河南省洛阳洛宁县联考2022年中考联考数学试题含解析

这是一份河南省洛阳洛宁县联考2022年中考联考数学试题含解析，共25页。试卷主要包含了下列图形中一定是相似形的是，下列方程有实数根的是等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．若关于x的一元二次方程ax2+2x﹣5=0的两根中有且仅有一根在0和1之间（不含0和1），则a的取值范围是（ ）
A．a＜3 B．a＞3 C．a＜﹣3 D．a＞﹣3
2．菱形的两条对角线长分别是6cm和8cm，则它的面积是（　　）
A．6cm2 B．12cm2 C．24cm2 D．48cm2
3．如图，已知菱形ABCD的对角线AC．BD的长分别为6cm、8cm，AE⊥BC于点E，则AE的长是（）

A． B． C． D．
4．某共享单车前a公里1元，超过a公里的，每公里2元，若要使使用该共享单车50%的人只花1元钱，a应该要取什么数（　　）
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
5．如图，为测量平地上一块不规则区域（图中的阴影部分）的面积，画一个边长为4m的正方形，使不规则区域落在正方形内．现向正方形内随机投掷小球（假设小球落在正方形内每一点都是等可能的），经过大量重复投掷试验，发现小球落在不规则区域的频率稳定在常数0.65附近，由此可估计不规则区域的面积约为（　　）

A．2.6m2 B．5.6m2 C．8.25m2 D．10.4m2
6．如果一元二次方程2x2+3x+m=0有两个相等的实数根，那么实数m的取值为（　　）
A．m＞ B．m C．m= D．m=
7．下列图形中一定是相似形的是( )
A．两个菱形 B．两个等边三角形 C．两个矩形 D．两个直角三角形
8．下列方程有实数根的是（ ）
A． B．
C．x+2x−1=0 D．
9．如图所示,在折纸活动中,小明制作了一张△ABC纸片,点D,E分别在边AB,AC上,将△ABC沿着DE折叠压平,A与A′重合,若∠A=70°,则∠1+∠2=　(　　)

A．70° B．110° C．130° D．140°
10．纳米是一种长度单位，1纳米=10-9米，已知某种植物花粉的直径约为35000纳米，那么用科学记数法表示该种花粉的直径为（　　）
A．米 B．米 C．米 D．米
11．若一次函数的图象经过第一、二、四象限，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
12．如图1，点F从菱形ABCD的顶点A出发，沿A→D→B以1cm/s的速度匀速运动到点B，图2是点F运动时，△FBC的面积y（cm2）随时间x（s）变化的关系图象，则a的值为（　　）

A． B．2 C． D．2
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．因式分解：mn（n﹣m）﹣n（m﹣n）=_____．
14．如果两个相似三角形对应边上的高的比为1：4，那么这两个三角形的周长比是___．
15．把多项式x3﹣25x分解因式的结果是_____
16．分解因式：___．
17．关于x的一元二次方程（k-1）x2-2x+1=0有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是_______．
18．如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE=3，点F是边BC上不与点B、C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处，若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为 .

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1经过点A(﹣4，0)、B(﹣1，0)，其顶点为．
（1）求抛物线C1的表达式；
（2）将抛物线C1绕点B旋转180°，得到抛物线C2，求抛物线C2的表达式；
（3）再将抛物线C2沿x轴向右平移得到抛物线C3，设抛物线C3与x轴分别交于点E、F(E在F左侧)，顶点为G，连接AG、DF、AD、GF，若四边形ADFG为矩形，求点E的坐标．

20．（6分）甲、乙、丙3名学生各自随机选择到A、B2个书店购书．
（1）求甲、乙2名学生在不同书店购书的概率；
（2）求甲、乙、丙3名学生在同一书店购书的概率．
21．（6分）已知：如图，在菱形ABCD中，F为边BC的中点，DF与对角线AC交于点M，过M作ME⊥CD于点E，∠1=∠1．
（1）若CE=1，求BC的长；
（1）求证：AM=DF+ME．

22．（8分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx+m与双曲线y＝﹣相交于点A（m，2）．
（1）求直线y＝kx+m的表达式；
（2）直线y＝kx+m与双曲线y＝﹣的另一个交点为B，点P为x轴上一点，若AB＝BP，直接写出P点坐标．

23．（8分）如图所示，平面直角坐标系中，O为坐标原点，二次函数的图象与x轴交于、B两点，与y轴交于点C；
（1）求c与b的函数关系式；
（2）点D为抛物线顶点，作抛物线对称轴DE交x轴于点E，连接BC交DE于F，若AE＝DF，求此二次函数解析式；
（3）在（2）的条件下，点P为第四象限抛物线上一点，过P作DE的垂线交抛物线于点M，交DE于H，点Q为第三象限抛物线上一点，作于N，连接MN，且，当时，连接PC，求的值．

24．（10分）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），其中点B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将抛物线向下平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OBC内（包括△OBC的边界），求h的取值范围；
（3）设点P是抛物线上且在x轴上方的任一点，点Q在直线l：x=﹣3上，△PBQ能否成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若能，求出符合条件的点P的坐标；若不能，请说明理由．

25．（10分）如图，在正方形中，点是对角线上一个动点（不与点重合），连接过点作，交直线于点．作交直线于点，连接．

（1）由题意易知，，观察图，请猜想另外两组全等的三角形 ； ；
（2）求证：四边形是平行四边形；
（3）已知，的面积是否存在最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
26．（12分）如图，AC⊥BD，DE交AC于E，AB＝DE，∠A＝∠D．求证：AC＝AE+BC．

27．（12分）如图，小华和同伴在春游期间，发现在某地小山坡的点E处有一棵盛开的桃花的小桃树，他想利用平面镜测量的方式计算一下小桃树到山脚下的距离，即DE的长度，小华站在点B的位置，让同伴移动平面镜至点C处，此时小华在平面镜内可以看到点E，且BC＝2.7米，CD＝11.5米，∠CDE＝120°，已知小华的身高为1.8米，请你利用以上的数据求出DE的长度．（结果保留根号）




参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1、B
【解析】
试题分析：当x=0时，y=－5；当x=1时，y=a－1，函数与x轴在0和1之间有一个交点，则a－1＞0，解得：a＞1．
考点：一元二次方程与函数
2、C
【解析】
已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积．
【详解】
根据对角线的长可以求得菱形的面积，
根据S=ab=×6cm×8cm=14cm1．
故选：C．
【点睛】
考查菱形的面积公式，熟练掌握菱形面积的两种计算方法是解题的关键.
3、D
【解析】
根据菱形的性质得出BO、CO的长，在RT△BOC中求出BC，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于BC×AE，可得出AE的长度．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴CO=AC=3，BO=BD=，AO⊥BO，
∴．
∴．
又∵，
∴BC·AE=24，
即．
故选D．
点睛：此题考查了菱形的性质，也涉及了勾股定理，要求我们掌握菱形的面积的两种表示方法，及菱形的对角线互相垂直且平分．
4、B
【解析】解：根据中位数的意义，故只要知道中位数就可以了．故选B．
5、D
【解析】
首先确定小石子落在不规则区域的概率，然后利用概率公式求得其面积即可．
【详解】
∵经过大量重复投掷试验，发现小石子落在不规则区域的频率稳定在常数0.65附近，
∴小石子落在不规则区域的概率为0.65，
∵正方形的边长为4m，
∴面积为16 m2
设不规则部分的面积为s m2
则=0.65
解得：s=10.4
故答案为：D．
【点睛】
利用频率估计概率．
6、C
【解析】
试题解析：∵一元二次方程2x2+3x+m=0有两个相等的实数根，
∴△=32-4×2m=9-8m=0，
解得：m=．
故选C．
7、B
【解析】
如果两个多边形的对应角相等，对应边的比相等，则这两个多边形是相似多边形．
【详解】
解：∵等边三角形的对应角相等，对应边的比相等，
∴两个等边三角形一定是相似形，
又∵直角三角形，菱形的对应角不一定相等，矩形的边不一定对应成比例，
∴两个直角三角形、两个菱形、两个矩形都不一定是相似形，
故选：B．
【点睛】
本题考查了相似多边形的识别．判定两个图形相似的依据是：对应边成比例，对应角相等，两个条件必须同时具备．
8、C
【解析】
分析：根据方程解的定义，一一判断即可解决问题；
详解：A．∵x4＞0，∴x4+2=0无解；故本选项不符合题意；
B．∵≥0，∴=﹣1无解，故本选项不符合题意；
C．∵x2+2x﹣1=0，△=8=4=12＞0，方程有实数根，故本选项符合题意；
D．解分式方程=，可得x=1，经检验x=1是分式方程的增根，故本选项不符合题意．
故选C．
点睛：本题考查了无理方程、根的判别式、高次方程、分式方程等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
9、D
【解析】
∵四边形ADA'E的内角和为（4-2）•180°=360°，而由折叠可知∠AED=∠A'ED，∠ADE=∠A'DE，∠A=∠A'，∴∠AED+∠A'ED+∠ADE+∠A'DE=360°-∠A-∠A'
=360°-2×70°=220°，∴∠1+∠2=180°×2-（∠AED+∠A'ED+∠ADE+∠A'DE）=140°．
10、C
【解析】
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】
35000纳米=35000×10-9米=3.5×10-5米．
故选C．
【点睛】
此题主要考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
11、D
【解析】
∵一次函数y=ax+b的图象经过第一、二、四象限，
∴a<0，b>0，
∴a+b不一定大于0，故A错误，
a−b<0，故B错误，
ab<0，故C错误，
<0，故D正确．
故选D.
12、C
【解析】
通过分析图象，点F从点A到D用as，此时，△FBC的面积为a，依此可求菱形的高DE，再由图象可知，BD=，应用两次勾股定理分别求BE和a．
【详解】
过点D作DE⊥BC于点E
.
由图象可知，点F由点A到点D用时为as，△FBC的面积为acm1．.
∴AD=a.
∴DE•AD＝a.
∴DE=1.
当点F从D到B时，用s.
∴BD=.
Rt△DBE中，
BE=，
∵四边形ABCD是菱形，
∴EC=a-1，DC=a，
Rt△DEC中，
a1=11+（a-1）1.
解得a=.
故选C．
【点睛】
本题综合考查了菱形性质和一次函数图象性质，解答过程中要注意函数图象变化与动点位置之间的关系．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、
【解析】
mn(n-m)-n(m-n)= mn(n-m)+n(n-m)=n(n-m)(m+1)，
故答案为n(n-m)(m+1).
14、1:4
【解析】
∵两个相似三角形对应边上的高的比为1∶4，
∴这两个相似三角形的相似比是1：4
∵相似三角形的周长比等于相似比，
∴它们的周长比1：4，
故答案为：1：4.
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，相似三角形对应边上的高、相似三角形的周长比都等于相似比.
15、x（x+5）（x﹣5）．
【解析】
分析：首先提取公因式x，再利用平方差公式分解因式即可．
详解：x3-25x
=x（x2-25）
=x（x+5）（x-5）．
故答案为x（x+5）（x-5）．
点睛：此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．
16、
【解析】
先提取公因式，再利用平方差公式分解因式即可.
【详解】

故答案为：.
【点睛】
本题考查了分解因式，熟练掌握因式法、公式法、十字相乘法、分组分解法的区别，根据题目选择合适的方法是解题的关键.
17、k＜2且k≠1
【解析】
试题解析：∵关于x的一元二次方程（k-1）x2-2x+1=0有两个不相等的实数根，
∴k-1≠0且△=（-2）2-4（k-1）＞0，
解得：k＜2且k≠1．
考点：1.根的判别式；2.一元二次方程的定义．
18、36或4.
【解析】
（3）当B′D=B′C时，过B′点作GH∥AD，则∠B′GE=90°，
当B′C=B′D时，AG=DH=DC=8，由AE=3，AB=36，得BE=3．
由翻折的性质，得B′E=BE=3，
∴EG=AG﹣AE=8﹣3=5，
∴B′G===33，
∴B′H=GH﹣B′G=36﹣33=4，
∴DB′===；
（3）当DB′=CD时，则DB′=36（易知点F在BC上且不与点C、B重合）；
（3）当CB′=CD时，
∵EB=EB′，CB=CB′，
∴点E、C在BB′的垂直平分线上，
∴EC垂直平分BB′，
由折叠可知点F与点C重合，不符合题意，舍去．
综上所述，DB′的长为36或．故答案为36或．

考点：3．翻折变换（折叠问题）；3．分类讨论．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、（1）y；（2）；（3）E(，0)．
【解析】
（1）根据抛物线C1的顶点坐标可设顶点式将点B坐标代入求解即可；
（2）由抛物线C1绕点B旋转180°得到抛物线C2知抛物线C2的顶点坐标，可设抛物线C2的顶点式，根据旋转后抛物线C2开口朝下，且形状不变即可确定其表达式；
（3）作GK⊥x轴于G，DH⊥AB于H，由题意GK=DH=3，AH=HB=EK=KF，结合矩形的性质利用两组对应角分别相等的两个三角形相似可证△AGK∽△GFK，由其对应线段成比例的性质可知AK长，结合A、B点坐标可知BK、BE、OE长，可得点E坐标.
【详解】
解：（1）∵抛物线C1的顶点为，
∴可设抛物线C1的表达式为y，
将B(﹣1，0)代入抛物线解析式得：，
∴，
解得：a，
∴抛物线C1的表达式为y，即y．
（2）设抛物线C2的顶点坐标为
∵抛物线C1绕点B旋转180°，得到抛物线C2，即点与点关于点B(﹣1，0)对称


∴抛物线C2的顶点坐标为()
可设抛物线C2的表达式为y
∵抛物线C2开口朝下，且形状不变

∴抛物线C2的表达式为y，即．
（3）如图，作GK⊥x轴于G，DH⊥AB于H．

由题意GK=DH=3，AH=HB=EK=KF，
∵四边形AGFD是矩形，
∴∠AGF=∠GKF=90°，
∴∠AGK+∠KGF=90°，∠KGF+∠GFK=90°，
∴∠AGK=∠GFK．
∵∠AKG=∠FKG=90°，
∴△AGK∽△GFK，
∴，
∴，
∴AK=6，
，
∴BE=BK﹣EK=3，
∴OE，
∴E(，0)．
【点睛】
本题考查了二次函数与几何的综合，涉及了待定系数法求二次函数解析式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、旋转变换的性质，灵活的利用待定系数法求二次函数解析式是解前两问的关键，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解（3）的关键.
20、（1）P=;（2）P=.
【解析】
试题分析：依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．
试题解析：（1）甲、乙两名学生到A、B两个书店购书的所有可能结果有：

从树状图可以看出，这两名学生到不同书店购书的可能结果有AB、BA共2种，
所以甲乙两名学生在不同书店购书的概率P（甲、乙2名学生在不同书店购书）=；
（2）甲、乙、丙三名学生AB两个书店购书的所有可能结果有：

从树状图可以看出，这三名学生到同一书店购书的可能结果有AAA、BBB共2种，
所以甲乙丙到同一书店购书的概率P(甲、乙、丙3名学生在同一书店购书)=.
点睛：本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21、 (1)1;(1)见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据菱形的对边平行可得AB∥CD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠1=∠ACD，所以∠ACD=∠1，根据等角对等边的性质可得CM=DM，再根据等腰三角形三线合一的性质可得CE=DE，然后求出CD的长度，即为菱形的边长BC的长度；
（1）先利用“边角边”证明△CEM和△CFM全等，根据全等三角形对应边相等可得ME=MF，延长AB交DF于点G，然后证明∠1=∠G，根据等角对等边的性质可得AM=GM，再利用“角角边”证明△CDF和△BGF全等，根据全等三角形对应边相等可得GF=DF，最后结合图形GM=GF+MF即可得证．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠1=∠ACD，
∵∠1=∠1，
∴∠ACD=∠1，
∴MC=MD，
∵ME⊥CD，
∴CD=1CE，
∵CE=1，
∴CD=1，
∴BC=CD=1；
（1）AM=DF+ME
证明：如图，

∵F为边BC的中点，
∴BF=CF=BC，
∴CF=CE，
在菱形ABCD中，AC平分∠BCD，
∴∠ACB=∠ACD，
在△CEM和△CFM中，
∵，
∴△CEM≌△CFM（SAS），
∴ME=MF，
延长AB交DF的延长线于点G，
∵AB∥CD，
∴∠G=∠1，
∵∠1=∠1，
∴∠1=∠G，
∴AM=MG，
在△CDF和△BGF中，
∵
∴△CDF≌△BGF（AAS），
∴GF=DF，
由图形可知，GM=GF+MF，
∴AM=DF+ME．
22、（1）m＝﹣1；y＝﹣3x﹣1；（2）P1（5，0），P2（，0）．
【解析】
（1）将A代入反比例函数中求出m的值,即可求出直线解析式,
（2）联立方程组求出B的坐标,理由过两点之间距离公式求出AB的长,求出P点坐标,表示出BP长即可解题.
【详解】
解：（1）∵点A（m，2）在双曲线上，
∴m＝﹣1，
∴A（﹣1，2），直线y＝kx﹣1，
∵点A（﹣1，2）在直线y＝kx﹣1上，
∴y＝﹣3x﹣1．
（2） ，解得或，
∴B（，﹣3），
∴AB＝＝，设P（n，0），
则有（n﹣）2+32＝
解得n＝5或，
∴P1（5，0），P2（，0）．
【点睛】
本题考查了一次函数和反比例函数的交点问题,中等难度,联立方程组,会用两点之间距离公式是解题关键.
23、（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）把A（-1，0）代入y=x2-bx+c，即可得到结论；
（2）由（1）得，y=x2-bx-1-b，求得EO=，AE=+1=BE，于是得到OB=EO+BE=++1=b+1，当x=0时，得到y=-b-1，根据等腰直角三角形的性质得到D（，-b-2），将D（，-b-2）代入y=x2-bx-1-b解方程即可得到结论；
（3）连接QM，DM，根据平行线的判定得到QN∥MH，根据平行线的性质得到∠NMH=∠QNM，根据已知条件得到∠QMN=∠MQN，设QN=MN=t，求得Q（1-t，t2-4），得到DN=t2-4-（-4）=t2，同理，设MH=s，求得NH=t2-s2，根据勾股定理得到NH=1，根据三角函数的定义得到∠NMH=∠MDH推出∠NMD=90°；根据三角函数的定义列方程得到t1=，t2=-（舍去），求得MN=，根据三角函数的定义即可得到结论．
【详解】
（1）把A（﹣1，0）代入，
∴，
∴；
（2）由（1）得，，
∵点D为抛物线顶点，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
将代入得，，
解得：，（舍去），
∴二次函数解析式为：；
（3）连接QM，DM，

∵，，
∴，∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，设，则，
∴，同理，
设，则，∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
∵，
∴，，
∵，
∴，即，
解得：，（舍去），
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，，
过P作于T，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，平行线的性质，三角函数的定义，勾股定理，正确的作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
24、（1）y=﹣x2+2x+3（2）2≤h≤4（3）（1，4）或（0，3）
【解析】
（1）抛物线的对称轴x=1、B（3，0）、A在B的左侧，根据二次函数图象的性质可知A（-1，0）；
根据抛物线y=ax2+bx+c过点C（0，3），可知c的值.结合A、B两点的坐标，利用待定系数法求出a、b的值，可得抛物线L的表达式；
（2）由C、B两点的坐标，利用待定系数法可得CB的直线方程.对抛物线配方，还可进一步确定抛物线的顶点坐标；通过分析h为何值时抛物线顶点落在BC上、落在OB上，就能得到抛物线的顶点落在△OBC内（包括△OBC的边界）时h的取值范围.
（3）设P（m，﹣m2+2m+3），过P作MN∥x轴，交直线x=﹣3于M，过B作BN⊥MN，
通过证明△BNP≌△PMQ求解即可.
【详解】
（1）把点B（3，0），点C（0，3）代入抛物线y=﹣x2+bx+c中得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+2x+3；
（2）y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，即抛物线的对称轴是：x=1，
设原抛物线的顶点为D，
∵点B（3，0），点C（0，3）．
易得BC的解析式为：y=﹣x+3，
当x=1时，y=2，
如图1，当抛物线的顶点D（1，2），此时点D在线段BC上，抛物线的解析式为：y=﹣（x﹣1）2+2=﹣x2+2x+1，
h=3﹣1=2，
当抛物线的顶点D（1，0），此时点D在x轴上，抛物线的解析式为：y=﹣（x﹣1）2+0=﹣x2+2x﹣1，
h=3+1=4，
∴h的取值范围是2≤h≤4；
（3）设P（m，﹣m2+2m+3），
如图2，△PQB是等腰直角三角形，且PQ=PB，
过P作MN∥x轴，交直线x=﹣3于M，过B作BN⊥MN，
易得△BNP≌△PMQ，
∴BN=PM，
即﹣m2+2m+3=m+3，
解得：m1=0（图3）或m2=1，
∴P（1，4）或（0，3）．
【点睛】
本题主要考查了待定系数法求二次函数和一次函数的解析式、二次函数的图象与性质、二次函数与一元二次方程的联系、全等三角形的判定与性质等知识点.解（1）的关键是掌握待定系数法，解（2）的关键是分顶点落在BC上和落在OB上求出h的值，解（3）的关键是证明△BNP≌△PMQ.
25、（1）；（2）见解析；（3）存在，2
【解析】
（1）利用正方形的性质及全等三角形的判定方法证明全等即可；
（2）由（1）可知，则有，从而得到，最后利用一组对边平行且相等即可证明；
（3）由（1）可知，则，从而得到是等腰直角三角形，则当最短时，的面积最小，再根据AB的值求出PB的最小值即可得出答案．
【详解】
解：（1）四边形是正方形，
，
，
，
，
，
在和中，




在和中，
，

故答案为；
（2）证明：由（1）可知，
，



四边形是平行四边形.
（3）解：存在，理由如下：



是等腰直角三角形，
最短时，的面积最小，
当时，最短，此时，
的面积最小为.
【点睛】
本题主要考查全等三角形的判定及性质，平行四边形的判定，掌握全等三角形的判定方法和平行四边形的判定方法是解题的关键．
26、见解析.
【解析】
由“SAS”可证△ABC≌△DEC，可得BC＝CE，即可得结论．
【详解】
证明：∵AB＝DE，∠A＝∠D，∠ACB＝∠DCE＝90°
∴△ABC≌△DEC（SAS）
∴BC＝CE，
∵AC＝AE+CE
∴AC＝AE+BC
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练运用全等三角形的性质是本题的关键．
27、DE的长度为6+1．
【解析】
根据相似三角形的判定与性质解答即可．
【详解】
解：过E作EF⊥BC，

∵∠CDE＝120°，
∴∠EDF＝60°，
设EF为x，DF＝x，
∵∠B＝∠EFC＝90°，
∵∠ACB＝∠ECD，
∴△ABC∽△EFC，
∴，
即，
解得：x＝9+2，
∴DE＝=6+1，
答：DE的长度为6+1．
【点睛】
本题考查相似三角形性质的应用，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立适当的数学模型来解决问题．