全国中考数学相似的综合中考模拟和真题汇总及详细答案

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，△ABC是一锐角三角形余料，边BC=16cm，高AD=24cm，要加工成矩形零件，使矩形的一边在BC上，其余两个顶点E、F分别在AB、AC上．
求：
（1）AK为何值时，矩形EFGH是正方形？
（2）若设AK=x，S EFGH=y，试写出y与x的函数解析式．
（3）x为何值时，S EFGH达到最大值．
【答案】（1）解：设边长为xcm，
∵矩形为正方形，
∴EH∥AD，EF∥BC，
根据平行线的性质可以得出： = 、 = ，
由题意知EH=x，AD=24，BC=16，EF=x，即 = ， = ，
∵BE+AE=AB，
∴ + = + =1，
解得x= ，
∴AK= ，
∴当时，矩形EFGH为正方形
（2）解：设AK=x，EH=24-x，
∵EHGF为矩形，
∴ = ，即EF= x，
∴S EFGH=y= x•（24-x）=- x2+16x（0＜x＜24）
（3）解：y=- x2+16x
配方得：y= （x-12）2+96，
∴当x=12时，S EFGH有最大值96
【解析】【分析】（1）设出边长为xcm，由正方形的性质得出，EH∥AD，EF∥BC，根据平行线的性质，可以得对应线段成比例，代入相关数据求解即可。

（2）设AK=x，则EH=16-x，根据平行的两三角形相似，再根据相似三角形的对应边上的高之比等于相似比，用含x的代数式表示出EF的长，根据矩形面积公式即可得出y与x的函数解析式。

（3）将（2）中的函数解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质可得出矩形EFGH的面积取最大值时的x的值。

3．如图，AB是半圆O的直径，AB＝2，射线AM、BN为半圆O的切线.在AM上取一点D，连接BD交半圆于点C，连接AC.过O点作BC的垂线OE，垂足为点E，与BN相交于点F.过D点作半圆O的切线DP，切点为P，与BN相交于点Q.
（1）若△ABD≌△BFO，求BQ的长；
（2）求证：FQ=BQ
【答案】（1）解：∵≌，
∴，
∵均为半圆切线，
∴ .
连接 ,
则，
∴四边形为菱形，
∴DQ∥，
∵均为半圆切线，
∴∥，
∴四边形为平行四边形∴，（2）证明：易得∽，
∴ = ，
∴ .
∵是半圆的切线，
∴ .
过点作于点，
则 .
在中，，
∴，
解得：，
∴
∴
【解析】【分析】（1）连接OP,由ΔABD≌ΔBFO可得AD=OB，由切线长定理可得AD=DP，于是易得OP=OA=DA=DP，根据菱形的判定可得四边形DAOP为菱形，则可得DQ∥AB，易得四边形DABQ为平行四边形，根据平行四边形的性质可求解；
（2）过Q点作QK⊥AM于点K，由已知易证得ΔABD∽ΔBFO，可得比例式，可得BF与AD的关系，由切线长定理可得AD=DP,QB=QP ，解直角三角形DQK可求得BQ与AD 的关系，则根据FQ=BF−BQ可得FQ与AD的关系，从而结论得证。

4．在矩形ABCD中，BC＝6，点E是AD边上一点，∠ABE＝30°，BE＝DE，连接BD.动点M 从点E出发沿射线ED运动，过点M作MN∥BD交直线BE于点N.
（1）如图1，当点M在线段ED上时，求证：MN＝ EM；
（2）设MN长为x，以M、N、D为顶点的三角形面积为y，求y关于x的函数关系式；（3）当点M运动到线段ED的中点时，连接NC，过点M作MF⊥NC于F，MF交对角线BD于点G（如图2），求线段MG的长.
【答案】（1）证明：：∵ °, ° ,
∴ °
∵ ,
∴
∵∥ ,
∴
∴ °,
∴
过点作于点 ,则 .
在中，
∴
∴
（2）解：在中，，
∴
∵
a.当点在线段上时，过点作于点 ,
在中，
由（1）可知：
,
∴
∴
∴
b.当点在线段延长线上时，过点作于点在中， ,
在中， ,
∴ ,
∴
（3）解：连接 ,交于点 .
∵为的中点
∴ ,
∴ .
∵ ,
∴ ,
∴ ,
∴ ,
∴ .
∵∥
∴ ,
∴ ,
,
∵ ,
∴ ,
又∵ ,
∴∽ ,
∴，即 ,
∴
【解析】【分析】（1）过点E作EH⊥MN于点H ,由已知条件易得EN=EM，解直角三角形EMH易得MH和EM的关系，由等腰三角形的三线合一可得MN=2MH即可求解；
（2）在Rt△ABE中，由直角三角形的性质易得DE=BE=2AE，由题意动点M从点E出发沿射线ED运动可知点M可在线段ED上，也可在线段ED外，所以可分两种情况求解：①当点M在线段ED上时，过点N作NI⊥AD于点I ,结合（1）中的结论MN=EM即可求解；
②当点M在线段ED延长线上时，过点N作NI'⊥AD于点I '，解RtΔNI′M 和可
求得NI'和NE，则DM=NE−DE，所以以M、N、D为顶点的三角形面积y=MD.NI可求解；（3）连接CM,交BD于点N'，由（2）中的计算可得MN、CD、MC的长，解直角三角形CDM可得∠DMC的度数，于是由三角形内角和定理可求得∠NMC=，根据平行线的性
质可得DMN'是直角三角形，根据直角三角形的性质可得MN′=MD；则NC的长可求，由已知条件易得ΔNMC∽ΔMN′G
根据所得的比例式即可求解.
,
5．
（1）问题发现
如图1，四边形ABCD为矩形，AB=a，BC=b，点P在矩形ABCD的对角线AC上，Rt△PEF
的两条直角边PE，PF分别交BC，DC于点M，N，当PM⊥BC，PN⊥CD时， =________（用含a，b的代数式表示）．
（2）拓展探究
在（1）中，固定点P，使△PEF绕点P旋转，如图2，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．
（3）问题解决
如图3，四边形ABCD为正方形，AB=BC=a，点P在对角线AC上，M，N分别在BC，CD 上，PM⊥PN，当AP=nPC时，（n是正实数），直接写出四边形PMCN的面积是________（用含n，a的代数式表示）
【答案】（1）
（2）解：如图3，过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，
则∠PGM=∠PHN=90°，∠GPH=90°
∵Rt△PEF中，∠FPE=90°
∴∠GPM=∠HPN
∴△PGM∽△PHN
∴
由PG∥AB，PH∥AD可得， ,
∵AB=a，BC=b
∴，即 ,
∴，
故答案为
（3）
【解析】【解答解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥BC，
∵PM⊥BC，
∴△PMC∽△ABC
∴
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，
∵PM⊥BC，PN⊥CD，
∴∠PMC=∠PNC=90°=∠BCD，
∴四边形CNPM是矩形，
∴CM=PN，
∴，
故答案为；
（ 3 ）∵PM⊥BC，AB⊥BC
∴△PMC∽△ABC
∴
当AP=nPC时（n是正实数），
∴PM= a
∴四边形PMCN的面积= ，
故答案为：．
【分析】（1）由题意易得△PMC∽△ABC，可得比例式，由矩形的性质可得CM=PN，则结论可得证；
（2）过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，由辅助线和已知条件易得△PGM∽△PHN，则得比例式，由（1）可得比例式，即比值不变；
（3）由（2）的方法可得，则四边形PMCN的面积= .
6．书籍开本有数学开本指书刊幅面的规格大小．如图①，将一张矩形印刷用纸对折后可以得到2开纸，再对折得到4开纸，以此类推可以得到8开纸、16开纸……
若这张矩形印刷用纸的短边长为a．
（1）如图②，若将这张矩形印刷用纸ABCD(AB BC)进行折叠，使得BC与AB重合，点C落在点F处，得到折痕BE；展开后，再次折叠该纸，使点A落在E处，此时折痕恰好经
过点B，得到折痕BG，求的值．
（2）如图③，2开纸BCIH和4开纸AMNH的对角线分别是HC、HM．说明HC⊥HM．（3）将图①中的2开纸、4开纸、8开纸和16开纸按如图④所示的方式摆放，依次连接点A、B、M、I，则四边形ABMI的面积是________.（用含a的代数式表示，直接写出结果）
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC ∠C 90°．
∵第一次折叠使点C落在AB上的F处，并使折痕经过点B，
∴∠CBE ∠FBE 45°，
∴∠CBE ∠CEB 45°，
∴BC CE a，BE ．
∵第二次折叠纸片，使点A落在E处，得到折痕BG，
∴AB BE ，
∴
（2）解：根据题意和（1）中的结论，有AH BH ，．
∴．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A ∠B 90°，
∴△MAH∽△HBC，
∴∠AHM ∠BCH．
∵∠BCH ∠BHC 90°，
∴∠AHM ∠BHC 90°，
∴∠MHC 90°，
∴HC⊥HM．
（3）
【解析】【解答】解：（3）如图④，
根据题意知（1）中的结论，有BC=AD= a，AF=IG= a，NI=MP= a，OP= a，又∵∠C=∠ADE=90°, ∠BEC=∠AED,
∴∆BCE≌∆ADE，
∴S ∆BCE=S ∆ADE,
同理可得，S ∆AFH=S ∆IGH, S ∆INQ=S ∆MPQ,
∴四边形ABMI的面积=S矩形ADOF+S矩形IGON+S梯形BMPC
= ．
【分析】（1）利用矩形的性质及第一次折叠使点C落在AB上的F处，可得出∠CBE=∠FBE=∠CEB=45°，可得出CE=BC，利用勾股定理可用含a的代数式求出BE的长，再根据第二次折叠纸片，使点A落在E处，得到折痕BG，可用含a的代数式表示出AB的长，然后求出AB与BC的比值。

（2）利用（1）的结论，可用含a的代数式表示出AH、BH、AM的长，就可求出
，利用矩形的性质可得出∠A = ∠B，再根据相似三角形的性质，证明△MAH∽△HBC，利用相似三角形的性质，去证明∠AHM + ∠BHC = 90°，然后利用垂直的定义可解答。

（3）利用已知条件证明∆BCE≌∆ADE，可证得S ∆BCE=S ∆ADE， S ∆AFH=S ∆IGH, S ∆INQ=S ∆MPQ，再根据四边形ABMI的面积=S矩形ADOF+S矩形IGON+S梯形BMPC，可求出答案。

7．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，顶点A、C的坐标分别为（﹣1，2），（3，2），点B 在x轴上，点B的坐标为（3，0），抛物线y=﹣x2+bx+c经过A、C两点．
（1）求该抛物线所对应的函数关系式；
（2）点P是抛物线上的一点，当S△PAB= S△ABC时，求点P的坐标；
（3）若点N由点B出发，以每秒个单位的速度沿边BC、CA向点A移动，秒后，点M 也由点B出发，以每秒1个单位的速度沿线段BO向点O移动，当其中一个点到达终点时另一个点也停止移动，点N的移动时间为t秒，当MN⊥AB时，请直接写出t的值，不必写出解答过程．
【答案】（1）解：将点A（﹣1，2），C（3，2），代入抛物线y=﹣x2+bx+c中，
得，解得
∴抛物线y=﹣x2+2x+5.
（2）解：∵点A（-1,2），B（3,0），C（3,2），
∴BC⊥x轴，AC=4，BC=2，
∴，
∴
设直线AB为y=mx+n,
将点A（-1,2），B（3,0），代入可得，解得，∴直线AB为y=
，
设点P（x，），过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，则M（x，），
∴PM= ，
∴
即，
∴或，
解得，
则点P .
（3）解：当时，如图1，点N在BC的线段上，BN= ，BM= ，
∵MN⊥AB，∴，
又∵A（-1,2），B（3,0），C（3,2），
∴AC∥x轴，BC∥y轴，
∴∠ACB=90°，
∴，
∴
又∵∠MBN=∠ACB=90°，
∴△BNM~△CAB，
∴，则，
解得t= .
当时，点N在线段AC上，如图2，MN与AB交于点D，BM= ,
由A（-1,2），B(3,0)，得AB= ，设AD=a，则BD= ,
∵∠ADN=∠ACB=90°, ∠DAN=∠CAB,
∴△ADN~△ACB，
∴；
则 = ，则a=
∵∠BDM=∠ACB=90°, ∠DBM=∠CAB,
∴△BDM~△ACB，
∴ =
，
则
解得 .
综上， .
【解析】【分析】（1）将点A（﹣1，2），C（3，2），代入抛物线y=﹣x2+bx+c中，联立方程组解答即可求出b和c的值；（2）由A（-1,2），B（3,0），C（3,2）可求出直线AB 的解析式和，从而求出 .设PP（x，），过点P作PN⊥x
轴，交直线AB于点M，则M（x，），可得
代入求出P的横坐标x的值，再代入抛物线的解析式求出点P的纵坐标；（3）首先要明确时间t表示点N运动的时间，由点M，N的速度可求出它们当到达终点时的时间t，取其中的较小值为t所能取到的最大值；由点M只在线段OB上运动，点N在线段BC和线段AC上运动，则要分成两部分进行讨论，当点N在线段BC上时和当点N在线段AC上时，并分别求出相应时间t的取值范围；结合相似三角形的判定和性质得到相应边成比例，列方程解答即可.
8．如图，抛物线y=ax2+bx+c过原点O、点A （2，﹣4）、点B （3，﹣3），与x轴交于点C，直线AB交x轴于点D，交y轴于点E．
（1）求抛物线的函数表达式和顶点坐标；
（2）直线AF⊥x轴，垂足为点F，AF上取一点G，使△GBA∽△AOD，求此时点G的坐标；
（3）过直线AF左侧的抛物线上点M作直线AB的垂线，垂足为点N，若∠BMN=∠OAF，求直线BM的函数表达式．
【答案】（1）解：将原点O（0,0）、点 A （2，﹣4）、点 B （3，﹣3），分别代入y=ax2+bx+c，
得，解得，
∴y=x2-4x= ，
∴顶点为（2，-4）.
（2）解：设直线AB为y=kx+b，
由点A（2，-4），B（3，-3），得解得，
∴直线AB为y=x-6.
当y=0时，x=6，∴点D（6，0）.
∵点A（2，-4），D（6,0），B（3，-3），
∴OA= ，OD=6，AD= ，AF=4，OF=2，DF=4，AB= ，
∴DF=AF，又∵AF⊥x轴，
∴∠AD0=∠DAF=45°，
∵△GBA∽△AOD，
∴，
∴，
解得，
∴FG=AF-AG=4- ，
∴点G（2，）.
（3）解：如图1，
∵∠BMN=∠OAF，，
∴∠MBN=∠AOF，
设直线BM与AF交于点H，
∵∠ABH=∠AOD，∠HAB=∠ADO，
∴
∴，
则，解得AH= ，
∴H（2，）.
设直线BM为y=kx+b，∵将点B、G的坐标代入得，解得．
∴直线BM的解析式为y= ；
如图2，
BD=AD-AB= ．
∵∠BMN=∠OAF，∠GDB=∠ODA，
∴△HBD∽△AOD．
∴，即，解得DH=4．
∴点H的坐标为（2，0）．
设直线BM的解析式为y=kx+b．
∵将点B和点G的坐标代入得：，解得k=-3，b=6．
∴直线BM的解析式为y=-3x+6．
综上所述，直线MB的解析式为y= 或y=-3x+6．
【解析】【分析】（1）将原点O（0,0）、点A （2，﹣4）、点B （3，﹣3），分别代入y=ax2+bx+c，联立方程组解答即可a,b,c的值，得到二次函数解析式；将解析式配成顶点
式，可得顶点；（2）由△GBA∽△AOD，可得，分别求出AD，AB，OD的长即可求出AG，由点A的坐标，即可求出点G；（3）点M在直线AF的左侧，可发出垂足N可以在线段AB上，也可以在AB的延长线上，故有如图1和如图2两种可能；设直线BM与直线AF的交点为H，由（2）可知，参加（2）的方法可求出点H的坐标，从而求出直线BM的解析式.
9．如图，在四边形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB＞CD，AD=AB+CD．
（1）利用尺规作∠ADC的平分线DE，交BC于点E，连接AE（保留作图痕迹，不写作法）（2）在（1）的条件下，①证明：AE⊥DE；
②若CD=2，AB=4，点M，N分别是AE，AB上的动点，求BM+MN的最小值。

【答案】（1）
（2）①证明：在AD上取一点F使DF=DC，连接EF，
∵DE平分∠ADC，
∴∠FDE=∠CDE，
在△FED和△CDE中，
DF=DC，∠FDE=∠CDE，DE=DE
∴△FED≌△CDE（SAS），
∴∠DFE=∠DCE=90°，∠AFE=180°-∠DFE=90°
∴∠DEF=∠DEC，
∵AD=AB+CD，DF=DC，
∴AF=AB，
在Rt△AFE≌Rt△ABE（HL）
∴∠AEB=∠AEF，
∴∠AED=∠AEF+∠DEF= ∠CEF+ ∠BEF= （∠CEF+∠BEF）=90°。

∴AE⊥DE
②解：过点D作DP⊥AB于点P，
∵由①可知，B，F关于AE对称，BM=FM，
∴BM+MN=FM+MN，
当F，M，N三点共线且FN⊥AB时，有最小值，
∵DP⊥AB，AD=AB+CD=6，
∴∠DPB=∠ABC=∠C=90°，
∴四边形DPBC是矩形，
∴BP=DC=2，AP=AB-BP=2，
在Rt△APD中，DP= = ，
∵FN⊥AB，由①可知AF=AB=4，
∴FN∥DP，
∴△AFN∽△ADP
∴，
即，
解得FN= ，
∴BM+MN的最小值为
【解析】【分析】（1）根据角平分的做法即可画出图.（2）①在AD上取一点F使DF=DC，连接EF；角平分线定义得∠FDE=∠CDE；根据全等三角形判定SAS得△FED≌△CDE，再由全等三角形性质和补角定义得∠DFE=∠DCE=∠AFE=90°，
∠DEF=∠DEC；再由直角三角形全等的判定HL得Rt△AFE≌Rt△ABE，由全等三角形性质得∠AEB=∠AEF，再由补角定义可得AE⊥DE.
②过点D作DP⊥AB于点P；由①可知，B，F关于AE对称，根据对称性质知BM=FM，当F，M，N三点共线且FN⊥AB时，有最小值，即BM+MN=FM+MN=FN；在Rt△APD中，
根据勾股定理得DP= = ；由相似三角形判定得△AFN∽△ADP，再由相似三角形性质得，从而求得FN，即BM+MN的最小值.
10．如图，在菱形ABCD中，， ,点E是边BC的中点，连接DE,AE.
（1）求DE的长；
（2）点F为边CD上的一点，连接AF，交DE于点G，连接EF，若 ,
①求证：△△；
②求DF的长.
【答案】（1）解：连结BD
（2）解：①
②
【解析】【分析】（1）连结BD ，根据菱形的性质及等边三角形的判定方法首先判定出△CDB是等边三角形，根据等边三角形的性质得出DE⊥BC，CE=2，然后利用勾股定理算出DE的长；
（2）①首先判断出△AGD∽△EGF，根据相似三角形对应边成比例得出，又∠AGE=∠DGF，故△AGE∽△DGF；
②根据相似三角形的性质及含30°直角三角形的边之间的关系及勾股定理得出EF的长，然后过点E作EH⊥DC于点H，在Rt△ECH中，利用勾股定理算出FH的长，从而根据线段的和差即可算出答案.
11．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
12．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。