03押浙江卷第9-10题（函数的图形与反比例函数、二次函数的图象与性质、特殊四边形）-2024年浙江省中考数学题号押题（含解析）
文档属性
| 名称 | 03押浙江卷第9-10题（函数的图形与反比例函数、二次函数的图象与性质、特殊四边形）-2024年浙江省中考数学题号押题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 浙教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-05-18 14:59:10 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
押题方向1：函数的图象与反比例函数
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年绍兴卷第9题、温州卷、舟山、嘉兴卷第10题 函数的图象 从近及年浙江各地中考来看，函数的图象及反比例函数主要以考查函数的图象信息、反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数与一次函数的交点问题及反比例函数的应用，试题以选择题形式呈现，难度中上；预计2024年浙江卷对函数的图象及反比例函数也会是重点考查内容。
2023年舟山、嘉兴卷第8题 反比例函数图象上点的坐标特征
2023年宁波卷第7题、金华卷第9题、湖州卷第10题 反比例函数与一次函数的交点问题
2023年丽水卷第8题 反比例函数的应用
1．（2023 绍兴）已知点M（﹣4，a﹣2），N（﹣2，a），P（2，a）在同一个函数图象上，则这个函数图象可能是（ ）
A．B． C． D．
2．（2023 浙江）如图是底部放有一个实心铁球的长方体水槽轴截面示意图，现向水槽匀速注水，下列图象中能大致反映水槽中水的深度（y）与注水时间（x）关系的是（ ）
A．B． C． D．
3．（2023 温州）【素材1】某景区游览路线及方向如图1所示，①④⑥各路段路程相等，⑤⑦⑧各路段路程相等，②③两路段路程相等．
【素材2】设游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留20分钟，小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时3小时25分钟；小州游路线①②⑧，他离入口的路程s与时间t的关系（部分数据）如图2所示，在2100米处，他到出口还要走10分钟．
【问题】路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为（ ）
A．4200米 B．4800米 C．5200米 D．5400米
4．（2023 浙江）已知点A（﹣2，y1），B（﹣1，y2），C（1，y3）均在反比例函数y＝的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y3＜y1＜y2 D．y3＜y2＜y1
5．（2023 金华）如图，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数的图象交于点A（2，3），B（m，﹣2），则不等式ax+b的解是（ ）
A．﹣3＜x＜0或x＞2 B．x＜﹣3或0＜x＜2 C．﹣2＜x＜0或x＞2 D．﹣3＜x＜0或x＞3
6．（2023 湖州）已知在平面直角坐标系中，正比例函数y＝k1x（k1＞0）的图象与反比例函数（k2＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为1，点A（t，p）和点B（t+2，q）在函数y＝k1x的图象上（t≠0且t≠﹣2），点C（t，m）和点D（t+2，n）在函数的图象上．当p﹣m与q﹣n的积为负数时，t的取值范围是（ ）
A．或 B．或
C．﹣3＜t＜﹣2或﹣1＜t＜0 D．﹣3＜t＜﹣2或0＜t＜1
7．（2023 宁波）如图，一次函数y1＝k1x+b（k1＞0）的图象与反比例函数y2＝（k2＞0）的图象相交于A，B两点，点A的横坐标为1，点B的横坐标为﹣2，当y1＜y2时，x的取值范围是（ ）
A．x＜﹣2或x＞1 B．x＜﹣2或0＜x＜1 C．﹣2＜x＜0或x＞1 D．﹣2＜x＜0或0＜x＜1
8．（2023 丽水）如果100N的压力F作用于物体上，产生的压强p要大于1000Pa，则下列关于物体受力面积S（m2）的说法正确的是（ ）
A．S小于0.1m2 B．S大于0.1m2 C．S小于10m2 D．S大于10m2
1．函数图象信息问题关键是读懂、理解题中所给信息，找到变量之间关系．理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，能够通过图象得到函数是随自变量的增大，知道函数值是增大还是减小．
2．反比例函数与一次函数的交点问题
(1)求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点方程组无解，则两者无交点.
(2)相关不等式的解集就是其所对应的函数图象上满足条件的所有点的横坐标的集合（看图说话）．
1．匀速地向如图所示的一个空容器里注水，最后把容器注满，在这个注水过程中，水面高度h与注水时间t之间函数关系的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
2．用弹簧秤将一长方体铁块悬于没有盛水的水槽中，再向水槽匀速注入水，直至铁块完全浸没在水中（如图），则能反映弹簧秤的读数y（单位：N）与水面高度x（单位：cm）之间的函数关系的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在大烧杯中放了一个小烧杯，现向小烧杯中匀速注水，小烧杯满了后继续匀速注水，则大烧杯的液面高度h（cm）与时间注水时间t（s）的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，小亮设计了一个探究杠杆平衡条件的实验：在一根匀质的木杆中点O左侧固定位置B处悬挂重物A，右侧用一个弹簧测力计向下拉，改变弹簧测力计与支点O的距离x（cm），观察弹簧测力计的示数y（N）的变化情况．实验数据记录如下表：
x（cm） …… 10 15 20 25 30 ……
y（N） …… 45 30 22.5 18 15 ……
下列说法不正确的是（ ）
A．弹簧测力计的示数y（N）与支点O的距离x（cm）之间关系的图象如图
B．y与x的函数关系式为
C．当弹簧测力计的示数为12.5N时，弹簧测力计与O点的距离是37.5
D．随着弹簧测力计与O点的距离不断增大，弹簧测力计上的示数不断减小
5．在平面直角坐标系中，P是双曲线上的一点，点P绕着原点O顺时针旋转90°的对应点P1（m，n）落在直线y＝﹣2x+1上，则代数式的值是（ ）
A． B． C．﹣8 D．
6．如图，一次函数y1＝x+b与函数y2＝（k≠0）的图象相交于点M（1，2），N（﹣2，n）．下列说法错误的是（ ）
A．两图象的交点N的坐标为（﹣2，﹣1）
B．一次函数y1与反比例函数y2都随x的增大而增大
C．若y1＞y2，则x的取值范围是﹣2＜x＜0或x＞1
D．连接OM、ON，则△MON的面积是
7．如图，已知反比例函数y1＝（k1＞0）的图象与一次函数y2＝k2x（k2＞0）的图象在第一象限内交于点A，且点A的横坐标为2，当y1＜y2时，自变量x的取值范围是（ ）
A．x＞2 B．x＜2 C．x＜﹣2或0＜x＜2 D．﹣2＜x＜0或x＞2
8．定义：在平面直角坐标系xOy中，若经过x轴上一点P的直线l与双曲线m相交于M，N两点（点M在点N的左侧），则把的值称为直线l和双曲线m的“适配比”．已知经过点P（﹣3，0）的直线y＝x+b与双曲线的“适配比”不大于2，则k的取值范围为（ ）
A．﹣2≤k＜﹣1 B． C． D．
9．如图，直线y＝﹣2x与双曲线交于点P和点Q，点M在x轴上，且MP⊥MQ，若△PMQ的面积为，则k的值为（ ）
A． B． C．﹣8 D．﹣4
10．如图，Rt△AOB的直角顶点在坐标原点O上，点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，点B在反比例函数（x＜0）的图象上，则tan∠A的值是（ ）
A． B． C． D．
押题方向2：二次函数图象与性质
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年衢州卷第10题 二次函数图象上点的坐标特征 从近几年浙江各地中考来看，考查二次函数图象与性质以待定系数法求解析式、系数与二次函数图象的关系、二次函数的增减性和最值、函数平移为主，试题以选择题形式呈现，整体难度为中上；预计2024年浙江卷还将继续重视二次函数的图象与性质的综合考查。
2023年台州卷第10题 二次函数的图象与性质
2023年杭州卷第8题 二次函数的最值
2023年宁波卷第9题 抛物线与x轴的交点
2023年丽水卷第9题 二次函数的应用
1．（2023 丽水）一个球从地面竖直向上弹起时的速度为10米/秒，经过t（秒）时球距离地面的高度h（米）适用公式h＝10t﹣5t2，那么球弹起后又回到地面所花的时间t（秒）是（ ）
A．5 B．10 C．1 D．2
2．（2023 衢州）已知二次函数y＝ax2﹣4ax（a是常数，a＜0）的图象上有A（m，y1）和B（2m，y2）两点．若点A，B都在直线y＝﹣3a的上方，且y1＞y2，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．m＞2
3．（2023 杭州）设二次函数y＝a（x﹣m）（x﹣m﹣k）（a＞0，m，k是实数），则（ ）
A．当k＝2时，函数y的最小值为﹣a B．当k＝2时，函数y的最小值为﹣2a
C．当k＝4时，函数y的最小值为﹣a D．当k＝4时，函数y的最小值为﹣2a
4．（2023 宁波）已知二次函数y＝ax2﹣（3a+1）x+3（a≠0），下列说法正确的是（ ）
A．点（1，2）在该函数的图象上
B．当a＝1且﹣1≤x≤3时，0≤y≤8
C．该函数的图象与x轴一定有交点
D．当a＞0时，该函数图象的对称轴一定在直线x＝的左侧
5．（2023 台州）抛物线y＝ax2﹣a（a≠0）与直线y＝kx交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，若x1+x2＜0，则直线y＝ax+k一定经过（ ）
A．第一、二象限 B．第二、三象限 C．第三、四象限 D．第一、四象限
1.二次函数的图象与性质：已知二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）
对称轴：直线x= –；顶点坐标：（–，）；
当a>0时：当x<–时，y随x的增大而减小；当x>–时，y随x的增大而增大；y最小值=。
当a<0时：当x<–时，y随x的增大而增大；当x>–时，y随x的增大而减小；y最大值=。
2.对称轴可确定b的符号（需结合a的符号）：
对称轴在x轴负半轴，则ab＞0；对称轴在x轴正半轴，则ab＜0（即：左同右异）
3.与y轴交点可确定c的符号：交于y轴负半轴，则c＜0；交于y轴正半轴，则c＞0
4.特殊函数值符号（以x=1的函数值为例）：若当x=1时，若对应的函数值y在x轴的上方，则a+b+c＞0；若对应的函数值y在x轴上方，则a+b+c=0；若对应的函数值y在x轴的下方，则a+b+c＜0；
1．设二次函数y＝x2﹣mx﹣3m（m为实数）的图象过点（1，y1），（2，y2），（3，y3），（4，y4），设y1﹣y3＝a，y2﹣y4＝b，下列结论正确的是（ ）
A．若ab＜0，且a+b＜0，则m＞4 B．若ab＜0，且a+b＞0，则5＜m＜7
C．若ab＞0，且a+b＜0，则m＞5 D．若ab＞0，且a+b＞0，则m＞6
2．在平面直角坐标系中，M（x1，y1）、N（x1，y2）为抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）上任意两点，其中x1＜x2.设抛物线的对称轴为x＝t，若对于x1+x2＞4，都有y1＜y2，则t的取值范围是（ ）
A．t＜1 B．t≤1 C．t＜2 D．t≤2
3．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）经过点M（﹣1，2）和点N（1，﹣2），交x轴于A，B两点，交y轴于C．则：①b＝﹣2； ②该二次函数图象与y轴交于负半轴； ③存在这样一个a，使得M、A、C三点在同一条直线上； ④若a＝1，则OA OB＝OC2．以上说法正确的有（ ）
A．①②③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③
4．已知二次函数y＝﹣x2﹣2x+3，当时，函数值y的最小值为1，则a的值为（ ）
A． B． C．或 D．或
5．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴是直线x＝1，下列结论：①abc＜0；②方程：ax2+bx+c＝0（a≠0）必有一个根大于2且小于3；③若是抛物线上的两点，那么y1＜y2；④11a+2c＞0；⑤对于任意实数m，都有m（am+b）≥a+b，其中正确结论的是（ ）
A．②④ B．①②④ C．②④⑤ D．②③④
6．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），当y≥t时，x≤﹣m﹣2或x≥﹣m+4．若A（﹣m﹣3，p），B（2m，q）是抛物线y＝ax2+bx+c上的两点，且p＞q，则m的取值范围为（ ）
A． B．m＜﹣1或 C． D．或m＞1
7．已知二次函数y＝x2﹣2x+2，当0≤x≤t时，函数最大值为M，最小值为N．若M＝5N，则t的值为（ ）
A．0.5 B．1.5 C．3 D．4
8．设二次函数y＝ax2+c（a，c为实数，a≠0）的图象过点（﹣3，y1），（﹣1，y2），（2，y3），（4，y4），（ ）
A．若y1y4＞0，y2+y3＞0，则a＞0 B．若y1y4＞0，y2+y3＜0，则a＞0
C．若y1y4＜0，y2+y3＞0，则a＜0 D．若y1y4＜0，y2+y3＜0，则a＜0
9．对于二次函数y＝ax2+bx+c，规定函数y＝是它的相关函数．已知点M，N的坐标分别为（﹣，1），（，1），连接MN，若线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象有两个公共点，则n的取值范围为（ ）
A．﹣3＜n≤﹣1或 B．﹣3＜n＜﹣1或
C．n≤﹣1或 D．﹣3＜n＜﹣1或n≥1
10．已知二次函数y＝x2﹣2mx+m2+2m+3的图象不经过三、四象限，且当时，y随x的增大而增大，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
押题方向3：特殊平行四边形
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年杭州卷第4题 宁波卷第10题 矩形的性质 从近年浙江中考来看，特殊平行四边形的相关问题主要考查特殊平行四边形的性质以基本的边、角、对角线相关的性质为主，试题以选择题形式呈现，整体难度较大；预计2024年浙江卷还将继续重视特殊平行四边形的基本性质的考查。
2023年温州卷第8题 丽水卷第7题 菱形的性质
2021年绍兴卷、台州卷第8题；金华卷第10题 正方形的性质
1．（2023 杭州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．若∠AOB＝60°，则＝（ ）
A． B． C． D．
2．（2023 丽水）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，则AC的长为（ ）
A． B．1 C． D．
3．（2023 宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（ ）
A．△ABE的面积 B．△ACD的面积 C．△ABC的面积 D．矩形BCDE的面积
4．（2023 金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q，若HF＝FG，则的值是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023 温州）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形CDEF，使点D，E，F分别在边OC，OB，BC上，过点E作EH⊥AB于点H．当AB＝BC，∠BOC＝30°，DE＝2时，EH的长为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023 绍兴）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD＝60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE＝OF．点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（ ）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
1.平行四边形的性质：（1）两组对边平行且相等；（2）对角相等、邻角互补；（3）对角线互相平分；
（4）平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形。
2.矩形的性质：（1）矩形两组对边平行且相等；（2）矩形的四个角都是直角；（3）对角线互相平分且相等；（4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形。（5）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半。
3.菱形的性质：1）具有平行四边形的所有性质；2）四条边都相等；3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角；4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形。
4.正方形的性质：（1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；（3）正方形对边平行且相等；（4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；（5）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。
1．如图，下列条件中不能使 ABCD成为菱形的是（ ）
A．AB＝BC B．AC⊥BD C．∠ADB＝∠CDB D．AD∥BC
2．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F．已知AB＝4，△AOE的面积为5，则DE的长为（ ）
A．2 B． C． D．3
3．四边形不具有稳定性．四条边长都确定的四边形，当内角的大小发生变化时，其形状也随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，使正方形ABCD变为菱形ABC′D′，如果∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A． B． C． D．1
4．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，作BD的垂直平分线EF，分别与AD、BC交于点E、F．连接BE，DF，若EF＝AE+FC，则边BC的长为（ ）
A．2 B．3 C．6 D．
5．如图，正方形ABCD边长为6，点E、F分别在BC、AB上，且AE⊥DF，点G、H分别为线段AE、DF的中点，连接GH，若GH＝2，则BE的长为（ ）
A．2 B． C． D．
6．如图，已知正方形ABCD的边长为4，以AB为底向外作等腰三角形HAB，连接HC，点G是HC的中点，连接BG，并延长分别交CD于点F，交AD延长线于点E，若，则BH的值为（ ）
A． B． C．3 D．
7．如题10图，E是平行四边形ABCD边AD中点，BE与AC交于点F，连接BD，已知AD＝10，BE＝9，AC＝12．下列命题：
①点F是△ABD的重心；②△BFC与△ABC相似；③BD＝13；④平行四边形ABCD的面积为72．
其中正确的命题为（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
8．我国古代数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助此分割方法所得图形证明了勾股定理．如图所示，矩形ABCD就是由两个这样的图形拼成（无重叠、无缝隙）．下面给出的条件中，一定能求出矩形ABCD面积的是（ ）
A．BM与DM的积 B．BE与DE的积 C．BM与DE的积 D．BE与DM的积
9．如图，已知正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，把四个直角三角形分别沿斜边向外翻折，得到正方形MNPQ，连结MF并延长交NP于点O，设正方形EFGH的面积为S1，正方形MNPQ的面积为S2，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．2
10．如图，在正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．现有下列结论：①∠BHG＝∠BHC；②∠GBH＝∠BCM；③；④若AG＝1，GD＝2，则，其中正确的是（ ）
A．②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④
答案与解析
押题方向1：函数的图象与反比例函数
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年绍兴卷第9题、温州卷、舟山、嘉兴卷第10题 函数的图象 从近及年浙江各地中考来看，函数的图象及反比例函数主要以考查函数的图象信息、反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数与一次函数的交点问题及反比例函数的应用，试题以选择题形式呈现，难度中上；预计2024年浙江卷对函数的图象及反比例函数也会是重点考查内容。
2023年舟山、嘉兴卷第8题 反比例函数图象上点的坐标特征
2023年宁波卷第7题、金华卷第9题、湖州卷第10题 反比例函数与一次函数的交点问题
2023年丽水卷第8题 反比例函数的应用
1．（2023 绍兴）已知点M（﹣4，a﹣2），N（﹣2，a），P（2，a）在同一个函数图象上，则这个函数图象可能是（ ）
A．B． C． D．
【答案】B
【点拨】由点N（﹣2，a），P（2，a）关于y轴对称，可排除选项A、C，再根据M（﹣4，a﹣2），N（﹣2，a），可知在y轴的左侧，y随x的增大而增大，从而排除选项D．
【解析】解：由N（﹣2，a），P（2，a）在同一个函数图象上，可知图象关于y轴对称，故选项A、C不符合题意；
由M（﹣4，a﹣2），N（﹣2，a），可知在y轴的左侧，y随x的增大而增大，故选项B符合题意；
故选：B．
【点睛】此题考查了函数的图象．注意掌握排除法在选择题中的应用是解此题的关键．
2．（2023 浙江）如图是底部放有一个实心铁球的长方体水槽轴截面示意图，现向水槽匀速注水，下列图象中能大致反映水槽中水的深度（y）与注水时间（x）关系的是（ ）
A．B． C． D．
【答案】D
【点拨】根据题意可分两段进行分析：当水的深度未超过球顶时；当水的深度超过球顶时．分别分析出水槽中装水部分的宽度变化情况，进而判断出水的深度变化快慢，以此得出答案．
【解析】解：当水的深度未超过球顶时，
水槽中能装水的部分的宽度由下到上由宽逐渐变窄，再变宽，
所以在匀速注水过程中，水的深度变化先从上升较慢变为较快，再变为较慢；
当水的深度超过球顶时，
水槽中能装水的部分宽度不再变化，
所以在匀速注水过程中，水的深度的上升速度不会发生变化．
综上，水的深度先上升较慢，再变快，然后变慢，最后匀速上升．
故选：D．
【点睛】本题主要考查函数的图象，利用分类讨论思想，根据不同时间段能装水部分的宽度的变化情况分析水的深度变化情况是解题关键．
3．（2023 温州）【素材1】某景区游览路线及方向如图1所示，①④⑥各路段路程相等，⑤⑦⑧各路段路程相等，②③两路段路程相等．
【素材2】设游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留20分钟，小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时3小时25分钟；小州游路线①②⑧，他离入口的路程s与时间t的关系（部分数据）如图2所示，在2100米处，他到出口还要走10分钟．
【问题】路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为（ ）
A．4200米 B．4800米 C．5200米 D．5400米
【答案】B
【点拨】设①④⑥各路段路程为x米，⑤⑦⑧各路段路程为y米，②③各路段路程为z米，由题意及图象可知，然后根据“游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留20分钟，小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时3小时25分钟”可进行求解．
【解析】解：由图象可知：小州游玩行走的时间为75+10﹣40＝45（分钟），
小温游玩行走的时间为205﹣100＝105（分钟），
设①④⑥各路段路程为x米，⑤⑦⑧各路段路程为y米，②③各路段路程为z米
由图象可得：，
解得：x+y+z＝2700，
∴游玩行走的速度为：（2700﹣2100）÷10＝60 （米/分），
由于游玩行走速度恒定，则小温游路线①④⑤⑥⑦⑧的路程为：3x+3y＝105×60＝6300，
∴x+y＝2100，
∴路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为：2x+2y+z＝x+y+z+x+y＝2700+2100＝4800（米）．
故选：B．
【点睛】本题主要考查三元一次方程组的应用及函数图象，解题的关键是理解题中所给信息，找到它们之间的等量关系．
4．（2023 浙江）已知点A（﹣2，y1），B（﹣1，y2），C（1，y3）均在反比例函数y＝的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y3＜y1＜y2 D．y3＜y2＜y1
【答案】B
【点拨】根据反比例函数的性质，可以判断出y1，y2，y3的大小关系．
【解析】解：∵反比例函数y＝，
∴该函数的图象位于第一、三象限，在每个象限内y随x的增大而减小，
∵点A（﹣2，y1），B（﹣1，y2），C（1，y3）均在反比例函数y＝的图象上，
∴y2＜y1＜y3，
故选：B．
【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
5．（2023 金华）如图，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数的图象交于点A（2，3），B（m，﹣2），则不等式ax+b的解是（ ）
A．﹣3＜x＜0或x＞2 B．x＜﹣3或0＜x＜2 C．﹣2＜x＜0或x＞2 D．﹣3＜x＜0或x＞3
【答案】A
【点拨】依据题意，首先求出B点的横坐标，再直观得出一次函数值大于反比例函数值时自变量的取值范围，即为不等式的解集．
【解析】解：∵A（2，3）在反比例函数上，
∴k＝6．
又B（m，﹣2）在反比例函数上，
∴m＝﹣3．
∴B（﹣3，﹣2）．
结合图象，
∴当ax+b＞时，﹣3＜x＜0或x＞2．
故选：A．
【点睛】本题主要考查反比例函数、一次函数的图象和性质，通过图象直接得出一次函数的值大于反比例函数值时自变量x的取值范围．
6．（2023 湖州）已知在平面直角坐标系中，正比例函数y＝k1x（k1＞0）的图象与反比例函数（k2＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为1，点A（t，p）和点B（t+2，q）在函数y＝k1x的图象上（t≠0且t≠﹣2），点C（t，m）和点D（t+2，n）在函数的图象上．当p﹣m与q﹣n的积为负数时，t的取值范围是（ ）
A．或 B．或
C．﹣3＜t＜﹣2或﹣1＜t＜0 D．﹣3＜t＜﹣2或0＜t＜1
【答案】D
【点拨】将交点的横坐标1代入两个函数，令二者函数值相等，得k1＝k2．令k1＝k2＝k，代入两个函数表达式，并分别将点A、B的坐标和点C、D的坐标代入对应函数，进而分别求出p﹣m与q﹣n的表达式，代入解不等式（p﹣m）（q﹣n）＜0并求出t的取值范围即可．
【解析】解：∵y＝k1x（k1＞0）的图象与反比例函数（k2＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为1，
∴k1＝k2．
令k1＝k2＝k（k＞0），则y＝k1x＝kx，＝．
将点A（t，p）和点B（t+2，q）代入y＝kx，得；
将点C（t，m）和点D（t+2，n）代入y＝，得．
∴p﹣m＝kt﹣＝k（t﹣），q﹣n＝k（t+2）﹣＝k（t+2﹣），
∴（p﹣m）（q﹣n）＝k2（t﹣）（t+2﹣）＜0，
∴（t﹣）（t+2﹣）＜0．
∵（t﹣）（t+2﹣）＝ ＝＜0，
∴＜0，
∴t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0．
①当t＜﹣3时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，
∴t＜﹣3不符合要求，应舍去．
②当﹣3＜t＜﹣2时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0，
∴﹣3＜t＜﹣2符合要求．
③当﹣2＜t＜0时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，
∴﹣2＜t＜0不符合要求，应舍去．
④当0＜t＜1时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0，
∴0＜t＜1符合要求．
⑤当t＞1时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，
∴t＞1不符合要求，应舍去．
综上，t的取值范围是﹣3＜t＜﹣2或0＜t＜1．
故选：D．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的交点，解不等式是本题的关键．
7．（2023 宁波）如图，一次函数y1＝k1x+b（k1＞0）的图象与反比例函数y2＝（k2＞0）的图象相交于A，B两点，点A的横坐标为1，点B的横坐标为﹣2，当y1＜y2时，x的取值范围是（ ）
A．x＜﹣2或x＞1 B．x＜﹣2或0＜x＜1 C．﹣2＜x＜0或x＞1 D．﹣2＜x＜0或0＜x＜1
【答案】B
【点拨】根据图象即可．
【解析】解：由图象可知，当y1＜y2时，x的取值范围是x＜﹣2或0＜x＜1，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，不等式的解集就是其所对应的函数图象上满足条件的所有点的横坐标的集合．
8．（2023 丽水）如果100N的压力F作用于物体上，产生的压强p要大于1000Pa，则下列关于物体受力面积S（m2）的说法正确的是（ ）
A．S小于0.1m2 B．S大于0.1m2 C．S小于10m2 D．S大于10m2
【答案】A
【点拨】根据已知条件利用压强公式推导即可得到答案．
【解析】解：∵，F＝100，
∴，
∵产生的压强p要大于1000Pa，
∴，
∴S＜0.1，
故选：A．
【点睛】本题考查了反比例的应用等知识点，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
1．函数图象信息问题关键是读懂、理解题中所给信息，找到变量之间关系．理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，能够通过图象得到函数是随自变量的增大，知道函数值是增大还是减小．
2．反比例函数与一次函数的交点问题
(1)求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点方程组无解，则两者无交点.
(2)相关不等式的解集就是其所对应的函数图象上满足条件的所有点的横坐标的集合（看图说话）．
1．匀速地向如图所示的一个空容器里注水，最后把容器注满，在这个注水过程中，水面高度h与注水时间t之间函数关系的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【点拨】根据图形的体积变化规律，可知其高度的变化．
【解析】解：从下往上，容器的横截面积由大到小，故水面高度h与注水时间t之间的增加而增大，且增加的速度越来越快，
那么符合题意选项的是C选项．
故选：C．
【点睛】本题考查函数的图象，能根据瓶子的形状判断出水面上升的高度与注水时间的关系是解题的关键．
2．用弹簧秤将一长方体铁块悬于没有盛水的水槽中，再向水槽匀速注入水，直至铁块完全浸没在水中（如图），则能反映弹簧秤的读数y（单位：N）与水面高度x（单位：cm）之间的函数关系的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【点拨】开始一段的铁块在空气中的重量保持不变，当铁块进入水中的过程中，重量逐渐减小，直到全部进入水中，重量保持不变．
【解析】解：根据铁块的一点过程可知，弹簧秤示数由保持不变﹣逐渐减小﹣保持不变．
故选：A．
【点睛】本题考查了函数的概念及其图象．关键是根据物体的重量变化情况得出函数的图象．
3．如图，在大烧杯中放了一个小烧杯，现向小烧杯中匀速注水，小烧杯满了后继续匀速注水，则大烧杯的液面高度h（cm）与时间注水时间t（s）的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【点拨】根据题意判断出大烧杯的液面高度h（cm）随时间t（s）的变化情况即可．
【解析】解：开始时向小烧杯中匀速注水，大烧杯的液面高度h（cm）为零，即h不会随时间t的增加而增大，故选项A、B、C不合题意；
当小烧杯满了后继续匀速注水，大烧杯的液面高度h（cm）随时间t的增加而增大，当小烧杯注满水后大烧杯的液面高度升高速度应该是由快到慢，故选项D符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了函数的图象．正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，能够通过图象得到函数是随自变量的增大，知道函数值是增大还是减小．
4．如图所示，小亮设计了一个探究杠杆平衡条件的实验：在一根匀质的木杆中点O左侧固定位置B处悬挂重物A，右侧用一个弹簧测力计向下拉，改变弹簧测力计与支点O的距离x（cm），观察弹簧测力计的示数y（N）的变化情况．实验数据记录如下表：
x（cm） …… 10 15 20 25 30 ……
y（N） …… 45 30 22.5 18 15 ……
下列说法不正确的是（ ）
A．弹簧测力计的示数y（N）与支点O的距离x（cm）之间关系的图象如图
B．y与x的函数关系式为
C．当弹簧测力计的示数为12.5N时，弹簧测力计与O点的距离是37.5
D．随着弹簧测力计与O点的距离不断增大，弹簧测力计上的示数不断减小
【答案】C
【点拨】仔细观察表格，在坐标系中分别描出各点，并平滑曲线连接这些点，即可画出函数图象；观察所画图形，回想常见几种函数的图象特征，即可判断出函数类型，利用待定系数法求出函数关系式；把y＝12.5N代入上面所得关系式求解，并根据函数的性质判断弹簧秤与O点的距离不断增大时的弹簧测力计示数变化情况．
【解析】解：由图象猜测y与x之间的函数关系为反比例函数．
所以设y＝（k≠0），
把x＝10，y＝45代入求得k＝450，
∴y＝，
将其余各点代入验证均适合，
∴y与x的函数关系式为y＝（x＞0），
把y＝12.5代入y＝，得x＝36，
∴当弹簧测力计的示数为12.5N时，弹簧测力计与O点的距离是36cm，
随着弹簧测力计与O点的距离不断增大，弹簧测力计上的示数不断减小．
故选：C．
【点睛】此题考查的是反比例函数的应用，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式．
5．在平面直角坐标系中，P是双曲线上的一点，点P绕着原点O顺时针旋转90°的对应点P1（m，n）落在直线y＝﹣2x+1上，则代数式的值是（ ）
A． B． C．﹣8 D．
【答案】A
【点拨】过点P作PQ⊥y轴于点Q，过点P1作P1Q1⊥y轴于点Q1，由题意可得出OQ1＝n，P1Q1＝﹣m，2m+n＝1．易证△PQO≌△P1Q1O（AAS），即得出PQ＝OQ1＝n，PQ＝P1Q1＝﹣m，即可求出P（﹣n，m），进而得出，最后将所求式子通分变形为，再整体代入求值即可．
【解析】解：如图，过点P作PQ⊥y轴于点Q，过点P1作P1Q1⊥y轴于点Q1，
∵P1（m，n），且在直线y＝﹣2x+1上，
∴OQ1＝n，P1Q1＝﹣m，n＝﹣2m+1，
∴2m+n＝1．
由旋转的性质可知∠POP1＝90°，PO＝P1O，
∴∠POQ+∠P1OQ1＝90°．
又∵∠POQ+∠OPQ＝90°，
∴∠OPQ＝∠P1OQ1．
∵∠PQO＝∠P1Q1O＝90°，
∴△PQO≌△P1Q1O（AAS），
∴PQ＝OQ1＝n，PQ＝P1Q1＝﹣m，
∴P（﹣n，m）．
∵P是双曲线上的一点，
∴，即．
∴．
故选：A．
【点睛】本题为一次函数与反比例函数的综合题，考查函数图象上的点的坐标特征，三角形全等的判定和性质，旋转的性质，坐标与图形，代数式求值．画出大致图象并正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
6．如图，一次函数y1＝x+b与函数y2＝（k≠0）的图象相交于点M（1，2），N（﹣2，n）．下列说法错误的是（ ）
A．两图象的交点N的坐标为（﹣2，﹣1）
B．一次函数y1与反比例函数y2都随x的增大而增大
C．若y1＞y2，则x的取值范围是﹣2＜x＜0或x＞1
D．连接OM、ON，则△MON的面积是
【答案】B
【点拨】（1）根据一次函数解析式求出D点坐标，解Rt△COD，得出OC＝4，C（﹣4，0），将C点坐标代入y＝kx﹣2，求出一次函数的解析式；再求出点B的坐标，然后将B点坐标代入y＝，求出反比例函数解析式；
（2）先联立直线与双曲线的解析式，求出A点坐标，再根据S△AOB＝S△AOD+S△BOD即可求解；
（3）观察图象可得不等式的解集．
【解析】解：∵函数y＝过M点，把M点坐标代入得：k＝2，
∴y＝，
把N点坐标代入y＝得：n＝＝﹣1，
∴N（﹣2，﹣1），
故A正确；
反比例函数y2＝y随x的增大而减小，故B错误；
若y1＞y2，则x的取值范围是﹣2＜x＜0或x＞1，故C正确；
∵p点坐标（0，1），
∴△MON的面积＝S△MOP+S△NOP
＝＝，故D正确．
故选：B．
【点睛】此题考查一次函数与反比例函数的交点问题，锐角三角函数的定义，待定系数法求函数解析式，函数图象上点的坐标特征，三角形面积的计算，注意数形结合思想的运用．
7．如图，已知反比例函数y1＝（k1＞0）的图象与一次函数y2＝k2x（k2＞0）的图象在第一象限内交于点A，且点A的横坐标为2，当y1＜y2时，自变量x的取值范围是（ ）
A．x＞2 B．x＜2 C．x＜﹣2或0＜x＜2 D．﹣2＜x＜0或x＞2
【答案】D
【点拨】本题需先根据交点A的坐标，再根据图象在上方的对应的函数值大即可求出x的取值范围．
【解析】解：因为A的横坐标为2，
所以另一个交点的横坐标为﹣2，
从观察图象知，
当y1＜y2时，x＞2或﹣2＜x＜0．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了反比例函数和一次函数的交点问题，在解题时要根据函数图象解决问题，需从交点看起：图象在上方的对应的函数值大，反之就小．
8．定义：在平面直角坐标系xOy中，若经过x轴上一点P的直线l与双曲线m相交于M，N两点（点M在点N的左侧），则把的值称为直线l和双曲线m的“适配比”．已知经过点P（﹣3，0）的直线y＝x+b与双曲线的“适配比”不大于2，则k的取值范围为（ ）
A．﹣2≤k＜﹣1 B． C． D．
【答案】B
【点拨】先求出直线解析式，与反比例函数解析式联立方程组确定M、N的横坐标，利用平行线得到PD、PE的代数式，根据条件进行判断即可．
【解析】解：∵P（﹣3，0）在y＝x+b图象上，
∴b＝3，
∴y＝x+3，
令x+3＝，
∴x2+3x﹣k＝0，
∴Δ＝32﹣4×1×（﹣k）＝9+4k，
∵y＝x+3与y＝有两个交点，
∴9+4k＞0，
∴k，
∵x2+3x﹣k＝0，
∴x＝，
∴点M的横坐标为，N点的横坐标为，
作ME⊥x于点E，作ND⊥x轴于点D，则ME∥ND，
∴，
∵P（﹣3，0），
∴PD＝，PE＝，
∵，
∴PD≤2PE，
∴，
∴≤1，
∵9+4k＞0，
∴9+4k≤1，
∴k≤﹣2．
∴﹣，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，熟练掌握一元二次方程的判别式是解答本题的关键．
9．如图，直线y＝﹣2x与双曲线交于点P和点Q，点M在x轴上，且MP⊥MQ，若△PMQ的面积为，则k的值为（ ）
A． B． C．﹣8 D．﹣4
【答案】C
【点拨】设P（x，﹣2x），根据题意可得OM＝OP＝OQ＝﹣x，利用三角形POM的面积建立关于x的方程，求出点P坐标即可得到k值．
【解析】解：设P（x，﹣2x），则OP＝＝﹣x，
∵点M为x轴上一点，∠PMQ＝90°，
∴OM＝OP＝OQ＝﹣x，
∴S△POM＝S△PMQ＝＝4，
∵，
∴，
解得x＝﹣2或+2（舍去），
∴P（﹣2，4）．
∵P点在反比例函数图象上，
∴k＝﹣8．
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，熟练掌握直角三角形斜边中线的性质是解答本题的关键．
10．如图，Rt△AOB的直角顶点在坐标原点O上，点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，点B在反比例函数（x＜0）的图象上，则tan∠A的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【点拨】过点B作BC⊥x轴于点C，过点A作AD⊥x轴于点D，利用反比例函数系数k的几何意义得到S△BCO＝×1＝，S△AOD＝＝2，证明△BCO∽△ODA，利用相似三角形的判定与性质得出＝（）2＝，从而得出tan∠A＝＝．
【解析】解：过点B作BC⊥x轴于点C，过点A作AD⊥x轴于点D，如图．
∵点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，点B在反比例函数（x＜0）的图象上，
∴S△BCO＝×1＝，S△AOD＝＝2，
∵∠BOA＝90°，
∴∠BOC+∠AOD＝90°，
∵∠AOD+∠OAD＝90°，
∴∠BOC＝∠OAD，
又∵∠BCO＝∠ADO＝90°，
∴△BCO∽△ODA，
∴＝（）2，
∴＝（）2，即＝（）2，
∴tan∠A＝＝，
故选：B．
【点睛】此题考查了反比例函数系数k的几何意义，相似三角形的判定与性质以及反比例函数图象上点的坐标特征．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
押题方向2：二次函数图象与性质
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年衢州卷第10题 二次函数图象上点的坐标特征 从近几年浙江各地中考来看，考查二次函数图象与性质以待定系数法求解析式、系数与二次函数图象的关系、二次函数的增减性和最值、函数平移为主，试题以选择题形式呈现，整体难度为中上；预计2024年浙江卷还将继续重视二次函数的图象与性质的综合考查。
2023年台州卷第10题 二次函数的图象与性质
2023年杭州卷第8题 二次函数的最值
2023年宁波卷第9题 抛物线与x轴的交点
2023年丽水卷第9题 二次函数的应用
1．（2023 丽水）一个球从地面竖直向上弹起时的速度为10米/秒，经过t（秒）时球距离地面的高度h（米）适用公式h＝10t﹣5t2，那么球弹起后又回到地面所花的时间t（秒）是（ ）
A．5 B．10 C．1 D．2
【点拨】根据二次函数的性质即可得到结论．
【解析】解：令h＝0，得：10t﹣5t2＝0，
解得：t＝2或t＝0（不合题意舍去），
∴那么球弹起后又回到地面所花的时间是2秒；
故选：D．
【点睛】本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
2．（2023 衢州）已知二次函数y＝ax2﹣4ax（a是常数，a＜0）的图象上有A（m，y1）和B（2m，y2）两点．若点A，B都在直线y＝﹣3a的上方，且y1＞y2，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．m＞2
【答案】C
【点拨】根据已知条件列不等式即可得到结论．
【解析】解：∵a＜0，
∴y＝﹣3a＞0，
∵A（m，y1）和B（2m，y2）两点都在直线y＝﹣3a的上方，且y1＞y2，
∴4am2﹣8am＞﹣3a，
∴4m2﹣8m+3＜0，
∴＜m＜①，
∵二次函数y＝ax2﹣4ax（a是常数，a＜0）的图象上有A（m，y1）和B（2m，y2）两点．
∴am2﹣4am＞4am2﹣8am，
∴3am2＜4am，
∵a＜0，m＞0，
∴am＜0，
∴m＞②，
由①②得＜m＜．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征，正确地列出不等式是解题的关键．
3．（2023 杭州）设二次函数y＝a（x﹣m）（x﹣m﹣k）（a＞0，m，k是实数），则（ ）
A．当k＝2时，函数y的最小值为﹣a B．当k＝2时，函数y的最小值为﹣2a
C．当k＝4时，函数y的最小值为﹣a D．当k＝4时，函数y的最小值为﹣2a
【答案】A
【点拨】令y＝0，求出二次函数与x轴的交点坐标，继而求出二次函数的对称轴，再代入二次函数解析式即可求出顶点的纵坐标，最后代入k的值进行判断即可．
【解析】解：令y＝0，则（x﹣m）（x﹣m﹣k）＝0，
∴x1＝m，x2＝m+k，
∴二次函数y＝a（x﹣m）（x﹣m﹣k）与x轴的交点坐标是（m，0），（m+k，0），
∴二次函数的对称轴是：直线，
∵a＞0，
∴y有最小值，
当时，y最小，
即，
当k＝2时，函数y的最小值为；
当k＝4时，函数y的最小值为，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的最值问题，熟练掌握求二次函数的顶点坐标是解题的关键．
4．（2023 宁波）已知二次函数y＝ax2﹣（3a+1）x+3（a≠0），下列说法正确的是（ ）
A．点（1，2）在该函数的图象上
B．当a＝1且﹣1≤x≤3时，0≤y≤8
C．该函数的图象与x轴一定有交点
D．当a＞0时，该函数图象的对称轴一定在直线x＝的左侧
【答案】C
【点拨】将点（1，2）代入抛物线的解析式即可对选项A进行判断；将a＝1代入抛物线的解析式求出顶点坐标为（2，﹣1），据此可对选项B进行判断；令y＝0，则ax2﹣（3a+1）x+3＝0，然后判断该方程判别式的符号即可对选项C进行判断；求出抛物线的解析式为：，然后根据a＞0得，据此可对选项C进行判断．
【解析】解：①对于y＝ax2﹣（3a+1）x+3，当x＝1时，y＝a×12﹣（3a+1）×1+3＝2﹣2a
∵a≠0，
∴y＝2﹣2a≠2，
∴点A（1，2）不在该函数的图象上，
故选项A不正确；
②当a＝1时，抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的顶点坐标为（2，﹣1），
即当x＝2时，y＝﹣1＜0，
故得选项B不正确；
③令y＝0，则ax2﹣（3a+1）x+3＝0，
∵Δ＝[﹣（3a+1）]2﹣4a×3＝（3a﹣1）2≥0，
∴该函数的图象与x轴一定有交点，
故选项C正确；
④∵该抛物线的对称轴为直线：，
又∵a＞0，
∴，
∴该抛物线的对称轴一定在直线的右侧，
故选项D不正确．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了二次函数的图象和性质，解答此题的关键是熟练掌握求二次函数的顶点、对称轴以及判定与x轴有无交点的方法．
5．（2023 台州）抛物线y＝ax2﹣a（a≠0）与直线y＝kx交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，若x1+x2＜0，则直线y＝ax+k一定经过（ ）
A．第一、二象限 B．第二、三象限 C．第三、四象限 D．第一、四象限
【答案】D
【点拨】根据已知条件可得出ax2﹣kx﹣a＝0，再利用根与系数的关系，分情况讨论即可．
【解析】解：∵抛物线y＝ax2﹣a（a≠0）与直线y＝kx交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，
∴kx＝ax2﹣a，
∴ax2﹣kx﹣a＝0，
∴，
∴，
当a＞0，k＜0时，直线y＝ax+k经过第一、三、四象限，
当a＜0，k＞0时，直线y＝ax+k经过第一、二、四象限，
综上，直线y＝ax+k一定经过一、四象限．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数与系数的关系，解题的关键是熟练掌握根与系数的关系．
1.二次函数的图象与性质：已知二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）
对称轴：直线x= –；顶点坐标：（–，）；
当a>0时：当x<–时，y随x的增大而减小；当x>–时，y随x的增大而增大；y最小值=。
当a<0时：当x<–时，y随x的增大而增大；当x>–时，y随x的增大而减小；y最大值=。
2.对称轴可确定b的符号（需结合a的符号）：
对称轴在x轴负半轴，则ab＞0；对称轴在x轴正半轴，则ab＜0（即：左同右异）
3.与y轴交点可确定c的符号：交于y轴负半轴，则c＜0；交于y轴正半轴，则c＞0
4.特殊函数值符号（以x=1的函数值为例）：若当x=1时，若对应的函数值y在x轴的上方，则a+b+c＞0；若对应的函数值y在x轴上方，则a+b+c=0；若对应的函数值y在x轴的下方，则a+b+c＜0；
1．设二次函数y＝x2﹣mx﹣3m（m为实数）的图象过点（1，y1），（2，y2），（3，y3），（4，y4），设y1﹣y3＝a，y2﹣y4＝b，下列结论正确的是（ ）
A．若ab＜0，且a+b＜0，则m＞4 B．若ab＜0，且a+b＞0，则5＜m＜7
C．若ab＞0，且a+b＜0，则m＞5 D．若ab＞0，且a+b＞0，则m＞6
【答案】D
【点拨】用k表示a、b，再根据条件求k的范围即可得出答案．
【解析】解：∵二次函数y＝x2﹣mx﹣3m（m为实数）的图象过点（1，y1），（2，y2），（3，y3），（4，y4），
∴代入变形可得：y1＝﹣4m+1，y2＝﹣5m+4，y3＝﹣6m+9，y4＝﹣7m+16，
∵y1﹣y3＝a，y2﹣y4＝b，
∴a＝2m﹣8，b＝2m﹣12，
A、若ab＜0，且a+b＜0，则（2m﹣8）（2m﹣12）＜0①，且（2m﹣8）+（2m﹣12）＜0②，
由①得4＜m＜6，由②得m＜5，
∴4＜m＜5，
故A不符合题意；
B、若ab＜0，且a+b＞0，则（2m﹣8）（2m﹣12）＜0③，且（2m﹣8）+（2m﹣12）＞0④，
由③得4＜m＜6，由④得m＞5，
∴5＜m＜6，
故B不符合题意；
C、若ab＞0，且a+b＜0，则（2m﹣8）（2m﹣12）＞0⑤，且（2m﹣8）+（2m﹣12）＜0⑥，
由⑤得m＜4或m＞6，由⑥得m＜5，
∴m＜4，
故C不符合题意；
D、若ab＞0，且a+b＞0，则（2m﹣8）（2m﹣12）＞0⑦，且（2m﹣8）+（2m﹣12）＞0⑧，
由⑦得m＜4或m＞6，由⑧得m＞5，
∴m＞6，
故D符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数图象上的点坐标，解题的关键是用m的代数式表示a、b．
2．在平面直角坐标系中，M（x1，y1）、N（x1，y2）为抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）上任意两点，其中x1＜x2.设抛物线的对称轴为x＝t，若对于x1+x2＞4，都有y1＜y2，则t的取值范围是（ ）
A．t＜1 B．t≤1 C．t＜2 D．t≤2
【答案】D
【点拨】由题意点（x1，0），（x2，0）连线的中垂线与x轴的交点的坐标大于2，利用二次函数的性质判断即可．
【解析】解：①当x1≥t时，恒成立．
②当x1＜x2≤t时，恒不成立．
③当x1＜t，x2＞t时，
∵抛物线的对称轴为直线x＝t，若对于x1+x2＞4，都有y1＜y2，
当x1+x2＝4，且y1＝y2时，对称轴为直线x＝2，
∴满足条件的值为：t≤2．
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的性质，二次函数的对称性等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
3．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）经过点M（﹣1，2）和点N（1，﹣2），交x轴于A，B两点，交y轴于C．则：①b＝﹣2； ②该二次函数图象与y轴交于负半轴； ③存在这样一个a，使得M、A、C三点在同一条直线上； ④若a＝1，则OA OB＝OC2．以上说法正确的有（ ）
A．①②③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③
【答案】C
【点拨】①根据二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）经过点M（﹣1，2）和点N（1，﹣2），代入可得a、b、c的关系，然后通过变形可以得到b的值，即可判断①是否正确；
②根据二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）经过点M（﹣1，2）和点N（1，﹣2），代入可得a、b、c的关系，通过变形可以得到a、c的关系，由a＞0，即可判断c的正负，从而可以判断②是否正确；
③求出过点M、C的直线解析式，然后令y＝0，求出相应的x的值，然后将x的值代入二次函数的解析式，看是否有a的值使得二次函数的值等于0，注意a的值必须大于0，从而可以判断③是否正确；
④根据a的值可以得到二次函数的解析式，从而可以推出结论是否正确．
【解析】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）经过点M（﹣1，2）和点N（1，﹣2），
∴
②﹣①，得2b＝﹣4，
解得b＝﹣2，故①b＝﹣2正确；
②+①，得2（a+c）＝0，
∴a+c＝0，
∵a＞0，
∴c＝﹣a＜0，故②正确；
设过点M（﹣1，2），点C（0，c）的直线的解析式为y＝kx+m
∴，
解得，
∴y＝（c﹣2）x+c，
∵c＝﹣a，
∴y＝（﹣a﹣2）x﹣a，
当y＝0时，x＝，
将x＝代入y＝ax2﹣2x﹣a，得y＝，
令＝0，得a＝0，
∵a＞0，∴a＝0不符题意，故③错误；
当a＝1时，二次函数的解析式为：y＝x2﹣2x﹣1，
∴当y＝0时，设x2﹣2x﹣1＝0的两根为x1，x2，
∴，
∴OA OB＝|x1| |x2|＝|﹣1|＝1＝（﹣1）2＝OC2，故④正确；
故选：C．
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想，找出所求结论需要的条件，可以判断所求结论是否正确．
4．已知二次函数y＝﹣x2﹣2x+3，当时，函数值y的最小值为1，则a的值为（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】A
【点拨】根据二次函数的解析式求出顶点坐标，再根据二次函数的性质求出a的值即可．
【解析】解：∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴二次函数的顶点坐标为（﹣1，4），且二次函数的图象开口向下，
∵当x＝时，y＝＞1，
∴a＜﹣1，
当y＝1时，﹣a2﹣2a+3＝1，
解得a＝﹣1﹣或﹣1（舍去），
故选：A．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
5．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴是直线x＝1，下列结论：①abc＜0；②方程：ax2+bx+c＝0（a≠0）必有一个根大于2且小于3；③若是抛物线上的两点，那么y1＜y2；④11a+2c＞0；⑤对于任意实数m，都有m（am+b）≥a+b，其中正确结论的是（ ）
A．②④ B．①②④ C．②④⑤ D．②③④
【答案】C
【点拨】根据函数图象分别判断a、b、c的正负，求出abc的正负，可以判断①；将方程转化为函数与x轴的交点，利用已知交点和对称轴找出另一交点的范围，可以判断②；根据二次函数图象的性质：当图象开口向上，离对称轴越近的点y值越小，可以判断③；用a来表示改变函数解析式，根据图象，令x＝﹣1，得到3a+c＞0，即6a+2c＞0，因为a＞0，所以得出11a+2c＞0，可以判断④；化简不等式，用a表示b，根据a＞0及不等式的性质得到只含有m的不等式，解不等式即可判断⑤．
【解析】解：根据图象可知：a＞0，c＜0，
∵对称轴是直线x＝1，
∴﹣＝1，即b＝﹣2a．
∴b＜0，
∴abc＞0．
故①错误．
方程ax2+bx+c＝0，即为二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的交点，
根据图象已知一个交点﹣1＜x1＜0，关于x＝1对称，
∴另一个交点2＜x2＜3．
故②正确．
∵对称轴是直线x＝1，
∴点（，y2）离对称轴更近，
∴y1＞y2，
故③错误．
∵﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴y＝ax2﹣2ax+c，
根据图象，令x＝﹣1，
y＝a+2a+c＝3a+c＞0，
∴6a+2c＞0，
∵a＞0，
∴11a+2c＞0，
故④正确．
m（am+b）＝am2+bm＝am2﹣2am≥a﹣2a，
am2﹣2am≥﹣a，
即证：m2﹣2m+1≥0，
m2﹣2m+1＝（m﹣1）2，
∴m为任意实数，m2﹣2m+1≥0恒成立．
故⑤正确．
综上②④⑤正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查二次函数图象与系数的关系，根的判别式，根与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，抛物线与x轴的交点，利用图象求出a、b、c的范围以及用特殊值法代入解析式中得到特殊的式子是解决问题关键．
6．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），当y≥t时，x≤﹣m﹣2或x≥﹣m+4．若A（﹣m﹣3，p），B（2m，q）是抛物线y＝ax2+bx+c上的两点，且p＞q，则m的取值范围为（ ）
A． B．m＜﹣1或
C． D．或m＞1
【答案】A
【点拨】依据题意，由y≥t时，x≤﹣m﹣2或x≥﹣m+4，从而可得抛物线开口向上，且对称轴是直线x＝﹣m+1，故当抛物线上的点离对称轴越近函数值就越小，再结合A（﹣m﹣3，p），B（2m，q）是抛物线y＝ax2+bx+c上的两点，且p＞q，可得﹣m+1﹣（﹣m﹣3）＞|﹣m+1﹣2m|，最后计算可以得解．
【解析】解：由题意，∵当y≥t时，x≤﹣m﹣2或x≥﹣m+4，
∴抛物线开口向上，且对称轴是直线x＝＝﹣m+1．
∴当抛物线上的点离对称轴越近函数值就越小．
∵﹣m﹣3＜﹣m+1，
又A（﹣m﹣3，p），B（2m，q）是抛物线y＝ax2+bx+c上的两点，且p＞q，
∴﹣m+1﹣（﹣m﹣3）＞|﹣m+1﹣2m|．
∴|3m﹣1|＜4．
∴﹣4＜3m﹣1＜4．
∴﹣1＜m＜．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
7．已知二次函数y＝x2﹣2x+2，当0≤x≤t时，函数最大值为M，最小值为N．若M＝5N，则t的值为（ ）
A．0.5 B．1.5 C．3 D．4
【答案】C
【点拨】依据题意得，二次函数y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1，从而当x＝1时，y取最小值为1；当x＜1时，y随x的增大而减小；当x＞1时，y随x的增大而增大，然后再根据0＜t≤2和t＞2进行分析计算可以得解．
【解析】解：由题意得，二次函数y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1．
∴当x＝1时，y取最小值为1；当x＜1时，y随x的增大而减小；当x＞1时，y随x的增大而增大．
又当x＝0时，y＝2；当x＝t时，y＝t2﹣2t+2；当x＝2时，y＝2，
∴可分以下情形分析．
∵0≤x≤t，
∴①当0＜t≤2时，
M＝2，N＝1，此时不满足M＝5N，不符合题意．
②当t＞2时，
M＝t2﹣2t+2，N＝1．
又M＝5N，
∴t2﹣2t+2＝5．
∴t＝3或t＝﹣1（舍去）．
综上，t＝3．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
8．设二次函数y＝ax2+c（a，c为实数，a≠0）的图象过点（﹣3，y1），（﹣1，y2），（2，y3），（4，y4），（ ）
A．若y1y4＞0，y2+y3＞0，则a＞0
B．若y1y4＞0，y2+y3＜0，则a＞0
C．若y1y4＜0，y2+y3＞0，则a＜0
D．若y1y4＜0，y2+y3＜0，则a＜0
【答案】C
【点拨】将三个点的坐标代入解析式，根据每个选项解不等式即可解答．
【解析】解：由题意知：
A．y1＝9a+c，y2＝a+c，y3＝4a+c，y4＝16a+c，
若 y1y4＞0，则 （9a+c）（16a+c）＞0，即 ，
∴a＞0或 ，故选项A错误；
B．若 y1y4＞0，则 ，
∴，故选项B错误；
C．若 y2+y3＞0，则a+c+4a+c＞0，即 5a+2c＞0，
∴，故选项C正确；
D．若 y1y4＜0，则（a+）（a+）＜0，
∴﹣，故选项D错误；
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，单项式乘多项式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
9．对于二次函数y＝ax2+bx+c，规定函数y＝是它的相关函数．已知点M，N的坐标分别为（﹣，1），（，1），连接MN，若线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象有两个公共点，则n的取值范围为（ ）
A．﹣3＜n≤﹣1或 B．﹣3＜n＜﹣1或
C．n≤﹣1或 D．﹣3＜n＜﹣1或n≥1
【答案】A
【点拨】首先确定出二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值，然后结合函数图象可确定出n的取值范围．
【解析】解：如图1所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有1个公共点．
所以当x＝2时，y＝1，即﹣4+8+n＝1，解得n＝﹣3．
如图2所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点．
∵抛物线y＝x2﹣4x﹣n与y轴交点纵坐标为1，
∴﹣n＝1，解得：n＝﹣1．
∴当﹣3＜n≤﹣1时，线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．
如图3所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点．
∵抛物线y＝﹣x2+4x+n经过点（0，1），
∴n＝1．
如图4所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．
∵抛物线y＝x2﹣4x﹣n经过点M（﹣，1），
∴+2﹣n＝1，解得：n＝．
∴1＜n≤时，线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．
综上所述，n的取值范围是﹣3＜n≤﹣1或1＜n≤，
故选：A．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数的图象和性质、函数图象上点的坐标与函数解析式的关系，求得二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值是解题的关键．
10．已知二次函数y＝x2﹣2mx+m2+2m+3的图象不经过三、四象限，且当时，y随x的增大而增大，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【点拨】根据二次函数的解析式求得顶点坐标和对称轴，结合抛物线开口向上，二次函数y＝x2﹣2mx+m2+2m+3的图象不经过三、四象限，且当时，y随x的增大而增大，得出，从而得出答案．
【解析】解：∵二次函数y＝x2﹣2mx+m2+2m+3＝（x﹣m）2+2m+3，
∴图象开口向上，顶点为（m，2m+3），对称轴为直线x＝m，
∵二次函数y＝x2﹣2mx+m2+2m+3的图象不经过三、四象限，且当时，y随x的增大而增大，
∴，
∴﹣≤m．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，二次函数的性质，掌握抛二次函数的性质是解题的关键．
押题方向3：特殊平行四边形
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年杭州卷第4题 宁波卷第10题 矩形的性质 从近年浙江中考来看，特殊平行四边形的相关问题主要考查特殊平行四边形的性质以基本的边、角、对角线相关的性质为主，试题以选择题形式呈现，整体难度较大；预计2024年浙江卷还将继续重视特殊平行四边形的基本性质的考查。
2023年温州卷第8题 丽水卷第7题 菱形的性质
2021年绍兴卷、台州卷第8题；金华卷第10题 正方形的性质
1．（2023 杭州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．若∠AOB＝60°，则＝（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【点拨】先证△ABO是等边三角形，可得∠BAO＝60°，由直角三角形的性质可求解．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∵∠AOB＝60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠BAO＝60°，
∴∠ACB＝30°，
∴BC＝AB，
∴＝，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．
2．（2023 丽水）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，则AC的长为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【点拨】连接BD交AC于点O，由菱形的性质得OA＝OC，∠BAO＝30°，AC⊥BD，再由含30°角的直角三角形的性质得OB＝，然后由勾股定理得OA＝，即可得出结论．
【解析】解：如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴OA＝OC，∠BAO＝∠DAB＝30°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∴OB＝AB＝，
∴OA＝＝＝，
∴AC＝2OA＝，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
3．（2023 宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（ ）
A．△ABE的面积 B．△ACD的面积 C．△ABC的面积 D．矩形BCDE的面积
【答案】C
【点拨】作AG⊥ED于点G，交BC于点F，可证明四边形BFGE是矩形，AF⊥BC，可推导出S﹣S1﹣S2＝ED AG﹣BE EG﹣CD DG＝ED AG﹣FG ED＝BC AF＝S△ABC，所以只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，于是得到问题的答案．
【解析】解：作AG⊥ED于点G，交BC于点F，
∵四边形BCDE是矩形，
∴∠FBE＝∠BEG＝∠FGE＝90°，BC∥ED，BC＝ED，BE＝CD，
∴四边形BFGE是矩形，∠AFB＝∠FGE＝90°，
∴FG＝BE＝CD，AF⊥BC，
∴S﹣S1﹣S2＝ED AG﹣BE EG﹣CD DG＝ED AG﹣FG ED＝BC AF＝S△ABC，
∴只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，
故选：C．
【点睛】此题重点考查矩形的判定与性质、三角形的面积公式、矩形的面积公式、根据转化思想求图形的面积等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
4．（2023 金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q，若HF＝FG，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【点拨】由正方形的性质得AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，则∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，可证明△ABC≌△AFH，得BC＝HF，而HF＝FG，所以BC＝FG，再证明△BCQ≌△FGP，得CQ＝GP，设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，可求得BE＝AF＝m，由＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，得CQ＝BC＝m，由＝＝＝tan∠PBE，得PE＝BE＝m，即可求得S四边形PCQE＝m2，S正方形ABEF＝5m2，则＝＝，于是得到问题的答案．
【解析】解：∵四边形ABEF、四边形ACGH、四边形BCMN都是正方形，
∴AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，
∴∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，
∴△ABC≌△AFH（SAS），
∴BC＝HF，
∵HF＝FG，
∴BC＝FG，
∵∠ACG＝∠ACB＝∠BCM＝90°，
∴∠ACG+∠ACB＝180°，∠ACB+∠BCM＝180°，
∴B、C、G三点在同一条直线上，A、C、M三点在同一条直线上，
∵∠BCQ＝∠G＝∠E＝90°，∠BPE＝∠FPG，
∴∠CBQ＝90°﹣∠BPE＝90°﹣∠FPG＝∠GFP，
∴△BCQ≌△FGP（ASA），
∴CQ＝GP，
设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，
∴BE＝AF＝＝m，
∵∠G＝∠H＝∠AFE＝90°，
∴∠GFP＝∠HAF＝90°﹣∠AFH，
∴＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，
∴CQ＝BC＝m，
∵∠E＝∠BCQ＝90°，
∴＝＝＝tan∠PBE，
∴PE＝BE＝×m＝m，
∴S四边形PCQE＝m×m﹣m×m＝m2，
∵S正方形ABEF＝（m）2＝5m2，
∴＝＝，
故选：B．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明△ABC≌△AFH及△BCQ≌△FGP是解题的关键．
5．（2023 温州）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形CDEF，使点D，E，F分别在边OC，OB，BC上，过点E作EH⊥AB于点H．当AB＝BC，∠BOC＝30°，DE＝2时，EH的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【点拨】根据菱形的性质得到CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF，根据直角三角形的性质得到OD＝2DE＝4，OE＝DE＝2，求得CO＝CD+DO＝6，根据勾股定理和相似三角形的性质即可得到结论．
【解析】解：∵四边形CDEF是菱形，DE＝2，
∴CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF，
∵∠CBO＝90°，∠BOC＝30°，
∴OD＝2DE＝4，OE＝DE＝2，
∴CO＝CD+DO＝6，
∴BC＝AB＝CD＝3，OB＝BC＝3，
∵∠A＝90°，
∴＝＝3，
∵EF∥CD，
∴∠BEF＝∠BOC＝30°，
∴，
∵EH⊥AB，
∴EH∥OA，
∴△BHE∽△BAO，
∴，
∴，
∴EH＝，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
6．（2023 绍兴）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD＝60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE＝OF．点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（ ）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
【答案】A
【点拨】根据题意，分别证明四边形 E1E2F1F2 是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．
【解析】解：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴∠BDC＝∠ABD＝60°，∠ADB＝∠CBD＝90°﹣60°＝30°，
∵OE＝OF、OB＝OD，
∴DF＝EB，
∵对称，
∴DF＝DF2，BF＝BF1，BE＝BE2，DE＝DE1，E1F2＝E2F1．
∵对称
∴∠F2DC＝∠CDF＝60°，
∴∠EDA＝∠E1DA＝30°，
∴∠E1DB＝60°，
同理∠F1BD＝60°，
∴DE1∥BF1，
∵E1F2＝E2F1，
∴四边形 E1E2F1F2 是平行四边形，
如图2所示，当E，F，O三点重合时，DO＝OB，
∴DE1＝DF2＝AE1＝AE2，即E1E2＝E1F2，
∴四边形E1E2F1F2 是菱形．
如图3所示，当E，F分别为OD，OB的中点时，设DB＝4，则 DF2＝DF＝1，DE1＝DE＝3，
在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝2，连接AE，AO，
∵∠ABO＝60°，BO＝2＝AB，
∴△ABO是等边三角形，
∵E为OB中点，
∴AE⊥OB，BE＝1，
∴．
根据对称性可得 ．
∴AD2＝12，＝9，＝3，
∴，
∴ΔDE1A 是直角三角形，且∠E1＝90°，
四边形E1E2F1F2是矩形．
当F，E分别与D，B重合时，△BE1D，△BDF1 都是等边三角形，则四边形 E1E2F2F2 是菱形，
∴在整个过程中，四边形 E1E2F1F2 形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性 质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
1.平行四边形的性质：（1）两组对边平行且相等；（2）对角相等、邻角互补；（3）对角线互相平分；
（4）平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形。
2.矩形的性质：（1）矩形两组对边平行且相等；（2）矩形的四个角都是直角；（3）对角线互相平分且相等；（4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形。（5）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半。
3.菱形的性质：1）具有平行四边形的所有性质；2）四条边都相等；3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角；4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形。
4.正方形的性质：（1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；（3）正方形对边平行且相等；（4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；（5）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。
1．如图，下列条件中不能使 ABCD成为菱形的是（ ）
A．AB＝BC B．AC⊥BD C．∠ADB＝∠CDB D．AD∥BC
【答案】D
【点拨】由四边形ABCD是平行四边形，且AB＝BC，可根据菱形的定义证明四边形ABCD是菱形，可判断A不符合题意；由AC⊥BD，可根据菱形的判定定理证明四边形ABCD是菱形，可判断B不符合题意；由∠ABD＝∠CDB，∠ADB＝∠CDB，推导出∠ABD＝∠ADB，则AD＝AB，可根据菱形的定义证明四边形ABCD是菱形，可判断C不符合题意；AD∥BC这一条件不能使 ABCD成为菱形，可判断D符合题意，于是得到问题的答案．
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，且AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
故A不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，且AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
故B不符合题意；
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDB，
∵∠ADB＝∠CDB，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AD＝AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，且AD＝AB，
∴四边形ABCD是菱形，
故C不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴由AD∥BC不能使 ABCD成为菱形，
故D符合题意，
故选：D．
【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、菱形的定义与判定定理等知识，根据所题中所给的条件证明四边形ABCD是菱形是解题的关键．
2．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F．已知AB＝4，△AOE的面积为5，则DE的长为（ ）
A．2 B． C． D．3
【答案】D
【点拨】连接CE，由题意可得OE为对角线BD的垂直平分线，可得AE＝CE，S△BOE＝S△COE＝5，由三角形的面积则可求得DE的长，得出AE的长，然后由勾股定理求得答案．
【解析】解：如图，连接CE，
由题意可得，OE为对角线AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，S△AOE＝S△COE＝5，
∴S△ACE＝2S△COE＝10．
∴AE CD＝10，
∵CD＝4，
∴AE＝EC＝5，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：DE＝＝3．
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形的面积问题．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
3．四边形不具有稳定性．四条边长都确定的四边形，当内角的大小发生变化时，其形状也随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，使正方形ABCD变为菱形ABC′D′，如果∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【点拨】过D'作D'M⊥AB于M，求出正方形ABCD的面积＝AB2，再由含30°角的直角三角形的性质得AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，然后求出菱形ABCD的面积＝AB×D'M＝AB2，即可求解．
【解析】解：过D'作D'M⊥AB于M，如图所示：
则∠D'MA＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的面积＝AB2，AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵∠DAD′＝30°，
∴∠D'AM＝90°﹣30°＝60°，
∴∠AD'M＝30°，
∴AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，
∵四边形ABC′D′是菱形，
∴AB＝AD'＝AD，菱形ABCD的面积＝AB×D'M＝AB2，
∴菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比＝＝，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、正方形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质和正方形的性质，证出D'M＝AD'是解题的关键．
4．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，作BD的垂直平分线EF，分别与AD、BC交于点E、F．连接BE，DF，若EF＝AE+FC，则边BC的长为（ ）
A．2 B．3 C．6 D．
【答案】B
【点拨】通过证明△BOF≌△DOE，结合垂直平分线的性质证明四边形BFDE为菱形，AE＝CF，由EF＝AE+FC可求解∠ABE＝30°，再根据30°的直角三角形的性质可求解AE＝，BE＝，进而可求解BC的长．
【解析】解：∵四边形ABCD 为矩形，
∴OB＝OD，∠A＝∠ABC＝90°，AD∥BC，
∴∠FBO＝∠EDO，
∵∠BOF＝∠DOE，
∴△BOF≌△DOE（ASA），
∴BF＝DE，
∵EF垂直平分BD，
∴BE＝DE，BF＝DF，
∴BE＝DE＝BF＝DF，
∴四边形BFDE为菱形，AE＝CF，
∴EO＝FO，∠FBO＝∠OBE，∠ABE＝∠OBE＝∠OBF＝30°，
∵EF＝AE+FC，
∴AE＝EO＝OF＝CF，
∵AB＝3，
∴AE＝，BE＝，
∴CF＝AE＝，BF＝BE＝，
∴BC＝BF+CF＝，
故选：B．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，菱形的性质与判定，线段的垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，属于四边形的综合题，涉及的知识点较多，难度偏大．
5．如图，正方形ABCD边长为6，点E、F分别在BC、AB上，且AE⊥DF，点G、H分别为线段AE、DF的中点，连接GH，若GH＝2，则BE的长为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【点拨】连接AH并延长，交CD于点M，连接EM，根据正方形的性质推出AB∥CD，AB＝BC＝CD＝DA，∠C＝∠DAF＝∠ABE＝90°，根据AE⊥DF得到∠DAE+∠ADF＝90°，从而推出∠BAE＝∠ADF，判定△ABE≌△DAF后根据全等三角形的性质得到AF＝BE，根据AB∥CD推出∠AFH＝∠MDH，∠FAH＝∠DMH，根据H是DF的中点得到DH＝FH，从而判定△AFH≌△MDH，根据全等三角形的性质得到AF＝DM，根据等量代换得到BE＝DM，CE＝CM，判定△CEM为等腰直角三角形，根据三角形中位线的定义判定GH是△AEM的中位线后求出EM的长，根据等腰直角三角形的性质求出CE和CM的长，最后用BC减去CE即可求出BE的长．
【解析】解：如图，连接AH并延长，交CD于点M，连接EM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB＝BC＝CD＝DA＝6，∠C＝∠DAF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠DAE＝90°，
∵AE⊥DF，
∴∠DAE+∠ADF＝90°，
∴∠BAE＝∠ADF，
又∵DA＝AB，∠DAF＝∠ABE＝90°，
∴△ABE≌△DAF（ASA），
∴AF＝BE，
∵AB∥CD，
∴∠AFH＝∠MDH，∠FAH＝∠DMH，
∵H是DF的中点，
∴DH＝FH，
∴△AFH≌△MDH（ASA），
∴AF＝DM，AH＝MH，
又∵AF＝BE，
∴BE＝DM，
∴CE＝CM，
又∵∠C＝90°，
∴△CEM为等腰直角三角形，
∵G是AE中点，AH＝MH，
∴GH是三角形AEM的中位线，
∴EM＝2GH＝，
∴CE＝CM＝4，
∴BE＝BC﹣CE＝6﹣4＝2．
故选：A．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及三角形中位线定理，熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定方法是解决问题的关键．
6．如图，已知正方形ABCD的边长为4，以AB为底向外作等腰三角形HAB，连接HC，点G是HC的中点，连接BG，并延长分别交CD于点F，交AD延长线于点E，若，则BH的值为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】D
【点拨】过点H作HM⊥CD于M，交AB于P，交BE于点N，先根据等腰三角形三线合一的性质可得AP＝BP＝DM＝CM＝AB＝2，证明△FMN∽△FCB，列比例式可得MN＝1，证明△CGB≌△HGN（ASA），可得HN＝BC＝4，从而计算HP＝1，最后由勾股定理可得结论．
【解析】解：过点H作HM⊥CD于M，交AB于P，交BE于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠BCD＝90°，
∴HP⊥AB，
∵AH＝BH，
∴AP＝BP＝DM＝CM＝AB＝2，
∵＝，DC＝4，
∴DF＝，FC＝，
∴FM＝2﹣＝，
∵∠FMN＝∠BCD＝90°，
∴HM∥BC，
∴△FMN∽△FCB，
∴＝，即＝，
∴MN＝1，
∴PN＝4﹣1＝3，
∵G是CH的中点，
∴CG＝GH，
∵HN∥BC，
∴∠GHN＝∠BCG，
∵∠CGB＝∠HGN，
∴△CGB≌△HGN（ASA），
∴HN＝BC＝4，
∴HP＝1，
由勾股定理得：BH＝＝＝．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形相似的性质和判定，三角形全等的性质和判定等知识，掌握正方形的性质，三角形相似的性质和判定是解本题的关键．
7．如题10图，E是平行四边形ABCD边AD中点，BE与AC交于点F，连接BD，已知AD＝10，BE＝9，AC＝12．下列命题：
①点F是△ABD的重心；②△BFC与△ABC相似；③BD＝13；④平行四边形ABCD的面积为72．
其中正确的命题为（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】D
【点拨】①设AC与BD交于点O，在△ABD中，AO为BD边上的中线，BE为AD边上的中线，根据三角形重心的定义可对命题①进行判断；
②在OC上取一点H，是OH＝OF，连接DF，DH，BH，证四边形BHDF为平行四边形，得EF为△ADH的中位线，则EF＝DH＝BF，AF＝FH，再根据BE＝9，AC＝12得EF＝3，OF＝2，则BF＝6，AF＝4，CF＝8，再证△BFC为直角三角形，△ABC不是直角三角形，由此可对命题②进行判断；
③在Rt△BOF中利用勾股定理得OB＝，进而得BD＝2OB＝≠13，由此可对命题③进行判断；
④根据S△ABC＝AC BF＝36，则S平行四边形ABCD＝2S△ABC＝72，据此可对命题④进行判断，综上所述即可得出答案．
【解析】解：①设AC与BD交于点O，如图1所示：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
在△ABD中，AO为BD边上的中线，
又∵点E是AD的中点，
∴BE为AD边上的中线，
∴点F是△ABD的重心，
故命题①正确；
②在OC上取一点H，是OH＝OF，连接DF，DH，BH，如图2所示：
∵四边形ABCD为平行四边形，AD＝10，BE＝9，AC＝12，点E是AD的中点，
∴OB＝OD，OA＝OC＝AC＝6，AE＝DE＝AD＝5，BC＝AD＝10，
∴四边形BHDF为平行四边形，
∴BF∥DH，BF＝DH，
即EF∥DH，
∴EF为△ADH的中位线，
∴EF＝DH＝BF，AF＝FH，
∴EF＝BE＝3，OF＝OA＝2，
∴BF＝BE﹣EF＝9﹣﹣3＝6，AF＝OA﹣OF＝6﹣2＝4，
∴CF＝OC+OF＝6+2＝8，
在△BFC中，BF2+CF2＝62+82＝100，BC2＝100，
∴BF2+CF2＝BC2，
∴△BFC为直角三角形，即BF⊥AC，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB＝＝＝，
在△ABC中，AB2+BC2＝（）2+102＝152，AC2＝122＝144，
∵AB2+BC2≠AC2，
∴△ABC不是直角三角形，
∴△BFC与△ABC不相似，
故命题②不正确；
③在Rt△BOF中，BF＝6，OF＝2，
由勾股定理得：OB＝＝，
∴BD＝2OB＝≠13，
故命题③不正确；
④在△ABC中，AC＝12，BF＝6，BF⊥AC，
∴S△ABC＝AC BF＝×12×6＝36，
∴S平行四边形ABCD＝2S△ABC＝72．
故命题④正确，
综上所述：正确的命题是①④，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形重心的定义，相似三角形的判定，三角形中位线定理，勾股定理及其逆定理，理解平行四边形的判定和性质，三角形重心的定义，相似三角形的判定，熟练掌握三角形中位线定理，勾股定理及其逆定理是解决问题的关键．
8．我国古代数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助此分割方法所得图形证明了勾股定理．如图所示，矩形ABCD就是由两个这样的图形拼成（无重叠、无缝隙）．下面给出的条件中，一定能求出矩形ABCD面积的是（ ）
A．BM与DM的积 B．BE与DE的积 C．BM与DE的积 D．BE与DM的积
【答案】A
【点拨】欲求矩形的面积，则求出小正方形的边长即可，可设小正方形的边长为x，在直角三角形ABC中，利用勾股定理建立关于x的方程，利用整体代入思想解决问题，从而求出矩形的面积．
【解析】解：设小正方形EFCG的边长为x，设BM＝BF＝a，DG＝DM＝b，
则AB＝a+x，BC＝b+x，
∴AC＝a+b，
在Rt△ABC中，AC2＝AB2+BC2，
即（a+b）2＝（a+x）2+（b+x）2，
整理得，x2+（a+b）x＝ab，
矩形的面积为：（a+x）（b+x）＝x2+（a+b）x+ab＝2ab，
∴该矩形的面积为2ab．
∴矩形的面积是BM与DM的积，
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理得证明，一元二次方程的运用，根据图形得到关于x的方程，并用整体代入思想解答是解题关键．
9．如图，已知正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，把四个直角三角形分别沿斜边向外翻折，得到正方形MNPQ，连结MF并延长交NP于点O，设正方形EFGH的面积为S1，正方形MNPQ的面积为S2，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【点拨】根据，设S1＝4k2，S2＝49k2，则正方形EFGH边长为2k，正方形MNPQ的边长为7k，即FG＝2k，NP＝7k，设NC＝a，PC＝b，依题意得BF＝CG＝NC＝BM＝a，BG＝BN＝CP＝b，则，解得，则NC＝BM＝2.5k，CP＝4.5k，证BC∥MO，得△BNC∽△MNO，则BN：MN＝NC：NO，即4.5k：7k＝2.5k：NO，由此得NO＝，则OC＝NO﹣NC＝，进而得OP＝CP﹣OC＝，据此可得的值．
【解析】解：，
∴设S1＝4k2，S2＝49k2，
∴正方形EFGH边长为2k，正方形MNPQ的边长为7k，
即FG＝2k，MN＝NP＝7k，
设NC＝a，PC＝b，
依题意得：△AMB，△AFB，△BNC，△BGC，△CPD，△XHD，△DQA，△DEA都全等，
∴BF＝CG＝NC＝BM＝a，BG＝BN＝CP＝b，
∴BG﹣BF＝FG，NC+CP＝NP，
∴，解得，
∴NC＝BM＝2.5k，CP＝4.5k，
∵AM＝AF，
∴点A在线段AF的垂直平分线上，
∴BF＝BM，
∴点B在线段AF的垂直平分线上，
∴AB是线段AF的垂直平分线，
即AB⊥MO，
又∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC＝90°，
∴BC∥MO，
∴△BNC∽△MNO，
∴BN：MN＝NC：NO，
即4.5k：7k＝2.5k：NO，
∴NO＝，
∴OC＝NO﹣NC＝﹣2.5k＝，
∴OP＝CP﹣OC＝4.5k﹣＝，
∴＝．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，理解正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．
10．如图，在正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．现有下列结论：①∠BHG＝∠BHC；②∠GBH＝∠BCM；③；④若AG＝1，GD＝2，则，其中正确的是（ ）
A．②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④
【答案】D
【点拨】①正确．如图1中，过点B作BK⊥GH于K．想办法证明Rt△BHK≌Rt△BHC（HL）可得结论．
②正确．分别证明∠GBH＝45°，∠BCM＝45°，即可解决问题．
③错误．如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．首先证明MG＝MD，再证明△BTM≌△MWG（AAS），推出MT＝WG可得结论．
④正确．求出BT＝2，TM＝1，利用勾股定理即可判断．
【解析】解：如图1中，过点B作BK⊥GH于K．
∵B，G关于EF对称，
∴EB＝EG，
∴∠EBG＝∠EGB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AD∥BC，
∴∠AGB＝∠EBG，
∴∠AGB＝∠BGK，
∵∠A＝∠BKG＝90°，BG＝BG，
∴△BAG≌△BKG（AAS），
∴BK＝BA＝BC，∠ABG＝∠KBG，
∵∠BKH＝∠BCH＝90°，BH＝BH，
∴Rt△BHK≌Rt△BHC（HL），
∴∠BHG＝∠BHC，∠HBK＝∠HBC，故①正确，
∴∠GBH＝∠GBK+∠HBK＝∠ABC＝45°，
过点M作MQ⊥GH于Q，MP⊥CD于P，MR⊥BC于R．
∵∠BHG＝∠BHC，
∴MQ＝MP，
∵∠MEQ＝∠MER，
∴MQ＝MR，
∴MP＝MR，
∴∠BCM＝∠MCP＝∠BCD＝45°，
∴∠GBH＝∠BCM，故②正确，
如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．
∵B，G关于EF对称，
∴BM＝MG，
∵CB＝CD，∠BCM＝∠MCD，CM＝CM，
∴△MCB≌△MCD（SAS），
∴BM＝DM，
∴MG＝MD，
∵MW⊥DG，
∴WG＝WD，
∵∠BTM＝∠MWG＝∠BMG＝90°，
∴∠BMT+∠GMW＝90°，
∵∠GMW+∠MGW＝90°，
∴∠BMT＝∠MGW，
∵MB＝MG，
∴△BTM≌△MWG（AAS），
∴MT＝WG，
∵MC＝TM，DG＝2WG，
∴DG＝CM，故③错误，
∵AG＝1，DG＝2，
∴AD＝AB＝TW＝3，TC＝WD＝TM＝1，BT＝AW＝2，
∴BM＝＝＝，故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
押题方向1：函数的图象与反比例函数
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年绍兴卷第9题、温州卷、舟山、嘉兴卷第10题 函数的图象 从近及年浙江各地中考来看，函数的图象及反比例函数主要以考查函数的图象信息、反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数与一次函数的交点问题及反比例函数的应用，试题以选择题形式呈现，难度中上；预计2024年浙江卷对函数的图象及反比例函数也会是重点考查内容。
2023年舟山、嘉兴卷第8题 反比例函数图象上点的坐标特征
2023年宁波卷第7题、金华卷第9题、湖州卷第10题 反比例函数与一次函数的交点问题
2023年丽水卷第8题 反比例函数的应用
1．（2023 绍兴）已知点M（﹣4，a﹣2），N（﹣2，a），P（2，a）在同一个函数图象上，则这个函数图象可能是（ ）
A．B． C． D．
2．（2023 浙江）如图是底部放有一个实心铁球的长方体水槽轴截面示意图，现向水槽匀速注水，下列图象中能大致反映水槽中水的深度（y）与注水时间（x）关系的是（ ）
A．B． C． D．
3．（2023 温州）【素材1】某景区游览路线及方向如图1所示，①④⑥各路段路程相等，⑤⑦⑧各路段路程相等，②③两路段路程相等．
【素材2】设游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留20分钟，小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时3小时25分钟；小州游路线①②⑧，他离入口的路程s与时间t的关系（部分数据）如图2所示，在2100米处，他到出口还要走10分钟．
【问题】路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为（ ）
A．4200米 B．4800米 C．5200米 D．5400米
4．（2023 浙江）已知点A（﹣2，y1），B（﹣1，y2），C（1，y3）均在反比例函数y＝的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y3＜y1＜y2 D．y3＜y2＜y1
5．（2023 金华）如图，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数的图象交于点A（2，3），B（m，﹣2），则不等式ax+b的解是（ ）
A．﹣3＜x＜0或x＞2 B．x＜﹣3或0＜x＜2 C．﹣2＜x＜0或x＞2 D．﹣3＜x＜0或x＞3
6．（2023 湖州）已知在平面直角坐标系中，正比例函数y＝k1x（k1＞0）的图象与反比例函数（k2＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为1，点A（t，p）和点B（t+2，q）在函数y＝k1x的图象上（t≠0且t≠﹣2），点C（t，m）和点D（t+2，n）在函数的图象上．当p﹣m与q﹣n的积为负数时，t的取值范围是（ ）
A．或 B．或
C．﹣3＜t＜﹣2或﹣1＜t＜0 D．﹣3＜t＜﹣2或0＜t＜1
7．（2023 宁波）如图，一次函数y1＝k1x+b（k1＞0）的图象与反比例函数y2＝（k2＞0）的图象相交于A，B两点，点A的横坐标为1，点B的横坐标为﹣2，当y1＜y2时，x的取值范围是（ ）
A．x＜﹣2或x＞1 B．x＜﹣2或0＜x＜1 C．﹣2＜x＜0或x＞1 D．﹣2＜x＜0或0＜x＜1
8．（2023 丽水）如果100N的压力F作用于物体上，产生的压强p要大于1000Pa，则下列关于物体受力面积S（m2）的说法正确的是（ ）
A．S小于0.1m2 B．S大于0.1m2 C．S小于10m2 D．S大于10m2
1．函数图象信息问题关键是读懂、理解题中所给信息，找到变量之间关系．理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，能够通过图象得到函数是随自变量的增大，知道函数值是增大还是减小．
2．反比例函数与一次函数的交点问题
(1)求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点方程组无解，则两者无交点.
(2)相关不等式的解集就是其所对应的函数图象上满足条件的所有点的横坐标的集合（看图说话）．
1．匀速地向如图所示的一个空容器里注水，最后把容器注满，在这个注水过程中，水面高度h与注水时间t之间函数关系的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
2．用弹簧秤将一长方体铁块悬于没有盛水的水槽中，再向水槽匀速注入水，直至铁块完全浸没在水中（如图），则能反映弹簧秤的读数y（单位：N）与水面高度x（单位：cm）之间的函数关系的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在大烧杯中放了一个小烧杯，现向小烧杯中匀速注水，小烧杯满了后继续匀速注水，则大烧杯的液面高度h（cm）与时间注水时间t（s）的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，小亮设计了一个探究杠杆平衡条件的实验：在一根匀质的木杆中点O左侧固定位置B处悬挂重物A，右侧用一个弹簧测力计向下拉，改变弹簧测力计与支点O的距离x（cm），观察弹簧测力计的示数y（N）的变化情况．实验数据记录如下表：
x（cm） …… 10 15 20 25 30 ……
y（N） …… 45 30 22.5 18 15 ……
下列说法不正确的是（ ）
A．弹簧测力计的示数y（N）与支点O的距离x（cm）之间关系的图象如图
B．y与x的函数关系式为
C．当弹簧测力计的示数为12.5N时，弹簧测力计与O点的距离是37.5
D．随着弹簧测力计与O点的距离不断增大，弹簧测力计上的示数不断减小
5．在平面直角坐标系中，P是双曲线上的一点，点P绕着原点O顺时针旋转90°的对应点P1（m，n）落在直线y＝﹣2x+1上，则代数式的值是（ ）
A． B． C．﹣8 D．
6．如图，一次函数y1＝x+b与函数y2＝（k≠0）的图象相交于点M（1，2），N（﹣2，n）．下列说法错误的是（ ）
A．两图象的交点N的坐标为（﹣2，﹣1）
B．一次函数y1与反比例函数y2都随x的增大而增大
C．若y1＞y2，则x的取值范围是﹣2＜x＜0或x＞1
D．连接OM、ON，则△MON的面积是
7．如图，已知反比例函数y1＝（k1＞0）的图象与一次函数y2＝k2x（k2＞0）的图象在第一象限内交于点A，且点A的横坐标为2，当y1＜y2时，自变量x的取值范围是（ ）
A．x＞2 B．x＜2 C．x＜﹣2或0＜x＜2 D．﹣2＜x＜0或x＞2
8．定义：在平面直角坐标系xOy中，若经过x轴上一点P的直线l与双曲线m相交于M，N两点（点M在点N的左侧），则把的值称为直线l和双曲线m的“适配比”．已知经过点P（﹣3，0）的直线y＝x+b与双曲线的“适配比”不大于2，则k的取值范围为（ ）
A．﹣2≤k＜﹣1 B． C． D．
9．如图，直线y＝﹣2x与双曲线交于点P和点Q，点M在x轴上，且MP⊥MQ，若△PMQ的面积为，则k的值为（ ）
A． B． C．﹣8 D．﹣4
10．如图，Rt△AOB的直角顶点在坐标原点O上，点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，点B在反比例函数（x＜0）的图象上，则tan∠A的值是（ ）
A． B． C． D．
押题方向2：二次函数图象与性质
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年衢州卷第10题 二次函数图象上点的坐标特征 从近几年浙江各地中考来看，考查二次函数图象与性质以待定系数法求解析式、系数与二次函数图象的关系、二次函数的增减性和最值、函数平移为主，试题以选择题形式呈现，整体难度为中上；预计2024年浙江卷还将继续重视二次函数的图象与性质的综合考查。
2023年台州卷第10题 二次函数的图象与性质
2023年杭州卷第8题 二次函数的最值
2023年宁波卷第9题 抛物线与x轴的交点
2023年丽水卷第9题 二次函数的应用
1．（2023 丽水）一个球从地面竖直向上弹起时的速度为10米/秒，经过t（秒）时球距离地面的高度h（米）适用公式h＝10t﹣5t2，那么球弹起后又回到地面所花的时间t（秒）是（ ）
A．5 B．10 C．1 D．2
2．（2023 衢州）已知二次函数y＝ax2﹣4ax（a是常数，a＜0）的图象上有A（m，y1）和B（2m，y2）两点．若点A，B都在直线y＝﹣3a的上方，且y1＞y2，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．m＞2
3．（2023 杭州）设二次函数y＝a（x﹣m）（x﹣m﹣k）（a＞0，m，k是实数），则（ ）
A．当k＝2时，函数y的最小值为﹣a B．当k＝2时，函数y的最小值为﹣2a
C．当k＝4时，函数y的最小值为﹣a D．当k＝4时，函数y的最小值为﹣2a
4．（2023 宁波）已知二次函数y＝ax2﹣（3a+1）x+3（a≠0），下列说法正确的是（ ）
A．点（1，2）在该函数的图象上
B．当a＝1且﹣1≤x≤3时，0≤y≤8
C．该函数的图象与x轴一定有交点
D．当a＞0时，该函数图象的对称轴一定在直线x＝的左侧
5．（2023 台州）抛物线y＝ax2﹣a（a≠0）与直线y＝kx交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，若x1+x2＜0，则直线y＝ax+k一定经过（ ）
A．第一、二象限 B．第二、三象限 C．第三、四象限 D．第一、四象限
1.二次函数的图象与性质：已知二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）
对称轴：直线x= –；顶点坐标：（–，）；
当a>0时：当x<–时，y随x的增大而减小；当x>–时，y随x的增大而增大；y最小值=。
当a<0时：当x<–时，y随x的增大而增大；当x>–时，y随x的增大而减小；y最大值=。
2.对称轴可确定b的符号（需结合a的符号）：
对称轴在x轴负半轴，则ab＞0；对称轴在x轴正半轴，则ab＜0（即：左同右异）
3.与y轴交点可确定c的符号：交于y轴负半轴，则c＜0；交于y轴正半轴，则c＞0
4.特殊函数值符号（以x=1的函数值为例）：若当x=1时，若对应的函数值y在x轴的上方，则a+b+c＞0；若对应的函数值y在x轴上方，则a+b+c=0；若对应的函数值y在x轴的下方，则a+b+c＜0；
1．设二次函数y＝x2﹣mx﹣3m（m为实数）的图象过点（1，y1），（2，y2），（3，y3），（4，y4），设y1﹣y3＝a，y2﹣y4＝b，下列结论正确的是（ ）
A．若ab＜0，且a+b＜0，则m＞4 B．若ab＜0，且a+b＞0，则5＜m＜7
C．若ab＞0，且a+b＜0，则m＞5 D．若ab＞0，且a+b＞0，则m＞6
2．在平面直角坐标系中，M（x1，y1）、N（x1，y2）为抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）上任意两点，其中x1＜x2.设抛物线的对称轴为x＝t，若对于x1+x2＞4，都有y1＜y2，则t的取值范围是（ ）
A．t＜1 B．t≤1 C．t＜2 D．t≤2
3．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）经过点M（﹣1，2）和点N（1，﹣2），交x轴于A，B两点，交y轴于C．则：①b＝﹣2； ②该二次函数图象与y轴交于负半轴； ③存在这样一个a，使得M、A、C三点在同一条直线上； ④若a＝1，则OA OB＝OC2．以上说法正确的有（ ）
A．①②③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③
4．已知二次函数y＝﹣x2﹣2x+3，当时，函数值y的最小值为1，则a的值为（ ）
A． B． C．或 D．或
5．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴是直线x＝1，下列结论：①abc＜0；②方程：ax2+bx+c＝0（a≠0）必有一个根大于2且小于3；③若是抛物线上的两点，那么y1＜y2；④11a+2c＞0；⑤对于任意实数m，都有m（am+b）≥a+b，其中正确结论的是（ ）
A．②④ B．①②④ C．②④⑤ D．②③④
6．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），当y≥t时，x≤﹣m﹣2或x≥﹣m+4．若A（﹣m﹣3，p），B（2m，q）是抛物线y＝ax2+bx+c上的两点，且p＞q，则m的取值范围为（ ）
A． B．m＜﹣1或 C． D．或m＞1
7．已知二次函数y＝x2﹣2x+2，当0≤x≤t时，函数最大值为M，最小值为N．若M＝5N，则t的值为（ ）
A．0.5 B．1.5 C．3 D．4
8．设二次函数y＝ax2+c（a，c为实数，a≠0）的图象过点（﹣3，y1），（﹣1，y2），（2，y3），（4，y4），（ ）
A．若y1y4＞0，y2+y3＞0，则a＞0 B．若y1y4＞0，y2+y3＜0，则a＞0
C．若y1y4＜0，y2+y3＞0，则a＜0 D．若y1y4＜0，y2+y3＜0，则a＜0
9．对于二次函数y＝ax2+bx+c，规定函数y＝是它的相关函数．已知点M，N的坐标分别为（﹣，1），（，1），连接MN，若线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象有两个公共点，则n的取值范围为（ ）
A．﹣3＜n≤﹣1或 B．﹣3＜n＜﹣1或
C．n≤﹣1或 D．﹣3＜n＜﹣1或n≥1
10．已知二次函数y＝x2﹣2mx+m2+2m+3的图象不经过三、四象限，且当时，y随x的增大而增大，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
押题方向3：特殊平行四边形
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年杭州卷第4题 宁波卷第10题 矩形的性质 从近年浙江中考来看，特殊平行四边形的相关问题主要考查特殊平行四边形的性质以基本的边、角、对角线相关的性质为主，试题以选择题形式呈现，整体难度较大；预计2024年浙江卷还将继续重视特殊平行四边形的基本性质的考查。
2023年温州卷第8题 丽水卷第7题 菱形的性质
2021年绍兴卷、台州卷第8题；金华卷第10题 正方形的性质
1．（2023 杭州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．若∠AOB＝60°，则＝（ ）
A． B． C． D．
2．（2023 丽水）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，则AC的长为（ ）
A． B．1 C． D．
3．（2023 宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（ ）
A．△ABE的面积 B．△ACD的面积 C．△ABC的面积 D．矩形BCDE的面积
4．（2023 金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q，若HF＝FG，则的值是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023 温州）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形CDEF，使点D，E，F分别在边OC，OB，BC上，过点E作EH⊥AB于点H．当AB＝BC，∠BOC＝30°，DE＝2时，EH的长为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023 绍兴）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD＝60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE＝OF．点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（ ）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
1.平行四边形的性质：（1）两组对边平行且相等；（2）对角相等、邻角互补；（3）对角线互相平分；
（4）平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形。
2.矩形的性质：（1）矩形两组对边平行且相等；（2）矩形的四个角都是直角；（3）对角线互相平分且相等；（4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形。（5）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半。
3.菱形的性质：1）具有平行四边形的所有性质；2）四条边都相等；3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角；4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形。
4.正方形的性质：（1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；（3）正方形对边平行且相等；（4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；（5）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。
1．如图，下列条件中不能使 ABCD成为菱形的是（ ）
A．AB＝BC B．AC⊥BD C．∠ADB＝∠CDB D．AD∥BC
2．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F．已知AB＝4，△AOE的面积为5，则DE的长为（ ）
A．2 B． C． D．3
3．四边形不具有稳定性．四条边长都确定的四边形，当内角的大小发生变化时，其形状也随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，使正方形ABCD变为菱形ABC′D′，如果∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A． B． C． D．1
4．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，作BD的垂直平分线EF，分别与AD、BC交于点E、F．连接BE，DF，若EF＝AE+FC，则边BC的长为（ ）
A．2 B．3 C．6 D．
5．如图，正方形ABCD边长为6，点E、F分别在BC、AB上，且AE⊥DF，点G、H分别为线段AE、DF的中点，连接GH，若GH＝2，则BE的长为（ ）
A．2 B． C． D．
6．如图，已知正方形ABCD的边长为4，以AB为底向外作等腰三角形HAB，连接HC，点G是HC的中点，连接BG，并延长分别交CD于点F，交AD延长线于点E，若，则BH的值为（ ）
A． B． C．3 D．
7．如题10图，E是平行四边形ABCD边AD中点，BE与AC交于点F，连接BD，已知AD＝10，BE＝9，AC＝12．下列命题：
①点F是△ABD的重心；②△BFC与△ABC相似；③BD＝13；④平行四边形ABCD的面积为72．
其中正确的命题为（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
8．我国古代数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助此分割方法所得图形证明了勾股定理．如图所示，矩形ABCD就是由两个这样的图形拼成（无重叠、无缝隙）．下面给出的条件中，一定能求出矩形ABCD面积的是（ ）
A．BM与DM的积 B．BE与DE的积 C．BM与DE的积 D．BE与DM的积
9．如图，已知正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，把四个直角三角形分别沿斜边向外翻折，得到正方形MNPQ，连结MF并延长交NP于点O，设正方形EFGH的面积为S1，正方形MNPQ的面积为S2，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．2
10．如图，在正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．现有下列结论：①∠BHG＝∠BHC；②∠GBH＝∠BCM；③；④若AG＝1，GD＝2，则，其中正确的是（ ）
A．②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④
答案与解析
押题方向1：函数的图象与反比例函数
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年绍兴卷第9题、温州卷、舟山、嘉兴卷第10题 函数的图象 从近及年浙江各地中考来看，函数的图象及反比例函数主要以考查函数的图象信息、反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数与一次函数的交点问题及反比例函数的应用，试题以选择题形式呈现，难度中上；预计2024年浙江卷对函数的图象及反比例函数也会是重点考查内容。
2023年舟山、嘉兴卷第8题 反比例函数图象上点的坐标特征
2023年宁波卷第7题、金华卷第9题、湖州卷第10题 反比例函数与一次函数的交点问题
2023年丽水卷第8题 反比例函数的应用
1．（2023 绍兴）已知点M（﹣4，a﹣2），N（﹣2，a），P（2，a）在同一个函数图象上，则这个函数图象可能是（ ）
A．B． C． D．
【答案】B
【点拨】由点N（﹣2，a），P（2，a）关于y轴对称，可排除选项A、C，再根据M（﹣4，a﹣2），N（﹣2，a），可知在y轴的左侧，y随x的增大而增大，从而排除选项D．
【解析】解：由N（﹣2，a），P（2，a）在同一个函数图象上，可知图象关于y轴对称，故选项A、C不符合题意；
由M（﹣4，a﹣2），N（﹣2，a），可知在y轴的左侧，y随x的增大而增大，故选项B符合题意；
故选：B．
【点睛】此题考查了函数的图象．注意掌握排除法在选择题中的应用是解此题的关键．
2．（2023 浙江）如图是底部放有一个实心铁球的长方体水槽轴截面示意图，现向水槽匀速注水，下列图象中能大致反映水槽中水的深度（y）与注水时间（x）关系的是（ ）
A．B． C． D．
【答案】D
【点拨】根据题意可分两段进行分析：当水的深度未超过球顶时；当水的深度超过球顶时．分别分析出水槽中装水部分的宽度变化情况，进而判断出水的深度变化快慢，以此得出答案．
【解析】解：当水的深度未超过球顶时，
水槽中能装水的部分的宽度由下到上由宽逐渐变窄，再变宽，
所以在匀速注水过程中，水的深度变化先从上升较慢变为较快，再变为较慢；
当水的深度超过球顶时，
水槽中能装水的部分宽度不再变化，
所以在匀速注水过程中，水的深度的上升速度不会发生变化．
综上，水的深度先上升较慢，再变快，然后变慢，最后匀速上升．
故选：D．
【点睛】本题主要考查函数的图象，利用分类讨论思想，根据不同时间段能装水部分的宽度的变化情况分析水的深度变化情况是解题关键．
3．（2023 温州）【素材1】某景区游览路线及方向如图1所示，①④⑥各路段路程相等，⑤⑦⑧各路段路程相等，②③两路段路程相等．
【素材2】设游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留20分钟，小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时3小时25分钟；小州游路线①②⑧，他离入口的路程s与时间t的关系（部分数据）如图2所示，在2100米处，他到出口还要走10分钟．
【问题】路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为（ ）
A．4200米 B．4800米 C．5200米 D．5400米
【答案】B
【点拨】设①④⑥各路段路程为x米，⑤⑦⑧各路段路程为y米，②③各路段路程为z米，由题意及图象可知，然后根据“游玩行走速度恒定，经过每个景点都停留20分钟，小温游路线①④⑤⑥⑦⑧用时3小时25分钟”可进行求解．
【解析】解：由图象可知：小州游玩行走的时间为75+10﹣40＝45（分钟），
小温游玩行走的时间为205﹣100＝105（分钟），
设①④⑥各路段路程为x米，⑤⑦⑧各路段路程为y米，②③各路段路程为z米
由图象可得：，
解得：x+y+z＝2700，
∴游玩行走的速度为：（2700﹣2100）÷10＝60 （米/分），
由于游玩行走速度恒定，则小温游路线①④⑤⑥⑦⑧的路程为：3x+3y＝105×60＝6300，
∴x+y＝2100，
∴路线①③⑥⑦⑧各路段路程之和为：2x+2y+z＝x+y+z+x+y＝2700+2100＝4800（米）．
故选：B．
【点睛】本题主要考查三元一次方程组的应用及函数图象，解题的关键是理解题中所给信息，找到它们之间的等量关系．
4．（2023 浙江）已知点A（﹣2，y1），B（﹣1，y2），C（1，y3）均在反比例函数y＝的图象上，则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y3＜y1＜y2 D．y3＜y2＜y1
【答案】B
【点拨】根据反比例函数的性质，可以判断出y1，y2，y3的大小关系．
【解析】解：∵反比例函数y＝，
∴该函数的图象位于第一、三象限，在每个象限内y随x的增大而减小，
∵点A（﹣2，y1），B（﹣1，y2），C（1，y3）均在反比例函数y＝的图象上，
∴y2＜y1＜y3，
故选：B．
【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用反比例函数的性质解答．
5．（2023 金华）如图，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数的图象交于点A（2，3），B（m，﹣2），则不等式ax+b的解是（ ）
A．﹣3＜x＜0或x＞2 B．x＜﹣3或0＜x＜2 C．﹣2＜x＜0或x＞2 D．﹣3＜x＜0或x＞3
【答案】A
【点拨】依据题意，首先求出B点的横坐标，再直观得出一次函数值大于反比例函数值时自变量的取值范围，即为不等式的解集．
【解析】解：∵A（2，3）在反比例函数上，
∴k＝6．
又B（m，﹣2）在反比例函数上，
∴m＝﹣3．
∴B（﹣3，﹣2）．
结合图象，
∴当ax+b＞时，﹣3＜x＜0或x＞2．
故选：A．
【点睛】本题主要考查反比例函数、一次函数的图象和性质，通过图象直接得出一次函数的值大于反比例函数值时自变量x的取值范围．
6．（2023 湖州）已知在平面直角坐标系中，正比例函数y＝k1x（k1＞0）的图象与反比例函数（k2＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为1，点A（t，p）和点B（t+2，q）在函数y＝k1x的图象上（t≠0且t≠﹣2），点C（t，m）和点D（t+2，n）在函数的图象上．当p﹣m与q﹣n的积为负数时，t的取值范围是（ ）
A．或 B．或
C．﹣3＜t＜﹣2或﹣1＜t＜0 D．﹣3＜t＜﹣2或0＜t＜1
【答案】D
【点拨】将交点的横坐标1代入两个函数，令二者函数值相等，得k1＝k2．令k1＝k2＝k，代入两个函数表达式，并分别将点A、B的坐标和点C、D的坐标代入对应函数，进而分别求出p﹣m与q﹣n的表达式，代入解不等式（p﹣m）（q﹣n）＜0并求出t的取值范围即可．
【解析】解：∵y＝k1x（k1＞0）的图象与反比例函数（k2＞0）的图象的两个交点中，有一个交点的横坐标为1，
∴k1＝k2．
令k1＝k2＝k（k＞0），则y＝k1x＝kx，＝．
将点A（t，p）和点B（t+2，q）代入y＝kx，得；
将点C（t，m）和点D（t+2，n）代入y＝，得．
∴p﹣m＝kt﹣＝k（t﹣），q﹣n＝k（t+2）﹣＝k（t+2﹣），
∴（p﹣m）（q﹣n）＝k2（t﹣）（t+2﹣）＜0，
∴（t﹣）（t+2﹣）＜0．
∵（t﹣）（t+2﹣）＝ ＝＜0，
∴＜0，
∴t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0．
①当t＜﹣3时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，
∴t＜﹣3不符合要求，应舍去．
②当﹣3＜t＜﹣2时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0，
∴﹣3＜t＜﹣2符合要求．
③当﹣2＜t＜0时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，
∴﹣2＜t＜0不符合要求，应舍去．
④当0＜t＜1时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＜0，
∴0＜t＜1符合要求．
⑤当t＞1时，t（t﹣1）（t+2）（t+3）＞0，
∴t＞1不符合要求，应舍去．
综上，t的取值范围是﹣3＜t＜﹣2或0＜t＜1．
故选：D．
【点睛】本题考查反比例函数与一次函数的交点，解不等式是本题的关键．
7．（2023 宁波）如图，一次函数y1＝k1x+b（k1＞0）的图象与反比例函数y2＝（k2＞0）的图象相交于A，B两点，点A的横坐标为1，点B的横坐标为﹣2，当y1＜y2时，x的取值范围是（ ）
A．x＜﹣2或x＞1 B．x＜﹣2或0＜x＜1 C．﹣2＜x＜0或x＞1 D．﹣2＜x＜0或0＜x＜1
【答案】B
【点拨】根据图象即可．
【解析】解：由图象可知，当y1＜y2时，x的取值范围是x＜﹣2或0＜x＜1，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，不等式的解集就是其所对应的函数图象上满足条件的所有点的横坐标的集合．
8．（2023 丽水）如果100N的压力F作用于物体上，产生的压强p要大于1000Pa，则下列关于物体受力面积S（m2）的说法正确的是（ ）
A．S小于0.1m2 B．S大于0.1m2 C．S小于10m2 D．S大于10m2
【答案】A
【点拨】根据已知条件利用压强公式推导即可得到答案．
【解析】解：∵，F＝100，
∴，
∵产生的压强p要大于1000Pa，
∴，
∴S＜0.1，
故选：A．
【点睛】本题考查了反比例的应用等知识点，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
1．函数图象信息问题关键是读懂、理解题中所给信息，找到变量之间关系．理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，能够通过图象得到函数是随自变量的增大，知道函数值是增大还是减小．
2．反比例函数与一次函数的交点问题
(1)求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，若方程组有解则两者有交点方程组无解，则两者无交点.
(2)相关不等式的解集就是其所对应的函数图象上满足条件的所有点的横坐标的集合（看图说话）．
1．匀速地向如图所示的一个空容器里注水，最后把容器注满，在这个注水过程中，水面高度h与注水时间t之间函数关系的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【点拨】根据图形的体积变化规律，可知其高度的变化．
【解析】解：从下往上，容器的横截面积由大到小，故水面高度h与注水时间t之间的增加而增大，且增加的速度越来越快，
那么符合题意选项的是C选项．
故选：C．
【点睛】本题考查函数的图象，能根据瓶子的形状判断出水面上升的高度与注水时间的关系是解题的关键．
2．用弹簧秤将一长方体铁块悬于没有盛水的水槽中，再向水槽匀速注入水，直至铁块完全浸没在水中（如图），则能反映弹簧秤的读数y（单位：N）与水面高度x（单位：cm）之间的函数关系的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【点拨】开始一段的铁块在空气中的重量保持不变，当铁块进入水中的过程中，重量逐渐减小，直到全部进入水中，重量保持不变．
【解析】解：根据铁块的一点过程可知，弹簧秤示数由保持不变﹣逐渐减小﹣保持不变．
故选：A．
【点睛】本题考查了函数的概念及其图象．关键是根据物体的重量变化情况得出函数的图象．
3．如图，在大烧杯中放了一个小烧杯，现向小烧杯中匀速注水，小烧杯满了后继续匀速注水，则大烧杯的液面高度h（cm）与时间注水时间t（s）的大致图象是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【点拨】根据题意判断出大烧杯的液面高度h（cm）随时间t（s）的变化情况即可．
【解析】解：开始时向小烧杯中匀速注水，大烧杯的液面高度h（cm）为零，即h不会随时间t的增加而增大，故选项A、B、C不合题意；
当小烧杯满了后继续匀速注水，大烧杯的液面高度h（cm）随时间t的增加而增大，当小烧杯注满水后大烧杯的液面高度升高速度应该是由快到慢，故选项D符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了函数的图象．正确理解函数图象横纵坐标表示的意义，理解问题的过程，能够通过图象得到函数是随自变量的增大，知道函数值是增大还是减小．
4．如图所示，小亮设计了一个探究杠杆平衡条件的实验：在一根匀质的木杆中点O左侧固定位置B处悬挂重物A，右侧用一个弹簧测力计向下拉，改变弹簧测力计与支点O的距离x（cm），观察弹簧测力计的示数y（N）的变化情况．实验数据记录如下表：
x（cm） …… 10 15 20 25 30 ……
y（N） …… 45 30 22.5 18 15 ……
下列说法不正确的是（ ）
A．弹簧测力计的示数y（N）与支点O的距离x（cm）之间关系的图象如图
B．y与x的函数关系式为
C．当弹簧测力计的示数为12.5N时，弹簧测力计与O点的距离是37.5
D．随着弹簧测力计与O点的距离不断增大，弹簧测力计上的示数不断减小
【答案】C
【点拨】仔细观察表格，在坐标系中分别描出各点，并平滑曲线连接这些点，即可画出函数图象；观察所画图形，回想常见几种函数的图象特征，即可判断出函数类型，利用待定系数法求出函数关系式；把y＝12.5N代入上面所得关系式求解，并根据函数的性质判断弹簧秤与O点的距离不断增大时的弹簧测力计示数变化情况．
【解析】解：由图象猜测y与x之间的函数关系为反比例函数．
所以设y＝（k≠0），
把x＝10，y＝45代入求得k＝450，
∴y＝，
将其余各点代入验证均适合，
∴y与x的函数关系式为y＝（x＞0），
把y＝12.5代入y＝，得x＝36，
∴当弹簧测力计的示数为12.5N时，弹簧测力计与O点的距离是36cm，
随着弹簧测力计与O点的距离不断增大，弹簧测力计上的示数不断减小．
故选：C．
【点睛】此题考查的是反比例函数的应用，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式．
5．在平面直角坐标系中，P是双曲线上的一点，点P绕着原点O顺时针旋转90°的对应点P1（m，n）落在直线y＝﹣2x+1上，则代数式的值是（ ）
A． B． C．﹣8 D．
【答案】A
【点拨】过点P作PQ⊥y轴于点Q，过点P1作P1Q1⊥y轴于点Q1，由题意可得出OQ1＝n，P1Q1＝﹣m，2m+n＝1．易证△PQO≌△P1Q1O（AAS），即得出PQ＝OQ1＝n，PQ＝P1Q1＝﹣m，即可求出P（﹣n，m），进而得出，最后将所求式子通分变形为，再整体代入求值即可．
【解析】解：如图，过点P作PQ⊥y轴于点Q，过点P1作P1Q1⊥y轴于点Q1，
∵P1（m，n），且在直线y＝﹣2x+1上，
∴OQ1＝n，P1Q1＝﹣m，n＝﹣2m+1，
∴2m+n＝1．
由旋转的性质可知∠POP1＝90°，PO＝P1O，
∴∠POQ+∠P1OQ1＝90°．
又∵∠POQ+∠OPQ＝90°，
∴∠OPQ＝∠P1OQ1．
∵∠PQO＝∠P1Q1O＝90°，
∴△PQO≌△P1Q1O（AAS），
∴PQ＝OQ1＝n，PQ＝P1Q1＝﹣m，
∴P（﹣n，m）．
∵P是双曲线上的一点，
∴，即．
∴．
故选：A．
【点睛】本题为一次函数与反比例函数的综合题，考查函数图象上的点的坐标特征，三角形全等的判定和性质，旋转的性质，坐标与图形，代数式求值．画出大致图象并正确作出辅助线构造全等三角形是解题关键．
6．如图，一次函数y1＝x+b与函数y2＝（k≠0）的图象相交于点M（1，2），N（﹣2，n）．下列说法错误的是（ ）
A．两图象的交点N的坐标为（﹣2，﹣1）
B．一次函数y1与反比例函数y2都随x的增大而增大
C．若y1＞y2，则x的取值范围是﹣2＜x＜0或x＞1
D．连接OM、ON，则△MON的面积是
【答案】B
【点拨】（1）根据一次函数解析式求出D点坐标，解Rt△COD，得出OC＝4，C（﹣4，0），将C点坐标代入y＝kx﹣2，求出一次函数的解析式；再求出点B的坐标，然后将B点坐标代入y＝，求出反比例函数解析式；
（2）先联立直线与双曲线的解析式，求出A点坐标，再根据S△AOB＝S△AOD+S△BOD即可求解；
（3）观察图象可得不等式的解集．
【解析】解：∵函数y＝过M点，把M点坐标代入得：k＝2，
∴y＝，
把N点坐标代入y＝得：n＝＝﹣1，
∴N（﹣2，﹣1），
故A正确；
反比例函数y2＝y随x的增大而减小，故B错误；
若y1＞y2，则x的取值范围是﹣2＜x＜0或x＞1，故C正确；
∵p点坐标（0，1），
∴△MON的面积＝S△MOP+S△NOP
＝＝，故D正确．
故选：B．
【点睛】此题考查一次函数与反比例函数的交点问题，锐角三角函数的定义，待定系数法求函数解析式，函数图象上点的坐标特征，三角形面积的计算，注意数形结合思想的运用．
7．如图，已知反比例函数y1＝（k1＞0）的图象与一次函数y2＝k2x（k2＞0）的图象在第一象限内交于点A，且点A的横坐标为2，当y1＜y2时，自变量x的取值范围是（ ）
A．x＞2 B．x＜2 C．x＜﹣2或0＜x＜2 D．﹣2＜x＜0或x＞2
【答案】D
【点拨】本题需先根据交点A的坐标，再根据图象在上方的对应的函数值大即可求出x的取值范围．
【解析】解：因为A的横坐标为2，
所以另一个交点的横坐标为﹣2，
从观察图象知，
当y1＜y2时，x＞2或﹣2＜x＜0．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了反比例函数和一次函数的交点问题，在解题时要根据函数图象解决问题，需从交点看起：图象在上方的对应的函数值大，反之就小．
8．定义：在平面直角坐标系xOy中，若经过x轴上一点P的直线l与双曲线m相交于M，N两点（点M在点N的左侧），则把的值称为直线l和双曲线m的“适配比”．已知经过点P（﹣3，0）的直线y＝x+b与双曲线的“适配比”不大于2，则k的取值范围为（ ）
A．﹣2≤k＜﹣1 B． C． D．
【答案】B
【点拨】先求出直线解析式，与反比例函数解析式联立方程组确定M、N的横坐标，利用平行线得到PD、PE的代数式，根据条件进行判断即可．
【解析】解：∵P（﹣3，0）在y＝x+b图象上，
∴b＝3，
∴y＝x+3，
令x+3＝，
∴x2+3x﹣k＝0，
∴Δ＝32﹣4×1×（﹣k）＝9+4k，
∵y＝x+3与y＝有两个交点，
∴9+4k＞0，
∴k，
∵x2+3x﹣k＝0，
∴x＝，
∴点M的横坐标为，N点的横坐标为，
作ME⊥x于点E，作ND⊥x轴于点D，则ME∥ND，
∴，
∵P（﹣3，0），
∴PD＝，PE＝，
∵，
∴PD≤2PE，
∴，
∴≤1，
∵9+4k＞0，
∴9+4k≤1，
∴k≤﹣2．
∴﹣，
故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，熟练掌握一元二次方程的判别式是解答本题的关键．
9．如图，直线y＝﹣2x与双曲线交于点P和点Q，点M在x轴上，且MP⊥MQ，若△PMQ的面积为，则k的值为（ ）
A． B． C．﹣8 D．﹣4
【答案】C
【点拨】设P（x，﹣2x），根据题意可得OM＝OP＝OQ＝﹣x，利用三角形POM的面积建立关于x的方程，求出点P坐标即可得到k值．
【解析】解：设P（x，﹣2x），则OP＝＝﹣x，
∵点M为x轴上一点，∠PMQ＝90°，
∴OM＝OP＝OQ＝﹣x，
∴S△POM＝S△PMQ＝＝4，
∵，
∴，
解得x＝﹣2或+2（舍去），
∴P（﹣2，4）．
∵P点在反比例函数图象上，
∴k＝﹣8．
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，熟练掌握直角三角形斜边中线的性质是解答本题的关键．
10．如图，Rt△AOB的直角顶点在坐标原点O上，点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，点B在反比例函数（x＜0）的图象上，则tan∠A的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【点拨】过点B作BC⊥x轴于点C，过点A作AD⊥x轴于点D，利用反比例函数系数k的几何意义得到S△BCO＝×1＝，S△AOD＝＝2，证明△BCO∽△ODA，利用相似三角形的判定与性质得出＝（）2＝，从而得出tan∠A＝＝．
【解析】解：过点B作BC⊥x轴于点C，过点A作AD⊥x轴于点D，如图．
∵点A在反比例函数y＝（x＞0）的图象上，点B在反比例函数（x＜0）的图象上，
∴S△BCO＝×1＝，S△AOD＝＝2，
∵∠BOA＝90°，
∴∠BOC+∠AOD＝90°，
∵∠AOD+∠OAD＝90°，
∴∠BOC＝∠OAD，
又∵∠BCO＝∠ADO＝90°，
∴△BCO∽△ODA，
∴＝（）2，
∴＝（）2，即＝（）2，
∴tan∠A＝＝，
故选：B．
【点睛】此题考查了反比例函数系数k的几何意义，相似三角形的判定与性质以及反比例函数图象上点的坐标特征．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
押题方向2：二次函数图象与性质
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年衢州卷第10题 二次函数图象上点的坐标特征 从近几年浙江各地中考来看，考查二次函数图象与性质以待定系数法求解析式、系数与二次函数图象的关系、二次函数的增减性和最值、函数平移为主，试题以选择题形式呈现，整体难度为中上；预计2024年浙江卷还将继续重视二次函数的图象与性质的综合考查。
2023年台州卷第10题 二次函数的图象与性质
2023年杭州卷第8题 二次函数的最值
2023年宁波卷第9题 抛物线与x轴的交点
2023年丽水卷第9题 二次函数的应用
1．（2023 丽水）一个球从地面竖直向上弹起时的速度为10米/秒，经过t（秒）时球距离地面的高度h（米）适用公式h＝10t﹣5t2，那么球弹起后又回到地面所花的时间t（秒）是（ ）
A．5 B．10 C．1 D．2
【点拨】根据二次函数的性质即可得到结论．
【解析】解：令h＝0，得：10t﹣5t2＝0，
解得：t＝2或t＝0（不合题意舍去），
∴那么球弹起后又回到地面所花的时间是2秒；
故选：D．
【点睛】本题主要考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
2．（2023 衢州）已知二次函数y＝ax2﹣4ax（a是常数，a＜0）的图象上有A（m，y1）和B（2m，y2）两点．若点A，B都在直线y＝﹣3a的上方，且y1＞y2，则m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．m＞2
【答案】C
【点拨】根据已知条件列不等式即可得到结论．
【解析】解：∵a＜0，
∴y＝﹣3a＞0，
∵A（m，y1）和B（2m，y2）两点都在直线y＝﹣3a的上方，且y1＞y2，
∴4am2﹣8am＞﹣3a，
∴4m2﹣8m+3＜0，
∴＜m＜①，
∵二次函数y＝ax2﹣4ax（a是常数，a＜0）的图象上有A（m，y1）和B（2m，y2）两点．
∴am2﹣4am＞4am2﹣8am，
∴3am2＜4am，
∵a＜0，m＞0，
∴am＜0，
∴m＞②，
由①②得＜m＜．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象上点的坐标特征，正确地列出不等式是解题的关键．
3．（2023 杭州）设二次函数y＝a（x﹣m）（x﹣m﹣k）（a＞0，m，k是实数），则（ ）
A．当k＝2时，函数y的最小值为﹣a B．当k＝2时，函数y的最小值为﹣2a
C．当k＝4时，函数y的最小值为﹣a D．当k＝4时，函数y的最小值为﹣2a
【答案】A
【点拨】令y＝0，求出二次函数与x轴的交点坐标，继而求出二次函数的对称轴，再代入二次函数解析式即可求出顶点的纵坐标，最后代入k的值进行判断即可．
【解析】解：令y＝0，则（x﹣m）（x﹣m﹣k）＝0，
∴x1＝m，x2＝m+k，
∴二次函数y＝a（x﹣m）（x﹣m﹣k）与x轴的交点坐标是（m，0），（m+k，0），
∴二次函数的对称轴是：直线，
∵a＞0，
∴y有最小值，
当时，y最小，
即，
当k＝2时，函数y的最小值为；
当k＝4时，函数y的最小值为，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的最值问题，熟练掌握求二次函数的顶点坐标是解题的关键．
4．（2023 宁波）已知二次函数y＝ax2﹣（3a+1）x+3（a≠0），下列说法正确的是（ ）
A．点（1，2）在该函数的图象上
B．当a＝1且﹣1≤x≤3时，0≤y≤8
C．该函数的图象与x轴一定有交点
D．当a＞0时，该函数图象的对称轴一定在直线x＝的左侧
【答案】C
【点拨】将点（1，2）代入抛物线的解析式即可对选项A进行判断；将a＝1代入抛物线的解析式求出顶点坐标为（2，﹣1），据此可对选项B进行判断；令y＝0，则ax2﹣（3a+1）x+3＝0，然后判断该方程判别式的符号即可对选项C进行判断；求出抛物线的解析式为：，然后根据a＞0得，据此可对选项C进行判断．
【解析】解：①对于y＝ax2﹣（3a+1）x+3，当x＝1时，y＝a×12﹣（3a+1）×1+3＝2﹣2a
∵a≠0，
∴y＝2﹣2a≠2，
∴点A（1，2）不在该函数的图象上，
故选项A不正确；
②当a＝1时，抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线的顶点坐标为（2，﹣1），
即当x＝2时，y＝﹣1＜0，
故得选项B不正确；
③令y＝0，则ax2﹣（3a+1）x+3＝0，
∵Δ＝[﹣（3a+1）]2﹣4a×3＝（3a﹣1）2≥0，
∴该函数的图象与x轴一定有交点，
故选项C正确；
④∵该抛物线的对称轴为直线：，
又∵a＞0，
∴，
∴该抛物线的对称轴一定在直线的右侧，
故选项D不正确．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了二次函数的图象和性质，解答此题的关键是熟练掌握求二次函数的顶点、对称轴以及判定与x轴有无交点的方法．
5．（2023 台州）抛物线y＝ax2﹣a（a≠0）与直线y＝kx交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，若x1+x2＜0，则直线y＝ax+k一定经过（ ）
A．第一、二象限 B．第二、三象限 C．第三、四象限 D．第一、四象限
【答案】D
【点拨】根据已知条件可得出ax2﹣kx﹣a＝0，再利用根与系数的关系，分情况讨论即可．
【解析】解：∵抛物线y＝ax2﹣a（a≠0）与直线y＝kx交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，
∴kx＝ax2﹣a，
∴ax2﹣kx﹣a＝0，
∴，
∴，
当a＞0，k＜0时，直线y＝ax+k经过第一、三、四象限，
当a＜0，k＞0时，直线y＝ax+k经过第一、二、四象限，
综上，直线y＝ax+k一定经过一、四象限．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数与系数的关系，解题的关键是熟练掌握根与系数的关系．
1.二次函数的图象与性质：已知二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）
对称轴：直线x= –；顶点坐标：（–，）；
当a>0时：当x<–时，y随x的增大而减小；当x>–时，y随x的增大而增大；y最小值=。
当a<0时：当x<–时，y随x的增大而增大；当x>–时，y随x的增大而减小；y最大值=。
2.对称轴可确定b的符号（需结合a的符号）：
对称轴在x轴负半轴，则ab＞0；对称轴在x轴正半轴，则ab＜0（即：左同右异）
3.与y轴交点可确定c的符号：交于y轴负半轴，则c＜0；交于y轴正半轴，则c＞0
4.特殊函数值符号（以x=1的函数值为例）：若当x=1时，若对应的函数值y在x轴的上方，则a+b+c＞0；若对应的函数值y在x轴上方，则a+b+c=0；若对应的函数值y在x轴的下方，则a+b+c＜0；
1．设二次函数y＝x2﹣mx﹣3m（m为实数）的图象过点（1，y1），（2，y2），（3，y3），（4，y4），设y1﹣y3＝a，y2﹣y4＝b，下列结论正确的是（ ）
A．若ab＜0，且a+b＜0，则m＞4 B．若ab＜0，且a+b＞0，则5＜m＜7
C．若ab＞0，且a+b＜0，则m＞5 D．若ab＞0，且a+b＞0，则m＞6
【答案】D
【点拨】用k表示a、b，再根据条件求k的范围即可得出答案．
【解析】解：∵二次函数y＝x2﹣mx﹣3m（m为实数）的图象过点（1，y1），（2，y2），（3，y3），（4，y4），
∴代入变形可得：y1＝﹣4m+1，y2＝﹣5m+4，y3＝﹣6m+9，y4＝﹣7m+16，
∵y1﹣y3＝a，y2﹣y4＝b，
∴a＝2m﹣8，b＝2m﹣12，
A、若ab＜0，且a+b＜0，则（2m﹣8）（2m﹣12）＜0①，且（2m﹣8）+（2m﹣12）＜0②，
由①得4＜m＜6，由②得m＜5，
∴4＜m＜5，
故A不符合题意；
B、若ab＜0，且a+b＞0，则（2m﹣8）（2m﹣12）＜0③，且（2m﹣8）+（2m﹣12）＞0④，
由③得4＜m＜6，由④得m＞5，
∴5＜m＜6，
故B不符合题意；
C、若ab＞0，且a+b＜0，则（2m﹣8）（2m﹣12）＞0⑤，且（2m﹣8）+（2m﹣12）＜0⑥，
由⑤得m＜4或m＞6，由⑥得m＜5，
∴m＜4，
故C不符合题意；
D、若ab＞0，且a+b＞0，则（2m﹣8）（2m﹣12）＞0⑦，且（2m﹣8）+（2m﹣12）＞0⑧，
由⑦得m＜4或m＞6，由⑧得m＞5，
∴m＞6，
故D符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数图象上的点坐标，解题的关键是用m的代数式表示a、b．
2．在平面直角坐标系中，M（x1，y1）、N（x1，y2）为抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）上任意两点，其中x1＜x2.设抛物线的对称轴为x＝t，若对于x1+x2＞4，都有y1＜y2，则t的取值范围是（ ）
A．t＜1 B．t≤1 C．t＜2 D．t≤2
【答案】D
【点拨】由题意点（x1，0），（x2，0）连线的中垂线与x轴的交点的坐标大于2，利用二次函数的性质判断即可．
【解析】解：①当x1≥t时，恒成立．
②当x1＜x2≤t时，恒不成立．
③当x1＜t，x2＞t时，
∵抛物线的对称轴为直线x＝t，若对于x1+x2＞4，都有y1＜y2，
当x1+x2＝4，且y1＝y2时，对称轴为直线x＝2，
∴满足条件的值为：t≤2．
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的性质，二次函数的对称性等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
3．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）经过点M（﹣1，2）和点N（1，﹣2），交x轴于A，B两点，交y轴于C．则：①b＝﹣2； ②该二次函数图象与y轴交于负半轴； ③存在这样一个a，使得M、A、C三点在同一条直线上； ④若a＝1，则OA OB＝OC2．以上说法正确的有（ ）
A．①②③④ B．②③④ C．①②④ D．①②③
【答案】C
【点拨】①根据二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）经过点M（﹣1，2）和点N（1，﹣2），代入可得a、b、c的关系，然后通过变形可以得到b的值，即可判断①是否正确；
②根据二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）经过点M（﹣1，2）和点N（1，﹣2），代入可得a、b、c的关系，通过变形可以得到a、c的关系，由a＞0，即可判断c的正负，从而可以判断②是否正确；
③求出过点M、C的直线解析式，然后令y＝0，求出相应的x的值，然后将x的值代入二次函数的解析式，看是否有a的值使得二次函数的值等于0，注意a的值必须大于0，从而可以判断③是否正确；
④根据a的值可以得到二次函数的解析式，从而可以推出结论是否正确．
【解析】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c（a＞0）经过点M（﹣1，2）和点N（1，﹣2），
∴
②﹣①，得2b＝﹣4，
解得b＝﹣2，故①b＝﹣2正确；
②+①，得2（a+c）＝0，
∴a+c＝0，
∵a＞0，
∴c＝﹣a＜0，故②正确；
设过点M（﹣1，2），点C（0，c）的直线的解析式为y＝kx+m
∴，
解得，
∴y＝（c﹣2）x+c，
∵c＝﹣a，
∴y＝（﹣a﹣2）x﹣a，
当y＝0时，x＝，
将x＝代入y＝ax2﹣2x﹣a，得y＝，
令＝0，得a＝0，
∵a＞0，∴a＝0不符题意，故③错误；
当a＝1时，二次函数的解析式为：y＝x2﹣2x﹣1，
∴当y＝0时，设x2﹣2x﹣1＝0的两根为x1，x2，
∴，
∴OA OB＝|x1| |x2|＝|﹣1|＝1＝（﹣1）2＝OC2，故④正确；
故选：C．
【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想，找出所求结论需要的条件，可以判断所求结论是否正确．
4．已知二次函数y＝﹣x2﹣2x+3，当时，函数值y的最小值为1，则a的值为（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】A
【点拨】根据二次函数的解析式求出顶点坐标，再根据二次函数的性质求出a的值即可．
【解析】解：∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴二次函数的顶点坐标为（﹣1，4），且二次函数的图象开口向下，
∵当x＝时，y＝＞1，
∴a＜﹣1，
当y＝1时，﹣a2﹣2a+3＝1，
解得a＝﹣1﹣或﹣1（舍去），
故选：A．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
5．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴是直线x＝1，下列结论：①abc＜0；②方程：ax2+bx+c＝0（a≠0）必有一个根大于2且小于3；③若是抛物线上的两点，那么y1＜y2；④11a+2c＞0；⑤对于任意实数m，都有m（am+b）≥a+b，其中正确结论的是（ ）
A．②④ B．①②④ C．②④⑤ D．②③④
【答案】C
【点拨】根据函数图象分别判断a、b、c的正负，求出abc的正负，可以判断①；将方程转化为函数与x轴的交点，利用已知交点和对称轴找出另一交点的范围，可以判断②；根据二次函数图象的性质：当图象开口向上，离对称轴越近的点y值越小，可以判断③；用a来表示改变函数解析式，根据图象，令x＝﹣1，得到3a+c＞0，即6a+2c＞0，因为a＞0，所以得出11a+2c＞0，可以判断④；化简不等式，用a表示b，根据a＞0及不等式的性质得到只含有m的不等式，解不等式即可判断⑤．
【解析】解：根据图象可知：a＞0，c＜0，
∵对称轴是直线x＝1，
∴﹣＝1，即b＝﹣2a．
∴b＜0，
∴abc＞0．
故①错误．
方程ax2+bx+c＝0，即为二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴的交点，
根据图象已知一个交点﹣1＜x1＜0，关于x＝1对称，
∴另一个交点2＜x2＜3．
故②正确．
∵对称轴是直线x＝1，
∴点（，y2）离对称轴更近，
∴y1＞y2，
故③错误．
∵﹣＝1，
∴b＝﹣2a，
∴y＝ax2﹣2ax+c，
根据图象，令x＝﹣1，
y＝a+2a+c＝3a+c＞0，
∴6a+2c＞0，
∵a＞0，
∴11a+2c＞0，
故④正确．
m（am+b）＝am2+bm＝am2﹣2am≥a﹣2a，
am2﹣2am≥﹣a，
即证：m2﹣2m+1≥0，
m2﹣2m+1＝（m﹣1）2，
∴m为任意实数，m2﹣2m+1≥0恒成立．
故⑤正确．
综上②④⑤正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查二次函数图象与系数的关系，根的判别式，根与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，抛物线与x轴的交点，利用图象求出a、b、c的范围以及用特殊值法代入解析式中得到特殊的式子是解决问题关键．
6．已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0），当y≥t时，x≤﹣m﹣2或x≥﹣m+4．若A（﹣m﹣3，p），B（2m，q）是抛物线y＝ax2+bx+c上的两点，且p＞q，则m的取值范围为（ ）
A． B．m＜﹣1或
C． D．或m＞1
【答案】A
【点拨】依据题意，由y≥t时，x≤﹣m﹣2或x≥﹣m+4，从而可得抛物线开口向上，且对称轴是直线x＝﹣m+1，故当抛物线上的点离对称轴越近函数值就越小，再结合A（﹣m﹣3，p），B（2m，q）是抛物线y＝ax2+bx+c上的两点，且p＞q，可得﹣m+1﹣（﹣m﹣3）＞|﹣m+1﹣2m|，最后计算可以得解．
【解析】解：由题意，∵当y≥t时，x≤﹣m﹣2或x≥﹣m+4，
∴抛物线开口向上，且对称轴是直线x＝＝﹣m+1．
∴当抛物线上的点离对称轴越近函数值就越小．
∵﹣m﹣3＜﹣m+1，
又A（﹣m﹣3，p），B（2m，q）是抛物线y＝ax2+bx+c上的两点，且p＞q，
∴﹣m+1﹣（﹣m﹣3）＞|﹣m+1﹣2m|．
∴|3m﹣1|＜4．
∴﹣4＜3m﹣1＜4．
∴﹣1＜m＜．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
7．已知二次函数y＝x2﹣2x+2，当0≤x≤t时，函数最大值为M，最小值为N．若M＝5N，则t的值为（ ）
A．0.5 B．1.5 C．3 D．4
【答案】C
【点拨】依据题意得，二次函数y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1，从而当x＝1时，y取最小值为1；当x＜1时，y随x的增大而减小；当x＞1时，y随x的增大而增大，然后再根据0＜t≤2和t＞2进行分析计算可以得解．
【解析】解：由题意得，二次函数y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1．
∴当x＝1时，y取最小值为1；当x＜1时，y随x的增大而减小；当x＞1时，y随x的增大而增大．
又当x＝0时，y＝2；当x＝t时，y＝t2﹣2t+2；当x＝2时，y＝2，
∴可分以下情形分析．
∵0≤x≤t，
∴①当0＜t≤2时，
M＝2，N＝1，此时不满足M＝5N，不符合题意．
②当t＞2时，
M＝t2﹣2t+2，N＝1．
又M＝5N，
∴t2﹣2t+2＝5．
∴t＝3或t＝﹣1（舍去）．
综上，t＝3．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
8．设二次函数y＝ax2+c（a，c为实数，a≠0）的图象过点（﹣3，y1），（﹣1，y2），（2，y3），（4，y4），（ ）
A．若y1y4＞0，y2+y3＞0，则a＞0
B．若y1y4＞0，y2+y3＜0，则a＞0
C．若y1y4＜0，y2+y3＞0，则a＜0
D．若y1y4＜0，y2+y3＜0，则a＜0
【答案】C
【点拨】将三个点的坐标代入解析式，根据每个选项解不等式即可解答．
【解析】解：由题意知：
A．y1＝9a+c，y2＝a+c，y3＝4a+c，y4＝16a+c，
若 y1y4＞0，则 （9a+c）（16a+c）＞0，即 ，
∴a＞0或 ，故选项A错误；
B．若 y1y4＞0，则 ，
∴，故选项B错误；
C．若 y2+y3＞0，则a+c+4a+c＞0，即 5a+2c＞0，
∴，故选项C正确；
D．若 y1y4＜0，则（a+）（a+）＜0，
∴﹣，故选项D错误；
故选：C．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，单项式乘多项式，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
9．对于二次函数y＝ax2+bx+c，规定函数y＝是它的相关函数．已知点M，N的坐标分别为（﹣，1），（，1），连接MN，若线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象有两个公共点，则n的取值范围为（ ）
A．﹣3＜n≤﹣1或 B．﹣3＜n＜﹣1或
C．n≤﹣1或 D．﹣3＜n＜﹣1或n≥1
【答案】A
【点拨】首先确定出二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值，然后结合函数图象可确定出n的取值范围．
【解析】解：如图1所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有1个公共点．
所以当x＝2时，y＝1，即﹣4+8+n＝1，解得n＝﹣3．
如图2所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点．
∵抛物线y＝x2﹣4x﹣n与y轴交点纵坐标为1，
∴﹣n＝1，解得：n＝﹣1．
∴当﹣3＜n≤﹣1时，线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．
如图3所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有3个公共点．
∵抛物线y＝﹣x2+4x+n经过点（0，1），
∴n＝1．
如图4所示：线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．
∵抛物线y＝x2﹣4x﹣n经过点M（﹣，1），
∴+2﹣n＝1，解得：n＝．
∴1＜n≤时，线段MN与二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数的图象恰有2个公共点．
综上所述，n的取值范围是﹣3＜n≤﹣1或1＜n≤，
故选：A．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数的图象和性质、函数图象上点的坐标与函数解析式的关系，求得二次函数y＝﹣x2+4x+n的相关函数与线段MN恰好有1个交点、2个交点、3个交点时n的值是解题的关键．
10．已知二次函数y＝x2﹣2mx+m2+2m+3的图象不经过三、四象限，且当时，y随x的增大而增大，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【点拨】根据二次函数的解析式求得顶点坐标和对称轴，结合抛物线开口向上，二次函数y＝x2﹣2mx+m2+2m+3的图象不经过三、四象限，且当时，y随x的增大而增大，得出，从而得出答案．
【解析】解：∵二次函数y＝x2﹣2mx+m2+2m+3＝（x﹣m）2+2m+3，
∴图象开口向上，顶点为（m，2m+3），对称轴为直线x＝m，
∵二次函数y＝x2﹣2mx+m2+2m+3的图象不经过三、四象限，且当时，y随x的增大而增大，
∴，
∴﹣≤m．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，二次函数的性质，掌握抛二次函数的性质是解题的关键．
押题方向3：特殊平行四边形
2023年浙江真题 考点 命题趋势
2023年杭州卷第4题 宁波卷第10题 矩形的性质 从近年浙江中考来看，特殊平行四边形的相关问题主要考查特殊平行四边形的性质以基本的边、角、对角线相关的性质为主，试题以选择题形式呈现，整体难度较大；预计2024年浙江卷还将继续重视特殊平行四边形的基本性质的考查。
2023年温州卷第8题 丽水卷第7题 菱形的性质
2021年绍兴卷、台州卷第8题；金华卷第10题 正方形的性质
1．（2023 杭州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．若∠AOB＝60°，则＝（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【点拨】先证△ABO是等边三角形，可得∠BAO＝60°，由直角三角形的性质可求解．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∵∠AOB＝60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠BAO＝60°，
∴∠ACB＝30°，
∴BC＝AB，
∴＝，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．
2．（2023 丽水）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，则AC的长为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【点拨】连接BD交AC于点O，由菱形的性质得OA＝OC，∠BAO＝30°，AC⊥BD，再由含30°角的直角三角形的性质得OB＝，然后由勾股定理得OA＝，即可得出结论．
【解析】解：如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴OA＝OC，∠BAO＝∠DAB＝30°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∴OB＝AB＝，
∴OA＝＝＝，
∴AC＝2OA＝，
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
3．（2023 宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（ ）
A．△ABE的面积 B．△ACD的面积 C．△ABC的面积 D．矩形BCDE的面积
【答案】C
【点拨】作AG⊥ED于点G，交BC于点F，可证明四边形BFGE是矩形，AF⊥BC，可推导出S﹣S1﹣S2＝ED AG﹣BE EG﹣CD DG＝ED AG﹣FG ED＝BC AF＝S△ABC，所以只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，于是得到问题的答案．
【解析】解：作AG⊥ED于点G，交BC于点F，
∵四边形BCDE是矩形，
∴∠FBE＝∠BEG＝∠FGE＝90°，BC∥ED，BC＝ED，BE＝CD，
∴四边形BFGE是矩形，∠AFB＝∠FGE＝90°，
∴FG＝BE＝CD，AF⊥BC，
∴S﹣S1﹣S2＝ED AG﹣BE EG﹣CD DG＝ED AG﹣FG ED＝BC AF＝S△ABC，
∴只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，
故选：C．
【点睛】此题重点考查矩形的判定与性质、三角形的面积公式、矩形的面积公式、根据转化思想求图形的面积等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
4．（2023 金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q，若HF＝FG，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【点拨】由正方形的性质得AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，则∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，可证明△ABC≌△AFH，得BC＝HF，而HF＝FG，所以BC＝FG，再证明△BCQ≌△FGP，得CQ＝GP，设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，可求得BE＝AF＝m，由＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，得CQ＝BC＝m，由＝＝＝tan∠PBE，得PE＝BE＝m，即可求得S四边形PCQE＝m2，S正方形ABEF＝5m2，则＝＝，于是得到问题的答案．
【解析】解：∵四边形ABEF、四边形ACGH、四边形BCMN都是正方形，
∴AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，
∴∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，
∴△ABC≌△AFH（SAS），
∴BC＝HF，
∵HF＝FG，
∴BC＝FG，
∵∠ACG＝∠ACB＝∠BCM＝90°，
∴∠ACG+∠ACB＝180°，∠ACB+∠BCM＝180°，
∴B、C、G三点在同一条直线上，A、C、M三点在同一条直线上，
∵∠BCQ＝∠G＝∠E＝90°，∠BPE＝∠FPG，
∴∠CBQ＝90°﹣∠BPE＝90°﹣∠FPG＝∠GFP，
∴△BCQ≌△FGP（ASA），
∴CQ＝GP，
设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，
∴BE＝AF＝＝m，
∵∠G＝∠H＝∠AFE＝90°，
∴∠GFP＝∠HAF＝90°﹣∠AFH，
∴＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，
∴CQ＝BC＝m，
∵∠E＝∠BCQ＝90°，
∴＝＝＝tan∠PBE，
∴PE＝BE＝×m＝m，
∴S四边形PCQE＝m×m﹣m×m＝m2，
∵S正方形ABEF＝（m）2＝5m2，
∴＝＝，
故选：B．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明△ABC≌△AFH及△BCQ≌△FGP是解题的关键．
5．（2023 温州）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形CDEF，使点D，E，F分别在边OC，OB，BC上，过点E作EH⊥AB于点H．当AB＝BC，∠BOC＝30°，DE＝2时，EH的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【点拨】根据菱形的性质得到CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF，根据直角三角形的性质得到OD＝2DE＝4，OE＝DE＝2，求得CO＝CD+DO＝6，根据勾股定理和相似三角形的性质即可得到结论．
【解析】解：∵四边形CDEF是菱形，DE＝2，
∴CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF，
∵∠CBO＝90°，∠BOC＝30°，
∴OD＝2DE＝4，OE＝DE＝2，
∴CO＝CD+DO＝6，
∴BC＝AB＝CD＝3，OB＝BC＝3，
∵∠A＝90°，
∴＝＝3，
∵EF∥CD，
∴∠BEF＝∠BOC＝30°，
∴，
∵EH⊥AB，
∴EH∥OA，
∴△BHE∽△BAO，
∴，
∴，
∴EH＝，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
6．（2023 绍兴）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD＝60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE＝OF．点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（ ）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
【答案】A
【点拨】根据题意，分别证明四边形 E1E2F1F2 是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．
【解析】解：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴∠BDC＝∠ABD＝60°，∠ADB＝∠CBD＝90°﹣60°＝30°，
∵OE＝OF、OB＝OD，
∴DF＝EB，
∵对称，
∴DF＝DF2，BF＝BF1，BE＝BE2，DE＝DE1，E1F2＝E2F1．
∵对称
∴∠F2DC＝∠CDF＝60°，
∴∠EDA＝∠E1DA＝30°，
∴∠E1DB＝60°，
同理∠F1BD＝60°，
∴DE1∥BF1，
∵E1F2＝E2F1，
∴四边形 E1E2F1F2 是平行四边形，
如图2所示，当E，F，O三点重合时，DO＝OB，
∴DE1＝DF2＝AE1＝AE2，即E1E2＝E1F2，
∴四边形E1E2F1F2 是菱形．
如图3所示，当E，F分别为OD，OB的中点时，设DB＝4，则 DF2＝DF＝1，DE1＝DE＝3，
在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝2，连接AE，AO，
∵∠ABO＝60°，BO＝2＝AB，
∴△ABO是等边三角形，
∵E为OB中点，
∴AE⊥OB，BE＝1，
∴．
根据对称性可得 ．
∴AD2＝12，＝9，＝3，
∴，
∴ΔDE1A 是直角三角形，且∠E1＝90°，
四边形E1E2F1F2是矩形．
当F，E分别与D，B重合时，△BE1D，△BDF1 都是等边三角形，则四边形 E1E2F2F2 是菱形，
∴在整个过程中，四边形 E1E2F1F2 形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性 质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
1.平行四边形的性质：（1）两组对边平行且相等；（2）对角相等、邻角互补；（3）对角线互相平分；
（4）平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形。
2.矩形的性质：（1）矩形两组对边平行且相等；（2）矩形的四个角都是直角；（3）对角线互相平分且相等；（4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形。（5）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半。
3.菱形的性质：1）具有平行四边形的所有性质；2）四条边都相等；3）两条对角线互相垂直，且每条对角线平分一组对角；4）菱形既是中心对称图形，又是轴对称图形。
4.正方形的性质：（1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等；（3）正方形对边平行且相等；（4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；（5）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。
1．如图，下列条件中不能使 ABCD成为菱形的是（ ）
A．AB＝BC B．AC⊥BD C．∠ADB＝∠CDB D．AD∥BC
【答案】D
【点拨】由四边形ABCD是平行四边形，且AB＝BC，可根据菱形的定义证明四边形ABCD是菱形，可判断A不符合题意；由AC⊥BD，可根据菱形的判定定理证明四边形ABCD是菱形，可判断B不符合题意；由∠ABD＝∠CDB，∠ADB＝∠CDB，推导出∠ABD＝∠ADB，则AD＝AB，可根据菱形的定义证明四边形ABCD是菱形，可判断C不符合题意；AD∥BC这一条件不能使 ABCD成为菱形，可判断D符合题意，于是得到问题的答案．
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，且AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
故A不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，且AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
故B不符合题意；
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDB，
∵∠ADB＝∠CDB，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AD＝AB，
∵四边形ABCD是平行四边形，且AD＝AB，
∴四边形ABCD是菱形，
故C不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴由AD∥BC不能使 ABCD成为菱形，
故D符合题意，
故选：D．
【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、菱形的定义与判定定理等知识，根据所题中所给的条件证明四边形ABCD是菱形是解题的关键．
2．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F．已知AB＝4，△AOE的面积为5，则DE的长为（ ）
A．2 B． C． D．3
【答案】D
【点拨】连接CE，由题意可得OE为对角线BD的垂直平分线，可得AE＝CE，S△BOE＝S△COE＝5，由三角形的面积则可求得DE的长，得出AE的长，然后由勾股定理求得答案．
【解析】解：如图，连接CE，
由题意可得，OE为对角线AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，S△AOE＝S△COE＝5，
∴S△ACE＝2S△COE＝10．
∴AE CD＝10，
∵CD＝4，
∴AE＝EC＝5，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：DE＝＝3．
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形的面积问题．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
3．四边形不具有稳定性．四条边长都确定的四边形，当内角的大小发生变化时，其形状也随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，使正方形ABCD变为菱形ABC′D′，如果∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【点拨】过D'作D'M⊥AB于M，求出正方形ABCD的面积＝AB2，再由含30°角的直角三角形的性质得AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，然后求出菱形ABCD的面积＝AB×D'M＝AB2，即可求解．
【解析】解：过D'作D'M⊥AB于M，如图所示：
则∠D'MA＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的面积＝AB2，AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵∠DAD′＝30°，
∴∠D'AM＝90°﹣30°＝60°，
∴∠AD'M＝30°，
∴AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，
∵四边形ABC′D′是菱形，
∴AB＝AD'＝AD，菱形ABCD的面积＝AB×D'M＝AB2，
∴菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比＝＝，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、正方形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质和正方形的性质，证出D'M＝AD'是解题的关键．
4．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，作BD的垂直平分线EF，分别与AD、BC交于点E、F．连接BE，DF，若EF＝AE+FC，则边BC的长为（ ）
A．2 B．3 C．6 D．
【答案】B
【点拨】通过证明△BOF≌△DOE，结合垂直平分线的性质证明四边形BFDE为菱形，AE＝CF，由EF＝AE+FC可求解∠ABE＝30°，再根据30°的直角三角形的性质可求解AE＝，BE＝，进而可求解BC的长．
【解析】解：∵四边形ABCD 为矩形，
∴OB＝OD，∠A＝∠ABC＝90°，AD∥BC，
∴∠FBO＝∠EDO，
∵∠BOF＝∠DOE，
∴△BOF≌△DOE（ASA），
∴BF＝DE，
∵EF垂直平分BD，
∴BE＝DE，BF＝DF，
∴BE＝DE＝BF＝DF，
∴四边形BFDE为菱形，AE＝CF，
∴EO＝FO，∠FBO＝∠OBE，∠ABE＝∠OBE＝∠OBF＝30°，
∵EF＝AE+FC，
∴AE＝EO＝OF＝CF，
∵AB＝3，
∴AE＝，BE＝，
∴CF＝AE＝，BF＝BE＝，
∴BC＝BF+CF＝，
故选：B．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，菱形的性质与判定，线段的垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，属于四边形的综合题，涉及的知识点较多，难度偏大．
5．如图，正方形ABCD边长为6，点E、F分别在BC、AB上，且AE⊥DF，点G、H分别为线段AE、DF的中点，连接GH，若GH＝2，则BE的长为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【点拨】连接AH并延长，交CD于点M，连接EM，根据正方形的性质推出AB∥CD，AB＝BC＝CD＝DA，∠C＝∠DAF＝∠ABE＝90°，根据AE⊥DF得到∠DAE+∠ADF＝90°，从而推出∠BAE＝∠ADF，判定△ABE≌△DAF后根据全等三角形的性质得到AF＝BE，根据AB∥CD推出∠AFH＝∠MDH，∠FAH＝∠DMH，根据H是DF的中点得到DH＝FH，从而判定△AFH≌△MDH，根据全等三角形的性质得到AF＝DM，根据等量代换得到BE＝DM，CE＝CM，判定△CEM为等腰直角三角形，根据三角形中位线的定义判定GH是△AEM的中位线后求出EM的长，根据等腰直角三角形的性质求出CE和CM的长，最后用BC减去CE即可求出BE的长．
【解析】解：如图，连接AH并延长，交CD于点M，连接EM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB＝BC＝CD＝DA＝6，∠C＝∠DAF＝∠ABE＝90°，
∴∠BAE+∠DAE＝90°，
∵AE⊥DF，
∴∠DAE+∠ADF＝90°，
∴∠BAE＝∠ADF，
又∵DA＝AB，∠DAF＝∠ABE＝90°，
∴△ABE≌△DAF（ASA），
∴AF＝BE，
∵AB∥CD，
∴∠AFH＝∠MDH，∠FAH＝∠DMH，
∵H是DF的中点，
∴DH＝FH，
∴△AFH≌△MDH（ASA），
∴AF＝DM，AH＝MH，
又∵AF＝BE，
∴BE＝DM，
∴CE＝CM，
又∵∠C＝90°，
∴△CEM为等腰直角三角形，
∵G是AE中点，AH＝MH，
∴GH是三角形AEM的中位线，
∴EM＝2GH＝，
∴CE＝CM＝4，
∴BE＝BC﹣CE＝6﹣4＝2．
故选：A．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及三角形中位线定理，熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定方法是解决问题的关键．
6．如图，已知正方形ABCD的边长为4，以AB为底向外作等腰三角形HAB，连接HC，点G是HC的中点，连接BG，并延长分别交CD于点F，交AD延长线于点E，若，则BH的值为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】D
【点拨】过点H作HM⊥CD于M，交AB于P，交BE于点N，先根据等腰三角形三线合一的性质可得AP＝BP＝DM＝CM＝AB＝2，证明△FMN∽△FCB，列比例式可得MN＝1，证明△CGB≌△HGN（ASA），可得HN＝BC＝4，从而计算HP＝1，最后由勾股定理可得结论．
【解析】解：过点H作HM⊥CD于M，交AB于P，交BE于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠BCD＝90°，
∴HP⊥AB，
∵AH＝BH，
∴AP＝BP＝DM＝CM＝AB＝2，
∵＝，DC＝4，
∴DF＝，FC＝，
∴FM＝2﹣＝，
∵∠FMN＝∠BCD＝90°，
∴HM∥BC，
∴△FMN∽△FCB，
∴＝，即＝，
∴MN＝1，
∴PN＝4﹣1＝3，
∵G是CH的中点，
∴CG＝GH，
∵HN∥BC，
∴∠GHN＝∠BCG，
∵∠CGB＝∠HGN，
∴△CGB≌△HGN（ASA），
∴HN＝BC＝4，
∴HP＝1，
由勾股定理得：BH＝＝＝．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形相似的性质和判定，三角形全等的性质和判定等知识，掌握正方形的性质，三角形相似的性质和判定是解本题的关键．
7．如题10图，E是平行四边形ABCD边AD中点，BE与AC交于点F，连接BD，已知AD＝10，BE＝9，AC＝12．下列命题：
①点F是△ABD的重心；②△BFC与△ABC相似；③BD＝13；④平行四边形ABCD的面积为72．
其中正确的命题为（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】D
【点拨】①设AC与BD交于点O，在△ABD中，AO为BD边上的中线，BE为AD边上的中线，根据三角形重心的定义可对命题①进行判断；
②在OC上取一点H，是OH＝OF，连接DF，DH，BH，证四边形BHDF为平行四边形，得EF为△ADH的中位线，则EF＝DH＝BF，AF＝FH，再根据BE＝9，AC＝12得EF＝3，OF＝2，则BF＝6，AF＝4，CF＝8，再证△BFC为直角三角形，△ABC不是直角三角形，由此可对命题②进行判断；
③在Rt△BOF中利用勾股定理得OB＝，进而得BD＝2OB＝≠13，由此可对命题③进行判断；
④根据S△ABC＝AC BF＝36，则S平行四边形ABCD＝2S△ABC＝72，据此可对命题④进行判断，综上所述即可得出答案．
【解析】解：①设AC与BD交于点O，如图1所示：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
在△ABD中，AO为BD边上的中线，
又∵点E是AD的中点，
∴BE为AD边上的中线，
∴点F是△ABD的重心，
故命题①正确；
②在OC上取一点H，是OH＝OF，连接DF，DH，BH，如图2所示：
∵四边形ABCD为平行四边形，AD＝10，BE＝9，AC＝12，点E是AD的中点，
∴OB＝OD，OA＝OC＝AC＝6，AE＝DE＝AD＝5，BC＝AD＝10，
∴四边形BHDF为平行四边形，
∴BF∥DH，BF＝DH，
即EF∥DH，
∴EF为△ADH的中位线，
∴EF＝DH＝BF，AF＝FH，
∴EF＝BE＝3，OF＝OA＝2，
∴BF＝BE﹣EF＝9﹣﹣3＝6，AF＝OA﹣OF＝6﹣2＝4，
∴CF＝OC+OF＝6+2＝8，
在△BFC中，BF2+CF2＝62+82＝100，BC2＝100，
∴BF2+CF2＝BC2，
∴△BFC为直角三角形，即BF⊥AC，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB＝＝＝，
在△ABC中，AB2+BC2＝（）2+102＝152，AC2＝122＝144，
∵AB2+BC2≠AC2，
∴△ABC不是直角三角形，
∴△BFC与△ABC不相似，
故命题②不正确；
③在Rt△BOF中，BF＝6，OF＝2，
由勾股定理得：OB＝＝，
∴BD＝2OB＝≠13，
故命题③不正确；
④在△ABC中，AC＝12，BF＝6，BF⊥AC，
∴S△ABC＝AC BF＝×12×6＝36，
∴S平行四边形ABCD＝2S△ABC＝72．
故命题④正确，
综上所述：正确的命题是①④，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形重心的定义，相似三角形的判定，三角形中位线定理，勾股定理及其逆定理，理解平行四边形的判定和性质，三角形重心的定义，相似三角形的判定，熟练掌握三角形中位线定理，勾股定理及其逆定理是解决问题的关键．
8．我国古代数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助此分割方法所得图形证明了勾股定理．如图所示，矩形ABCD就是由两个这样的图形拼成（无重叠、无缝隙）．下面给出的条件中，一定能求出矩形ABCD面积的是（ ）
A．BM与DM的积 B．BE与DE的积 C．BM与DE的积 D．BE与DM的积
【答案】A
【点拨】欲求矩形的面积，则求出小正方形的边长即可，可设小正方形的边长为x，在直角三角形ABC中，利用勾股定理建立关于x的方程，利用整体代入思想解决问题，从而求出矩形的面积．
【解析】解：设小正方形EFCG的边长为x，设BM＝BF＝a，DG＝DM＝b，
则AB＝a+x，BC＝b+x，
∴AC＝a+b，
在Rt△ABC中，AC2＝AB2+BC2，
即（a+b）2＝（a+x）2+（b+x）2，
整理得，x2+（a+b）x＝ab，
矩形的面积为：（a+x）（b+x）＝x2+（a+b）x+ab＝2ab，
∴该矩形的面积为2ab．
∴矩形的面积是BM与DM的积，
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理得证明，一元二次方程的运用，根据图形得到关于x的方程，并用整体代入思想解答是解题关键．
9．如图，已知正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，把四个直角三角形分别沿斜边向外翻折，得到正方形MNPQ，连结MF并延长交NP于点O，设正方形EFGH的面积为S1，正方形MNPQ的面积为S2，若，则的值为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【点拨】根据，设S1＝4k2，S2＝49k2，则正方形EFGH边长为2k，正方形MNPQ的边长为7k，即FG＝2k，NP＝7k，设NC＝a，PC＝b，依题意得BF＝CG＝NC＝BM＝a，BG＝BN＝CP＝b，则，解得，则NC＝BM＝2.5k，CP＝4.5k，证BC∥MO，得△BNC∽△MNO，则BN：MN＝NC：NO，即4.5k：7k＝2.5k：NO，由此得NO＝，则OC＝NO﹣NC＝，进而得OP＝CP﹣OC＝，据此可得的值．
【解析】解：，
∴设S1＝4k2，S2＝49k2，
∴正方形EFGH边长为2k，正方形MNPQ的边长为7k，
即FG＝2k，MN＝NP＝7k，
设NC＝a，PC＝b，
依题意得：△AMB，△AFB，△BNC，△BGC，△CPD，△XHD，△DQA，△DEA都全等，
∴BF＝CG＝NC＝BM＝a，BG＝BN＝CP＝b，
∴BG﹣BF＝FG，NC+CP＝NP，
∴，解得，
∴NC＝BM＝2.5k，CP＝4.5k，
∵AM＝AF，
∴点A在线段AF的垂直平分线上，
∴BF＝BM，
∴点B在线段AF的垂直平分线上，
∴AB是线段AF的垂直平分线，
即AB⊥MO，
又∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC＝90°，
∴BC∥MO，
∴△BNC∽△MNO，
∴BN：MN＝NC：NO，
即4.5k：7k＝2.5k：NO，
∴NO＝，
∴OC＝NO﹣NC＝﹣2.5k＝，
∴OP＝CP﹣OC＝4.5k﹣＝，
∴＝．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，理解正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．
10．如图，在正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．现有下列结论：①∠BHG＝∠BHC；②∠GBH＝∠BCM；③；④若AG＝1，GD＝2，则，其中正确的是（ ）
A．②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④
【答案】D
【点拨】①正确．如图1中，过点B作BK⊥GH于K．想办法证明Rt△BHK≌Rt△BHC（HL）可得结论．
②正确．分别证明∠GBH＝45°，∠BCM＝45°，即可解决问题．
③错误．如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．首先证明MG＝MD，再证明△BTM≌△MWG（AAS），推出MT＝WG可得结论．
④正确．求出BT＝2，TM＝1，利用勾股定理即可判断．
【解析】解：如图1中，过点B作BK⊥GH于K．
∵B，G关于EF对称，
∴EB＝EG，
∴∠EBG＝∠EGB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AD∥BC，
∴∠AGB＝∠EBG，
∴∠AGB＝∠BGK，
∵∠A＝∠BKG＝90°，BG＝BG，
∴△BAG≌△BKG（AAS），
∴BK＝BA＝BC，∠ABG＝∠KBG，
∵∠BKH＝∠BCH＝90°，BH＝BH，
∴Rt△BHK≌Rt△BHC（HL），
∴∠BHG＝∠BHC，∠HBK＝∠HBC，故①正确，
∴∠GBH＝∠GBK+∠HBK＝∠ABC＝45°，
过点M作MQ⊥GH于Q，MP⊥CD于P，MR⊥BC于R．
∵∠BHG＝∠BHC，
∴MQ＝MP，
∵∠MEQ＝∠MER，
∴MQ＝MR，
∴MP＝MR，
∴∠BCM＝∠MCP＝∠BCD＝45°，
∴∠GBH＝∠BCM，故②正确，
如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．
∵B，G关于EF对称，
∴BM＝MG，
∵CB＝CD，∠BCM＝∠MCD，CM＝CM，
∴△MCB≌△MCD（SAS），
∴BM＝DM，
∴MG＝MD，
∵MW⊥DG，
∴WG＝WD，
∵∠BTM＝∠MWG＝∠BMG＝90°，
∴∠BMT+∠GMW＝90°，
∵∠GMW+∠MGW＝90°，
∴∠BMT＝∠MGW，
∵MB＝MG，
∴△BTM≌△MWG（AAS），
∴MT＝WG，
∵MC＝TM，DG＝2WG，
∴DG＝CM，故③错误，
∵AG＝1，DG＝2，
∴AD＝AB＝TW＝3，TC＝WD＝TM＝1，BT＝AW＝2，
∴BM＝＝＝，故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
同课章节目录