第三章函數重難點05涉及二次函數的圖形變化類問題，與二次函數有關的創新類問題（2種命題預測+7種題型匯總+專題訓練+3種解題方法）【題型匯總】類型一涉及二次函數的圖形變化類問題題型01平移變換平移方式（n＞0)一般式頂點式平移口訣向左平移n個單位，頂點坐標(h-n，k)左加向右平移n個單位，頂點坐標(h+n，k)右減向上平移n個單位，頂點坐標(h，k+n)上加向下平移n個單位，頂點坐標(h，k-n)下減1．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，二次函數y=ax2+bx+3圖象的對稱軸是直線x=-1，圖象與x軸交于A，B兩點，點B坐標為1,0，直線y=x+n經過點B，且與y(1)填空：a=____；b=____；n=_____．(2)將該二次函數圖象向右平移m個單位，使拋物線頂點M落在直線BC上，試求m的值．(3)在（2）的條件下，設Pt,0是x軸上的一動點，若△MBP外接圓的圓心落在平移后的拋物線內部，試求t【答案】(1)-1；-2；-1(2)m=6(3)10-【分析】（1）將點B坐標代入直線y=x+n中求出n，根據二次函數的對稱軸和經過點1,0得到方程組，解方程即可求出a、b；（2）將拋物線化為頂點式，平移后得到平移后的頂點坐標，再將頂點坐標代入直線求解y=x+n；（3）先求出平移后的解析式，設拋物線對稱軸與x軸交于點N，根據題意易得到△MBP外接圓的圓心必在邊BM的中垂線上，設該中垂線交拋物線于點E，F，進而求出點E，F的坐標，過點E，F分別作x軸的垂線，垂足分別為K，Q，得到這兩點的橫坐標，進而求出P1和P2的橫坐標，即可求出【詳解】（1）解：∵點B坐標為1,0，直線y=x+n經過點B，∴0=1+n，∴n=1．∵二次函數y=ax2+bx+3圖象的對稱軸是直線x=-1，B1,0∴-b2a=-1聯立組成方程組為b=2aa+b+3=0解得a=-1b=-2故答案為：-1；-2；-1．（2）解：由題意知：拋物線解析式為y=-x2-2x+3將y=-(x+1)2+4的圖象向右平移m個其頂點坐標為M(m-1,4)．∵頂點M恰好落在直線y=x-1上，∴4=m-1-1，∴m=6．（3）解：由題意知：平移后的拋物線解析式為y=-(x-5)2+4設拋物線對稱軸與x軸交于點N．∵BN=NM=4，∴△BNM為等腰直角三角形．∵P點在x軸上，則△MBP外接圓的圓心必在邊BM的中垂線上．設該中垂線交拋物線于點E，F．由M(5,4),B(1,0)可知線段MB的中點坐標為(3,2)，N(5,0)，故可求得該中垂線解析式為yEN∴解方程組y=-解得：x1.2即E，F兩點的橫坐標分別為11-17過點E，F分別作x軸的垂線，垂足分別為K，Q，則K，Q兩點的橫坐標分別為11-17∴KB=11-∴P從而P1點的橫坐標為10-同理QB=11+∴P從而P2點的橫坐標為10+∴t的取值范圍是10-17【點晴】本題主要考查了二次函數的綜合，二次函數的圖象和性質，函數解析式的求法，二次函數平移規律，二次函數與一次函數的交點，理解相關知識是解答關鍵．2．（2023·山東青島·中考真題）許多數學問題源于生活．雨傘是生活中的常用物品，我們用數學的眼光觀察撐開后的雨傘（如圖①）、可以發現數學研究的對象——拋物線．在如圖②所示的直角坐標系中，傘柄在y軸上，坐標原點O為傘骨OA，OB的交點．點C為拋物線的頂點，點A，B在拋物線上，OA，OB關于y軸對稱．OC=1分米，點A到x軸的距離是0.6分米，A，B兩點之間的距離是4分米．

(1)求拋物線的表達式；(2)分別延長AO，BO交拋物線于點F，E，求E，F兩點之間的距離；(3)以拋物線與坐標軸的三個交點為頂點的三角形面積為S1，將拋物線向右平移mm>0個單位，得到一條新拋物線，以新拋物線與坐標軸的三個交點為頂點的三角形面積為S2．若S【答案】(1)y=-0.1x(2)10(3)2或4；【分析】（1）根據題意得到C(0,1)，A(2,0.6)，B(-2,0.6)，設拋物線的解析式為y=a(x-h)（2）分別求出AO，BO所在直線的解析式，求出與拋物線的交點F，E即可得到答案；（3）求出拋物線與坐標軸的交點得到S1，表示出新拋物線找到交點得到S【詳解】（1）解：設拋物線的解析式為y=a(x-h)C(0,1)，A(2,0.6)，B(-2,0.6)，∴h=0，k=1，把點A坐標代入所設解析式中得：4a+1=0.6，解得：a=-0.1，∴y=-0.1x（2）解：設AO的解析式為：y=k1x，BO分別將A(2,0.6)，B(-2,0.6)代入y=k2k1=0.6解得：k1=0.3，∴AO的解析式為：y=0.3x，BO的解析式為：y=-0.3x，聯立直線解析式與拋物線得：0.3x=-0.1x解得x1同理，解-0.3x=-0.1x2+1∴F(-5,-1.5)，E(5,-1.5)，∴E，F兩點之間的距離為：5-(-5)=10；（3）解：當y=0時，-0.1x解得：x=±10∴S1∵拋物線向右平移mm>0個∴y=-0.1(x-m)當x=0時，y=-0.1m當y=0時，-0.1(x-m)2+1=0∴S2∵S2∴35解得：m1=2，m2=-2（不符合題意舍去），綜上所述：m等于2或4；【點睛】本題考查二次函數綜合應用，解題的關鍵是熟練掌握函數與坐標軸的交點求法及平移的規律：左加右減，上加下減．3．（2024·山東泰安·中考真題）如圖，拋物線C1:y=ax2+43x-4的圖象經過點(1)求拋物線C1(2)將拋物線C1向右平移1個單位，再向上平移3個單位得到拋物線C2，求拋物線C2的表達式，并判斷點D(3)在x軸上方的拋物線C2上，是否存在點P，使△PBD是等腰直角三角形．若存在，請求出點P【答案】(1)y=(2)C2:y=53x-(3)存在，點P的坐標為：2,2或-1,3【分析】本題主要考查了求二次函數的解析式、二次函數與幾何的綜合、二次函數圖像的平移等知識點，靈活利用數形結合的思想把代數和幾何圖形結合起來成為解題的關鍵．（1）將點D的坐標代入拋物線表達式y=ax2+（2）由題意得：C2:y=53x-12+43（3）分∠BAP為直角、∠DBP為直角、∠HPD為直角三種情況，分別運用全等三角形的判定與性質，進而確定點E的坐標，進而確定點P的坐標．【詳解】（1）解：將點D的坐標代入拋物線表達式y=ax2+43則拋物線的表達式為：y=5（2）解：由題意得：C2當x=1時，y=5故點D在拋物線C2（3）解：存在，理由如下：①當∠BAP為直角時，如圖1，過點D作DE⊥BD且DE=BE，則△BDE為等腰直角三角形，∵∠BDG+∠EDH=90°，∠EDH+∠DEH=90°，∴∠BDG=∠DEH，∵∠DGB=∠EHD=90°，∴△DGB≌△EHDAAS∴DH=BG=1，EH=GD=1+2=3，∴點E2,2當x=2時，y=53x-35∴點P即為點E2,2②當∠DBP為直角時，如圖2，同理可得：△BGE≌△DHBAAS∴DH=3=BG，BH=1=GE，∴點E-1,3當x=-1∴點E在拋物線C2∴點P即為點E-1,3③當∠HPD為直角時，如圖3，設點Ex,y同理可得：△EHB≌△DGEAAS∴EH=x+2=GD=y+1且BH=y=GE=1-x，解得：x=0且y=1，∴點E0,1當x=0時，y=5即點E不在拋物線C2綜上，點P的坐標為：2,2或-1,3．4．（2023·湖南岳陽·中考真題）已知拋物線Q1:y=-x2+bx+c與x軸交于A

(1)請求出拋物線Q1(2)如圖1，在y軸上有一點D0,-1，點E在拋物線Q1上，點F為坐標平面內一點，是否存在點E,F使得四邊形DAEF為正方形？若存在，請求出點(3)如圖2，將拋物線Q1向右平移2個單位，得到拋物線Q2，拋物線Q2的頂點為K，與x軸正半軸交于點H，拋物線Q1上是否存在點P，使得【答案】(1)y=-(2)E-2,3；(3)點P的坐標為(1,0)或(-2,3)【分析】（1）把A-3，0，C（2）假設存在這樣的正方形，過點E作ER⊥x于點R，過點F作FI⊥y軸于點I，證明△EAR?△AOD,△FID?△DOA，可得ER=3,AR=1,FI=1,IO=2,故可得E-2,3，（3）先求得拋物線Q2的解析式為y=-(x+1-2)2+4=-(x-1)2+4，得出K(1,4)，H(3,0)，運用待定系數法可得直線BC的解析式為y=-x+3，過點K作KT⊥y軸于點T，連接BC，設KP交直線BC于M或N，如圖2，過點C作PS⊥y軸交BK于點S，交拋物線Q1于點P【詳解】（1）∵拋物線Q1:y=-x2+bx+c與x軸交于A∴把A-3，0-9-3b+c=0解得，b=-2∴解析式為：y=-x（2）假設存在這樣的正方形DAEF，如圖，過點E作ER⊥x于點R，過點F作FI⊥y軸于點I，

∴∠AER+∠EAR=90°,∵四邊形DAEF是正方形，∴AE=AD,∠EAD=90°,∴∠EAR+∠DAR=90°,∴∠AER=∠DAO,又∠ERA=∠AOD=90°,∴△AER?△DAO∴AR=DO,ER=AO,∵A∴OA=3,OD=1,∴AR=1,ER=3,∴OR=OA-AR=3-1=2,∴E-2,3同理可證明：△FID?△DOA∴FI=DO=1,DI=AO=3,∴IO=DI-DO=3-1=2,∴F1,2（3）解：拋物線Q1上存在點P，使得∠CPK=∠CHK∵y=-x∴拋物線Q1的頂點坐標為(-1,4)∵將拋物線Q1向右平移2個單位，得到拋物線Q∴拋物線Q2的解析式為y=-∵拋物線Q2的頂點為K，與x軸正半軸交于點H∴K(1,4)，H(3,0)，設直線BC的解析式為y=kx+n，把C(0,3)，H(3,0)代入得n=33k+n=0解得：k=-1n=3∴直線BC的解析式為y=-x+3，過點K作KT⊥y軸于點T，連接BC，設KP交直線BC于M或N，如圖2，過點C作PS⊥y軸交BK于點S，交拋物線Q1于點P，連接PK則T(0,4)，M(m,-m+3)，N(t,-t+3)，

∴KT=TC=1，∠KTC=90°，∴△CKT是等腰直角三角形，∴∠KCT=45°，CK=2∵OH=OC=3，∠COH=90°，∴△COH是等腰直角三角形，∴∠HCO=45°，CH=2∴∠KCH=180°-∠KCT-∠HCO=90°，∴tan∵∠CPK=∠CHK，∴tan∵tan∴∠BCO=∠CHK，∵BK∥∴∠CBK=∠BCO，∴∠CBK=∠CHK，即點P與點B重合時，∠CPK=∠CHK，∴P∵SK=1，PS=3，∴tan∴∠CPK=∠CHK，∵點P與點C關于直線x=∴P(-2,3)；綜上所述，拋物線Q1上存在點P，使得∠CPK=∠CHK，點P的坐標為(1,0)或(-2,3)【點睛】本題是二次函數綜合題，考查了待定系數法求解析式，二次函數的性質，全等三角形的判定與性質，正方形的性質等知識，運用數形結合思想解決問題是解題的關鍵．題型02旋轉變換5．（2022·四川資陽·中考真題）已知二次函數圖象的頂點坐標為A(1,4)，且與x軸交于點B(-1,0)．(1)求二次函數的表達式；(2)如圖，將二次函數圖象繞x軸的正半軸上一點P(m,0)旋轉180°，此時點A、B的對應點分別為點C、D．①連結AB、BC、CD、②在①的條件下，若點M是直線x=m上一點，原二次函數圖象上是否存在一點Q，使得以點B、C、M、Q為頂點的四邊形為平行四邊形，若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=-(x-1)2+4(2)①m=4，②存在符合條件的點Q，其坐標為(-4,-21)或(2,3)或(12,-117)【分析】（1）根據二次函數的圖象的頂點坐標，設二次函數的表達式為y=a(x-1)2+4（2）①過點A(1,4)作AE⊥x軸于點E，根據∠BAD=∠BEA=90°，又因為∠ABE=∠DBA，證明出△BAE∽△BDA，從而得出AB2=BE?BD，將BD=2(m+1)，BE=2，AE=4②根據上問可以得到C7,-4，點M的橫坐標為4，B-1,0，要讓以點B、C、M、Q為頂點的平行四邊形，所以分為三種情況討論：1）當以BC為邊時，存在平行四邊形為BCMQ；2）當以BC為邊時，存在平行四邊形為BCQM；3）當以BC為對角線時，存在平行四邊形為【詳解】（1）∵二次函數的圖象的頂點坐標為A(1,4)，∴設二次函數的表達式為y=a(x-1)又∵B(-1,0)，∴0=a(-1-1)解得：a=-1，∴y=-(x-1)2+4（2）①∵點P在x軸正半軸上，∴m>0，∴BP=m+1，由旋轉可得：BD=2BP，∴BD=2(m+1)，過點A(1,4)作AE⊥x軸于點E，∴BE=2，AE=4，在Rt△ABE中，A當四邊形ABCD為矩形時，AD⊥AB，∴∠BAD=∠BEA=90°，又∠ABE=∠DBA，∴△BAE∽△BDA，∴AB∴4(m+1)=20，解得m=4；②由題可得點A1,4與點C關于點P∴C7,-4∵點M在直線x=4上，∴點M的橫坐標為4，存在以點B、C、M、Q為頂點的平行四邊形，1）、當以BC為邊時，平行四邊形為BCMQ，點C向左平移8個單位，與點B的橫坐標相同，∴將點M向左平移8個單位后，與點Q的橫坐標相同，∴Q-4,y1解得：y1∴Q(-4,-21)，2）、當以BC為邊時，平行四邊形為BCQM，點B向右平移8個單位，與點C的橫坐標相同，∴將M向右平移8個單位后，與點Q的橫坐標相同，∴Q12,y2解得：y2∴Q(12,-117)，3）、當以BC為對角線時，點M向左平移5個單位，與點B的橫坐標相同，∴點C向左平移5個單位后，與點Q的橫坐標相同，∴Q2,y3得：y3∴Q(2,3)，綜上所述，存在符合條件的點Q，其坐標為(-4,-21)或(2,3)或(12,-117)．【點睛】本題考查了待定系數法求二次函數的解析式，二次函數的性質，中心對稱，平行四邊形的存在性問題，矩形的性質，熟練掌握以上性質并作出輔助線是本題的關鍵．6．（2024·山東煙臺·中考真題）如圖，拋物線y1=ax2+bx+c與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，OC=OA，AB=4，對稱軸為直線l1:x=-1，將拋物線y1繞點O旋轉180°后得到新拋物線y2(1)分別求拋物線y1和y(2)如圖1，點F的坐標為-6,0，動點M在直線l1上，過點M作MN∥x軸與直線l2交于點N，連接FM，DN．求(3)如圖2，點H的坐標為0,-2，動點P在拋物線y2上，試探究是否存在點P，使∠PEH=2∠DHE？若存在，請直接寫出所有符合條件的點P【答案】(1)y1=-(2)2+3(3)存在，P3,0或【分析】（1）先求出點A、B、C坐標，再用待定系數法求出拋物線y1的表達式，求出其頂點坐標，由旋轉可知拋物線y2的二次項系數a為原來的相反數，頂點坐標與拋物線（2）將點F向右平移2個單位至F'，則FF'=2，F'-4,0，過點D作直線l2的對稱點為D'，連接F'N,（3）當點P在直線l2右側拋物線上時，可得∠1=∠2，作H關于直線l2的對稱點H'，則點H'在直線PE上，可求直線PE的表達式為y=2x-6，聯立y=2x-6y2=x2-2x-3，解得：x=3或x=1（舍），故P3,0；當點P在直線l2左側拋物線上時，延長EP交y軸于點N，作HN的垂直平分線交HE于點Q，交y軸于點M，過點E作EK⊥y軸于點K，則QM∥EK，可得QH=QN，可證明出NQ=NE，由QM∥EK，得△HMQ∽△HKE，設HM=2m,MQ=m，則MN=HM=2m，NK=2-4m，在Rt△QMN和Rt△ENK中，由勾股定理得m2+2m2=【詳解】（1）解：設對稱軸與x軸交于點G，由題意得AG=BG=2，∵對稱軸為直線x=-1，∴B1,0∴OC=OA=3，∴C0,3將A、B、C分別代入y1得：a+b+c=09a-3b+c=0解得：a=-1b=-2∴y1∴y1=-∵拋物線y1繞點O旋轉180°后得到新拋物線y∴拋物線y2的a=1，頂點為1,-4∴y2的表達式為：y2（2）解：將點F向右平移2個單位至F'，則FF'=2，F'-4,0，過點D作直線∴ND=ND∵y2∴直線l2為直線x=1∵MN∥x軸，∴MN=1--1對于拋物線y2=x2-2x-3∴D0,-3∵點D與點D'關于直線x=1∴點D'∵MN∥x軸，FF∴四邊形FF∴MF=NF∴FM+MN+DN=NF當點F'而F'∴FM+MN+DN的最小值為2+35（3）解：當點P在直線l2∵拋物線y2∴E∵l2∴∠DHE=∠1，∵∠PEH=2∠DHE，∴∠PEH=2∠1=∠1+∠2，∴∠1=∠2，作H關于直線l2的對稱點H'，則點H'∵點H的坐標為0,-2，直線l2：x=1∴H'設直線PE的表達式為：y=kx+bk≠0代入H'2,-2，得：2k+b=-2k+b=-4解得：k=2b=-6∴直線PE的表達式為y=2x-6，聯立y=2x-6y2=解得：x=3或x=1（舍），∴P3,0②當點P在直線l2左側拋物線上時，延長EP交y軸于點N，作HN的垂直平分線交HE于點Q，交y軸于點M，過點E作EK⊥y軸于點K，則QM∥EK，如圖：∵QM垂直平分HN，∴QH=QN，∴∠QHN=∠QNH，∴∠NQE=2∠NHE，∵∠PEH=2∠DHE∴∠NQE=∠PEH，∴NQ=NE，由點H得：EK=1,KH=2，∵QM∥EK，∴△HMQ∽△HKE，∴HMHK∴HM2設HM=2m,MQ=m，∴MN=HM=2m，NK=2-4m，在Rt△QMN和Rt△ENK中，由勾股定理得∴m2解得：m=511或∴NK=2-20∴ON=4-2∴N0,-設直線PE表達式為：y=a代入點N，E，得：a1解得：a∴直線PE表達式為：y=-2聯立y=-2得：-2整理得：11解得：x=911或∴P9綜上所述，P3,0或P【點睛】本題是一道二次函數與角度有關的綜合題，考查了待定系數法求函數解析式，三角形三邊關系求最值，平行四邊形的判定與性質，中心對稱圖形的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質，熟練掌握知識點，正確添加輔助線是解決本題的關鍵．7．（2024·湖南岳陽·模擬預測）如圖，已知拋物線C1經過原點，且與直線l交于A-2,(1)求拋物線C1的解析式和tan(2)若D是拋物線C1上的一個動點（在點A和點B之間），作DE⊥l于點E，DF∥y軸交l于點F，在點D運動的過程中，是否存在某一位置，使得△DEF的面積最大？若存在，請求出此時點D的坐標及△DEF(3)將拋物線C1繞頂點旋轉180°后，再平移使其頂點在直線l上，且經過點A，得到拋物線C2，試問在拋物線C2上是否存在點P，使△ABP是以AB【答案】(1)y=x2(2)存在，D-1(3)P1,-3或【分析】本題考查了二次函數的綜合題，考查了一次函數的性質，待定系數法，相似三角形的判定和性質，直角三角形的性質等知識點，解題的關鍵是學會分類討論，注意不要漏解，與方程相結合，利用相似三角形解決最值問題；（1）由待定系數法分別求出拋物線C1的拋物線和直線l的解析式，可求點N坐標，即可求∠BAO（2）由題意可以證明△AON∽△DEF，可得S△DEFS△AON=DFAN2（3）由題意先求出C2解析式y=-x+12+1或【詳解】（1）解：設拋物線C1的解析式為：y=a∵拋物線C1經過原點，且與直線l交于A-2,0，∴c=0解得：a=1b=2∴拋物線C1的解析式為：y=設直線l解析式為：y=mx+n，∴3=m+n解得：m=1n=2∴直線l解析式為：y=x+2，如圖，設直線與y軸的交點為N，當x=0時，y=2，∴點N的坐標0,2，且點A-2,0∴ON=OA=2，∴∠BAO的正切值=ON（2）∵ON=OA=2，∴AN=22∴S△ANO∵DF∥y軸，∴DF∥ON，∴∠ANO=∠EFD，且∠AON=∠FED=90°，∴△AON∽△DEF，∴S∴S∴當DF最大時，△DEF的面積最大，設點Da,a2∴DF=a+2-a∴當a=-12時，DF的最大值為∴點D-△DEF的面積的最大值為：2（3）∵拋物線C1的解析式為：y=∴設拋物線C2解析式為：y=-∴頂點坐標t,h，∵拋物線C2頂點在直線l上，且經過點A∴h=t+2解得：t=-1h=1或t=-2∴拋物線C2的解析式為：y=-x+12當拋物線C2解析式為y=-∵△ABP是以AB為直角邊的直角三角形，∴AP⊥AB或BP⊥AB，∵直線AB解析式為：y=x+2，∴直線AP解析式為：y=-x-2，直線BP解析式為：y=-x+4，若點P在拋物線C2上，點P在直線AP∴y=-x-2∴解得：x=-2y=0（不合題意，舍去）x=1∴點P1,-3若點P在拋物線C2上，點P在直線BP∴y=-x+4∴x∵Δ∴方程無解，當拋物線C2解析式為：y=-∵△ABP是以AB為直角邊的直角三角形，∴AP⊥AB或BP⊥AB，∵直線AB解析式為：y=x+2，∴直線AP解析式為：y=-x-2，直線BP解析式為：y=-x+4，若點P在拋物線C2上，點P在直線AP∴y=-x-2解得：x=-2y=0（不合題意，舍去）x=-1∴點P坐標-1,-1，若點P在拋物線C2上，點P在直線BP∴y=-x+4∴x∵Δ∴方程無解，綜上所述：點P1,-3或8．（2024·山東濟寧·一模）如圖，拋物線y=ax2+bx+c的頂點為M2,-2，與x軸的交點為A和B（其中點A與原點重合），將拋物線y=ax2+bx+c繞點B逆時針方向旋轉90°，點M(1)求拋物線y=ax(2)求證：點A，M，A1(3)若點P是原拋物線上的一動點，點Q是旋轉后的圖形的對稱軸上一點，E為線段AM的中點，是否存在點P，使得以P，Q，E，B為頂點的四邊形是平行四邊形；若存在請求出點P坐標，若不存在，請說明理由．【答案】(1)y=(2)見解析(3)存在，P12+6,1或P【分析】本題主要考查二次函數的圖象與性質，旋轉變換，平行四邊形等知識：（1）設拋物線的解析式為y=ax-22-2，把A（2）根據旋轉的性質求出A14,-4，求出直線AM的解析式，代入A1的橫坐標，求出y=-4（3）根據中點坐標公式求出E1，-1，把原拋物線的對稱軸直線x=2繞B4,0逆時針方向旋轉90°得直線【詳解】（1）解：由拋物線y=ax2+bx+c的頂點為M把A0,0代入得：4a-2=0解得a=1∴y=1∴拋物線的解析式為y=1（2）解：∵M2,-2∴拋物線的對稱軸為直線x=2,∵A0,0∴B4,0∴AB=4,由旋轉得，BA1=AB=4,B∴A1設直線AM的解析式為y=kx，把M2,-2代入得，∴k=-1,∴直線AM的解析式為y=-x，當x=4時，y=-4，∴點A1在直線y=-x∴A,M,A（3）解：存在，理由如下：∵A0,0，M∴E0+22,原拋物線的對稱軸為直線x=2，繞B4,0逆時針方向旋轉90°得直線y=-2設Pm,12m2①若PQ,BE為對角線時，則PQ,BE的中點重合，∴解得，m=2+∴點P的坐標為2+6②若PB,QE為對角線時，∴m+4=n+1此方程組無解；③若PE,QB為對角線時，∴m+1=4+n解得，m=2+∴點P的坐標為2+2,-1，綜上，點P的坐標為P12+6,1或P題型03翻折變換二次函數的翻轉問題的解題思路：①根據二次函數上特殊點的坐標值求得二次函數的表達式；②根據翻轉后拋物線與原拋物線的圖像關系，確定新拋物線的表達式；③在直角坐標系中畫出原拋物線及翻轉后拋物線的簡易圖，根據圖像來判斷題目中需要求解的量的各種可能性；④根據圖像及相關函數表達式進行計算，求得題目中需要求解的值.9．（2023·四川德陽·中考真題）已知：在平面直角坐標系中，拋物線與x軸交于點A(-4,0)，B(2,0)，與y軸交于點C(0,-4)．

(1)求拋物線的解析式；(2)如圖1，如果把拋物線x軸下方的部分沿x軸翻折180°，拋物線的其余部分保持不變，得到一個新圖象．當平面內的直線y=kx+6與新圖象有三個公共點時，求k的值；(3)如圖2，如果把直線AB沿y軸向上平移至經過點D，與拋物線的交點分別是E，F，直線BC交EF于點H，過點F作FG⊥CH于點G，若DFHG=25【答案】(1)y=(2)1或3(3)4,8【詳解】（1）設拋物線的解析式為y=ax∵C(0,-4)，∴c=-4，y=ax把A(-4,0)，B(2,0)代入y=ax2+bx+c解得：a=1∴拋物線的解析式為y=（2）∵直線表達式y=kx+6，∴直線經過定點0,6，∴將過點0,6的直線旋轉觀察和新圖象的公共點情況∵把拋物線x軸下方的部分沿x軸翻折180°，拋物線的解析式為y=1∴新圖象表達式為：-4<x<2時，y=-12x2-x+4；x≤-4如下圖當直線y=kx+6與翻折上去的部分拋物線相切時，和新圖象有三個公共點，

聯立y=-12x整理得：xΔ=041+k41+k1+k=±2，k=±2-1，k1k2=-2-1=-3時，如下圖所示，經過點

不符合題意，故舍去，如下圖，當直線y=kx+6經過點A時，和新圖象有三個公共點，

把A(-4,0)代入y=kx+6，得：-4k+6=0，解得：k=3綜上所述，當平面內的直線y=kx+6與新圖象有三個公共點時，k的值為1或3（3）∵F在拋物線上，∴設F坐標為a,1∵OB=2，OC=4，FG⊥CH，∴tantan∠FHG=2HG:FG=1:2，1∴HG:FG:FH=1:2:5∴DF=a，DO=1DC=DO+OC=1DH=1FH=DH-DF=1HG=5∵DF∴a21a2aa-4a1a2=4，代入∴點F的坐標為4,8【點睛】本題考查了二次函數綜合、翻折、交點個數問題，結合一元二次方程、三角函數解直角三角形知識點，熟練掌握、綜合運用知識點，數形結合是解題的關鍵．10．（2023·江蘇連云港·中考真題）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線L1:y=x2-2x-3的頂點為P．直線l過點M0,mm≥-3，且平行于x軸，與拋物線L1交于A、B兩點（B在A的右側）．將拋物線L1沿直線l翻折得到

(1)當m=1時，求點D的坐標；(2)連接BC、CD、DB，若(3)在（2）的條件下，若△BCD的面積為3,E、F兩點分別在邊BC、CD上運動，且EF=CD，以EF為一邊作正方形EFGH，連接【答案】(1)D(2)y=-x2(3)10-【分析】（1）將拋物線解析式化為頂點式，進而得出頂點坐標P1,-4（2）由題意得，L1的頂點P1,-4與L2的頂點D關于直線y=m對稱，D1,2m+4，則拋物線L2:y=-x-12+2m+4=-x2+2x+2m+3．進而得出可得C0,2m+3，①當∠BCD=90°時，如圖1，過D作DN⊥y軸，垂足為N．求得Bm+3,m，代入解析式得出m=0，求得L2:y=-x2+2x+3．②當∠BDC=90°時，如圖2（3）由（2）知，當∠BDC=90°時，m=-3，此時△BCD的面積為1，不合題意舍去．當∠BCD=90°時，m=0，此時△BCD的面積為3，符合題意．由題意可求得EF=FG=CD=2．取EF的中點Q，在Rt△CEF中可求得CQ=12EF=22．在Rt△FGQ中可求得【詳解】（1）∵y=x∴拋物線L1的頂點坐標P∵m=1，點P和點D關于直線y=1對稱．∴D1,6（2）由題意得，L1的頂點P1,-4與L2的頂點D∴D1,2m+4，拋物線L∴當x=0時，可得C0,2m+3①當∠BCD=90°時，如圖1，過D作DN⊥y軸，垂足為N．∵D1,2m+4∴N0,2m+4∵C∴DN=NC=1．∴∠DCN=45°．∵∠BCD=90°，∴∠BCM=45°．∵直線l∥∴∠BMC=90°．∴∠CBM=∠BCM=45°,BM=CM．∵m≥-3，∴BM=CM=2m+3∴Bm+3,m又∵點B在y=∴m=m+3解得m=0或m=-3．∵當m=-3時，可得B0,-3,C0,-3，此時B將m=0代入L2得L2

②當∠BDC=90°時，如圖2，過B作BT⊥ND，交ND的延長線于點同理可得BT=DT．∵D1,2m+4∴DT=BT=2m+4∵DN=1，∴NT=DN+DT=1+m+4∴Bm+5,m又∵點B在y=∴m=m+52-2m+5-3∵m≥-3，∴m=-3．此時B2,-3將m=-3代入L2:y=-x③當∠DBC=90°時，此情況不存在．綜上，L2所對應的函數表達式為y=-x2（3）如圖3，由（2）知，當∠BDC=90°時，此時B則BC=2，CD=BD=2，則△BCD的面積為1當∠BCD=90°時，m=0，則B3,0∴BC=32+32∴CD=2依題意，四邊形EFGH是正方形，∴EF=FG=CD=2取EF的中點Q，在Rt△CEF中可求得CQ=在Rt△FGQ中可求得GQ=∴當Q,C,G三點共線時，CG取最小值，最小值為10-【點睛】本題考查了二次函數的性質，特殊三角形問題，正方形的性質，勾股定理，面積問題，分類討論是解題的關鍵．11．（2022·遼寧沈陽·中考真題）如圖，平面直角坐標系中，O是坐標原點，拋物線y=ax2+bx-3經過點B6,0和點D4,-3與x軸另一個交點A．拋物線與y(1)①求拋物線的函數表達式②并直接寫出直線AD的函數表達式．(2)點E是直線AD下方拋物線上一點，連接BE交AD于點F，連接BD，DE，△BDF的面積記為S1，△DEF的面積記為S2，當S1(3)點G為拋物線的頂點，將拋物線圖象中x軸下方部分沿x軸向上翻折，與拋物線剩下部分組成新的曲線為C1，點C的對應點C'，點G的對應點G'，將曲線C1，沿y軸向下平移n個單位長度（0<n<6）．曲線C1與直線BC的公共點中，選兩個公共點作點P和點Q【答案】(1)①y=14x(2)（2，-4）或（0，-3）(3)（1+17，-5+172【分析】（1）①利用待定系數解答，即可求解；②利用待定系數解答，即可求解；（2）過點E作EG⊥x軸交AD于點G，過點B作BH⊥x軸交AD于點H，設點Em,14m2-m-3，則點Gm,-12m-1（3）先求出向上翻折部分的圖象解析式為y=-14x-22+4，可得向上翻折部分平移后的函數解析式為y=-14x-22+4-n，平移后拋物線剩下部分的解析式為y=14x-22-4-n，分別求出直線BC和直線C'G'的解析式為，可得BC∥C′G′，再根據平行四邊形的性質可得點Qs+2,12s-2，然后分三種情況討論：當點P，Q均在向上翻折部分平移后的【詳解】（1）解：①把點B6,0和點D36a+6b-3=016a+4b-3=-3，解得：a=∴拋物線解析式為y=1②令y=0，則14解得：x1∴點A（-2，0），設直線AD的解析式為y=kx+b∴把點D4,-3和點A（-2，04k+b1=-3∴直線AD的解析式為y=-1（2）解：如圖，過點E作EG⊥x軸交AD于點G，過點B作BH⊥x軸交AD于點H，當x=6時，y=-1∴點H（6，-4），即BH=4，設點Em,14m∴EG=-∵△BDF的面積記為S1，△DEF的面積記為S2，且∴BF=2EF，∵EG⊥x，BH⊥x軸，∴△EFG∽△BFH，∴EGBH∴-14m2+∴點E的坐標為（2，-4）或（0，-3）；（3）解：y=1∴點G的坐標為（2，-4），當x=0時，y=-3，即點C（0，-3），∴點C'∴向上翻折部分的圖象解析式為y=-1∴向上翻折部分平移后的函數解析式為y=-14x-2設直線BC的解析式為y=k把點B（6，0），C（0，-3）代入得：6k2+∴直線BC的解析式為y=1同理直線C'G'∴BC∥C′G′，設點P的坐標為s,1∵點C'∴點C′向右平移2個單位，再向上平移1個單位得到點G′，∵四邊形C'∴點Qs+2,當點P，Q均在向上翻折部分平移后的圖象上時，-14s-2當點P在向上翻折部分平移后的圖象上，點Q在平移后拋物線剩下部分的圖象上時，-14s-22+4-n=當點P在平移后拋物線剩下部分的圖象上，點Q在向上翻折部分平移后的圖象上時，14s-22-4-n=12綜上所述，點P的坐標為綜上所述，點P的坐標為（1+17，-5+172）或（1﹣13，【點睛】本題主要考查了二次函數的綜合題，熟練掌握二次函數的圖象和性質，平行四邊形的性質，相似三角形的判定和性質，并利用數形結合思想解答是解題的關鍵．12．（2022·湖南衡陽·中考真題）如圖，已知拋物線y=x2-x-2交x軸于A、B兩點，將該拋物線位于x軸下方的部分沿x軸翻折，其余部分不變，得到的新圖象記為“圖象W”，圖象W交y(1)寫出圖象W位于線段AB上方部分對應的函數關系式；(2)若直線y=-x+b與圖象W有三個交點，請結合圖象，直接寫出b的值；(3)P為x軸正半軸上一動點，過點P作PM∥y軸交直線BC于點M，交圖象W于點N，是否存在這樣的點P，使△CMN與△OBC相似？若存在，求出所有符合條件的點【答案】(1)y=-(2)b=2或b=3(3)存在，1,0或1+172【分析】（1）先求出點A、B、C坐標，再利用待定系數法求解函數關系式即可；（2）聯立方程組，由判別式△=0求得b值，結合圖象即可求解；（3）根據相似三角形的性質分∠CNM=90°和∠NCM=90°討論求解即可．【詳解】（1）解：由翻折可知：C0,2令x2-x-2=0，解得：x1∴A-1,0，B設圖象W的解析式為y=ax+1x-2，代入C0,2∴對應函數關系式為y=-x+1x-2=-x（2）解：聯立方程組y=-x+by=-整理，得：x2由△=4-4（b-2）=0得：b=3，此時方程有兩個相等的實數根，由圖象可知，當b=2或b=3時，直線y=-x+b與圖象W有三個交點；（3）解：存在．如圖1，當CN∥OB時，△OBC∽△NMC，此時，N與C關于直線x=1∴點N的橫坐標為1，∴P1,0如圖2，當CN∥OB時，△OBC∽△NMC，此時，N點縱坐標為由x2-x-2=2，解得x1∴N的橫坐標為1+17所以P1+如圖3，當∠NCM=90°時，△OBC∽△CMN，此時，直線CN的解析式為y=x+2，聯立方程組：y=x+2y=x2-x-2，解得∴N的橫坐標為1+5所以P1+因此，綜上所述：P點坐標為1,0或1+172,0【點睛】本題考查二次函數的綜合，涉及翻折性質、待定系數法求二次函數解析式、二次函數與一次函數的圖象交點問題、相似三角形的性質、解一元二次方程等知識，綜合體現數形結合思想和分類討論思想的運用，屬于綜合題型，有點難度．13．（2024·廣東惠州·模擬預測）綜合運用如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線C1：y=-x2+4x+5交x軸于A，B兩點(點A在點B的左邊(1)直接寫出A，B，C三點的坐標．(2)作直線x=t0<t<5，分別交x軸、線段BC、拋物線C1于D，E，F三點，連接CF．若△BDE與△CEF相似，求(3)如圖2，過點C作CG∥x軸，交拋物線C1于點G，將拋物線C1在點G右下方的圖象沿直線CG向上翻折，拋物線的其余部分保持不變，得到一個新的圖象，當直線y=x+n與新的圖象只有2個公共點時，請求出【答案】(1)A(-1(2)t的值為4或3(3)n的值為1或29【分析】本題考查了一次函數與二次函數的交點問題，二次函數的幾何綜合，相似三角形的判定與性質，判別式的應用，正確掌握相關性質內容是解題的關鍵．（1）根據二次函數的解析式，以及與x，（2）先表示F(t，-t2+4t+5)（3）進行分類討論且作圖，運用數形結合思想，則①發現當直線y=x+n經過點G或當直線y=x+n與拋物線C1只有一個公共點時，建立x【詳解】（1）解：∵拋物線C1：y=-x2+4x+5交x軸于A，B兩點(點A在點B的左邊∴令x=0，∴CC結合圖象，得出A(-1（2）解：如圖：∵點F是直線x=t與拋物線C1∴F(t當△BE則∠BCF∴C∵C(0，∴-解得t=0(舍去)或t=4當△BE2D過點F2作F2∵B(5∴OB=OC=5又∠BOC=90°，∴∠OCB=45°∴∠TC∴△CF∴F∵F∴-解得t=0(舍去)或t=3綜上所述，t的值為4或3（3）解：由點C的坐標為(0，∵C∴對稱軸x=∵過點C作CG∥x軸，交拋物線C1于點∴點G的坐標為(4如圖：畫出直線y=x，通過平移直線y=x，得到直線y=x+n①發現當直線y=x+n經過點G時，直線y=x+n與新圖象只有2個公共點．將點G(4，5)代入得5=4+n解得n=1；②當直線y=x+n與拋物線C1直線y=x+n與新圖象只有2個公共點．令-化簡得x∴Δ解得n=綜上所述，n的值為1或29題型04對稱變換變換方式變換后口訣關于x軸對稱x不變，y變-y關于y軸對稱y不變，x變-x關于原點對稱x變-x，y變-y關于對稱x變2x1-x，y變2y1-y14．（2023·陜西西安·模擬預測）已知拋物線L:y=ax2+bx+6與x軸相交于A(-3,0)和B(-2,0)兩點，與y軸相交于點C(1)求拋物線L的函數表達式．(2)若拋物線L'與拋物線L關于原點O對稱，F是拋物線L'位于第四象限的點，過點F作FE⊥y軸于點E，連接FO．若△AOC與△EOF相似，求點【答案】(1)y=(2)(1,-2)或(6,-12)或(4,-2)或3【分析】本題主要考查運用待定系數法求二次函數解析式，二次函數的性質在，相似三角形的性質：（1）運用待定系數法求解即可；（2）先求出拋物線L'的解析式，tan∠ACO=OAOC=36=12【詳解】（1）解：將A(-3,0),B(-2,0)兩點代入y=ax得9a-3b+6=0,解得a=1,∴拋物線L的函數表達式為y=x（2）解：對于y=x2+5x+6，當x=0∴C在Rt△AOC中，tan∠ACO=

又y=∴拋物線L的對稱軸為直線x=-52，頂點坐標為∵拋物線L'與拋物線L關于原點O∴拋物線L'的對稱軸為直線x=52∴拋物線L'的解析式為y=-設點F的坐標是m,-m當△AOC與△EOF相似，則∠EOF=∠ACO或∠CAO，即tan∠EOF=12則m--m解得m1=1,∴點F的坐標為(1,-2)或(6,-12)或(4,-2)或315．（2024·江西吉安·三模）已知拋物線L:y=x2-4mxm≠0，直線x=m將拋物線L分成兩部分，首先去掉其不含頂點的部分，然后作出拋物線剩余部分關于直線x=m的對稱圖形，得到的整個圖形L'稱為拋物線L關于直線x=m的“（1）感知特例如圖所示、當m=1時，拋物線L:y=x2-4mx上的點B，C，A，D，E分別關于直線x=m對稱的點為B'，C'，A…BCADE……

…①補全表格；②在圖中描出表中對稱點，再用平滑的曲線依次連接各點，得到圖象記為L'③若雙拋圖形L'與直線y=t恰好有三個交點，則t的值為④若雙拋圖形L'的函數值隨著x的增大而增大，則x的取值范圍為探究問題（2）①若雙拋圖形L'與直線y=t恰好有三個交點，則t的值為；（用含m②若雙拋圖形L'的函數值隨著x的增大而增大，直接寫出x的取值范圍；（用含m【答案】（1）①見解析；②見解析；③-3；④0<x<1或x>2；（2）①t=-3m2；②當m>0時，0≤x≤m或x≥2m；當m<0時，2m≤x≤m【分析】（1）①利用軸對稱的特點即可求出對稱點的坐標；②在平面直角坐標系中描出各點，用平滑的曲線依次連接各點即可；③根據雙拋圖形L'與直線y=t有且只有三個交點，可得直線y=t④利用配方法求出拋物線L的頂點與對稱軸，利用對稱性求出拋物線L關于直線x=m對稱的拋物線的頂點與對稱軸，利用二次函數的性質即可得出結論；（2）①根據雙拋圖形L'與直線y=t有且只有三個交點，可得直線y=t必經過這兩條拋物線的交點，根據交點的橫坐標為m②利用配方法求出拋物線L的頂點C的橫坐標，和點C關于直線x=m的對稱點為C'的橫坐標，根據二次函數圖象【詳解】解：（1）①∵點B'和點B1,-3，點C'和點C2,-4，點A'和點A3,-3，點D'和點D4,0∴點B'的坐標為1,-3，點C'的坐標為0,-4，點A'的坐標為：-1,-3，點D'的坐標為-2,0，點…BCADE……BCADE…②在坐標系內描出各點，用平滑的曲線依次連接各點，得到的圖象記為L'③當m=1時，拋物線L的解析式為：L:y=x將x=1代入y=x解得y=即拋物線L及拋物線L關于直線x=1對稱的拋物線的交點坐標為1,-3，∵直線y=t是縱坐標為t且與x軸平行的直線，雙拋圖形L'與直線y=t∴直線y=t必經過L'上的點1,-3∴t=-3；故答案為：t=-3．④當m=1時，拋物線L的解析式為：L:y=x∴拋物線L的頂點坐標為2,-4，對稱軸為直線x=2，拋物線L關于直線x=1對稱的拋物線的頂點坐標為0,-4，對稱軸為直線x=0，∵1>0，∴拋物線L開口向上，當x>2時，函數值y隨著x的增大而增大，∵雙拋圖形L'關于直線x=1∴拋物線L關于直線x=1對稱的拋物線的開口向上，當0<x<1時，函數值y隨著x的增大而增大；故答案為：0<x<1或x>2．（2）①∵雙拋圖形L'關于直線x=m將x=m代入y=x解得y=-3m即雙拋圖形L'過點m,-3∵直線y=t是縱坐標為t且與x軸平行的直線，雙拋圖形L'與直線y=t∴直線y=t必經過點m,-3m∴t=-3m故答案為：t=-3m②∵拋物線L:y=x∴拋物線L的對稱軸為直線x=2m，∴拋物線L關于直線x=m對稱的拋物線的對稱軸為直線x=0，∴拋物線L開口向上，當x≥2m時，函數值y隨著x的增大而增大，∴拋物線L關于直線x=m對稱的拋物線開口向上，當0≤x≤m時，函數值y隨著x的增大而增大，∴當m>0時，若雙拋圖形L'的函數值隨著x的增大而增大，則x的取值范圍為0≤x≤m或x≥2m當m<0時，若雙拋圖形L'的函數值隨著x的增大而增大，則x的取值范圍為2m≤x≤m或x≥0綜上：當m>0時，0≤x≤m或x≥2m；當m<0時，2m≤x≤m或x≥0．【點睛】本題是一道二次函數的綜合題，主要考查了二次函數圖象的性質，配方法求拋物線的頂點坐標，關于中心對稱的點的特征，拋物線上點的坐標的特征，拋物線與x軸的交點，本題是閱讀型題目，理解題干中的新定義并熟練應用是解題的關鍵．16．（2024·四川廣元·中考真題）在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線F：y=-x2+bx+c經過點A-3,-1，與(1)求拋物線的函數表達式；(2)在直線AB上方拋物線上有一動點C，連接OC交AB于點D，求CDOD的最大值及此時點C(3)作拋物線F關于直線y=-1上一點的對稱圖象F'，拋物線F與F'只有一個公共點E（點E在y軸右側），G為直線AB上一點，H為拋物線F'對稱軸上一點，若以B，E，G，H【答案】(1)y=-x(2)最大值為98，C的坐標為-(3)點G的坐標為-2,0，2,4，4,6．【分析】（1）本題考查了待定系數法解拋物線分析式，根據題意將點A、（2）根據題意證明△CDM∽△ODB，再設AB的解析式為y=mx+n，求出AB的解析式，再設Ct,-t2（3）根據題意求出E1,-1，再分情況討論當BE為對角線時，當BE【詳解】（1）解：A-3,-1，B0,2代入得：-9-3b+c=-1c=2，解得：b=-2∴拋物線的函數表達式為y=-x（2）解：如圖1，過點C作x軸的垂線交AB于點M．∴CM∥y軸，∴△CDM∽∴CDOD設AB的解析式為y=mx+n，把A-3,-1，B0,2代入解析式得解得：m=1n=2∴y=x+2．設Ct,-t2∴CM=-t∵-3<t<0，-1<0，∴當t=-32時，CM最大，最大值為∴CDOD的最大值為98，此時點C的坐標為（3）解：由中心對稱可知，拋物線F與F'的公共點E為直線y=-1與拋物線F∴-x∴x1=-3（舍），∴E1,-1∵拋物線F：y=-x2-2x+2∴拋物線F'的頂點坐標為3,-5∴拋物線F'的對稱軸為直線x=3如圖2，當BE為對角線時，由題知xE∴xG∴G-2,0如圖3，當BE為邊時，由題知xH∴xG∴G2,4如圖4，由題知xG∴xG∴G4,6綜上：點G的坐標為-2,0，2,4，4,6．17．（2024·陜西西安·二模）如圖，拋物線L：y=ax2+bx+3經過A-1,0，B5,3(1)求該拋物線L的表達式；(2)拋物線L'與拋物線L關于直線BC對稱，P是拋物線L的x軸上方且在對稱軸左側的一點，過點P作y軸的平行線交拋物線L'于點Q，點P、Q關于拋物線L的對稱軸對稱的點分別為M、N．試探究是否存在一點P，使得四邊形PQNM為長寬之比是1:2的矩形？若存在，求出點【答案】(1)y=-(2)存在；9-412【分析】（1）利用待定系數法求解析式即可；（2）求出直線BC為y=3，再求出拋物線L'與拋物線L關于直線BC對稱的解析式y=12x2-52x+3，設P【詳解】（1）解：∵拋物線L：y=ax2+bx+3經過點A-1,0∴a-b+3=025a+5b+3=3解得a=-1∴拋物線L的表達式為y=-1（2）解：存在一點P，使得四邊形PQNM為長寬之比是1:2的矩形，理由如下：∵B0,3，C∴直線BC為y=3，∵點A∴點A關于直線BC的對稱點為-1,6，∵拋物線L'與拋物線L關于直線BC∴點-1,6、C5,3在拋物線L'的設拋物線L'的解析式為y=把點-1,6代入得，12解得b=-5∴拋物線L'與拋物線L關于直線BC對稱的解析式y=設Pm,-12∵點P、Q關于拋物線L的對稱軸對稱點分別為M、N．∴M5-m,-12∵四邊形PQNM為長寬之比是1:2的矩形，∴5-m-m=2-12整理得2m2-12m+5=0解得m1=6+262，m∵P是拋物線L的x軸上方且在對稱軸左側的一點，∴-1<m<5∴m=9-412即點P的橫坐標為9-412或【點睛】本題考查二次函數圖象與幾何變換、用待定系數法求二次函數解析式、二次函數圖象上點的坐標特性、軸對稱的性質、正方形的性質，根據題意得到關于m的方程是解題的關鍵．類型二與二次函數有關的創新類問題題型01與二次函數有關的新定義問題【命題預測】新定義問題是數學考試中必考的題型,無論在哪個階段,都會出現此類問題,但究其本質都是“新瓶裝舊酒”“新瓶”就是新的定義,“舊酒”就是學過的知識,然后設計出具有針對性的考題來考查學生的知識遷移應用能力.18．（2023·山東濟南·中考真題）定義：在平面直角坐標系中，對于點Px1,y1，當點Qx2,y2滿足2x①點Q13,8，Q2-2,-2都是點P1②若直線y=x+2上的點A是點P1的“倍增點”，則點A的坐標為2,4③拋物線y=x2-2x-3上存在兩個點是點④若點B是點P1的“倍增點”，則P1B其中，正確結論的個數是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】①根據題目所給“倍增點”定義，分別驗證Q1,Q2即可；②點Aa,a+2，根據“倍增點”定義，列出方程，求出a的值，即可判斷；③設拋物線上點Dt,t2-2t-3是點P1的“倍增點”，根據“倍增點”定義列出方程，再根據判別式得出該方程根的情況，即可判斷；④設點Bm,n，根據“倍增點”【詳解】解：①∵P11,0，∴2x∴2x1+x2=y1+∵P11,0，∴2x∴2x1+x2=y1+故①正確，符合題意；②設點Aa,a+2∵點A是點P1的“倍增點”∴2×1+a解得：a=0，∴A0,2故②不正確，不符合題意；③設拋物線上點Dt,t2-2t-3是點P1∴21+t=t∵Δ=∴方程有兩個不相等實根，即拋物線y=x2-2x-3上存在兩個點是點故③正確，符合題意；④設點Bm,n∵點B是點P1的“倍增點”∴2m+1∵Bm,n，P∴P==5=5m+∵5>0，∴P1B2∴P1B的最小值是故④正確，符合題意；綜上：正確的有①③④，共3個．故選：C．【點睛】本題主要考查了新定義，解一元一次方程，一元二次方程根的判別式，兩點間的距離公式，解題的關鍵是正確理解題目所給“倍增點”定義，根據定義列出方程求解．19．（2024·湖北武漢·模擬預測）我們定義一種新函數：形如y=ax2+bx+ca≠0,b2-4ac>0的函數叫做“鵲橋”函數．數學興趣小組畫出一個“鵲橋我A．當x=1時，函數的最大值是4B．函數值y隨x的增大而增大，則x≥C．關于x的方程x2+bx+cD．當直線y=x+m與該圖象恰有三個公共點時，則m=1【答案】C【分析】本題主要考查二次函數的圖象與性質，熟練掌握二次函數的圖象與性質是解題的關鍵；由圖象可知y=x2+bx+c的對稱軸為直線x=-1+32=1，根據函數的性質可知當x<-1或1<x<3時，y隨x的增大而減小，當-1≤x≤1或x≥3時，y隨x的增大而增大，進而可排除A、B選項，對于C選項可看作直線y=3與【詳解】解：由圖象可知該函數沒有最大值；故A選項錯誤；由圖象可知當y=x2+bx+c時，其對稱軸為直線x=-1+32=1，則有當x<-1或1<x<3時，y隨x的增大而減小，當-1≤x≤1或x≥3時，如圖，由圖可知：x1與x4，x2與x3分別關于對稱軸對稱，根據對稱性可知：x1+x4=2，x如圖，明顯當直線y=x+m與該圖象恰有三個公共點時，m的值有兩個值；故D選項錯誤；故選C．20．（2024·四川樂山·中考真題）定義：函數圖象上到兩坐標軸的距離都小于或等于1的點叫做這個函數圖象的“近軸點”．例如，點0,1是函數y=x+1圖象的“近軸點”．（1）下列三個函數的圖象上存在“近軸點”的是（填序號）；①y=-x+3；②y=2x；③（2）若一次函數y=mx-3m圖象上存在“近軸點”，則m的取值范圍為．【答案】③-12【分析】本題主要考查了新定義——“近軸點”．正確理解新定義，熟練掌握一次函數，反比例函數，二次函數圖象上點的坐標特點，是解決問題的關鍵．（1）①y=-x+3中，取x=y=1.5，不存在“近軸點”；②y=2x，由對稱性，取x=y=±2，不存在“③y=-x2+2x-1=-x-12，取x=1時，y=0，得到1,0是y=-（2）y=mx-3m=mx-3圖象恒過點3,0，當直線過1,-1時，m=12，得到0<m≤12；當直線過1,1【詳解】（1）①y=-x+3中，x=1.5時，y=1.5，不存在“近軸點”；②y=2由對稱性，當x=y時，x=y=±2不存在“近軸點”；③y=-xx=1時，y=0，∴1,0是y=-x2+2x-1的“∴上面三個函數的圖象上存在“近軸點”的是③故答案為：③；（2）y=mx-3m=mx-3x=3時，y=0，∴圖象恒過點3,0，當直線過1,-1時，-1=m1-3∴m=1∴0<m≤1當直線過1,1時，1=m1-3∴m=-1∴-1∴m的取值范圍為-12≤m<0故答案為：-12≤m<021．（2024·四川·中考真題）【定義與性質】如圖，記二次函數y=ax-b2+c和y=-ax-p2+qa≠0定義：若拋物線C1的頂點Qp,q在拋物線C上，則稱C1性質：①一條拋物線有無數條伴隨拋物線；②若C1是C的伴隨拋物線，則C也是C1的伴隨拋物線，即C的頂點Pb,c【理解與運用】（1）若二次函數y=-12x-22+m和y=-12x-n2+1【思考與探究】（2）設函數y=x2-2kx+4k+5的圖象①若函數y=-x2+dx+e的圖象為拋物線C0，且C2始終是C②若拋物線C2與x軸有兩個不同的交點x1,0，x2,0

【答案】（1）2；±1；（2）①d=4,e=5；②2<x1【分析】題目主要考查二次函數的綜合應用及新定義理解，熟練掌握二次函數的性質結合圖象求解是解題關鍵．（1）根據題意確定點2,m,n,1（2）①根據題意確定頂點坐標為：(k,-k2+4k+5)②根據題意得出頂點坐標(k,-k2+4k+5)【詳解】解：（1）二次函數y=-12x-22+m和y=-∴點2,m,n,1代入得：m=12×解得：m=2，n=±1，故答案為：2；±1；（2）①y=x∴頂點坐標為：(k,-k∵函數y=-x2+dx+e的圖象為拋物線C0，且∴-k整理得：4k+5=dk+e，∴d=4,e=5；②∵C2與x軸有兩個不同的交點x1,0由①得：函數y=-x2+4x+5的圖象為拋物線C0，且∴頂點坐標(k,-k2+4k+5)頂點為(2,9當-x解得：x=-1或x=5，拋物線與x軸交(-1,0當頂點在(-1,0)下方時，拋物線有兩個交點，∵若C2是C0的伴隨拋物線，則C0也是C2的伴隨拋物線，即C的頂點∴(2,9)在當頂點在(5,0)下方時，綜上可得：2<x1<522．（2024·黑龍江大慶·中考真題）定義：若一個函數圖象上存在縱坐標是橫坐標2倍的點，則把該函數稱為“倍值函數”，該點稱為“倍值點”．例如：“倍值函數”y=3x+1，其“倍值點”為-1，-2．下列說法不正確的序號為①函數y=2x+4是“倍值函數”；②函數y=8x的圖象上的“倍值點”是2，③若關于x的函數y=m-1x2+mx+14m的圖象上有兩個“④若關于x的函數y=x2+m-k+2x+n4-k2的圖象上存在唯一的“倍值點”，且當【答案】①③④【分析】本題考查了新定義問題，二次函數的圖象與系數的關系，二次函數圖象上點的坐標特征，二次函數的性質，二次函數的最值問題．根據“倍值函數”的定義，逐一判斷即可．【詳解】解：①函數y=2x+4中，令y=2x，則2x=2x+4，無解，故函數y=2x+4不是“倍值函數”，故①說法錯誤；②函數y=8x中，令y=2x，則解得x=2或x=-2，經檢驗x=2或x=-2都是原方程的解，故函數y=8x的圖象上的“倍值點”是2，4和③在y=m-1令y=2x，則2x=m-1整理得m-1x∵關于x的函數y=m-1x2+mx+14m∴△=m-22-4解得m<43且m≠1，故③④在y=x令y=2x，則2x=x整理得x2∵該函數的圖象上存在唯一的“倍值點”，∴△=m-k整理得n=m-k∴對稱軸為m=k，此時n的最小值為2k，根據題意分類討論，-1≤k≤3nmin=2k=kk>3nk<-1nmin=-1-k2綜上，k的值為0或-3-52，故④故答案為：①③④．23．（2023·江蘇南通·中考真題）定義：平面直角坐標系xOy中，點Pa,b，點Qc,d，若c=ka，d=-kb，其中k為常數，且k≠0，則稱點Q是點P的“k級變換點”．例如，點-4,6是點2,3的“-2級變換點(1)函數y=-4x的圖象上是否存在點1,2的“k級變換點”?若存在，求出(2)點At,12t-2與其“k級變換點”B分別在直線l1，l2上，在l1，l2上分別取點(3)關于x的二次函數y=nx2-4nx-5nx≥0的圖象上恰有兩個點，這兩個點的“1級變換點”都在直線【答案】(1)存在，k=±(2)見解析(3)n的取值范圍為0<n≤1且n≠【分析】（1）根據“k級變換點”定義求解即可；（2）求出點B的坐標為kt,-12kt+2k，得到直線l1，l2的解析式分別為y=（3）由題意得，二次函數y=nx2-4nx-5nx≥0的圖象上的點的“1級變換點”都在函數y=-nx2+4nx+5nx≥0的圖象上，得到函數y=-nx2+4nx+5n【詳解】（1）解：函數y=-4x的圖象上存在點1,2的“k根據“k級變換點”定義，點1,2的“k級變換點”為k,-2k，把點k,-2k代入y=-4得k?-2k=-4，解得（2）證明：∵點B為點At,12t-2的“∴點B的坐標為kt,-1∴直線l1，l2的解析式分別為y=1當x=m2時，∵k≤-2，∴-2k-2≥2．∵m2∴m2∴y1（3）解：由題意得，二次函數y=nx2-4nx-5n“1級變換點”都在函數y=-nx2+4nx+5n由-nx2+4nx+5n=-x+5∵△=-∴函數y=-nx2+4nx+5n的圖象由y=-nx2+4nx+5n=-n①當n>0時，由6n-12≠0得又5n≤5得n≤1，∴0<n≤1且n≠1②當n<0，x≥0時，兩圖象僅有一個公共點，不合題意，舍去．綜上，n的取值范圍為0<n≤1且n≠1【點睛】本題考查解一元一次不等式，根據題意理解新定義是解題的關鍵．24．（2022·湖南湘西·中考真題）定義：由兩條與x軸有著相同的交點，并且開口方向相同的拋物線所圍成的封閉曲線稱為“月牙線”，如圖①，拋物線C1：y＝x2+2x﹣3與拋物線C2：y＝ax2+2ax+c組成一個開口向上的“月牙線”，拋物線C1和拋物線C2與x軸有著相同的交點A（﹣3，0）、B（點B在點A右側），與y軸的交點分別為G、H（0，﹣1）．

(1)求拋物線C2的解析式和點G的坐標．(2)點M是x軸下方拋物線C1上的點，過點M作MN⊥x軸于點N，交拋物線C2于點D，求線段MN與線段DM的長度的比值．(3)如圖②，點E是點H關于拋物線對稱軸的對稱點，連接EG，在x軸上是否存在點F，使得△EFG是以EG為腰的等腰三角形？若存在，請求出點F的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】(1)y＝13x2+23x﹣1，G（0，﹣(2)3(3)存在，（7﹣2，0）或（﹣7﹣2，0）【分析】（1）將A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c中，即可求函數的解析式．（2）設M（t，t2+2t﹣3），則D（t，13t2+23t-1），N（t（3）先求出E（﹣2，﹣1），設F（x，0），分來兩種情況討論：①當EG＝EF時，22=(x+2)2+1，可得F（7﹣2，0）或（﹣7﹣2，0）；②當EG＝FG時，22【詳解】（1）解：將A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c中，∴9a-6a+c=0c=-1解得a=1∴y＝13x2+23x﹣在y＝x2+2x﹣3中，令x＝0，則y＝﹣3，∴G（0，﹣3）．（2）設M（t，t2+2t﹣3），則D（t，13t2+23t-1∴NM＝﹣t2﹣2t+3，DM=1∴MNDM＝-(（3）存在點F，使得△EFG是以EG為腰的等腰三角形，理由如下：由（1）可得y＝x2+2x﹣3的對稱軸為直線x＝﹣1，∵E點與H點關于對稱軸x＝﹣1對稱，∴E（﹣2，﹣1），設F（x，0），①當EG＝EF時，∵G（0，﹣3），∴EG＝22，∴22＝(x+2)2解得x＝7﹣2或x＝﹣7﹣2，∴F（7﹣2，0）或（﹣7﹣2，0）；②當EG＝FG時，22＝9+x此時x無解；綜上所述：F點坐標為（7﹣2，0）或（﹣7﹣2，0）．【點睛】本題考查二次函數的圖象及性質，熟練掌握二次函數的圖象及性質，等腰三角形的性質，分類討論是解題的關鍵．25．（2022·貴州遵義·中考真題）新定義：我們把拋物線y=ax2+bx+c（其中ab≠0）與拋物線y=bx2+ax+c稱為“關聯拋物線”．例如：拋物線y=2x2+3x+1的“關聯拋物線”為：y=3(1)寫出C2的解析式（用含a(2)若a>0，過x軸上一點P，作x軸的垂線分別交拋物線C1，C2于點M，①當MN=6a時，求點P的坐標；②當a-4≤x≤a-2時，C2的最大值與最小值的差為2a，求a【答案】(1)y=ax2(2)①P-1,0或2,0；②a=2-2或【分析】（1）根據定義將一次項系數與二次項系數互換即可求得解析式，化為頂點式即可求得頂點坐標；（2）①設Pp,0，則Mp,4ap②根據題意，分三種情形討論，根據點距離對稱軸的遠近確定最值，然后建立方程，解方程求解即可．【詳解】（1）解：∵拋物線C1:y=4ax2+ax+4a-3a≠0的根據題意可得，C2的解析式∵y=a頂點為-2（2）解：①設Pp,0，則Mp,4a∴MN==∵MN=6a∴∵a≠0∴p當p2解得p1=-1當p2∴P-1,0或②∵C2的解析式∵y=a頂點為-2，-3∵a>0，∴a-2>-2當-2-a-4?a-2-函數的最大值為aa-4+22∵C2的最大值與最小值的差為∴a∵a≠0∴a-2=±解得a1=2-2∴a=2-當-2-a-4<a-2--2時，且函數的最大值為aa-2+22∵C2的最大值與最小值的差為∴∵a≠0∴a=±解得a1=2∴a=當a-4?-2時，即a?2時，拋物線開向上，對稱軸右側y隨x的增大而增大，函數的最大值為aa-2+22-3∵C2的最大值與最小值的差為∴a即a∵a≠0即a解得a=32（綜上所述，a=2-2或a=【點睛】本題考查了二次函數的性質，求頂點式，二次函數的最值問題，分類討論是解題的關鍵．26．（2021·江蘇南通·中考真題）定義：若一個函數圖象上存在橫、縱坐標相等的點，則稱該點為這個函數圖象的“等值點”．例如，點(1,1)是函數y=12x+12的圖象（1）分別判斷函數y=x+2,y=x2-x的圖象上是否存在“等值點”？如果存在，求出“（2）設函數y=3x(x>0),y=-x+b的圖象的“等值點”分別為點A，B，過點B作BC⊥x軸，垂足為C．當△ABC的面積為3（3）若函數y=x2-2(x≥m)的圖象記為W1，將其沿直線x=m翻折后的圖象記為W2．當W1,W2兩部分組成的圖象【答案】（1）函數y=x+2沒有“等值點”；函數y=x2-x的“等值點”為(0，0)，(2，2)；（2）b=43或-23；（3【分析】（1）根據定義分別求解即可求得答案；（2）根據定義分別求A(3，3)，B(b2，b2（3）由記函數y=x2-2（x≥m）的圖象為W1，將W1沿x=m翻折后得到的函數圖象記為W2，可得W1與W2的圖象關于x=m對稱，然后根據定義分類討論即可求得答案．【詳解】解：（1）∵函數y=x+2，令y=x，則x+2=x，無解，∴函數y=x+2沒有“等值點”；∵函數y=x2-x，令y=x，則x解得：x1∴函數y=x2-x的“等值點”為(0，0)，(2（2）∵函數y=3x，令y=x，則解得：x=3(負值已舍)∴函數y=3x的“等值點”為A(3，3∵函數y=-x+b，令y=x，則x=-x+b，解得：x=b∴函數y=-x+b的“等值點”為B(b2，b2△ABC的面積為12即b2解得：b=43或-2（3）將W1沿x=m翻折后得到的函數圖象記為W2．∴W1與W2兩部分組成的函數W的圖象關于x=m對稱，∴函數W的解析式為y=x令y=x，則x2-2=x，即解得：x1∴函數y=x2-2的“等值點”為(-1，-1)，(2令y=x，則(2m-x)2-2=x，即當m≥2時，函數W的圖象不存在恰有2個“等值點”的情況；當-1<m<2時，觀察圖象，恰有2個“等值點”；當m<-1時，∵W1的圖象上恰有2個“等值點”(-1，-1)，(2，2)，∴函數W2沒有“等值點”，∴△=-整理得：8m+9<0，解得：m<-9綜上，m的取值范圍為m<-98或【點睛】本題屬于二次函數的綜合題，考查了二次函數、反比例函數、一次函數的性質以及函數的對稱性．解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．27．（2020·四川遂寧·中考真題）閱讀以下材料，并解決相應問題：小明在課外學習時遇到這樣一個問題：定義：如果二次函數y＝a1x2+b1x+c1（a1≠0，a1、b1、c1是常數）與y＝a2x2+b2x+c2（a2≠0，a2、b2、c2是常數）滿足a1+a2＝0，b1＝b2，c1+c2＝0，則這兩個函數互為“旋轉函數”．求函數y＝2x2﹣3x+1的旋轉函數，小明是這樣思考的，由函數y＝2x2﹣3x+1可知，a1＝2，b1＝﹣3，c1＝1，根據a1+a2＝0，b1＝b2，c1+c2＝0，求出a2，b2，c2就能確定這個函數的旋轉函數．請思考小明的方法解決下面問題：（1）寫出函數y＝x2﹣4x+3的旋轉函數．（2）若函數y＝5x2+（m﹣1）x+n與y＝﹣5x2﹣nx﹣3互為旋轉函數，求（m+n）2020的值．（3）已知函數y＝2（x﹣1）（x+3）的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，點A、B、C關于原點的對稱點分別是A1、B1、C1，試求證：經過點A1、B1、C1的二次函數與y＝2（x﹣1）（x+3）互為“旋轉函數”．【答案】（1）y＝﹣x2﹣4x﹣3；（2）1；（3）見解析【分析】（1）由二次函數的解析式可得出a1，b1，c1的值，結合“旋轉函數”的定義可求出a2，b2，c2的值，此問得解；（2）由函數y＝5x2+（m﹣1）x+n與y＝﹣5x2﹣nx﹣3互為“旋轉函數”，可求出m，n的值，將其代入（m+n）2020即可求出結論；（3）利用二次函數圖象上點的坐標特征可求出點A，B，C的坐標，結合對稱的性質可求出點A1，B1，C1的坐標，由點A1，B1，C1的坐標，利用交點式可求出過點A1，B1，C1的二次函數解析式，由兩函數的解析式可找出a1，b1，c1，a2，b2，c2的值，再由a1+a2＝0，b1＝b2，c1+c2＝0可證出經過點A1，B1，C1的二次函數與函數y＝2（x﹣1）（x+3）互為“旋轉函數”．【詳解】解：（1）由y＝x2﹣4x+3函數可知，a1＝1，b1＝﹣4，c1＝3，∵a1+a2＝0，b1＝b2，c1+c2＝0，∴a2＝﹣1，b2＝﹣4，c2＝﹣3，∴函數y＝x2﹣4x+3的“旋轉函數”為y＝﹣x2﹣4x﹣3；（2）∵y＝5x2+（m﹣1）x+n與y＝﹣5x2﹣nx﹣3互為“旋轉函數”，∴{m-1=-n解得：{m∴（m+n）2020＝（﹣2+3）2020＝1．（3）證明：當x＝0時，y＝2（x﹣1）（x+3）＝﹣6，∴點C的坐標為（0，﹣6）．當y＝0時，2（x﹣1）（x+3）＝0，解得：x1＝1，x2＝﹣3，∴點A的坐標為（1，0），點B的坐標為（﹣3，0）．∵點A，B，C關于原點的對稱點分別是A1，B1，C1，∴A1（﹣1，0），B1（3，0），C1（0，6）．設過點A1，B1，C1的二次函數解析式為y＝