重难点04 二次函数中的平移、翻折、对称、旋转、折叠问题（5题型）-2024年中考数学一轮复习（全国通用）

这是一份重难点04 二次函数中的平移、翻折、对称、旋转、折叠问题（5题型）-2024年中考数学一轮复习（全国通用），文件包含重难点突破04二次函数中的平移翻折对称旋转折叠问题原卷版docx、重难点突破04二次函数中的平移翻折对称旋转折叠问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共105页， 欢迎下载使用。
2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
重难点突破04 二次函数中的平移、翻折、
对称、旋转、折叠问题
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc155773801" 题型01 二次函数平移问题
\l "_Tc155773802" 题型02 二次函数翻折问题
\l "_Tc155773803" 题型03 二次函数对称问题
\l "_Tc155773804" 题型04 二次函数旋转问题
\l "_Tc155773805" 题型05 二次函数折叠问题
题型01 二次函数平移问题
1. 二次函数的平移变换
2.平移与增加性变化
如果平移后对称轴不发生变化，则不影响增减性，但会改变函数最大(小) 值.
只对二次函数上下平移，不改变增减性，改变最值.
只对二次函数左右平移，改变增减性，不改变最值.
1．（2023·上海杨浦·统考一模）已知在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2−2ax−3a≠0与x轴交于点A、点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，且AB=4．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点P是线段BC上一点，如果∠PAC=45°，求点P的坐标；
(3)在第（2）小题的条件下，将该抛物线向左平移，点D平移至点E处，过点E作EF⊥直线AP，垂足为点F，如果tan∠PEF=12，求平移后抛物线的表达式．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)P53,−43
(3)y=x+1792−4
【分析】（1）设点A的横坐标为xA，点B的横坐标为xB，根据对称轴，AB=4，列式xA+xB2=1,xB−xA=4，利用根与系数关系计算确定a值即可．
（2） 过点C作AC⊥MN于点C，交AC右侧的AP的延长线于点M，交AC左侧的AP的延长线于点N，利用三角形全等，确定坐标，后根据解析式交点确定所求坐标即可．
（3）设抛物线向左平移了t个单位，则点E1−t,−4，过点F作x轴的平行线交过点P和y轴的平行线于点H，交过点E和y轴的平行线于点G， 证明Rt△FGE∽Rt△PHF，根据相似三角形的性质得出GEHF=GFHP=EFFP=1tan∠PEF=2即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2−2ax−3a≠0与x轴交于点A、点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，且AB=4，
∴xA+xB2=1,xB−xA=4，
解得xB=3,xA=−1，
∴−3a=3×−1，
解得a=1，
故抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
（2）过点C作AC⊥MN于点C，交AC右侧的AP的延长线于点M，
∵∠PAC=45°，
∴AC=CM，
过点M作MT⊥y轴于点T，
∴∠ACO=90°−∠ECM=∠CMT
∵∠ACO=∠CMT∠AOC=∠CTMAC=CM，
∴△AOC≌△CTMAAS，
∴AO=CT,OC=EM，
∵抛物线的解析式为y=x2−2x−3，xB=3,xA=−1，
∴AO=CT=1,OC=TM=3，A−1,0,C0,−3,B3,0，
∴OE=2,TM=3
∴M3,−2，
设AM的解析式为y=kx+b，BC的解析式为y=px+q
∴−k+b=03k+b=−2,3p+q=0q=−3，
解得k=−12b=−12,p=1q=−3
∴AM的解析式为y=−12x−12，BC的解析式为y=x−3，
∴y=x−3y=−12x−12，
解得x=53y=−43，
故P53,−43；
（3）∵y=x2−2x−3=x−12−4，点D1,−4,
设抛物线向左平移了t个单位，则点E1−t,−4，
过点F作x轴的平行线交过点P和y轴的平行线于点H，交过点E和y轴的平行线于点G，
由（2）知，直线AP的表达式为：y=−12x−12，P53,−43
设Fm,−12m−12
∵∠EFP=90°，
∴∠GFE+∠HFP=90°，
∵∠GFE+∠GEF=90°，
∴∠GEF=∠HFP，
∴Rt△FGE∽Rt△PHF，
∴GEHF=GFHP=EFFP=1tan∠PEF=2，
∵GE=yF−yE=−12m−12+4，HF=xP−xF=53−m，GF=xF−xG=m−1−t，HP=yF−yP=−12m−12+43，
∴−12m−12+453−m=m−1−t−12m−12+43=2，
解得：t=269，
∴y=x−1+2692−4=x+1792−4．
【点睛】本题为考查了二次函数综合运用，三角形全等和相似、解直角三角形、图象平移等，正确作辅助线是解题的关键．
2．（2023·广东湛江·校考一模）如图1，抛物线y=36x2+433x+23与x轴交于点A，B（A在B左边），与y轴交于点C，连AC，点D与点C关于抛物线的对称轴对称，过点D作DE∥AC交抛物线于点E，交y轴于点P．
(1)点F是直线AC下方抛物线上点一动点，连DF交AC于点G，连EG，当△EFG的面积的最大值时，直线DE上有一动点M，直线AC上有一动点N，满足MN⊥AC，连GM，NO，求GM+MN+NO的最小值；
(2)如图2，在（1）的条件下，过点F作FH⊥x轴于点H交AC于点L，将△AHL沿着射线AC平移到点A与点C重合，从而得到△A'H'L'（点A，H，L分别对应点A'，H'，L'），再将△A'H'L'绕点H'逆时针旋转α(0°1，
∴m=17+5201128，
∴M1，17+5201128；
当点M在BC的下方时，如图3，
，
同理可得：m=17−5201128，
∴M1，17−5201128；
综上所述，M点坐标为1，17+5201128或1，17−5201128．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的判定和性质，翻折变换的性质，解直角 ，二次函数的图象和性质，涉及知识点多，难度较大，添加辅助线构造相似三角形是解此题的关键．
9．（2023·江苏南京·南师附中新城初中校考二模）定义：若一个函数图象上存在横、纵坐标相等的点，则称该点为这个函数图象的“等值点”．例如，点−1,−1是函数y=2x+1的图象的“等值点”．
(1)分别判断函数y=x+2，y=x2−x的图象上是否存在“等值点”？如果存在，求出“等值点”的坐标；如果不存在，说明理由；
(2)设函数y=3x(x>0)，y=−x+b的图象的“等值点”分别为点A，B，过点B作BC⊥x轴，垂足为C．当△ABC的面积为3时，求b的值；
(3)若函数y=x2−2x≥m的图象记为W1，将其沿直线x=m翻折后的图象记为W2，当W1，W2两部分组成的图象上恰有2个“等值点”时，请直接写出m的取值范围．
【答案】(1)函数y=x2−x的图象上有两个“等值点”0,0或2,2；
(2)−23或43；
(3)当W1，W2两部分组成的图象上恰有2个“等值点”时，m12
当两点均在y轴左侧时，
∵将W绕原点O顺时针旋转180°得到W'
∴抛物线W'的解析式为y=−x2−2x
∵点(m,y1)，(m+1,y2)在图像G上，且y1−m2−2m，解得：m0，设y=kx+b，将A、B代入一次函数建立方程组，根据①×n+②×m建立等式，化简等式即可得到b=−12mn，再结合相似三角形的性质，可推算出b=−12×4=−2，从而得到不论k为何值，直线AB恒过点0,−2的结论．
【详解】（1）解：设线段AB与y轴的交点为C，由抛物线的对称性可得C为AB中点，
∵OA=OB=22，∠AOB=90°，
∴AC=OC=BC=2，
∴B2,−2
∵将B2,−2代入抛物线y=ax2a0，则OE=m，AE=12m2，
∴12m2=2m
∴m=4，−12m2=−8，即点A的坐标为−4,−8
（3）解：设A−m,−12m2m>0，Bn,−12n2n>0，
设y=kx+b，则−mk+b=−12m2①nk+b=−12n2②
①×n+②×m得，m+nb=−12m2n+mn2=−12mnm+n，
∴b=−12mn
由图可得ΔAEO∽ΔOFB，
∴AEOF=OEBF，
∴0.5m2n=m0.5n2，
∴mn=4，
∴b=−12×4=−2；
由此可知不论k为何值，直线AB恒过点0,−2．
【点睛】本题考查二次函数的性质、旋转的性质和相似三角形的性质，解题的关键是灵活运行相似三角形的相似比建立等式．
题型05 二次函数折叠问题
26．（2023·山西大同·校联考模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=34x−9与x轴、y轴分别交于B，C两点，抛物线y=14x2+bx+c经过B，C两点，与x轴的另一个交点为A．

(1)求B，C两点的坐标及抛物线的解析式，并直接写出点A的坐标；
(2)如图1，点D在线段OB上运动，连接CD，沿直线CD折叠△BCD得到△B'CD，当B'D⊥x轴时，求∠BDC的度数及点D的坐标；
(3)如图2，连接AC，作∠COE=∠ACO，OE交△ABC的边于点E，请直接写出CE的长．
【答案】(1)B(12,0)，C(0,−9)，抛物线的解析式为y=14x2−94x−9，A(−3,0)
(2)∠BDC的度数为135°，D(9,0)
(3)CE的长为3102或3
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）利用翻折的性质可得：BD=B'D，S△BCD=S△B'CD；设D(m,0)，利用点的坐标表示出线段BD，B'D，OC，OD的长度，再利用三角形的面积公式列出关于m的方程，解方程即可得出结论；
（3）利用分类讨论的思想方法分两种情形讨论解答：①当点E在AC边上时，利用直角三角形的性质和直角三角形的斜边上的中线，勾股定理解答即可；②当点E在BC边上时，利用平行线的判定与性质，相似三角形的判定与性质和勾股定理解答即可得出结论．
【详解】（1）解：令x=0，则y=−9，
∴C(0,−9)，
令y=0，则34x−9=0，
∴x=12，
∴B(12,0)，
∵抛物线y=14x2+bx+c经过B，C两点，
∴ 14×144+12b+c=0c=−9，
解得：b=−94c=−9，
∴抛物线的解析式为y=14x2−94x−9．
令x=0，则14x2−94x−9=0，
∴x=−3或x=12，
∴A(−3,0)；
（2）解：∵沿直线CD折叠△BCD得到△B'CD，
∴△BCD≌△B'CD，
∴BD=B'D，S△BCD=S△B'CD．
设D(m,0)，m>0，
∴OD=m，
∵C(0,−9)，B(12,0)，
∴OC=9，OB=12．
∴BD=BD'=12−m．
∵ S△BCD=12BD⋅OC，S△B'CD=12B'D⋅OD，
∴ 12(12−m)×9=12(12−m)⋅m．
解得：m=9或m=12（不合题意，舍去），
∴m=9，
∴D(9,0)．
∴OD=9，
∴OD=OC=9，
∴∠OCD=∠ODC=45°，
∴∠BDC的度数=180°−∠ODC=135°；
（3）解：①当点E在AC边上时，如图，

∵∠AOC=90°，
∴∠ACO+∠CAO=90°，∠EOA+∠COE=90°，
∵∠COE=∠ACO，
∴∠CAO=∠EOA，
∴EA=EO，
∵∠COE=∠ACO，
∴EO=EC，
∴AE=CE=12AC．
∵A(−3,0)，C(0,−9)，
∴OA=3，OC=9，
∴AC=OA2+OC2=310，
∴CE=12AC=3102；
②当点E在BC边上时，如图，

∵∠COE=∠ACO，
∴OE∥AC，
∴△BOE∽△BAC，
∴ BOBA=BEBC．
∵OA=3，OB=12，
∴AB=OA+OB=15．
∵BC=OB2+OC2=122+92=15，
∴ 1215=BE15，
∴BE=12，
∴CE=BC−BE=3．
综上，当∠COE=∠ACO，OE交ΔABC的边于点E，CE的长为3102或3．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，待定系数法，一次函数的图象与性质，一次函数图象上点的坐标的特征，折叠的性质，垂直的性质，平行线的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
27．（2023·安徽芜湖·校考一模）已知抛物线y=ax2+2x+ca≠0与x轴交于点A−1,0和点B3,0，与y轴交于点C，连接BC，点O与点D关于线段BC对称．

(1)求抛物线的解析式．
(2)如图1，P为AD上方的抛物线上的一个动点，连接PB交AD于点E．当△ABD的面积被直线BP分成1:3的两部分时，求点P的坐标．
(3)如图2，若直线AD沿过点D的直线m折叠后恰好经过点M214,0，请直接写出直线m与抛物线的交点Q的坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)P−34,1516或P54,6316
(3)y=7x−18，Q109−52,7109−712或Q−109−52,−7109−712
【分析】（1）待定系数法求出解析式即可；
（2）根据△ABD的面积被直线BP分成1:3的两部分，得到AE=13DE或AE=3DE，求出E点坐标，进而得到直线BE的解析式，联立直线和抛物线的解析式，求出P点坐标即可；
（3）求出直线DM的解析式，进而求出点A的对应点A'的坐标，进而求出A,A'的中点坐标，该点在直线m上，进而求出直线m的解析式，联立直线m和抛物线的解析式，求出点Q的坐标即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2+2x+ca≠0与x轴交于点A−1,0和点B3,0，
∴a−2+c=09a+6+c=0，解得：a=−1c=3，
∴y=−x2+2x+3；
（2）∵y=−x2+2x+3，当x=0时，y=3，
∴C0,3，
∴OC=3，
∵B3,0，
∴OB=3=OC，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∵点O与点D关于线段BC对称，
∴BC是OD的垂直平分线，
设OD交BC于点F，

则OF⊥BC，
∴F为BC的中点，
∴F32,32，
又F为OD的中点，
∴D3,3，
△ABD的面积被直线BP分成1:3的两部分时，有两种情况：
①S△ABE=13S△DBE，
∵S△ABE:S△DBE=AE:DE，
∴AE:DE=1:3，
∴AE:AD=1:4，
∴点E为点A,D的中点与点A的中点，
∵A,D的中点坐标为：1,32，
∴E0,34，
设BE的解析式为：y=kx+b，
∴b=343k+b=0，解得：b=34k=−14，
∴y=−14x+34，
联立y=−14x+34y=−x2+2x+3，解得：x=3y=0或x=−34y=1516，
∴P−34,1516，
②当S△ABE=3S△DBE时，
同法可得：点E为点A,D的中点与点D的中点，
∴E2,94，
设直线BE的解析式为：y=mx+n，
∴2k+b=943k+b=0，解得：b=274k=−94，
∴y=−94x+274，
联立y=−94x+274y=−x2+2x+3，解得：x=3y=0或x=54y=6316，
∴P54,6316；
综上：P−34,1516或P54,6316．
（3）设直线DM的解析式为：y=k1x+b1，
则：3k1+b1=3214k1+b1=0，解得：k1=−43b1=7，
∴y=−43x+7，
设点A关于直线m的对称点为A'，
则：A'在直线DM上，DA=DA'，
设A't,−43t+7，
∵DA=DA'，D3,3,A−1,0，
∴3+12+32=t−32+−43t+7−32，
解得：t=6或t=0（舍掉），
∴A'6,−1，
∵点A关于直线m的对称点为A'，
∴A,A'的中点52,−12在直线m上，
设直线m的解析式为：y=k2x+b2，
∵D3,3，点52,−12在直线m上，
∴3k2+b2=352k2+b2=−12，解得：k2=7b2=−18，
∴直线m的解析式为：y=7x−18，
联立y=7x−18y=−x2+2x+3，解得：x=109−52y=7109−712或x=−109−52y=−7109−712，
∴Q109−52,7109−712或Q−109−52,−7109−712．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
28．（2023·江苏苏州·校考二模）如图，二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O0,0，A4,0两点，顶点为C，连接OC、AC，若点B是线段OA上一动点，连接BC，将△ABC沿BC折叠后，点A落在点A'的位置，线段A'C与x轴交于点D，且点D与O、A点不重合．

(1)求二次函数的表达式；
(2)①求证：△OCD∽△A'BD；②DBBA的最小值；
(3)当S△OCD=8S△A'BD时，求直线A'B的解析式．
【答案】(1)y=12x2−2x
(2)①证明见解析；②22
(3)y=−43x+4
【分析】（1）利用待定系数法直接求解即可得出二次函数的表达式；
（2）①根据两角相等的两个三角形相似即可证明；②由△OCD∽△A'BD得出OCA'B=CDBD，则BDAB=CDOC，所以CD最小，BDAB的值最小，求出此时CD=2，即可得出答案；
（3）先求出点A'和B的坐标，再利用待定系数法求解即可．
【详解】（1）∵二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O0,0，A4,0两点，
∴c=08+4b+c=0，
解得：b=−2c=0，
∴二次函数的表达式y=12x2−2x．
（2）①由翻折得：∠OAC=∠A'，
∵二次函数y=12x2+bx+c与x轴交于O0,0，A4,0两点，顶点为C，
∴点O、A关于对称轴对称．
∴OC=AC．
∴∠COA=∠CAO=∠A'．
∵∠CDO=∠A'DB，
∴△OCD∽△A'BD．
②∵△OCD∽△A'BD，
∴OCA'B=CDBD．
∵AB=A'B，
∴BDAB=CDOC．
∴BDAB的最小值就是CDOC的最小值．
∵y=12x2−2x=12x−22−2，
∴C2,−2．
∴OC=22．
∴当CD⊥OA时，CD最小，BDAB的值最小．
此时D2,0，CD=2，
∴BDAB的最小值是222=22．
（3）连接AA'，过点A'作A'G⊥OA于G，延长CB交AA'于点H，设抛物线的对称轴与x轴交于点F，如图所示：

∵△OCD∽△A'BD，S△OCD=8S△A'BD，
∴S△OCDS△A'BD=OCA'B2=8．
∵OC=22，
∴AB=A'B=1．
∴OB=OA−AB=4−1=3，BF=2−1=1．
∴B3,0．
由翻折知，CH⊥AA'，
∵∠CFB=∠AHB=90°，∠FBC=∠HBA，
∴∠BCF=∠BAH．
∵tan∠BCF=BFCF=12，
∴tan∠BAH=A'GAG=12．
设A'G=a，则AG=2a，BG=2a−1，
在Rt△A'GB中，由勾股定理得：BG2+A'G2=A'B2，
∴2a−12+a2=12．
解得：a1=0（舍去），a2=45，
∴A'G=45，AG=85．
∴OG=OA−AG=125．
∴A'125,45．
设直线A'B的解析式为y=kx+b1，把A'125,45和B3,0代入得：
125k+b1=453k+b1=0，
解得：k=−43b1=4，
∴直线A'B的解析式为y=−43x+4．
【点睛】本题是二次函数的综合，考查了待定系数法求解析式，抛物线的对称性，相似三角形的性质和判定，勾股定理的应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合是解本题的关键．
29．（2023·浙江湖州·统考一模）一张矩形纸片ABCD（如图1），AB=6，AD=3．点E是BC边上的一个动点，将△ABE沿直线AE折叠得到△AEF，延长AE交直线CD于点G，直线AF与直线CD交于点Q．
初步探究
(1)求证：△AQG是等腰三角形；
(2)设FQ=m，当BE=2CE时，计算m的值；
深入探究
(3)将矩形纸片放入平面直角坐标系中（如图2所示），点B与点О重合，边OC、OA分别与x轴、y轴正半轴重合．点H在OC边上，将△AOH沿直线AH折叠得到△APH．
①当AP经过CD的中点N时，求点P的坐标；
②在①的条件下，已知二次函数y=−x2+bx+c的图象经过A、D两点．若将直线AH右侧的抛物线沿AH对折，交y轴于点M，请求出AM的长度．
【答案】(1)见详解
(2)m=1
(3)①P32,6−32；②AM=42
【分析】（1）由题意易得AB∥CD，然后根据折叠的性质及平行线的性质可进行求证；
（2）过点F作FK∥CD，交AD,BC于点K、L，由题意易证△AKF∽△FLE，则有ELKF=FLAK=EFFA=13，设DK=CL=x，则有AK=3+x,EL=1+x，然后利用勾股定理可建立方程求解；
（3）①过点P作PJ∥CD，交x轴于点J，交AD于点T，由题意易得AD=DN=3，则有∠OAP=∠DAN=45°，然后根据矩形的性质及等腰直角三角形的性质可求解；②设AP与抛物线y=−x2+bx+c的交点为M'，连接MM'，根据折叠性质可知点M与点M'关于AH对称，由①及折叠的性质可知∠OAH=∠M'AH=22.5°，则有∠MAM'=45°，把点A、D的坐标代入求得二次函数解析式，过点M'作M'R⊥y轴于点R，则M'R=AR，设点M'a,−a2+3a+6，然后根据折叠的性质及等腰直角三角形的性质可进行求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BAG=∠G，
由折叠的性质可知∠BAG=∠QAG，
∴∠G=∠QAG，
∴AQ=GQ，
∴△AQG是等腰三角形；
（2）解：过点F作FK∥CD，交AD,BC于点K、L，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=∠BCD=∠B=90°，AD=BC=3，
∵BE=2CE，
∴BE=2,CE=1，
∵FK∥CD，
∴∠K=∠L=∠KDC=∠DCL=90°，
∴四边形DKLC是矩形，
∴DK=CL，
由折叠的性质可知∠B=∠AFE=90°,AB=AF=6，BE=EF=2，
∵∠AFK+∠FAK=∠AFK+∠EFL=90°，
∴∠FAK=∠EFL，
∴△AKF∽△FLE，
∴ELKF=FLAK=EFFA=13，
设DK=CL=x，则有AK=3+x,EL=1+x，
∴FL=13AK=1+13x，
在Rt△EFL中，由勾股定理得1+x32+1+x2=4，
解得：x=35（负根舍去），
∴AK=185，
∴cs∠FAK=AKAF=35，
∴AQ=ADcs∠FAK=5，
∴m=FQ=AF−AQ=1；
（3）解：①过点P作PJ∥CD，交x轴于点J，交AD于点T，如图所示：
在矩形ABCD中，AO=CD=6,AD=OC=3，∠OAD=∠ADC=∠OCD=90°，
∴同理（2）可得△ATP∽△PJH，四边形ATJO是矩形，
∴AT=OJ,AO=TJ=6，
∵AP经过CD的中点N时，
∴AD=DN=3，
∴∠DAN=45°，
∴∠OAP=45°，△ATP是等腰直角三角形，
∴△PJH也为等腰直角三角形，
∴AT=PT,PJ=HJ，
由折叠的性质可得AO=AP=6,∠OAH=∠PAH=12∠OAP=22.5°，
∴AT=PT=22AP=32,PJ=HJ=6−32，
∴AT=OJ=32，
∴P32,6−32；
②设AP与抛物线y=−x2+bx+c的交点为M'，连接MM'，根据折叠性质可知点M与点M'关于AH对称，如图所示：
∴AM=AM'，
由AO=6,AD=3可得点A0,6,D3,6，代入二次函数y=−x2+bx+c得：
−9+3b+c=6c=6，
解得：b=3c=6，
∴y=−x2+3x+6，
由①可知∠MAM'=45°，过点M'作M'R⊥y轴于点R，
∴△ARM'是等腰直角三角形，
∴AR=M'R，
设点M'a,−a2+3a+6，则AR=M'R=a,OR=−a2+3a+6，
∴AR=AO−OR=a2−3a，
∴a2−3a=a，
解得：a1=4,a2=0（不符合题意，舍去），
∴AR=M'R=4，
∴AM'=2AR=42=AM．
【点睛】本题主要考查折叠的性质、二次函数的综合、矩形的性质、等腰直角三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握折叠的性质、二次函数的综合、矩形的性质、等腰直角三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．
30．（2023·山东枣庄·校考模拟预测）已知：如图，抛物线y=−x2+bx+c经过原点O，它的对称轴为直线x=2，动点P从抛物线的顶点A出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向下运动，设动点P运动的时间为t秒，连接OP并延长交抛物线于点B，连接OA，AB．
(1)求抛物线解析式及顶点坐标；
(2)当三点A，O，B构成以为OB为斜边的直角三角形时，求t的值；
(3)将△PAB沿直线PB折叠后，那么点A的对称点A1能否恰好落在坐标轴上？若能，请直接写出所有满足条件的t的值；若不能，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4x；(2,4)
(2)1秒
(3)能，(5− 5 )秒或2 5秒或(5+ 5 )秒
【分析】（1）根据抛物线过原点，对称轴为直线x=2，待定系数求解析式即可求解；
（2）设B(x，−x2+4x)．三点A，O，B构成以为OB为斜边的直角三角形，勾股定理得出OA2+AB2=OB2，B( 52 , 154 )．继而得出直线OB的解析式为y= 3_2 x，当x=2时，y=3，得出AP=4−3=1，进而即可求解；
（3）分三种情况讨论，①点A1在x轴正半轴上；②点A1在y轴负半轴上，③点A1在x轴负半轴上，分别画出图形，根据轴对称的性质，勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：由题意得c=0−b2×(−1)=2，
解得b=4c=0，
∴抛物线的解析式为y=−x2+4x；
∵y=−x2+4x=−(x−2)2+4，
∴顶点A的坐标为(2,4)；
（2）如图1，
设B(x，−x2+4x)．
∵三点A，O，B构成以OB为斜边的直角三角形，
∴ OA2+AB2=OB2，
即22+42+(x−2)2+(−x2+4x−4)2=x2+(−x2+4x)2，
整理，得2x2−9x+10=0，
解得x1= 52，x2=2(舍去)，
∴B( 52 , 154 )．
设直线OB的解析式为y=kx，则52 k= 154，
解得k= 3_2，
∴y= 3_2 x．
当x=2时，y=3，
∴AP=4−3=1，
∴t=1÷1=1(秒)；
（3）分三种情况：
①若点A1在x轴正半轴上，如图2，
可得PD2+A1D2=PA12，
即(4−t)2+(2 5 −2)2=t2，
解得t=5− 5；
②若点A1在y轴负半轴上，如图3，连接AA1交OB于E．
可得OA1=OA=25，
∴∠OA1A=∠OAA1，
∵OA1∥AP，
∴∠OA1A=∠A1AP，
∴∠OAA1=∠A1AP，
∵AA1⊥OP，
∴∠OEA=∠PEA=90°．
在△OAE与△PAE中，
∠OAE=∠PAEAE=AE∠OEA=∠PEA，
∴△OAE≌△PAE(ASA)，
∴OA=PA=2 5，
∴t=2 5；
③若点A1在x轴负半轴上，如图4.
可得PD2+A1D2=PA12，
即(t−4)2+(25+2)2=t2，
解得t=5+ 5；
综上所述，所有满足条件的t的值为(5− 5 )秒或2 5秒或(5+ 5 )秒．
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，特殊三角形问题，轴对称的性质，勾股定理，掌握二次函数的性质是解题的关键．平移方式（n＞0)
一般式y=ax2+bx+c
顶点式y＝a(x–h) 2＋k
平移口诀
向左平移n个单位
y=a(x+n)2+b(x+n)+c
y=a(x-h+n) 2+k
左加
向右平移n个单位
y=a(x-n)2+b(x-n)+c
y=a(x-h-n)2+k
右减
向上平移n个单位
y=ax2+bx+c+n
y=a(x-h)2+k+n
上加
向下平移n个单位
y=ax2+bx+c-n
y=a(x-h)2+k-n
下减
变换前
变换方式
变换后
口诀
y=a(x-h)²+k
绕顶点旋转180°
y= -a(x-h)²+k
a变号，h、k均不变
绕原点旋转180°
y= -a(x+h)²-k
a、h、k均变号
沿x轴翻折
y= -a(x-h)²-k
a、k变号，h不变
沿y轴翻折
y= a(x+h)²+k
a、h不变，h变号