湖北省2021年中考数学真题分项汇编-专题07-几何探究型问题与二次函数综合问题(含答案解析)

专题07几何探究型问题与二次函数综合问题1．（2021·湖北鄂州市·中考真题）数学课外活动小组的同学在学习了完全平方公式之后，针对两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系进行了探究，请阅读以下探究过程并解决问题．猜想发现：由；；；；；猜想：如果，，那么存在（当且仅当时等号成立）．猜想证明：∵∴①当且仅当，即时，，∴；②当，即时，，∴．综合上述可得：若，，则成立（当日仅当时等号成立）．猜想运用：（1）对于函数，当取何值时，函数的值最小？最小值是多少？变式探究：（2）对于函数，当取何值时，函数的值最小？最小值是多少？拓展应用：（3）疫情期间、为了解决疑似人员的临隔离问题．高速公路榆测站入口处，检测人员利用检测站的一面墙（墙的长度不限），用63米长的钢丝网围成了9间相同的长方形隔离房，如图．设每间离房的面积为（米2）．问：每间隔离房的长、宽各为多少时，可使每间隔离房的面积最大？最大面积是多少？

【答案】（1），函数的最小值为2；（2），函数的最小值为5；（3）每间隔离房长为米，宽为米时，的最大值为【分析】猜想运用：根据材料以及所学完全平方公式证明求解即可；变式探究：将原式转换为，再根据材料中方法计算即可；拓展应用：设每间隔离房与墙平行的边为米，与墙垂直的边为米，依题意列出方程，然后根据两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系探究最大值即可．【详解】猜想运用：∵，∴，∴，∴当时，，此时，只取，即时，函数的最小值为2．变式探究：∵，∴，，∴，∴当时，，此时，∴，（舍去），即时，函数的最小值为5.拓展应用：设每间隔离房与墙平行的边为米，与墙垂直的边为米，依题意得：，即，∵，，∴，即，整理得：，即，∴当时，此时，，即每间隔离房长为米，宽为米时，的最大值为．【点睛】本题主要考查根据完全平方公式探究两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系，熟练运用完全平方公式并参照材料中步骤进行计算是解题关键，属于创新探究题．2．（2021·湖北襄阳市·中考真题）在中，，，是边上一点，将沿折叠得到，连接．（1）特例发现：如图1，当，落在直线上时，①求证：；②填空：的值为______；（2）类比探究：如图2，当，与边相交时，在上取一点，使，交于点．探究的值（用含的式子表示），并写出探究过程；（3）拓展运用：在（2）的条件下，当，是的中点时，若，求的长．

【答案】（1）①见解析；②1；（2），见解析；（3）【分析】（1）①根据折叠性质证明即可；②当，证明，即可得出的值；（2）延长交于点，根据折叠性质证明，即可得出结论；（3）由（2）可知，设，则，，，可得，再由勾股定理列方程求解即可．【详解】解：（1）①证明：延长交于点．由折叠得．∴．∵，∴．②当，即时，可知AC=BC，在和中，，∴(AAS)，∴，∴．故答案为：1；（2）解：．理由：延长交于点，由折叠得．∴，∵，∴，∵，∴，∴．（3）解：由折叠得，，∵是的中点，∴，∴，，，由（2）知，∴，，是的中点，∴，∴，设，则，，，∴，∴，∴，，∴，在中，由勾股定理得，∵，∴，解得（负值舍去），∴．【点睛】本题为三角形综合题，考查折叠的性质，全等三角形判定与性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，根据折叠性质找到角度之间的关系是解题的关键．3．（2021·湖北武汉市·中考真题）问题提出如图（1），在和中，，，，点在内部，直线与交于点，线段，，之间存在怎样的数量关系？问题探究（1）先将问题特殊化．如图（2），当点，重合时，直接写出一个等式，表示，，之间的数量关系；（2）再探究一般情形．如图（1），当点，不重合时，证明（1）中的结论仍然成立．问题拓展如图（3），在和中，，，（是常数），点在内部，直线与交于点，直接写出一个等式，表示线段，，之间的数量关系．【答案】（1）．（2）见解析；问题拓展：．【分析】（1）先证明△BCE≌△ACD,得到AF=BE，BF-BE=BF-AF=EF=；（2）过点作交于点，证明，，是等腰直角三角形即可；利用前面的方法变全等为相似证明即可．【详解】问题探究（1）．理由如下：如图（2），∵∠BCA=∠ECF=90°，∴∠BCE=∠ACF，∵BC=AC，EC=CF，△BCE≌△ACF，∴BE=AF，∴BF-BE=BF-AF=EF=；（2）证明：过点作交于点，则，∴．∵，∴．又∵，，∴，∴．∴．∴，，∴是等腰直角三角形．∴．∴．问题拓展．理由如下：∵∠BCA=∠ECD=90°，∴∠BCE=∠ACD，∵BC=kAC，EC=kCD，∴△BCE∽△ACD，∴∠EBC=∠FAC，过点作交于点M，则，∴．∴△BCM∽△ACF，∴BM:AF=BC:AC=MC:CF=k，∴BM=kAF,MC=kCF，∴BF-BM=MF，MF==∴BF-kAF=．【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，熟练掌握三角形全等的判定，三角形相似的判定，勾股定理是解题的关键．4．（2021·湖北随州市·中考真题）等面积法是一种常用的、重要的数学解题方法．它是利用“同一个图形的面积相等”、“分割图形后各部分的面积之和等于原图形的面积”、“同底等高或等底同高的两个三角形面积相等”等性质解决有关数学问题，在解题中，灵活运用等面积法解决相关问题，可以使解题思路清晰，解题过程简便快捷．（1）在直角三角形中，两直角边长分别为3和4，则该直角三角形斜边上的高的长为_____，其内切圆的半径长为______；（2）①如图1，是边长为的正内任意一点，点为的中心，设点到各边距离分别为，，，连接，，，由等面积法，易知，可得_____；（结果用含的式子表示）②如图2，是边长为的正五边形内任意一点，设点到五边形各边距离分别为，，，，，参照①的探索过程，试用含的式子表示的值．（参考数据：，）（3）①如图3，已知的半径为2，点为外一点，，切于点，弦，连接，则图中阴影部分的面积为______；（结果保留）②如图4，现有六边形花坛，由于修路等原因需将花坛进行改造．若要将花坛形状改造成五边形，其中点在的延长线上，且要保证改造前后花坛的面积不变，试确定点的位置，并说明理由．【答案】（1），1；（2）①；②；（3）①；②见解析．【分析】（1）根据等积法解得直角三角形斜边上的高的长，及利用内切圆的性质解题即可；（2）①先求得边长为的正的面积，再根据解题即可；②设点为正五边形的中心，连接，，过作于，先由正切定义，解得的长，由①中结论知，，继而得到，据此解题；（3）①由切线性质解得，再由平行线性质及等腰三角形性质解得，根据平行线间的距离相等，及同底等高或等底同高的两个三角形面积相等的性质，可知图中阴影部分的面积等于扇形OBC的面积，最后根据扇形面积公式解题；②连接，过点作交的延长线于点，根据，据此解题．【详解】解：（1）直角三角形的面积为：，直角三角形斜边为：，设直角三角形斜边上的高为，则设直角三角形内切圆的半径为，则，故答案为：，1；（2）①边长为的正底边的高为，面积为：，故答案为：；②类比①中方法可知，设点为正五边形的中心，连接，，由①得，过作于，，故，，故，从而得到：．（3）①是的切线，过点作，是的高，故答案为：；②如图，连接，过点作交的延长线于点，则点即为所求，连接，∵，∵，∴，∴．【点睛】本题考查正多边形和圆的知识，涉及含30°角的直角三角形、正切、切线的性质、扇形面积公式、平行线的性质等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键．5．（2021·湖北省江汉油田（仙桃市、潜江市、天门市)）已知和都为等腰三角形，．（1）当时，①如图1，当点D在上时，请直接写出与的数量关系；_________；②如图2，当点D不在上时，判断线段与的数量关系，并说明理由；（2）当时，①如图3，探究线段与的数量关系，并说明理由；②当时，请直接写出的长．【答案】（1）①；②，理由见解析；（2）①，理由见解析；②5．【分析】（1）①先根据等边三角形的判定与性质可得，再根据线段的和差即可得；②先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据三角形全等的判定定理与性质即可得出结论；（2）①先根据等腰直角三角形的判定与性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定可得，然后根据相似三角形的性质即可得出结论；②设与交于点，先根据（2）①的结论可得，再根据相似三角形的判定与性质可得，从而可得，然后利用勾股定理、线段的和差可得，最后在中，解直角三角形即可得．【详解】解：（1）①当时，，和都为等腰三角形，和都为等边三角形，，，即，故答案为：；②，理由如下：和都为等边三角形，，，即，在和中，，，；（2）①当时，，和都为等腰直角三角形，，，即，设，则，，在和中，，，，即；②如图，设与交于点，，，设，则，，，，，即，解得，，在中，，在中，，，则在中，．【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，较难的是题（2），正确找出相似三角形是解题关键．6．（2021·湖北黄石市·中考真题）抛物线（）与轴相交于点，且抛物线的对称轴为，为对称轴与轴的交点．（1）求抛物线的解析式；（2）在轴上方且平行于轴的直线与抛物线从左到右依次交于、两点，若是等腰直角三角形，求的面积；（3）若是对称轴上一定点，是抛物线上的动点，求的最小值（用含的代数式表示）．【答案】（1）；（2）4；（3）【分析】（1）与轴相交于点，得到，再根据抛物线对称轴，求得，代入即可．（2）在轴上方且平行于轴的直线与抛物线从左到右依次交于、两点，可知、两点关于对称轴对称，是等腰直角三角形得到，设，根据等腰直角三角形的性质求得E点坐标，从而求得的面积．（3），根据距离公式求得，注意到的范围，利用二次函数的性质，对进行分类讨论，从而求得的最小值．【详解】解：（1）由抛物线（）与轴相交于点得到抛物线的对称轴为，即，解得∴抛物线的方程为（2）过点E作交AB于点M，过点F作，交AB于点N，如下图：∵是等腰直角三角形∴，又∵轴∴∴为等腰直角三角形∴设，则，∴又∵∴解得或当时，，符合题意，当时，，不符合题意综上所述：．（3）设，在抛物线上，则将代入上式，得当时，，∴时，最小，即最小=当时，，∴时，最小，即最小，综上所述【点睛】此题考查了二次函数的对称轴、二次函数与三角形面积、等腰直角三角形的性质以及距离公式等知识，熟练掌握距离公式和对代数式的计算是解决本题的关键．7．（2021·湖北荆州市·中考真题）小爱同学学习二次函数后，对函数进行了探究，在经历列表、描点、连线步骤后，得到如下的函数图像．请根据函数图象，回答下列问题：（1）观察探究：①写出该函数的一条性质：__________；②方程的解为：__________；③若方程有四个实数根，则的取值范围是__________．（2）延伸思考：将函数的图象经过怎样的平移可得到函数的图象？写出平移过程，并直接写出当时，自变量的取值范围．【答案】（1）①关于y轴对称；②；③；（2）将函数的图象先向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度可得到函数的图象，当时，自变量的取值范围为或．【分析】（1）①根据函数图象可直接进行作答；②由函数图象及方程可得当y=-1时，自变量x的值，则可看作直线y=-1与函数的图象交点问题，进而问题可求解；③由题意可看作直线y=a与函数的图象有四个交点的问题，进而问题可求解；（2）由函数图象平移可直接进行求解，然后结合函数图象可求解x的范围问题．【详解】解：（1）①由图象可得：该函数的一条性质为关于y轴对称，（答案不唯一）；故答案为关于y轴对称；②由题意及图象可看作直线y=-1与函数的图象交点问题，如图所示：∴方程的解为；故答案为；③由题意可看作直线y=a与函数的图象有四个交点的问题，如图所示：∴由图象可得若方程有四个实数根，则的取值范围是；故答案为；（2）由题意得：将函数的图象先向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度可得到函数的图象，则平移后的函数图象如图所示：∴由图象可得：当时，自变量x的取值范围为或．【点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．8．（2021·湖北鄂州市·中考真题）如图，直线与轴交于点，与轴交于点，点为线段的中点，点是线段上一动点（不与点、重合）．

（1）请直接写出点、点、点的坐标；（2）连接，在第一象限内将沿翻折得到，点的对应点为点．若，求线段的长；（3）在（2）的条件下，设抛物线的顶点为点．①若点在内部（不包括边），求的取值范围；②在平面直角坐标系内是否存在点，使最大？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1），，；（2）1；（3）①；②存在，【分析】（1）令x=0，令y=0分别代入，即可得到A，B的坐标，结合中点坐标公式，求出P的坐标，即可；（2）过点作于，易得，，又点，可得，，进而即可求解；（3）①把二次函数解析式化为顶点式，可得顶点的坐标为，从而得点是直线上一点，进而即可求解；②作点Q关于直线的对称点，连接E交直线于点C，则CQ=C，此时最大．求出(4，1)，E(5，5)，从而得E的解析式，进而即可求解．【详解】解：（1）令x=0代入，y=6，令y=0代入，x=4，∴，，∵点为线段的中点，∴；（2）过点作于，

∵，∴，∴，∵点，∴，，∴，∵点，∴∴，即的长为1；（3）①，

∴其顶点的坐标为，∴点是直线上一点，∵，，∴当时，又∵点在直线上∴当点在内部（不含边）时，的取值范围是；②作点Q关于直线的对称点，连接E交直线于点C，则CQ=C，此时==E，最大．

∵，，P是Q的中点，∴(4，1)，∵QE⊥OQ，QE=OQ=5，∴E(5，5)，设E的解析式为：y=kx+b，则，解得：，∴E的解析式为：y=4x-15，联立，解得：，∴点C坐标为．答：存在点使最大，此时C的坐标为．【点睛】本题主要考查一次函数，二次函数与平面几何的综合，掌握等腰直角三角形的性质，函数图像上点的坐标特征，利用轴对称性，作出线段差的最大值，是解题的关键．9．（2021·湖北襄阳市·中考真题）如图，直线与，轴分别交于，，顶点为的抛物线过点．（1）求出点，的坐标及的值；（2）若函数在时有最大值为，求的值；（3）连接，过点作的垂线交轴于点．设的面积为．①直接写出关于的函数关系式及的取值范围；②结合与的函数图象，直接写出时的取值范围．【答案】（1），，；（2）；（3）①；②且a≠0或．【分析】（1）令x=0，可得直线与y轴的交点A的坐标；令y=0，可得直线与x轴的交点B的坐标，把点A的坐标代入抛物线的解析式中，即可求得c的值；（2）把配方后，分a>0和a<0两种情况讨论，当时，函数的最大值，根据题意可求得此时的a值；（3）①设直线AP交x轴于点N，易得Rt△AON∽Rt△MOA，由题意可求得ON的长，从而由相似的性质可求得OM，分四种情况：当a<0时，当0<a<1时，当1<a<2时，当a>2时，分别就这些情况计算△BMP的面积即可；②画出函数S的图象，求得当时a的值，结合函数图象即可求得时a的取值范围．【详解】（1）当时，．得当时，，解得．得把代入，得（2）∵∴当，时，随的增大而增大∴当时，的值最大由题意得解得当，时，随的增大而减小∴当时，的值最大由题意得解得（不合题意，舍去）∴（3）①∵，∴直线AP的解析式为设直线AP交x轴于点N，令y=0，得∴，过P点作PC⊥x轴于点C，则当a<0时，如下图所示∵AM⊥AP，OA⊥MN∴∠NAO+∠MAO=∠NAO+∠ANO=90゜∴Rt△AON∽Rt△MOA∴∵OA=1∴∵OB=2∴BM=OB+OM=2-a∵PC=1-a∴当0<a<1时，如下图所示，同理得：，PC=1-a∴BM=OB-OM=2-a∴当1<a<2时，与上图同，同理得：，PC=a-1∴BM=OB-OM=2-a∴当a>2时，如下图所示，同理得：，PC=a-1∴BM=OM-OB=a-2∴当a=1或2时，此时△MBP不存在综上所述，②画出的函数S的图象如下当时，解得或由图象知，当且a≠0或时，S>1∴且a≠0或．【点睛】本题是二次函数的综合，考查了二次函数的图象与性质，求图形面积等知识，涉及分类讨论思想，且分类的情形比较多，数形结合思想，是一个比较难的题．10．（2021·湖北随州市·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，顶点的坐标为．

（1）直接写出抛物线的解析式；（2）如图1，若点在抛物线上且满足，求点的坐标；（3）如图2，是直线上一个动点，过点作轴交抛物线于点，是直线上一个动点，当为等腰直角三角形时，直接写出此时点及其对应点的坐标【答案】（1）；（2），；（3），；，；，；，；，；，．【分析】（1）由和，且D为顶点列方程求出a、b、c，即可求得解析式；（2）分两种情况讨论：①过点作，交抛物线于点，②在下方作交于点，交抛物线于；（3）为等腰直角三角形，分三种情况讨论：当；②当；③当．【详解】解：（1）将和代入得又∵顶点的坐标为∴∴解得∴抛物线的解析式为：．（2）∵和∴直线的解析式为：∵抛物线的解析式为：，抛物线与轴交于点，与轴交于点和点，则C点坐标为，B点坐标为．①过点作，交抛物线于点，则直线的解析式为，结合抛物线可知，解得：（舍），，故．②过点作轴平行线，过点作轴平行线交于点，由可知四边形为正方形，∵直线的解析式为∴与轴交于点，在下方作交于点，交抛物线于∴又∵OC=CG，∴≌，∴，，又由可得直线的解析式为，结合抛物线可知，解得（舍），，故．综上所述，符合条件的点坐标为：，．（3）∵，∴直线的解析式为设M的坐标为，则N的坐标为∴∵，∴直线的解析式为∵为等腰直角三角形∴①当时，如下图所示则Q点的坐标为∴∴解得：（舍去），，∴此时，；，；②当时，如下图所示则Q点的坐标为∴∴解得：（舍去），，∴此时，；，；③当时，如图所示则Q点纵坐标为∴Q点的坐标为∴Q点到MN的距离=∴（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）解得：（舍去），，∴此时，；，．综上所述，点及其对应点的坐标为：，；，；，；，；，；，．【点睛】本题主要考查二次函数与几何图形．该题综合性较强，属于中考压轴题．11．（2021·湖北宜昌市·中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，顶点坐标记为．抛物线的顶点坐标记为．（1）写出点坐标；（2）求，的值（用含的代数式表示）；（3）当时，探究与的大小关系；（4）经过点和点的直线与抛物线，的公共点恰好为3个不同点时，求的值．【答案】（1）；（2），；（3）当时，，当时，，当时，，当或时，；（4），，，【分析】（1）令，解出x即可，（2）把函数顶点式，即可得出结论，（3）令，结合函数图像分类讨论即可，（4）由题意可得：直线的解析式为：，再根据已知条件画出函数图像分三类情况讨论，进而得出n的值；【详解】（1）∵，令，，∴，，∴．（2），∴，∵，∴．（3）∵，，当时，，此时或，．由如图1图象可知：当时，，当时，，当时，，当或时，．（4）设直线的解析式为：，则，由（1）-（2）得，，∴，直线的解析式为：．第一种情况：如图3，当直线经过抛物线，的交点时，联立抛物线与的解析式可得：①联立直线与抛物线的解析式可得：，则，②当时，把代入得：，把，代入直线的解析式得：，∴，∴．此时直线与抛物线，的公共点恰好为三个不同点．当时，把代入①得：，该方程判别式，所以该方程没有实数根．第二种情况：如图4，当直线与抛物线或者与抛物线只有一个公共点时．当直线与抛物线只有一个公共点时，联立直线与抛物线可得，∴，此时，即，∴，∴．由第一种情况而知直线与抛物线公共点的横坐标为，，当时，，∴．所以此时直线与抛物线，的公共点恰好为三个不同点．如图5，当直线与抛物线只有一个公共点，∵，，∴，联立直线与抛物线，，，当时，，此时直线与抛物线，的公共点只有一个，∴．综上所述：∴，，，．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到二次函数的顶点式、一次函数与二次函数的综合、数形结合思想等等，其中（4），要正确画图，并注意分类求解，避免遗漏．12．（2021·湖北武汉市·中考真题）抛物线交轴于，两点（在的左边）．（1）的顶点在轴的正半轴上，顶点在轴右侧的抛物线上．①如图（1），若点的坐标是，点的横坐标是，直接写出点，的坐标；②如图（2），若点在抛物线上，且的面积是12，求点的坐标；（2）如图（3），是原点关于抛物线顶点的对称点，不平行轴的直线分别交线段，（不含端点）于，两点，若直线与抛物线只有一个公共点，求证的值是定值．【答案】（1）①，；②点的坐标是．（2）见解析【分析】（1）①根据函数图象与x轴的交点，令y=0，求出，点E在抛物线上，求出纵坐标为，再根据平行四边形的性质，求出；②连，过点作轴垂线，垂足为，过点作，垂足为，设点坐标为，点坐标为，根据平行四边形的性质，与点在抛物线上，得到，再由则，列出方程求解；（2）方法一：先求出G、H两点的横坐标，再利用求解即可；方法二：先用待定系数法求出直线与直线l的表达式，根据直线l与抛物线有唯一的交点，求出点坐标为，点坐标为，再求出结果．【详解】（1）解：①∵抛物线交轴于，两点（在的左边），∴令=0，解得：，，∴，∵点E在抛物线上，点的横坐标是，∴，∵四边形ACDE是平行四边形，∴∴；②设点坐标为，点坐标为．∵四边形是平行四边形，∴将沿平移可与重合，点坐标为．∵点在抛物线上，∴．解得，，所以．连，过点作轴垂线，垂足为，过点作，垂足为．则，∵，，∴．∴，解得，（不合题意，舍去）．∴点的坐标是．（2）方法一：证明：依题意，得，，∴设直线解析式为，则，解得．∴直线的解析式为．同理，直线的解析式为．设直线的解析式为．联立，消去得．∵直线与抛物线只有一个公共点，∴，．联立，且，解得，，同理，得．∵，两点关于轴对称，∴．∴．∴的值为．方法二：证明：同方法一得直线的解析式为．设直线的解析式为，与抛物线唯一公共点为．联立，消去得，∴．解得．∴直线的解析式为．联立，且，解得．∴点坐标为．同理，点坐标为．∵，∴．∴的值为．【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查二次函数、一次函数、三角形面积、方程组等知识点，解题的关键是学会利用参数，学会用方程组求两个函数图象的交点坐标，学会把问题转化为方程解决，属于压轴题．13．（2021·湖北荆州市·中考真题）已知：直线与轴、轴分别交于、两点，点为直线上一动点，连接，为锐角，在上方以为边作正方形，连接，设．（1）如图1，当点在线段上时，判断与的位置关系，并说明理由；（2）真接写出点的坐标（用含的式子表示）；（3）若，经过点的抛物线顶点为，且有，的面积为．当时，求抛物线的解析式．【答案】（1）BE⊥AB，理由见解析；（2）（）；（3）【分析】（1）先求出点A、B的坐标，则可判断△AOB是等腰直角三角形，然后结合正方形的旋转可证明△AOC≌△BOE（SAS），可得∠OBE=∠OAC=45°，进而可得结论；（2）作辅助线如图1（见解析），根据正方形的性质可证△MOC≌△NEO，可得CM=ON，OM=EN，由（1）的结论可得AC=BE=t，然后解等腰直角△ACM，可求出，进而可得答案；（3）由抛物线过点A结合已知条件可求出抛物线的对称轴是直线x=2，然后由（2）可求出当时k=1，进一步即可求出点P的纵坐标，从而可得顶点P的坐标，于是问题可求解．【详解】解：（1）BE⊥AB，理由如下：对于直线y=-x+1，当x=0时，y=1，当y=0时，x=1，∴B（0，1），A（1，0），∴OA=OB=1，∴∠OBA=∠OAB=45°，∵四边形OCDE是正方形，∴OC=OE，∠COE=90°，∵∠AOB=90°，∴∠AOC=∠BOE，∴△AOC≌△BOE（SAS），∴∠OBE=∠OAC=45°，∴∠EBC=∠EBO+∠OBA=45°+45°=90°，即BE⊥AB；（2）作CM⊥OA于点M，作EN⊥x轴于点N，如图1，则∠CMO=∠ENO=90°，∵∠EON+∠NEO=∠EON+∠COM=90°，∴∠NEO=∠COM，又∵OC=OE，∴△MOC≌△NEO，∴CM=ON，OM=EN，在△ACM中，∠CMA=90°，∠MAC=45°，AC=BE=t，∴，∴，∵点E在第二象限，∴点E的坐标是（）；（3）∵抛物线过点A（1，0），∴a+b+c=0，∵，∴消去c可得b=-4a，∴抛物线的对称轴是直线x=2，如图1，当时，由（2）可得，∴，∴，∴，即k=1，∴△POA的面积为，即，解得，∵a＞0，∴顶点P的纵坐标是-1，∴点P（2，-1），设，把点A（1，0）代入，可求得a=1，∴抛物线的解析式是．【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、一次函数的性质以及等腰直角三角形的判定和性质等知识，具有一定的难度，熟练掌握相关知识、灵活应用数形结合的思想是解题的关键．14．（2021·湖北恩施土家族苗族自治州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点，在轴上，抛物线经过点，两点，且与直线交于另一点．（1）求抛物线的解析式；（2）为抛物线对称轴上一点，为平面直角坐标系中的一点，是否存在以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形．若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）为轴上一点，过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，连接，．探究是否存在最小值．若存在，请求出这个最小值及点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；（3）存在最小值，最小值为，此时点M的坐标为．【分析】（1）由题意易得，进而可得，则有，然后把点B、D代入求解即可；（2）设点，当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分①当时，②当时，然后根据两点距离公式可进行分类求解即可；（3）由题意可得如图所示的图象，连接OM、DM，由题意易得DM=EM，四边形BOMP是平行四边形，进而可得OM=BP，则有，若使的值为最小，即为最小，则有当点D、M、O三点共线时，的值为最小，然后问题可求解．【详解】解：（1）∵四边形为正方形，，∴，，∴，∴OB=1，∴，把点B、D坐标代入得：，解得：，∴抛物线的解析式为；（2）由（1）可得，抛物线解析式为，则有抛物线的对称轴为直线，∵点D与点E关于抛物线的对称轴对称，∴，∴由两点距离公式可得，设点，当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形时，则根据菱形的性质可分：①当时，如图所示：∴由两点距离公式可得，即，解得：，∴点F的坐标为或；②当时，如图所示：∴由两点距离公式可得，即，解得：，∴点F的坐标为或；综上所述：当以点，，，为顶点的四边形是以为边的菱形，点的坐标为或或或；（3）由题意可得如图所示：连接OM、DM，由（2）可知点D与点E关于抛物线的对称轴对称，，∴，DM=EM，∵过点作抛物线对称轴的垂线，垂足为，∴，∴四边形BOMP是平行四边形，∴OM=BP，∴，若使的值为最小，即为最小，∴当点D、M、O三点共线时，的值为最小，此时OD与抛物线对称轴的交点为M，如图所示：∵，∴，∴的最小值为，即的最小值为，设线段OD的解析式为，代入点D的坐标得：，∴线段OD的解析式为，∴．【点睛】本题主要考查二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质，熟练掌握二次函数的综合、菱形的性质及轴对称的性质是解题的关键．15．（2021·湖北十堰市·中考真题）已知抛物线与x轴交于点和，与y轴交于点C，顶点为P，点N在抛物线对称轴上且位于x轴下方，连交抛物线于M，连、．（1）求抛物线的解析式；（2）如图1，当时，求M点的横坐标；（3）如图2，过点P作x轴的平行线l，过M作于D，若，求N点的坐标．【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）将点和点代入解析式，即可求解；（2）由想到将放到直角