2019-2020学年九年级（上）月考数学试卷（9月份）

这是一份2019-2020学年九年级（上）月考数学试卷（9月份），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 下列方程中，是一元二次方程的是( )
A.x2+2x−4=0B.6x2+2=6x2−x
C.−3x+2=0D.x2+2xy−3y2=0

2. 若x1，x2是一元二次方程x2−2x−3＝0的两个根，则x1⋅x2的值是（ ）
A.3B.−3C.2D.−2

3. 某旅游景点8月份共接待游客25万人次，10月份共接待游客64万人次．设每月的平均增长率为x，则可列方程为( )
A.25(1+x)2=64B.25(1−x)2=64
C.64(1+x)2=25D.64(1−x)2=25

4. 要得到二次函数y＝−x2+2x−2的图象，需将y＝−x2的图象（ ）
A.向左平移2个单位，再向下平移2个单位
B.向右平移2个单位，再向上平移2个单位
C.向左平移1个单位，再向上平移1个单位
D.向右平移1个单位，再向下平移1个单位

5. 对于抛物线y=−12(x−1)2−3的说法错误的是（ ）
A.抛物线的开口向下
B.抛物线的顶点坐标是(1, −3)
C.抛物线的对称轴是直线x=1
D.当x>1时，y随x的增大而增大

6. 已知等腰三角形的腰和底的长分别是一元二次方程x2−6x+8=0的根，则该三角形的周长为( )
A.8B.10C.8或10D.12

7. 关于x的方程(a−5)x2−4x−1=0有实数根，则a满足( )
A.a≥1B.a>1且a≠5C.a≥1且a≠5D.a≠5

8. 8月23号到校前，小希将收到学校的一条短信通知发给若干同学，每个收到的同学又给相同数量的同学转发了这条短信，此时收到这条短信的同学共有157人，小希给（ ）个同学发了短信．
A.10B.11C.12D.13

9. 在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+2x−3的图象如图所示，点A(x1, y1)，B(x2, y2)是该二次函数图象上的两点，其中−3≤x1
A.y1y2
C.y的最小值是−3D.y的最小值是−4

10. 对于每个非零自然数n，抛物线y＝x2−2n+1n(n+1)x+1n(n+1)与x轴交于An，Bn两点，以AnBn表示这两点间的距离，则A1B1+A2B2+A3B3+...+A2019B2019的值是（ ）
A.20192018B.20182019C.20202019D.20192020
二、填空题（每小题3分，共18分）

函数y=(m2−3m+2)x2+mx+1−m，则当m=________时，它为正比例函数；当m=________时，它为一次函数；当m________时，它为二次函数．

如图，抛物线y=−x2+2x+3与y轴交于点C，点D(0, 1)，点P是抛物线上的动点，若△PCD是以CD为底的等腰三角形，则点P的坐标为________．


若关于x的一元二次方程kx2+2(k+1)x+k−1＝0有两个实数根，则k的取值范围是________≥−13，且________≠0 ．

已知二次函数y＝−3(x−1)2+k的图象上有三点A(−1, y1)，B(2, y2)，C(5, y3)，则y1，y2，y3的大小关系为________．

已知a2−6a−5=0和b2−6b−5=0中，a≠b，则1a+1b的值是________．

已知二次函数y=(x−2a)2+(a−1)（a为常数），当a取不同的值时，其图象构成一个“抛物线系”．如图分别是当a=−1，a=0，a=1，a=2时二次函数的图象．它们的顶点在一条直线上，这条直线的解析式是y=________．

三、解答题（共8小题，满分72分）

解方程：
(1)(x−2)2=(2x+3)2（用合适的方法）

(2)3x2−43x+2=0（用公式法解）

将二次函数一般式：y=12x2−6x+21用配方法化成顶点式y＝a(x−ℎ)2+k的形式，并指出其对称轴，顶点坐标，增减性．

已知x1，x2是方程2x2−5x+1=0的两个实数根，求下列各式的值：
(1)x1x22+x12x2；

(2)(x1−x2)2.

要修一个圆形喷水池，在池中心竖直安装一根水管，水管的顶端安一个喷水头，使喷出的抛物线形水柱在与池中心的水平距离为1m处达到最高，高度为3m，水柱落地处离池中心3m，水管应多长？


已知关于x的一元二次方程x2−(2k+1)x+4k−3＝0．
（1）求证：无论k取什么实数值，该方程总有两个不相等的实数根；

（2）当一矩形ABCD的对角线长为AC=31，且矩形两条边AB和BC恰好是这个方程的两个根时，求矩形ABCD的周长．

如图，利用一面长为34米的墙，用铁栅栏围成一个矩形自行车场地ABCD，在AB和BC边各有一个2米宽的小门（不用铁栅栏）设矩形ABCD的边AD长为x米，AB长为y米，矩形的面积为S平方米，且x
(1)若所用铁栅栏的长为40米，求y与x的函数关系式，并直接写出自变量x的取值范围：

(2)在(1)的条件下，求S与x的函数关系式，并求出怎样围才能使矩形场地的面积为192平方米？

已知：如图，正方形ABCD，点E是DC边上的一动点，过点C作AE的垂线交AE延长线于点F，过D作DH⊥CF，垂足为H，点O是AC中点，连HO．
（1）如图1，当∠CAE＝∠DAE时，证明：AE＝2CF；

（2）如图2，当点E在DC上运动时，线段AF与线段HO之间是否存在确定的数量关系？
若存在，证明你发现的结论：若不存在，请说明理由；

（3）当________为________中点时，________＝22，直接写出________的长________．

如图，已知抛物线C1:y＝a(x+2)2−5的顶点为P，与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左边），点B的横坐标是1．
（1）求P点坐标及a的值；

（2）如图(1)，抛物线C2与抛物线C1关于x轴对称，将抛物线C2向右平移，平移后的抛物线记为C3，C3的顶点为M，当点P、M关于点B成中心对称时，求C3的解析式；

（3）如图(2)，点Q是x轴正半轴上一点，将抛物线C1绕点Q旋转180∘后得到抛物线C4．抛物线C4的顶点为N，与x轴相交于E、F两点（点E在点F的左边），当以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q的坐标．
参考答案与试题解析
2019-2020学年湖北省某校九年级（上）月考数学试卷（9月份）
一、选择题（每小题3分，共30分）
1.
【答案】
A
【考点】
一元二次方程的定义
【解析】
根据一元二次方程的定义进行判断即可．
【解答】
解：A，该方程符合一元二次方程的定义，故本选项正确；
B，由原方程得到x+2=0，未知数的最高次数是1，属于一元一次方程，故本选项错误；
C，该方程中未知数的最高次数是1，属于一元一次方程，故本选项错误；
D，该方程中含有2个未知数，属于二元二次方程，故本选项错误.
故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
根与系数的关系
【解析】
找出一元二次方程的系数a，b及c的值，利用根与系数的关系即可求出两根之积．
【解答】
∵ x1，x2是一元二次方程x2−2x−3＝0的两个根，
∴ x1⋅x2=ca=−3．
3.
【答案】
A
【考点】
由实际问题抽象出一元二次方程
【解析】
依题意可知9月份的人数＝25(1+x)，则10月份的人数为：25(1+x)(1+x)，再令25(1+x)(1+x)＝64即可得出答案．
【解答】
解：设每月的平均增长率为x，依题意得：
25(1+x)2=64．
故选A.
4.
【答案】
D
【考点】
二次函数图象与几何变换
【解析】
只需看顶点坐标是如何平移得到的即可．
【解答】
原抛物线的顶点坐标为(0, 0)，新抛物线的顶点坐标为(1, −1)，
∴ 将原抛物线向右平移1个单位，再向下平移1个单位可得到新抛物线．
5.
【答案】
D
【考点】
二次函数的性质
【解析】
找到题目中函数的开口方向、对称轴、顶点坐标及增减性后即可得到答案．
【解答】
解：在y=−12(x−1)2−3中，a=−12<0，开口向下，
顶点坐标为(1, −3)，对称轴为x=1，当x>1时，
y随着x的增大而减小．
故选D．
6.
【答案】
B
【考点】
三角形三边关系
解一元二次方程-因式分解法
【解析】
用因式分解法可以求出方程的两个根分别是4和2，根据等腰三角形的三边关系，腰应该是4，底是2，然后可以求出三角形的周长．
【解答】
解：x2−6x+8=0，
(x−4)(x−2)=0，
解得：x1=4，x2=2，
由三角形的三边关系可得：腰长是4，底边是2；腰长是2，底边是4（不能构成三角形，舍去），
所以三角形周长是：4+4+2=10.
故选B.
7.
【答案】
A
【考点】
根的判别式
【解析】
由于x的方程(a−5)x2−4x−1＝0有实数根，那么分两种情况：（1）当a−5＝0时，方程一定有实数根；（2）当a−5≠0时，方程成为一元二次方程，利用判别式即可求出a的取值范围．
【解答】
解：分类讨论：
①当a−5=0即a=5时，方程变为−4x−1=0，此时方程一定有实数根；
②当a−5≠0即a≠5时，
∵ 关于x的方程(a−5)x2−4x−1=0有实数根，
∴ 16+4(a−5)≥0，
∴ a≥1，且a≠5．
∴ 综上所述a的取值范围为a≥1．
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
一元二次方程的应用
【解析】
设小希给x个同学发了短信，根据收到这条短信的同学共有157人，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
【解答】
设小希给x个同学发了短信，
依题意，得：1+x+x2＝157，
解得：x1＝−13，x2＝12．
9.
【答案】
D
【考点】
二次函数图象上点的坐标特征
二次函数的最值
【解析】
根据抛物线解析式求得抛物线的顶点坐标，结合函数图象的增减性进行解答．
【解答】
y＝x2+2x−3＝(x+3)(x−1)，
则该抛物线与x轴的两交点横坐标分别是−3、1．
又y＝x2+2x−3＝(x+1)2−4，
∴ 该抛物线的顶点坐标是(−1, −4)，对称轴为x＝−1．
A、无法确定点A、B离对称轴x＝−1的远近，故无法判断y1与y2的大小，故本选项错误；
B、无法确定点A、B离对称轴x＝−1的远近，故无法判断y1与y2的大小，故本选项错误；
C、y的最小值是−4，故本选项错误；
D、y的最小值是−4，故本选项正确．
10.
【答案】
D
【考点】
规律型：图形的变化类
规律型：点的坐标
抛物线与x轴的交点
规律型：数字的变化类
【解析】
通过解方程x2−2n+1n(n+1)x+1n(n+1)=0得x1=1n，x2=1n+1，则​n，Bn两点为(1n, 0)，(1n+1, 0)，所以AnBn=1n−1n+1，则A1B1+A2B2+A3B3+...+A2019B2019＝1−12+12−13+13−14+⋯+12019−12020，然后进行分数的混合运算即可．
【解答】
当y＝0时，x2−2n+1n(n+1)x+1n(n+1)=0，
(x−1n)(x−1n+1)＝0，
解得x1=1n，x2=1n+1，
∴ An，Bn两点为(1n, 0)，(1n+1, 0)，
∴ AnBn=1n−1n+1，
∴ A1B1+A2B2+A3B3+...+A2019B2019＝1−12+12−13+13−14+⋯+12019−12020
＝1−12020
=20192020．
二、填空题（每小题3分，共18分）
【答案】
1,1或2,≠1且m≠2
【考点】
一次函数的定义
正比例函数的定义
二次函数的定义
【解析】
首先解方程，进而利用正比例函数、一次函数与二次函数的定义得出答案．
【解答】
解：m2−3m+2=0，
则(m−1)(m−2)=0，
解得：m1=1，m2=2.
故当m2−3m+2=0，1−m=0，
即m=1时，它为正比例函数；
当m2−3m+2=0，即m=1或2时，它为一次函数；
当m2−3m+2≠0，
即m≠1且m≠2时，它为二次函数.
故答案为：1；1或2；≠1且m≠2.
【答案】
(1+2, 2)或(1−2, 2)
【考点】
二次函数图象上点的坐标特征
等腰三角形的性质
【解析】
先计算出自变量为0时所对应的二次函数值得到C点坐标，则过CD中点与x轴平行的直线为y=2，再利用等腰三角形的性质得点P为直线y=2与抛物线y=−x2+2x+3的交点，然后解方程−x2+2x+3=2即可确定P点坐标．
【解答】
当x=0时，y=−x2+2x+3=3，则C(0, 3)，
∵ △PCD是以CD为底的等腰三角形，
∴ 点P为直线y=2与抛物线y=−x2+2x+3的交点，
当y=2时，−x2+2x+3=2，解得x1=1+2，x2=1−2，
∴ P点坐标为(1+2, 2)或(1−2, 2)．
【答案】
k,k
【考点】
根的判别式
【解析】
若一元二次方程有两不等实数根，则根的判别式△＝b2−4ac≥0，建立关于k的不等式，求出k的取值范围．还要注意二次项系数不为0．
【解答】
∵ a＝k，b＝2(k+1)，c＝k−1，
∴ △＝4(k+1)2−4×k×(k−1)＝3k+1≥0，
解得：k≥−13，
∵ 原方程是一元二次方程，
∴ k≠0．
故
【答案】
y2>y1>y3
【考点】
二次函数图象上点的坐标特征
【解析】
根据函数解析式的特点为顶点式，其对称轴为x＝1，图象开口向下；利用y随x的增大而减小，可判断y2>y3，根据二次函数图象的对称性可判断y1>y3；于是得出答案．
【解答】
B(2, y2)，C(5, y3)，在对称轴的右侧，y随x的增大而减小，
∵ 2<5，
∴ y2>y3，
根据二次函数图象的对称性可知，A(−1, y1)中，与D(3, y)对称，可得y1>y3，
故y2>y1>y3，
【答案】
−65
【考点】
根与系数的关系
【解析】
由a2−6a−5＝0和b2−6b−5＝0中，a≠b，可知a、b为方程x2−6x−5＝0的两个根，结合根与系数的关系可得出a+b＝6，ab＝−5，将1a+1b变化成只含a+b与ab的算式，代入数据即可得出结论．
【解答】
解：由已知可得：a、b为方程x2−6x−5=0=0的两个根，
∴ a+b=6，ab=−5．
∴ 1a+1b=a+bab=6−5=−65.
故答案为：−65.
【答案】
12x−1
【考点】
二次函数的性质
【解析】
已知抛物线的顶点式，写出顶点坐标，用x、y代表顶点的横坐标、纵坐标，消去a得出x、y的关系式．
【解答】
解：由已知得抛物线顶点坐标为(2a, a−1)，
设x=2a①，y=a−1②，
①-②×2，消去a得，x−2y=2，
即y=12x−1．
故答案为：12x−1.
三、解答题（共8小题，满分72分）
【答案】
解：(1)(x−2)2=(2x+3)2，
(x−2)=±(2x+3)，
x−2=−(2x+3)或x−2=2x+3，
解得x1=−13，x2=−5.
(2)3x2−43x+2=0，
b2−4ac=(−43)2−4×3×2=24，
x=43±266，
x1=23−63，x2=23+63．
【考点】
解一元二次方程-因式分解法
解一元二次方程-公式法
【解析】
（1）先开方，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可；
（2）求出b2−4ac的值，再代入公式求出即可．
【解答】
解：(1)(x−2)2=(2x+3)2，
(x−2)=±(2x+3)，
x−2=−(2x+3)或x−2=2x+3，
解得x1=−13，x2=−5.
(2)3x2−43x+2=0，
b2−4ac=(−43)2−4×3×2=24，
x=43±266，
x1=23−63，x2=23+63．
【答案】
y=12x2−6x+21=12(x−6)2+3，
则该函数的对称轴是直线x＝6，顶点坐标为(6, 3)，当x<6时，y随x的增大而减小，当x>6时，y随x的增大而增大．
【考点】
二次函数的性质
二次函数的三种形式
【解析】
先将题目中的函数解析式化为顶点式，即可得到该函数的对称轴，顶点坐标和增减性．
【解答】
y=12x2−6x+21=12(x−6)2+3，
则该函数的对称轴是直线x＝6，顶点坐标为(6, 3)，当x<6时，y随x的增大而减小，当x>6时，y随x的增大而增大．
【答案】
解：(1)由题意得，
x1+x2=52，x1x2=12，
原式=x1x2(x1+x2)=12×52=54；
(2)原式=(x1+x2)2−4x1x2
=(52)2−4×12=174．
【考点】
根与系数的关系
【解析】
先利用根与系数的关系得到x1+x2=52，x1x2=12，（1）利用因式分解解得方法得到原式＝x1x2(x1+x2)，然后利用整体代入的方法计算；
（2）利用完全平方公式变形得到原式＝(x1+x2)2−4x1x2，然后利用整体代入的方法计算．
【解答】
解：(1)由题意得，
x1+x2=52，x1x2=12，
原式=x1x2(x1+x2)=12×52=54；
(2)原式=(x1+x2)2−4x1x2
=(52)2−4×12=174．
【答案】
以池中心为原点，竖直安装的水管为y轴，与水管垂直的为x轴建立直角坐标系．
由于在距池中心的水平距离为1m时达到最高，高度为3m，
则设抛物线的解析式为：
y＝a(x−1)2+3(0≤x≤3)，
代入(3, 0)求得：a=−34．
将a值代入得到抛物线的解析式为：
y=−34(x−1)2+3(0≤x≤3)，
令x＝0，则y=94=2.25．
故水管长为2.25m．
【考点】
二次函数的应用
【解析】
以池中心为原点，竖直安装的水管为y轴，与水管垂直的为x轴建立直角坐标系，设抛物线的解析式为y＝a(x−1)2+3(0≤x≤3)，将(3, 0)代入求得a值，则x＝0时得的y值即为水管的长．
【解答】
以池中心为原点，竖直安装的水管为y轴，与水管垂直的为x轴建立直角坐标系．
由于在距池中心的水平距离为1m时达到最高，高度为3m，
则设抛物线的解析式为：
y＝a(x−1)2+3(0≤x≤3)，
代入(3, 0)求得：a=−34．
将a值代入得到抛物线的解析式为：
y=−34(x−1)2+3(0≤x≤3)，
令x＝0，则y=94=2.25．
故水管长为2.25m．
【答案】
证明：△＝(2k+1)2−4(4k−3)
＝4k2+4k+1−16k+12
＝4k2−12k+13
＝(2k−3)2+4，
∵ (2k−3)2≥0，
∴ △>0，
∴ 无论k取什么实数值，该方程总有两个不相等的实数根；
根据题意得AB+BC＝2k+1，AB⋅BC＝4k−3，
而AB2+BC2＝AC2＝(31)2，
∴ (2k+1)2−2(4k−3)＝31，
整理得k2−k−6＝0，解得k1＝3，k2＝−2，
而AB+BC＝2k+1>0，AB⋅BC＝4k−3>0，
∴ k的值为3，
∴ AB+BC＝7，
∴ 矩形ABCD的周长为14．
【考点】
根与系数的关系
根的判别式
【解析】
（1）计算判别式的值得到△＝(2k−3)2+4，利用非负数的性质得到△>0，从而根据判别式的意义得到结论；
（2）利用根与系数的关系得到AB+BC＝2k+1，AB⋅BC＝4k−3，利用矩形的性质和勾股定理得到AB2+BC2＝AC2＝(31)2，则(2k+1)2−2(4k−3)＝31，解得k1＝3，k2＝−2，利用AB、BC为正数得到k的值为2，然后计算AB+BC得到矩形ABCD的周长．
【解答】
证明：△＝(2k+1)2−4(4k−3)
＝4k2+4k+1−16k+12
＝4k2−12k+13
＝(2k−3)2+4，
∵ (2k−3)2≥0，
∴ △>0，
∴ 无论k取什么实数值，该方程总有两个不相等的实数根；
根据题意得AB+BC＝2k+1，AB⋅BC＝4k−3，
而AB2+BC2＝AC2＝(31)2，
∴ (2k+1)2−2(4k−3)＝31，
整理得k2−k−6＝0，解得k1＝3，k2＝−2，
而AB+BC＝2k+1>0，AB⋅BC＝4k−3>0，
∴ k的值为3，
∴ AB+BC＝7，
∴ 矩形ABCD的周长为14．
【答案】
解：(1)y=−2x+44，自变量x的取值范围5≤x<443.
(2)S=xy=−2x2+44x，
−2x2+44x=192，
解得 x1=6，x2=16，
∵ x2=16>443，
∴ 不合题意，舍去．
∴ AD长6米，AB长32米．
【考点】
根据实际问题列一次函数关系式
一元二次方程的应用
【解析】
（1）根据题意，可知AD+BC+AB＝40且有AD＝BC，进而写出y关于x的函数关系式，并写出面积公式；
（2）把192平方米代入代入面积公式里，解出此时x的值，看是否在取值范围之内．
【解答】
解：(1)y=−2x+44，自变量x的取值范围5≤x<443.
(2)S=xy=−2x2+44x，
−2x2+44x=192，
解得 x1=6，x2=16，
∵ x2=16>443，
∴ 不合题意，舍去．
∴ AD长6米，AB长32米．
【答案】
证明：如图1，延长AD、CH交于M，
∵ AF⊥CF，
∴ ∠AFC＝∠AFM＝90∘，
∵ ∠DAE＝∠CAE，AF＝AF，
∴ △ACF≅△AMF(ASA)，
∴ CF＝FM，
∴ CM＝2CF，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD＝CD，∠ADC＝90∘，
∴ ∠ADC＝∠CDM＝90∘，
∵ ∠ADE＝∠EFC＝90∘，∠AED＝∠CEF，
∴ ∠ECF＝∠EAD，
∴ △ADE≅△CDM(ASA)，
∴ AE＝CM＝2CF；
AF=2OH，理由是：
如图2，过O作ON⊥DH于N，OM⊥CH于M，连接OD，
∴ ∠OMH＝∠ONH＝∠MHN＝90∘，
∴ 四边形MONH为矩形，
∴ ∠MON＝90∘，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ OD＝OC，∠DOC＝90∘，
∴ ∠MOC＝∠DON，
∵ ∠OMC＝∠OND＝90∘，
∴ △OMC≅△OND(AAS)，
∴ OM＝ON，
∴ 矩形MONH是正方形，
∴ OH=2OM，
△ACF中，∵ OA＝OC，OM // AF，
∴ CM＝FM，
∴ AF＝2OM，
∴ OH2=AF2，即AF=2OH；
E,DC,AC,AF,655
【考点】
四边形综合题
【解析】
（1）如图1，延长AD、CH交于M，证明△ACF≅△AMF(ASA)，得CM＝2CF，再证明△ADE≅△CDM(ASA)，可得结论；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△OMC≅△OND(AAS)，并证明四边形MONH是正方形，得OH=2OM，根据三角形中位线定理可得是结论；
（3）如图1，证明△ADE∽△CFE，得CF＝2EF，利用正方形的性质和勾股定理计算AD＝CD＝2，分别计算AE和EF的长可得结论．
【解答】
证明：如图1，延长AD、CH交于M，
∵ AF⊥CF，
∴ ∠AFC＝∠AFM＝90∘，
∵ ∠DAE＝∠CAE，AF＝AF，
∴ △ACF≅△AMF(ASA)，
∴ CF＝FM，
∴ CM＝2CF，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD＝CD，∠ADC＝90∘，
∴ ∠ADC＝∠CDM＝90∘，
∵ ∠ADE＝∠EFC＝90∘，∠AED＝∠CEF，
∴ ∠ECF＝∠EAD，
∴ △ADE≅△CDM(ASA)，
∴ AE＝CM＝2CF；
AF=2OH，理由是：
如图2，过O作ON⊥DH于N，OM⊥CH于M，连接OD，
∴ ∠OMH＝∠ONH＝∠MHN＝90∘，
∴ 四边形MONH为矩形，
∴ ∠MON＝90∘，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ OD＝OC，∠DOC＝90∘，
∴ ∠MOC＝∠DON，
∵ ∠OMC＝∠OND＝90∘，
∴ △OMC≅△OND(AAS)，
∴ OM＝ON，
∴ 矩形MONH是正方形，
∴ OH=2OM，
△ACF中，∵ OA＝OC，OM // AF，
∴ CM＝FM，
∴ AF＝2OM，
∴ OH2=AF2，即AF=2OH；
∵ ∠ADE＝∠EFC＝90∘，∠AED＝∠CEF，
∴ △ADE∽△CFE，
∴ ADDE=CFEF=21=2，
∵ 四边形ABCD是正方形，且AC＝22，
∴ AD＝CD＝2，
∵ E是CD的中点，
∴ DE＝CE＝1，
由勾股定理得：AE=AD2+DE2=22+12=5，
设EF＝x，则CF＝2x，
∴ CE=5x＝1，
x=55，
∴ EF=55，
∴ AF=5+55=655；
故答案为：655．
【答案】
由抛物线C1:y＝a(x+2)2−5得，
顶点P的坐标为(−2, −5)，
∵ 点B(1, 0)在抛物线C1上，
∴ 0＝a(1+2)2−5，
解得a=59；
连接PM，作PH⊥x轴于H，作MG⊥x轴于G，
∵ 点P、M关于点B成中心对称，
∴ PM过点B，且PB＝MB，
∴ △PBH≅△MBG，
∴ MG＝PH＝5，BG＝BH＝3，
∴ 顶点M的坐标为(4, 5)，（也可以用中点坐标公式）
抛物线C2由C1关于x轴对称得到，抛物线C3由C2平移得到，
∴ 抛物线C3的表达式为y=−59(x−4)2+5；
∵ 抛物线C4由C1绕点x轴上的点Q旋转180∘得到，
∴ 顶点N、P关于点Q成中心对称，
由（2）得点N的纵坐标为5，
设点N坐标为(m, 5)，
作PH⊥x轴于H，作NG⊥x轴于G，
作PK⊥NG于K，
∵ 旋转中心Q在x轴上，
∴ EF＝AB＝2BH＝6，
∴ FG＝3，点F坐标为(m+3, 0)．
H坐标为(−2, 0)，K坐标为(m, −5)，
∵ 顶点P的坐标为(−2, −5)，
根据勾股定理得：
PN2＝NK2+PK2＝m2+4m+104，
PF2＝PH2+HF2＝m2+10m+50，
NF2＝52+32＝34，
①当∠PNF＝90∘时，PN2+NF2＝PF2，解得m=443，
∴ Q点坐标为(193, 0)．
②当∠PFN＝90∘时，PF2+NF2＝PN2，解得m=103，
∴ Q点坐标为(23, 0)．
③∵ PN>NK＝10>NF，
∴ ∠NPF≠90∘
综上所得，当Q点坐标为(193, 0)或(23, 0)时，以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形．
【考点】
二次函数综合题
【解析】
（1）由抛物线C1:y＝a(x+2)2−5得顶点P的为(−2, −5)，把点B(1, 0)代入抛物线解析式，解得，a=59；
（2）连接PM，作PH⊥x轴于H，作MG⊥x轴于G，根据点P、M关于点B成中心对称，证明△PBH≅△MBG，所以MG＝PH＝5，BG＝BH＝3，即顶点M的坐标为(4, 5)，根据抛物线C2由C1关于x轴对称得到，抛物线C3由C2平移得到，所以抛物线C3的表达式为y=−59(x−4)2+5；
（3）根据抛物线C4由C1绕点x轴上的点Q旋转180∘得点N的纵坐标为5，设点N坐标为(m, 5)，作PH⊥x轴于H，作NG⊥x轴于G，作PK⊥NG于K，可求得EF＝AB＝2BH＝6，FG＝3，点F坐标为(m+3, 0)，H坐标为(2, 0)，K坐标为(m, −5)，根据勾股定理得：PN2＝NK2+PK2＝m2+4m+104，PF2＝PH2+HF2＝m2+10m+50，NF2＝52+32＝34．
分三种情况讨论，利用勾股定理列方程求解即可．①当2∠PNF＝90∘时，PN2+NF2＝PF2，解得m=443，即Q点坐标为(193, 0)；②当∠PFN＝90∘时，PF2+NF2＝PN2，解得m=103，∴ Q点坐标为(23, 0)，③PN>NK＝10>NF，所以∠NPF≠90∘综上所得，当Q点坐标为(193, 0)或(23, 0)时，以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形．
【解答】
由抛物线C1:y＝a(x+2)2−5得，
顶点P的坐标为(−2, −5)，
∵ 点B(1, 0)在抛物线C1上，
∴ 0＝a(1+2)2−5，
解得a=59；
连接PM，作PH⊥x轴于H，作MG⊥x轴于G，
∵ 点P、M关于点B成中心对称，
∴ PM过点B，且PB＝MB，
∴ △PBH≅△MBG，
∴ MG＝PH＝5，BG＝BH＝3，
∴ 顶点M的坐标为(4, 5)，（也可以用中点坐标公式）
抛物线C2由C1关于x轴对称得到，抛物线C3由C2平移得到，
∴ 抛物线C3的表达式为y=−59(x−4)2+5；
∵ 抛物线C4由C1绕点x轴上的点Q旋转180∘得到，
∴ 顶点N、P关于点Q成中心对称，
由（2）得点N的纵坐标为5，
设点N坐标为(m, 5)，
作PH⊥x轴于H，作NG⊥x轴于G，
作PK⊥NG于K，
∵ 旋转中心Q在x轴上，
∴ EF＝AB＝2BH＝6，
∴ FG＝3，点F坐标为(m+3, 0)．
H坐标为(−2, 0)，K坐标为(m, −5)，
∵ 顶点P的坐标为(−2, −5)，
根据勾股定理得：
PN2＝NK2+PK2＝m2+4m+104，
PF2＝PH2+HF2＝m2+10m+50，
NF2＝52+32＝34，
①当∠PNF＝90∘时，PN2+NF2＝PF2，解得m=443，
∴ Q点坐标为(193, 0)．
②当∠PFN＝90∘时，PF2+NF2＝PN2，解得m=103，
∴ Q点坐标为(23, 0)．
③∵ PN>NK＝10>NF，
∴ ∠NPF≠90∘
综上所得，当Q点坐标为(193, 0)或(23, 0)时，以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形．