登录
17 抛物线$y=ax^2+bx+4$（$a$、$b$是常数，$a＜0$）与$x$轴交于$(-2,0)$、$(m,0)$两点，其中$2＜m＜3$。下列五个结论：①$b=2a+2$；②当$x＞0$时，$y$随$x$的增大而减小；③关于$x$的方程$4x^2 - bx + a = 0$，其中一个根是$-\dfrac{1}{m}$；④$0＜b＜\dfrac{1}{2}$。其中正确的是________。（填序号）
答案
17.①③ 解析:①$ \because $ 抛物线 $ y=ax^2+bx+4 $ 与 $ x $ 轴交于 $ (-2,0), \therefore 4a-2b+4=0, \therefore 2b=4a+4 $,则 $ b=2a+2 $,故①正确;
②$ \because $ 抛物线过 $ (-2,0) $、$ (m,0) $ 两点,
$ \therefore $ 对称轴是直线 $ x=\frac{-2+m}{2} $.
$ \because 2＜m＜3, \therefore 0＜-2+m＜1, \therefore 0＜\frac{-2+m}{2}＜\frac{1}{2} $.
$ \because a＜0, \therefore $ 当 $ 0＜x＜\frac{-2+m}{2} $ 时,y 随 x 的增大而增大,当 $ x＞\frac{-2+m}{2} $ 时,y 随 x 的增大而减小,故②错误;
③$ \because y=ax^2+bx+4 $ (a、b 是常数,$ a＜0 $) 与 x 轴交于 $ (-2,0) $、$ (m,0) $ 两点,其中 $ 2＜m＜3 $,
$ \therefore $ 方程 $ ax^2+bx+4=0 $ 的解不为 0,且 $ x_1=-2,x_2=m $,
$ \therefore $ 方程两边同除以 $ x^2 $,得 $ 4(\frac{1}{x})^2 + b(\frac{1}{x})+a=0 $.
令 $ -y=\frac{1}{x} $,则 $ 4y^2-by+a=0 $,
$ \therefore $ 方程 $ 4y^2-by+a=0 $ 的根为 $ y=-\frac{1}{x} $,
$ \therefore $ 关于 x 的方程 $ 4x^2-bx+a=0 $ 的其中一个根是 $ -\frac{1}{m} $,故③正确;
④由题意,抛物线的对称轴是直线 $ x=-\frac{b}{2a}=\frac{-2+m}{2} $,且 $ 0＜\frac{-2+m}{2}＜\frac{1}{2}, \therefore 0＜-\frac{b}{2a}＜\frac{1}{2} $.
$ \because a＜0, \therefore 0＜b＜-a $.
$ \because b=2a+2, \therefore a=\frac{b-2}{2}, \therefore 0＜b＜-\frac{b-2}{2} $,
$ \therefore 0＜b＜\frac{2}{3} $,故④错误.
②$ \because $ 抛物线过 $ (-2,0) $、$ (m,0) $ 两点,
$ \therefore $ 对称轴是直线 $ x=\frac{-2+m}{2} $.
$ \because 2＜m＜3, \therefore 0＜-2+m＜1, \therefore 0＜\frac{-2+m}{2}＜\frac{1}{2} $.
$ \because a＜0, \therefore $ 当 $ 0＜x＜\frac{-2+m}{2} $ 时,y 随 x 的增大而增大,当 $ x＞\frac{-2+m}{2} $ 时,y 随 x 的增大而减小,故②错误;
③$ \because y=ax^2+bx+4 $ (a、b 是常数,$ a＜0 $) 与 x 轴交于 $ (-2,0) $、$ (m,0) $ 两点,其中 $ 2＜m＜3 $,
$ \therefore $ 方程 $ ax^2+bx+4=0 $ 的解不为 0,且 $ x_1=-2,x_2=m $,
$ \therefore $ 方程两边同除以 $ x^2 $,得 $ 4(\frac{1}{x})^2 + b(\frac{1}{x})+a=0 $.
令 $ -y=\frac{1}{x} $,则 $ 4y^2-by+a=0 $,
$ \therefore $ 方程 $ 4y^2-by+a=0 $ 的根为 $ y=-\frac{1}{x} $,
$ \therefore $ 关于 x 的方程 $ 4x^2-bx+a=0 $ 的其中一个根是 $ -\frac{1}{m} $,故③正确;
④由题意,抛物线的对称轴是直线 $ x=-\frac{b}{2a}=\frac{-2+m}{2} $,且 $ 0＜\frac{-2+m}{2}＜\frac{1}{2}, \therefore 0＜-\frac{b}{2a}＜\frac{1}{2} $.
$ \because a＜0, \therefore 0＜b＜-a $.
$ \because b=2a+2, \therefore a=\frac{b-2}{2}, \therefore 0＜b＜-\frac{b-2}{2} $,
$ \therefore 0＜b＜\frac{2}{3} $,故④错误.
解析
【分析】
我们需要逐个验证4个结论的正确性，解题思路如下：1.验证结论①：将已知交点$(-2,0)$代入抛物线解析式，整理即可得到$a$和$b$的关系；2.验证结论②：先根据抛物线与$x$轴的两个交点求出对称轴的取值范围，结合$a＜0$（抛物线开口向下）的性质，判断$x＞0$时函数的增减性；3.验证结论③：利用原二次方程的根不为0，将原方程两边除以$x^2$，通过换元变形得到与待判断方程形式一致的式子，即可推导根的关系；4.验证结论④：结合对称轴的范围，以及①中得到的$a$与$b$的关系，代入解不等式即可得到$b$的取值范围，判断正误。
【解析】
①将点$(-2,0)$代入抛物线解析式$y=ax^2+bx+4$，得：
$a×(-2)^2 + b×(-2) +4=0$，即$4a-2b+4=0$，
整理得$2b=4a+4$，即$b=2a+2$，故①正确；
②抛物线与$x$轴交于$(-2,0)$、$(m,0)$两点，因此对称轴为直线$x=\frac{-2+m}{2}$，
已知$2＜m＜3$，则$0＜ -2+m ＜1$，可得$0＜\frac{-2+m}{2}＜\frac{1}{2}$，
因为$a＜0$，抛物线开口向下，所以当$x＜\frac{-2+m}{2}$时$y$随$x$增大而增大，当$x＞\frac{-2+m}{2}$时$y$随$x$增大而减小，
因此当$0＜x＜\frac{-2+m}{2}$时$y$随$x$增大而增大，并非$x＞0$时$y$一直减小，故②错误；
③由题意，方程$ax^2+bx+4=0$的两个根为$x_1=-2$，$x_2=m$，且两根均不为0，
将方程两边同时除以$x^2$，得$a + b· \frac{1}{x} + 4· (\frac{1}{x})^2=0$，即$4(\frac{1}{x})^2 + b· \frac{1}{x} +a=0$，
令$t=-\frac{1}{x}$，则$\frac{1}{x}=-t$，代入上式得$4(-t)^2 + b· (-t) +a=0$，即$4t^2 -bt +a=0$，
因此方程$4t^2 -bt +a=0$的根为$t=-\frac{1}{x}$，对应原方程的根$x=m$，可得$t=-\frac{1}{m}$是方程$4x^2 -bx +a=0$的一个根，故③正确；
④由对称轴公式得$x=-\frac{b}{2a}=\frac{-2+m}{2}$，结合$0＜\frac{-2+m}{2}＜\frac{1}{2}$，得$0＜-\frac{b}{2a}＜\frac{1}{2}$，
因为$a＜0$，不等式两边乘$2a$（负数，不等号方向改变），得$0＞b＞a$，即$0＜b＜-a$，
由①得$b=2a+2$，变形得$a=\frac{b-2}{2}$，代入$0＜b＜-a$得：
$0＜b＜-\frac{b-2}{2}$，解不等式$b＜-\frac{b-2}{2}$：两边乘2得$2b ＜ -b +2$，$3b＜2$，即$b＜\frac{2}{3}$，
因此$b$的范围是$0＜b＜\frac{2}{3}$，并非$0＜b＜\frac{1}{2}$，故④错误。
【答案】
①③
【知识点】
二次函数图象与性质，二次函数与一元二次方程，不等式的应用
【点评】
本题综合考查二次函数的系数关系、增减性、与一元二次方程的联系等知识点，需要结合已知条件逐步推导参数的范围和方程根的关系，对逻辑推理和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
我们需要逐个验证4个结论的正确性，解题思路如下：1.验证结论①：将已知交点$(-2,0)$代入抛物线解析式，整理即可得到$a$和$b$的关系；2.验证结论②：先根据抛物线与$x$轴的两个交点求出对称轴的取值范围，结合$a＜0$（抛物线开口向下）的性质，判断$x＞0$时函数的增减性；3.验证结论③：利用原二次方程的根不为0，将原方程两边除以$x^2$，通过换元变形得到与待判断方程形式一致的式子，即可推导根的关系；4.验证结论④：结合对称轴的范围，以及①中得到的$a$与$b$的关系，代入解不等式即可得到$b$的取值范围，判断正误。
【解析】
①将点$(-2,0)$代入抛物线解析式$y=ax^2+bx+4$，得：
$a×(-2)^2 + b×(-2) +4=0$，即$4a-2b+4=0$，
整理得$2b=4a+4$，即$b=2a+2$，故①正确；
②抛物线与$x$轴交于$(-2,0)$、$(m,0)$两点，因此对称轴为直线$x=\frac{-2+m}{2}$，
已知$2＜m＜3$，则$0＜ -2+m ＜1$，可得$0＜\frac{-2+m}{2}＜\frac{1}{2}$，
因为$a＜0$，抛物线开口向下，所以当$x＜\frac{-2+m}{2}$时$y$随$x$增大而增大，当$x＞\frac{-2+m}{2}$时$y$随$x$增大而减小，
因此当$0＜x＜\frac{-2+m}{2}$时$y$随$x$增大而增大，并非$x＞0$时$y$一直减小，故②错误；
③由题意，方程$ax^2+bx+4=0$的两个根为$x_1=-2$，$x_2=m$，且两根均不为0，
将方程两边同时除以$x^2$，得$a + b· \frac{1}{x} + 4· (\frac{1}{x})^2=0$，即$4(\frac{1}{x})^2 + b· \frac{1}{x} +a=0$，
令$t=-\frac{1}{x}$，则$\frac{1}{x}=-t$，代入上式得$4(-t)^2 + b· (-t) +a=0$，即$4t^2 -bt +a=0$，
因此方程$4t^2 -bt +a=0$的根为$t=-\frac{1}{x}$，对应原方程的根$x=m$，可得$t=-\frac{1}{m}$是方程$4x^2 -bx +a=0$的一个根，故③正确；
④由对称轴公式得$x=-\frac{b}{2a}=\frac{-2+m}{2}$，结合$0＜\frac{-2+m}{2}＜\frac{1}{2}$，得$0＜-\frac{b}{2a}＜\frac{1}{2}$，
因为$a＜0$，不等式两边乘$2a$（负数，不等号方向改变），得$0＞b＞a$，即$0＜b＜-a$，
由①得$b=2a+2$，变形得$a=\frac{b-2}{2}$，代入$0＜b＜-a$得：
$0＜b＜-\frac{b-2}{2}$，解不等式$b＜-\frac{b-2}{2}$：两边乘2得$2b ＜ -b +2$，$3b＜2$，即$b＜\frac{2}{3}$，
因此$b$的范围是$0＜b＜\frac{2}{3}$，并非$0＜b＜\frac{1}{2}$，故④错误。
【答案】
①③
【知识点】
二次函数图象与性质，二次函数与一元二次方程，不等式的应用
【点评】
本题综合考查二次函数的系数关系、增减性、与一元二次方程的联系等知识点，需要结合已知条件逐步推导参数的范围和方程根的关系，对逻辑推理和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
18从三角形一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点之间的线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果分得的两个小三角形中一个为等腰三角形，另一个与原三角形相似，我们把这条线段叫作这个三角形的优美线。如图，等腰Rt△MON斜边上的高OP就是它的优美线。在△ABC中，AB=4，AC=2，若AD是△ABC的优美线，且△ABD是等腰三角形，那么优美线AD=
$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$4\sqrt{2}-4$
。答案
18.$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$4\sqrt{2}-4$ 解析:如图,在 $ △ ABC $ 中, $ AB=4,AC=2,AD $ 是 $ △ ABC $ 的优美线,且 $ △ ABD $ 是等腰三角形.
若 $ AD=BD, △ CAD ∽ △ CBA $,
则 $ \frac{AD}{BA}=\frac{CD}{CA}=\frac{AC}{BC} $.
设 $ BD=AD=x,CD=y, \therefore \frac{x}{4}=\frac{y}{2}=\frac{2}{x+y} $,
解得 $ x=\frac{4\sqrt{3}}{3},y=\frac{2\sqrt{3}}{3}, \therefore AD=\frac{4\sqrt{3}}{3} $.
若 $ AB=BD=4 $,由 $ \frac{AD}{BA}=\frac{CD}{CA}=\frac{AC}{BC} $,
设 $ AD=x,CD=y $,可得 $ \frac{x}{4}=\frac{y}{2}=\frac{2}{4+y} $,
解得 $ y=-2+2\sqrt{2},x=4\sqrt{2}-4 $ (负根舍去),
$ \therefore AD=4\sqrt{2}-4 $;
若 $ AB=AD $,显然不可能.
综上所述,$ AD=\frac{4\sqrt{3}}{3} $ 或 $ 4\sqrt{2}-4 $.
故答案为 $ \frac{4\sqrt{3}}{3} $ 或 $ 4\sqrt{2}-4 $.
解析
【分析】
解题时首先要准确理解“优美线”的定义，明确需同时满足两个条件：①△ABD是等腰三角形；②△CAD与原△CBA相似。由于等腰三角形的腰未明确，因此需分三种情况讨论：AD=BD、AB=BD、AB=AD，先排除不可能的情况，再对成立的情况结合相似三角形对应边成比例的性质设未知数列方程求解，注意舍去边长为负的不合理结果。
【解析】
已知AD是△ABC的优美线，因此△ABD为等腰三角形，且△CAD∽△CBA，分以下三种情况讨论：
1. 若$AD=BD$：
由相似三角形性质可得$\frac{AD}{BA}=\frac{CD}{CA}=\frac{AC}{BC}$，设$BD=AD=x$，$CD=y$，代入得：
$\frac{x}{4}=\frac{y}{2}=\frac{2}{x+y}$
由$\frac{x}{4}=\frac{y}{2}$得$y=\frac{x}{2}$，代入$\frac{x}{4}=\frac{2}{x+\frac{x}{2}}$，解得$x=\frac{4\sqrt{3}}{3}$（负根舍去），即$AD=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
2. 若$AB=BD=4$：
同理可得$\frac{AD}{BA}=\frac{CD}{CA}=\frac{AC}{BC}$，设$AD=x$，$CD=y$，代入得：
$\frac{x}{4}=\frac{y}{2}=\frac{2}{4+y}$
由$\frac{x}{4}=\frac{y}{2}$得$y=\frac{x}{2}$，代入$\frac{x}{4}=\frac{2}{4+\frac{x}{2}}$，整理得$x^2+8x-16=0$，解得$x=4\sqrt{2}-4$（负根舍去），即$AD=4\sqrt{2}-4$。
3. 若$AB=AD$：
此时$∠ B=∠ ADB$，而$∠ ADB$是△ADC的外角，$∠ ADB=∠ C+∠ CAD$，又由△CAD∽△CBA得$∠ CAD=∠ B$，因此$∠ B=∠ C+∠ B$，推出$∠ C=0°$，不符合实际，故该情况不存在。
综上，优美线AD的长为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$4\sqrt{2}-4$。
【答案】
$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$4\sqrt{2}-4$
【知识点】
相似三角形性质、等腰三角形性质、分类讨论思想
【点评】
本题为新定义类几何计算题，解题核心是准确把握新定义的要求，结合等腰三角形的分类讨论和相似三角形的比例关系建立方程求解，需要注意排除不符合几何意义的情况和不合理的根，对几何综合分析能力有一定的要求。
【难度系数】
0.4
解题时首先要准确理解“优美线”的定义，明确需同时满足两个条件：①△ABD是等腰三角形；②△CAD与原△CBA相似。由于等腰三角形的腰未明确，因此需分三种情况讨论：AD=BD、AB=BD、AB=AD，先排除不可能的情况，再对成立的情况结合相似三角形对应边成比例的性质设未知数列方程求解，注意舍去边长为负的不合理结果。
【解析】
已知AD是△ABC的优美线，因此△ABD为等腰三角形，且△CAD∽△CBA，分以下三种情况讨论：
1. 若$AD=BD$：
由相似三角形性质可得$\frac{AD}{BA}=\frac{CD}{CA}=\frac{AC}{BC}$，设$BD=AD=x$，$CD=y$，代入得：
$\frac{x}{4}=\frac{y}{2}=\frac{2}{x+y}$
由$\frac{x}{4}=\frac{y}{2}$得$y=\frac{x}{2}$，代入$\frac{x}{4}=\frac{2}{x+\frac{x}{2}}$，解得$x=\frac{4\sqrt{3}}{3}$（负根舍去），即$AD=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。
2. 若$AB=BD=4$：
同理可得$\frac{AD}{BA}=\frac{CD}{CA}=\frac{AC}{BC}$，设$AD=x$，$CD=y$，代入得：
$\frac{x}{4}=\frac{y}{2}=\frac{2}{4+y}$
由$\frac{x}{4}=\frac{y}{2}$得$y=\frac{x}{2}$，代入$\frac{x}{4}=\frac{2}{4+\frac{x}{2}}$，整理得$x^2+8x-16=0$，解得$x=4\sqrt{2}-4$（负根舍去），即$AD=4\sqrt{2}-4$。
3. 若$AB=AD$：
此时$∠ B=∠ ADB$，而$∠ ADB$是△ADC的外角，$∠ ADB=∠ C+∠ CAD$，又由△CAD∽△CBA得$∠ CAD=∠ B$，因此$∠ B=∠ C+∠ B$，推出$∠ C=0°$，不符合实际，故该情况不存在。
综上，优美线AD的长为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$4\sqrt{2}-4$。
【答案】
$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$4\sqrt{2}-4$
【知识点】
相似三角形性质、等腰三角形性质、分类讨论思想
【点评】
本题为新定义类几何计算题，解题核心是准确把握新定义的要求，结合等腰三角形的分类讨论和相似三角形的比例关系建立方程求解，需要注意排除不符合几何意义的情况和不合理的根，对几何综合分析能力有一定的要求。
【难度系数】
0.4
三、解答题(本大题共7题,满分78分)
19.(10分)如图,在平面直角坐标系中,△ABC与△A'B'C'关于点P位似,其中顶点A、B、C的对应点依次为A'、B'、C',且都在格点上.
(1)请利用位似的知识在图中找到并画出位似中心P;
(2)请在图中画出△A''B''C'',使之满足如下条件:
①△A''B''C''与△A'B'C'关于点P位似,且△A''B''C''与△A'B'C'的位似比为$\frac{1}{2}$;
②△A''B''C''与△A'B'C'位于点P的同侧.
19.(10分)如图,在平面直角坐标系中,△ABC与△A'B'C'关于点P位似,其中顶点A、B、C的对应点依次为A'、B'、C',且都在格点上.
(1)请利用位似的知识在图中找到并画出位似中心P;
(2)请在图中画出△A''B''C'',使之满足如下条件:
①△A''B''C''与△A'B'C'关于点P位似,且△A''B''C''与△A'B'C'的位似比为$\frac{1}{2}$;
②△A''B''C''与△A'B'C'位于点P的同侧.
答案
19.解:(1)如图,连接 $ AA' $、$ BB' $、$ CC' $ 相交于点 P,点 P 即为所求.
(2)取 $ PA' $、$ PB' $、$ PC' $ 的中点 $ A'' $、$ B'' $、$ C'' $,顺次连接各点得到 $ △ A''B''C'' $,作图如图所示.
解析
【分析】
(1)根据位似图形的性质：位似图形对应顶点的连线都经过位似中心，因此只需连接两组对应顶点的连线，它们的交点即为位似中心P，可连接第三组对应顶点的连线验证交点唯一。
(2)已知△A''B''C''与△A'B'C'关于P位似，位似比为$\frac{1}{2}$且在P同侧，说明△A''B''C''的各顶点到P的距离是△A'B'C'对应顶点到P距离的$\frac{1}{2}$，且在P到对应顶点的线段上，因此只需分别取PA'、PB'、PC'的中点，顺次连接即可得到所求三角形。
【解析】
(1) 分别连接对应顶点$AA'$、$BB'$，两条线段的交点即为位似中心$P$，再连接$CC'$，可验证$CC'$也经过该交点，确定点$P$为所求位似中心。
(2) 因为△A''B''C''与△A'B'C'的位似比为$\frac{1}{2}$且位于点$P$同侧：
① 分别在线段$PA'$、$PB'$、$PC'$上取中点，记为$A''$、$B''$、$C''$，满足$PA''=\frac{1}{2}PA'$，$PB''=\frac{1}{2}PB'$，$PC''=\frac{1}{2}PC'$；
② 顺次连接$A''$、$B''$、$C''$，所得$△ A''B''C''$即为满足条件的三角形。
【答案】
(1)如图,连接 $ AA' $、$ BB' $、$ CC' $ 相交于点 P,点 P 即为所求.
(2)取 $ PA' $、$ PB' $、$ PC' $ 的中点 $ A'' $、$ B'' $、$ C'' $,顺次连接各点得到 $ △ A''B''C'' $,作图如图所示.
【知识点】
位似图形性质；位似中心确定；位似图形作图
【点评】
本题考查位似图形的基础应用，核心是对位似性质的理解，作图时需注意位似比和同侧的限制条件，属于基础类作图题，熟练掌握位似的基本概念即可快速解答。
【难度系数】
0.75
(1)根据位似图形的性质：位似图形对应顶点的连线都经过位似中心，因此只需连接两组对应顶点的连线，它们的交点即为位似中心P，可连接第三组对应顶点的连线验证交点唯一。
(2)已知△A''B''C''与△A'B'C'关于P位似，位似比为$\frac{1}{2}$且在P同侧，说明△A''B''C''的各顶点到P的距离是△A'B'C'对应顶点到P距离的$\frac{1}{2}$，且在P到对应顶点的线段上，因此只需分别取PA'、PB'、PC'的中点，顺次连接即可得到所求三角形。
【解析】
(1) 分别连接对应顶点$AA'$、$BB'$，两条线段的交点即为位似中心$P$，再连接$CC'$，可验证$CC'$也经过该交点，确定点$P$为所求位似中心。
(2) 因为△A''B''C''与△A'B'C'的位似比为$\frac{1}{2}$且位于点$P$同侧：
① 分别在线段$PA'$、$PB'$、$PC'$上取中点，记为$A''$、$B''$、$C''$，满足$PA''=\frac{1}{2}PA'$，$PB''=\frac{1}{2}PB'$，$PC''=\frac{1}{2}PC'$；
② 顺次连接$A''$、$B''$、$C''$，所得$△ A''B''C''$即为满足条件的三角形。
【答案】
(1)如图,连接 $ AA' $、$ BB' $、$ CC' $ 相交于点 P,点 P 即为所求.
(2)取 $ PA' $、$ PB' $、$ PC' $ 的中点 $ A'' $、$ B'' $、$ C'' $,顺次连接各点得到 $ △ A''B''C'' $,作图如图所示.
【知识点】
位似图形性质；位似中心确定；位似图形作图
【点评】
本题考查位似图形的基础应用，核心是对位似性质的理解，作图时需注意位似比和同侧的限制条件，属于基础类作图题，熟练掌握位似的基本概念即可快速解答。
【难度系数】
0.75
20.(10分)已知二次函数 $ y = mx^2 - (m + 2)x + 2 $。
(1)求证:二次函数的图像必过点(1,0)；
(2)若该函数图像与x轴有两个交点 $ A(x_1,0) $、$ B(x_2,0) $，求证:$ (2 - x_1 - x_2)^2 ＞ 0 $。
(1)求证:二次函数的图像必过点(1,0)；
(2)若该函数图像与x轴有两个交点 $ A(x_1,0) $、$ B(x_2,0) $，求证:$ (2 - x_1 - x_2)^2 ＞ 0 $。
答案
20.证明:(1)$ \because y=mx^2-(m+2)x+2=(x-1)(mx-2) $,
$ \therefore $ 当 $ x=1 $ 时,$ y=0 $,
$ \therefore $ 二次函数的图像必过点 $ (1,0) $.
(2)$ \because $ 该函数图像与 x 轴有两个交点 $ A(x_1,0) $、$ B(x_2,0) $,
$ \therefore m ≠ 0,b^2-4ac=[-(m+2)]^2-4m × 2=(m-2)^2＞0 $.
$ \because x_1+x_2=\frac{m+2}{m} $,
$ \therefore (2-x_1-x_2)^2=(2-\frac{m+2}{m})^2=(\frac{m-2}{m})^2＞0 $.
$ \therefore $ 当 $ x=1 $ 时,$ y=0 $,
$ \therefore $ 二次函数的图像必过点 $ (1,0) $.
(2)$ \because $ 该函数图像与 x 轴有两个交点 $ A(x_1,0) $、$ B(x_2,0) $,
$ \therefore m ≠ 0,b^2-4ac=[-(m+2)]^2-4m × 2=(m-2)^2＞0 $.
$ \because x_1+x_2=\frac{m+2}{m} $,
$ \therefore (2-x_1-x_2)^2=(2-\frac{m+2}{m})^2=(\frac{m-2}{m})^2＞0 $.
解析
【分析】
（1）要证明二次函数图像过定点(1,0)，只需验证当x=1时，函数值y是否恒为0，不受参数m的影响即可；也可先对函数解析式因式分解，直接找到使y=0且与m无关的x值。
（2）要证明$(2 - x_1 - x_2)^2 ＞ 0$，首先函数与x轴有两个交点，说明该函数为二次函数，因此$m≠0$，且判别式$\Delta＞0$；再利用一元二次方程根与系数的关系求出$x_1+x_2$的表达式，代入待证式子化简，结合$\Delta＞0$和$m≠0$的条件，即可证明平方数大于0。
【解析】
(1) 对二次函数解析式因式分解可得：
$y = mx^2 - (m + 2)x + 2 = (x - 1)(mx - 2)$
当$x=1$时，代入得$y=(1-1)(m×1 - 2)=0$，即无论m取何值，x=1时y恒为0，因此二次函数的图像必过点$(1,0)$。
(2) 已知函数图像与x轴有两个交点$A(x_1,0)$、$B(x_2,0)$，因此该函数为二次函数，故$m≠0$，且判别式大于0：
$\Delta = b^2 - 4ac = [-(m+2)]^2 - 4· m· 2 = (m-2)^2 ＞ 0$
根据一元二次方程根与系数的关系，两根之和$x_1 + x_2 = \frac{m+2}{m}$，代入待证式子得：
$(2 - x_1 - x_2)^2 = (2 - \frac{m+2}{m})^2 = (\frac{2m - m - 2}{m})^2 = (\frac{m - 2}{m})^2$
由$\Delta=(m-2)^2＞0$得$m≠2$，又因为$m≠0$，因此$\frac{m-2}{m}≠0$，故$(\frac{m-2}{m})^2 ＞ 0$，原不等式得证。
【答案】
(1) 二次函数的图像必过点$(1,0)$，证明成立；
(2) $(2 - x_1 - x_2)^2 ＞ 0$，证明成立。
【知识点】
1. 二次函数定点判定
2. 二次函数判别式应用
3. 根与系数的关系
【点评】
本题属于二次函数的基础综合题，考查了定点证明、二次函数与x轴交点的性质以及韦达定理的应用，解题时需注意二次项系数不为0的隐含条件，是巩固二次函数基础性质的典型习题。
【难度系数】
0.75
（1）要证明二次函数图像过定点(1,0)，只需验证当x=1时，函数值y是否恒为0，不受参数m的影响即可；也可先对函数解析式因式分解，直接找到使y=0且与m无关的x值。
（2）要证明$(2 - x_1 - x_2)^2 ＞ 0$，首先函数与x轴有两个交点，说明该函数为二次函数，因此$m≠0$，且判别式$\Delta＞0$；再利用一元二次方程根与系数的关系求出$x_1+x_2$的表达式，代入待证式子化简，结合$\Delta＞0$和$m≠0$的条件，即可证明平方数大于0。
【解析】
(1) 对二次函数解析式因式分解可得：
$y = mx^2 - (m + 2)x + 2 = (x - 1)(mx - 2)$
当$x=1$时，代入得$y=(1-1)(m×1 - 2)=0$，即无论m取何值，x=1时y恒为0，因此二次函数的图像必过点$(1,0)$。
(2) 已知函数图像与x轴有两个交点$A(x_1,0)$、$B(x_2,0)$，因此该函数为二次函数，故$m≠0$，且判别式大于0：
$\Delta = b^2 - 4ac = [-(m+2)]^2 - 4· m· 2 = (m-2)^2 ＞ 0$
根据一元二次方程根与系数的关系，两根之和$x_1 + x_2 = \frac{m+2}{m}$，代入待证式子得：
$(2 - x_1 - x_2)^2 = (2 - \frac{m+2}{m})^2 = (\frac{2m - m - 2}{m})^2 = (\frac{m - 2}{m})^2$
由$\Delta=(m-2)^2＞0$得$m≠2$，又因为$m≠0$，因此$\frac{m-2}{m}≠0$，故$(\frac{m-2}{m})^2 ＞ 0$，原不等式得证。
【答案】
(1) 二次函数的图像必过点$(1,0)$，证明成立；
(2) $(2 - x_1 - x_2)^2 ＞ 0$，证明成立。
【知识点】
1. 二次函数定点判定
2. 二次函数判别式应用
3. 根与系数的关系
【点评】
本题属于二次函数的基础综合题，考查了定点证明、二次函数与x轴交点的性质以及韦达定理的应用，解题时需注意二次项系数不为0的隐含条件，是巩固二次函数基础性质的典型习题。
【难度系数】
0.75
