5年(2019-2023)中考1年模拟数学真题分项汇编(安徽专用)专题09多结论、多空类问题(针对第10、14题)(真题6题模拟60题)特训（学生版+解析）

这是一份5年(2019-2023)中考1年模拟数学真题分项汇编(安徽专用)专题09多结论、多空类问题(针对第10、14题)(真题6题模拟60题)特训（学生版+解析），共102页。试卷主要包含了的图象经过斜边OB的中点C，x+a，其中a为实数，，对称轴为直线x＝1等内容，欢迎下载使用。
一．选择题（共2小题）
1．（2023•安徽）如图，E是线段AB上一点，△ADE和△BCE是位于直线AB同侧的两个等边三角形，点P，F分别是CD，AB的中点．若AB＝4，则下列结论错误的是（ ）
A．PA+PB的最小值为3
B．PE+PF的最小值为2
C．△CDE周长的最小值为6
D．四边形ABCD面积的最小值为3
2．（2021•安徽）在△ABC中，∠ACB＝90°，分别过点B，C作∠BAC平分线的垂线，垂足分别为点D，E，BC的中点是M，连接CD，MD，ME．则下列结论错误的是（ ）
A．CD＝2MEB．ME∥ABC．BD＝CDD．ME＝MD
二．填空题（共4小题）
3．（2023•安徽）如图，O是坐标原点，Rt△OAB的直角顶点A在x轴的正半轴上，AB＝2，∠AOB＝30°，反比例函数y＝（k＞0）的图象经过斜边OB的中点C．
（1）k＝ ；
（2）D为该反比例函数图象上的一点，若DB∥AC，则OB2﹣BD2的值为 ．
4．（2022•安徽）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：
（1）∠FDG＝ °；
（2）若DE＝1，DF＝2，则MN＝ ．
5．（2021•安徽）设抛物线y＝x2+（a+1）x+a，其中a为实数．
（1）若抛物线经过点（﹣1，m），则m＝ ；
（2）将抛物线y＝x2+（a+1）x+a向上平移2个单位，所得抛物线顶点的纵坐标的最大值是 ．
6．（2020•安徽）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP；再将△PCQ，△ADQ分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：
（1）∠PAQ的大小为 °；
（2）当四边形APCD是平行四边形时，的值为 ．
一．选择题（共16小题）
1．（2023•霍邱县一模）小军在复习圆的相关知识时，遇到下列四个命题：①三点确定一个圆；②三角形的外心到三边的距离相等；③等弧所对的圆周角相等；④平分弦的直径垂直于弦．其中真命题的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．（2023•芜湖一模）如图所示是抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象，其顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，则下列结论：①a﹣b+c＞0；②3a+c＞0；③b2＝4a（c﹣n）；④一元二次方程ax2+bx+c＝n﹣2没有实数根．其中正确的结论个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
3．（2023•定远县校级一模）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD，交BC于点E，且∠ADC＝60°，AD＝2AB，连接OE，下列结论：①∠CAD＝30°；②OD＝AB；③S平行四边形ABCD＝AC•CD；④S四边形OECD＝S△AOD：⑤OE＝AD．其中成立的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
4．（2023•禹会区模拟）下列说法：
（1）对角线互相垂直的四边形是菱形；
（2）对角线相等的平行四边形是矩形；
（3）对角线互相垂直平分的四边形是正方形；
（4）两组对角相等的四边形是平行四边形；
其中正确的有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
5．（2023•淮南一模）如图，⊙O的内接四边形ABCD，AB是⊙O的直径，过点D的切线PD与AB的延长线交于点P，∠B＝60°，则下列命题为假命题的是（ ）
A．若BC∥OD，则PA＝AD
B．若∠BCD＝120°，则△AOD是等边三角形
C．若AB∥CD，则四边形OBCD是菱形
D．若弦AC平分半径OD，则半径OD平分弦AC
6．（2023•泗县校级模拟）如图是二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的大致图象，其顶点坐标为（1，﹣4a），现有下列结论：①a＜﹣；②a﹣b+c＜0；③c﹣2b＜0；④方程a（x﹣3）（x+1）+1＝0没有实数根．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
7．（2023•雨山区校级模拟）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A（﹣1，0），对称轴为直线x＝1．现有下列说法：
①；
②4a+c＜0；
③4ac＞b2；
④若（2，y1）与（，y2）是抛物线上的两个点，则y1＜y2；
⑤关于x的方程ax2+bx+c+1＝0有两个不相等的实数根．其中正确的是（ ）
A．②④B．②⑤C．②③D．④⑤
8．（2023•繁昌县校级模拟）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，现有以下结论：①abc＞0；②2a﹣b+c＜0；③4a+2b+c＝0；④2a﹣b＝0；⑤．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
9．（2023•五河县校级模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，与x轴分别交于A，B两点，交y轴于点C．现有下列结论：
①a+b+c＞0；
②b2﹣4ac＞0；
③3a+c＜0；
④ax2+bx+a≥0．
其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
10．（2023•淮南二模）在同一坐标系中，若正比例函数y＝k1x与反比例函数y＝的图象没有交点，则k1与k2的关系，下面四种表述：①k1+k2≤0；②k1k2＜0；③|k1+k2|＜|k1﹣k2|；④或|k1+k2|＜|k2|．正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
11．（2023•安徽模拟）已知点E在▱ABCD边AD上，点P从点B沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q从点C沿CB运动到点B时停止，它们运动的速度都是1cm/s，若P，Q同时开始运动，设运动时间为t（s），△CPQ的面积为y（cm”），y与t的函数图象如图所示，有下列结论：①AB＝BE；②▱ABCD是菱形；③sin∠EBC＝；④当0＜t≤13时，y＝l2；其中正确的结论为（ ）
A．①②③B．②③C．①②④D．③④
12．（2023•全椒县一模）已知点A，B，C是⊙O上的点，且三点互不重合，下列结论错误的是（ ）
A．若点B是的中点，则∠BAC＝∠ACB
B．若∠AOB＝110°，则∠ACB＝55°或125°
C．若AB∥OC，OA⊥OB，则∠AOC＝135°
D．若四边形OABC是平行四边形，则四边形OABC一定是菱形
13．（2023•金安区校级三模）点P为正方形ABCD的边上AB的一点，连接PC，以PC为边作正方形PCEF，E在AD的延长线上，连结AF，作GF⊥AF，交AD于G．则下列结论错误的是（ ）
A．PB＝DEB．AP＝GEC．D．
14．（2023•六安三模）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，F是对角线AC的中点，点G、E分别在AD、CD边上运动，且保持AG＝DE，连接GE、GF、EF，在此运动变化的过程中，下列结论：①△GFE是等腰直角三角形；②四边形DGFE不可能为正方形，③GE长度的最小值为；④四边形DGFE的面积保持不变；⑤△DGE面积的最大值为8，其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①③④⑤C．①③④D．③④⑤
15．（2023•泗县二模）如图，在矩形ABCD和矩形CEFG中，，且CD＝CG，连接DE交BC于点M，连接BG交CE于点N，交DE于点O，则下列结论不正确的是（ ）
A．BG⊥DE
B．当CN＝EN时，CN2＝ON•NG
C．当∠BDE＝∠BCE时，△BMD∽△BNC
D．当∠BCE＝60°时，
16．（2023•六安模拟）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD，交BC于点E，且∠ADC＝60°，AB＝BC，连接OE，下列结论：①∠CAD＝30°；②OD＝AB；③S▱ABCD＝AC•CD；④S四边形OECD＝S△AOD，其中成立的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
二．填空题（共44小题）
17．（2023•金安区校级一模）对于一个函数，当自变量x取a时，函数值y也等于a，则称点（a，a）是这个函数的同值点，已知二次函数y＝2x2+3x+m．
（1）若点（2，2）是此函数的同值点，则m的值为 ．
（2）若此函数有两个相异的同值点（a，a）、（b，b），且a＜1＜b，则m的取值范围为 ．
18．（2023•蜀山区三模）如图，△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D是边AC上一点，CD＝2AD，连接BD，过点C作CE⊥BD于点E，连接AE．
（1）∠AEC＝ °；
（2）若，则AE＝ ．
19．（2023•无为市三模）二次函数y＝ax2﹣2ax（a≠0）的图象经过点A（﹣1，3）．
（1）该二次函数图象的顶点坐标是 ；
（2）一次函数y＝2x+b的图象经过点A，点P（m，y1）在一次函数y＝2x+b的图象上，点Q（m+4，y2）在二次函数y＝ax2﹣2ax的图象上，若y1＞y2，m的取值范围是 ．
20．（2023•大观区校级二模）已知直线交y轴于点A，并与双曲线交于点B，连接OA、OB．
（1）当k＝8时，点B的坐标为 ；
（2）若△OAB的面积为10，则k＝ ．
21．（2023•安庆模拟）新定义：在平面直角坐标系中，对于点P（m，n）和点P'（m，n'），若满足m≥0时，n'＝n﹣4；m＜0时，n'＝﹣n，则称点P'（m，n'）是点P（m，n）的限变点．例如：点P1（2，5）的限变点是P1′（2，1），则点P2（﹣2，3）的限变点是 ．若点P（m，n）在二次函数y＝﹣x2+4x+2的图象上，则当﹣1≤m≤3时，其限变点P'的纵坐标n'的取值范围是 ．
22．（2023•潜山市模拟）已知抛物线y＝x2﹣2ax+a2+2a（a＞0）．
（1）若a＝1，抛物线的顶点坐标为 ；
（2）直线x＝m与直线y＝2x﹣2交于点P，与抛物线y＝x2﹣2ax+a2+2a交于点Q．若当m＜3时，PQ的长度随m的增大而减小，则a的取值范围是 ．
23．（2023•安徽二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2﹣2ax+a2+4a（a为常数）．
（1）当抛物线经过（1，4）时，a＝ ．
（2）当a＝1时，﹣1≤x≤m时，4≤y≤8，则m的取值范围是 ．
24．（2023•庐阳区校级三模）如图，已知Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝2AB，以BC为直角边作等腰Rt△BCD，且∠BCD＝90°．
（1）若AB＝1，则BD＝ ；
（2）连接AD，交BC于点E，则＝ ．
25．（2023•全椒县一模）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，点P是边BC上一点，点D与点E分别是边AB，AC上的一点，AP与DE互相平分．
（1）若AP平分∠BAC．则△APB与△ACP的面积之比为 ；
（2）若AC＝PC，则DE的长为 ．
26．（2023•安徽二模）如图，已知：正方形ABCD中，E为BC边中点，F为AB边上一点，AE、CF交于点P，连接AC．
（1）tan∠EAC的值为 ；
（2）若CE＝PE，则的值为 ．
27．（2023•蜀山区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，M，N分别是BC，CD上的动点，连接AM，BN交于点E，且∠BND＝∠AMC．
（1）AE•BN＝ ；
（2）连接CE，则CE的最小值为 ．
28．（2023•金安区校级二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线：y＝ax2﹣2ax+4（a＞0）．
（1）该抛物线的对称轴是 ；
（2）若A（m﹣1，y1），B（m，y2），C（m+2，y3）为抛物线上三点，且总有y3＞y1＞y2，结合图象，则m的取值范围是 ．
29．（2023•凤台县校级三模）已知（x1，y1），（x2，y2）是二次函数y＝ax2+（a+1）x（a≠0）图象上两个不同的点．
（1）若x1+x2＝2，y1＝y2，则实数a的值是 ；
（2）若a＞0，当x1＞x2≥﹣3时，恒有y1＞y2，则实数a的取值范围是 ．
30．（2023•安徽模拟）已知抛物线y＝ax2﹣4ax+c（a≠0）．
（1）二次函数图象的对称轴是直线x＝ ；
（2）当c＝2时将点A（﹣4，﹣2）向右平移9个单位得到点B，直接写出线段AB与抛物线有两个交点时a的取值范围 ．
31．（2023•肥东县模拟）已知A，B是抛物线y＝﹣x2+4上的两点，点A的横坐标为t，点B的横坐标为t+2，C为线段AB的中点，CD∥y轴，交抛物线于点D．
（1）抛物线的顶点坐标是 ；
（2）线段CD的长为 ．
32．（2023•花山区二模）已知二次函数y＝﹣x2+（m﹣1）x+m（m为常数且m≥1），该函数恒过定点A，且与直线y＝x﹣m交于点B、C．
（1）定点A的坐标为 ；
（2）△ABC面积的最小值为 ．
33．（2023•明光市二模）如图1，在四边形ABCD中，AB∥DC，动点P从A点出发沿A→D→C→B以2cm/s的速度向终点B运动，同时动点Q从A点出发沿A→B以1cm/s的速度向终点B运动，图2是两动点运动过程中△APQ的面积S（cm2）和运动时间t（s）之间的函数图象．​
（1）四边形ABCD的面积为 cm2；
（2）当31.5≤t≤52时的函数表达式为 ．
34．（2023•蜀山区校级三模）定义{a，b，c}＝c（a＜c＜b），即{a，b，c}的取值为a，b，c的中位数，则如：{1，3，2}＝2，{8，3，6}＝6，
已知函数y＝{x2+1，﹣x+2，x+3}
（1）求当x＝时，y＝ ；
（2）当直线y＝x+b与上述函数有3个交点时，则b的值为 ．
35．（2023•铜官区校级一模）已知点M（a，b）是抛物线y＝x2﹣4x+5上一动点．
（1）当点M到y轴的距离不大于1时，b的取值范围是 ；
（2）当点M到直线x＝m的距离不大于n（n＞0）时，b的取值范围是5≤b≤10，则m+n的值为 ．
36．（2023•蜀山区校级模拟）距离地面有一定高度的某发射装置竖直向上发射物体，物体离地面的高度h（米）与物体运动的时间t（秒）之间满足函数关系h＝﹣5t2+mt+n，其图象如图所示，物体运动的最高点离地面20米，物体从发射到落地的运动时间为3秒，设w表示0秒到t秒时h的值的“极差”（即0秒到t秒时h的最大值与最小值的差）．
（1）m＝ ，n＝ ；
（2）当2≤t≤3时，w的取值范围是 ．
37．（2023•瑶海区校级一模）已知二次函数y＝﹣x2+mx+2﹣m，
（1）当m＝2时，二次函数y＝﹣x2+mx+2﹣m的最大值为 ．
（2）当﹣1≤x≤2时，二次函数y＝﹣x2+mx+2﹣m的最大值为6，则m的值为 ．
38．（2023•砀山县二模）设二次函数y＝x2﹣（2a﹣4）x﹣1，其中a为实数．
（1）二次函数的对称轴为直线 ．（用含a的式子表示）
（2）若二次函数在0≤x≤3有最小值﹣5，则实数a的值是 ．
39．（2023•合肥模拟）已知二次函数y＝ax2+2ax﹣1，
（1）随着a的取值变化，图象除经过定点（0，﹣1），请写出图象经过的另一个定点坐标 ；
（2）若抛物线与x轴有交点，过抛物线的顶点与定点（0，﹣1）作直线，该直线与x轴交于点P（m，0），且|m|≥1，则a的取值范围为 ．
40．（2023•合肥二模）已知：关于x的二次函数．
（1）当a＝4时，函数的最大值为 ．
（2）若函数的最大值为t，则t的最小值为 ．
41．（2023•太和县二模）已知二次函数y＝2x2+bx﹣1的图象经过（1，﹣3）．
（1）该二次函数的对称轴为直线 ．
（2）当0≤x≤m时，若y的最大值与最小值之差为8，则m的值为 ．
42．（2023•庐江县三模）已知，如图，反比例函数经过点A（2，3）．
（1）k＝ ；
（2）平移OA至BC，使点O的对应点C落在坐标轴上，点A的对应点B落在反比例函数的图象上，若平行四边形OABC的面积为12，则m的值是 ．
43．（2023•合肥二模）已知函数y＝x2+mx（m为常数）的图形经过点（﹣5，5）．
（1）m＝ ．
（2）当﹣5≤x≤n时，y的最大值与最小值之和为2，则n的值 ．
44．（2023•濉溪县模拟）如图，点E是正方形ABCD边AB上一点，F是线段DE上一点，过点A作AF的垂线交DE延长线于点G，且AG＝AF，连接BF，BG．
（1）∠AGB的度数为 °；
（2）若，，则tan∠GAB的值为 ．
45．（2023•金安区一模）如图，BD是正方形ABCD的对角线，G是边AD上一点，过点D作DE垂直BG的延长线于点E，M是CD上一点，连接BM并延长交ED的延长线于点F．请解决下列问题：
（1）若∠ADE＝15°，则∠DBG＝ ．
（2）若AB＝3，BG＝DF，AD＝3AG，则BF的长为 ．
46．（2023•砀山县一模）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于点M，AF交BD于点N．
（1）连接FM，则∠AFM的度数为 ；
（2）若F是CD的中点，则tan∠AEF＝ ．
47．（2023•包河区二模）Rt△ABC中，点D是斜边AB的中点．
（1）如图1，若DE⊥BC与E，DF⊥AC于F，DE＝3，DF＝4，则AB＝ ；
（2）如图2，若点P是CD的中点，且CP＝，则PA2+PB2＝ ．
48．（2023•蚌山区三模）如图，点C是线段AB上一动点，△ACD，△BCE均为等边三角形，AB＝6，连接DE．
（1）若DE⊥CE，则DE＝ ；
（2）DE长度的最小值为 ．
49．（2023•庐阳区校级三模）如图，△CAB，△CDE均为等腰直角三角形，，DC＝EC，点A，E，D在同一直线，AD与BC相交于点F，G为AB的中点，连接BD，EG．完成以下问题：
​（1）∠BDA的度数为 ；
（2）若F为BC的中点，则EG的长为 ．
50．（2023•蚌山区二模）如图，点E为正方形ABCD的边CD上一点，以点A为圆心，AE长为半径画弧EF，交边BC于点F，已知正方形边长为1．
（1）若∠DAE＝15°，则DE的长为 ；
（2）△AEF的面积为S的最大值是 ．
51．（2023•无为市四模）已知关于x的二次函数y＝a（x﹣m）2+a（x﹣m）（a，m为常数，且a＞0，m＞0）的图象与x轴交于A，B两点．请完成下列问题：
（1）线段AB的长为 ．
（2）若该二次函数的图象的顶点为C，且与y轴的正半轴交于点D．当时，m的值为 ．
52．（2023•安庆二模）已知抛物线C：y＝x2+ax与直线AB：y＝﹣x+2交于x轴上同一点．
（1）a的值为 ．
（2）点M是直线AB上的一个动点，将点M向左移动4个单位得到点N，若线段MN与抛物线C只有一个公共点，则点M的横坐标m的取值范围为 ．
53．（2023•蚌埠二模）在平面直角坐标系中，设抛物线y＝x2﹣2ax，其中a＜0．
（1）此抛物线的对称轴为 （用含a的式子表示）；
（2）若抛物线上存在两点A（a﹣1，y1）和B（a+2，y2），当y1•y2＜0时，则a的取值范围是 ．
54．（2023•定远县模拟）如图，在反比例函数y＝（x＞0）的图象上有点P1，P2，P3，P4，P5，其横坐标依次为2，4，6，8，10，分别过这些点作x轴、y轴的垂线，图中所构成的阴影部分的面积从左到右依次为S1，S2，S3，S4已知P1的纵坐标为10．
（1）k的值为 ；
（2）阴影部分的面积S1的值为 ；
（3）阴影部分的面积S1，S2，S3，S4的和为 ．
55．（2023•舒城县模拟）在矩形ABCD中，AB＝4，点E为边AD上一点，AE＝3，F为BE的中点，
（1）EF＝ ；
（2）若CF⊥BE，CE、DF相交于点O，则＝ ．
56．（2023•芜湖三模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，G为AD中点，点E在BC延长线上，F、H分别为CE、GE中点．
（1）连接BG，则∠AGB＝ °；
（2）若∠EHF＝∠DGE，，则AB＝ ．
57．（2023•利辛县模拟）如图，E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，DF⊥AE于点F，O点为正方形ABCD的中心，连接OF，连接OB交AE于点G．请完成下列问题：
（1）∠OFE＝ °；
（2）连接CG，若AB＝8，FG＝3，EG＝1，则CG的长为 ．
58．（2023•蜀山区二模）在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是BC边上的点，连接AE，将△ABE沿AE翻折至△AFE，连接CF．
（1）如图1，连接BF，若点E为BC边中点，且CF＝AB时，则∠ABF＝ °；
（2）如图2，连接DF，当点D、F、E三点共线时，恰有∠DCF＝∠ADF，则CF的长为 ．
59．（2023•利辛县模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0）和B两点，与y轴交于点C．
（1）该抛物线的对称轴是直线x＝ （用含a的代数式表示）；
（2）若AB＝3，当x＞﹣1时，y随x的增大而增大，点P为x轴下方抛物线上一点，且△BPC的面积被x轴分成1：2两部分，则点P的坐标为 ．
60．（2023•安徽模拟）矩形ABCD对角线的交点为O，点E在边AB上，点F在AD的延长线上，连接EF，EO，FO，∠EOF＝90°．试探究：
​
（1）如图1，若EF垂直平分AO，AB＝8，AD＝4，则AE的长为 ；
（2）如图2，若BE＝3，FD＝1，则EF的长为 ．
专题09 多结论、多空类问题（针对第10、14题）（真题6题模拟60题）
一．选择题（共2小题）
1．（2023•安徽）如图，E是线段AB上一点，△ADE和△BCE是位于直线AB同侧的两个等边三角形，点P，F分别是CD，AB的中点．若AB＝4，则下列结论错误的是（ ）
A．PA+PB的最小值为3
B．PE+PF的最小值为2
C．△CDE周长的最小值为6
D．四边形ABCD面积的最小值为3
【分析】延长AD，BC交于M，过P作直线l∥AB，由△ADE和△BCE是等边三角形，可得四边形DECM是平行四边形，而P为CD中点，知P为EM中点，故P在直线l上运动，作A关于直线l的对称点A'，连接A'B，当P运动到A'B与直线l的交点，即A'，P，B共线时，PA+PB＝PA'+PB最小，即可得PA+PB最小值A'B＝＝2，判断选项A错误；由PM＝PE，即可得当M，P，F共线时，PE+PF最小，最小值为MF的长度，此时PE+PF的最小值为2，判断选项B正确；过D作DK⊥AB于K，过C作CT⊥AB于T，由△ADE和△BCE是等边三角形，得KT＝KE+TE＝AB＝2，有CD≥2，故△CDE周长的最小值为6，判断选项C正确；设AE＝2m，可得S四边形ABCD＝（m﹣1）2+3，即知四边形ABCD面积的最小值为3，判断选项D正确．
【解答】解：延长AD，BC交于M，过P作直线l∥AB，如图：
∵△ADE和△BCE是等边三角形，
∴∠DEA＝∠MBA＝60°，∠CEB＝∠MAB＝60°，
∴DE∥BM，CE∥AM，
∴四边形DECM是平行四边形，
∵P为CD中点，
∴P为EM中点，
∵E在线段AB上运动，
∴P在直线l上运动，
由AB＝4知等边三角形ABM的高为2，
∴M到直线l的距离，P到直线AB的距离都为，
作A关于直线l的对称点A'，连接A'B，当P运动到A'B与直线l的交点，即A'，P，B共线时，PA+PB＝PA'+PB最小，
此时PA+PB最小值A'B＝＝＝2，故选项A错误，符合题意；
∵PM＝PE，
∴PE+PF＝PM+PF，
∴当M，P，F共线时，PE+PF最小，最小值为MF的长度，
∵F为AB的中点，
∴MF⊥AB，
∴MF为等边三角形ABM的高，
∴PE+PF的最小值为2，故选项B正确，不符合题意；
过D作DK⊥AB于K，过C作CT⊥AB于T，如图，
∵△ADE和△BCE是等边三角形，
∴KE＝AE，TE＝BE，
∴KT＝KE+TE＝AB＝2，
∴CD≥2，
∴DE+CE+CD≥AE+BE+2，即DE+CE+CD≥AB+2，
∴DE+CE+CD≥6，
∴△CDE周长的最小值为6，故选项C正确，不符合题意；
设AE＝2m，则BE＝4﹣2m，
∴AK＝KE＝m，BT＝ET＝2﹣m，DK＝AK＝m，CT＝BT＝2﹣m，
∴S△ADK＝m•m＝m2，S△BCT＝（2﹣m）（2﹣m）＝m2﹣2m+2，S梯形DKTC＝（m+2﹣m）•2＝2，
∴S四边形ABCD＝m2+m2﹣2m+2+2＝m2﹣2m+4＝（m﹣1）2+3，
∴当m＝1时，四边形ABCD面积的最小值为3，故选项D正确，不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查轴对称﹣最短路径问题，涉及等边三角形的性质及应用，三角形面积等知识，解题的关键是求出P的运动轨迹是直线l．
2．（2021•安徽）在△ABC中，∠ACB＝90°，分别过点B，C作∠BAC平分线的垂线，垂足分别为点D，E，BC的中点是M，连接CD，MD，ME．则下列结论错误的是（ ）
A．CD＝2MEB．ME∥ABC．BD＝CDD．ME＝MD
【分析】根据题意作出图形，可知点A，C，D，B四点共圆，再结合点M是中点，可得DM⊥BC，又CE⊥AD，BD⊥AD，可得△CEM≌△BFM，可得EM＝FM＝DM，延长DM交AB于点N，可得MN是△ACB的中位线，再结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得DN＝AN，得到角之间的关系，可得ME∥AB．
【解答】解：根据题意可作出图形，如图，延长EM交BD于点F，延长DM交AB于点N，
在△ABC中，∠ACB＝90°，分别过点B，C作∠BAC平分线的垂线，垂足分别为点D，E，
由此可得点A，C，D，B四点共圆，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝∠BAD，
∴CD＝DB，（故选项C正确）
∵点M是BC的中点，
∴DM⊥BC，
又∵∠ACB＝90°，
∴AC∥DN，
∴点N是线段AB的中点，
∴AN＝DN，
∴∠DAB＝∠ADN，
∵CE⊥AD，BD⊥AD，
∴CE∥BD，
∴∠ECM＝∠FBM，∠CEM＝∠BFM，
∵点M是BC的中点，
∴CM＝BM，
∴△CEM≌△BFM（AAS），
∴EM＝FM，∠CEM＝∠BFM，
∴点M是EF的中点，
∵∠EDF＝∠CED＝90°，
∴EM＝FM＝DM（故选项D正确），
∴∠DEM＝∠MDE＝∠DAB，
∴EM∥AB（故选项B正确），
综上，可知选项A的结论不正确．
故选：A．
【点评】本题主要考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线定理，全等三角形的性质与判定等，根据题中条件，作出正确的辅助线是解题关键．
二．填空题（共4小题）
3．（2023•安徽）如图，O是坐标原点，Rt△OAB的直角顶点A在x轴的正半轴上，AB＝2，∠AOB＝30°，反比例函数y＝（k＞0）的图象经过斜边OB的中点C．
（1）k＝ ；
（2）D为该反比例函数图象上的一点，若DB∥AC，则OB2﹣BD2的值为 4 ．
【分析】（1）根据直角三角形的性质，求出A、B两点坐标，作出辅助线，证得△OPC≌△APC（HL），利用勾股定理及待定系数法求函数解析式即可解答．
（2）求出AC、BD的解析式，再联立方程组，求得点D的坐标，分两种情况讨论即可求解．
【解答】解：（1）在Rt△OAB中，AB＝2，∠AOB＝30°，
∴，
∴，
∵C是OB的中点，
∴OC＝BC＝AC＝2，
如图，过点C作CP⊥OA于P，
∴△OPC≌△APC（HL），
∴，
在Rt△OPC中，PC＝，
∴C（，1）．
∵反比例函数y＝（k＞0）的图象经过斜边OB的中点C，
∴，
解得k＝．
故答案为：．
（2）设直线AC的解析式为y＝kx+b（k≠0），
则，
解得，
∴AC的解析式为y＝﹣x+2，
∵AC∥BD，
∴直线BD的解析式为y＝﹣x+4，
∵点D既在反比例函数图象上，又在直线BD上，
∴联立得，
解得，，
当D的坐标为（2+3，）时，
BD2＝＝9+3＝12，
∴OB2﹣BD2＝16﹣12＝4；
当D的坐标为（2﹣3，）时，
BD2＝+＝9+3＝12，
∴OB2﹣BD2＝16﹣12＝4；
综上，OB2﹣BD2＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，待定系数法求函数解析式，勾股定理的应用，解题的关键是掌握直角三角形的性质及勾股定理的应用．
4．（2022•安徽）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：
（1）∠FDG＝ 45 °；
（2）若DE＝1，DF＝2，则MN＝ ．
【分析】（1）根据AAS证△ABE≌△GEF，得出EG＝AB，GF＝AE，推出DG＝GF即可得出∠FDG的度数；
（2）由（1）的结论得出CD的长度，GF的长度，根据相似三角形的性质分别求出DM，NC的值即可得出MN的值．
【解答】解：由题知，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，
∴∠AEB+∠GEF＝90°，
∵∠AEB+∠ABE＝90°，
∴∠GEF＝∠ABE，
在△ABE和△GEF中，
，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴EG＝AB＝AD，GF＝AE，
即DG+DE＝AE+DE，
∴DG＝AE，
∴DG＝GF，
即△DGF是等腰直角三角形，
∴∠FDG＝45°，
故答案为：45°；
（2）∵DE＝1，DF＝2，
由（1）知，△DGF是等腰直角三角形，
∴DG＝GF＝2，AB＝AD＝CD＝ED+DG＝2+1＝3，
延长GF交BC延长线于点H，
∴CD∥GH，
∴△EDM∽△EGF，
∴，
即，
∴MD＝，
同理△BNC∽△BFH，
∴，
即，
∴，
∴NC＝，
∴MN＝CD﹣MD﹣NC＝3﹣﹣＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握这些基础知识是解题的关键．
5．（2021•安徽）设抛物线y＝x2+（a+1）x+a，其中a为实数．
（1）若抛物线经过点（﹣1，m），则m＝ 0 ；
（2）将抛物线y＝x2+（a+1）x+a向上平移2个单位，所得抛物线顶点的纵坐标的最大值是 2 ．
【分析】（1）把点（﹣1，m），直接代入抛物线解析式，即可得出结论；
（2）根据“上加下减”可得出平移后的抛物线解析式，再利用配方法配方，可表达顶点的纵坐标，再求最大值．
【解答】解：（1）点（﹣1，m）代入抛物线解析式y＝x2+（a+1）x+a，
得（﹣1）2+（a+1）×（﹣1）+a＝m，解得m＝0．
故答案为：0．
（2）y＝x2+（a+1）x+a向上平移2个单位可得，y＝x2+（a+1）x+a+2，
∴y＝（x+）2﹣（a﹣1）2+2，
∴抛物线顶点的纵坐标n＝﹣（a﹣1）2+2，
∵﹣＜0，
∴n的最大值为2．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查二次函数图象的平移，二次函数图象顶点坐标等内容，题目比较简单．
6．（2020•安徽）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使得点B落在CD上的点Q处．折痕为AP；再将△PCQ，△ADQ分别沿PQ，AQ折叠，此时点C，D落在AP上的同一点R处．请完成下列探究：
（1）∠PAQ的大小为 30 °；
（2）当四边形APCD是平行四边形时，的值为 ．
【分析】（1）由折叠的性质可得∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，由平角的性质可得∠D+∠C＝180°，∠AQP＝90°，可证AD∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝90°，即可求解；
（2）由平行四边形和折叠的性质可得AR＝PR，由直角三角形的性质可得AP＝2PB＝2QR，AB＝PB，即可求解．
【解答】解：（1）由折叠的性质可得：∠B＝∠AQP，∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB，∠DQA＝∠AQR，∠CQP＝∠PQR，∠D＝∠ARQ，∠C＝∠QRP，
∵∠QRA+∠QRP＝180°，
∴∠D+∠C＝180°，
∴AD∥BC，
∴∠B+∠DAB＝180°，
∵∠DQR+∠CQR＝180°，
∴∠DQA+∠CQP＝90°，
∴∠AQP＝90°，
∴∠B＝∠AQP＝90°，
∴∠DAB＝90°，
∴∠DAQ＝∠QAP＝∠PAB＝30°，
故答案为：30；
（2）由折叠的性质可得：AD＝AR，CP＝PR，
∵四边形APCD是平行四边形，
∴AD＝PC，
∴AR＝PR，
又∵∠AQP＝90°，
∴QR＝AP，
∵∠PAB＝30°，∠B＝90°，
∴AP＝2PB，AB＝PB，
∴PB＝QR，
∴＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
一．选择题（共16小题）
1．（2023•霍邱县一模）小军在复习圆的相关知识时，遇到下列四个命题：①三点确定一个圆；②三角形的外心到三边的距离相等；③等弧所对的圆周角相等；④平分弦的直径垂直于弦．其中真命题的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据确定圆的条件对①进行判断；根据三角形外心的性质对②进行判断；根据圆周角定理对③进行判断；根据垂径定理的推论对④进行判断．
【解答】解：不共线的三点确定一个圆，所以①为假命题；
三角形的外心到三角形三个顶点的距离相等，所以②为假命题；
等弧所对的圆周角相等，所以③为真命题；
平弦（非直径）的直径垂直于弦，所以④为假命题．
故选：A．
【点评】本题考查了命题与定理：要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．也考查了垂径定理、圆周角定理和确定圆的条件．
2．（2023•芜湖一模）如图所示是抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的部分图象，其顶点坐标为（1，n），且与x轴的一个交点在点（3，0）和（4，0）之间，则下列结论：①a﹣b+c＞0；②3a+c＞0；③b2＝4a（c﹣n）；④一元二次方程ax2+bx+c＝n﹣2没有实数根．其中正确的结论个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据图象开口向下，对称轴为直线x＝1可得抛物线与x轴另一交点坐标在（﹣1，0），（﹣2，0）之间，从而判断①．由对称轴为直线x＝1可得b与a的关系，将b＝﹣2a代入函数解析式根据图象可判断②由ax2+bx+c＝n有两个相等实数根可得Δ＝b2﹣4a（c﹣n）＝0，从而判断③．由函数最大值为y＝n可判断④．
【解答】解：∵抛物线顶点坐标为（1，n），
∴抛物线对称轴为直线x＝1，
∵图象与x轴的一个交点在（3，0），（4，0）之间，
∴图象与x轴另一交点在（﹣1，0），（﹣2，0）之间，
∴x＝﹣1时，y＞0，
即a﹣b+c＞0，
故①正确，符合题意．
∵抛物线对称轴为直线x＝﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴y＝ax2﹣2ax+c，
∴x＝﹣1时，y＝3a+c＞0，
故②正确，符合题意．
∵抛物线顶点坐标为（1，n），
∴ax2+bx+c＝n有两个相等实数根，
∴Δ＝b2﹣4a（c﹣n）＝0，
∴b2＝4a（c﹣n），
故③正确，符合题意．
∵y＝ax2+bx+c的最大函数值为y＝n，
∴ax2+bx+c＝n﹣2有实数根，
故④错误，不合题意．
故选：C．
【点评】主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
3．（2023•定远县校级一模）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD，交BC于点E，且∠ADC＝60°，AD＝2AB，连接OE，下列结论：①∠CAD＝30°；②OD＝AB；③S平行四边形ABCD＝AC•CD；④S四边形OECD＝S△AOD：⑤OE＝AD．其中成立的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】结合平行四边形的性质可证明△ABE为等边三角形，由BC＝AD＝2AB，可判断①，证明∠BAC＝90°，可判断②；由平行四边形的面积公式可判断③；利用三角形中线的性质结合三角形的面积可求解判断④，由三角形中位线定理可求AB＝2OE，即可判断⑤，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠ADC＝60°，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，OB＝OD，AO＝CO，
∴∠DAE＝∠AEB，∠BAD＝∠BCD＝120°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB
∴△ABE为等边三角形，
∴∠BAE＝∠AEB＝60°，AB＝BE＝AE，
∵BC＝AD＝2AB，
∴EC＝AE＝BE，
∴∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠CAD＝30°，故①正确；
∵∠BAD＝120°，∠CAD＝30°，
∴∠BAC＝90°，
∴BO＞AB，
∴OD＞AB，故②错误；
∴S▱ABCD＝AB•AC＝AC•CD，故③正确；
∵∠BAC＝90°，BC＝2AB，
∴E是BC的中点，
∴S△BEO：S△BCD＝1：4，
∴S四边形OECD：S△BCD＝3：4，
∴S四边形OECD：S▱ABCD＝3：8，
∵S△AOD：S▱ABCD＝1：4，
∴S四边形OECD＝S△AOD，故④正确．
∵AO＝OC，BE＝EC，
∴AB＝2OE，
∵AD＝2AB，
∴OE＝AD，故⑤正确，
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
4．（2023•禹会区模拟）下列说法：
（1）对角线互相垂直的四边形是菱形；
（2）对角线相等的平行四边形是矩形；
（3）对角线互相垂直平分的四边形是正方形；
（4）两组对角相等的四边形是平行四边形；
其中正确的有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定逐个判断即可．
【解答】解：对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故（1）错误；
对角线相等的平行四边形是矩形，故（2）正确；
对角线互相垂直平分的四边形是菱形，不一定是正方形，故（3）错误
两组对角分别相等的四边形是平行四边形，故（4）正确；
即正确的个数是2，
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识点，能熟记平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解此题的关键．
5．（2023•淮南一模）如图，⊙O的内接四边形ABCD，AB是⊙O的直径，过点D的切线PD与AB的延长线交于点P，∠B＝60°，则下列命题为假命题的是（ ）
A．若BC∥OD，则PA＝AD
B．若∠BCD＝120°，则△AOD是等边三角形
C．若AB∥CD，则四边形OBCD是菱形
D．若弦AC平分半径OD，则半径OD平分弦AC
【分析】（1）根据切线的性质得到OD⊥PD，根据同角的余角相等得到∠P＝∠PDA，得到PA＝AD，判断选项A；根据圆内接四边形的性质、等边三角形的判定定理判断选项B；根据等边三角形的性质、菱形的判定定理判断C；根据垂径定理判断D．
【解答】解：A、∵BC∥OD，∠B＝60°，
∴∠POD＝60°，
∵OA＝OD，
∴△AOD为等边三角形，
∴∠ODA＝60°，
∵PD是⊙O的切线，
∴OD⊥PD，
∴∠P＝90°﹣60°＝30°，∠PDA＝90°﹣60°＝30°，
∴∠P＝∠PDA，
∴PA＝AD，本选项说法是真命题，不符合题意；
B、∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，∠BCD＝120°，
∴∠DAB＝180°﹣120°＝60°，
∵OA＝OD，
∴△AOD为等边三角形，本选项说法是真命题，不符合题意；
C、连接OC，
∵OB＝OC，∠B＝60°，
∴△OBC为等边三角形，
∵AB∥CD，∠B＝60°，
∴∠BCD＝120°，
∴∠OCD＝60°，
∵OC＝OD，
∴△OCD为等边三角形，
∴OD＝OB＝BC＝CD，
∴四边形OBCD为菱形，本选项说法是真命题，不符合题意；
D、弦AC平分半径OD，但半径OD不一定平分弦AC，本选项说法是假命题，符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，掌握切线的性质、圆周角定理、等边三角形的判定和性质、菱形的判定定理是解题的关键．
6．（2023•泗县校级模拟）如图是二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的大致图象，其顶点坐标为（1，﹣4a），现有下列结论：①a＜﹣；②a﹣b+c＜0；③c﹣2b＜0；④方程a（x﹣3）（x+1）+1＝0没有实数根．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】抛物线的开口向下，顶点坐标为（1，﹣4a），交于y轴正半轴，且在1上方，可得a＜0，c＞1，对称轴为，y＝a（x﹣1）2﹣4a，进而有b＝﹣2a＞0，y＝a（x﹣1）2﹣4a＝ax2﹣2ax﹣3a，可得c＝﹣3a＞1，即可判断①②③，根据a﹣b+c＝a+2a﹣3a＝0，可得抛物线与x轴交于点（﹣1，0），即可得抛物线与x轴的另一个交点为（3，0），则有y＝a（x﹣3）（x+1）＝0，据此即可判断④正确．
【解答】解：∵抛物线的开口向下，顶点坐标为（1，﹣4a），交于y轴正半轴，且在1上方，
∴a＜0，c＞1，对称轴为，y＝a（x﹣1）2﹣4a，
∴b＝﹣2a＞0，y＝a（x﹣1）2﹣4a＝ax2﹣2ax﹣3a，
即：c＝﹣3a＞1，
∴，即，故①正确；
∴a﹣b+c＝a+2a﹣3a＝0，故②错误；
∴，故③正确；
∵a﹣b+c＝a+2a﹣3a＝0，
∴当x＝﹣1时，y＝a﹣b+c＝0，
∴抛物线与x轴交于点（﹣1，0），
∵对称轴为，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（3，0），
∴y＝a（x﹣3）（x+1）＝0，
∴a（x﹣3）（x+1）+1＝0无实数解，故④正确；
综上，正确的有3个；
故选：C．
【点评】本题考查二次函数图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是求解本题的关键．
7．（2023•雨山区校级模拟）如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过点A（﹣1，0），对称轴为直线x＝1．现有下列说法：
①；
②4a+c＜0；
③4ac＞b2；
④若（2，y1）与（，y2）是抛物线上的两个点，则y1＜y2；
⑤关于x的方程ax2+bx+c+1＝0有两个不相等的实数根．其中正确的是（ ）
A．②④B．②⑤C．②③D．④⑤
【分析】由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】解：①由图象可知：a＜0，c＞0，
∴＜0，
故①错误．
∵﹣＝1，
∴b＝﹣2a．
∵当x＝﹣1时，y＝0，即a﹣b+c＝0．
∴3a+c＝0，
∴4a+c＝a＜0，
故②正确；
∵该抛物线与x轴有两个交点，
∴b2﹣4ac＞0．
∴4ac＜b2，
故③错误；
∵（2，y1）与（，y2）是抛物线上的两个点，对称轴为直线x＝1，
∴（2，y1）关于对称轴的对称点为（0，y1），
∵抛物线开口向下，﹣＜0＜1，
∴y1＞y2．
故④错误；
由图象可知，抛物线与直线y＝﹣1有两个交点，
∴关于x的方程ax2+bx+c+1＝0有两个不相等的实数根，
故⑤正确．
故选：B．
【点评】本题主要考查图象与二次函数系数之间的关系，会利用对称轴的范围求2a与b的关系，以及二次函数与方程之间的转换，根的判别式的熟练运用．
8．（2023•繁昌县校级模拟）已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，现有以下结论：①abc＞0；②2a﹣b+c＜0；③4a+2b+c＝0；④2a﹣b＝0；⑤．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】开口方向，对称轴，抛物线与y轴交点位置，判断①④；特殊点代入判断②③和⑤，即可得出结论．
【解答】解：∵抛物线的开口向下，对称轴为，与y轴交于正半轴，
∴a＜0，b＝﹣2a＞0，c＞0，
∴abc＜0，故①错误；
∵抛物线与x轴交于点（﹣1，0），
∴a﹣b+c＝0，
∴2a﹣b+c＝a＜0，故②正确；
根据对称性，x＝2与x＝0的函数值相同，
∴4a+2b+c＝c＞0，故③错误；
∵b＝﹣2a，
∴2a+b＝0，故④错误；
∵抛物线与x轴交于点（﹣1，0），对称轴为，
∴抛物线与x轴的另一个交点为（3，0），
∴9a+3b+c＝0，
∴，故⑤正确；
综上，正确的有2个；
故选：B．
【点评】本题考查二次函数图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是求解本题的关键．
9．（2023•五河县校级模拟）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，与x轴分别交于A，B两点，交y轴于点C．现有下列结论：
①a+b+c＞0；
②b2﹣4ac＞0；
③3a+c＜0；
④ax2+bx+a≥0．
其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】根据x＝1时y＝a+b+c＞0，可判断①；根据抛物线与x轴有两个交点，可判断②；根据对称轴为直线x＝﹣1，可得，结合①可判断③；根据y＝ax2+bx+a与x轴的交点位置，可判断④．
【解答】解：由图可知，当x＝1时，y＝a+b+c＞0，
故①正确；
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴有两个交点，
∴一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）有两个不相等的实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac＞0，
故②正确；
∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，
∴，
∴b＝2a，
∵a+b+c＞0，
∴a+2a+c＝3a+c＞0，
故③错误；
由图可知，当x＝﹣1时，y取最小值，最小值为a﹣b+c，
y＝ax2+bx+a的图象相当于y＝ax2+bx+c的图象上向平移（a﹣c）个单位，
∵a﹣b+c+（a﹣c）＝2a﹣b＝0，
∴y＝ax2+bx+a的图象与x轴有且只有一个交点，
又∵抛物线开口向上，
∴ax2+bx+a≥0，
故④正确；
综上可知，正确的有①②④，
故选：C．
【点评】本题考查根据二次函数图象判断式子的符号，熟练掌握二次函数的图象及性质是解题的关键．
10．（2023•淮南二模）在同一坐标系中，若正比例函数y＝k1x与反比例函数y＝的图象没有交点，则k1与k2的关系，下面四种表述：①k1+k2≤0；②k1k2＜0；③|k1+k2|＜|k1﹣k2|；④或|k1+k2|＜|k2|．正确的有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【分析】根据题意得出k1和k2异号，再分别判断各项即可．
【解答】解：∵同一坐标系中，正比例函数y＝k1x与反比例函数y＝的图象没有交点，若k1＞0，则正比例函数经过一、三象限，从而反比例函数经过二、四象限，
则k2＜0，
若k1＜0，则正比例函数经过二、四象限，从而反比例函数经过一、三象限，
则k2＞0，
综上：k1和k2异号，
①∵k1和k2的绝对值的大小未知，故k1+k2≤0不一定成立，故①错误；
②∵k1和k2异号，则k1k2＜0，故②正确；
③|k1+k2|＝||k1|﹣|k2||＜||k1|+|k2||＝|k1﹣k2|，故③正确；
④|k1+k2|＝||k1|﹣|k2||＜|k1|或|k1+k2|＝||k1|﹣|k2||＜|k2|，故④正确；
故正确的有3个，
故选：B．
【点评】本题考查了一次函数和反比例函数的图象，绝对值的意义，解题的关键是得到k1和k2异号．
11．（2023•安徽模拟）已知点E在▱ABCD边AD上，点P从点B沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止，点Q从点C沿CB运动到点B时停止，它们运动的速度都是1cm/s，若P，Q同时开始运动，设运动时间为t（s），△CPQ的面积为y（cm”），y与t的函数图象如图所示，有下列结论：①AB＝BE；②▱ABCD是菱形；③sin∠EBC＝；④当0＜t≤13时，y＝l2；其中正确的结论为（ ）
A．①②③B．②③C．①②④D．③④
【分析】先根据图象得出：AE＝BE＝13，DE﹣16﹣13＝3，CD＝29﹣16＝13．AD和BC之间的距离为：78×2÷13＝12，再分别根据三角函数的意义及三角形的面积公式求解．
【解答】解：如图：由图象得：当P到E处，到B处时y最大为78，当P在DE上时，y值不变，
∴AE＝BE＝13，DE﹣16﹣13＝3，CD＝29﹣16＝13．AD和BC之间的距离为：78×2÷13＝12．
∴▱ABCD是菱形，故①②正确；
∴sin∠EBC＝，
故③是错误的；
当0＜t≤13时，y＝×x•x＝l2；
故④是正确的；
故选：C．
【点评】本题考查了动点的函数图象，正确识图是解题的关键．
12．（2023•全椒县一模）已知点A，B，C是⊙O上的点，且三点互不重合，下列结论错误的是（ ）
A．若点B是的中点，则∠BAC＝∠ACB
B．若∠AOB＝110°，则∠ACB＝55°或125°
C．若AB∥OC，OA⊥OB，则∠AOC＝135°
D．若四边形OABC是平行四边形，则四边形OABC一定是菱形
【分析】根据等弧对等角可判断A正确；依据圆周角定理可判断B正确；依据垂直及平行线的性质可判断C错误；依据圆的基本性质及菱形的判定方法可判断D正确．
【解答】解：如答图1，∵点B是的中点，
∴，
∴∠BAC＝∠ACB，选项A正确；
当∠AOB＝110°时，分两种情况，
如答图5，当点C位于优弧AB上时，
由圆周角定理，得，
如答图6，当点C位于劣弧AB上时，在优弧AB上任选一点C'，连接AC'，BC'，
∵∠AOB＝110°，
∴，
∴∠ACB＝180°﹣∠C'＝180°﹣55°＝125°，
∴∠ACB＝55°或125°，选项B正确；
当AB∥OC时，分两种情况．
如答图3，∵OA⊥OB，OA＝OB，
∴∠AOB＝90°，∠OAB＝45°，
∵AB∥OC，
∴∠AOC+∠OAB＝180°，
∴∠AOC＝180°﹣∠OAB＝180°﹣45°＝135°，
如答图4，∵AB∥OC，
∴∠AOC＝∠OAB＝45°，
∴∠AOC的度数为135°或45°，选项C错误；
如答图2，∵四边形OABC是平行四边形，
∴OA＝BC，OC＝AB，
又OA＝OC，
∴OA＝AB＝BC＝OC，
∴四边形OABC是菱形，选项D正确；
综上所述，
故选：C．
【点评】本题考查了等弧对等角、圆周角定理、垂直及平行线的性质、基本性质及菱形的判定；熟练掌握相关性质是解题的关键．
13．（2023•金安区校级三模）点P为正方形ABCD的边上AB的一点，连接PC，以PC为边作正方形PCEF，E在AD的延长线上，连结AF，作GF⊥AF，交AD于G．则下列结论错误的是（ ）
A．PB＝DEB．AP＝GEC．D．
【分析】根据题意证明出△PBC≌△EDC（ HL）即可判断A选项；证明出△APF≌△GEF（ SAS ）即可判断B选项；根据题意得到△AFG和△HAF是等腰直角三角形，然后得到△FHP≌△PBC（AAS），得到HF＝PB，然后利用等腰直角三角形的性质即可判断C选项；首先根据题意得到然后根据三角函数即可判断D选项．
【解答】解：如图所示，过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，
∵四边形ABCD和四边形PCEF都是正方形，
∴BC＝CD，CP＝CE，∠B＝∠CDE＝90°，
∴△PBC≌△EDC（HL），
∴PB＝DE，故A正确；
∵四边形ABCD和四边形PCEF都是正方形，
∴∠PAM＝∠EFM＝90°，
∵∠AMP＝∠FME，
∴∠APF＝∠GEF，
∵GF⊥AF，
∴∠AFG＝∠MFE＝90°，
∴∠AFP＝∠GFE，
又∵PF＝EF，
∴△APF≌△GEF（ ASA），
∴AP＝GE，故B选项正确；
∴AF＝GF，
∴△AFG是等腰直角三角形，
∴∠FAG＝45°，
∴∠HAF＝45°，
∵FH⊥BA，
∴△HAF是等腰直角三角形，
同理可证明△FHP≌△PBC（AAS），
∴HF＝PB，
∴AG＝AF＝HF＝PB＝2PB，
∴，故C选项正确；
∵AF＝HF＝PB，EF＝PC，
∴
∵∠PCB的度数不确定，
∴sin∠PCB的值不确定，
∴的值无法确定，故选项D错误．
故选：D．
【点评】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
14．（2023•六安三模）如图，在正方形ABCD中，AB＝8，F是对角线AC的中点，点G、E分别在AD、CD边上运动，且保持AG＝DE，连接GE、GF、EF，在此运动变化的过程中，下列结论：①△GFE是等腰直角三角形；②四边形DGFE不可能为正方形，③GE长度的最小值为；④四边形DGFE的面积保持不变；⑤△DGE面积的最大值为8，其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①③④⑤C．①③④D．③④⑤
【分析】连接DF，可证明△FAG≌△FDE，得FG＝FE，∠AFG＝∠DFE，则∠GFE＝∠AFD＝90°，所以△GFE是等腰直角三角形，可判断①正确；∠GFE＝∠GDE＝90°，FG＝FE，所以当∠FGD＝90°时，四边形DGFE是正方形，可判断②错误；作FH⊥AD于点H，则FH＝AD＝4，当点G与点H重合时FG最小，此时GE最小，GE的最小值为4，可判断③正确；由S△FAG＝S△FDE，得S四边形DGFE＝S△ADF＝S正方形ABCD＝16，所以四边形DGFE的面积保持不变，可判断④正确；因为S△DGE+S△GFE＝S四边形DGFE＝16，所以当FG＝FH＝4时，S△GFE最小＝8，此时S△DGE最大＝16﹣8＝8，可判断⑤正确，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝AB＝8，∠ADC＝90°，
∴∠FAG＝∠FCD＝45°，
∵F是对角线AC的中点，
∴DF⊥AC，DF＝AF＝CF＝AC，∠FDE＝∠FDA＝∠ADC＝45°，
∴∠FAG＝∠FDE，
在△FAG和△FDE中，
，
∴△FAG≌△FDE（SAS），
∴FG＝FE，∠AFG＝∠DFE，
∴∠GFE＝∠DFG+∠DFE＝∠DFG+∠AFG＝∠AFD＝90°，
∴△GFE是等腰直角三角形，
故①正确；
∵∠GFE＝∠GDE＝90°，
∴当∠FGD＝90°时，四边形DGFE是矩形，
∵FG＝FE，
∴此时四边形DGFE是正方形，
∴四边形DGFE可能为正方形，
故②错误；
作FH⊥AD于点H，则AH＝DH，
∴FH＝AD＝4，
∵GE＝＝＝FG，
∴当点G与点H重合时FG最小，此时GE最小，
∵FG＝FH＝4，GE＝×4＝4，
∴GE的最小值为4，
故③正确；
∵S△FAG＝S△FDE，
∴S四边形DGFE＝S△FDH+S△FEE＝S△FDH+S△FAE＝S△ADF＝S正方形ABCD＝×8×8＝16，
∴四边形DGFE的面积保持不变，
故④正确；
∵S△DGE+S△GFE＝S四边形DGFE＝16，
∴当FG＝FH＝4时，S△GFE最小＝×4×4＝8，此时S△DGE最大＝16﹣8＝8，
∴△DGE面积的最大值为8，
故⑤正确，
故选：B．
【点评】此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、等角的余角相等、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线并且证明△FAG≌△FDE是解题的关键．
15．（2023•泗县二模）如图，在矩形ABCD和矩形CEFG中，，且CD＝CG，连接DE交BC于点M，连接BG交CE于点N，交DE于点O，则下列结论不正确的是（ ）
A．BG⊥DE
B．当CN＝EN时，CN2＝ON•NG
C．当∠BDE＝∠BCE时，△BMD∽△BNC
D．当∠BCE＝60°时，
【分析】说明△DCE∽△BCG，得∠CDE＝∠CBG．再利用三角形内角和定理可说明A选项正确；根据△ONE∽△CNG，得，可知B选项正确；当∠BDE＝∠BCE时，∠BMD≠∠BNC，不能判定△BMD∽△BNC，故C选项错误；过点B分别作BP⊥CE于点P，BQ⊥CG于点Q，设CD＝3m．分别表示出△BCE和△BCG的面积，即可说明D正确．
【解答】解：A、∵四边形ABCD和四边形CEFG是矩形，
∴∠BCD＝∠ECG＝90°，
∴∠BCD+∠BCE＝∠ECG+∠BCE，
∴∠DCE＝∠BCG．
又∵，
∴△DCE∽△BCG，
∴∠CDE＝∠CBG．
∴∠CDE+∠DMC＝90°，∠CBG+∠BME＝90°，
∴BG⊥DE，故A正确；
B、∵BG⊥DE，
∴∠EON＝90°，
∴∠EON＝∠GCN．
∵∠ONE＝∠CNG，
∴△ONE∽△CNG，
∴，
∴NE•CN＝ON•NG．
∵CN＝EN，
∴CN2＝ON•NG，
故B正确；
C、当∠BDE＝∠BCE时，
∵∠CGN≠∠CDM，
∴∠BMD≠∠BNC，
∴不能判定△BMD∽△BNC，
故C错误；
D、如图，过点B分别作BP⊥CE于点P，BQ⊥CG交GC的延长线于点Q，设CD＝3m．
∵，
∴．
∵∠BCE＝60°，
∴∠BCQ＝30°，
∴，
，
∴，
，
∴，
故D正确，
故选：C．
【点评】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，特殊角的三角函数值等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
16．（2023•六安模拟）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD，交BC于点E，且∠ADC＝60°，AB＝BC，连接OE，下列结论：①∠CAD＝30°；②OD＝AB；③S▱ABCD＝AC•CD；④S四边形OECD＝S△AOD，其中成立的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】结合平行四边形的性质可证明△ABE为等边三角形，由AB＝BC可判定①，证明∠BAC＝90°，可判定②；由平行四边形的面积公式可判定③；利用三角形中线的性质结合三角形的面积可求解判定④．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠ADC＝60°，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，OB＝OD，
∴∠DAE＝∠AEB，∠BAD＝∠BCD＝120°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB
∴△ABE为等边三角形，
∴∠BAE＝∠AEB＝60°，AB＝BE＝AE，
∵AB＝BC，
∴EC＝AE，
∴∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠CAD＝30°，故①正确；
∵∠BAD＝120°，∠CAD＝30°，
∴∠BAC＝90°，
∴BO＞AB，
∴OD＞AB，故②错误；
∴S▱ABCD＝AB•AC＝AC•CD，故③正确；
∵∠BAC＝90°，BC＝2AB，
∴E是BC的中点，
∴S△BEO：S△BCD＝1：4，
∴S四边形OECD：S△BCD＝3：4，
∴S四边形OECD：S▱ABCD＝3：8，
∵S△AOD：S▱ABCD＝1：4，
∴S四边形OECD＝S△AOD，故④正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查平行线的性质，直角三角形的性质，三角形的面积，灵活运用三角形的面积解决问题是解题的关键．
二．填空题（共44小题）
17．（2023•金安区校级一模）对于一个函数，当自变量x取a时，函数值y也等于a，则称点（a，a）是这个函数的同值点，已知二次函数y＝2x2+3x+m．
（1）若点（2，2）是此函数的同值点，则m的值为 ﹣12 ．
（2）若此函数有两个相异的同值点（a，a）、（b，b），且a＜1＜b，则m的取值范围为 m＜﹣4 ．
【分析】（1）将（2，2）代入解析式求解．
（2）（a，a），（b，b）在直线y＝x上，令2x2+3x+m＝x可得Δ＞0，设y＝2x2+2x+m，由a＜1＜b可得x＝1时y＜0，进而求解．
【解答】解：（1）∵点（2，2）是此函数的同值点，
∴抛物线经过（2，2），
将（2，2）代入y＝2x2+3x+m得2＝8+6+m，
解得m＝﹣12，
故答案为：﹣12．
（2）∵（a，a），（b，b）在直线y＝x上，
令2x2+3x+m＝x，整理得2x2+2x+m＝0，
∵函数有两个相异的同值点，
∴Δ＝22﹣8m＞0，
解得m＜，
设y＝2x2+2x+m，
∵a＜1＜b，
∴x＝1时，y＝4+m＜0，
解得m＜﹣4，
故答案为：m＜﹣4．
【点评】本题考查二次函数的新定义问题，解题关键是理解题意，掌握二次函数与方程的关系，掌握函数与方程的转化．
18．（2023•蜀山区三模）如图，△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，点D是边AC上一点，CD＝2AD，连接BD，过点C作CE⊥BD于点E，连接AE．
（1）∠AEC＝ 135 °；
（2）若，则AE＝ ．
【分析】（1）过点A作AF⊥BD交BD的延长线于F，先证△CDE和△ADF相似得CD＝2AE，再设AF＝a，则CE＝2a，然后证△ABF和△CBE全等得AF＝BE＝a，BF＝CE＝2a，进而可求得EF＝a，可判定△AEF为等腰直角三角形，据此可得出答案；
（2）由（1）可知：AF＝EF＝a，AE＝2a，BE＝a，则，，再根据可求出a＝3，进而可得出答案．
【解答】解：（1）过点A作AF⊥BD交BD的延长线于点F，
∵CD＝2AD，
∴CD：AD＝2，
∵CE⊥BD，AF⊥BD，
∴AF∥CE，
∴△CDE∽△ADF，
∴CE：AF＝CD：AD＝2，
∴CE＝2AF，
设AF＝a，则CE＝2a，
∵∠ABC＝90°，CE⊥BD，
∴∠ABF+∠CBE＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ABF＝∠BCE，
又AF⊥BD，CE⊥BD，
∴∠F＝∠CEB＝90°，
在△ABF和△CBE中，
，
∴△ABF≌△CBE（AAS），
∴AF＝BE＝a，BF＝CE＝2a，
∴EF＝BF﹣BE＝2a﹣a＝a，
∴CF＝EF＝a，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴∠AEF＝45°，
∴∠AEC＝∠AEF+∠CED＝135°，
（2）由（1）可知：AF＝EF＝a，CE＝2a，BE＝a，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：，
又∵，
∴，
∴a＝3，
∴．
故答案为：135；．
【点评】此题主要考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法和相似三角形的判定方法，难点是正确的作出辅助线构造全等三角形和相似三角形．
19．（2023•无为市三模）二次函数y＝ax2﹣2ax（a≠0）的图象经过点A（﹣1，3）．
（1）该二次函数图象的顶点坐标是 （1，﹣1） ；
（2）一次函数y＝2x+b的图象经过点A，点P（m，y1）在一次函数y＝2x+b的图象上，点Q（m+4，y2）在二次函数y＝ax2﹣2ax的图象上，若y1＞y2，m的取值范围是 ﹣3＜m＜﹣1 ．
【分析】（1）把A（﹣1，3）代入y＝ax2﹣2ax（a≠0）求出a＝1，再将解析式化为顶点式即可得出答案；
（2）先求出一次函数解析式，把P（m，y1）代入一次函数得出y1＝2m+5，把Q（m+4，y2）代入y＝x2﹣2x得出，再由y1＞y2，得出关于m的不等式，利用二次函数的性质求解不等式的解集即可．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2﹣2ax（a≠0）的图象经过点A（﹣1，3），
∴a+2a＝3，
∴a＝1，
∴y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1，
∴该二次函数图象的顶点坐标是（1，﹣1）．
故答案为：（1，﹣1）．
（2）∵一次函数y＝2x+b的图象经过点A（﹣1，3），
∴﹣2+b＝3．
∴b＝5．
∴y＝2x+5．
∵点P（m，y1）在一次函数y＝2x+5的图象上，
∴y1＝2m+5．
∵点Q（m+4，y2）在二次函数y＝x2﹣2x的图象上，
∴．
∵y1＞y2，
∴2m+5＞m2+6m+8，即m2+4m+3＜0．
令y＝m2+4m+3，
当y＝0时，m2+4m+3＝0，
解得：m1＝﹣1，m2＝﹣3，
∴抛物线y＝m2+4m+3与横轴交点为（﹣1，0），（﹣3，0）．
∵抛物线y＝m2+4m+3开口向上，
∴m2+4m+3＜0的解集为﹣3＜m＜﹣1．
故答案为：﹣3＜m＜﹣1．
【点评】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，掌握待定系数法，利用二次函数的性质求一元二次不等式的解集是解题的关键．
20．（2023•大观区校级二模）已知直线交y轴于点A，并与双曲线交于点B，连接OA、OB．
（1）当k＝8时，点B的坐标为 （4，2） ；
（2）若△OAB的面积为10，则k＝ 7.5 ．
【分析】（1）联立直线解析式与反比例函数解析式求出交点坐标即可得到答案；
（2）先求出点A的坐标，进而得到OA＝4，再根据三角形面积公式求出xB＝5，进而求出B（5，1.5），则k＝1.5×5＝7.5．
【解答】解：（1）联立，解得，
∴点B的坐标为（4，2），
故答案为：（4，2）；
（2）在中，当x＝0时，y＝4，
∴A（0，4），
∴OA＝4，
∵△OAB的面积为10，
∴，即，
∴xB＝5，
在中，当x＝5时，y＝1.5，
∴B（5，1.5），
∴k＝1.5×5＝7.5，
故答案为：7.5．
【点评】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，灵活运用所学知识是解题的关键．
21．（2023•安庆模拟）新定义：在平面直角坐标系中，对于点P（m，n）和点P'（m，n'），若满足m≥0时，n'＝n﹣4；m＜0时，n'＝﹣n，则称点P'（m，n'）是点P（m，n）的限变点．例如：点P1（2，5）的限变点是P1′（2，1），则点P2（﹣2，3）的限变点是 P'2（﹣2，﹣3） ．若点P（m，n）在二次函数y＝﹣x2+4x+2的图象上，则当﹣1≤m≤3时，其限变点P'的纵坐标n'的取值范围是 ﹣2≤n'≤3 ．
【分析】根据新定义可求得点P2（﹣2，3）的限变点，根据新定义得到当m≥0时，n'＝﹣m2+4m+2﹣4＝﹣（m﹣2）2+2，在0≤m≤3时，得到﹣2≤n′≤2；当m＜0时，n'＝m2﹣4m﹣2＝（m﹣2）2﹣6，在﹣1≤m＜0时，得到﹣2≤n'≤3，即可得到限变点P'的纵坐标n'的取值范围是﹣2≤n'≤3．
【解答】解：∵m＝﹣2＜0，P2（﹣2，3），
∴n'＝﹣n＝﹣3，
∴点P2（﹣2，3）的限变点是P'2（﹣2，﹣3），
∵点P（m，n）在二次函数y＝﹣x2+4x+2的图象上，
∴n＝﹣m2+4m+2，
当0＜m≤3时，n'＝﹣m2+4m+2﹣4＝﹣（m﹣2）2+2，
∴﹣2≤n′≤2，
当﹣1≤m≤0时，n′＝m2﹣4m﹣2＝（m﹣2）2﹣6，
∴当﹣1≤m≤0时，﹣2＜n′≤3，
综上，当﹣1≤m≤3时，其限变点P′的纵坐标n'的取值范围是﹣2≤n′≤3，
故答案为：P'2（﹣2，﹣3），﹣2≤n′≤3．
【点评】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，根据限变点的定义得到n′关于m的函数是解题的关键．
22．（2023•潜山市模拟）已知抛物线y＝x2﹣2ax+a2+2a（a＞0）．
（1）若a＝1，抛物线的顶点坐标为 （1，2） ；
（2）直线x＝m与直线y＝2x﹣2交于点P，与抛物线y＝x2﹣2ax+a2+2a交于点Q．若当m＜3时，PQ的长度随m的增大而减小，则a的取值范围是 a≥2 ．
【分析】（1）将解析式转化成顶点式即可求解；
（2）将x＝m代入解析式，求得点P，点Q的坐标，求得，可知点Q恒在点P上方，可得，由当m＜3时，PQ的长度随m的增大而减小，可知a+1≥3，即可求得a的取值范围．
【解答】解：（1）y＝x2﹣2ax+a2+2a＝（x﹣a）2+2a，
当a＝1时，y＝（x﹣1）2+2，
∴顶点坐标为：（1，2）；
（2）当x＝m时，yP＝2m﹣2，则点P的坐标为（m，2m﹣2），，则点Q的坐标为（m，m2﹣2am+a2+2a），
∴，
∴点Q恒在点P上方，
∴，
可得：当m＜a+1时，PQ长度的随着m增大而减小，
∵当m＜3时，PQ的长度随m的增大而减小，
∴a+1≥3，
解得：a≥2；
故答案为：（1，2）；a≥2．
【点评】本题考查了二次函数的性质，求出点P，点Q的坐标，表示出PQ长度将其转化为顶点式是解决问题的关键．
23．（2023•安徽二模）在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝x2﹣2ax+a2+4a（a为常数）．
（1）当抛物线经过（1，4）时，a＝ ﹣3或1 ．
（2）当a＝1时，﹣1≤x≤m时，4≤y≤8，则m的取值范围是 1≤m≤3 ．
【分析】（1）将点（1，4）代入即可得；
（2）将a＝1代入可得二次函数的解析式为y＝（x﹣1）2+4，再求出y＝8时，x＝﹣1或x＝3；y＝4时，x＝1，然后结合二次函数的图象即可得．
【解答】解：（1）将点（1，4）代入y＝x2﹣2ax+a2+4a得：12﹣2a+a2+4a＝4，
解得a＝1或a＝﹣3，
故答案为：﹣3或1；
（2）当a＝1时，y＝x2﹣2x+5＝（x﹣1）2+4，
当y＝8时，（x﹣1）2+4＝8，
解得x＝﹣1或x＝3，
由二次函数的性质可知，当x＝1时，y＝4，
∵如图，当﹣1≤x≤m时，4≤y≤8，
∴1≤m≤3，
故答案为：1≤m≤3．
【点评】本题考查了二次函数的图象与性质、二次函数与一元二次方程的联系，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题关键．
24．（2023•庐阳区校级三模）如图，已知Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝2AB，以BC为直角边作等腰Rt△BCD，且∠BCD＝90°．
（1）若AB＝1，则BD＝ ；
（2）连接AD，交BC于点E，则＝ ．
【分析】（1）由勾股定理可求BC的长，由等腰直角三角形的性质可求解；
（2）由“AAS”可证△ABC≌△HCD，可得AB＝CH，AC＝DH，通过证明△ABC∽△HNC，可求DN的长，即可求解．
【解答】解：（1）∵AB＝1，
∴AC＝2AB＝2，
∵∠BAC＝90°，
∴BC＝＝＝，
∵△BCD是等腰直角三角形，
∴BD＝BC＝，
故答案为：；
（2）如图，过点D作DH⊥直线AC于H，交BC的延长线于N，
∴∠DHC＝90°＝∠BAC＝∠BCD，
∴∠ACB+∠ABC＝90°＝∠ACB+∠DCH，AB∥DH，
∴∠ABC＝∠DCH，
又∵BC＝CD，
∴△ABC≌△HCD（AAS），
∴AB＝CH，AC＝DH，
∵AC＝2AB，
∴设AB＝a＝CH，
则AC＝2a＝BH，
∵AB∥DH，
∴△ABC∽△HNC，
∴＝，
∴NH＝a，
∴DN＝a，
∵AB∥DH，
∴△ABE∽△DNE，
∴＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
25．（2023•全椒县一模）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，点P是边BC上一点，点D与点E分别是边AB，AC上的一点，AP与DE互相平分．
（1）若AP平分∠BAC．则△APB与△ACP的面积之比为 3：4 ；
（2）若AC＝PC，则DE的长为 ．
【分析】（1）根据对角线互相平方可知四边形ADPE是平行四边形，再根据∠BAC＝90°可知，四边形ADPE是矩形，然后根据AP平分∠BAC，可知四边形ADPE是正方形，最后根据正方形的性质及三角形的面积公式即可得出答案；
（2）过点A作AF⊥BC于点F，根据勾股定理及三角形的面积公式可求得AF的值，再根据勾股定理可求得CF的值，然后利用线段的和差得出PF的值，最后利用勾股定理及矩形的性质即可得出答案．
【解答】解：（1）∵AP与DE互相平分，
∴四边形ADPE是平行四边形，
又∵∠BAC＝90°，
∴四边形ADPE是矩形，
∴∠ADP＝∠AEP＝90°
又∵AP平分∠BAC，
∴四边形ADPE是正方形．
∴PD＝PE，
∵AB＝3，AC＝4，
∴S△APB：S△ACP＝（AB•PD）：（AC•PE）＝AB：AC＝3：4，
（2）如图，过点A作AF⊥BC于点F，
∵∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，
∴
∵S△ABC＝＝AF•BC，
∴AF＝＝＝，
∴，
∵AC＝PC＝4，
∴，
∴
又∵四边形ADPE是矩形，
∴．
故答案为：3：4，．
【点评】本题考查了矩形的判定及性质、正方形的判定及性质、勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
26．（2023•安徽二模）如图，已知：正方形ABCD中，E为BC边中点，F为AB边上一点，AE、CF交于点P，连接AC．
（1）tan∠EAC的值为 ；
（2）若CE＝PE，则的值为 ．
【分析】（1）过E作EH⊥AC于H，设正方形ABCD边长为2a，则AC＝2a，BE＝CE＝a，由△CEH是等腰直角三角形，可得CH＝EH＝CE＝a，即得AH＝AC﹣CH＝2a﹣a＝a，故tan∠EAC＝＝；
（2）连接BP，并延长交AD于G，由BE＝CE＝EP，得∠BPC＝90°，可证明△APF∽△ABP，得＝，即得＝，故AF2+BF•AF﹣BF2＝0，解得AF＝BF，从而可得答案．
【解答】解：（1）过E作EH⊥AC于H，如图：
设正方形ABCD边长为2a，则AC＝2a，BE＝CE＝a，
∵∠ACB＝45°，
∴△CEH是等腰直角三角形，
∴CH＝EH＝CE＝a，
∴AH＝AC﹣CH＝2a﹣a＝a，
在Rt△AEH中，
tan∠EAC＝＝＝，
故答案为：；
（2）连接BP，并延长交AD于G．
∵BE＝CE＝EP，
∴∠EBP＝∠EPB，∠EPC＝∠ECP，
∴∠EPB+∠EPC＝∠EBP+∠ECP＝90°，即∠BPC＝90°，
∴∠ABG＝90°﹣∠GBC＝∠BCF，
∵EC＝EP，
∴∠ECP＝∠EPC，
∴∠ABP＝∠EPC，
∵∠APF＝∠EPC，
∴∠ABP＝∠APF，
∴△APF∽△ABP，
∴＝，
∵BF＝AP，
∴＝，
∴BF2＝AF⋅AB＝AF•（AF+BF），
∴AF2+BF•AF﹣BF2＝0，
解得AF＝BF或AF＝BF（舍去），
∴＝．
故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质及应用，涉及勾股定理及应用，相似三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形解决问题．
27．（2023•蜀山区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，M，N分别是BC，CD上的动点，连接AM，BN交于点E，且∠BND＝∠AMC．
（1）AE•BN＝ 24 ；
（2）连接CE，则CE的最小值为 2 ．
【分析】（1）由∠BND＝∠AMC，∠BND+∠BNC＝180°推出∠NEM+∠NCM＝180°，最后利用矩形的性质即可得∠AEB＝90°，可得出△ABE∽△BNC，即可得出AE•BN＝AB•BC＝6×4＝24；
（2）先确定E点的运动路径是个圆，再利用圆的知识和两点这间线段最短确定CE最短长度，然后利用勾股定理即可得解．
【解答】解：（1）∵∠BND＝∠AMC，∠BND+∠BNC＝180°，
∴∠BNC+∠AMC＝180°，
∴∠NEM+∠NCM＝180°
.∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，∠NEM＝90°，
∴∠AEB＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠ABE＝∠BNC，
∠BCN＝∠AEB＝90°，
∴△ABE∽△BNC，
∴，
∴AE•BN＝AB•BC＝6×4＝24；
故答案为：24．
（2）∵∠AEB＝90°，点E在以AB为直径的圆上，设AB的中点为O，则当O，E，C三点共线时，CE的值最小，此时CE＝OC﹣OE＝OC﹣OB，
∵AB＝6，BC＝4，
∴，
∴，
∴CE＝OC﹣OB＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，最短距离，圆等知识的应用，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
28．（2023•金安区校级二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线：y＝ax2﹣2ax+4（a＞0）．
（1）该抛物线的对称轴是 直线x＝1 ；
（2）若A（m﹣1，y1），B（m，y2），C（m+2，y3）为抛物线上三点，且总有y3＞y1＞y2，结合图象，则m的取值范围是 m＜ ．
【分析】（1）根据抛物线对称轴为直线x＝﹣代入即可求解；
（2）由抛物线解析式可得抛物线开口方向及对称轴，分类讨论y3＞y1与y1＞y2，由两点中点与对称轴的位置关系求解．
【解答】解：（1）∵抛物线：y＝ax2﹣2ax+4（a＞0），
∴对称轴为直线x＝﹣＝1；
故答案为：直线x＝1；
（2）∵抛物线对称轴为直线x＝1，抛物线开口向上，y3＞y1，
∴＞1，
即＞1，
解得m＞，
∵y1＞y2，
∴＜1，
解得m＜，
∴m＜，
故答案为：m＜．
【点评】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数的性质，掌握二次函数图象与系数的关系是解题关键．
29．（2023•凤台县校级三模）已知（x1，y1），（x2，y2）是二次函数y＝ax2+（a+1）x（a≠0）图象上两个不同的点．
（1）若x1+x2＝2，y1＝y2，则实数a的值是 ﹣ ；
（2）若a＞0，当x1＞x2≥﹣3时，恒有y1＞y2，则实数a的取值范围是 ．
【分析】（1）利用抛物线的对称性即可得出对称轴为直线，且x1+x2＝2，即可求解；
（2）根据题意可得（x1，y1），（x2，y2）均位于抛物线对称轴的右侧，即，且a＞0，即可求解得到a的取值范围．
【解答】解：（1）∵（x1，y1），（x2，y2）是二次函数y＝ax2+（a+1）x图象上两个不同的点，且y1＝y2，
∴（x1，y1），（x2，y2）关于抛物线的对称轴对称，
∴，
∵x1+x2＝2，
∴，
∵a≠0，
∴，
故答案为：．
（2）由题意知，抛物线的对称轴是直线，
∵当a＞0，x1＞x2≥﹣3时，恒有y1＞y2，
∴（x1，y1），（x2，y2）均位于抛物线对称轴的右侧，
∴，
解得，
即实数a的取值范围为，
故答案为：．
【点评】本题考查了二次函数图象与性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
30．（2023•安徽模拟）已知抛物线y＝ax2﹣4ax+c（a≠0）．
（1）二次函数图象的对称轴是直线x＝ 2 ；
（2）当c＝2时将点A（﹣4，﹣2）向右平移9个单位得到点B，直接写出线段AB与抛物线有两个交点时a的取值范围 a＞1或a＜﹣ ．
【分析】（1）利用对称轴公式求得即可；
（2）当c＝2时，y＝ax2﹣4ax+2＝a（x﹣2）2+2﹣4a，由平移可得B（5，﹣2），当x＝﹣4时，y＝32a+2，当x＝5时，y＝5a+2，根据抛物线y＝ax2﹣4ax+2与线段AB有两个交点，列不等式组即可求得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣4ax+c（a≠0），
∴二次函数图象的对称轴是直线x＝﹣＝2，
故答案为：2；
（2）当c＝2时，y＝ax2﹣4ax+2＝a（x﹣2）2+2﹣4a，
∵点A（﹣4，﹣2）向右平移9个单位得到点B，
∴B（5，﹣2），
当x＝﹣4时，y＝32a+2，
当x＝5时，y＝5a+2，
∵抛物线y＝ax2﹣4ax+2与线段AB有两个交点，
当a＞0时，，
解得：a＞1；
当a＜0时，，
解得：a＜﹣；
综上所述，a的取值范围为a＞1或a＜﹣．
故答案为：a＞1或a＜﹣．
【点评】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，函数图象上点的坐标特征，平移变换的性质等重要知识；熟练掌握二次函数的图象和性质是解题关键．
31．（2023•肥东县模拟）已知A，B是抛物线y＝﹣x2+4上的两点，点A的横坐标为t，点B的横坐标为t+2，C为线段AB的中点，CD∥y轴，交抛物线于点D．
（1）抛物线的顶点坐标是 （0，4） ；
（2）线段CD的长为 1 ．
【分析】（1）根据二次函数表达式特点可求顶点坐标；
（2）由题意写出A、B的坐标，再根据中点坐标得出C点坐标，再由CD∥y轴得出D点坐标即可．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+4，
∴抛物线的顶点坐标是（0，4），
故答案为：（0，4），
（2）依据题意可知，点A的坐标为 （t，﹣t2+4），点B的坐标为（t+2，﹣（t+2）2+4），即为 （t+2，﹣t2﹣4t），
∵C为线段AB的中点，
∴C的坐标为 （t+1，﹣t2﹣2t+2），
∵CD∥y轴，
∴点D的坐标为（t+1，﹣t2﹣2t+3），
∴CD＝|（﹣t2﹣2t+3）﹣（﹣t2﹣2t+2）|＝1．
故答案为：1．
【点评】本题主要考查了二次函数的性质及二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的相关知识点是解决本题的关键．
32．（2023•花山区二模）已知二次函数y＝﹣x2+（m﹣1）x+m（m为常数且m≥1），该函数恒过定点A，且与直线y＝x﹣m交于点B、C．
（1）定点A的坐标为 （﹣1，0） ；
（2）△ABC面积的最小值为 3 ．
【分析】（1）利用y＝﹣x2+（m﹣1）x+m＝﹣（x+1）（x﹣m），即可求得A的坐标；
（2）将二次函数与一次函数联立方程组求得B、C的坐标，过点A作AD∥y轴交直线BC于点D，则D（m﹣1，﹣1），利用S△ABC＝S△ABD+S△ACD即可求得结果．
【解答】解：（1）∵y＝﹣x2+（m﹣1）x+m＝﹣（x+1）（x﹣m），
∴定点A的坐标为：（﹣1，0）；
（2）联立，
解得：或，
∴B（﹣2，﹣2﹣m），C（m，0），
过点A作AD∥y轴交直线BC于点D，则D（m﹣1，﹣1），
∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD，
∴S△ABC＝（m+1）（m﹣1+2）+（m+1）（m﹣m+1），
＝（m2+3m+2）
＝（m+）2﹣
∵a＝＞0且m≥1，
∴当m＞﹣时，S随m的增大而减小，
∴当m＝1时，S有最小值，最小值为：×（1+）2﹣＝3，
∴△ABC面积的最小值为 3．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了二次函数的性质、二次函数图象上点的特征以及二次函数的最值问题，熟练掌握二次函数的相关知识点是解决本题的关键．
33．（2023•明光市二模）如图1，在四边形ABCD中，AB∥DC，动点P从A点出发沿A→D→C→B以2cm/s的速度向终点B运动，同时动点Q从A点出发沿A→B以1cm/s的速度向终点B运动，图2是两动点运动过程中△APQ的面积S（cm2）和运动时间t（s）之间的函数图象．​
（1）四边形ABCD的面积为 1300 cm2；
（2）当31.5≤t≤52时的函数表达式为 ．
【分析】（1）易得四边形ABCD为梯形，由图2可知，当t＝25时，点P运动到点D，S＝AQ•DE＝500，求出DE＝40cm，即梯形的高为40cm，当t＝31.5时，点P运动到点C，求出CD＝13cm，当t＝52时，点P运动到点B，求出BC＝41cm，再根据勾股定理求出AE、BF的长，再根据梯形的面积公式计算即可求解；
（2）当31.5≤t≤52时，过点P作PG⊥AB于点G，易得BP＝（104﹣2t）cm，△BPG∽△BCF，根据相似三角形的性质可得PG＝，再根据三角形的面积公式即可得到函数表达式．
【解答】解：（1）∵AB∥DC，
∴四边形ABCD为梯形，
由图2可知，当t＝25时，点P运动到点D，S＝500，
如图，过点D作DE⊥AB于点E，过点C作CF⊥AB于点F，
则四边形DEFC为矩形，DE＝CF，CD＝EF，
此时AQ＝25cm，AD＝50cm，
∴AQ•DE＝500，即＝500，
∴DE＝40cm，即梯形的高为40cm，
当t＝31.5时，点P运动到点C，
∴CD＝2×（31.5﹣25）＝13（cm），
当t＝52时，点P运动到点B，
∴BC＝2×（52﹣31.5）＝41（cm），
在Rt△ADE中，＝＝30（cm），
在Rt△CBF中，BF＝＝＝9（cm），
∴AB＝AE+EF+BF＝30+13+9＝52（cm），即P、Q同时到达点B，
∴S四边形ABCD＝＝＝1300（cm2）；
故答案为：1300；
（2）当31.5≤t≤52时，如图，过点P作PG⊥AB于点G，
∵AD+CD+BC＝104（cm），AD+CD+CP＝2t（cm），
∴BP＝（104﹣2t）cm，
∵CF⊥AB，PG⊥AB，
∴△BPG∽△BCF，
∴，即，
∴PG＝，
∴S＝＝＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查动点问题的函图象、梯形的面积公式、勾股定理、相似三角形的判定与性质，读懂题意，正确理解函数图象，从函数图象中获取解题所需信息是解题关键．
34．（2023•蜀山区校级三模）定义{a，b，c}＝c（a＜c＜b），即{a，b，c}的取值为a，b，c的中位数，则如：{1，3，2}＝2，{8，3，6}＝6，
已知函数y＝{x2+1，﹣x+2，x+3}
（1）求当x＝时，y＝ 4 ；
（2）当直线y＝x+b与上述函数有3个交点时，则b的值为 或 ．
【分析】（1）根据题意计算出y的值即可；
（2）画出函数y＝{x2+1，﹣x+2，x+3}的图象，观察图象，利用图象法解决问题即可．
【解答】解：（1）根据题意得，
当x＝时，y＝x2+1＝4，
当x＝时，y＝﹣x+2＝﹣+2
当x＝时，y＝x+3＝+3，
∵，
∴y＝4，
故答案为：4；
（2）由题意：函数y＝{x2+1，﹣x+2，x+3}的图象如图所示（图中实线）．
由图象可得，当直线y＝x+b经过点A和点B时，函数y＝{x2+1，﹣x+2，x+3}与直线y＝x+b有3个交点，
令x2+1＝x+3，解得x＝﹣1或x＝2（舍去），
∴A（﹣1，2），
令x+3＝﹣x+2，解得x＝﹣，
∴B（﹣，），
当直线y＝x+b经过点A时，×（﹣1）+b＝2，解得b＝；
当直线y＝x+b经过点B时，×（﹣）+b＝，解得b＝．
故答案为：或．
【点评】本题考查函数中的新定义类问题，涉及中位数的定义，函数的图象等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象法解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
35．（2023•铜官区校级一模）已知点M（a，b）是抛物线y＝x2﹣4x+5上一动点．
（1）当点M到y轴的距离不大于1时，b的取值范围是 2≤b≤10 ；
（2）当点M到直线x＝m的距离不大于n（n＞0）时，b的取值范围是5≤b≤10，则m+n的值为 0或5 ．
【分析】（1）由解析式得到抛物线开口向上，对称轴为直线x＝2，求得点到y轴的距离为1时的函数值，即可根据二次函数的性质求得符合题意的b的取值；
（2）由点M到直线x＝m的距离不大于n（n＞0）即可得到|a﹣m|≤n，解得m﹣n≤a≤m+n，根据b的取值范围是5≤b≤10得到﹣1≤a≤0或4≤a≤5，即可求得m+n的值为0或5．
【解答】解：（1）∵y＝x2﹣4x+5＝（x﹣2）2+1，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x＝2，顶点为（2，1），
∴函数有最小值1，
∵点M（a，b）是抛物线y＝x2﹣4x+5上，且点M到y轴的距离不大于1，
∴﹣1≤a≤1，
∵x＝﹣1时，y＝10；x＝1时，y＝2，
∴2≤b≤10．
故答案为：2≤b≤10；
（2）当y＝5时，则x2﹣4x+5＝5，解得x＝0或x＝4；
当y＝10时，则x2﹣4x+5＝10，解得x＝5或x＝﹣1；
∵b的取值范围是5≤b≤10，
∴﹣1≤a≤0或4≤a≤5，
∵点M到直线x＝m的距离不大于n（n＞0），
∴|a﹣m|≤n，
∴a﹣m≤n或a﹣m≥﹣n，
∴m﹣n≤a≤m+n，
∴m+n的值为0或5．
故答案为：0或5．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，解一元一次不等式，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
36．（2023•蜀山区校级模拟）距离地面有一定高度的某发射装置竖直向上发射物体，物体离地面的高度h（米）与物体运动的时间t（秒）之间满足函数关系h＝﹣5t2+mt+n，其图象如图所示，物体运动的最高点离地面20米，物体从发射到落地的运动时间为3秒，设w表示0秒到t秒时h的值的“极差”（即0秒到t秒时h的最大值与最小值的差）．
（1）m＝ 10 ，n＝ 15 ；
（2）当2≤t≤3时，w的取值范围是 5≤w≤20 ．
【分析】（1）利用待定系数法求得m、n；
（2）由（1）得出抛物线的解析式，再利用配方法求得抛物线的顶点坐标，结合函数图象即可求解．
【解答】解：（1）∵物体运动的最高点离地面20米，物体从发射到落地的运动时间为3秒，
∴抛物线h＝﹣5t2+mt+n的顶点的纵坐标为20，且经过（3，0）点，
∴，
解得：，（不合题意，舍去），
∴m＝10，n＝15，
故答案为：10，15；
（2）∵抛物线的解析式为h＝﹣5t2+10t+15，
∵h＝﹣5t2+10t+15＝﹣5（t﹣1）2+20，
∴抛物线的最高点的坐标为（1，20）．
∵20﹣15＝5，
∴当0≤t≤1时，w的取值范围是：0≤w≤5；
当t＝2时，h＝15，当t＝3时，h＝0，
∵20﹣15＝5，20﹣0＝20，
∴当2≤t≤3时，w的取值范围是：5≤w≤20．
故答案为：5≤w≤20．
【点评】本题主要考查了二次函数的应用，待定系数法确定函数的解析式，二次函数的性质，理解“极差”的意义是解题的关键．
37．（2023•瑶海区校级一模）已知二次函数y＝﹣x2+mx+2﹣m，
（1）当m＝2时，二次函数y＝﹣x2+mx+2﹣m的最大值为 1 ．
（2）当﹣1≤x≤2时，二次函数y＝﹣x2+mx+2﹣m的最大值为6，则m的值为 8或 ．
【分析】（1）将m＝2代入y＝﹣x2+mx+2﹣m，再根据二次函数的性质求解即可；
（2）先求得抛物线的对称轴，再分情况讨论：①当时，②当时，当时，根据二次函数的性质，得到关于m的方程，求解即可．
【解答】解：（1）将m＝2代入y＝﹣x2+mx+2﹣m，
得：y＝﹣x2+2x+2﹣2＝﹣x2+2x＝﹣（x﹣1）2+1，
当x＝1时，函数有最大值1，
故答案为：1；
（2）∵y＝﹣x2+mx+2﹣m，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线，
①当时，即m≤﹣2时，
∵﹣1≤x≤2，在对称轴右侧，y随x的增大而减小，
∴当x＝﹣1时，y有最大值为6，
∴﹣（﹣1）2﹣m+2﹣m＝6，
解得：；
②当时，即﹣2＜m＜4时，
当时，y有最大值为6，
∴，
解得：，
∵﹣2＜m＜4，
∴（不合题意，舍去），
③当时，即m≥4时，
∵﹣1≤x≤2，在对称轴左侧，y随x的增大而增大，
∴当x＝2时，y有最大值为6，
∴﹣22+2m+2﹣m＝6，
解得：m＝8，
综上所述，m的值为8或．
【点评】本题考查了二次函数的最值，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，从而获得最值是解题的关键．
38．（2023•砀山县二模）设二次函数y＝x2﹣（2a﹣4）x﹣1，其中a为实数．
（1）二次函数的对称轴为直线 x＝a﹣2 ．（用含a的式子表示）
（2）若二次函数在0≤x≤3有最小值﹣5，则实数a的值是 4 ．
【分析】（1）直接利用抛物线的对称轴公式可得答案；
（2）分三种情况讨论：当a﹣2＜0，即a＜2，则当x＝0时，y有最小值，最小值为﹣1，当0≤a﹣2≤3，即2≤a≤5，则当x＝a﹣2时，y有最小值，当a﹣2＞3，即a＞5，则当x＝3时，y有最小值，从而可得答案．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝x2﹣（2a﹣4）x﹣1，
∴对称轴为直线：，
故答案为：x＝a﹣2；
（2）当a﹣2＜0，即a＜2，
则当x＝0时，y有最小值，最小值为﹣1，不合题意，舍去；
若0≤a﹣2≤3，即2≤a≤5，则当x＝a﹣2时，y有最小值，
∴（a﹣2）2﹣（2a﹣4）（a﹣2）﹣1＝﹣5，
∴a﹣2＝±2，
解得a1＝0（舍去），a2＝4；
当a﹣2＞3，即a＞5，
则当x＝3时，y有最小值，
∴9﹣3（2a﹣4）﹣1＝﹣5，
解得（舍去）．
故答案为：4．
【点评】本题考查的是二次函数的性质，清晰的分类讨论是解本题的关键．
39．（2023•合肥模拟）已知二次函数y＝ax2+2ax﹣1，
（1）随着a的取值变化，图象除经过定点（0，﹣1），请写出图象经过的另一个定点坐标 （﹣2，﹣1） ；
（2）若抛物线与x轴有交点，过抛物线的顶点与定点（0，﹣1）作直线，该直线与x轴交于点P（m，0），且|m|≥1，则a的取值范围为 0＜a≤1或a＝﹣1 ．
【分析】（1）根据二次函数的对称性进行解答即可；
（2）由抛物线与x轴有交点得出Δ＝（2a）2+4a≥0，解得a＞0或a≤﹣1，求得过抛物线的顶点与定点（0，﹣1）的直线解析式，进一步求得与x轴的交点为（，0），即可得出，当a＞0时，，即0＜a≤1，a＜0时，，即﹣1≤a＜0．
【解答】解：（1）二次函数y＝ax2+2ax﹣1的对称轴为x＝﹣＝﹣1，
由二次函数图象过点（0，﹣1），对称轴为x＝﹣1，因此二次函数的图象过点（﹣2，﹣1），
故答案为：（﹣2，﹣1）；
（2）∵抛物线与x轴有交点，
∴Δ＝（2a）2+4a≥0，
∴a＞0或a≤﹣1，
∵y＝ax2+2ax﹣1＝a（x+1）2﹣a﹣1，
∴抛物线的顶点为（﹣1，﹣a﹣1），
设过抛物线的顶点与定点（0，﹣1）的直线为y＝kx﹣1，
代入（﹣1，﹣a﹣1）得，﹣a﹣1＝﹣k﹣1，
∴k＝a，
∴过顶点与定点（0，﹣1）的直线为y＝ax﹣1，
令y＝0，则x＝，
∴与x轴的交点为（，0），
∵该直线与x轴交于点P（m，0），且|m|≥1，
∴，
∴当a＞0时，，即0＜a≤1，
a＜0时，，即﹣1≤a＜0，
∴0＜a≤1或a＝﹣1．
【点评】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数的性质，一次函数图象上点的坐标特征，抛物线与x轴的交点，求得过顶点与定点（0，﹣1）的直线x轴的交点为（，0）是解题的关键．
40．（2023•合肥二模）已知：关于x的二次函数．
（1）当a＝4时，函数的最大值为 2 ．
（2）若函数的最大值为t，则t的最小值为 ．
【分析】（1）把解析式化成顶点式，即可根据二次函数的性质求得0≤x≤1时的最大值；
（2）根据二次函数的性质可找出二次函数图象的对称轴，分＝、＜及三种情况考虑，利用二次函数图象上点的坐标特征即可找出函数在0≤x≤1范围的最大值t，取其最小值即可得出结论．
【解答】解：（1）当a＝4时，y＝x2﹣4x+2＝（x﹣2）2﹣2，
∵0≤x≤1＜2，
∴y随x的增大而减小，
∴当x＝0时，y有最大值为：2，
故答案为：2；
（2）∵，
∴抛物线开口向上，对称轴为：x＝﹣＝，
∵0≤x≤1，
①当＝时，即a＝1时，x＝0与x＝1时的函数值相同．
抛物线的解析式为y＝x2﹣x+，
在0≤x≤1范围内，x＝0或x＝1时，最大值t＝；
②时，即a＜1时，x＝1对应的函数值大于x＝0对应的函数值，
∴t＝1﹣a+＝1﹣；
③当时，即a＞1，x＝0对应的函数值大于x＝1对应的函数值，
∴t＝＞，
∴t的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质以及二次函数的最值，分＝、＜及三种情况考虑是解题的关键．
41．（2023•太和县二模）已知二次函数y＝2x2+bx﹣1的图象经过（1，﹣3）．
（1）该二次函数的对称轴为直线 x＝1 ．
（2）当0≤x≤m时，若y的最大值与最小值之差为8，则m的值为 3 ．
【分析】（1）将坐标代入二次函数，求得解析式，再通过二次函数的性质，求得对称轴；
（2）根据二次函数的解析式可知，m＞2，故当x＝﹣1时，y取最小值，当x＝m时，y取最大值，代入求解方程即可．
【解答】解：（1）把（1，﹣3）代入y＝2x2+bx﹣1可得﹣3＝2+b﹣1，
解得b＝﹣4，
∴二次函数的解析式为y＝2x2﹣4x﹣1，
∴二次函数的对称轴为，
故答案为：x＝1；
（2）当x＝1时，y取到最小值为﹣3，
∵y的最大值与最小值之差为8，
∴m＞2，
故当x＝1时，y取最小值，当x＝m时，y取最大值，
可得方程2m2﹣4m﹣1﹣（﹣3）＝8，
解得m＝3或m＝﹣1（舍去）．
故答案为：3．
【点评】本题考查了二次函数的最值，二次函数的性质，正确得出关于m的方程是解题的关键．
42．（2023•庐江县三模）已知，如图，反比例函数经过点A（2，3）．
（1）k＝ 6 ；
（2）平移OA至BC，使点O的对应点C落在坐标轴上，点A的对应点B落在反比例函数的图象上，若平行四边形OABC的面积为12，则m的值是 18或﹣6 ．
【分析】（1）根据反比例函数的关系式的求法直接计算即可．
（2）根据题意分两种情况讨论，利用反比例函数的几何意义计算即可．
【解答】解：（1）k＝xy＝2×3＝6．
故答案为：6．
（2）若OA延x轴正反向平移，如图，延长BA交y轴于D，
∴BD⊥y轴，
∵平行四边形OABC的面积为12，
∴△OAB的面积为6，
∵△OAD的面积为＝3，
∴△OBD的面积为6+3＝9，
∴＝9，
∵图象位于第一象限，
∴m＝18；
若OA延x轴负半轴反向平移，如图，连接OB，
∵平行四边形OABC的面积为12，
∴△OAB的面积为6，
∵△OAD的面积为＝3，
∴△OBD的面积为6﹣3＝3，
∴＝3，
∵图象位于第二象限，
∴m＝﹣6；
经验证当OA延y轴向上、向下平移时，m＝18或﹣6，
故答案为：18或﹣6．
【点评】本题考查了反比例函数的几何意义的应用，按题意作出图形是解题关键．
43．（2023•合肥二模）已知函数y＝x2+mx（m为常数）的图形经过点（﹣5，5）．
（1）m＝ 4 ．
（2）当﹣5≤x≤n时，y的最大值与最小值之和为2，则n的值 n＝﹣3或 ．
【分析】（1）把已知坐标代入解析式计算即可．
（2）根据抛物线额性质，分类计算．
【解答】解：（1）∵函数y＝x2+mx（m为常数）的图形经过点（﹣5，5），
∴5＝（﹣5）2﹣5m，
解得m＝4，
故答案为：4；
（2）由（1）得m＝4，
∴函数的解析式为y＝x2+4x，
∴y＝x2+4x＝（x+2）2﹣4，
故抛物线的对称轴为直线x＝﹣2，二次函数的最小值为﹣4，
∵（﹣5，5）的对称点为（1，5），
当﹣5≤x≤n时，y的最大值与最小值之和为2，
当﹣5≤n＜﹣2时，最大值为5，x＝n时，取得最小值，且为y＝n2+4n，
根据题意，得n2+4n+5＝2，
解得n＝﹣3，n＝﹣1（舍去），
故n＝﹣3；
当﹣2≤n≤1时，最大值为5，x＝﹣2时，取得最小值，且为﹣4，
根据题意，得5﹣4＝1，不符合题意；
当n＞1时，x＝﹣2时，取得最小值，且为﹣4，x＝n时，取得最大值，且为y＝n2+4n，
根据题意，得n2+4n﹣4＝2，
解得（舍去），
故；
故答案为n＝﹣3或．
【点评】本题考查了抛物线的对称性，增减性，熟练掌握函数的性质是解题的关键．
44．（2023•濉溪县模拟）如图，点E是正方形ABCD边AB上一点，F是线段DE上一点，过点A作AF的垂线交DE延长线于点G，且AG＝AF，连接BF，BG．
（1）∠AGB的度数为 135 °；
（2）若，，则tan∠GAB的值为 ．
【分析】（1）根据四边形ABCD是正方形得到AB＝AD，∠BAD＝90°，结合AG⊥AF，得到∠GAF＝90°，即可得到△AGB≌△AFD，结合角度关系即可得到答案；
（2）过点B作BH⊥AG，交AG的延长线于点H，易得∠GBH＝∠AGE＝45°，根据勾股定理即可求出GF、BG结合三角函数即可得到答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵AG⊥AF，
∴∠GAF＝90°，
∴∠GAF＝∠BAD，
∴∠GAB＝∠FAD，
∵AG＝AF，
∴△AGB≌△AFD（SAS），
∴∠AGB＝∠AFD，
∵∠GAF＝90°，AG＝AF，
∴∠AFG＝∠AGF＝45°，
∴∠AGB＝∠AFD＝180°﹣∠AFG＝135°；
故答案为：135；
（2）如图，过点B作BH⊥AG，交AG的延长线于点H，
∵∠HGB+∠AGF＝90°，
∠HGB+∠GBH＝90°，
∴∠GBH＝∠AGE＝45°，
∴HG＝BG，
∵，
∴由勾股定理可求得：GF＝＝2，
∵，
∴由勾股定理可求得：BG＝＝1，
∵HG2+BH2＝2BH2＝BG2，
∴，
∴，
在Rt△AHB中，∠AHB＝90°，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质，勾股定理全等三角形判定与性质，解直角三角形形，解题的关键作出辅助线及根据正方形的性质得到线段角度关系．
45．（2023•金安区一模）如图，BD是正方形ABCD的对角线，G是边AD上一点，过点D作DE垂直BG的延长线于点E，M是CD上一点，连接BM并延长交ED的延长线于点F．请解决下列问题：
（1）若∠ADE＝15°，则∠DBG＝ 30°​ ．
（2）若AB＝3，BG＝DF，AD＝3AG，则BF的长为 4 ．
【分析】（1）根据三角形内角和公式可得∠ABG＝∠ADF＝15°，再由正方形的性质可得结果；
（2）利用△AGB∽△EGD得，所以＝＝，进而可计算ED，EG，BE，EF，再用勾股定理计算即可．
【解答】解：（1）∵BE⊥EF，
∴∠E＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，
∵∠AGB＝∠EGD，
∴∠ABG＝∠ADB＝15°，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴，
∴∠DBG＝∠ABD﹣∠AG＝45°﹣15°＝30°，
故答案为：30°；
（2）∵，AD＝3AG，
∴，
∴，
∴，
∵∠A＝∠H＝90°，∠AGB＝∠EGD，
∴△AGB∽△BGD，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴ED＝，EG＝，
∴BE＝BG+EG＝，EF＝DF+DE＝，
∴，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，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．
46．（2023•砀山县一模）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF＝45°，AE交BD于点M，AF交BD于点N．
（1）连接FM，则∠AFM的度数为 45° ；
（2）若F是CD的中点，则tan∠AEF＝ 3 ．
【分析】（1）由∠MAN＝∠NDF＝45°，∠ANM＝∠DNF，得△AMN∽△DFN，＝，可得△ADN∽△MFN，从而∠MAF＝∠MFA＝45°；
（2）过A作AG⊥AE，交CD延长线于G，DF＝1，BE＝DG＝x，Rt△EFC中，（x+1）2﹣12＝（2﹣x）2，解得x＝，BE＝DG＝，Rt△ADG 中，求得tan∠AEF＝tanG＝＝＝3．
【解答】（1）∵∠MAN＝∠NDF＝45°，∠ANM＝∠DNF，
∴△AMN∽△DFN，
∴＝，
∴＝，
∵∠AND＝∠FNM，
∴△ADN∽△MFN，
∴∠MAF＝∠MFA＝45°，
故答案为：45°；
（2）过A作AG⊥AE，交CD延长线于G，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠EAD＝∠DAG，∠ABE＝∠ADG＝90°，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（ASA），
∴BE＝DG，AG＝AE，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠GAF＝45°，
在△EAF和△GAF中，
，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝GF＝DF+DG＝DF+BE，∠AEF＝∠G，
∵正方形的边长为2，
∴AD＝CD＝2，DF＝1，设BE＝x，则EF＝FG＝x+1，CE＝2﹣x，
在Rt△EFC中，由勾股定理得：CE2+CF2＝EF2，
∴（x+1）2﹣12＝（2﹣x）2，
解得x＝，
∴BE＝DG＝，
∴tan∠AEF＝tanG＝＝＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质、旋转变换、相似三角形的判定及性 质、勾股定理等知识，综合性较强，解题的关键是根据题意作出辅助线，构造全等三角形．
47．（2023•包河区二模）Rt△ABC中，点D是斜边AB的中点．
（1）如图1，若DE⊥BC与E，DF⊥AC于F，DE＝3，DF＝4，则AB＝ 10 ；
（2）如图2，若点P是CD的中点，且CP＝，则PA2+PB2＝ 62.5 ．
【分析】（1）首先证明四边形DECF为矩形，得DE＝CF＝3，在Rt△DFC中，由勾股定理得，CD＝5，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得答案；
（2）过点D作DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分别为点E、F，过点P作PG⊥BC，PH⊥AC，垂足分别为点G、H，则四边形CGPH为矩形，说明BG＝BE+EG＝3EG＝3CG＝3PH，同理可得AH＝3PG，再利用勾股定理即可．
【解答】解：（1）∵DE⊥BC，DF⊥AC，
∴∠DEF＝∠DFC＝∠ACB＝90°，
∴四边形DECF为矩形，
∴DE＝CF＝3，
在Rt△DFC中，由勾股定理得，CD＝5，
∵点D是斜边AB的中点，
∴AB＝2CD＝10，
故答案为：10；
（2）如图，过点D作DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分别为点E、F，过点P作PG⊥BC，PH⊥AC，垂足分别为点G、H，则四边形CGPH为矩形，
∴PG＝CH，CG＝PH，
∵点D为Rt△ABC的斜边AB的中点，
∴CD＝BD，
∴BE＝CE，
∵点P为CD的中点，DE⊥BC，PG⊥BC，
∴点G为CE的中点，即CE＝2EG＝2CG，
∴BE＝CE＝2EG，
∴BG＝BE+EG＝3EG＝3CG＝3PH，
同理可得AH＝3PG，
∴PA2+PB2＝BG2+PG2+AH2+PH2＝（3PH）2+PG2+（3PG）2+PH2＝10×＝62.5，
故答案为：62.5．
【点评】本题主要考查了直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
48．（2023•蚌山区三模）如图，点C是线段AB上一动点，△ACD，△BCE均为等边三角形，AB＝6，连接DE．
（1）若DE⊥CE，则DE＝ 2 ；
（2）DE长度的最小值为 3 ．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得∠ACD＝∠BCE＝60°，AC＝DC，BC＝EC，然后由线段的和差关系可得CD和CE的长，最后利用勾股定理可得答案；
（2）根据等边三角形的性质可得∠ACD＝∠BCE＝60°，AC＝DC，BC＝EC，由三角形三边关系可判断当CD＝CE时，△CDE为等边三角形，此时即可求得答案．
【解答】解：（1）∵△ACD，△BCE均为等边三角形，
∴∠ACD＝∠BCE＝60°，AC＝DC，BC＝EC，
∴∠DCE＝180°﹣∠ACD﹣∠BCE＝60°，
∵DE⊥CE，
∴∠DEC＝90°，
∴∠CDE＝90°﹣∠DCE＝30°，
∴DC＝2CE，
∵AC+BC＝AB＝6，
∴DC＝4，CE＝2，
∴DE＝＝2；
故答案为：2；
（2）∵△ACD，△BCE均为等边三角形，
∴∠ACD＝∠BCE＝60°，AC＝DC，BC＝EC，
∴∠DCE＝180°﹣∠ACD﹣∠BCE＝60°，
∵|CD﹣CE|＜DE＜CD+CE，
∴CD＝CE，△CDE为等边三角形，
此时DE的长度最小，
∵AC+BC＝AB＝6，
∴CD＝CE＝3，
∴DE长度的最小值为3．
故答案为：3．
【点评】此题考查的是等腰三角形的性质、勾股定理等知识，等边三角形的三条边相等、三个角都等于60°．
49．（2023•庐阳区校级三模）如图，△CAB，△CDE均为等腰直角三角形，，DC＝EC，点A，E，D在同一直线，AD与BC相交于点F，G为AB的中点，连接BD，EG．完成以下问题：
​（1）∠BDA的度数为 90° ；
（2）若F为BC的中点，则EG的长为 ．
【分析】（1）由∠ACB＝∠ECD＝90°得∠ACE＝∠BCD＝90°﹣∠BCE，而AC＝BC，DC＝EC，即可证明△ACE≌△BCD，得∠CAE＝∠CBD，所以∠BAD+∠CBD＝∠BAD+∠CAE＝45°，可推导出∠BAD+∠ABD＝90°，则∠BDA＝90°，于是得到问题的答案；
（2）作CH⊥AD于点H，则CH＝EH＝DH＝DE，可证明△CHF≌△BDF，则CH＝BD＝AE＝EH，再由勾股定理求得AF＝＝5，则×5CH＝×2×＝S△ACF，所以CH＝2，则DH＝CH＝BD＝2，HB＝＝2，所以EG＝HB＝，于是得到问题的答案．
【解答】解：（1）△CAB，△CDE均为等腰直角三角形，AC＝BC＝2，DC＝EC，
∴∠ACB＝∠ECD＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD＝90°﹣∠BCE，∠CAB＝∠CBA＝45°，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴∠CAE＝∠CBD，
∴∠BAD+∠CBD＝∠BAD+∠CAE＝∠CAB＝45°，
∴∠BAD+∠ABD＝∠BAD+∠CBD+∠CBA＝90°，
∴∠BDA＝90°，
故答案为：90°．
（2）作CH⊥AD于点H，则EH＝DH，∠CHF＝∠BDF＝90°，
∴CH＝EH＝DH＝DE，
∵F为BC的中点，
∴CF＝BF，
在△CHF和△BDF中，
，
∴△CHF≌△BDF（AAS），
∴CH＝BD，
∵AE＝BD，
∴AE＝CH＝EH，
∵G为AB的中点，
∴EG＝FB，
∵∠ACF＝90°，AC＝2，CF＝BC＝，
∴AF＝＝＝5，
∴×5CH＝×2×＝S△ACF，
∴CH＝2，
∴DH＝CH＝BD＝2，
∴HB＝＝＝2，
∴EG＝×2＝，
故答案为：．
【点评】此题重点考查等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、三角形的中位线定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
50．（2023•蚌山区二模）如图，点E为正方形ABCD的边CD上一点，以点A为圆心，AE长为半径画弧EF，交边BC于点F，已知正方形边长为1．
（1）若∠DAE＝15°，则DE的长为 ；
（2）△AEF的面积为S的最大值是 ．
【分析】（1）由已知可证Rt△ADE≌Rt△ABF（HL），再利用勾股定理即可得出结论；
（2）设DE＝x，表示出，再利用二次函数的性质即可得出结论．
【解答】解：（1）∵ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠B＝90°，
∵AE＝AF，
∴Rt△ADE≌Rt△ABF（HL），
∴∠DAE＝∠BAF＝15°，BF＝DE，
∴∠EAF＝60°，
∴△AEF为等边三角形，
设DE＝x，则CE＝CF＝1﹣x，
在Rt△ADE中，AE2＝AD2+DE2＝1+x2，
在Rt△CFE中，FE2＝CE2+CF2＝2（1﹣x）2，
∴1+x2＝2（1﹣x）2，
解得：，
∵0≤x≤1，
∴．
故答案为：，
（2）设DE＝x，由（1）可知DE＝BF＝x，则CE＝CF＝1﹣x，
∴S＝S△AEF＝S正方形ABCD﹣S△ADE﹣S△ABF﹣S△CEF，
＝
＝，
∵0≤x≤1，对称轴直线x＝0，
∴S随x增大而减小，
∴当x＝0时S有最大值，此时，
故答案为：．
【点评】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、二次函数的应用，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质、二次函数的性质等知识点．
51．（2023•无为市四模）已知关于x的二次函数y＝a（x﹣m）2+a（x﹣m）（a，m为常数，且a＞0，m＞0）的图象与x轴交于A，B两点．请完成下列问题：
（1）线段AB的长为 1 ．
（2）若该二次函数的图象的顶点为C，且与y轴的正半轴交于点D．当时，m的值为 ．
【分析】（1）令y＝0，求出x＝m，x＝m﹣1，进而得出AB的长；
（2）二次函数化为：y＝ax2+（2am+a）x+am2﹣am一般式，根据顶点坐标公式求出C的坐标，二次函数的图象与y轴的正半轴交于点D，求出D的坐标，再根据，列出等式，解出方程即可．
【解答】解：（1）令y＝0，得a（x﹣m）2+a（x﹣m）＝0，
解得x＝m，x＝m﹣1，
∴AB＝|m﹣1﹣m|＝1，
故答案为：1；
（2）二次函数化为：y＝ax2+（2am+a）x+am2﹣am，
∴该二次函数的图象的顶点为：C（﹣a，﹣a），
∵二次函数的图象与y轴的正半轴交于点D，
∴D（0，am2﹣am），
∴S△ABC＝|﹣a|＝a，S△ABD＝|am2﹣am|，
∵a＞0，m＞0，
∴am2﹣am＞0，
∴m＞1，
∵，
∴a＝×（am2﹣am），
解得m＝或m＝﹣（舍去），
∴m＝，
故答案为：．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征，掌握这三个知识点的综合应用是解题关键．
52．（2023•安庆二模）已知抛物线C：y＝x2+ax与直线AB：y＝﹣x+2交于x轴上同一点．
（1）a的值为 ﹣2 ．
（2）点M是直线AB上的一个动点，将点M向左移动4个单位得到点N，若线段MN与抛物线C只有一个公共点，则点M的横坐标m的取值范围为 2＜a≤4 ．
【分析】（1）先求出y＝﹣x+2与x轴的交点为（2，0），再代入y＝x2+ax即可；
（2）设M（a，﹣a+2），把点M向左移动4个单位得到点N（a﹣4，﹣a+2），再分类讨论，当抛物线C：y＝x2+ax与直线MN只有一个交点时，与当抛物线C：y＝x2+ax与线段MN只有一个交点时，两种情况即可．
【解答】解：（1）y＝﹣x+2与x轴的交点为（2，0），
把点（2，0）代入y＝x2+ax得：4+2a＝0，
解得：a＝﹣2；
故答案为：﹣2；
（2）设M（a，﹣a+2），把点M向左移动4个单位得到点N（a﹣4，﹣a+2），
当抛物线C：y＝x2+ax与直线MN只有一个交点时，
y＝x2+ax的顶点坐标为，
顶点在直线MN上，则，
解得：原方程无实数解，此情况不成立；
当抛物线C：y＝x2+ax与线段MN只有一个交点时，
f（a）⋅f（a﹣4）＝2a2⋅[（a﹣4）2+a（a﹣4）]≤0，
解得：2≤a≤4，
当a＝2，二次函数解析式为y＝x2+2x，M（2，0），N（﹣2，0），
此时二次函数图象与线段MN有两个交点，此情况不成立，舍去；
当a＝4，二次函数解析式为y＝x2+4x，M（4，﹣2），N（0，﹣2），此情况成立．
故答案为：2＜a≤4．
【点评】本题考查了二次函数的图象及性质，直线与二次函数的图象的交点情况，分类讨论思想方法是本题的关键．
53．（2023•蚌埠二模）在平面直角坐标系中，设抛物线y＝x2﹣2ax，其中a＜0．
（1）此抛物线的对称轴为 直线x＝a （用含a的式子表示）；
（2）若抛物线上存在两点A（a﹣1，y1）和B（a+2，y2），当y1•y2＜0时，则a的取值范围是 ﹣2＜a＜﹣1 ．
【分析】（1）由抛物线对称轴为直线x＝﹣求解．
（2）根据点A到对称轴的距离小于点B到对称轴的距离以及y1•y2＜0，可知y1＜0，y2＞0，即可得到，
解得﹣2＜a＜﹣1．
【解答】解：（1）∵y＝x2﹣2ax，
∴抛物线对称轴为直线x＝﹣＝a；
故答案为：直线x＝a；
（2）∵抛物线对称轴为x＝a，
∴点A到对称轴的距离小于点B到对称轴的距离，
∵抛物线开口向上，y1•y2＜0，a＜0，
∴y1＜0，y2＞0，
即，
解得﹣2＜a＜﹣1，
综上所述，a的取值范围为﹣2＜a＜﹣1．
故答案为：﹣2＜a＜﹣1．
【点评】本题考查二次函数的图象与系数的故选，二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与不等式的关系．
54．（2023•定远县模拟）如图，在反比例函数y＝（x＞0）的图象上有点P1，P2，P3，P4，P5，其横坐标依次为2，4，6，8，10，分别过这些点作x轴、y轴的垂线，图中所构成的阴影部分的面积从左到右依次为S1，S2，S3，S4已知P1的纵坐标为10．
（1）k的值为 20 ；
（2）阴影部分的面积S1的值为 10 ；
（3）阴影部分的面积S1，S2，S3，S4的和为 16 ．
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）求得点P2的坐标，用两个矩形的面积之差表示即可得出结论；
（3）求得点P5的坐标，利用平移的方法和整体的思想方法解答即可．
【解答】解：（1）点P1，的横坐标为2，P1的纵坐标为10，点P1在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，
∴10＝，
∴k＝20，
故答案为：20；
（2）如图，
∵点P1在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，点P2，的横坐标为4，
∴y＝＝5，
∴P2的纵坐标为5，
∴P2H＝5．
∵四边形P2CGH为矩形，
∴CG＝P2H＝5，
∵点P1，的横坐标为2，P1的纵坐标为10，
∴P1G＝10，OG＝2，
∴P1C＝10﹣5＝5，
∵四边形P1AOG和四边形BOGC为矩形，
∴BC＝OG＝2，
∴S1＝P1C•BC＝5×2＝10，
故答案为：10；
（3）∵点P1，P2，P3，P4，P5，其横坐标依次为2，4，6，8，10，分别过这些点作x轴、y轴的垂线，
∴S2＝S矩形BDMC，S3＝S矩形DENM，S4＝S矩形EFKN，
∴阴影部分的面积S1，S2，S3，S4的和为．
∵点P5在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，点P25的横坐标为10，
∴y＝＝2，
∴P5的纵坐标为2，
∴P5P＝2，
∵四边形FOPP5为矩形，
∴KG＝P5P＝2，
∴P1K＝P1G﹣KG＝10﹣2＝8，
∴＝P1K•FK＝8×2＝16．
∴阴影部分的面积S1，S2，S3，S4的和为16，
故答案为：16．
【点评】本题主要考查了反比例函数系数k的几何意义，待定系数法，反比例函数图象上点的坐标的特征，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
55．（2023•舒城县模拟）在矩形ABCD中，AB＝4，点E为边AD上一点，AE＝3，F为BE的中点，
（1）EF＝ ；
（2）若CF⊥BE，CE、DF相交于点O，则＝ ．
【分析】（1）由勾股定理求出BE的长，即可得出结论；
（2）过点F作FG∥BC交CE于点G，则AD∥BC∥FG，得△EFG∽△EBC，△DOE∽△FOG，证△BCF∽△EBA，求出BC＝，再由线段垂直平分线的性质得CE＝CB＝，然后由相似三角形的性质求出OE的长，即可解决问题．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，
∴BE＝＝＝5，
∵F为BE的中点，
∴EF＝BF＝BE＝，
故答案为：；
（2）如图，过点F作FG∥BC交CE于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴AD∥BC∥FG，
∴△EFG∽△EBC，△DOE∽△FOG，
∵CF⊥BE，
∴∠CFB＝90°，
∴∠CBF+∠BCF＝90°，
∵∠CBF+∠EBA＝∠ABC＝90°，
∴∠BCF＝∠EBA，
∴△BCF∽△EBA，
∴＝，
即＝，
解得：BC＝，
∴AD＝BC＝，
∴DE＝AD﹣AE＝﹣3＝，
∵F为BE的中点，CF⊥BE，
∴CE＝CB＝，
∵△EFG∽△EBC，
∴＝＝＝，
∴EG＝CE＝，FG＝BC＝，
∵△DOE∽△FOG，
∴＝＝＝，
∴OE＝EG＝×＝，
∴OC＝CE﹣OE＝﹣＝，
∴＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质以及线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握矩形的性质，证明三角形相似是解题的关键．
56．（2023•芜湖三模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，G为AD中点，点E在BC延长线上，F、H分别为CE、GE中点．
（1）连接BG，则∠AGB＝ 90 °；
（2）若∠EHF＝∠DGE，，则AB＝ 8 ．
【分析】（1）连接BD，判定出△ADB为等边三角形，G为AD的中点，进而得到BG⊥AD，∠AGB＝90°；
（2）连接CG，过点C作CM⊥AD，交AD的延长线于M，利用平行线的性质和三角形中位线定理可得CG＝2HF＝2，由AB∥CD，得∠CDM＝∠A＝60°，设DM＝x，则CD＝2x，CM＝，在Rt△CMG中，借助勾股定理得：CG＝＝2，即可求出x的值，从而解决问题．
【解答】解：（1）连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，AD∥BC，
∵∠A＝60°，
∴△ADB为等边三角形，
∵G为AD的中点，
∴BG⊥AD，
∴∠AGB＝90°，
故答案为：90；
（2）连接CG，过点C作CM⊥AD，交AD的延长线于M，
∵F、H分别为CE、GE中点，
∴FH是△CEG的中位线，
∴HF＝CG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DGE＝∠E，
∵∠EHF＝∠DGE，
∴∠E＝∠EHF，
∴HF＝EF＝CF＝2，
∴CG＝2HF＝4，
∵AB∥CD，
∴∠CDM＝∠A＝60°，
设DM＝x，则CD＝2x，CM＝，
∵点G为AD的中点，
∴DG＝x，
在Rt△CMG中，由勾股定理得：
CG＝＝4，
∴x＝4，
∴AB＝CD＝2x＝8．
故答案为：8．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，作辅助线，构造直角三角形，利用方程思想是解题的关键．
57．（2023•利辛县模拟）如图，E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，DF⊥AE于点F，O点为正方形ABCD的中心，连接OF，连接OB交AE于点G．请完成下列问题：
（1）∠OFE＝ 45 °；
（2）连接CG，若AB＝8，FG＝3，EG＝1，则CG的长为 ．
【分析】（1）连接OA，OE，由O点为正方形ABCD的中心，得AB＝DA，∠BAD＝90°，OB＝OA，∠AOB＝90°，而∠AEB＝∠DFA＝90°，所以∠BAE＝∠ADF＝90°﹣∠DAE，可证明△BAE≌△ADF，得BE＝AF，再根据“等角的余角相等”推导出∠OBE＝∠OAF，即可证明△OBE≌△OAF，得OE＝OF，∠BOE＝∠AOF，则∠EOF＝∠AOB＝90°，所以∠OFE＝∠OEF＝45°，于是得到问题的答案；
（2）设OA交DF于点H，连接GH，OC，则OC＝OB＝OA，∠BOC＝∠AOB＝90°，可证明∠OFH＝∠OEG＝45°，则△HOF≌△GOE，得FH＝EG＝1，OH＝OG，可求得OG2＝5，OC2＝32，则CG＝＝，于是得到问题的答案．
【解答】解：（1）如图1，连接OA，OE，
∵四边形ABCD是正方形，O点为正方形ABCD的中心，
∴AB＝DA，∠BAD＝90°，OB＝OA，∠AOB＝×360°＝90°，
∵∠AEB＝90°，DF⊥AE，
∴∠AEB＝∠DFA＝90°，
∴∠BAE＝∠ADF＝90°﹣∠DAE，
∴△BAE≌△ADF（AAS），
∴BE＝AF，
∵∠OBE+∠BGE＝90°，∠OAF+∠AGO＝90°，∠BGE＝∠AGO，
∴∠OBE＝∠OAF，
∴△OBE≌△OAF（SAS），
∴OE＝OF，∠BOE＝∠AOF，
∴∠EOF＝∠BOE+∠BOF＝∠AOF+∠BOF＝∠AOB＝90°，
∴∠OFE＝∠OEF＝45°，
故答案为：45．
（2）如图2，设OA交DF于点H，连接GH，OC，则OC＝OB＝OA，∠BOC＝∠AOB＝90°，
∵∠GFH＝90°，∠OFE＝45°，
∴∠OFH＝45°，
∴∠OFH＝∠OEG，
∵OF＝OE，∠HOF＝∠GOE，
∴△HOF≌△GOE（ASA），
∴FH＝EG＝1，OH＝OG，
∴OH2+OG2＝2OG2＝GH2＝FH2+FG2＝12+32＝10，
∴OG2＝5，
∵OA2+OB2＝2OC2＝AB2＝82＝64，
∴OC2＝32，
∴CG＝＝＝，
故答案为：．
【点评】此题重点考查正方形的性质、等角的余角相等、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
58．（2023•蜀山区二模）在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是BC边上的点，连接AE，将△ABE沿AE翻折至△AFE，连接CF．
（1）如图1，连接BF，若点E为BC边中点，且CF＝AB时，则∠ABF＝ 45 °；
（2）如图2，连接DF，当点D、F、E三点共线时，恰有∠DCF＝∠ADF，则CF的长为 ．
【分析】（1）设AE、BF交于点G，根据翻折的性质得AE垂直平分BF，由勾股定理求BF，即可求BG，然后由 可得结果；
（2）先证△ADF≌△DEC得DE＝AD＝6，DF＝EC，进而 DF＝DE﹣EF＝DE﹣BE＝6﹣BE，再证明△DFC∽△DCE得 ，所以 ，即可求解．
【解答】解：（1）设AE、BF交于点G，
由翻折得：AE垂直平分BF，
∵点E为BC边中点，
∴EG∥FC，
∴∠BFC＝∠BGE＝90°，
∵，
∴＝4，
∴，
∴，
∴∠ABF＝45°，
故答案为：45；
（2）由翻折得：∠AFE＝∠ABE，AF＝AB＝4，EF＝BE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD＝BC＝6，CD＝AB＝4，AD∥∥BC，AB∥CD，
∵∠ECD+∠B＝180°，
∴∠DFA+∠AFE＝180°，
即∠DFA+∠B＝180°，
∴∠ECD＝∠DFA，
∵AB∥CD，
∴∠ADF＝∠DEC，
在△ADF与△DEC中，
，
∴△ADF≌△DEC（AAS），
∴DE＝AD＝6，DF＝EC，
∴DF＝DE﹣EF＝DE﹣BE＝6﹣BE，
∵∠DCF＝∠ADF，∠ADF＝∠DEC，
∴∠DCF＝∠DEC，
∵∠CDF＝∠EDC，
∴△DFC∽△DCE，
∴，
∴，
∴，
∴CF＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，翻折变换，平行四边形的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握翻折的性质是解题的关键．
59．（2023•利辛县模拟）已知抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0）和B两点，与y轴交于点C．
（1）该抛物线的对称轴是直线x＝ ﹣ （用含a的代数式表示）；
（2）若AB＝3，当x＞﹣1时，y随x的增大而增大，点P为x轴下方抛物线上一点，且△BPC的面积被x轴分成1：2两部分，则点P的坐标为 （﹣3，﹣1）或（﹣2，﹣1） ．
【分析】（1）把A（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+2中，得出a，b的关系，从而得出结论；
（2）先根据AB＝3求出点B坐标，再根据题意判断函数解析式，然后根据△BPC的面积被x轴分成1：2两部分分类讨论即可．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0）代入y＝ax2+bx+2中，
得a﹣b+2＝0，
∴b＝a+2，
∴对称轴x＝﹣＝﹣，
故答案为：﹣；
（2）∵A（﹣1，0），AB＝3，
∴B（2，0）或（﹣4，0），
当B（2，0）时，
把A（﹣1，0），B（2，0）代入y＝ax2+bx+2得：，
解得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+2，
∴对称轴为x＝﹣，抛物线开口向下，不满足当x＞﹣1时，y随x的增大而增大，不符合题意，舍去；
当B（﹣4，0）时，
把把A（﹣1，0），B（﹣4，0）代入y＝ax2+bx+2得：，
解得，
∴抛物线解析式为y＝x2+x+2，
∴对称轴为x＝﹣，抛物线开口向上，满足当x＞﹣1时，y随x的增大而增大，符合题意，
连接BP，BC，PC，设PC交x轴于点D，
∵△BPC的面积被x轴分成1：2两部分，
∴①S△BDC：S△BDP＝1：2，
即：＝1：2，
令y＝0，则y＝2，
∴C（0，2），
∴OC＝2，
设P（m，﹣m2﹣m﹣2），
∴：＝1：2，
∴﹣m2﹣m﹣2﹣4＝0，
∵（﹣）2﹣4×（﹣）×（﹣6）＝﹣12＝﹣＜0，
∴﹣m2﹣m﹣2﹣4＝0无实数根，
∴S△BDC：S△BDP＝1：2不存在；
②S△BDC：S△BDP＝2：1，
即：＝2：1，
∴﹣m2﹣m﹣2＝1，
解得m1＝﹣2，m2＝﹣3，
当m＝﹣2时，﹣m2﹣m﹣2＝﹣1，
∴P（﹣2，﹣1），
当m＝﹣3时，﹣m2﹣m﹣2＝﹣1，
∴P（﹣3，﹣1）．
综上所述，点P的坐标为（﹣3，﹣1）或（﹣2，﹣1）．
故答案为：（﹣3，﹣1）或（﹣2，﹣1）．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点，二次函数的性质以及待定系数法求函数解析式，关键是用待定系数法求函数解析式．
60．（2023•安徽模拟）矩形ABCD对角线的交点为O，点E在边AB上，点F在AD的延长线上，连接EF，EO，FO，∠EOF＝90°．试探究：
​
（1）如图1，若EF垂直平分AO，AB＝8，AD＝4，则AE的长为 ；
（2）如图2，若BE＝3，FD＝1，则EF的长为 ．
【分析】（1）设EF与AO交于点H，根据矩形的性质证明△EAH∽△CAB，可得＝，进而可以解决问题；
（2）延长EO交CD于点G，连接FG，证明△AOE≌△COG （ASA），得AE＝CG，OE＝OG，证明FO是EG的垂直平分线，得EF＝GF，再利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）设EF与AO交于点H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝4，∠ABC＝90°，OA＝AC，
∵AB＝8，
∴AC＝＝＝4，
∴OA＝2，
∵EF垂直平分AO，
∴AH＝OH＝，∠AHE＝∠ABC＝90°，
∵∠EAH＝∠CAB，
∴△EAH∽△CAB，
∴＝，
∴＝，
∴AE＝，
故答案为：；
（2）如图2，延长EO交CD于点G，连接FG，
在矩形ABCD中，AO＝CO，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠OAE＝∠OCG
∵∠AOE＝∠COG，
∴△AOE≌△COG （ASA），
∴AE＝CG，OE＝OG，
∵AB＝CD，
∴BE＝DG＝3，
∵∠EOF＝90°，OE＝OG，
∴FO是EG的垂直平分线，
∴EF＝GF，
∵∠GDF＝90°，
∴GF＝＝＝．
∴EF＝，
故答案为：．
【点评】此题考查矩形的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，关键是准确作出辅助线构造全等三角形解决问题．