解：∵OA＝OC，如图2，CF∥y轴，

∴∠ACE＝∠ACO＝45°，

∴△BCD中必有一个内角为45°，由题意可知，∠BCD不可能为45°，

①若∠CBD＝45°，则BD∥x轴，

∴点D与点B于抛物线的対称轴直线x＝1対称，设BD与直线＝1交于点H，则H（1，﹣2）

B（3，﹣2），D（﹣1，﹣2）

此时△BCD是等腰直角三角形，因此△ACE也是等腰直角三角形，

（i）当∠AEC＝90°时，得到AE＝CE＝1，

∴E（1.1），得到t＝1

（ii）当∠CAE＝90时，得到：AC＝AE＝ $\sqrt{2}$ ，

∴CE＝2，∴E（1.2），得到t＝2

②若∠CDB＝45°，如图3，①中的情况是其中一种，答案同上

以点H为圆心，HB为半径作圆，则点B、C、D都在圆H上，

设圆H与对称左侧的物线交于另一点D₁ ，

则∠CD₁B＝∠CDB＝45°（同弧所对的圆周角相等），即D₁也符合题意

设D₁(n，-n²+2n+1)(-1<n<1)

由HD₁＝DH＝2

解得n₁＝﹣1（含去），n₂＝3（舍去），n₃=1+ $\sqrt{3}$ （舍去），n₄=1- $\sqrt{3}$

∴ $D_{1} (1 - \sqrt{3} ， - 1)$ ，

则 $C D_{1} = \sqrt{{(1 - 1 + \sqrt{3})}^{2} + 1^{2}} = 2$ ，CB= $2 \sqrt{2}$ ，

$B D_{1} = \sqrt{{(3 - 1 + \sqrt{3})}^{2} + {(- 2 + 1)}^{2}} = \sqrt{8 + 4 \sqrt{3}}$

（i）若△ACE∽△CD₁B，则 $\frac{A C}{C D_{1}} = \frac{C E}{B D_{1}}$ ，即 $\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{t}{\sqrt{8 + 4 \sqrt{3}}}$ ，

解得 $t_{1} = 1 + \sqrt{3}$ ， $t_{2} = - 1 - \sqrt{3}$ （舍去）

（ii）△ACE∽△BD₁C则 $\frac{A C}{B D_{1}} = \frac{C E}{C D_{1}}$ ，即 $\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{8 + 4 \sqrt{3}}} = \frac{t}{2}$ ，

解得 $t_{1} = \sqrt{3} - 1$ ， $t_{2} = 1 - \sqrt{3}$ 舍去）

综上所述：所有满足条件的t的值为t＝1或t＝2或 $t = 1 + \sqrt{3}$ 或 $t = \sqrt{3} - 1$

浙教版备考2021年中考数学三轮冲刺复习专题13 二次函数