人教【数学】数学 相似的专项 培优易错试卷练习题含详细答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图1，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（，0），在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t）．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；
（3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵B（2，t）在直线y=x上，
∴t=2，∴B（2，2），
把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=2x2﹣3x
（2）解：如图1，过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，
∵点C是抛物线上第四象限的点，
∴可设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），
∴OE=t，BF=2﹣t，CD=t﹣（2t2﹣3t）=﹣2t2+4t，
∴S△OBC=S△CDO+S△CDB= CD•OE+ CD•BF= （﹣2t2+4t）（t+2﹣t）=﹣2t2+4t，∵△OBC的面积为2，
∴﹣2t2+4t=2，解得t1=t2=1，
∴C（1，﹣1）
（3）解：存在．设MB交y轴于点N，如图2，
∵B（2，2），∴∠AOB=∠NOB=45°，
在△AOB和△NOB中
∴△AOB≌△NOB（ASA），
∴ON=OA= ，
∴N（0，），
∴可设直线BN解析式为y=kx+ ，把B点坐标代入可得2=2k+ ，解得k= ，
∴直线BN的解析式为y= x+ ，联立直线BN和抛物线解析式可得，解得
或，
∴M（﹣，），
∵C（1，﹣1），∴∠COA=∠AOB=45°，且B（2，2），
∴OB=2 ，OC= ，
∵△POC∽△MOB，
∴ = =2，∠POC=∠BOM，
当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H，
∵∠COA=∠BOG=45°，
∴∠MOG=∠POH，且∠PHO=∠MGO，
∴△MOG∽△POH，∴ = = =2，
∵M（﹣，），
∴MG= ，OG= ，
∴PH= MG= ，OH= OG= ，
∴P（，）；
当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，
同理可求得PH= MG= ，OH= OG= ，
∴P（﹣，）；
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（，）或（﹣，）
【解析】【分析】（1）根据已知抛物线在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t），可求出点B的坐标，再将点A、B的坐标分别代入y=ax2+bx，建立二元一次方程组，求出a、b 的值，即可求得答案。

（2）过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于点F，可知点C、D、E、F的横坐标相等，因此设设C（t，2t2﹣3t），则E（t，0），D（t，t），F（t，2）,再表示出OE、BF、CD的长，然后根据S△OBC=S△CDO+S△CDB=2，建立关于t的方程，求出t 的值，即可得出点C的坐标。

（3）根据已知条件易证△AOB≌△NOB，就可求出ON的长，得出点N的坐标，再根据点B、N的坐标求出直线BN的函数解析式，再将二次函数和直线BN联立方程组，求出点M
的坐标，求出OB、OC的长，再根据△POC∽△MOB，得出，∠POC=∠BOM，然后分情况讨论：当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x 轴于点H，证△MOG∽△POH，得出对应边成比例，即可求出点P的坐标；当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，同理可得出点P的坐标，即可得出答案。

2．正方形ABCD的边长为6cm，点E，M分别是线段BD，AD上的动点，连接AE并延长，交边BC于F，过M作MN⊥AF，垂足为H，交边AB于点N.
（1）如图①，若点M与点D重合，求证：AF＝MN；
（2）如图②，若点M从点D出发，以1cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B 出发，以 cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts.
①设BF＝ycm，求y关于t的函数表达式；
②当BN＝2AN时，连接FN，求FN的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB，∠DAN＝∠FBA＝90°.
∵MN⊥AF，
∴∠NAH＋∠ANH＝90°.
∵∠NDA＋∠ANH＝90°，
∴∠NAH＝∠NDA，
∴△ABF≌△MAN，
∴AF＝MN.
（2）解：①∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BF，
∴∠ADE＝∠FBE.
∵∠AED＝∠BEF，
∴△EBF∽△EDA，
∴＝ .
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝DC＝CB＝6cm，
∴BD＝6 cm.
∵点E从点B出发，以 cm/s的速度沿BD向点D运动，运动时间为ts，
∴BE＝ tcm，DE＝(6 － t)cm，
∴＝，
∴y＝ .
②∵四边形ABCD为正方形，
∴∠MAN＝∠FBA＝90°.
∵MN⊥AF，
∴∠NAH＋∠ANH＝90°.
∵∠NMA＋∠ANH＝90°，
∴∠NAH＝∠NMA.
∴△ABF∽△MAN，
∴＝ .
∵BN＝2AN，AB＝6cm，
∴AN＝2cm.
∴＝，
∴t＝2，
∴BF＝＝3(cm)．
又∵BN＝4cm，
∴FN＝＝5(cm)．
【解析】【分析】(1)根据正方形的性质得出AD＝AB，∠DAN＝∠FBA＝90°.再根据同角的余角相等得出∠NAH＝∠NDA，进而证出△ABF≌△MAN即可解答，
（2）根据正方形的性质得出两角相等证出△EBF∽△EDA，得出BD的长度，利用△EBF∽△EDA得出比例式，得出y和t之间的函数解析式，
据正方形的性质得出两角相等证出△ABF∽△MAN，得出比例式，进而解答.
3．如图，已知在△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4，点D在射线BC上，以点D为圆心，BD为半径画弧交边AB于点E，过点E作EF⊥AB交边AC于点F，射线ED交射线AC 于点G．
（1）求证：△EFG∽△AEG；
（2）设FG=x，△EFG的面积为y，求y关于x的函数解析式并写出定义域；
（3）联结DF，当△EFD是等腰三角形时，请直接写出FG的长度．
【答案】（1）证明：∵ ED=BD，
∴∠B=∠BED．
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠A=90°．
∵ EF⊥AB，
∴∠BEF=90°．
∴∠BED+∠GEF=90°．
∴∠A=∠GEF．
∵∠G是公共角，
∴△EFG∽△AEG
（2）解：作EH⊥AF于点H．
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，AC=4，∴tanA= = ，
∴在Rt△AEF中，∠AEF=90°，tanA= = ,
∵△EFG∽△AEG，
∴ ,
∵ FG=x，
∴ EG=2x，AG=4x．
∴ AF=3x．
∵ EH⊥AF，
∴∠AHE=∠EHF=90°．
∴∠EFA+∠FEH=90°．
∵∠AEF=90°，
∴∠A+∠EFA=90°,
∴∠A=∠FEH,
∴ tanA =tan∠FEH,
∴在Rt△EHF中，∠EHF=90°，tan∠FEH= = ,
∴ EH=2HF,
∵在Rt△AEH中，∠AHE=90°，tanA= = ，
∴ AH=2EH，
∴ AH=4HF，
∴ AF=5HF，
∴ HF= ，
∴EH= ，
∴y= FG·EH= x· = 定义域：（0<x≤ ）
（3）解：当△EFD为等腰三角形时，
①当ED=EF时，则有∠EDF=∠EFD，
∵∠BED=∠EFH，
∴∠BEH=∠AHG，
∵∠ACB=∠AEH=90°，
∴∠CEF=∠HEF，即EF为∠GEH的平分线，
则ED=EF=x，DG=8−x，
∵anA= ，
∴x=3，即BE=3；
②若FE=FD, 此时FG的长度是 ;
③若DE=DF, 此时FG的长度是 .
【解析】【分析】（1）因为ED=BD，所以∠B=∠BED．根据等角的补角相等可得∠A=∠GEF，而∠G是公共角，所以由相似三角形的判定可得△EFG∽△AEG；
（2）作EH⊥AF于点H．∠AEF=∠ACB=90°，∠A是公共角，所以可得AEF ACB，所以可得比例式，,由（1）得△EFG∽△AEG，所以可得比例式，,因为FG=x，所以EG=2x，AG=4x．则AF=3x，由同角的余角相等可得∠A=∠FEH,所以tanA =tan∠FEH,在Rt△EHF中，∠EHF=90°，tan∠FEH=,所以EH=2HF,在Rt△AEH中，同理可得AH=2EH，所以AH=4HF，AF=5HF，HF=x ，则EH= x ，△EFG
的面积y= FG·EH=x· x=,自变量的取值范围是0<x≤ ；
（3）当△EFD为等腰三角形时，分三种情况讨论：
①当ED=EF时，则有∠EDF=∠EFD，易得FG=3；
②若FE=FD, 易得FG=；
③若DE=DF, 易得FG=.
4．如果三角形的两个内角与满足＝90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”．
（1）若△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，则∠B＝________°；
（2）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝5，若AD是∠BAC的平分线，不难证明△ABD是“准互余三角形”．试问在边BC上是否存在点E（异于点D），使得△ABE也是“准互余三角形”？若存在，请求出BE的长；若不存在，请说明理由．
（3）如图②，在四边形ABCD中，AB＝7，CD＝12，BD⊥CD，∠ABD＝2∠BCD，且△ABC 是“准互余三角形”．求对角线AC的长．
【答案】（1）15°
（2）解：存在，
如图①，连结AE，
在Rt△ABC中，
∴∠B+∠BAC=90°，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAC=2∠BAD，
∴∠B+2∠BAD=90°，
∴△ABD是“准互余三角形”，
又∵△ABE也是“准互余三角形”，
∴∠B+2∠BAE=90°，
∵∠B+∠BAE+∠EAC=90°，
∴∠EAC=∠B,
又∵∠C=∠C,
∴△CAE∽△CBA，
∴ ,
即CA2=CB·CE，
∵AC＝4，BC＝5，
∴CE= .
∴BE=BC-CE=5- = .
（3）解：如图②，
将△BCD沿BC翻折得到△BCF,
∵CD＝12，
∴CF=CD=12，∠BCF=∠BCD,∠CBD=∠CBF,又∵BD⊥CD，∠ABD=2∠BCD，
∴∠CBD+∠BCD=90°，
∴2∠CBD+2∠BCD=180°，
即∠ABD+∠CBD+∠CBF=180°，
∴A、B、F三点共线，
在Rt△AFC中，
∴∠CAB+∠ACF=90°，
即∠CAB+∠ACB+∠BCF=90°，
∴∠CAB+2∠ACB≠90°，
∵△ABC是“准互余三角形”,
∴2∠CAB+∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠BCF，
∵∠F=∠F,
∴△FCB∽△FAC，
∴ ,
即FC2=FA·FB,
设BF=x，
∵AB=7,
∴FA=x+7,
∴x（x+7）=122,
解得：x1=9，x2=-16（舍去）
∴AF=7+9=16.
在Rt△AFC中，
∴AC= = =20.
【解析】【解答】（1）解：∵△ABC是“准互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，∴2∠B+∠A=90°，
∴2∠B+60°=90°，
∴∠B=15°.
故答案为：15°
【分析】（1）根据“准互余三角形”，的定义，结合题意得2∠B+∠A=90°，代入数值即可求出∠B度数.
（2）存在，根据直角三角形两内角互余和角平分线定义得∠B+2∠BAD=90°，根据“准互余三角形”，定义即可得△ABD是“准互余三角形”；根据△ABE是“准互余三角形”，以及直角三角形两内角互余可得∠EAC=∠B,根据相似三角形判定“AA”可得△CAE∽△CBA，再由相似
三角形性质得 ,由此求出CE= .从而得BE长.
（3）如图②，将△BCD沿BC翻折得到△BCF,根据翻折性质、直角三角形性质、“准互余三
角形”定义可得到△FCB∽△FAC，再由相似三角形性质可得 ,设BF=x，代入数值即可求出x值，从而求出AF值，在Rt△AFC中，根据勾股定理即可求得AC长.
5．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y= x2+ x﹣2与x轴交于A，B两点（点A 在点B的左侧），与y轴交于点C，直线l经过A，C两点，连接BC．
（1）求直线l的解析式；
（2）若直线x=m（m＜0）与该抛物线在第三象限内交于点E，与直线l交于点D，连接OD．当OD⊥AC时，求线段DE的长；
（3）取点G（0，﹣1），连接AG，在第一象限内的抛物线上，是否存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：∵抛物线y= x2+ x﹣2，
∴当y=0时，得x1=1，x2=﹣4，当x=0时，y=﹣2，
∵抛物线y= x2+ x﹣2与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，∴点A的坐标为（﹣4，0），点B（1，0），点C（0，﹣2），
∵直线l经过A，C两点，设直线l的函数解析式为y=kx+b，
，得，
即直线l的函数解析式为y=
（2）解：直线ED与x轴交于点F，如右图1所示，
由（1）可得，
AO=4，OC=2，∠AOC=90°，
∴AC=2 ，
∴OD= ，
∵OD⊥AC，OA⊥OC，∠OAD=∠CAO，
∴△AOD∽△ACO，
∴，
即，得AD= ，
∵EF⊥x轴，∠ADC=90°，
∴EF∥OC，
∴△ADF∽△ACO，
∴，
解得，AF= ，DF= ，
∴OF=4﹣ = ，
∴m=﹣，
当m=﹣时，y= ×（- ）2+ ×（﹣）﹣2=﹣，
∴EF= ，
∴DE=EF﹣FD=
（3）解：存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，
理由：作GM⊥AC于点M，作PN⊥x轴于点N，如右图2所示，
∵点A（﹣4，0），点B（1，0），点C（0，﹣2），
∴OA=4，OB=1，OC=2，
∴tan∠OAC= ，tan∠OCB= ，AC=2 ，
∴∠OAC=∠OCB，
∵∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，∠GAM=∠OAC﹣∠BAG，
∴∠BAP=∠GAM，
∵点G（0，﹣1），AC=2 ，OA=4，
∴OG=1，GC=1，
∴AG= ，，即，
解得，GM= ，
∴AM= = = ，
∴tan∠GAM= = ，
∴tan∠PAN= ，
设点P的坐标为（n， n2+ n﹣2），
∴AN=4+n，PN= n2+ n﹣2，
∴，
解得，n1= ，n2=﹣4（舍去），
当n= 时， n2+ n﹣2= ，
∴点P的坐标为（，），
即存在点P（，），使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG
【解析】【分析】（1）利用抛物线的解析式求出点A、C的坐标，再利用待定系数法求出直线AC的解析式。

（2）直线ED与x轴交于点F，在Rt△AOC中，利用勾股定理求出AC的长，再证明△AOD∽△ACO，利用相似三角形的性质求出AD的长，再由EF∥OC得出对应线段成比例求出OF的长，可得出m的值，然后求出EF的长，根据DE=EF﹣FD，可求出答案。

（3）存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，作GM⊥AC于点M，作PN⊥x轴于点N，根据点A、B、C的坐标，利用锐角三角函数的定义求出AC、AG的长，再利用同一个三角形的面积相等，求出GM的长，利用勾股定理求出AM的长，从而求出tan∠PAN的值，然后设点P的坐标，求出AN、PN，再根据tan∠PAN的值建立方程求出n的值，就可得出点P的坐标。

6．如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°得到平行四边形A′B′OC′．抛物线y＝﹣x2+2x+3经过点A、C、A′三点．
（1）求A、A′、C三点的坐标；
（2）求平行四边形ABOC和平行四边形A′B′OC′重叠部分△C′OD的面积；
（3）点M是第一象限内抛物线上的一动点，问点M在何处时，△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并写出此时M的坐标．
【答案】（1）解：当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得x1＝3，x2＝﹣1，
则C（﹣1，0），A′（3，0），
当x＝0时，y＝3，则A（0，3）
（2）解：∵四边形ABOC为平行四边形，
∴AB OC，AB＝OC，
而C（﹣1，0），A（0，3），
∴B（1，3），
∴OB＝＝，S△AOB＝ ×3×1＝，
又∵平行四边形ABOC旋转90°得平行四边形A′B′OC′，
∴∠ACO＝∠OC′D，OC′＝OC＝1，
又∵∠ACO＝∠ABO，
∴∠ABO＝∠OC′D．
又∵∠C′OD＝∠AOB，
∴△C′OD∽△BOA，
∴＝( )2＝（）2＝，
∴S△C′OD＝ × ＝
（3）解：设M点的坐标为（m，﹣m2+2m+3），0＜m＜3，
作MN y轴交直线AA′于N，易得直线AA′的解析式为y＝﹣x+3，则N（m，﹣m+3），
∵MN＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m，
∴S△AMA′＝S△ANM+S△MNA′
＝MN•3
＝（﹣m2+3m）
＝﹣m2+ m
＝﹣（m﹣）2+ ，
∴当m＝时，S△AMA'的值最大，最大值为，此时M点坐标为（，）．
【解析】【分析】（1）利用抛物线与x轴的交点问题可求出C（﹣1，0），A′（3，0）；计算自变量为0时的函数值可得到A（0，3）；（2）先由平行四边形的性质得AB∥OC，AB＝OC，易得B（1，3），根据勾股定理和三角形面积公式得到OB＝，S△AOB＝
，再根据旋转的性质得∠ACO＝∠OC′D，OC′＝OC＝1，接着证明△C′OD∽△BOA，利
用相似三角形的性质得＝( )2，则可计算出S△C′OD；（3）根据二次函数图象上点的坐标特征，设M点的坐标为（m，﹣m2+2m+3），0＜m＜3，作MN y轴交直线AA′于N，求出直线AA′的解析式为y＝﹣x+3，则N（m，﹣m+3），于是可计算出
MN＝﹣m2+3m，再利用S△AMA′＝S△ANM+S△MNA′和三角形面积公式得到S△AMA′＝﹣m2+ m，然后根据二次函数的最值问题求出△AMA′的面积最大值，同时即可确定此时M点的坐标．
7．如图
（1）某学校“智慧方园”数学社团遇到这样一个题目：
如图1，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO=30°，∠OAC=75°，AO= ，BO：CO=1：3，求AB的长．
经过社团成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过构造△ABD就可以解决问题（如图2）．
请回答：∠ADB=________°，AB=________．
（2）请参考以上解决思路，解决问题：
如图3，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，AO= ，∠ABC=∠ACB=75°，BO：OD=1：3，求DC的长．
【答案】（1）75；4
（2）解：过点B作BE∥AD交AC于点E，如图所示．
∵AC⊥AD，BE∥AD，
∴∠DAC=∠BEA=90°．
∵∠AOD=∠EOB，
∴△AOD∽△EOB，
∴ = = ．
∵BO：OD=1：3，
∴ = = ．
∵AO=3 ，
∴EO= ，
∴AE=4 ．
∵∠ABC=∠ACB=75°，
∴∠BAC=30°，AB=AC，
∴AB=2BE．
在Rt△AEB中，BE2+AE2=AB2，即（4 ）2+BE2=（2BE）2，
解得：BE=4，
∴AB=AC=8，AD=12．
在Rt△CAD中，AC2+AD2=CD2，即82+122=CD2，
解得：CD=4
【解析】【解答】解：（1）∵BD∥AC，
∴∠ADB=∠OAC=75°．
∵∠BOD=∠COA，
∴△BOD∽△COA，
∴ = = ．
又∵AO= ，
∴OD= AO= ，
∴AD=AO+OD=4 ．
∵∠BAD=30°，∠ADB=75°，
∴∠ABD=180°﹣∠BAD﹣∠ADB=75°=∠ADB，
∴AB=AD=4 ．
故答案为：75；4 ．
【分析】（1）利用平行线的性质，可求出∠ADB的度数，证明∠ADB=∠OAC，利用相似三角形的判定定理证明△BOD∽△COA，得出对应边成比例，求出OD的长，再求出AD的长，然后证明∠ABD=∠ADB，可求得AB的长。

（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，先证明△AOD∽△EOB，得出对应边成比例，求出EO、AE的长，再证明AB=2BE，利用勾股定理求出BE的长，就可得出AC、AD的长，然后在Rt△CAD中，利用勾股定理求出CD的长即可解答。

8．如图1，图形ABCD是由两个二次函数与的部分图像围成的封闭图形，已知A(1，0)、B(0，1)、D(0，﹣3)．
（1）直接写出这两个二次函数的表达式；
（2）判断图形ABCD是否存在内接正方形（正方形的四个顶点在图形ABCD上），并说明理由；
（3）如图2，连接BC、CD、AD，在坐标平面内，求使得△BDC与△ADE相似（其中点C 与点E是对应顶点）的点E的坐标．
【答案】（1）解：
（2）解：存在，
理由：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y轴时，设M（x,-x2+1）为第一象限内的图形ABCD上一点，M'（x,3x2-3）为第四象限内的图形上一点，∴MM'=（1-x2）-3（3x2-3）=4-4x2，由抛物线的对称性知，若有内接正方形，则2x=4-
4x2，即2x2+x-2=0，x= 或（舍），
∵0< ，∴存在内接正方形，此时其边长为
（3）解：解：在Rt△AOD中，OA=1，OD=3，∴AD= ，同理CD= .在Rt△BOC中，OB=OC=1，∴BC= .
①如图（1）
当△DBC~△DAE时，因∠CDB=∠ADO，∴在y轴上存在一点E，由得
，得DE= ，因D（0，-3），∴E（）；
由对称性知在直线DA右侧还存在一点E'使得△DBC~△DAE'，连接EE'交DA于F点，作E'M⊥OD，垂足为M，连接E'D，
∵E、E'关于DA对称，∴DF垂直平分EE'，∴△DEF~△DAO，
∴，有，∴， .
因，∴，
又，在Rt△DE'M中，DM= ，
∴OM=1，得
∴，使得△DBC~△DAE的点E的坐标为（0， ,）或；
如图（2）
当△DBC~△ADE时，有∠BDC=∠DAE，，
即，得AE= .
当E在直线DA左侧时，设AE交y轴于P点，作EQ⊥AC，垂足为Q.
由∠BDC=∠DAE=∠ODA，∴PD=PA，设PD=x，则PO=3-x，PA=x，
在Rt△AOP中，由得，解得，则有PA= ，PO= ，
因AE= ，∴PE= ，
在△AEQ中，OP∥EQ，
∴，得，又，
∴QE=2，∴E（），
当E'在直线DA右侧时，
因∠DAE'=∠BDC，又∠BDC=∠BDA，∴∠BDA=∠DAE'，
则AE'∥OD，∴E'（1，），
则使得△DBC~△ADE的点E的坐标为或 .
综上，使得△BDC与△ADE相似（其中点C与点E是对应顶点）的点E的坐标有4个，
即（0， ,）或或或
【解析】【解答】（1）∵二次函数经过点A（1,0），B（0,1）代入得
解得∴二次函数；
∵二次函数经过点A（1,0），D（0,-3）代入得
解得∴二次函数 .
【分析】（1）由A（1,0），B（0，1）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；由A（1,0），D（0，-3）代入二次函数解出k，m的值可得二次函数y1的表达式；（2）判断是否存在，可以列举出一种特殊情况：当该内接正方形的中心是原点O，且一组邻边分别平行于x轴、y 轴时，则可设点M（x,-x2+1）在y1图象上，则该正方形存在另一点M'（x,3x2-3）在y2图象上，由邻边相等构造方程解答即可；（3）对于△BDC与△ADE相似，且C于D对应，那么就存在两种情况：①当点B对应点A，即△DBC~△DAE，此时点E的位置有两处，一处在y轴上，另一处在线段AD的右侧；②当点B对应点DA时，即△DBC~△ADE，些时点E 有两处，分别处于线段AD的左右两侧；结果两种情况所有的条件解出答案即可.。