2021年新高一数学专题复习《二次函数》

这是一份2021年新高一数学专题复习《二次函数》，共78页。试卷主要包含了，有下列结论，，请思考下列判断，，连接PA，PB等内容，欢迎下载使用。
2021年新高一数学专题复习《二次函数》
一．选择题（共10小题）
1．（2021•葫芦岛一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为x＝﹣1，且过点（，0），有下列结论：
①abc＞0； ②a﹣2b+4c＞0；③25a﹣10b+4c＝0；④3b+2c＞0；
其中所有正确的结论是（　　）

A．①③ B．①③④ C．①②③ D．①②③④
2．（2021春•雨花区月考）在平面直角坐标系中，对图形F给出如下定义：若图形F上的所有点都在以原点为顶点的角的内部或边界上，在所有满足条件的角中，其度数的最小值称为图形的坐标角度，例如，如图中的矩形ABCD的坐标角度是90°．现将二次函数y＝ax2（1≤a≤3）的图象在直线y＝1下方的部分沿直线y＝1向上翻折，则所得图形的坐标角度α的取值范围是（　　）

A．30°≤α≤60° B．60°≤α≤90°
C．90°≤α≤120° D．120°≤α≤150°
3．（2020春•崇川区校级期末）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：
x
…
﹣2
﹣1
0
1
2
…
y＝ax2+bx+c
…
t
m
﹣2
﹣2
n
…
且当x＝﹣时，与其对应的函数值y＞0，有下列结论：①函数图象的顶点在第四象限内；②﹣2和3是关于x的方程ax2+bx+c＝t的两个根；③0＜m+n＜，其中，正确结论的是（　　）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
4．（2019•井研县模拟）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的大致图象如图所示，顶点坐标为（﹣2，﹣9a），下列结论：①abc＜0；②4a+2b+c＞0；③5a﹣b+c＝0；④若方程a（x+5）（x﹣1）＝﹣1有两个根x1和x2，且x1＜x2，则﹣5＜x1＜x2＜1；⑤若方程|ax2+bx+c|＝1有四个根，则这四个根的和为﹣8，其中正确的结论有（　　）

A．①②③④ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①②④⑤
5．（2019•定陶区三模）如图，函数y＝ax2+bx+c的图象过点（﹣1，0）和（m，0），请思考下列判断：
①abc＜0；②4a+c＜2b；③＝1﹣；④am2+（2a+b）m+a+b+c＜0；⑤|am+a|＝正确的是（　　）

A．①③⑤ B．①②③④⑤ C．①③④ D．①②③⑤
6．（2015•番禺区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx（k为常数）与抛物线y＝x2﹣2交于A，B两点，且A点在y轴左侧，P点坐标为（0，﹣4），连接PA，PB．有以下说法：
①PO2＝PA•PB； ②当k＞0时，（PA+AO）（PB﹣BO）的值随k的增大而增大；
③当k＝﹣时，BP2＝BO•BA；④△PAB面积的最小值为4，
其中正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．（2021•资阳）已知A、B两点的坐标分别为（3，﹣4）、（0，﹣2），线段AB上有一动点M（m，n），过点M作x轴的平行线交抛物线y＝a（x﹣1）2+2于P（x1，y1）、Q（x2，y2）两点．若x1＜m≤x2，则a的取值范围为（　　）
A．﹣4≤a＜﹣ B．﹣4≤a≤﹣ C．﹣≤a＜0 D．﹣＜a＜0
8．（2021•滨江区三模）已知二次函数y＝（m﹣1）x2+（n﹣6）x+1（m≥0，n≥0），当1≤x≤2时，y随x的增大而减小，则mn的最大值为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．
9．（2021•宁波模拟）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于（1，0），及（x1，0），且﹣2＜x1＜﹣1，与y轴的交点在（0，2）上方，则下列结论中错误的是（　　）

A．abc＞0
B．当x≥﹣时，y随着x的增大而减少
C．a+b+c＝0
D．关于x的一元二次方程ax2+bx+（c﹣2）＝0有两个不相等的实数根
10．（2021•嘉兴二模）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣2，2），B（2，1），若抛物线y＝ax2﹣2x+1（a≠0）与线段AB有两个不同的交点，则a的取值范围是（　　）
A．或a≥1 B．a≥﹣或a＜﹣
C．﹣≤a≤1且a≠0 D．a≤﹣或a≥1
二．填空题（共10小题）
11．（2021•罗湖区校级二模）如图，抛物线y＝的图象与坐标轴交于点A，B，D，顶点为E，以AB为直径画半圆交y正半轴交于点C，圆心为M，P是半圆上的一动点，连接EP．
①点E在⊙M的内部；
②CD的长为；
③若P与C重合，则∠DPE＝15°；
④在P的运动过程中，若AP＝，则PE＝
⑤N是PE的中点，当P沿半圆从点A运动至点B时，点N运动的路径长是2π．
以上5个结论正确的是　 　；（填写序号）

12．（2019秋•义乌市期末）如图，抛物线y＝﹣x2+x+2与x轴交于点A和点B．
（1）已知点D（m，m+1）在第一象限的抛物线上，则点D的坐标是　 　；
（2）在（1）的条件下，连接BD，P为抛物线上一点，且∠DBP＝135°，则点P的坐标是　 　．

13．（2020•芜湖二模）对于一个函数，如果它的自变量x与函数值y满足：当﹣1≤x≤1时，﹣1≤y≤1，则称这个函数为“闭函数”．例如：y＝x，y＝﹣x均是“闭函数”．已知y＝ax2+bx+c（a≠0）是“闭函数”，且抛物线经过点A（1，﹣1）和点B（﹣1，1），则a的取值范围是　 　．
14．（2019秋•义乌市期中）已知：直线y＝ax+b与抛物线y＝ax2﹣bx+c的一个交点为（0，2），同时这条直线与x轴相交于点A，且相交所成的角为45°．
（1）点A的坐标为　 　；
（2）若抛物线y＝ax2﹣bx+c与x轴交于点M、N（点M在点N左边），将此抛物线作关于y轴对称，M的对应点为E，两抛物线相交于点F，连接NF，EF得△NEF，P是轴对称后的抛物线上的点，使得△NEP的面积与△NEF的面积相等，则P点坐标为　 　．
15．（2020•芦淞区模拟）定义[a，b，c]为函数y＝ax2+bx+c的特征数，下面给出特征数位[2m，1﹣m，﹣1﹣m]的函数的一些结论：
①当m＝﹣3时，函数图象的顶点坐标是（，）；
②当m＝1时，函数图象截x轴所得的线段长度等于2；
③当m＝﹣1时，函数在x＞时，y随x的增大而减小；
④当m≠0时，函数图象经过同一个点．
上述结论中所有正确的结论有　 　．（填写所有正确答案的序号）
16．（2021•灞桥区校级模拟）已知矩形长与宽分别为a、b（a＞b），截一个面积最大的菱形，使菱形的顶点落在矩形的边上，该菱形最大面积为　 　．

17．（2021•郑州模拟）如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是AB边上一动点（不与点A，B重合），连接PD，过点B作BM⊥PD交DP的延长线于点M，连接AM，过点A作AN⊥AM交PD于点N，连接BN，CN，则△BNC面积的最小值为　 　．

18．（2021•长丰县二模）如图，正方形ABCD的边长为2，E为边AD上一动点，连接BE、CE，以CE为边向右侧作正方形CEFG．
（1）若BE＝，则正方形CEFG的面积为　 　；
（2）连接DF、DG，则△DFG面积的最小值为　 　．

19．（2021•天桥区二模）如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝BE，CF与AD相交于点G，连接EC、EF、EG．则下列结论：①∠ECF＝45°；②△AEG的周长为（1+）a；③BE2+DG2＝EG2；④△EAF的面积的最大值是a2；⑤当时BE＝a，G是线段AD的中点．其中正确的结论是　 　．

20．（2021•宁波模拟）已知关于x的二次函数y＝x2﹣ax+a﹣1的图象与坐标轴有且只有2个公共点，则a＝　 　．
三．解答题（共10小题）
21．（2021•资阳）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且B（﹣1，0），C（0，3）．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线上位于直线AC上方的一点，BP与AC相交于点E，当PE：BE＝1：2时，求点P的坐标；
（3）如图2，点D是抛物线的顶点，将抛物线沿CD方向平移，使点D落在点D'处，且DD'＝2CD，点M是平移后所得抛物线上位于D'左侧的一点，MN∥y轴交直线OD'于点N，连结CN．当D'N+CN的值最小时，求MN的长．
22．（2021•常德）如图，在平面直角坐标系xOy中，平行四边形ABCD的AB边与y轴交于E点，F是AD的中点，B、C、D的坐标分别为（﹣2，0），（8，0），（13，10）．
（1）求过B、E、C三点的抛物线的解析式；
（2）试判断抛物线的顶点是否在直线EF上；
（3）设过F与AB平行的直线交y轴于Q，M是线段EQ之间的动点，射线BM与抛物线交于另一点P，当△PBQ的面积最大时，求P的坐标．

23．（2021•铁东区模拟）抛物线y＝ax2﹣x+c与x轴相交于A（8，0），B（﹣1，0），与y轴相交于点C，点P是直线AC下方抛物线上一点，PD⊥x轴于点E，交线段AC于点D，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当∠ADO＝∠OBC时，求点D的坐标；
（3）当PD+DC的值最大时，
①请求出符合上述条件的点P的横坐标；
②若Q是平面内任意一点，将△ADE绕点Q逆时针方向旋转90°后得到△A'D'E′，若△A′D′E′的三个顶点中有两个顶点恰好落在抛物线上，请直接写出点A′的横坐标．

24．（2021•武汉模拟）抛物线C1：y＝a（x﹣b）2+2﹣b（b＞0）过点H（2，0），抛物线的顶点为点D．

（1）若a＝1，求抛物线的顶点D的坐标；
（2）若0＜b＜2，点K在y轴上，若△HDK为等腰三角形，且满足条件的K点有且仅有两个，直接写出b的值；
（3）若a＝，将抛物线C1平移使得其顶点和原点重合，得到新抛物线C2，过点A（﹣2，3）的直线交抛物线C2于M、Q两点，过点B（﹣6，3）的直线交抛物线C2于M、P两点．求证：直线PQ过定点，并求出定点坐标．
25．（2021•白银）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0，﹣2），B（4，0）两点，直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．点D为直线AB下方抛物线上一动点，过点D作x轴的垂线，垂足为G，DG分别交直线BC，AB于点E，F．
（1）求抛物线y＝x2+bx+c的表达式；
（2）当GF＝时，连接BD，求△BDF的面积；
（3）①H是y轴上一点，当四边形BEHF是矩形时，求点H的坐标；
②在①的条件下，第一象限有一动点P，满足PH＝PC+2，求△PHB周长的最小值．

26．（2021•乐山）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象开口向上，且经过点A（0，），B（2，﹣）．
（1）求b的值（用含a的代数式表示）；
（2）若二次函数y＝ax2+bx+c在1≤x≤3时，y的最大值为1，求a的值；
（3）将线段AB向右平移2个单位得到线段A′B′．若线段A′B′与抛物线y＝ax2+bx+c+4a﹣1仅有一个交点，求a的取值范围．
27．（2021春•沙坪坝区校级月考）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交A（﹣2，0）和点B，与y轴交于点C，并且经过点D（5，）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图1，点M是抛物线上第四象限内一点，联结AC，CM，BM，当四边形ACMB面积最大时，求点M的坐标以及S四边形ACMB的最大值；
（3）如图2，将抛物线沿射线BC方向平移，平移后的抛物线经过线段BC的中点，记点B平移后的对应点为B1，点C平移后的对应点为C1，点Q是平移后新抛物线对称轴上一点，点P是原抛物线上一点，若以点B1，C1，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点P的坐标．

28．（2021•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝a（x﹣h）2+k与x轴相交于O，A两点，顶点P的坐标为（2，﹣1）．点B为抛物线上一动点，连接AP，AB，过点B的直线与抛物线交于另一点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点B的横坐标与纵坐标相等，∠ABC＝∠OAP，且点C位于x轴上方，求点C的坐标；
（3）若点B的横坐标为t，∠ABC＝90°，请用含t的代数式表示点C的横坐标，并求出当t＜0时，点C的横坐标的取值范围．

29．（2021•武汉）抛物线y＝x2﹣1交x轴于A，B两点（A在B的左边）．
（1）▱ACDE的顶点C在y轴的正半轴上，顶点E在y轴右侧的抛物线上；
①如图（1），若点C的坐标是（0，3），点E的横坐标是，直接写出点A，D的坐标．
②如图（2），若点D在抛物线上，且▱ACDE的面积是12，求点E的坐标．
（2）如图（3），F是原点O关于抛物线顶点的对称点，不平行y轴的直线l分别交线段AF，BF（不含端点）于G，H两点．若直线l与抛物线只有一个公共点，求证：FG+FH的值是定值．

30．（2021•岳阳）如图，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接BC．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）如图2，直线l：y＝kx+3经过点A，点P为直线l上的一个动点，且位于x轴的上方，点Q为抛物线上的一个动点，当PQ∥y轴时，作QM⊥PQ，交抛物线于点M（点M在点Q的右侧），以PQ，QM为邻边构造矩形PQMN，求该矩形周长的最小值；
（3）如图3，设抛物线的顶点为D，在（2）的条件下，当矩形PQMN的周长取最小值时，抛物线上是否存在点F，使得∠CBF＝∠DQM？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．


2021年新高一数学专题复习《二次函数》
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2021•葫芦岛一模）如图，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为x＝﹣1，且过点（，0），有下列结论：
①abc＞0； ②a﹣2b+4c＞0；③25a﹣10b+4c＝0；④3b+2c＞0；
其中所有正确的结论是（　　）

A．①③ B．①③④ C．①②③ D．①②③④
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征．菁优网版权所有
【专题】推理填空题；二次函数图象及其性质；推理能力．
【分析】①根据抛物线的开口方向、对称轴、与y轴的交点即可得结论；
②根据抛物线与x轴的交点坐标即可得结论；
③根据对称轴和与x轴的交点得另一个交点坐标，把另一个交点坐标代入抛物线解析式即可得结论；
④根据点（，0）和对称轴方程即可得结论．
【解答】解：①观察图象可知：
a＜0，b＜0，c＞0，∴abc＞0，
所以①正确；
②当x＝时，y＝0，
即a+b+c＝0，
∴a+2b+4c＝0，
∴a+4c＝﹣2b，
∴a﹣2b+4c＝﹣4b＞0，
所以②正确；
③因为对称轴x＝﹣1，抛物线与x轴的交点（，0），
所以与x轴的另一个交点为（﹣，0），
当x＝﹣时，a﹣b+c＝0，
∴25a﹣10b+4c＝0．
所以③正确；
④当x＝时，a+2b+4c＝0，
又对称轴：﹣＝﹣1，
∴b＝2a，a＝b，
b+2b+4c＝0，
∴b＝﹣c．
∴3b+2c＝﹣c+2c＝﹣c＜0，
∴3b+2c＜0．
所以④错误．
或者∵当x＝1时，a+b+c＜0，
∴c＜﹣a﹣b，
又∵b＝2a，
∴a＝b，
∴c＜﹣b，
∴2c＜﹣3b，
∴2c+3b＜0，
∴结论④错误
故选：C．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征，解决本题的关键是熟练运用二次函数的图象和性质．
2．（2021春•雨花区月考）在平面直角坐标系中，对图形F给出如下定义：若图形F上的所有点都在以原点为顶点的角的内部或边界上，在所有满足条件的角中，其度数的最小值称为图形的坐标角度，例如，如图中的矩形ABCD的坐标角度是90°．现将二次函数y＝ax2（1≤a≤3）的图象在直线y＝1下方的部分沿直线y＝1向上翻折，则所得图形的坐标角度α的取值范围是（　　）

A．30°≤α≤60° B．60°≤α≤90°
C．90°≤α≤120° D．120°≤α≤150°
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象与几何变换；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】二次函数图象及其性质．
【分析】分a＝1和a＝3两种情形画出图形，根据图形的坐标角度的定义即可解决问题．
【解答】解：当a＝1时，如图1中，

∵角的两边分别过点A（﹣1，1），B（1，1），作BE⊥x轴于E，
∴BE＝OE，
∴∠BOE＝45°，
根据对称性可知∠AOB＝90°
∴此时坐标角度m＝90°；
当a＝3时，如图2中，

角的两边分别过点A（﹣，1），B（，1），作BE⊥x轴于E，
∵tan∠BOE＝，
∴∠BOE＝60°，
根据对称性可知∠AOB＝60°
∴此时坐标角度α＝60°，
∴60°≤α≤90°；
故选：B．
【点评】本题考查二次函数综合题、图形的坐标角度的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会正确画出图形，学会利用特殊点或特殊位置解决问题，属于中考常压轴题．
3．（2020春•崇川区校级期末）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：
x
…
﹣2
﹣1
0
1
2
…
y＝ax2+bx+c
…
t
m
﹣2
﹣2
n
…
且当x＝﹣时，与其对应的函数值y＞0，有下列结论：①函数图象的顶点在第四象限内；②﹣2和3是关于x的方程ax2+bx+c＝t的两个根；③0＜m+n＜，其中，正确结论的是（　　）
A．①②③ B．①② C．①③ D．②③
【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点．菁优网版权所有
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【分析】①根据表格中对应值可知对称轴的值和抛物线与y轴的交点，即可判断；
②根据二次函数的对称性即可判断；
③根据抛物线的对称轴确定a与b的关系式，再根据已知条件求出a的取值范围即可判断．
【解答】解：①根据图表可知：
二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点（0，﹣2），（1，﹣2），
∴对称轴为直线x＝＝，c＝﹣2，
∵当x＝﹣时，与其对应的函数值y＞0，
∴a＞0，b＜0，
∴函数图象的顶点在第四象限内；
①正确；
②根据二次函数的对称性可知：
（﹣2，t）关于对称轴x＝的对称点为（3，t），
即﹣2和3是关于x的方程ax2+bx+c＝t的两个根，
∴②正确；
③∵对称轴为直线x＝，∴﹣＝，∴b＝﹣a，
∵当x＝﹣时，与其对应的函数值y＞0，
∴a﹣b﹣2＞0，即a+a﹣2＞0，∴a＞．
∵对称轴为直线x＝，二次函数y＝ax2+bx+c的图象过点（﹣1，m）（2，n），
∴m＝n，当x＝﹣1时，m＝a﹣b+c＝a+a﹣2＝2a﹣2，
∴m+n＝4a﹣4，∵a＞．
∴4a﹣4＞，
∴③错误．
故选：B．
【点评】本题考查了抛物线与x轴的交点、二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
4．（2019•井研县模拟）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的大致图象如图所示，顶点坐标为（﹣2，﹣9a），下列结论：①abc＜0；②4a+2b+c＞0；③5a﹣b+c＝0；④若方程a（x+5）（x﹣1）＝﹣1有两个根x1和x2，且x1＜x2，则﹣5＜x1＜x2＜1；⑤若方程|ax2+bx+c|＝1有四个根，则这四个根的和为﹣8，其中正确的结论有（　　）

A．①②③④ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①②④⑤
【考点】根的判别式；根与系数的关系；二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点．菁优网版权所有
【专题】函数思想；判别式法；数据分析观念．
【分析】①抛物线对称轴在y轴左侧，则ab同号，而c＜0，即可求解；
②x＝2时，y＝4a+2b+c＞0，即可求解；
③5a﹣b+c＝5a﹣4a﹣5a≠0，即可求解；
④y＝a（x+5）（x﹣1）+1，相当于由原抛物线y＝ax2+bx+c向上平移了1个单位，即可求解；
⑤若方程|ax2+bx+c|＝1，即：若方程ax2+bx+c＝±1，当ax2+bx+c﹣1＝0时，由韦达定理得：其两个根的和为﹣4，即可求解．
【解答】解：二次函数表达式为：y＝a（x+2）2﹣9a＝ax2+4ax﹣5a＝a（x+5）（x﹣1），
①抛物线对称轴在y轴左侧，则ab同号，而c＜0，则abc＜0，故正确；
②函数在y轴右侧的交点为x＝1，x＝2时，y＝4a+2b+c＞0，故正确；
③5a﹣b+c＝5a﹣4a﹣5a≠0，故错误；
④y＝a（x+5）（x﹣1）+1，相当于由原抛物线y＝ax2+bx+c向上平移了1个单位，故有两个根x1和x2，且x1＜x2，则﹣5＜x1＜x2＜1，正确；
⑤若方程|ax2+bx+c|＝1，即：若方程ax2+bx+c＝±1，当ax2+bx+c﹣1＝0时，用韦达定理得：其两个根的和为﹣4，同理当ax2+bx+c+1＝0时，其两个根的和也为﹣4，故正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查的是抛物线与x轴交点，涉及到根与系数的关系、根的判别式等，关键是熟练掌握二次函数表达式的三种形式，进而求解．
5．（2019•定陶区三模）如图，函数y＝ax2+bx+c的图象过点（﹣1，0）和（m，0），请思考下列判断：
①abc＜0；②4a+c＜2b；③＝1﹣；④am2+（2a+b）m+a+b+c＜0；⑤|am+a|＝正确的是（　　）

A．①③⑤ B．①②③④⑤ C．①③④ D．①②③⑤
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征．菁优网版权所有
【专题】二次函数图象及其性质．
【分析】①利用图象信息即可判断；②根据x＝﹣2时，y＜0即可判断；③根据m是方程ax2+bx+c＝0的根，结合两根之积﹣m＝，即可判断；④根据两根之和﹣1+m＝﹣，可得ma＝a﹣b，可得am2+（2a+b）m+a+b+c＝am2+bm+c+2am+a+b＝2a﹣2b+a+b＝3a﹣b＜0，⑤根据抛物线与x轴的两个交点之间的距离，列出关系式即可判断；
【解答】解：∵抛物线开口向下，
∴a＜0，
∵抛物线交y轴于正半轴，
∴c＞0，
∵﹣＞0，
∴b＞0，
∴abc＜0，故①正确，
∵x＝﹣2时，y＜0，
∴4a﹣2b+c＜0，即4a+c＜2b，故②正确，
∵y＝ax2+bx+c的图象过点（﹣1，0）和（m，0），
∴﹣1×m＝，am2+bm+c＝0，
∴++＝0，
∴＝1﹣，故③正确，
∵﹣1+m＝﹣，
∴﹣a+am＝﹣b，
∴am＝a﹣b，
∵am2+（2a+b）m+a+b+c
＝am2+bm+c+2am+a+b
＝2a﹣2b+a+b
＝3a﹣b＜0，故④正确，
∵m+1＝|﹣|，
∴m+1＝||，
∴|am+a|＝，故⑤正确，
故选：B．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向：当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置：当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点：抛物线与y轴交于（0，c）；△决定抛物线与x轴交点个数：△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
6．（2015•番禺区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx（k为常数）与抛物线y＝x2﹣2交于A，B两点，且A点在y轴左侧，P点坐标为（0，﹣4），连接PA，PB．有以下说法：
①PO2＝PA•PB； ②当k＞0时，（PA+AO）（PB﹣BO）的值随k的增大而增大；
③当k＝﹣时，BP2＝BO•BA；④△PAB面积的最小值为4，
其中正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【分析】（1）说法①错误．如答图1，设点A关于y轴的对称点为A′，若结论①成立，则可以证明△POA′∽△PBO，得到∠AOP＝∠PBO．而∠AOP是△PBO的外角，∠AOP＞∠PBO，由此产生矛盾，故说法①错误；
（2）说法②错误．如答图2，可求得（PA+AO）（PB﹣BO）＝16为定值，故错误；
（3）说法③正确．联立方程组，求得点A、B坐标，进而求得BP、BO、BA，验证等式BP2＝BO•BA成立，故正确；
（4）说法④正确．由根与系数关系得到：S△PAB＝2，当k＝0时，取得最小值为4，故正确．
【解答】解：设A（m，km），B（n，kn），其中m＜0，n＞0．
联立y＝x2﹣2与y＝kx得：x2﹣2＝kx，即x2﹣3kx﹣6＝0，
∴m+n＝3k，mn＝﹣6．
设直线PA的解析式为y＝ax+b，将P（0，﹣4），A（m，km）代入得：
，
解得a＝，b＝﹣4，
∴y＝（）x﹣4．
令y＝0，得x＝，
∴直线PA与x轴的交点坐标为（，0）．
同理可得，直线PB的解析式为y＝（）x﹣4，直线PB与x轴交点坐标为（，0）．
∵+＝＝＝0，
∴直线PA、PB与x轴的交点关于y轴对称，即直线PA、PB关于y轴对称．
（1）说法①错误．理由如下：
如答图1所示，∵PA、PB关于y轴对称，
∴点A关于y轴的对称点A′落在PB上．
连接OA′，则OA＝OA′，∠POA＝∠POA′．

假设结论：PO2＝PA•PB成立，即PO2＝PA′•PB，
∴＝，
又∵∠BPO＝∠BPO，
∴△POA′∽△PBO，
∴∠POA′＝∠PBO，
∴∠AOP＝∠PBO．
而∠AOP是△PBO的外角，
∴∠AOP＞∠PBO，矛盾，
∴说法①错误．
（2）说法②错误．理由如下：
易知：＝﹣，
∴OB＝﹣OA．
由对称可知，PO为△APB的角平分线，
∴＝，
∴PB＝﹣PA．
∴（PA+AO）（PB﹣BO）＝（PA+AO）[﹣PA﹣（﹣OA）]＝﹣（PA+AO）（PA﹣OA）＝﹣（PA2﹣AO2）．
如答图2所示，过点A作AD⊥y轴于点D，则OD＝﹣km，PD＝4+km．

∴PA2﹣AO2＝（PD2+AD2）﹣（OD2+AD2）＝PD2﹣OD2＝（4+km）2﹣（﹣km）2＝8km+16，
∵m+n＝3k，∴k＝（m+n），
∴PA2﹣AO2＝8•（m+n）•m+16＝m2+mn+16＝m2+×（﹣6）+16＝m2．
∴（PA+AO）（PB﹣BO）＝﹣（PA2﹣AO2）＝﹣•m2＝﹣mn＝﹣×（﹣6）＝16．
即：（PA+AO）（PB﹣BO）为定值，所以说法②错误．
（3）说法③正确．理由如下：
当k＝﹣时，联立方程组：，得A（﹣2，2），B（，﹣1），
∴BP2＝12，BO•BA＝2×6＝12，
∴BP2＝BO•BA，故说法③正确．
（4）说法④正确．理由如下：
S△PAB＝S△PAO+S△PBO＝OP•（﹣m）+OP•n＝OP•（n﹣m）＝2（n﹣m）＝2＝2，
∴当k＝0时，△PAB面积有最小值，最小值为2＝4．
故说法④正确．
综上所述，正确的说法是：③④．
故选：B．
【点评】本题是代数几何综合题，难度很大．解答中首先得到两个基本结论，其中PA、PB的对称性是判定说法①的基本依据，根与系数关系的结论是判定说法②、④的关键依据．正确解决本题的关键是打好数学基础，将平时所学知识融会贯通、灵活运用．
7．（2021•资阳）已知A、B两点的坐标分别为（3，﹣4）、（0，﹣2），线段AB上有一动点M（m，n），过点M作x轴的平行线交抛物线y＝a（x﹣1）2+2于P（x1，y1）、Q（x2，y2）两点．若x1＜m≤x2，则a的取值范围为（　　）
A．﹣4≤a＜﹣ B．﹣4≤a≤﹣ C．﹣≤a＜0 D．﹣＜a＜0
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征．菁优网版权所有
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【分析】如图，由题意，抛物线的开口向下，a＜0．求出抛物线经过点A时a的值即可．
【解答】解：如图，由题意，抛物线的开口向下，a＜0．

当抛物线y＝a（x﹣1）2+2经过点A(3,﹣4)时，﹣4＝4a+2,
∴a＝﹣,
观察图象可知，当抛物线与线段AB没有交点或经过点A时，满足条件,
∴﹣≤a＜0．
故选：C．
【点评】本题考查二次函数的图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征等知识，解题的关键是学会寻找特殊点解决问题，属于选择题中的压轴题．
8．（2021•滨江区三模）已知二次函数y＝（m﹣1）x2+（n﹣6）x+1（m≥0，n≥0），当1≤x≤2时，y随x的增大而减小，则mn的最大值为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．
【考点】二次函数的性质；二次函数的最值．菁优网版权所有
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力．
【分析】由二次函数解析式求出对称轴直线方程，分类讨论抛物线开口向下及开口向上的m，n的取值范围，将mn转化为含一个未知数的整式求最值．
【解答】解：抛物线y＝（m﹣1）x2+（n﹣6）x+1的对称轴为直线x＝，
①当m＞1时，抛物线开口向上，
∵1≤x≤2时，y随x的增大而减小，
∴≥2，即2m+n≤8．
解得n≤8﹣2m，
∴mn≤m（8﹣2m），
m（8﹣2m）＝﹣2（m﹣2）2+8，
∴mn≤8．
②当0≤m＜1时，抛物线开口向下，
∵1≤x≤2时，y随x的增大而减小，
∴≤1，即m+n≤7，
解得m≤7﹣n，
∴mn≤n（7﹣n），
n（7﹣n）＝﹣（n﹣）2+,
∴mn≤，
∵0≤m＜1，
∴此情况不存在．
综上所述，mn最大值为8．
故选：C．
【点评】本题考查二次函数的性质及最值问题，解题关键是熟练掌握二次函数的性质，注意根据抛物线开口方向分类讨论．
9．（2021•宁波模拟）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于（1，0），及（x1，0），且﹣2＜x1＜﹣1，与y轴的交点在（0，2）上方，则下列结论中错误的是（　　）

A．abc＞0
B．当x≥﹣时，y随着x的增大而减少
C．a+b+c＝0
D．关于x的一元二次方程ax2+bx+（c﹣2）＝0有两个不相等的实数根
【考点】根的判别式；二次函数图象与系数的关系；抛物线与x轴的交点．菁优网版权所有
【专题】二次函数图象及其性质；推理能力；模型思想．
【分析】根据二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象开口方向，对称轴，顶点坐标，以及与x轴、y轴的交点坐标综合进行判断即可．
【解答】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于（1，0），
∴a+b+c＝0，
因此选项C正确，
∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象与x轴交于（1，0），及（x1，0），且﹣2＜x1＜﹣1，
∴二次函数的对称轴﹣1＜x＝﹣＜0，
在对称轴的右侧y随x的增大而减小，
因此选项B不正确；
由抛物线的开口向下可得a＜0，对称轴在y轴的右侧，因此b＜0，而c＞2，
所以abc＞0,
因此选项A正确；
∵c﹣2＞0，a＜0，b＜0，
∴b2﹣4a（c﹣2）＞0，
因此关于x的一元二次方程ax2+bx+（c﹣2）＝0有两个不相等的实数根，
所以选项D正确,，
综上所述，错误的结论只有B，
故选：B．
【点评】本题考查二次函数的图象和性质，掌握抛物线的开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性以及与一元二次方程的关系的关系是正确判断的的前提．
10．（2021•嘉兴二模）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣2，2），B（2，1），若抛物线y＝ax2﹣2x+1（a≠0）与线段AB有两个不同的交点，则a的取值范围是（　　）
A．或a≥1 B．a≥﹣或a＜﹣
C．﹣≤a≤1且a≠0 D．a≤﹣或a≥1
【考点】二次函数图象与系数的关系；二次函数图象上点的坐标特征．菁优网版权所有
【专题】解题思想；应用意识．
【分析】本题以二次函数和直线模型为背景，考察学生的数学转化思想，把几何问题转化为方程组和不等式组的问题，解出不等式即可得出答案．
【解答】解：设直线AB为：y＝kx+b，把A，B两点代入得，解得：，
∴直线AB为：，令，则4ax2﹣7x﹣2＝0，
∵直线与抛物线有两个交点，
∴△＝（﹣7）2﹣4×4a×（﹣2）＞0，则，
①当时，，解得，
②当a＞0时，，解得a≥1．
综上a的取值范围为：．
故选：A．
【点评】数形结合，把图形问题转化为不等式问题是解决本题的关键．
二．填空题（共10小题）
11．（2021•罗湖区校级二模）如图，抛物线y＝的图象与坐标轴交于点A，B，D，顶点为E，以AB为直径画半圆交y正半轴交于点C，圆心为M，P是半圆上的一动点，连接EP．
①点E在⊙M的内部；
②CD的长为；
③若P与C重合，则∠DPE＝15°；
④在P的运动过程中，若AP＝，则PE＝
⑤N是PE的中点，当P沿半圆从点A运动至点B时，点N运动的路径长是2π．
以上5个结论正确的是　②③④　；（填写序号）

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题；创新意识．
【分析】①ME＝2＝AM，∴E应该在⊙M上，即可求解；
②C是圆M与y轴交点，圆M半径为2，M（1，0）由勾股定理得OC＝，CD＝2×＝3，即可求解；
③CO＝，OM＝1，PM＝2，故∠OPM＝30°，EM∥y轴，则∠MEP＝∠EPC，而∠MEP＝∠MPE，即可求解；
④AK＝AEsinα＝2×＝，同理EK＝，则PK＝，即可求解；
⑤点N的运动轨迹为以R为圆心的半圆，则N运动的路径长＝×2πr＝π，即可求解；
【解答】解：抛物线y＝的图象与坐标轴交于点A，B，D，
则点A、B、D的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0）、（0，﹣），则点M（1，0），
顶点E的坐标为：（1，﹣2），AB＝4，CO＝，OD＝，故点D不在⊙M上；
①ME＝2＝AM，∴E应该在⊙M上，故不符合题；
②C是圆M与y轴交点，圆M半径为2，M（1，0）由勾股定理得OC＝，而OD＝，
故CD的长为，符合题意；
③如图1，连接PM、PE，点E（﹣1，2），故点E在圆上，

CO＝，OM＝1，PM＝2，故∠OPM＝30°，
EM∥y轴，则∠MEP＝∠EPC，而∠MEP＝∠MPE，
∴∠DPE＝∠DPM＝15°，符合题意；

④如图2，连接PB、PA、AE，
∵点B、E均在圆上，则∠ABP＝∠AEP＝α，
sin∠AEP＝sin∠ABP＝＝＝sinα，则cosα＝，

过点A作AK垂直于PE于K，
则AK＝AEsinα＝2×＝，EK＝AEcosα═，则PK＝AK＝，
故则PE＝，符合题意；
⑤如图3，图中实点G、N、M、F是点N运动中所处的位置，

则GF是等腰直角三角形的中位线，GF＝AB＝2，ME交GF于点R，则四边形GEFM为正方形，
当点P在半圆任意位置时，中点为N，连接MN，则MN⊥PE，连接NR，
则NR＝ME＝MR＝RE＝RG＝RF＝GF＝1，则点N的运动轨迹为以R为圆心的半圆，
则N运动的路径长＝×2πr＝π，故不符合题意；
故答案为：②③④．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，关键在于确定抛物线上有的点也同时在圆上即可，本题综合性强，难度较大．
12．（2019秋•义乌市期末）如图，抛物线y＝﹣x2+x+2与x轴交于点A和点B．
（1）已知点D（m，m+1）在第一象限的抛物线上，则点D的坐标是　D（1，2）　；
（2）在（1）的条件下，连接BD，P为抛物线上一点，且∠DBP＝135°，则点P的坐标是　（﹣4，﹣18）　．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】综合题；推理能力．
【分析】（1）根据函数解析式和点D（m，m+1）在第一象限的抛物线上，可以求得m的值，从而可以得到点D的坐标；
（2）根据题意，画出图形，然后作出合适的辅助线，然后根据题目中的条件，可以表示出点P的坐标，再根据点P在抛物线上，即可求得点P的坐标，本题得以解决．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+x+2，点D（m，m+1）在第一象限的抛物线上，
∴，得m＝1，
∴点D的坐标为（1，2），
故答案为：（1，2）；
（2）过点P作PE⊥DB交DB的延长线于点E，作EF⊥x轴于点F，作PG⊥EF交EF的延长线于点G，
∵∠DBP＝135°，
∴∠PBE＝45°，
∵∠BEP＝90°，
∴∠BPE＝∠PBE＝45°，
∴BE＝PE，
∵∠BEP＝90°，∠EFB＝90°，
∴∠PEG+∠BEF＝90°，∠EBF+∠BEF＝90°，
∴∠PEG＝∠EBF，
又∵∠PGE＝∠EFB＝90°，PE＝EB，
∴△PGE≌△EFB（AAS），
∴EG＝BF，PG＝EF，
∵y＝﹣x2+x+2＝﹣（x﹣2）（x+1），
∴当y＝0时，x＝2或x＝﹣1，
∴点B的坐标为（2，0）
∵点D（1，2），点B（2，0），
∴tan∠DBA＝2，
∴tan∠EBF＝2，
设BF＝a，则EF＝2a，EG＝a，PG＝2a，
∴点P的坐标为（2﹣a，﹣3a），
∴﹣3a＝﹣（2﹣a）2+（2﹣a）+2
解得，a1＝6，a2＝0（舍去），
∴点P的坐标为（﹣4，﹣18），
故答案为：（﹣4，﹣18）．

【点评】本题是一道二次函数综合题、主要考查二次函数的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、特殊角的三角函数值，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用二次函数的性质和数形结合的思想解答．
13．（2020•芜湖二模）对于一个函数，如果它的自变量x与函数值y满足：当﹣1≤x≤1时，﹣1≤y≤1，则称这个函数为“闭函数”．例如：y＝x，y＝﹣x均是“闭函数”．已知y＝ax2+bx+c（a≠0）是“闭函数”，且抛物线经过点A（1，﹣1）和点B（﹣1，1），则a的取值范围是　﹣≤a＜0或0＜a≤　．
【考点】二次函数图象上点的坐标特征．菁优网版权所有
【专题】常规题型．
【分析】把A、B的坐标代入函数解析式，即可求出a+c＝0，b＝﹣1，代入得出抛物线表达式为y＝ax2﹣x﹣a（a≠0），得出对称轴为x＝，再进行判断即可．
【解答】解：∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A（1，﹣1）和点B（﹣1，1），
∴a+b+c＝﹣1 ①a﹣b+c＝1 ②
①+②得：a+c＝0 即a与c互为相反数，
①﹣②得：b＝﹣1；
所以抛物线表达式为y＝ax2﹣x﹣a（a≠0），
∴对称轴为x＝，
当a＜0时，抛物线开口向下，且x＝＜0，
∵抛物线y＝ax2﹣x﹣a（a≠0）经过点A（1，﹣1）和点B（﹣1，1），
画图可知，当≤﹣1时符合题意，此时﹣≤a＜0，

当﹣1＜＜0时，图象不符合﹣1≤y≤1的要求，舍去
同理，当a＞0时，抛物线开口向上，且x＝＞0，
画图可知，当≥1时符合题意，此时0＜a≤，

当0＜＜1时，图象不符合﹣1≤y≤1的要求，舍去，
综上所述：a的取值范围是﹣≤a＜0或0＜a≤，
故答案为：﹣≤a＜0或0＜a≤．
【点评】本题考查了二次函数的图象和性质和二次函数图象上点的坐标特征，能灵活运用性质和已知函数的新定义求解是解此题的关键．
14．（2019秋•义乌市期中）已知：直线y＝ax+b与抛物线y＝ax2﹣bx+c的一个交点为（0，2），同时这条直线与x轴相交于点A，且相交所成的角为45°．
（1）点A的坐标为　（﹣2，0）或（2，0）　；
（2）若抛物线y＝ax2﹣bx+c与x轴交于点M、N（点M在点N左边），将此抛物线作关于y轴对称，M的对应点为E，两抛物线相交于点F，连接NF，EF得△NEF，P是轴对称后的抛物线上的点，使得△NEP的面积与△NEF的面积相等，则P点坐标为　（﹣2，2）或（﹣1+，﹣2）或（﹣1﹣，﹣2）　．
【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】压轴题；函数的综合应用；运算能力．
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质即可求得；
（2）利用待定系数法即可求得抛物线解析式；利用b2﹣4ac确定抛物线有没有交点，因为轴反射后的像与原像相交于点F，则F点即为A点，则OF＝2，由于△NEP的面积与△NEF的面积相等且同底，所以P点的纵坐标为2或﹣2，代入y＝﹣x2﹣2x+2即可求得．
【解答】解：（1）设直线y＝ax+b与抛物线y＝ax2﹣bx+c的一个交点为B（0，2），
∵直线y＝ax+b过点（0，2），同时这条直线与x轴相交于点A，且相交所成的角为45°，
∴OA＝OB，
∴当a＞0时，A（﹣2，0），当a＜0时，A（2，0）；
故答案是：（﹣2，0）或（2，0）；

（2）把B（0，2），A（﹣2，0）代入直线y＝ax+b得，，
解得：，
把B（0，2），A（2，0）代入直线y＝ax+b得，
解得：，
∵抛物线y＝ax2﹣bx+c过B（0，2），
∴c＝2，
故抛物线的解析式为：y＝x2﹣2x+2或y＝﹣x2﹣2x+2．
存在．
如图，抛物线为y＝x2﹣2x+2时，b2﹣4ac＝4﹣4×1×2＜0，抛物线与x轴没有交点，
抛物线为y＝﹣x2﹣2x+2时，b2﹣4ac＝4﹣4×（﹣1）×2＞0，抛物线与x轴有两个交点；

∵y轴反射后的像与原像相交于点F，则F点即为B点，
∴F（0，2）
∵△NEP的面积与△NEF的面积相等且同底，
∴P点的纵坐标为2或﹣2，
当y＝2时，﹣x2+2x+2＝2，解得：x＝2或x＝0（与点F重合，舍去）；
当y＝﹣2时，﹣x2+2x+2＝﹣2，解得：x＝1+，x＝1﹣，
故存在满足条件的点P，点P坐标为：（2，2），（1+，﹣2），（1﹣，﹣2）．
故答案是：（2，2）或（1+，﹣2）或（1﹣，﹣2）．
【点评】本题考查了二次函数综合题型，需要掌握待定系数法求解析式，二次函数的交点问题以及三角形面积的求解方法，问题考虑周全是本题的难点．
15．（2020•芦淞区模拟）定义[a，b，c]为函数y＝ax2+bx+c的特征数，下面给出特征数位[2m，1﹣m，﹣1﹣m]的函数的一些结论：
①当m＝﹣3时，函数图象的顶点坐标是（，）；
②当m＝1时，函数图象截x轴所得的线段长度等于2；
③当m＝﹣1时，函数在x＞时，y随x的增大而减小；
④当m≠0时，函数图象经过同一个点．
上述结论中所有正确的结论有　①②④　．（填写所有正确答案的序号）
【考点】二次函数的性质；抛物线与x轴的交点．菁优网版权所有
【专题】常规题型．
【分析】①把m＝﹣3代入[2m，1﹣m，﹣1﹣m]，求得[a，b，c]，求得解析式，利用顶点坐标公式解答即可；
②令函数值为0，求得与x轴交点坐标，利用两点间距离公式解决问题；
③首先求得对称轴，利用二次函数的性质解答即可；
④根据特征数的特点，直接得出x的值，进一步验证即可解答．
【解答】解：因为函数y＝ax2+bx+c的特征数为[2m，1﹣m，﹣1﹣m]；
①当m＝﹣3时，y＝﹣6x2+4x+2＝﹣6（x﹣）2+，顶点坐标是（，）；此结论正确；
②当m＝1时，y＝2x2﹣2，令y＝0，则有2x2﹣2＝0，解得，x1＝1，x2＝﹣1，
|x2﹣x1|＝2，所以当m＝1时，函数图象截x轴所得的线段长度等于2，此结论正确；
③当m＝﹣1时，y＝﹣2x2+2x，是一个开口向下的抛物线，其对称轴是直线x＝﹣＝＝，在对称轴的右边y随x的增大而减小，，右边，因此函数在x＝右边先递增到对称轴位置，再递减，此结论错误；
④当x＝1时，y＝2mx2+（1﹣m）x+（﹣1﹣m）＝2m+（1﹣m）+（﹣1﹣m）＝0 即对任意m，函数图象都经过点（1，0）那么同样的：当m＝0时，函数图象都经过同一个点（1，0），当m≠0时，函数图象经过同一个点（1，0），故当m≠0时，函数图象经过x轴上一个定点此结论正确．
根据上面的分析，①②④都是正确的，③是错误的．
故答案为：①②④．
【点评】此题考查二次函数的性质，顶点坐标，两点间的距离公式，以及二次函数图象上点的坐标特征，理解新定义是解答此题的关键．
16．（2021•灞桥区校级模拟）已知矩形长与宽分别为a、b（a＞b），截一个面积最大的菱形，使菱形的顶点落在矩形的边上，该菱形最大面积为　　．

【考点】二次函数的最值；菱形的性质；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】当菱形对角线最长上时，菱形面积最大，用含a，b代数式求出菱形底边，通过菱形面积＝底×高求解．
【解答】解：∵菱形顶点都落在矩形边上，
∴菱形的高为b，
当底最长时菱形面积最大，
此时菱形两个顶点与矩形顶点重合，如图，

设BF＝DF＝x，则CF＝a﹣x，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：
FC2+CD2＝DF2，
即（a﹣x）2+b2＝x2，
解得x＝，
∴S菱形BFDE＝BF•CD＝．
故答案为：．
【点评】本题考查菱形与矩形的性质，解题关键是熟练掌握菱形与矩形的性质．
17．（2021•郑州模拟）如图，在边长为4的正方形ABCD中，P是AB边上一动点（不与点A，B重合），连接PD，过点B作BM⊥PD交DP的延长线于点M，连接AM，过点A作AN⊥AM交PD于点N，连接BN，CN，则△BNC面积的最小值为　12﹣4　．

【考点】二次函数的最值；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．菁优网版权所有
【专题】正多边形与圆；推理能力．
【分析】点N在正方形内部，所以S△AND+S△BNC＝正方形ABCD＝4×4＝8，由BM⊥PD可得点M在以BD中点为圆心，BD长为半径的圆上，先证明三角形AMB与三角形ADN全等，然后求三角形ABM最大面积即可求出三角形BNC的最小面积．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝AB，∠BAD＝∠BAN+∠NAD＝90°，
∵∠MAB+∠BAN＝90°，
∴∠MAB＝∠NAD，
∵∠BMP+∠BPM+∠MBP＝∠PAD+∠PDA+∠APD＝180°，
∠MPB＝∠APD，∠BMP＝∠DAP＝90°，
∴∠MBP＝∠ADP，
在△AMB和△AND中，
，
∴△AMB≌△AND（ASA）．
∴S△AMB＝S△AND，
∵S△AND+S△BNC＝S正方形ABCD＝4×4＝8，
∴当S△AMB面积最大时，S△BNC面积最小，
∵∠BMD＝90°，
∴点M在以BD中点为圆心，BD长为半径的圆上，
当△ABM面积最大时，OM⊥AB，如图，

∵点O为BD中点，OM∥AD，
∴OK＝AD＝2，
∵BD＝BC＝4，
∴OM＝BD＝2，
∴MK＝OM﹣OK＝2﹣2，
∴S△AMB＝AB•MK＝4﹣4，
∴S△BNC＝8﹣S△AMB＝8﹣（4﹣4）＝12﹣4．
故答案为：12﹣4．
【点评】本题考查圆与正方形的综合应用，解题关键是根据题干找出隐形圆．
18．（2021•长丰县二模）如图，正方形ABCD的边长为2，E为边AD上一动点，连接BE、CE，以CE为边向右侧作正方形CEFG．
（1）若BE＝，则正方形CEFG的面积为　5　；
（2）连接DF、DG，则△DFG面积的最小值为　　．

【考点】二次函数的最值；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．菁优网版权所有
【专题】二次函数的应用；运算能力．
【分析】（1）利用勾股定理求出EC2即可解决问题；
（2）设DE＝x，则CE＝，根据S△DEC+S△DFG＝S正方形ECGF，求出△DFG面积的函数表达式，配方求最值即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝2，∠A＝∠D＝90°，
∵BE＝，
∴AE＝＝＝1，
∴DE＝AD﹣AE＝2﹣1＝1，
∴EC2＝DE2+CD2＝12+22＝5，
∴正方形CEFG的面积＝EC2＝5．
故答案为5；

（2）连接DF，DG．设DE＝x，则CE＝，
∵S△DEC+S△DFG＝S正方形ECGF，
∴S△DFG＝（x2+4）﹣×x×2
＝x2﹣x+2
＝（x﹣1）2+，
∵＞0，
∴x＝1时，△DFG的面积的最小值为．
故答案为．

【点评】本题主要考查了利用配方法求二次函数的最值，根据根据S△DEC+S△DFG＝S正方形ECGF，求出△DFG面积的函数表达式是解题的关键．
19．（2021•天桥区二模）如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝BE，CF与AD相交于点G，连接EC、EF、EG．则下列结论：①∠ECF＝45°；②△AEG的周长为（1+）a；③BE2+DG2＝EG2；④△EAF的面积的最大值是a2；⑤当时BE＝a，G是线段AD的中点．其中正确的结论是　①④⑤　．

【考点】二次函数的最值；全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．菁优网版权所有
【专题】二次函数的应用；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】①正确．如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．证明△FAE≌△EHC（SAS）即可解决问题．
②③错误．如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≌△CDH（SAS），再证明△GCE≌△GCH（SAS）即可解决问题．
④正确．设BE＝x，则AE＝a﹣x，AF＝x，构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．
⑤正确．当BE＝a时，设DG＝x，则EG＝x+a，利用勾股定理构建方程可得x＝0.5a即可解决问题．
【解答】解：如图1中，在BC上截取BH＝BE，连接EH．
∵BE＝BH，∠EBH＝90°，
∴EH＝BE，
∵AF＝BE，
∴AF＝EH，
∵∠DAM＝∠EHB＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠FAE＝∠EHC＝135°，
∵BA＝BC，BE＝BH，
∴AE＝HC，
∴△FAE≌△EHC（SAS），
∴EF＝EC，∠AEF＝∠ECB，
∵∠ECH+∠CEB＝90°，
∴∠AEF+∠CEB＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴∠ECF＝∠EFC＝45°，故①正确，
如图2中，延长AD到H，使得DH＝BE，则△CBE≌△CDH（SAS），
∴∠ECB＝∠DCH，
∴∠ECH＝∠BCD＝90°，
∴∠ECG＝∠GCH＝45°，
∵CG＝CG，CE＝CH，
∴△GCE≌△GCH（SAS），
∴EG＝GH，
∵GH＝DG+DH，DH＝BE，
∴EG＝BE+DG，故③错误，
∴△AEG的周长＝AE+EG+AG＝AE+AH＝AD+DH+AE＝AE+EB+AD＝AB+AD＝2a，故②错误，
设BE＝x，则AE＝a﹣x，AF＝x，
∴S△AEF＝•（a﹣x）×x＝﹣x2+ax＝﹣（x2﹣ax+a2﹣a2）＝﹣（x﹣a）2+a2，
∵﹣＜0，
∴x＝a时，△AEF的面积的最大值为a2．故④正确，
当BE＝a时，设DG＝x，则EG＝x+a，
在Rt△AEG中，则有（x+a）2＝（a﹣x）2+（a）2，
解得x＝，
∴AG＝GD，故⑤正确，
故答案为：①④⑤．


【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的应用等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
20．（2021•宁波模拟）已知关于x的二次函数y＝x2﹣ax+a﹣1的图象与坐标轴有且只有2个公共点，则a＝　1或2　．
【考点】二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；抛物线与x轴的交点．菁优网版权所有
【专题】二次函数图象及其性质；数据分析观念．
【分析】当a＝1时，y＝x2﹣ax+a﹣1＝x2﹣x，该函数与坐标轴有2个交点，当a≠1时，图象与坐标轴有且只有2个公共点，则△＝（﹣a）2﹣4（a﹣1）＝0，即可求解．
【解答】解：当a＝1时，y＝x2﹣ax+a﹣1＝x2﹣x，
该函数与坐标轴有2个交点，
当a≠1时，图象与坐标轴有且只有2个公共点，
则△＝（﹣a）2﹣4（a﹣1）＝0，解得a＝2，
故答案为1或2．
【点评】本题考查的是抛物线与x轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
三．解答题（共10小题）
21．（2021•资阳）抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且B（﹣1，0），C（0，3）．

（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是抛物线上位于直线AC上方的一点，BP与AC相交于点E，当PE：BE＝1：2时，求点P的坐标；
（3）如图2，点D是抛物线的顶点，将抛物线沿CD方向平移，使点D落在点D'处，且DD'＝2CD，点M是平移后所得抛物线上位于D'左侧的一点，MN∥y轴交直线OD'于点N，连结CN．当D'N+CN的值最小时，求MN的长．
【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题；推理能力．
【分析】（1）利用待定系数法，把问题转化为方程组解决．
(2)如图1中，过点B作BT∥y轴交AC于T,过点P作PQ∥OC交AC于Q．设P(m,﹣m2+2m+3),求出BT,PQ,利用平行线分线段成比例定理构建方程求解即可．
（3）如图2中，连接AD,过点N作NJ⊥AD于J,过点C作CT⊥AD于T．证明AD′⊥x轴，由OD′＝＝3,推出sin∠OD′A＝＝,推出NJ＝ND′•sin∠OD′A＝D′N,可得D'N+CN＝CN+NJ,根据CN+NJ≥CT,可得结论．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+bx+c经过B（﹣1，0），C（0，3），
∴,
解得,
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．

(2)如图1中，过点B作BT∥y轴交AC于T,过点P作PQ∥OC交AC于Q．

设P(m,﹣m2+2m+3),
对于抛物线y＝﹣x2+2x+3，令y＝0,可得x＝3或﹣1，
∴A(3,0),
∵C(0,3),
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3,
∵B(﹣1,0),
∴T(﹣1,4),
∴BT＝4,
∵PQ∥OC,
∴Q(m,﹣m+3),
∴PQ＝﹣m2+2m+3﹣(﹣m+3)＝﹣m2+3m,
∵PQ∥BT,
∴＝＝,
∴﹣m2+3m＝2,
解得m＝1或2，
∴P(1,4)或（2,3）．

（3）如图2中，连接AD,过点N作NJ⊥AD于J,过点C作CT⊥AD于T．

∵抛物线y＝﹣x2+2x+3＝﹣(x﹣1)2+4,
∴顶点D(1,4),
∵C(0,3),
∴直线CD的解析式为y＝x+3,CD＝,
∵DD′＝2CD,
∵DD′＝2,CD′＝3,
∴D′(3,6),
∵A(3,0),
∴AD′⊥x轴，
∴OD′＝＝＝3,
∴sin∠OD′A＝＝,
∵CT⊥AD′,
∴CT＝3,
∵NJ⊥AD′,
∴NJ＝ND′•sin∠OD′A＝D′N,
∴D'N+CN＝CN+NJ,
∵CN+NJ≥CT,
∴D'N+CN≥3,
∴D'N+CN的最小值为3．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，平行线分线段成比例定理，解直角三角形，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，学会利用垂线段最短，解决最值问题，属于中考压轴题．
22．（2021•常德）如图，在平面直角坐标系xOy中，平行四边形ABCD的AB边与y轴交于E点，F是AD的中点，B、C、D的坐标分别为（﹣2，0），（8，0），（13，10）．
（1）求过B、E、C三点的抛物线的解析式；
（2）试判断抛物线的顶点是否在直线EF上；
（3）设过F与AB平行的直线交y轴于Q，M是线段EQ之间的动点，射线BM与抛物线交于另一点P，当△PBQ的面积最大时，求P的坐标．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】二次函数图象及其性质；运算能力；推理能力．
【分析】（1）过点D作x轴垂线交x轴于点H，利用△EBO∽△DCH求出E点坐标，进而根据B、E、C三点坐标即可求出抛物线解析式；
（2）求出抛物线顶点坐标以及直线EF的解析式，代入验证即可判定顶点是否在直线EF上；
（3）根据AB∥FQ，求出点Q坐标，再设M为（0，m）通过直线BM与抛物线的交点表示出P点坐标，从而可表示出△PBQ的面积结合二次函数最值问题即可求出面积最大值时点P的坐标．
【解答】解：（1）过点D作x轴垂线交x轴于点H，如图所示：

由题意得∠EOB＝∠DHC＝90°，
∵AB∥CD，
∴∠EBO＝∠DCH，
∴△EBO∽△DCH，
∴，
∵B(﹣2，0)、C(8，0)、D(13，10)，
∴BO＝2，CH＝13﹣8＝5，DH＝12，
∴，
解得：EO＝4，
∴点E坐标为（0，4），
设过B、E、C三点的抛物线的解析式为：y＝a(x+2)(x﹣8)，将E点代入得：
4＝a×2×(﹣8)，
解得：a＝﹣，
∴过B、E、C三点的抛物线的解析式为:y＝﹣（x+2）(x﹣8)＝﹣x2+x+4；
(2)抛物线的顶点在直线EF上，理由如下：
由（1）可知该抛物线对称轴为直线x＝﹣＝﹣＝3，
当x＝3时，y＝，
∴该抛物线的顶点坐标为（3，），
又∵F是AD的中点，
∴F（8，10），
设直线EF的解析式为：y＝kx+b，将E（0，4），F（8，10）代入得，
解得：，
∴直线EF解析式为：y＝，
把x＝3代入直线EF解析式中得：y＝，
故抛物线的顶点在直线EF上；
（3）由（1）（2）可知：A（3，10），
设直线AB的解析式为：y＝k'x+b',将B（﹣2，0），A（3，10）代入得：
，解得：，
∴直线AB的解析式为:y＝2x+4，
∵FQ∥AB，
故可设：直线FQ的解析式为：y＝2x+b1，将F（8，10）代入得：
b1＝﹣6，
∴直线FQ的解析式为：y＝2x﹣6，
当x＝0时，y＝﹣6，
∴Q点坐标为（0，﹣6），
设M（0，m），直线BM的解析式为：y＝k2x+b2，将M、B点代入得：
，解得：，
∴直线BM的解析式为:y＝，
∵点P为直线BM与抛物线的交点，
∴联立方程组有：，
化简得：（x+2）(x﹣8+2m)＝0，
解得：x1＝﹣2(舍去)，x2＝8﹣2m，
∴点P的横坐标为：8﹣2m，
则此时，S△PBQ＝MQ×(|xP|+|xB|)＝＝﹣(m+)2+，
∵a＝﹣1＜0，
∴当m＝﹣时，S取得最大值，
∴点P横坐标为8﹣2×（﹣）＝9，
将x＝9代入抛物线解析式中y＝﹣，
综上所述，当△PBQ的面积最大时，P的坐标为（9，﹣）．
【点评】本题属于中考压轴大题，考查二次函数综合应用，涉及三角形的相似、二次函数最值等知识，熟练掌握二次函数综合性质、能数形相结合并能细心的推理运算是解题的关键．
23．（2021•铁东区模拟）抛物线y＝ax2﹣x+c与x轴相交于A（8，0），B（﹣1，0），与y轴相交于点C，点P是直线AC下方抛物线上一点，PD⊥x轴于点E，交线段AC于点D，连接BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当∠ADO＝∠OBC时，求点D的坐标；
（3）当PD+DC的值最大时，
①请求出符合上述条件的点P的横坐标；
②若Q是平面内任意一点，将△ADE绕点Q逆时针方向旋转90°后得到△A'D'E′，若△A′D′E′的三个顶点中有两个顶点恰好落在抛物线上，请直接写出点A′的横坐标．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】二次函数的应用；推理能力．
【分析】（1）根据待定系数法计算即可；
（2）先证明出△ADO~△ABC，再由对应边成比例求出AD的长，再由△ADE~△ACO的D的坐标；
（3）根据旋转的特点，设出A'，D'，E'的坐标，代入解析式中即可求出横坐标．
【解答】解：（1）把A(8，0)，B(﹣1，0)代入到解析式中，
得：，
解得：，
∴y＝；
（2）若∠ADO＝∠OBC，
则△ADO~△ABC，
∴，
∴AD＝，
又∵△ADE~△ACO，
∴，
设D(x，y)，
则:，
解得：x＝，，
∴D(，)；
（3）①过D作DF⊥y轴于F，

则△AOC∽△DFC，
∴，
∴CF＝，
设P(x，)，则D(x，)，
∴PD＝﹣()，
∴CF＝，
∴PD+DC＝PD+CF＝，
显然，当x＝，PD+DC取最大值，
∴点P的横坐标为；
②由①得A(8，0)，D(，)，E(，0)，
设A'(n，m)，则D'(n+，m﹣)，E'(n，m﹣)，
若A'，D'在抛物线上，则：
，
解得n＝，
∴A'的横坐标为，
若D'，E'在抛物线上，则：
，
解得n＝，
∴A'的横坐标为，
综上，A'的横坐标为或；
【点评】本题主要考查二次函数的综合问题，其中用待定系数法求解析式是基础，也是关键，相似三角形的判定和性质也是此题的考点，要牢记于心．
24．（2021•武汉模拟）抛物线C1：y＝a（x﹣b）2+2﹣b（b＞0）过点H（2，0），抛物线的顶点为点D．

（1）若a＝1，求抛物线的顶点D的坐标；
（2）若0＜b＜2，点K在y轴上，若△HDK为等腰三角形，且满足条件的K点有且仅有两个，直接写出b的值；
（3）若a＝，将抛物线C1平移使得其顶点和原点重合，得到新抛物线C2，过点A（﹣2，3）的直线交抛物线C2于M、Q两点，过点B（﹣6，3）的直线交抛物线C2于M、P两点．求证：直线PQ过定点，并求出定点坐标．
【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】二次函数的应用；推理能力．
【分析】（1）直接把H的坐标代入解析式即可；
（2）根据题意得出D的坐标，由足条件的K点有且仅有两个得出关于b的式子，求出b即可；
（3）先设出M的坐标，表示出点Q的坐标，再表示出P的坐标，写出直线PQ的解析式，即可求出必过点．
【解答】解：（1）当a＝1时，y＝(x﹣b)2+2﹣b，
代入H(2，0)得：0＝(2﹣b)2+2﹣b，
解得b＝2或b＝3，
当b＝2时，y＝(x﹣2)2，
∴D(2,0)，
当b＝3时，y＝(x﹣3)2﹣1，
∴D(3，﹣1)，
∴D的坐标为(2，0)或(3，﹣1)；
（2）∵y＝a(x﹣b)2+2﹣b，
∴D(b，2﹣b)，
又∵0＜b＜2，
∴D在y轴右侧，H的左侧，
∵满足△HDK为等腰三角形条件的K点有且仅有两个，
∴D到y轴的距离等于DH，
即：，
解得，
∴b的值为4﹣2；
（3）∵a＝，且平移后的抛物线顶点在原点，
∴y＝，
设M的坐标为(m，)，
则直线QM可表示为：
，
和抛物线联立得：
(m+2)x2＝(m2﹣12)x+2(m2﹣12)+12(m+2)，
解得：x＝m或x＝，
设t＝，
则Q的坐标为(2t，t2)，
直线PM可表示为：
，
和抛物线联立得：
(m+6)x2＝(m2﹣12)x+6(m2﹣12)+12(m+6)，
解得：x＝m或x＝，
则P的坐标为(，)，
∴直线QP可表示为：
，
当x＝0，y＝﹣3，
∴直线QP过定点(0，﹣3)．
【点评】本题主要考查二次函数的综合应用，要牢记二次函数的基本性质，包括顶点公式，对称轴等，这些都是解决此类题型的基础，在第三问中，求过定点的问题，要先写出直线PQ的解析式，然后找解析式恒等的x和y就可以了，此类题方法都一样．
25．（2021•白银）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+bx+c与坐标轴交于A（0，﹣2），B（4，0）两点，直线BC：y＝﹣2x+8交y轴于点C．点D为直线AB下方抛物线上一动点，过点D作x轴的垂线，垂足为G，DG分别交直线BC，AB于点E，F．
（1）求抛物线y＝x2+bx+c的表达式；
（2）当GF＝时，连接BD，求△BDF的面积；
（3）①H是y轴上一点，当四边形BEHF是矩形时，求点H的坐标；
②在①的条件下，第一象限有一动点P，满足PH＝PC+2，求△PHB周长的最小值．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题；推理能力．
【分析】（1）利用待定系数法求解即可．
（2）求出点D的坐标，可得结论．
（3）①过点H作HM⊥EF于M,证明△EMH≌△FGB(AAS),推出MH＝GB,EM＝FG,由HM＝OG,可得OG＝GB＝OB＝2,由题意直线AB的解析式为y＝x﹣2,设E(a,﹣2a+8),F(a,a﹣2),根据MH＝BG,构建方程求解，可得结论．
②因为△PHB的周长＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7,所以要使得△PHB的周长最小，只要PC+PB的值最小，因为PC+PB≥BC,所以当点P在BC上时，PC+PB＝BC的值最小．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+c过A（0，﹣2），B（4，0）两点，
∴,
解得,
∴y＝x2﹣x﹣2．

（2）∵B(4,0),A(0,﹣2),
∴OB＝4,OA＝2,
∵GF⊥x轴，OA⊥x轴，
在Rt△BOA和Rt△BGF中，tan∠ABO＝＝,
即＝,
∴GB＝1,
∴OG＝OB﹣GB＝4﹣1＝3,
当x＝3时，yD＝×9﹣×3﹣2＝﹣2,
∴D(3,﹣2),即GD＝2,
∴FD＝GD﹣GF＝2﹣＝,
∴S△BDF＝•DF•BG＝××1＝．

(3)①如图1中，过点H作HM⊥EF于M,

∵四边形BEHF是矩形，
∴EH∥BF,EH＝BF,
∴∠HEF＝∠BFE,
∵∠EMH＝∠FGB＝90°,
∴△EMH≌△FGB(AAS),
∴MH＝GB,EM＝FG,
∵HM＝OG,
∴OG＝GB＝OB＝2,
∵A(0,﹣2),B(4,0),
∴直线AB的解析式为y＝x﹣2,
设E(a,﹣2a+8),F(a,a﹣2),
由MH＝BG得到，a﹣0＝4﹣a,
∴a＝2,
∴E(2,4),F(2,﹣1),
∴FG＝1,
∵EM＝FG,
∴4﹣yH＝1,
∴yH＝1,
∴H(0,3)．

②如图2中，

BH＝＝＝5,
∵PH＝PC+2,
∴△PHB的周长＝PH+PB+HB＝PC+2+PB+5＝PC+PB+7,
要使得△PHB的周长最小，只要PC+PB的值最小，
∵PC+PB≥BC,
∴当点P在BC上时，PC+PB＝BC的值最小，
∵BC＝＝＝4,
∴△PHB的周长的最小值为4+7．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
26．（2021•乐山）已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象开口向上，且经过点A（0，），B（2，﹣）．
（1）求b的值（用含a的代数式表示）；
（2）若二次函数y＝ax2+bx+c在1≤x≤3时，y的最大值为1，求a的值；
（3）将线段AB向右平移2个单位得到线段A′B′．若线段A′B′与抛物线y＝ax2+bx+c+4a﹣1仅有一个交点，求a的取值范围．
【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题；推理能力．
【分析】（1）把A,B代入抛物线的解析式，构建方程组，可得结论．
（2）由题意，x＝1或x＝3时，y取得最大值1,由此构建方程求解即可．
（3）把问题转化为不等式组，可得结论．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象开口向上，经过点A（0，），B（2，﹣），
∴,
∴b＝﹣2a﹣1(a＞0)．

(2)∵二次函数y＝ax2﹣(2a+1)x+,a＞0,在1≤x≤3时，y的最大值为1,
∴x＝1时，y＝1x＝3时，y＝1,
∴1＝a﹣(2a+1)+或1＝9a﹣3(2a+1)+,
解得a＝﹣(舍弃）或a＝．
∴a＝．

(3)∵线段AB向右平移2个单位得到线段A′B′,
∴A′(2,),B′(4,﹣)．
∵线段A′B′与抛物线y＝ax2﹣(2a+1)x++4a仅有一个交点,
∴,
解得，≤a≤．
或不等式组无解，
∴≤a≤．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，二次函数的最值问题等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，把问题转化为方程或不等式组解决，属于中考压轴题．
27．（2021春•沙坪坝区校级月考）如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交A（﹣2，0）和点B，与y轴交于点C，并且经过点D（5，）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图1，点M是抛物线上第四象限内一点，联结AC，CM，BM，当四边形ACMB面积最大时，求点M的坐标以及S四边形ACMB的最大值；
（3）如图2，将抛物线沿射线BC方向平移，平移后的抛物线经过线段BC的中点，记点B平移后的对应点为B1，点C平移后的对应点为C1，点Q是平移后新抛物线对称轴上一点，点P是原抛物线上一点，若以点B1，C1，P，Q为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点P的坐标．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】二次函数的应用；几何直观．
【分析】（1）根据待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（2）先设出M的坐标，求出△ABC的面积，再求出△BCM的面积的最大值，即可求出四边形ACMB面积的最大值，然后求出M的坐标；
（3）先根据平移规律求出点B1,C1的坐标，然后设出点P，Q的坐标，根据平行四边形的性质求出Q的坐标即可．
【解答】解：（1）∵A（﹣2，0），D（5，）都在抛物线上，
由待定系数法得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：；
（2）由（1）得：B(4,0)，C(0，)，
∴，
设M的坐标为(m，)，
过M作MN∥y轴，交BC于点N，
则N(m,)，
∴＝＝，
当m＝2时，S△BCM有最大值为，
∴S四边行ACMB的最大值为：，
∴M(2,﹣)；

（3）由题意得，BC的中点坐标为（2，﹣），
根据平移规律，，，
平移后的抛物线对称轴为直线x＝﹣1，
设Q(﹣1,y0)，P(x,)，
若以B1C1为对角线，则有:
2+（﹣2）＝﹣1+x，
解得x＝1，
∴P(1，)，
若以B1Q为对角线，则有:
2+(﹣1)＝﹣2+x，
解得x＝3，
∴P（3，），
若以B1P为对角线，则有:
﹣2+(﹣1)＝2+x，
解得x＝﹣5，
∴，
综上，P的坐标为(1，)，（3，），．
【点评】本题主要考查二次函数的综合应用，最基本的待定系数法求解析式一定要掌握，还有平移的规律，综合题经常出现．
28．（2021•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝a（x﹣h）2+k与x轴相交于O，A两点，顶点P的坐标为（2，﹣1）．点B为抛物线上一动点，连接AP，AB，过点B的直线与抛物线交于另一点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点B的横坐标与纵坐标相等，∠ABC＝∠OAP，且点C位于x轴上方，求点C的坐标；
（3）若点B的横坐标为t，∠ABC＝90°，请用含t的代数式表示点C的横坐标，并求出当t＜0时，点C的横坐标的取值范围．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】压轴题；函数的综合应用；应用意识；创新意识．
【分析】（1）由抛物线y＝a（x﹣h）2+k，顶点P的坐标为（2，﹣1），可得h＝2,k＝﹣1,又y＝a(x﹣2)2﹣1的图象过（0,0），即可解得a＝,从而得到抛物线表达为y＝(x﹣2)2﹣1＝x2﹣x；
（2）在y＝x2﹣x中，令y＝x得x＝x2﹣x,可得B(0,0)或B(8，8),分两种情况分别求C，①当B(0，0)时，过B作BC∥AP交抛物线于C，此时∠ABC＝∠OAP，先求出直线AP解析式为y＝x﹣2,再求得直线BC解析式为y＝x,由得C(6,3)；②当B(8，8)时，过P作PQ⊥x轴于Q,过B作BH⊥x轴于H，作H关于AB的对称点M，作直线BM交抛物线于C,由tan∠OAP＝＝,tan∠ABH＝＝,可知∠OAP＝∠ABH,而H关于AB的对称点M,有∠ABH＝∠ABM,故∠ABM＝∠OAP,C是满足条件的点，设M(x,y),根据AM＝AH＝4，BM＝BH＝8，可得,解得M(,),从而求得直线BM解析式为y＝x+2,再解得C(﹣1,)；
（3）设BC交y轴于M，过B作BH⊥x轴于H，过M作MN⊥BH于N，证明△ABH∽△BMN,可得＝,即＝，BN＝＝4,故M(0,t2﹣t+4）,设直线BM解析式为y＝ex+t2﹣t+4,将B(t,t2﹣t）代入得e＝﹣,可得直线BM解析式为y＝﹣x+t2﹣t+4，由得,解得点C的横坐标为﹣t﹣+4；当t＜0时，xC＝﹣t﹣+4＝（﹣)2+12,可知＝时，xC最小值是12，故当t＜0时，点C的横坐标的取值范围是xC≥12．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝a（x﹣h）2+k，顶点P的坐标为（2，﹣1），
∴h＝2,k＝﹣1,即抛物线y＝a（x﹣h）2+k为y＝a(x﹣2)2﹣1,
∵抛物线y＝a（x﹣h）2+k经过O，即y＝a(x﹣2)2﹣1的图象过（0,0），
∴0＝a(0﹣2)2﹣1,解得a＝,
∴抛物线表达为y＝(x﹣2)2﹣1＝x2﹣x；
（2）在y＝x2﹣x中，令y＝x得x＝x2﹣x,
解得x＝0或x＝8,
∴B(0,0)或B(8，8),
①当B(0，0)时，过B作BC∥AP交抛物线于C，此时∠ABC＝∠OAP，如图：

在y＝x2﹣x中，令y＝0,得x2﹣x＝0，
解得x＝0或x＝4,
∴A(4,0),
设直线AP解析式为y＝kx+b,将A(4,0)、P(2，﹣1)代入得：
,解得,
∴直线AP解析式为y＝x﹣2,
∵BC∥AP,
∴设直线BC解析式为y＝x+b',将B(0，0)代入得b'＝0,
∴直线BC解析式为y＝x,
由得（此时为点O，舍去）或,
∴C(6,3)；
②当B(8，8)时，过P作PQ⊥x轴于Q,过B作BH⊥x轴于H，作H关于AB的对称点M，作直线BM交抛物线于C,连接AM,如图：

∵P(2，﹣1),A(4，0),
∴PQ＝1，AQ＝2，
Rt△APQ中，tan∠OAP＝＝,
∵B(8,8),A(4,0),
∴AH＝4,BH＝8,
Rt△ABH中，tan∠ABH＝＝,
∴∠OAP＝∠ABH,
∵H关于AB的对称点M,
∴∠ABH＝∠ABM,
∴∠ABM＝∠OAP,即C是满足条件的点，
设M(x,y),
∵H关于AB的对称点M,
∴AM＝AH＝4，BM＝BH＝8，
∴,
两式相减变形可得x＝8﹣2y,代入即可解得(此时为H，舍去）或,
∴M(,),
设直线BM解析式为y＝cx+d,将M(,),B(8，8)代入得；
,解得,
∴直线BM解析式为y＝x+2,
解得或（此时为B,舍去），
∴C(﹣1,),
综上所述，C坐标为（6,3）或（﹣1，）；
（3）设BC交y轴于M，过B作BH⊥x轴于H，过M作MN⊥BH于N,如图：

∵点B的横坐标为t，
∴B(t,t2﹣t）,又A(4，0)，
∴AH＝|t﹣4|,BH＝|t2﹣t|,OH＝|t|＝MN,
∵∠ABC＝90°,
∴∠MBN＝90°﹣∠ABH＝∠BAH,
且∠N＝∠AHB＝90°，
∴△ABH∽△BMN,
∴＝,即＝
∴BN＝＝4,
∴NH＝t2﹣t+4,
∴M(0,t2﹣t+4）,
设直线BM解析式为y＝ex+t2﹣t+4,
将B(t,t2﹣t）代入得t2﹣t＝et+t2﹣t+4,
∴e＝﹣,
∴直线BC解析式为y＝﹣x+t2﹣t+4，
由得,
解得x1＝t(B的横坐标）,x2＝﹣＝﹣t﹣+4,
∴点C的横坐标为﹣t﹣+4；
当t＜0时，
xC＝﹣t﹣+4
＝()2+()2+4
＝（﹣)2+12,
∴＝时，xC最小值是12，此时t＝﹣4,
∴当t＜0时，点C的横坐标的取值范围是xC≥12．
【点评】本题考查二次函数综合知识，涉及解析式、锐角三角函数、对称变换、两条直线平行、两条直线互相垂直、解含参数的方程等，综合性很强，难度较大，解题的关键是熟练掌握、应用各种综合知识，用含字母的式子表示线段长度及函数解析式．
29．（2021•武汉）抛物线y＝x2﹣1交x轴于A，B两点（A在B的左边）．
（1）▱ACDE的顶点C在y轴的正半轴上，顶点E在y轴右侧的抛物线上；
①如图（1），若点C的坐标是（0，3），点E的横坐标是，直接写出点A，D的坐标．
②如图（2），若点D在抛物线上，且▱ACDE的面积是12，求点E的坐标．
（2）如图（3），F是原点O关于抛物线顶点的对称点，不平行y轴的直线l分别交线段AF，BF（不含端点）于G，H两点．若直线l与抛物线只有一个公共点，求证：FG+FH的值是定值．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题；多边形与平行四边形；解直角三角形及其应用；数据分析观念．
【分析】（1）①点A向右平移1个单位向上平移3个单位得到点C，而四边形ACDE为平行四边形，故点E向右平移1个单位向上平移3个单位得到点D，即可求解；
②利用S△ACE＝S梯形CNMA﹣S△CEN﹣S△AEM＝6，求出m＝﹣5（舍去）或2，即可求解；
（2）由FG+FH＝+＝（xH﹣xG）＝（﹣）＝，即可求解．
【解答】解：（1）对于y＝x2﹣1，令y＝x2﹣1＝0，解得x＝±1，令x＝0，则y＝﹣1，
故点A、B的坐标分别为（﹣1，0）、（1,0），顶点坐标为（0，﹣1），
①当x＝时，y＝x2﹣1＝，
由点A、C的坐标知，点A向右平移1个单位向上平移3个单位得到点C，
∵四边形ACDE为平行四边形，
故点E向右平移1个单位向上平移3个单位得到点D，
则+1＝，+3＝，
故点D的坐标为（，）；

②设点C（0，n），点E的坐标为（m，m2﹣1），
同理可得，点D的坐标为（m+1，m2﹣1+n），
将点D的坐标代入抛物线表达式得：m2﹣1+n＝（m+1）2﹣1，
解得n＝2m+1，
故点C的坐标为（0，2m+1）；
连接CE，过点E作y轴的平行线交x轴于点M，交过点C与x轴的平行线与点N，

则S△ACE＝S梯形CNMA﹣S△CEN﹣S△AEM＝（m+1+m）（2m+1）﹣×（m+1）（m2﹣1）﹣m[2m+1﹣（m2﹣1）]＝S▱ACED＝6，
解得m＝﹣5（舍去）或2，
故点E的坐标为（2,3）；

（2）∵F是原点O关于抛物线顶点的对称点，故点F的坐标为（0，﹣2），
由点B、F的坐标得，直线BF的表达式为y＝2x﹣2①，
同理可得，直线AF的表达式为y＝﹣2x﹣2②，
设直线l的表达式为y＝tx+n，
联立y＝tx+n和y＝x2﹣1并整理得：x2﹣tx﹣n﹣1＝0，
∵直线l与抛物线只有一个公共点，
故△＝（﹣t）2﹣4（﹣n﹣1）＝0，解得n＝﹣t2﹣1，
故直线l的表达式为y＝tx﹣t2﹣1③，
联立①③并解得xH＝，
同理可得，xG＝，
∵射线FA、FB关于y轴对称，则∠AFO＝∠BFO，设∠AFO＝∠BFO＝α，
则sin∠AFO＝∠BFO＝＝＝＝sinα，
则FG+FH＝+＝（xH﹣xG）＝（﹣）＝为常数．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
30．（2021•岳阳）如图，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，连接BC．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）如图2，直线l：y＝kx+3经过点A，点P为直线l上的一个动点，且位于x轴的上方，点Q为抛物线上的一个动点，当PQ∥y轴时，作QM⊥PQ，交抛物线于点M（点M在点Q的右侧），以PQ，QM为邻边构造矩形PQMN，求该矩形周长的最小值；
（3）如图3，设抛物线的顶点为D，在（2）的条件下，当矩形PQMN的周长取最小值时，抛物线上是否存在点F，使得∠CBF＝∠DQM？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】二次函数综合题．菁优网版权所有
【专题】代数几何综合题；数形结合；数据分析观念．
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）设点Q的坐标为（x，﹣x2+x+2），则点P的坐标为（x，3x+3），设矩形周长为C，则C＝2（PQ+QM）＝2[3﹣2x+3x+3﹣（﹣x2+x+2）]＝x2﹣x+8，即可求解；
（3）过点D作DK⊥QM于点K，则DK＝yD﹣yQ＝﹣＝，同理可得，QK＝1，则tan∠DQM＝，在△BOC中，tan∠CBO＝＝，即可求解．
【解答】解：（1）设抛物线的表达式为y＝a（x﹣x1）（x﹣x2），
即y＝a（x+1）（x﹣4）＝a（x2﹣3x﹣4）＝ax2﹣3ax﹣4a，
即﹣4a＝2，解得a＝﹣，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+x+2；

（2）将点A的坐标代入直线l的表达式得：0＝﹣k+3，解得k＝3，
故直线l的表达式为y＝3x+3，
设点Q的坐标为（x，﹣x2+x+2），则点P的坐标为（x，3x+3），
由题意得，点Q、M关于抛物线对称轴对称，而抛物线的对称轴为直线x＝，
故点M的横坐标为3﹣x，则QM＝3﹣x﹣x＝3﹣2x，
设矩形周长为C，则C＝2（PQ+QM）＝2[3﹣2x+3x+3﹣（﹣x2+x+2）]＝x2﹣x+8，
∵1＜0，故C有最小值，
当x＝时，矩形周长最小值为；

（3）当x＝时，y＝﹣x2+x+2＝，即点Q的坐标为（，），
由抛物线的表达式知，点D的坐标为（，），

过点D作DK⊥QM于点K，
则DK＝yD﹣yQ＝﹣＝，
同理可得，QK＝1，
则tan∠DQM＝，
∵∠CBF＝∠DQM，
故tan∠CBF＝tan∠DQM＝，
在△BOC中，tan∠CBO＝＝，
故BF和BO重合，
故点F和点A重合，
即点F的坐标为（﹣1，0）．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．

考点卡片
1．根的判别式
利用一元二次方程根的判别式（△＝b2﹣4ac）判断方程的根的情况．
一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系：
①当△＞0时，方程有两个不相等的两个实数根；
②当△＝0时，方程有两个相等的两个实数根；
③当△＜0时，方程无实数根．
上面的结论反过来也成立．
2．根与系数的关系
（1）若二次项系数为1，常用以下关系：x1，x2是方程x2+px+q＝0的两根时，x1+x2＝﹣p，x1x2＝q，反过来可得p＝﹣（x1+x2），q＝x1x2，前者是已知系数确定根的相关问题，后者是已知两根确定方程中未知系数．
（2）若二次项系数不为1，则常用以下关系：x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根时，x1+x2＝，x1x2＝，反过来也成立，即＝﹣（x1+x2），＝x1x2．
（3）常用根与系数的关系解决以下问题：
①不解方程，判断两个数是不是一元二次方程的两个根．②已知方程及方程的一个根，求另一个根及未知数．③不解方程求关于根的式子的值，如求，x12+x22等等．④判断两根的符号．⑤求作新方程．⑥由给出的两根满足的条件，确定字母的取值．这类问题比较综合，解题时除了利用根与系数的关系，同时还要考虑a≠0，△≥0这两个前提条件．
3．二次函数的性质
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（﹣，），对称轴直线x＝﹣，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象具有如下性质：
①当a＞0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x＜﹣时，y随x的增大而减小；x＞﹣时，y随x的增大而增大；x＝﹣时，y取得最小值，即顶点是抛物线的最低点．
②当a＜0时，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜﹣时，y随x的增大而增大；x＞﹣时，y随x的增大而减小；x＝﹣时，y取得最大值，即顶点是抛物线的最高点．
③抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象可由抛物线y＝ax2的图象向右或向左平移|﹣|个单位，再向上或向下平移||个单位得到的．
4．二次函数图象与系数的关系
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）
①二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．
当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；|a|还可以决定开口大小，|a|越大开口就越小．
②一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置．
当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左侧； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右侧．（简称：左同右异）
③．常数项c决定抛物线与y轴交点． 抛物线与y轴交于（0，c）．
④抛物线与x轴交点个数．
△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
5．二次函数图象上点的坐标特征
二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线，顶点坐标是（﹣，）．
①抛物线是关于对称轴x＝﹣成轴对称，所以抛物线上的点关于对称轴对称，且都满足函数函数关系式．顶点是抛物线的最高点或最低点．
②抛物线与y轴交点的纵坐标是函数解析中的c值．
③抛物线与x轴的两个交点关于对称轴对称，设两个交点分别是（x1，0），（x2，0），则其对称轴为x＝．
6．二次函数图象与几何变换
由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
7．二次函数的最值
（1）当a＞0时，抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而减少；在对称轴右侧，y随x的增大而增大，因为图象有最低点，所以函数有最小值，当x＝时，y＝．
（2）当a＜0时，抛物线在对称轴左侧，y随x的增大而增大；在对称轴右侧，y随x的增大而减少，因为图象有最高点，所以函数有最大值，当x＝时，y＝．
（3）确定一个二次函数的最值，首先看自变量的取值范围，当自变量取全体实数时，其最值为抛物线顶点坐标的纵坐标；当自变量取某个范围时，要分别求出顶点和函数端点处的函数值，比较这些函数值，从而获得最值．
8．抛物线与x轴的交点
求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标，令y＝0，即ax2+bx+c＝0，解关于x的一元二次方程即可求得交点横坐标．
（1）二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的交点与一元二次方程ax2+bx+c＝0根之间的关系．
△＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数．
△＝b2﹣4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；
△＝b2﹣4ac＝0时，抛物线与x轴有1个交点；
△＝b2﹣4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
（2）二次函数的交点式：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）（a，b，c是常数，a≠0），可直接得到抛物线与x轴的交点坐标（x1，0），（x2，0）．
9．二次函数综合题
（1）二次函数图象与其他函数图象相结合问题
解决此类问题时，先根据给定的函数或函数图象判断出系数的符号，然后判断新的函数关系式中系数的符号，再根据系数与图象的位置关系判断出图象特征，则符合所有特征的图象即为正确选项．
（2）二次函数与方程、几何知识的综合应用
将函数知识与方程、几何知识有机地结合在一起．这类试题一般难度较大．解这类问题关键是善于将函数问题转化为方程问题，善于利用几何图形的有关性质、定理和二次函数的知识，并注意挖掘题目中的一些隐含条件．
（3）二次函数在实际生活中的应用题
从实际问题中分析变量之间的关系，建立二次函数模型．关键在于观察、分析、创建，建立直角坐标系下的二次函数图象，然后数形结合解决问题，需要我们注意的是自变量及函数的取值范围要使实际问题有意义．
10．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
11．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a＝，b＝及c＝．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
12．菱形的性质
（1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
（2）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（3）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度）
13．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
14．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布
日期：2021/6/23 14:58:29；用户：周晓丽；邮箱：17788760824；学号：25289867