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微信：cs5311742016 主营各地名校期中期末真题卷及小初高全套教材教案讲义知识点总结
北京五中分校 2024~2025 学年度第一学期第二次阶段性练习
初三数学
考生须知：
1．本试卷满分100分，考试时间100分钟．
2．在试卷和答题卡上准确填写班级、姓名和学号．
3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．
4．在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其它试题用黑色字迹签字笔作答．
5．考试结束，将答题卡交回．
一、选择题（本题共16分，每小题2分）
1. 下列图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形，根据轴对称图形和中心对称图形的定义进行逐一判断即
可，如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把
一个图形绕着某一个点旋转 ，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称
图形，这个点就是它的对称中心．掌握中心对称图形与轴对称图形的判断是解题的关键．
【详解】解：A、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故不符合题意；
B、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故不符合题意；
C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合题意；
故选：C．
2. 抛物线 的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
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【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了求抛物线的顶点坐标；把解析式配方即可．
【详解】解： ，
的
即抛物线 顶点坐标为 ；
故选：D．
3. 下列关于函数 的结论中，正确的是（ ）
A. 随 的增大而减小 B. 当 时， 随 的增大而增大
C. 当 时， 随 的增大而增大 D. 当 时， 随 的增大而减小
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的图象的性质，要牢记解析式中的系数和图象性质的关系．根据二次项的
系数确定开口方向，再根据对称轴确定增减性．
【详解】解：由题意得，图象开口向上，对称轴为 轴，
当 时， 随 增大而减小，
A、C选项说法错误，
当 时， 随 增大而增大，
B选项说法正确，D选项说法错误，
故选：B．
4. 如图， 是 的中位线，若 的面积为1，则四边形 的面积为（ ）
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
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【答案】B
【解析】
【分析】先证明 ，然后根据相似三角形的性质求出 ，即可求出四边形 的
面积．
【详解】解∶∵ 是 的中位线，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
又 的面积为1，
∴ ，
∴ ．
故选∶B．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，相似三角形的判定与性质，掌握相似三角形的判定与性质是解
题的关键．
5. 在平面直角坐标系 中，将抛物线 先向右平移4个单位长度，再向上平移1个单位长度，得
到的抛物线是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减，并
用规律求函数解析式．
【详解】将抛物线 先向右平移 4 个单位长度，再向上平移 1 个单位长度，得到的抛物线是
．
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故选：D．
6. 某药品经过两次降价，每瓶零售价由56元降为31.5元，已知两次降价的百分比相同，设为x，那么根
据题意可以列方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】此题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，正确理解百分率问题的应用题的解题方法是解题的
关键．
设每次降价的百分率为x，根据每瓶零售价由56元降为31.5元列方程即可．
【详解】设每次降价的百分率为x，
根据题意得， ．
故选：C．
7. 已知：二次函数 的图象上部分对应点坐标如下表，m的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】此题主要考查了二次函数图象的对称性，根据表格数据可知，抛物线的对称轴为 ，由抛物线
的对称性可知， 时 的值与 时的值相等，即可求解．
【详解】解：由表格可知，当 ， ，当 ， ，
由抛物线的对称性可知，抛物线的对称轴为 ，
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∴ 时 的值与 时的值相等，
∴ 时 的值为 ，即 的值为 ，
故选：D．
8. 如图，抛物线 （ ）经过点 ．下面有四个结论：① ；② ：
③ ；④关于x的不等式 的解集为 或 ．其中所有正确结论的
序号是（ ）
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②③④
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的性质以及与一次函数的解集，根据图像开口可得①错误；根据对称轴可
判断②正确；由 时， ，即可判断③正确；利用二次函数与一次函数 的图像位置关系
可判断④正确．
【详解】解：①∵抛物线开口向下，
∴ ，则①错误．
②∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，且与x轴的交点一个为 另外一个在2到3之间，
∴ ，
∵
∴ ，
∴ ，则②正确．
③由图象可知，当 时， ，
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∴ ，则③正确．
④ ，可变式为 ，
令 ，
∵一次函数 ，过点 和 ，则一次函数 与抛物线 图象如图，
的解集为 ．则④错误．
综上所述，其中所有正确结论的序号是②③．
故选：B．
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9. 方程 的解是____．
【答案】 ，
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握利用因式分解的方法解方程是解本题的关键．
把方程化为 ，再利用因式分解的方法解方程即可．
【详解】解：∵ ，
，
，
或 ，
解得： ．
故答案为： ， ．
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10. 若关于x的一元二次方程 有两个相等的实数根，则实数c的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了根的判别式判断根的情况，解决此题的关键是熟记判别式公式，根据判别式得到
关于c的不等式求出答案即可．
【详解】 ，
解得： ．
故答案为：4．
11. 二次函数 的图象与 轴的交点坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】令 ，求得 的值即可.
【详解】令 ，得 ，
的
∴二次函数 图象与 轴的交点坐标为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是二次函数与 轴的交点，正确计算是解答此题的关键．
12. 在平面直角坐标系 中，若点 ， 在抛物线 上，则 ___ （填“
”，“ ”或“ ”）．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查二次函数图象上点坐标的特征，解题的关键是把 的值代入二次函数解析式，求出对应
的 值再比较即可．
【详解】 点 ， 在抛物线 上，
； ，
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；
故答案为： ．
13. 如图，一次函数y=kx+b(k≠0)与二次函数 的图象分别交于点 ， ．
则关于 的方程 的解为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了函数图象与方程的关系，方程的解就是两个函数交点的横坐标，据此即可求解．
【详解】解：∵方程 的解就是二次函数 与一次函数 两个函数
交点的横坐标，
∵一次函数 与二次函数 的图象相交于点 ， ．
∴ 的解为 ；
故答案为： ．
14. 如图，在 中， ， ， ， ，则 的长为 __________．
【答案】 ## ##4.5
【解析】
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【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质以及直角三角形的性质，解题的关键是证明
．证明 ，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵ ， ， ， ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
解得 ．
故答案为： ．
15. 已知：如图，在 中， ，以 为边向形外作等边三角形 ，把 绕
着点D按顺时针方向旋转 后得到 ，若 ， ， 的长为___________．
【答案】5
【解析】
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【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，四边形内角和为 ．熟练掌握旋转的性质是
解题关键．由旋转的性质证 为等边三角形，证 ， ．又证A、C、E
三点共线，结合等边三角形的性质即可得 ．
【详解】解：∵ 是把 绕着点D按顺时针方向旋转 后得到的，
∴ ， ，
∴ 为等边三角形，
∵ 是把 绕着点D按顺时针方向旋转 后得到的，
∴ ， ．
∵ 为等边三角形，
∴ ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，即A、C、E三点共线，
∵ 为等边三角形，
∴ ．
为
故答案 ：5．
16. 已知抛物线 经过点 和点 ，则 的最小值是__________．
【答案】
【解析】
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【分析】本题考查了二次函数的对称性和增减性，根据抛物线的对称轴以及对称轴公式确定 ，
即可得到 ，由抛物线 经过点 和点 得到
，结合 即可确定 的最小值．
【详解】解：∵抛物线 ，
∴抛物线的对称轴为直线 ，
∵抛物线 经过点 和点 ，
∴点 和点 关于对称轴对称， ，
∴ ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ 时，t有最小值为： ．
故答案为： ．
三、解答题（共68分，第17题6分，其中每小题3分，第18-23题，每题5分，第24-26题，
每题6分，第27题7分，第28题7分）
17. 解方程：
（1） ．
（2） ．
【答案】（1） ，
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（2） ，
【解析】
【分析】本题考查解一元二次方程
（1）根据题意利用公式法求两个解．
（2）根据题意利用十字相乘法求两个解．
【小问1详解】
解：（1） ，
由于 ，
，
，
，
【小问2详解】
解：（2） ，
，
，
，
，
18. 已知实数 是 的根，不解方程，求 的值．
【答案】
【解析】
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【分析】本题主要考查一元二次方程的解，多项式乘以多项式，完全平方公式和合并同类项，根据方程的
解的概念求得 ，根据多项式乘以多项式，完全平方公式和合并同类项法则化简代数式，然后
整体代入即可，熟练掌握运算法则和正确理解整体代入思想是解题的关键．
【详解】解：∵实数 是 的根，
∴ ，即 ，
由
，
，
，
∵ ，
∴原式 ，
．
19. 已知二次函数 ．
（1）将其化为 的形式为_______________；
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（2）在所给的平面直角坐标系 中，画出它的图象；
（3）抛物线与x轴交点坐标为_______________；
（4） 时，y的取值范围是_______________．
【答案】（1）
（2）图象见详解 （3）
（4）
【解析】
【分析】对于（1），根据完全平方公式配成顶点式即可；
对于（2），根据二次函数图象的画法：列表，描点，连线即可；
对于（3），令 ，求出x的值，即可得到答案；
对于（4），根据二次函数图象先求出当 时，有最小值，再根据距离对称轴越远，y值越大，求出即
可．
【小问1详解】
解： .
故答案为： ；
【小问2详解】
如图所示；
【小问3详解】
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令 时， ，
解得： ，
∴抛物线与x轴交点坐标为 ，
故答案为： ；
【小问4详解】
由（1）可知 ，
∴当 时，y有最小值为 .
∵ ，距离对称轴越远 越大，
当 是，y有最大值为5．
所以y的取值范围是 ．
【点睛】本题主要考查了二次函数的顶点式，二次函数的画法，求二次函数最值，解决此题的关键是熟练
掌握二次函数的性质和图象的性质．
20. 已知关于 的一元二次方程 ．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若 ，且该方程的两个实数根的差为3，求 的值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握一元二次方
程根的判别式，解一元二次方程的一般方法．
（1）根据一元二次方程根的判别式进行判断即可；
（2）先解方程得出 ，根据该方程的两个实数根的差为3，得出 ，求出m的值即可．
【小问1详解】
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证明：
，
，
，
该方程总有两个实数根．
【小问2详解】
解： 原方程可化为 ，
，（也可用求根公式求出两根）
，
，
该方程的两个实数根的差为3，
．
．
21. 如图， 绕某点按一定方向旋转一定角度后得到 ，点A，B，C分别对应点 ， ，
．
（1）在图中画出 ；
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（2） 是以点______（填“ ”，“ ”或“ ”）为旋转中心，将 ______时针旋转
的
______度得到 ．
【答案】（1）见详解 （2） ，顺，90．
【解析】
【分析】本题考查作图−旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
（1）根据图中的 的位置，得 是以点 为旋转中心，将 顺时针旋转90度
得到的．
（2）利用旋转变换的性质判断即可．
【小问1详解】
解：如图， 即为所求；
【小问2详解】
解： 是以点 为旋转中心，将 顺时针旋转90度得到的．
故答案为： ，顺，90．
22. 如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，过B，C两点分别作AC，BD的平行线，相交于点E．
（1）求证：四边形BOCE是矩形；
（2）连接EO交BC于点F，连接AF，若∠ABC=60°，AB=2，求AF的长．
【答案】（1）见解析；（2）
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【解析】
【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形BOCE是平行四边形，根据菱形的性质求出
∠BOC=90°，再根据矩形的判定得出即可；
（2）根据菱形和等边三角形的性质求出BF= AB=1，根据勾股定理求出AF．
【详解】解：（1）∵BE∥AC，EC∥BD，
∴四边形BOCE是平行四边形．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD．
∴∠BOC=90°．
∴四边形BOCE是矩形．
（2）∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形．
∵四边形BOCE是矩形，
∴BF= BC= AB=1．
∴∠AFB=90°．
∴AF= ．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，平行四边形的判定，勾股定理等知识点，掌握相关的性质
定理正确推理计算是解题关键．
23. 已知二次函数 图象上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表所示：
x … 0 1 2 4 …
y … 8 3 0 3 …
（1）求二次函数的解析式及顶点坐标；
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（2）直接写出当 时，x的取值范围．
【答案】（1） ，
（2） 或
【解析】
【分析】本题考查了待定系数法，图象法求自变量取值范围；
（1）将 ， ； ， ； ， 代入解析式，再根据顶点坐标公式，即可求解；
（2）根据函数图象即可求解；
掌握待定系数法和数形结合法是解题的关键．
【小问1详解】
解：由表格得
当 ， 时；
当 ， 时；
当 ， 时；
，
解得： ，
，
当 时，
，
顶点坐标为 ；
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故二次函数的解析式为 ，顶点坐标 ；
【小问2详解】
解：当 时，
，
解得： ， ，
由图象得：
当 时， 或 时，
故当 时，x的取值范围为 或 ．
24. 如图，A是直线 上一点， ，过点B作 于点D，过点C作 于点
E．
（1）求证： ；
（2）若 ， ，求 的长．
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【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）分别证明 ，即可得出结论；
（2）先由勾股定理求出 ，再结合相似三角形的性质得出比例式，再代入相关数值即可得出结论．
【小问1详解】
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在
和 中，
∴
【小问2详解】
在 中， ，
由勾股定理得， ，
∵ ，
∴ ，
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∴
∴
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，证明 是解答本题的关键．
25. 如图1，灌溉车为公路绿化带草坪浇水，图2是灌溉车浇水操作时的截面图．现将灌溉车喷出水的上、
下边缘线近似地看作平面直角坐标系 中两条抛物线的部分图象．已知喷水口H离地竖直高度 为
，草坪水平宽度 ，竖直高度忽略不计.上边缘抛物线最高点A离喷水口的水平距离为 ，
高出喷水口 ，下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移 得到的，设灌溉车到草坪的距离 为d
（单位：m）．
（1）求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程 的长；
（2）下边缘抛物线落地点B的坐标为______；
（3）要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个草坪，d的取值范围为______．
【答案】（1）喷出水的最大射程 为
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题是二次函数的实际应用，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次
函数与方程的关系等知识，读懂题意，建立二次函数模型是解题的关键．
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（1）由顶点 得，设 ，再根据抛物线过点 ，可得a的值，从而解决问题；
（2）由对称轴知点 的对称点为 ，则下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移 得到的，
可得点B的坐标；
（3）根据点 坐标以及草坪宽度可得结论．
【小问1详解】
解：由题意得 是上边缘抛物线的顶点，
设 ，
又∵抛物线过点 ，
∴
∴ ，
∴上边缘抛物线的函数解析式为 ，
当 时， ，
解得 （舍去），
∴喷出水的最大射程 为 ；
【小问2详解】
解：∵对称轴为直线 ，
∴点 的对称点为 ，
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移 得到的，
∴点B的坐标为 ，
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故答案为： ；
【小问3详解】
解：∵ ，
，
， ，
， ，
，
∴要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个草坪，d的取值范围为 ，
故答案为： ．
26. 已知二次函数 （ ）．
（1）求该二次函数的图象与y轴交点的坐标及对称轴．
（2）已知点 ， ， ， 都在该二次函数图象上，
①请判断 与 的大小关系： _________ （用“>”“=”“<”填空）；
②若 ， ， ， 四个函数值中有且只有一个小于零，求a的取值范围．
【答案】（1） ， ．
（2）①= ②
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，掌握二次函数图象
的性质是解决此题的关键．
（1）根据对称轴公式和y轴上点的坐标特征即可求得；
（2）①根据二次函数的性质和图象即可；
②根据二次函数的性质和图象，要把a分情况讨论，再根据y与x的关系得到答案即可．
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【小问1详解】
解：∵二次函数 ，
∴令 时， ，函数图象的对称轴为直线 ，
∴二次函数图象与y轴的交点为(0,3)，函数图象的对称轴为直线 ；
【小问2详解】
解：①∵函数图象的对称轴为直线 ，
∴点 和点 关于对称轴对称，
∴ ．
故答案为： ；
②由上可知 ，
∴只需要比较 、 、 ，
分两种情况：
当 时，
∵距离对称轴越远就越大，
∴y >y >y ，
4 3 2
而 ，
∴此种情况舍去；
当 时，
∵距离对称轴越远越小，
∴ ，
则必有y <0，y >0，
4 3
得出不等式 ，
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解得： ．
27. 如图，在 中， ， ， ，连接 ，将线段 绕点 顺时
针旋转90°得到线段 ，连接 ．
（1）依题意，补全图形，并证明： ；
（2）求 的度数；
（3）若 为线段 的中点，连接 ，请用等式表示线段 与 之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）画图和证明见解析；
（2）135° （3） ，证明见解析．
【解析】
【分析】（1）先根据题意画出对应的图形，只需要利用 证明 即可证明 ；
（2）连接 ，如图所示．先由等腰直角三角形的性质得到 再证明
由全等三角形的性质得到 ．则可以推出 ，利用
三角形内角和定理即可得到 ；
（3）如图所示，延长 至K，使得 ，连接 ．证明 ．得到
， ，则 ．进一步证明 ．得到 ．由
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此证明 ，得到 ．在等腰直角 中， ，则 ，即
可证明 ．
【小问1详解】
补全图形，如图所示．
证明：∵ 线段 绕点C顺时针旋转90°得到线段 ，
∴
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴
∴ ；
【小问2详解】
解：连接 ，如图所示．
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由（1）可得 是等腰直角三角形，
∴
∴
∵
∴
由 可得 ．
∴ ．
∴ ；
【小问3详解】
解； ，理由如下：
如图所示，延长 至K，使得 ，连接 ．
∵ 为线段 的中点，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ， ．
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∴ ， ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
由 可得 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
∴ ．
∵在等腰直角 中， ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，三角形
内角和定理，勾股定理等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
28. 在平面直角坐标系 中，对于抛物线 和直线 给出如下定义：过抛物线C上
一点 作垂直于x轴的直线 ，交直线l于点 ，若存在实数 满足 ，则
称点 是抛物线C的“如意点”，点P关于直线l的对称点Q为点P与抛物线C的“称心点”．
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（1）若 ，
①在点 ， ， ， 中，抛物线C的“如意点”是______；
②若点D是抛物线C的“如意点”，点E是点D与抛物线C的“称心点”，直接写出 的最大值______；
（2）若边长为 的正方形 边上的点都是抛物线C的“如意点”或某点与抛物线C的“称心
点”，直接写出b的最小值______．
【答案】（1）① ；② ；
（2）
【解析】
【分析】（1）①分别求出当 时， 时， 时， 时，两个函数的函数值，再根据“如
意点”的定义判断即可；②根据题意可得点E和点D关于直线 对称，则当点D到直线
的距离最大时， 有最大值，根据“如意点”的定义可知，抛物线与直线 围成的封闭区域内的
所有点到时抛物线C的如意点，则当平行于直线 的直线与抛物线恰好有一个交点时，且当点D
与该交点重合时满足题意，据此求出点D的坐标，进而求出点D到直线 的距离即可得到答案；
（2）由（1）可得，抛物线C的“如意点”组成的区域即为直线 与抛物线 围成的封闭
区域（包括边界），则抛物线C的“称心点”一定在直线 与抛物线 围成的封闭区域外
面，则正方形 边上的点全部是“如意点”时b的值一定要比正方形 边上的点部分是
“如意点”，部分时“称心点”时b的值大，故当恰好正方形 上的点一半是“如意点”，一半是
“称心点”时b最小，即直线 一定经过正方形 的一条对角线，此时 关于抛物线
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对称轴对称，则可得到 ，把 代入 中得 ，
则 ，即b的最小值即为 ．
【小问1详解】
解：①在 中，当 时， ， 时， ， 时， ， 时，
；
在 中，当 时， ， 时， ， 时， ， 时， ；
∵ ， ， ， ，
∴只有 ， 是抛物线C的“如意点”，
故答案为： ；
②点E是点D与抛物线C的“称心点”，
∴点E和点D关于直线 对称，
∴ 的长等于点D到直线 的距离的两倍，
∴当点D到直线 的距离最大时， 有最大值，
根据“如意点”的定义可知，抛物线与直线 围成的封闭区域内的所有点到时抛物线C的如意点，
∴当平行于直线 的直线与抛物线恰好有一个交点时，且当点D与该交点重合时满足题意，
设直线 恰好与抛物线 有一个交点，
联立 得 ，
∴ ，
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解得 ，
∴ ，解得 ，
∴此时点D与原点重合；
如图所示，设直线 分别与x轴，y轴交于G、H，则 ，
∴ ，
∴ ，
设 交于H，则 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ；
【小问2详解】
解：由（1）可得，抛物线C的“如意点”组成的区域即为直线 与抛物线 围成的封闭
区域（包括边界），
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∴抛物线C的“称心点”一定在直线 与抛物线 围成的封闭区域外面，
∵边长为 的正方形 边上的点都是抛物线C的“如意点”或某点与抛物线C的“称心点”，
∴正方形 边上的点全部是“如意点”时b的值一定要比正方形 边上的点部分是“如意
点”，部分时“称心点”时b的值大，
∴当恰好正方形 上的点一半是“如意点”，一半是“称心点”时b最小，即直线 一定经
过正方形 的一条对角线，
此时有 轴，
∴此时 关于抛物线对称轴对称，即关于直线 对称，
∴ 的横坐标为 ，
在 中，当 时， ，
∴ ，
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把 代入 中得 ，
∴ ，
∴b的最小值即为 ．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，正方形的性质，一次函数与几何综合等等，解题的关键在于理解
题意得到抛物线C的“如意点”组成的区域即为直线 与抛物线 围成的封闭区域（包括
边界）．
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