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7.不等式$(x+1)(x^2 -4x +3)＞0$有多种解法,其中有一种方法如下:在同一平面直角坐标系中作出$y_1=x+1$和$y_2=x^2 -4x +3$的图像然后进行求解.请类比求解以下问题:设$a、b$为整数,若对任意$x≤0$,都有$(ax+2)(x^2 +2b)≤0$成立,则$a+b=$
-1
.答案
7. $-1$ 解析:由题意可知 $ a≠ 0 $, 由 $ x $ 的负半轴上 $ ax+2 $ 与 $ x^2+2b $ 不同号可知 $ y=ax+2 $ 与 $ y=x^2+2b $ 的图像在 $ x $ 轴负半轴上的交点相同, 推出 $ -\frac{2}{a}=-\sqrt{-2b} $.
∵$ a $、$ b $ 为整数,
∴$ a=1 $, $ b=-2 $,
∴$ a+b=-1 $.
解析
【分析】
解题思路如下：首先排除a=0的情况，若a=0，原式变为2(x²+2b)，无法满足对任意x≤0都≤0，故a≠0。接下来要使两个因式的乘积恒≤0，说明在x≤0范围内，一次式ax+2和二次式x²+2b始终异号（或其中一个为0）。先分析二次函数y=x²+2b的符号：若2b≥0，x²+2b在x≤0时恒非负，此时无法找到整数a使ax+2恒非正，因此2b＜0，二次函数与x轴负半轴交点为x=-√(-2b)，x＜-√(-2b)时x²+2b＞0，-√(-2b)＜x≤0时x²+2b≤0。要满足乘积恒≤0，一次函数y=ax+2的符号需与二次式相反，说明一次函数与x轴负半轴的交点必须和二次函数的负半轴交点重合，由此建立等式，再结合a、b为整数的条件求解即可。
【解析】
解：首先判断$a≠0$，若$a=0$，则原式为$2(x^2+2b)$，不可能对任意$x≤0$都满足$2(x^2+2b)≤0$，故$a≠0$。
要使对任意$x≤0$，$(ax+2)(x^2+2b)≤0$恒成立，说明$x≤0$时$ax+2$与$x^2+2b$始终异号或其中一个因式为0。
分析二次式$x^2+2b$：若$2b≥0$，则$x^2+2b≥0$对所有$x$成立，此时要求$ax+2≤0$对所有$x≤0$成立，不存在整数$a$满足该条件，因此$2b＜0$即$b＜0$。
二次函数$y=x^2+2b$开口向上，与x轴负半轴交点为$x=-\sqrt{-2b}$：
①当$x＜-\sqrt{-2b}$时，$x^2+2b＞0$，此时要求$ax+2≤0$；
②当$-\sqrt{-2b}＜x≤0$时，$x^2+2b＜0$，此时要求$ax+2≥0$。
一次函数$y=ax+2$是单调函数，要满足上述符号要求，其与x轴负半轴的交点必须与二次函数的负半轴交点重合，即$y=ax+2$的零点$x=-\frac{2}{a}=-\sqrt{-2b}$，整理得$\frac{2}{a}=\sqrt{-2b}$，且$a＞0$（等式右侧为正数）。
已知$a、b$为整数，对正整数$a$试值：
当$a=1$时，$\sqrt{-2b}=2$，平方得$-2b=4$，解得$b=-2$，符合整数要求；
当$a≥2$时，$\sqrt{-2b}=\frac{2}{a}≤1$，此时$-2b=\frac{4}{a^2}$，$b=-\frac{2}{a^2}$，不是整数，不符合要求。
因此$a=1$，$b=-2$，则$a+b=1+(-2)=-1$。
【答案】
$-1$
【知识点】
一次函数的性质，二次函数的性质，不等式恒成立
【点评】
本题考查数形结合思想的应用，需要结合一次函数、二次函数的图像符号特征，推导出两个函数零点重合的关系，再结合整数的限制条件求解，对逻辑推理和图像分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
解题思路如下：首先排除a=0的情况，若a=0，原式变为2(x²+2b)，无法满足对任意x≤0都≤0，故a≠0。接下来要使两个因式的乘积恒≤0，说明在x≤0范围内，一次式ax+2和二次式x²+2b始终异号（或其中一个为0）。先分析二次函数y=x²+2b的符号：若2b≥0，x²+2b在x≤0时恒非负，此时无法找到整数a使ax+2恒非正，因此2b＜0，二次函数与x轴负半轴交点为x=-√(-2b)，x＜-√(-2b)时x²+2b＞0，-√(-2b)＜x≤0时x²+2b≤0。要满足乘积恒≤0，一次函数y=ax+2的符号需与二次式相反，说明一次函数与x轴负半轴的交点必须和二次函数的负半轴交点重合，由此建立等式，再结合a、b为整数的条件求解即可。
【解析】
解：首先判断$a≠0$，若$a=0$，则原式为$2(x^2+2b)$，不可能对任意$x≤0$都满足$2(x^2+2b)≤0$，故$a≠0$。
要使对任意$x≤0$，$(ax+2)(x^2+2b)≤0$恒成立，说明$x≤0$时$ax+2$与$x^2+2b$始终异号或其中一个因式为0。
分析二次式$x^2+2b$：若$2b≥0$，则$x^2+2b≥0$对所有$x$成立，此时要求$ax+2≤0$对所有$x≤0$成立，不存在整数$a$满足该条件，因此$2b＜0$即$b＜0$。
二次函数$y=x^2+2b$开口向上，与x轴负半轴交点为$x=-\sqrt{-2b}$：
①当$x＜-\sqrt{-2b}$时，$x^2+2b＞0$，此时要求$ax+2≤0$；
②当$-\sqrt{-2b}＜x≤0$时，$x^2+2b＜0$，此时要求$ax+2≥0$。
一次函数$y=ax+2$是单调函数，要满足上述符号要求，其与x轴负半轴的交点必须与二次函数的负半轴交点重合，即$y=ax+2$的零点$x=-\frac{2}{a}=-\sqrt{-2b}$，整理得$\frac{2}{a}=\sqrt{-2b}$，且$a＞0$（等式右侧为正数）。
已知$a、b$为整数，对正整数$a$试值：
当$a=1$时，$\sqrt{-2b}=2$，平方得$-2b=4$，解得$b=-2$，符合整数要求；
当$a≥2$时，$\sqrt{-2b}=\frac{2}{a}≤1$，此时$-2b=\frac{4}{a^2}$，$b=-\frac{2}{a^2}$，不是整数，不符合要求。
因此$a=1$，$b=-2$，则$a+b=1+(-2)=-1$。
【答案】
$-1$
【知识点】
一次函数的性质，二次函数的性质，不等式恒成立
【点评】
本题考查数形结合思想的应用，需要结合一次函数、二次函数的图像符号特征，推导出两个函数零点重合的关系，再结合整数的限制条件求解，对逻辑推理和图像分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
8 如图，“爱心”图案是由函数 $y=-x^2+6$ 的部分图像与其关于直线 $y=x$ 的对称图形组成. 点 A 是直线 $y=x$ 上方“爱心”图案上的任意一点，点 B 是其对称点. 若 $AB=4\sqrt{2}$，则点 A 的坐标是
$(-2,2)$或$(1,5)$
.答案
8. $(-2,2)$ 或 $(1,5)$ 解析:如图 5,
过点 $ A $ 作 $ AD⊥ x $ 轴, 交 $ x $ 轴于点 $ E $, 交直线 $ y=x $ 于点 $ D $, 连接 $ BD $,∴$ △ ABD $ 是等腰直角三角形, 四边形 $ OEDF $ 是正方形.
∵$ A $、$ B $ 关于直线 $ y=x $ 对称,
设 $ A(a,b) $,
∴$ B(b,a) $.
∵$ AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2} $,
∴$ 4\sqrt{2}=\sqrt{(b-a)^2+(a-b)^2} $,
∴$ (4\sqrt{2})^2=(b-a)^2+(b-a)^2 $,
即 $ 32=2(b-a)^2 $, $ (b-a)^2=16 $,
∴$ b-a=4 $ 或 $ b-a=-4 $(舍去),
∴$ b=a+4 $.
又
∵$ A(a,b) $ 在 $ y=-x^2+6 $ 上,
∴$ b=-a^2+6 $, 即 $ a+4=-a^2+6 $,
整理, 得 $ a^2+a-2=0 $, 解得 $ a_1=-2 $, $ a_2=1 $,
∴当 $ a_1=-2 $ 时, $ b=a+4=-2+4=2 $,
点 $ A $ 的坐标为 $ (-2,2) $;
当 $ a_2=1 $ 时, $ b=a+4=1+4=5 $,
点 $ A $ 的坐标为 $ (1,5) $.
解析
【分析】
解题时首先明确关于直线$y=x$对称的点的坐标规律：若点$A(a,b)$关于直线$y=x$对称，则对称点$B$的坐标为$(b,a)$。先结合已知的$AB$长度，利用两点间距离公式列出等式，再根据点$A$在直线$y=x$上方的位置特征，得到$a$、$b$的数量关系；最后将点$A$坐标代入二次函数解析式，联立方程求解即可得到点$A$的坐标。
【解析】
如图，过点$A$作$AD⊥x$轴，交$x$轴于点$E$，交直线$y=x$于点$D$，连接$BD$。
∵点$A$、$B$关于直线$y=x$对称，设$A(a,b)$，则$B(b,a)$。
根据两点间距离公式$AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}$，已知$AB=4\sqrt{2}$，代入得：
$4\sqrt{2}=\sqrt{(b-a)^2+(a-b)^2}$
两边平方得：$(4\sqrt{2})^2=(b-a)^2+(b-a)^2$
即$32=2(b-a)^2$，整理得$(b-a)^2=16$。
∵点$A$在直线$y=x$上方，
∴$b＞a$，故$b-a=4$（$b-a=-4$舍去），即$b=a+4$。
又
∵$A(a,b)$在函数$y=-x^2+6$的图象上，代入得：
$a+4=-a^2+6$，整理得$a^2+a-2=0$，
因式分解得$(a+2)(a-1)=0$，解得$a_1=-2$，$a_2=1$。
当$a=-2$时，$b=-2+4=2$，点$A$坐标为$(-2,2)$；
当$a=1$时，$b=1+4=5$，点$A$坐标为$(1,5)$。
【答案】
$(-2,2)$ 或 $(1,5)$
【知识点】
1. 关于$y=x$对称的点的坐标特征
2. 两点间距离公式
3. 二次函数图象上点的坐标性质
【点评】
本题结合二次函数图象与轴对称性质出题，解题核心是利用对称点的坐标规律建立未知量的关系，再结合函数解析式列方程求解，有效考查了数形结合思想和方程思想的应用。
【难度系数】
0.6
解题时首先明确关于直线$y=x$对称的点的坐标规律：若点$A(a,b)$关于直线$y=x$对称，则对称点$B$的坐标为$(b,a)$。先结合已知的$AB$长度，利用两点间距离公式列出等式，再根据点$A$在直线$y=x$上方的位置特征，得到$a$、$b$的数量关系；最后将点$A$坐标代入二次函数解析式，联立方程求解即可得到点$A$的坐标。
【解析】
如图
，过点$A$作$AD⊥x$轴，交$x$轴于点$E$，交直线$y=x$于点$D$，连接$BD$。∵点$A$、$B$关于直线$y=x$对称，设$A(a,b)$，则$B(b,a)$。
根据两点间距离公式$AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}$，已知$AB=4\sqrt{2}$，代入得：
$4\sqrt{2}=\sqrt{(b-a)^2+(a-b)^2}$
两边平方得：$(4\sqrt{2})^2=(b-a)^2+(b-a)^2$
即$32=2(b-a)^2$，整理得$(b-a)^2=16$。
∵点$A$在直线$y=x$上方，
∴$b＞a$，故$b-a=4$（$b-a=-4$舍去），即$b=a+4$。
又
∵$A(a,b)$在函数$y=-x^2+6$的图象上，代入得：
$a+4=-a^2+6$，整理得$a^2+a-2=0$，
因式分解得$(a+2)(a-1)=0$，解得$a_1=-2$，$a_2=1$。
当$a=-2$时，$b=-2+4=2$，点$A$坐标为$(-2,2)$；
当$a=1$时，$b=1+4=5$，点$A$坐标为$(1,5)$。
【答案】
$(-2,2)$ 或 $(1,5)$
【知识点】
1. 关于$y=x$对称的点的坐标特征
2. 两点间距离公式
3. 二次函数图象上点的坐标性质
【点评】
本题结合二次函数图象与轴对称性质出题，解题核心是利用对称点的坐标规律建立未知量的关系，再结合函数解析式列方程求解，有效考查了数形结合思想和方程思想的应用。
【难度系数】
0.6
9 二次函数$y=x^2$的图像如图.点$A_0$位于坐标原点,点$A_1$、$A_2$、$A_3$、…、$A_n$在$y$轴的正半轴上,点$B_1$、$B_2$、$B_3$、…、$B_n$在二次函数位于第一象限的图像上,点$C_1$、$C_2$、$C_3$、…、$C_n$在二次函数位于第二象限的图像上,四边形$A_0B_1A_1C_1$、四边形$A_1B_2A_2C_2$、四边形$A_2B_3A_3C_3$、…、四边形$A_{n-1}B_nA_nC_n$都是菱形,若$∠ A_0B_1A_1 = ∠ A_1B_2A_2 = ∠ A_2B_3A_3 = \dots = ∠ A_{n-1}B_nA_n = 60°$,则$△ A_0B_1A_1$的边长为________,菱形$A_{n-1}B_nA_nC_n$的周长为________.
答案
9. $\frac{2}{3}\quad \frac{8n}{3}$ 解析:如图 6,
过点 $ B_1 $ 作 $ B_1D_1⊥ x $ 轴于点 $ D_1 $, 过点 $ B_2 $ 作 $ B_2D_2⊥ x $ 轴于点 $ D_2 $, 过点 $ B_3 $ 作 $ B_3D_3⊥ x $ 轴于点 $ D_3 $, 过点 $ A_1 $ 作 $ A_1E_1⊥ B_2D_2 $ 于点 $ E_1 $, 过点 $ A_2 $ 作 $ A_2E_2⊥ B_3D_3 $ 于点 $ E_2 $.∵四边形 $ A_0B_1A_1C_1 $、四边形 $ A_1B_2A_2C_2 $、四边形 $ A_2B_3A_3C_3 $、…、四边形 $ A_{n-1}B_nA_nC_n $ 都是菱形,
$ ∠ A_0B_1A_1 = ∠ A_1B_2A_2 = ∠ A_2B_3A_3 = \dots = ∠ A_{n-1}B_nA_n = 60° $,
∴$ △ A_0B_1A_1 $ 是等边三角形.
设点 $ B_1 $ 坐标为 $ (x,y) $, 则 $ y=x^2 $.
∵$ ∠ A_0B_1A_1=60° $,
∴$ ∠ B_1A_0D_1=30° $.
在 $ \mathrm{Rt}△ B_1D_1A_0 $ 中, $ \tan∠ B_1A_0D_1=\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{y}{x} $,
∴$ x^2=\frac{\sqrt{3}}{3}x $, 解得 $ \begin{cases} x_1=0, \\ y_1=0 \end{cases} $(舍去)或 $ \begin{cases} x_2=\frac{\sqrt{3}}{3}, \\ y_2=\frac{1}{3}, \end{cases} $
∴$ B_1(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{1}{3}) $,
∴$ A_0B_1=\frac{2}{3} $,
∴$ △ A_0B_1A_1 $ 的边长为 $ \frac{2}{3} $,
∴菱形 $ A_0B_1A_1C_1 $ 的周长为 $ \frac{2}{3}× 4=\frac{8}{3} $.
设点 $ B_2 $ 的坐标为 $ (a,b) $, 在 $ \mathrm{Rt}△ B_2E_1A_1 $ 中,
$ \tan∠ B_2A_1E_1=\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{b-\frac{2}{3}}{a} $, 且 $ b=a^2 $,
∴$ a^2=\frac{\sqrt{3}}{3}a+\frac{2}{3} $, 解得 $ \begin{cases} a_1=\frac{2\sqrt{3}}{3}, \\ b_1=\frac{4}{3} \end{cases} $ 或 $ \begin{cases} a_2=-\frac{\sqrt{3}}{3}, \\ b_2=\frac{1}{3} \end{cases} $(舍去),
∴$ B_2(\frac{2\sqrt{3}}{3},\frac{4}{3}) $.
∵$ OA_1=\frac{2}{3} $,
∴$ A_1(0,\frac{2}{3}) $,
∴$ A_1B_2=\sqrt{(\frac{2\sqrt{3}}{3})^2+(\frac{4}{3}-\frac{2}{3})^2}=\frac{4}{3} $,
∴菱形 $ A_1B_2A_2C_2 $ 的周长为 $ \frac{4}{3}× 4=\frac{16}{3} $.
同理可得菱形 $ A_2B_3A_3C_3 $ 的周长为 $ \frac{24}{3} $,
∴菱形 $ A_{n-1}B_nA_nC_n $ 的周长为 $ \frac{8n}{3} $.
解析
【分析】
本题为二次函数与特殊四边形结合的规律探究题，解题思路如下：①根据菱形邻边相等，且内角为60°，可得每个菱形中以$B_n$为顶点的三角形均为等边三角形，进而得到等边三角形与x轴夹角为30°，可利用特殊角的三角函数值表示点的横、纵坐标关系；②将点坐标代入二次函数$y=x^2$求解，得到第一个等边三角形的边长，即第一个菱形的边长；③同理计算后续菱形的边长，归纳得到边长的通用规律，即可求出第$n$个菱形的周长。
【解析】
如图，过点 $ B_1 $ 作 $ B_1D_1⊥ x $ 轴于点 $ D_1 $, 过点 $ B_2 $ 作 $ B_2D_2⊥ x $ 轴于点 $ D_2 $, 过点 $ B_3 $ 作 $ B_3D_3⊥ x $ 轴于点 $ D_3 $, 过点 $ A_1 $ 作 $ A_1E_1⊥ B_2D_2 $ 于点 $ E_1 $, 过点 $ A_2 $ 作 $ A_2E_2⊥ B_3D_3 $ 于点 $ E_2 $.
∵四边形 $ A_0B_1A_1C_1 $、四边形 $ A_1B_2A_2C_2 $、…、四边形 $ A_{n-1}B_nA_nC_n $ 都是菱形，且 $ ∠ A_0B_1A_1 = ∠ A_1B_2A_2 = \dots = ∠ A_{n-1}B_nA_n = 60° $,
∴$ △ A_0B_1A_1 $、$ △ A_1B_2A_2 $、…、$ △ A_{n-1}B_nA_n $ 都是等边三角形。
1. 求$△ A_0B_1A_1$的边长
设点 $ B_1 $ 坐标为 $ (x,y) $，由点在二次函数图像上得 $ y=x^2 $。
∵等边三角形$△ A_0B_1A_1$的边$A_0A_1$在y轴上，
∴$ ∠ B_1A_0D_1=90°-60°=30° $。
在 $ \mathrm{Rt}△ B_1D_1A_0 $ 中，$\tan30°=\frac{B_1D_1}{A_0D_1}=\frac{y}{x}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
联立$y=x^2$得$x^2=\frac{\sqrt{3}}{3}x$，解得$\begin{cases} x_1=0, \\ y_1=0 \end{cases}$(与原点重合，舍去)或$\begin{cases} x_2=\frac{\sqrt{3}}{3}, \\ y_2=\frac{1}{3}, \end{cases}$
即$B_1(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{1}{3})$，由勾股定理得$A_0B_1=\sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{3})^2+(\frac{1}{3})^2}=\frac{2}{3}$，即$△ A_0B_1A_1$的边长为$\frac{2}{3}$。
2. 求菱形$A_{n-1}B_nA_nC_n$的周长
第一个菱形$A_0B_1A_1C_1$的边长为$\frac{2}{3}$，周长为$\frac{2}{3}×4=\frac{8}{3}$。
设点$B_2$坐标为$(a,b)$，则$b=a^2$，$A_1$坐标为$(0,\frac{2}{3})$。
在$\mathrm{Rt}△ B_2E_1A_1$中，$∠ B_2A_1E_1=30°$，
∴$\tan30°=\frac{b-\frac{2}{3}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
联立$b=a^2$得$a^2=\frac{\sqrt{3}}{3}a+\frac{2}{3}$，解得$\begin{cases} a_1=\frac{2\sqrt{3}}{3}, \\ b_1=\frac{4}{3} \end{cases}$或$\begin{cases} a_2=-\frac{\sqrt{3}}{3}, \\ b_2=\frac{1}{3} \end{cases}$(为$B_1$的对称点，舍去)，
由勾股定理得$A_1B_2=\sqrt{(\frac{2\sqrt{3}}{3})^2+(\frac{4}{3}-\frac{2}{3})^2}=\frac{4}{3}$，则第二个菱形$A_1B_2A_2C_2$的周长为$\frac{4}{3}×4=\frac{16}{3}$。
同理可求得第三个菱形$A_2B_3A_3C_3$的周长为$\frac{24}{3}$，归纳可得：第$n$个菱形$A_{n-1}B_nA_nC_n$的边长为$\frac{2n}{3}$，周长为$\frac{2n}{3}×4=\frac{8n}{3}$。
【答案】
$\frac{2}{3}$；$\frac{8n}{3}$
【知识点】
二次函数的性质；菱形的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于二次函数与几何图形结合的规律探究题，将特殊四边形的性质、特殊角的三角函数值与二次函数解析式结合，通过计算前几个图形的边长归纳通用规律，考查数形结合思想和归纳推理能力，解题的关键是利用30°角的三角函数值建立点横纵坐标的等量关系。
【难度系数】
0.4
本题为二次函数与特殊四边形结合的规律探究题，解题思路如下：①根据菱形邻边相等，且内角为60°，可得每个菱形中以$B_n$为顶点的三角形均为等边三角形，进而得到等边三角形与x轴夹角为30°，可利用特殊角的三角函数值表示点的横、纵坐标关系；②将点坐标代入二次函数$y=x^2$求解，得到第一个等边三角形的边长，即第一个菱形的边长；③同理计算后续菱形的边长，归纳得到边长的通用规律，即可求出第$n$个菱形的周长。
【解析】
如图
，过点 $ B_1 $ 作 $ B_1D_1⊥ x $ 轴于点 $ D_1 $, 过点 $ B_2 $ 作 $ B_2D_2⊥ x $ 轴于点 $ D_2 $, 过点 $ B_3 $ 作 $ B_3D_3⊥ x $ 轴于点 $ D_3 $, 过点 $ A_1 $ 作 $ A_1E_1⊥ B_2D_2 $ 于点 $ E_1 $, 过点 $ A_2 $ 作 $ A_2E_2⊥ B_3D_3 $ 于点 $ E_2 $.∵四边形 $ A_0B_1A_1C_1 $、四边形 $ A_1B_2A_2C_2 $、…、四边形 $ A_{n-1}B_nA_nC_n $ 都是菱形，且 $ ∠ A_0B_1A_1 = ∠ A_1B_2A_2 = \dots = ∠ A_{n-1}B_nA_n = 60° $,
∴$ △ A_0B_1A_1 $、$ △ A_1B_2A_2 $、…、$ △ A_{n-1}B_nA_n $ 都是等边三角形。
1. 求$△ A_0B_1A_1$的边长
设点 $ B_1 $ 坐标为 $ (x,y) $，由点在二次函数图像上得 $ y=x^2 $。
∵等边三角形$△ A_0B_1A_1$的边$A_0A_1$在y轴上，
∴$ ∠ B_1A_0D_1=90°-60°=30° $。
在 $ \mathrm{Rt}△ B_1D_1A_0 $ 中，$\tan30°=\frac{B_1D_1}{A_0D_1}=\frac{y}{x}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
联立$y=x^2$得$x^2=\frac{\sqrt{3}}{3}x$，解得$\begin{cases} x_1=0, \\ y_1=0 \end{cases}$(与原点重合，舍去)或$\begin{cases} x_2=\frac{\sqrt{3}}{3}, \\ y_2=\frac{1}{3}, \end{cases}$
即$B_1(\frac{\sqrt{3}}{3},\frac{1}{3})$，由勾股定理得$A_0B_1=\sqrt{(\frac{\sqrt{3}}{3})^2+(\frac{1}{3})^2}=\frac{2}{3}$，即$△ A_0B_1A_1$的边长为$\frac{2}{3}$。
2. 求菱形$A_{n-1}B_nA_nC_n$的周长
第一个菱形$A_0B_1A_1C_1$的边长为$\frac{2}{3}$，周长为$\frac{2}{3}×4=\frac{8}{3}$。
设点$B_2$坐标为$(a,b)$，则$b=a^2$，$A_1$坐标为$(0,\frac{2}{3})$。
在$\mathrm{Rt}△ B_2E_1A_1$中，$∠ B_2A_1E_1=30°$，
∴$\tan30°=\frac{b-\frac{2}{3}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
联立$b=a^2$得$a^2=\frac{\sqrt{3}}{3}a+\frac{2}{3}$，解得$\begin{cases} a_1=\frac{2\sqrt{3}}{3}, \\ b_1=\frac{4}{3} \end{cases}$或$\begin{cases} a_2=-\frac{\sqrt{3}}{3}, \\ b_2=\frac{1}{3} \end{cases}$(为$B_1$的对称点，舍去)，
由勾股定理得$A_1B_2=\sqrt{(\frac{2\sqrt{3}}{3})^2+(\frac{4}{3}-\frac{2}{3})^2}=\frac{4}{3}$，则第二个菱形$A_1B_2A_2C_2$的周长为$\frac{4}{3}×4=\frac{16}{3}$。
同理可求得第三个菱形$A_2B_3A_3C_3$的周长为$\frac{24}{3}$，归纳可得：第$n$个菱形$A_{n-1}B_nA_nC_n$的边长为$\frac{2n}{3}$，周长为$\frac{2n}{3}×4=\frac{8n}{3}$。
【答案】
$\frac{2}{3}$；$\frac{8n}{3}$
【知识点】
二次函数的性质；菱形的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于二次函数与几何图形结合的规律探究题，将特殊四边形的性质、特殊角的三角函数值与二次函数解析式结合，通过计算前几个图形的边长归纳通用规律，考查数形结合思想和归纳推理能力，解题的关键是利用30°角的三角函数值建立点横纵坐标的等量关系。
【难度系数】
0.4
三、解答题
10.已知抛物线$y_1=ax^2-2ax+1$与直线$y_2=-x+3$.
（1）求证：两个函数图像必有交点；
（2）当抛物线$y_1$的顶点落在直线$y_2$上时，求$a$的值.
10.已知抛物线$y_1=ax^2-2ax+1$与直线$y_2=-x+3$.
（1）求证：两个函数图像必有交点；
（2）当抛物线$y_1$的顶点落在直线$y_2$上时，求$a$的值.
答案
10.(1)证明:令 $ y_1=y_2 $, 得 $ ax^2-2ax+1=-x+3 $,
整理得 $ ax^2+(1-2a)x-2=0 $.
∵$ \Delta=(1-2a)^2+8a=(1+2a)^2≥ 0 $,
∴两个函数图像必有交点.
(2)解: $ y_1=ax^2-2ax+1=a(x-1)^2+1-a $,
∴顶点坐标为 $ (1,1-a) $.
∵抛物线 $ y_1 $ 的顶点落在直线 $ y_2 $ 上,
∴$ 1-a=-1+3 $, 解得 $ a=-1 $.
故 $ a $ 的值为 $ -1 $.
整理得 $ ax^2+(1-2a)x-2=0 $.
∵$ \Delta=(1-2a)^2+8a=(1+2a)^2≥ 0 $,
∴两个函数图像必有交点.
(2)解: $ y_1=ax^2-2ax+1=a(x-1)^2+1-a $,
∴顶点坐标为 $ (1,1-a) $.
∵抛物线 $ y_1 $ 的顶点落在直线 $ y_2 $ 上,
∴$ 1-a=-1+3 $, 解得 $ a=-1 $.
故 $ a $ 的值为 $ -1 $.
解析
【分析】
（1）要证明两个函数图像有交点，本质是证明两个函数解析式联立得到的方程有实数根。首先令两个函数值相等，整理得到关于x的方程，再计算该方程的判别式Δ，若Δ≥0则说明方程有实根，对应两个函数图像必有交点。
（2）求a的值的核心是先得到抛物线的顶点坐标，可通过配方法将抛物线的一般式转化为顶点式，直接读出顶点坐标；再根据顶点在直线上的条件，把顶点坐标代入直线解析式，解一元一次方程即可求出a的值。
【解析】
(1)证明：令 $ y_1=y_2 $，得 $ ax^2-2ax+1=-x+3 $，
整理得 $ ax^2+(1-2a)x-2=0 $。
∵$ \Delta=(1-2a)^2+8a=1-4a+4a^2+8a=4a^2+4a+1=(1+2a)^2≥ 0 $，
∴该方程总有实数根，即两个函数图像必有交点。
(2)解：对抛物线解析式配方：$ y_1=ax^2-2ax+1=a(x^2-2x)+1=a(x-1)^2+1-a $，
∴抛物线的顶点坐标为 $ (1,1-a) $。
∵抛物线 $ y_1 $ 的顶点落在直线 $ y_2 $ 上，
∴将顶点坐标代入直线解析式得：$ 1-a=-1+3 $，
解得 $ a=-1 $。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $ a=-1 $
【知识点】
函数交点判定；二次函数顶点坐标；根的判别式
【点评】
本题是二次函数的基础常考题，考查的都是二次函数模块的核心基础知识点，解题逻辑清晰，只要掌握联立方程判断交点、配方法求顶点的基础方法就能顺利解答。
【难度系数】
0.8
（1）要证明两个函数图像有交点，本质是证明两个函数解析式联立得到的方程有实数根。首先令两个函数值相等，整理得到关于x的方程，再计算该方程的判别式Δ，若Δ≥0则说明方程有实根，对应两个函数图像必有交点。
（2）求a的值的核心是先得到抛物线的顶点坐标，可通过配方法将抛物线的一般式转化为顶点式，直接读出顶点坐标；再根据顶点在直线上的条件，把顶点坐标代入直线解析式，解一元一次方程即可求出a的值。
【解析】
(1)证明：令 $ y_1=y_2 $，得 $ ax^2-2ax+1=-x+3 $，
整理得 $ ax^2+(1-2a)x-2=0 $。
∵$ \Delta=(1-2a)^2+8a=1-4a+4a^2+8a=4a^2+4a+1=(1+2a)^2≥ 0 $，
∴该方程总有实数根，即两个函数图像必有交点。
(2)解：对抛物线解析式配方：$ y_1=ax^2-2ax+1=a(x^2-2x)+1=a(x-1)^2+1-a $，
∴抛物线的顶点坐标为 $ (1,1-a) $。
∵抛物线 $ y_1 $ 的顶点落在直线 $ y_2 $ 上，
∴将顶点坐标代入直线解析式得：$ 1-a=-1+3 $，
解得 $ a=-1 $。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $ a=-1 $
【知识点】
函数交点判定；二次函数顶点坐标；根的判别式
【点评】
本题是二次函数的基础常考题，考查的都是二次函数模块的核心基础知识点，解题逻辑清晰，只要掌握联立方程判断交点、配方法求顶点的基础方法就能顺利解答。
【难度系数】
0.8
11.已知抛物线$y=mx^2+2mx-3m(m≠0)$与$x$轴交于$A$、$B$两点(其中$A$在$B$的左侧)，与$y$轴交于点$C$.
(1)求$A$、$B$的坐标；
(2)当直线$y=x+n$过$A$、$C$两点时，求抛物线的表达式；
(3)在(2)的条件下，若点$C$关于$x$轴的对称点为$D$，且过点$D$的直线$y=kx+b$与抛物线在$x$轴上方(不含$x$轴上的点)的部分无公共点，结合函数图像，求$k$的取值范围.
(1)求$A$、$B$的坐标；
(2)当直线$y=x+n$过$A$、$C$两点时，求抛物线的表达式；
(3)在(2)的条件下，若点$C$关于$x$轴的对称点为$D$，且过点$D$的直线$y=kx+b$与抛物线在$x$轴上方(不含$x$轴上的点)的部分无公共点，结合函数图像，求$k$的取值范围.
答案
11.解:(1)令 $ y=0 $, 则 $ mx^2+2mx-3m=0 $.
∵$ m≠ 0 $,
∴$ x^2+2x-3=0 $,
解得 $ x_1=-3 $, $ x_2=1 $.
∵$ A $ 在 $ B $ 的左侧,
∴$ A $ 点坐标为 $ (-3,0) $, $ B $ 点坐标为 $ (1,0) $.
(2)令 $ x=0 $, 则 $ y=-3m $,
∴点 $ C $ 的坐标为 $ (0,-3m) $.
∵直线 $ y=x+n $ 过 $ A $、$ C $ 两点,
∴$ \begin{cases} -3+n=0, \\ n=-3m, \end{cases} $ 解得 $ \begin{cases} n=3, \\ m=-1, \end{cases} $
∴点 $ C $ 的坐标为 $ (0,3) $,
直线 $ AC $ 的表达式为 $ y=x+3 $,
抛物线的表达式为 $ y=-x^2-2x+3 $.
(3)由(2)可得点 $ C $ 的坐标为 $ (0,3) $,
∴点 $ C $ 关于 $ x $ 轴的对称点 $ D $ 的坐标为 $ (0,-3) $.
∵直线 $ y=kx+b $ 过点 $ D $,
∴$ b=-3 $.
过点 $ D $ 的直线 $ y=kx+b $ 与抛物线 $ y=-x^2-2x+3 $ 的图像如图 7 所示,
①当直线过点 $ B $、$ D $ 时,
把 $ B(1,0) $ 代入 $ y=k_1x-3 $, 得 $ k_1-3=0 $,
解得 $ k_1=3 $;
②当直线过点 $ A $、$ D $ 时,
把 $ A(-3,0) $ 代入 $ y=k_2x-3 $, 得 $ -3k_2-3=0 $,
解得 $ k_2=-1 $.
根据一次函数的性质, 若过点 $ D $ 的直线 $ y=kx+b $ 与抛物线在 $ x $ 轴上方(不含 $ x $ 轴上的点)的部分无公共点, 则 $ k $ 的取值范围为 $ -1≤ k≤ 3 $.
解析
【分析】
(1) 求抛物线与x轴的交点坐标，只需令y=0，解关于x的一元二次方程即可，由于m≠0可直接约去m简化方程，再结合A在B左侧的位置关系确定两点坐标；
(2) 先令x=0求出抛物线与y轴交点C的坐标，再将A、C两点坐标代入直线解析式，列方程组求解得到m的值，即可得到抛物线表达式；
(3) 先根据关于x轴对称的点的坐标特征求出D点坐标，由直线过D点确定b的值，再找到两个临界情况：直线过D和B点、直线过D和A点，分别求出对应k值，结合一次函数性质和图像，即可确定满足条件的k的取值范围。
【解析】
(1) 令 $ y=0 $，则 $ mx^2+2mx-3m=0 $，
∵$ m≠ 0 $，
∴等式两边同时除以m得 $ x^2+2x-3=0 $，
解得 $ x_1=-3 $， $ x_2=1 $，
∵$ A $ 在 $ B $ 的左侧，
∴$ A $ 点坐标为 $ (-3,0) $， $ B $ 点坐标为 $ (1,0) $。
(2) 令 $ x=0 $，代入抛物线表达式得 $ y=-3m $，
∴点 $ C $ 的坐标为 $ (0,-3m) $，
∵直线 $ y=x+n $ 过 $ A $、$ C $ 两点，将两点坐标代入直线方程得：
$ \begin{cases} -3+n=0, \\ n=-3m, \end{cases} $
解得 $ \begin{cases} n=3, \\ m=-1, \end{cases} $
∴点 $ C $ 的坐标为 $ (0,3) $，直线 $ AC $ 的表达式为 $ y=x+3 $，
将m=-1代入抛物线原式得抛物线的表达式为 $ y=-x^2-2x+3 $。
(3) 由(2)可得点 $ C $ 的坐标为 $ (0,3) $，
关于x轴对称的点横坐标不变，纵坐标互为相反数，故点 $ C $ 关于 $ x $ 轴的对称点 $ D $ 的坐标为 $ (0,-3) $，
∵直线 $ y=kx+b $ 过点 $ D $，将D(0,-3)代入得 $ b=-3 $，即直线表达式为 $ y=kx-3 $，
过点 $ D $ 的直线 $ y=kx+b $ 与抛物线 $ y=-x^2-2x+3 $ 的图像如图所示，
①当直线过点 $ B $、$ D $ 时：
把 $ B(1,0) $ 代入 $ y=k_1x-3 $，得 $ k_1-3=0 $，解得 $ k_1=3 $；
②当直线过点 $ A $、$ D $ 时：
把 $ A(-3,0) $ 代入 $ y=k_2x-3 $，得 $ -3k_2-3=0 $，解得 $ k_2=-1 $。
根据一次函数的性质，结合图像可知：若过点 $ D $ 的直线 $ y=kx+b $ 与抛物线在 $ x $ 轴上方(不含 $ x $ 轴上的点)的部分无公共点，则 $ k $ 的取值范围为 $ -1≤ k≤ 3 $。
【答案】
(1) $A(-3,0)$，$B(1,0)$；
(2) $y=-x^2-2x+3$；
(3) $-1≤k≤3$，对应图像：
【知识点】
二次函数与坐标轴交点，待定系数法求解析式，函数图像综合应用
【点评】
本题围绕二次函数与一次函数的综合展开，前两问侧重基础计算，第三问需要结合数形结合思想分析临界情况，能够较好地考查对函数图像性质的掌握程度和图像分析能力。
【难度系数】
0.6
(1) 求抛物线与x轴的交点坐标，只需令y=0，解关于x的一元二次方程即可，由于m≠0可直接约去m简化方程，再结合A在B左侧的位置关系确定两点坐标；
(2) 先令x=0求出抛物线与y轴交点C的坐标，再将A、C两点坐标代入直线解析式，列方程组求解得到m的值，即可得到抛物线表达式；
(3) 先根据关于x轴对称的点的坐标特征求出D点坐标，由直线过D点确定b的值，再找到两个临界情况：直线过D和B点、直线过D和A点，分别求出对应k值，结合一次函数性质和图像，即可确定满足条件的k的取值范围。
【解析】
(1) 令 $ y=0 $，则 $ mx^2+2mx-3m=0 $，
∵$ m≠ 0 $，
∴等式两边同时除以m得 $ x^2+2x-3=0 $，
解得 $ x_1=-3 $， $ x_2=1 $，
∵$ A $ 在 $ B $ 的左侧，
∴$ A $ 点坐标为 $ (-3,0) $， $ B $ 点坐标为 $ (1,0) $。
(2) 令 $ x=0 $，代入抛物线表达式得 $ y=-3m $，
∴点 $ C $ 的坐标为 $ (0,-3m) $，
∵直线 $ y=x+n $ 过 $ A $、$ C $ 两点，将两点坐标代入直线方程得：
$ \begin{cases} -3+n=0, \\ n=-3m, \end{cases} $
解得 $ \begin{cases} n=3, \\ m=-1, \end{cases} $
∴点 $ C $ 的坐标为 $ (0,3) $，直线 $ AC $ 的表达式为 $ y=x+3 $，
将m=-1代入抛物线原式得抛物线的表达式为 $ y=-x^2-2x+3 $。
(3) 由(2)可得点 $ C $ 的坐标为 $ (0,3) $，
关于x轴对称的点横坐标不变，纵坐标互为相反数，故点 $ C $ 关于 $ x $ 轴的对称点 $ D $ 的坐标为 $ (0,-3) $，
∵直线 $ y=kx+b $ 过点 $ D $，将D(0,-3)代入得 $ b=-3 $，即直线表达式为 $ y=kx-3 $，
过点 $ D $ 的直线 $ y=kx+b $ 与抛物线 $ y=-x^2-2x+3 $ 的图像如图所示，
①当直线过点 $ B $、$ D $ 时：
把 $ B(1,0) $ 代入 $ y=k_1x-3 $，得 $ k_1-3=0 $，解得 $ k_1=3 $；
②当直线过点 $ A $、$ D $ 时：
把 $ A(-3,0) $ 代入 $ y=k_2x-3 $，得 $ -3k_2-3=0 $，解得 $ k_2=-1 $。
根据一次函数的性质，结合图像可知：若过点 $ D $ 的直线 $ y=kx+b $ 与抛物线在 $ x $ 轴上方(不含 $ x $ 轴上的点)的部分无公共点，则 $ k $ 的取值范围为 $ -1≤ k≤ 3 $。
【答案】
(1) $A(-3,0)$，$B(1,0)$；
(2) $y=-x^2-2x+3$；
(3) $-1≤k≤3$，对应图像：
【知识点】
二次函数与坐标轴交点，待定系数法求解析式，函数图像综合应用
【点评】
本题围绕二次函数与一次函数的综合展开，前两问侧重基础计算，第三问需要结合数形结合思想分析临界情况，能够较好地考查对函数图像性质的掌握程度和图像分析能力。
【难度系数】
0.6
