AB的中点，

∵A（8，0），C（0，6），

∴OA=8，OC=6，

∵点D为OB的中点，

∴DE∥OA，DE= OA=4，

∵四边形OABC是矩形，

∴OA⊥AB，

∴DE⊥AB，

∴∠OAB=∠DEA=90°，

又∵DF⊥DE，

∴∠EDF=90°，

∴四边形DFAE是矩形，

∴DF=AE=3

（2）解：∠DEF的大小不变；理由如下：

作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，如图2所示：

∵四边形OABC是矩形，

∴OA⊥AB，

∴四边形DMAN是矩形，

∴∠MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，

∴，，

∵点D为OB的中点，

∴M、N分别是OA、AB的中点，

∴DM= AB=3，DN= OA=4，

∵∠EDF=90°，

∴∠FDM=∠EDN，

又∵∠DMF=∠DNE=90°，

∴△DMF∽△DNE，

∴，

∵∠EDF=90°，

∴tan∠DEF=

（3）解：作DM⊥OA于M，DN⊥AB于N，

若AD将△DEF的面积分成1：2的两部分，

设AD交EF于点G，则点G为EF的三等分点；

①当点E到达中点之前时，如图3所示，NE=3﹣t，