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）

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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°<α<180°)，旋转过程中，边A'L'所在直线交直线DE于Q，交y轴于点R，求当△PQR为等腰三角形时，直接写出PR的长．
【答案】(1)4+23975
(2)1733−3或833
【分析】（1）作FH∥y轴交DE于H．设F(m,36m2+433m+23)，求出直线DE的解析式，联立方程得到x=−3时，FH的值最大，求出答案；作点G关于DE的对称点T，TG交DE于R，连接OR交AC于N，作NM⊥DE于M，连接TM，GM，此时GM+MN+NO的值最小，求出答案即可；
（2）当△PQR是等腰三角形时，易知∠QPR=120°，易知直线RQ与x轴的夹角为60°，得到直线RQ的解析式为y=3x+3−3，进而求出答案，当△QPR是等腰三角形，同理求出答案．
【详解】（1）如图1中，作FH∥y轴交DE于H．设F(m,36m2+433m+23)．
由题意可知A(−6,0)，B(−2,0)，C(0,23)，
∵抛物线的对称轴x=−4，C，D关于直线x=−4对称，
∴D(−8,23)，
∴直线AC的解析式为y=33x+23，
∵DE∥AC，
∴直线DE的解析式为y=33x+1433，
由y=33x+23y=33x+1433，解得x=8y=23或x=2y=1633，
∴E(2,1633)，H(m,33m+1433)，
∵S△DEF=S△DEG+S△EFG，△DEG的面积为定值，
∴ △DEG的面积最大时，△EFG的面积最大，
∵FH的值最大时，△DEF的面积最大，
∵FH的值最大时，△EFG的面积最大，
∵FH=−36m2−3m+833，
∵a<0．开口向下，
∴x=−3时，FH的值最大，此时F(−3,−32)．
如图2中，作点G关于DE的对称点T，TG交DE于R，连接OR交AC于N，作NM⊥DE于M，连接TM，GM，此时GM+MN+NO的值最小．
∵直线DF的解析式为：y=−32x−23，
由y=−32x−23y=33x+23，
解得x=−245y=235，
∴G(−245,232)，
∵TG⊥AC，
∴直线GR的解析式为y=−3x−2235，
由y=33x+1433y=−3x−2235，解得x=−345y=1235，
∴R(−345,1235)，
∴RG=4,OR=23975，
∵GM=TM=RN，
∴GM+MN+ON=RN+ON+RG=RG+ON=4+23975．
∴ GM+MN+NO的最小值为4+23975．
（2）如图3中，如图当△PQR是等腰三角形时，易知∠QPR=120°，PQ=PR
易知直线RQ与x轴的夹角为60°，L'(3−32,23+32)，
直线RQ的解析式为y=3x+3−3，
∴R(0,3−3)，
∴PR=1433−(3−3)=1733−3．
如图4中，当△QPR是等腰三角形，
∵∠QPR=60°，
∴ △QPR是等边三角形，
同法可得R(0,23)，
∴PR=OP−OC=1433−23=833
综上所述，满足条件的PR的值为1733−3或833．
【点睛】本题属于二次函数证明题，考查了二次函数的性质，一次函数的应用，解题的关键是学会构建二次函数解决最值问题，学会分类讨论的思想思考问题．
3．（2023·广东潮州·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A(−2,0),B(4,0)两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC、BC，点P为直线BC上方抛物线上一动点，连接OP交BC于点Q．
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)当PQOQ的值最大时，求点P的坐标和PQOQ的最大值；
(3)把抛物线y=−12x2+bx+c沿射线AC方向平移5个单位得新抛物线y'，M是新抛物线上一点，N是新抛物线对称轴上一点，当以M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出N点的坐标，并把求其中一个N点坐标的过程写出来．
【答案】(1)抛物线的函数表达式为y=−12x2+x+4
(2)当m=2时，PQOQ取得最大值12，此时，P(2,4)
(3)N点的坐标为N12,52,N2 2,−112,N32,−52.其中一个N点坐标的解答过程见解析
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）运用待定系数法求得直线BC的解析式为y =−x+4，如图1，过点P作PD∥y轴交BC于点D，设Pm,−12m2+m+4，则D(m,−m+4)，证明△PDQ∽△OCQ，得出：PQOQ=PDOC= −12m2+2m4=−18(m−2)2+12，运用求二次函数最值方法即可得出答案；
（3）设Mt−12t2+2t+92,N(2,s)，分三种情况：当BC为▱BCN1M1的边时；当BC为▱BCM2N2的边时；当BC为▱BM3CN3的对角线时，运用平行四边形性质即可求得答案．
【详解】（1）∵抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于A(−2,0),B(4,0)两点（点A在点B的左侧)，
∴−12×(−2)2−2b+c=0−12×42+4b+c=0,
解得：b=1c=4，
∴抛物线的函数表达式为y=−12x2+x+4；
（2）∵抛物线y=−12x2+x+4与y轴交于点C，
∴C(0,4)，
∴OC=4，
设直线BC的解析式为y=kx+d，把B(4,0),C (0,4)代入，
得：4k+d=0d=4,
解得：k=−1d=4，
∴直线BC的解析式为y=−x+4，
如图1，过点P作PD∥y轴交BC于点D，
设Pm,−12m2+m+4，则D(m,−m+4)，
∴PD=−12m2+2m，
∵PD∥OC，
∴△PDQ∽△OCQ，
∴PQOQ=PDOC=−12m2+2m4=−18(m−2)2+12,
∴当m=2时，PQOQ取得最大值12，此时，P(2,4)．
（3）如图2，沿射线AC方向平移5个单位，即向右平移1个单位，向上平移2个单位，
∴新的物线解析式为y'=−12(x−2)2+132=−12x2 +2x+92，对称轴为直线x=2，
设Mt,−12t2+2t+92,N(2,s)，
当BC为▱BCN1M1的边时，
则BC∥MN,BC=MN，
∴t−2=4s=−12t2+2t+92+4
解得：t=6s=52，
∴N12,52;
当BC为▱BCM2N2的边时，
则BC∥MN,BC=MN，
∴t−2=−4s=−12t2+2t+92−4,
解得：t=−2s=−112，
∴N22,−112;
当BC为▱BM3CN3的对角线时，
则t+2=4−12t2+2t+92+s=4，
解得：t=2s=−52，
∴N32,−52;
综上所述，N点的坐标为：N12,52,N2 2,−112,N32,−52.
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，抛物线的平移，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握铅锤法、中点坐标公式，运用数形结合思想、分类讨论思想是解题关键．
4．（2023·湖北襄阳·校联考模拟预测）坐标综合：

(1)平面直角坐标系中，抛物线C1：y1=x2+bx+c的对称轴为直线x=3，且经过点6,3，求抛物线C1的解析式，并写出其顶点坐标；
(2)将抛物线C1在平面直角坐标系内作某种平移，得到一条新的抛物线C2：y2=x2−2mx+m2−1，
①如图1，设自变量x在1≤x≤2的范围内取值时，函数y2的最小值始终等于−1．此时，若y2的最大值比最小值大12m，求m的值；
②如图2，直线l：y=−12x+nn>0与x轴、y轴分别交于A、C两点.过点A、点C分别作两坐标轴的平行线，两平行线在第一象限内交于点B．设抛物线C2与x轴交于E、F两点（点E在左边）．现将图中的△CBA沿直线l折叠，折叠后的BC边与x轴交于点M．当8≤n≤12时，若要使点M始终能够落在线段EF（包括两端点）上，请通过计算加以说明：抛物线C1在向抛物线C2平移时，沿x轴的方向上需要向左还是向右平移？最少要平移几个单位？最多能平移几个单位？
【答案】(1)抛物线C1的解析式为y1=x2−6x+3，抛物线C1的顶点坐标为3,−6
(2)①m的值为2或9−154；②抛物线C1在向抛物线C2平移时，沿x轴的方向上需要向右平移，最少平移2个单位，最多平移7个单位
【分析】（1）根据对称轴为直线x=3，可得b=−6，再把把6,3代入，即可求解；
（2）①根据配方可得当x=m时，函数有最小值−1，再由自变量x在1≤x≤2的范围内取值时，函数y2的最小值始终等于−1，可得1≤m≤2，然后两种情况讨论，即可求解；②先求出点A，C的坐标，可得点B的坐标，再根据图形折叠的性质可得CM=AM，在Rt△COM中，根据勾股定理可得CM=54n，从而得到点M的坐标，继而得到n的取值范围，然后根据点M始终能够落在线段EF（包括两端点）上，可得m取值范围，即可求解．
【详解】（1）解：∵y1=x2+bx+c的对称轴为直线x=3，
∴−b2=3，
解得：b=−6，
把6,3代入y1=x2−6x+c，得3=62−6×6+c，
解得：c=3，
∴抛物线C1的解析式为y1=x2−6x+3，
当x=3时，y1=32−6×3+3=−6，
∴抛物线C1的顶点坐标为3,−6；
（2）解：①∵y2=x2−2mx+m2−1=x−m2−1，
∴抛物线C2的对称轴为直线x=m，
当x=m时，函数有最小值−1，
∵在1≤x≤2的范围内取值时，函数y2的最小值始终等于−1，
∴1≤m≤2，
当1≤m≤32时，x=2时y2有最大值为m2−4m+3，
∴m2−4m+3+1=12m，
解得m=9±154，
∴m=9−154；
当32≤m≤2时，x=1时y2有最大值为m2−2m，
∴m2−2m+1=12m，
解得m=2或m=12(舍)，
综上所述：m的值为2或9−154；
②直线l：y=−12x+n与x轴的交点A2n,0，与y轴的交点C0,n，
∴B2n,n，
∵△CBA沿直线l折叠，
∴∠BCA=∠ACM，
∵∠BCA=∠CAM，
∴∠ACM=∠MAC，
∴CM=AM，
在Rt△COM中，CM2=CO2+OM2，即CM2=n2+2n−CM2，
解得CM=54n，
∴OM=34n，
∴M34n,0，
∵8≤n≤12，
∴6≤34n≤9，
当x2−2mx+m2−1=0时，解得：x=m+1或x=m−1，
∴Em−1,0，Fm+1,0，
∵点M始终能够落在线段EF上，
∴m+1≥6，m−1≤9，
∴5≤m≤10，
∵y1=x2−6x+3=x−32−6，y2=x−m2−1，
当m=5时，抛物线C1沿x轴向右平移2个单位，向上平移5个单位，
当m=10时，抛物线C1沿x轴向右平移7个单位，向上平移5个单位，
∴抛物线C1在向抛物线C2平移时，沿x轴的方向上需要向右平移，最少平移2个单位，最多平移7个单位．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，函数图象平移的性质，轴对称图形的性质，勾股定理的应用是解题的关键．
5．（2023·浙江湖州·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=x2−4x+c的图象与y轴的交点坐标为0,5，图象的顶点为M．矩形ABCD的顶点D与原点O重合，顶点A，C分别在x轴，y轴上，顶点B的坐标为1,5．

(1)求c的值及顶点M的坐标，
(2)如图2，将矩形ABCD沿x轴正方向平移t个单位0①当t=2时，求QG的长；
②当点G与点Q不重合时，是否存在这样的t，使得△PGQ的面积为1？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)c=5，顶点M的坐标是2,1
(2)①1；②存在，t=12或52
【分析】（1）把0,5代入抛物线的解析式即可求出c，把抛物线转化为顶点式即可求出顶点坐标；
（2）①先判断当t=2时，D'，A'的坐标分别是2,0，3,0，再求出x=3，x=2时点Q的纵坐标与点P的纵坐标，进而求解；
②先求出QG=2，易得P，Q的坐标分别是t,t2−4t+5，t+1,t2−2t+2，然后分点G在点Q的上方与点G在点Q的下方两种情况，结合函数图象求解即可．
【详解】（1）∵二次函数y=x2−4x+c的图象与y轴的交点坐标为0,5，
∴c=5，
∴y=x2−4x+5=x−22+1，
∴顶点M的坐标是2,1．
（2）①∵A在x轴上，B的坐标为1,5，
∴点A的坐标是1,0．
当t=2时，D'，A'的坐标分别是2,0，3,0．
当x=3时，y=3−22+1=2，即点Q的纵坐标是2，
当x=2时，y=2−22+1=1，即点P的纵坐标是1．
∵PG⊥A'B'，
∴点G的纵坐标是1，
∴QG=2−1=1．
②存在．理由如下：
∵△PGQ的面积为1，PG=1，
∴QG=2．
根据题意，得P，Q的坐标分别是t,t2−4t+5，t+1,t2−2t+2．
如图1，当点G在点Q的上方时，QG=t2−4t+5−t2−2t+2=3−2t=2，
此时t=12（在0
如图2，当点G在点Q的下方时，QG=t2−2t+2−t2−4t+5=2t−3=2，
此时t=52（在0∴t=12或52．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特点、矩形的性质以及三角形的面积等知识，熟练掌握二次函数的图象与性质、灵活应用数形结合思想是解题的关键．
6．（2023·江苏·统考中考真题）如图，二次函数y=12x2+bx−4的图像与x轴相交于点A(−2,0)、B，其顶点是C．

(1)b=_______；
(2)D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD=52；将原抛物线向左平移，使得平移后的抛物线经过点D，过点(k,0)作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，求k的取值范围；
(3)将原抛物线平移，平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，且其顶点P落在原抛物线上，连接PC、QC、PQ．已知△PCQ是直角三角形，求点P的坐标．
【答案】(1)−1；
(2)k≤−3；
(3)3,−52或−1,−52．
【分析】（1）把A(−2,0)代入y=12x2+bx−4即可求解；
（2）过点D作DM⊥OA于点M，设Dm,12m2−m−4，由tan∠AOD=DMOM=−12m2+m+4−m=52，解得D−1,−52，进而求得平移后得抛物线，
平移后得抛物线为y=12x+32−92，根据二次函数得性质即可得解；
（3）先设出平移后顶点为Pp,12p2−p−4，根据原抛物线y=12x−12−92，求得原抛物线的顶点C1,−92，对称轴为x=1，进而得Q1,p2−2p−72，再根据勾股定理构造方程即可得解．
【详解】（1）解：把A(−2,0)代入y=12x2+bx−4得，
0=12×−22+b×−2−4，
解得b=−1，
故答案为−1；
（2）解：过点D作DM⊥OA于点M，

∵b=−1，
∴二次函数的解析式为y=12x2−x−4
设Dm,12m2−m−4，
∵D是第三象限抛物线上的一点，连接OD，tan∠AOD=52，
∴tan∠AOD=DMOM=−12m2+m+4−m=52，
解得m=−1或m=8（舍去），
当m=−1时，12m2−m−4=12+1−4=−52，
∴D−1,−52，
∵y=12x2−x−4=12x−12−92，
∴设将原抛物线向左平移后的抛物线为y=12x+a2−92，
把D−1,−52代入y=12x+a2−92得−52=12−1+a2−92，
解得a=3或a=−1（舍去），
∴平移后得抛物线为y=12x+32−92
∵过点(k,0)作x轴的垂线l．已知在l的左侧，平移前后的两条抛物线都下降，
在y=12x+32−92的对称轴x=−3的左侧，y随x的增大而减小，此时原抛物线也是y随x的增大而减小，
∴k≤−3；
（3）解：由y=12x−12−92，设平移后的抛物线为y=12x−p2+q，则顶点为Pp,q，
∵顶点为Pp,q在y=12x−12−92上，
∴q=12p−12−92=12p2−p−4，
∴平移后的抛物线为y=12x−p2+12p2−p−4，顶点为Pp,12p2−p−4，
∵原抛物线y=12x−12−92，
∴原抛物线的顶点C1,−92，对称轴为x=1，
∵平移后的抛物线与原抛物线的对称轴相交于点Q，
∴Q1,p2−2p−72，
∵点Q、C在直线x=1上，平移后的抛物线顶点P在原抛物线顶点C的上方，两抛物线的交点Q在顶点P的上方，
∴∠PCQ与∠CQP都是锐角，
∵△PCQ是直角三角形，
∴∠CPQ=90°，
∴QC2=PC2+PQ2，
∴p2−2p−72+922=p−12+12p2−p−4+922+p−12+12p2−p−4−p2+2p+722化简得p−12p−3p+1=0，
∴p=1（舍去），或p=3或p=−1，
当p=3时，12p2−p−4=12×32−3−4=−52，
当p=−1时，12×−12+1−4=−52，
∴点P坐标为3,−52或−1,−52．
【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，勾股定理，解直角三角形以及待定系数法求二次函数的解析式，熟练掌握二次函数的图像及性质是解题的关键．
7．（2023·湖北宜昌·统考模拟预测）如图，过原点的抛物线y1=ax(x−2n)(a≠0,a,n为常数)与x轴交于另一点A，B是线段OA的中点，B−4,0，点M(−3,3)在抛物线y1上．

(1)点A的坐标为______；
(2)C为x轴正半轴上一点，且CM=CB．
①求线段BC的长；
②线段CM与抛物线y1相交于另一点D，求点D的坐标；
(3)将抛物线y1向右平移(4−t)个单位长度，再向下平移165个单位长度得到抛物线y2，P，Q是抛物线y2上两点，T是抛物线y2的顶点．对于每一个确定的t值，求证：矩形TPNQ的对角线PQ必过一定点R，并求出此时线段TR的长．
【答案】(1)−8,0
(2)①BC=5；②D(−54,2716)
(3)证明见解析，RT=5
【分析】（1）根据中点公式求C点坐标即可；
（2）①设Cx,0，根据CM=CB，建立方程(x+3)2+9=x+4，求出C点坐标即可求BC；②求出直线CM的解析式为y=−34x+34，将A−8,0代入y1=ax(x−2n)，求出n=−4，将M点代入y1=ax(x+8)，求出a=−15，从而求出抛物线y1=−15x(x+8)，
直线CM与抛物线的交点即为点D(−54,2716)；
（3）根据平移的性质可求y2=−15(x+t)2，则T(−t,0)，设直线PQ的解析式为y=kx+b，P(m,−15(m+t)2)，Q(n,15(n+t)2)当kx+b=−15(x+t)2时，整理得x2+(2t+5k)x+5b+t2=0，由根与系数的关系可得m+n=−2t−5k，mn=5b+t2，过点P作PF⊥x轴交于F点，过Q点作QE⊥x轴交于E点，证明△FPT∽△ETQ，则PFTE=FTEQ，即15(m+t)2n+t=−t−m15(n+t)2，整理得，(m+t)(n+t)=−25，求出b=kt−5，所以直线PQ的解析式为y=kx+kt−5=k(x+t)−5，对于每一个确定的t值，直线PQ必经过定点R(−t,−5)，RT=5．
【详解】（1）∵B是线段OA的中点，B−4,0，
∴OA=8，
∴A−8,0，
故答案为：−8,0；
（2）①设Cx,0，
∵CM=CB，
∴(x+3)2+9=x+4，
解得x=1，
∴BC=5；
②设直线CM的解析式为y=k'x+b'，
∴k'+b'=0−3k'+b'=3，
解得k'=−34b'=34，
∴直线CM的解析式为y=−34x+34，
将A−8,0代入y1=ax(x−2n)，
∴−8a(−8−2n)=0，
∵a≠0，
∴−8−2n=0，
解得n=−4，
∴y1=ax(x+8)，
将M点代入y1=ax(x+8)，
∴−3a(−3+8)=3，
解得a=−15，
∴抛物线y1=−15x(x+8)，
当−34x+34=−15x(x+8)时，解得x=−3或x=−54，
∴D(−54,2716)；
（3）证明：∵y1=−15x(x+8)=−15(x+4)2+165，
∴y2=−15(x+t)2，
∴T(−t,0)，
设直线PQ的解析式为y=kx+b，P(m,−15(m+t)2)，Q(n,15(n+t)2)，
当kx+b=−15(x+t)2时，整理得x2+(2t+5k)x+5b+t2=0，
∴m+n=−2t−5k，mn=5b+t2，
过点P作PF⊥x轴交于F点，过Q点作QE⊥x轴交于E点，
∵四边形TPNQ是矩形，
∴∠PTQ=90°，
∴∠FTP+∠ETQ=90°，
∵∠FTP+∠TPF=90°，
∴∠ETQ=∠TPF，
∴△FPT∽△ETQ，
∴PFTE=FTEQ，即15(m+t)2n+t=−t−m15(n+t)2，
整理得，(m+t)(n+t)=−25，
∴mn+t(m+n)+t2=−25，
∴b−kt=−5，即b=kt−5，
∴直线PQ的解析式为y=kx+kt−5=k(x+t)−5，
∴对于每一个确定的t值，直线PQ必经过定点R(−t,−5)，
∴RT=5．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的判定及性质，一元二次方程根与系数的关系，
题型02 二次函数翻折问题
二次函数的翻转问题的解题思路：
①根据二次函数上特殊点的坐标值求得二次函数的表达式；
②根据翻转后抛物线与原抛物线的图像关系，确定新抛物线的表达式；
③在直角坐标系中画出原抛物线及翻转后抛物线的简易图，根据图像来判断题目中需要求解的量的各种可能性；
④根据图像及相关函数表达式进行计算，求得题目中需要求解的值。
8．（2023·广东潮州·一模）如图，直线y=−2x+3交x轴于点B，交y轴于点C，抛物线y=−x2+bx+c经过A，C两点，且A−1，0．
(1)求抛物线的解析式．
(2)P是抛物线第一象限内的一个动点，过P作PH⊥BC于H，求PH+2HB的最大值．
(3)M是抛物线对称轴上的一个动点，连接MB，把线段MB沿着直线BC翻折，M的对应点M'恰好落在抛物线上，求M点坐标．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)当t=1时，PH+2HB有最大值，最大值为45
(3)M点坐标为1，17+5201128或1，17−5201128
【分析】（1）先求出C0，3，再运用待定系数法即可求得答案；
（2）过点P作PD∥y轴，交BC于D，交x轴于E，过点H作HF⊥PD于F，过点B作BG⊥HF于G，设Pt，−t2+2t+3，则Dt，−2t+3，Et，0，由△PDH∽△BCO可求得PH=55−t2+4t，再由△PHF∽△BCO可得PF=15−t2+4t，EF=PE−PF=−t2+2t+3−15−t2+4t=−45t2+65t+3，再证明△BHG∽△CBO，可得BH=BCOC⋅BG=−255t2+355t+352，进而可得PH+2HB=−5t−12+45，再运用二次函数的性质即可；
（3）设M1，m，M'n，−n2+2n+3，由翻折可得MM'的中点Ln+12，m−n2+2n+32在直线BC上，即m=n2−4n+1①，分两种情况：当点M在BC的上方时，过点M'作M'R∥x轴交抛物线的对称轴于R，设对称轴交BC于T，利用解直角三角形可得n=9−4m5②，联立①②可得m=17+5201128，即M1，17+5201128，当点M在BC的下方时，同理可得M1，17−5201128．
【详解】（1）解：∵直线y=−2x+3交x轴于点B，交y轴于点C，
∴当x=0时，y=3，当y=0时，−2x+3=0，解得：x=32，
∴B32，0，C0，3，
∵抛物线y=−x2+bx+c经过A，C两点，且A−1，0，
∴−1−b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴该抛物线的解析式为y=−x2+2x+3；
（2）解：过点P作PD∥y轴，交BC于D，交x轴于E，过点H作HF⊥PD于F，过点B作BG⊥HF于G，如图1，
，
设Pt，−t2+2t+3，则Dt，−2t+3，Et，0，
∴PD=−t2+2t+3−−2t+3=−t2+4t，
∵B32，0，C0，3，
∴OB=32，OC=3，
在Rt△BCO中，BC=OB2+OC2=352，
∵PH⊥BC，PD∥y轴，
∴∠PHD=∠BOC=90°，∠PDH=∠BCO，
∴△PDH∽△BCO，
∴PHOB=DHOC=PDBC，∠DPH=∠CBO，
∴PH32=DH3=−t2+4t352，
∴PH=55−t2+4t，
∵HF⊥PE，
∴∠PFH=90°=∠BOC，
∴△PHF∽△BCO，
∴PFOB=PHBC，即PF32=55−t2+4t352，
∴PF=15−t2+4t，
∴EF=PE−PF=−t2+2t+3−15−t2+4t=−45t2+65t+3，
∵∠BGF=∠EFG=∠BEF=90°，
∴四边形BEFG是矩形，
∴BG=EF=−45t2+65t+3，BG∥EF∥y轴，
∴∠HBG=∠BCO，
∵∠BGH=∠BOC=90°，
∴△BHG∽△CBO，
∴BHBC=BGOC，
∴BH=BCOC⋅BG=3523−45t2+65t+3=−255t2+355t+352，
∴PH+2HB=55−t2+4t+2−255t2+355t+352=−5t−12+45，
∵−5<0，
∴当t=1时，PH+2HB有最大值，最大值为45；
（3）解：设M1，m，M'n，−n2+2n+3，
∵线段MB沿着直线BC翻折，M的对应点M'恰好落在抛物线上，
∴MM'的中点Ln+12，m−n2+2n+32在直线BC上，
∴−2×n+12+3=m−n2+2n+32，
化简得：m=n2−4n+1①，
当点M在BC的上方时，
如图2，过点M'作M'R∥x轴交抛物线的对称轴于R，设对称轴交BC于T，
，
则MR=m−−n2+2n+3=n2−2n−3+m，M'R=1−n，MT=m−1，
∵MT∥y轴，
∴∠MTL=∠BCO，
∵∠M'RM=∠TLM=90°，
∴∠MTL+∠TML=∠MM'R+∠M'MR=90°，
∴∠MTL=∠MM'R=∠BCO，
∴sin∠MTL=sin∠MM'R=sin∠BCO=55，
∴ML=MT⋅sin∠MTL=55m−1，
∴MM'=2ML=255m−1，
∴M'R=MM'⋅cs∠MM'R=MM'⋅cs∠BCO=255m−1×25=45m−1，
∴1−n=45m−1，
解得：n=9−4m5②，
联立①②得：m=9−4m52−4×9−4m5+1，
解得：m=17±5201128，
∵m>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，m<−98或−1【分析】（1）根据定义分别求解即可求得答案；
（2）根据定义分别求A3,3，Bb2,b2，利用三角形面积公式列出方程求解即可；
（3）由记函数y=x2−2x≥m的图象为W1，将W1沿x=m翻折后得到的函数图象记为W2，可得W1与W2的图象关于x=m对称，然后根据定义分类讨论即可求得答案．
【详解】（1）在y=x+2中，令x=x+2，得0=2不成立，
∴函数y=x+2的图象上不存在“等值点”；
在y=x2−x中，令x2−x=x，
解得：x1=0，x2=2，
∴函数y=x2−x的图象上有两个“等值点”0,0或2,2；
（2）在函数y=3x(x>0)中，令x=3x，
解得：x=3，
∴A3,3，
在函数y=−x+b中，令x=−x+b，
解得：x=b2，
∴Bb2,b2，
∵BC⊥x轴，
∴C12b,0，
∴BC=12b，
∵△ABC的面积为3，
∴12×12b×3−12b=3，
当b<0时，b2−23b−24=0，
解得:b=−23，
当0≤b<23时，b2−23b+24=0，
∵Δ＝(−23)2−4×1×24=−84＜0，
∴方程b2−23b+24=0没有实数根，
当b≥23时，b2−23b−24=0，
解得：b=−23或b=43，
综上所述，b的值为−23或43；
（3）令x=x2−2，
解得：x1=−1，x2=2，
∴函数y=x2−2的图象上有两个“等值点”−1,−1或2,2，
①当m<−1时，W1，W2两部分组成的图象上必有2个“等值点”−1,−1或2,2，
W1：y=x2−2x≥m，
W2：y=x−2m2−2(x令x=x−2m2−2，
整理得：x2−4m+1x+4m2−2=0，
∵W2的图象上不存在“等值点”，
∴Δ<0，
∴4m+12﹣44m2﹣2<0，
∴m<−98，
②当m=−1时，有3个“等值点”−2,−2，−1,−1，2,2，
③当−1④当m=2时，W1，W2两部分组成的图象上恰有1个“等值点”2,2，
⑤当m>2时，W1，W2两部分组成的图象上没有“等值点”，
综上所述，当W1，W2两部分组成的图象上恰有2个“等值点”时，m<−98或−1【点睛】此题考查了二次函数、反比例函数、一次函数的性质以及函数的对称性，掌握计算方法，结合一次函数、反比例函数、二次函数的相关知识是解题的关键．
10．（2023·江苏无锡·无锡市民办辅仁中学校考一模）如图，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位长度，再向上平移4个单位长度得到二次函数y=ax2+bx+c的图象，函数y=x2+2x+1的图象的顶点为A，函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为B，和x轴的交点为C，D（点D位于点C左侧）．

(1)求函数y=ax2+bx+c的解析式；
(2)从A，C，D三点中任取两点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；
(3)点M是线段BC上的动点，N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的13？若存在，求tan∠MAN的值，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+4；
(2)13；
(3)存在，tan∠MAN的值为1或4或56，理由见解析．
【分析】（1）利用配方法得到y=x2+2x+1=(x+1)2，然后根据抛物线的变换规律求解；
（2）利用顶点式y=(x+1)2得到A(−1,0)，解方程−x2+4=0得D(−2,0)，C(2,0)易得B(0,4)，列举出所有的三角形，再计算出AC=3，AD=1，CD=4，AB=17，BC=25，BD=25，然后根据等腰三角形的判定方法和概率公式求解；
（3）易得BC的解析式为y=−2x+4，S△ABC=6，M点的坐标为m,−2m+40≤m≤2，讨论：①当N点在AC上，如图1，利用面积公式得到12(m+1)(−2m+4)=2，解得m1=0，m2=1，当m=0时，求出AN=1，MN=4，再利用正切定义计算tan∠MAC的值；当m=1时，计算出AN=2，MN=2，再利用正切定义计算tan∠MAC的值；②当N点在BC上，如图2，先利用面积法计算出AN=655，再根据三角形面积公式计算出MN=253，然后利用正切定义计算tan∠MAC的值；③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN=17−t，由②得AH=655，利用勾股定理可计算出BH=755，证明△BNM∽△BHA，利用相似比可得到MN=617−6t7，根据此方程没有实数解可判断点N在AB上不符合条件，从而得到tan∠MAN的值为1或4或59．
【详解】（1）解： y=x2+2x+1=(x+1)2的图象沿x轴翻折，得y=−(x+1)2．
把y=−(x+1)2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=−x2+4，
∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=−x2+4；
（2）解：∵y=x2+2x+1=(x+1)2，
∴A(−1,0)，
当y=0时，−x2+4=0，
解得x=±2，
则D(−2,0)，C(2,0)；
当x=0时，y=−x2+4=4，则B(0,4)，
从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，
∵AC=3，AD=1，CD=4，AB=17，BC=25，BD=25，
∴△BCD为等腰三角形，
∴构造的三角形是等腰三角形的概率=13；
（3）解：存在．
∵B(0,4)，C(2,0)．
设BC解析式为y=kx+4，
则有2k+4=0，
∴k=−2，
∴BC的解析式为y=−2x+4，S△ABC=12AC⋅OB=12×3×4=6，
设M点的坐标为m,−2m+40≤m≤2，
①当N点在AC上，如图1，

∴△AMN的面积为△ABC面积的13，
∴ 12(m+1)(−2m+4)=2，解得m1=0，m2=1，
当m=0时，M点的坐标为(0,4)，N(0,0)，
则AN=1，MN=4，
∴tan∠MAC=MNAN=41=4；
当m=1时，M点的坐标为(1,2)，N(1,0)，
则AN=2，MN=2，
∴tan∠MAC=MNAN=22=1；
②当N点在BC上，如图2，

BC=22+42=25，
∵ 12BC⋅AN=12AC⋅BC，
解得AN=3×425=655，
∵S△AMN=12AN⋅MN=2，
∴MN=4AN=253，
∴tan∠MAN=MNAN=253655=59；
③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，

设AN=t，则BN=17−t，
由②得AH=655，
则BH=172−6552=755，
∵∠NBC=∠HBA，
∴△BNM∽△BHA，
∴ MNAH=BNBH，即MN655=17−t755，
∴MN=617−6t7，
∵ 12AN⋅MN=2，
即12⋅t⋅617−6t7=2，
整理得3t2−317t+14=0，
∵ Δ=−3172−4×3×14=−15<0，方程没有实数解，
∴点N在AB上不符合条件，
综上所述，tan∠MAN的值为1或4或59．
【点睛】本题是二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰三角形的判定、概率公式；理解二次函数图象的图象变换规律，会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式，会利用相似比表示线段之间的关系；会运用分类讨论的思想解决数学问题．
11．（2023·山东淄博·统考中考真题）如图，一条抛物线y=ax2+bx经过△OAB的三个顶点，其中O为坐标原点，点A3,−3，点B在第一象限内，对称轴是直线x=94，且△OAB的面积为18

(1)求该抛物线对应的函数表达式；
(2)求点B的坐标；
(3)设C为线段AB的中点，P为直线OB上的一个动点，连接AP，CP，将△ACP沿CP翻折，点A的对应点为A1．问是否存在点P，使得以A1，P，C，B为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=23x2−3x
(2)6,6
(3)存在，P点的坐标为32，32或−32，−32或352+6，352+6或−352+6，−352+6
【分析】（1）根据对称轴为直线x=−b2a=94，将点A代入，进而待定系数法求解析式即可求解；
（2）设Bm,23m2−3m，过点A作EF⊥y轴交于E点，过B点作BF⊥EF交于F点，继而表示出△OAB的面积，根据△OAB的面积为18，解方程，即可求解．
（3）先得出直线OB的解析式为y=x，设Pt,t，当BP为平行四边形的对角线时，可得AP=AC，当BC为平行四边形的对角线时，BP=AC，进而建立方程，得出点P的坐标，即可求解．
【详解】（1）解：∵对称轴为直线x=−b2a=94，
∴b=−92a①，
将点A3,−3代入y=ax2+bx得，
∴9a+3b=−3②，
联立①②得，a=23b=−3，
∴解析式为y=23x2−3x；
（2）设Bm,23m2−3m，如图所示，过点A作EF⊥y轴交于E点，过B点作BF⊥EF交于F点，

∴Fm,−3，E0,−3，
则OE=3,AE=3,AF=m−3,BF=23m2−3m+3，
∴S△AOB=12m×23m2−3m+3+3−12×3×3−12m−323m2−3m+3=18
解得：m=6或m=−3（舍去），
（3）存在点P，使得以A1，P，C，B为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
∵A3,−3,B6,6，
∴C92,32，
设直线OB的解析式为y=kx，
∴6k=6，解得：k=1，
∴直线OB的解析式为y=x，
设Pt,t，
如图所示，当BP为平行四边形的对角线时，BC∥A1P，

BC=A1P，
∵AC=BC，
∴AC=A1P，
由对称性可知AC=A1C，AP=A1P，
∴AP=AC，
∴t−32+t+32=3−922+−3−322
解得：t=±32
∴P点的坐标为32，32或−32，−32
如图3，当BC为平行四边形的对角线时，BP∥A1C，BP=A1C，

由对称性可知，AC=A1C，
∴BP=AC，
∴6−t2+6−t2=3−922+−3−322，
解得：t=352+6或t=−352+6，
∴P点的坐标为352+6，352+6或−352+6，−352+6
综上所述，P点的坐标为32，32或−32，−32或352+6，352+6或−352+6，−352+6．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质，轴对称的性质是解题的关键．
12．（2023·辽宁鞍山·校考一模）抛物线与坐标轴交于A−1,0，B4,0，C0,2

(1)求抛物线的解析式；
(2)点D是x轴上的一点，过点D作EF∥AC，交抛物线于E、F，当EF=3AC时，求出点D的坐标；
(3)点D是x轴上的一点，过点D作DE∥AC，交线段BC于E，将△DEB沿DE翻折，得到△DEB'，若△DEB'与△ABC重合部分的面积为S，点D的横坐标为m，直接写出S与m的函数关系式并写出取值范围．
【答案】(1)y=−12x2+32x+2
(2)−12,0
(3)S=154−m232≤m≤415m+17−3m−1≤m<32
【分析】（1）运用待定系数法求抛物线的解析式，设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，把点A−1,0，B4,0，C0,2代入，求出a，b，c的值，即可得到抛物线的解析；
（2）过点E作EK∥y轴，过点F作FK∥x轴，两平行线EK，FK相交于点K，设点D的坐标为t,0，由点A−1,0，C0,2可得直线AC的解析式为y=2x+2，由EF∥AC与Dt,0可得直线EF的函数解析式为y=2x−2t，由−12x2+32x+2=2x−2t得点E的横坐标为xE=−1+16t+172，点F的横坐标为xF=−1−16t+172，易证△ACO∽△FEK，根据相似三角形对应边成比例可得FK=3，xE−xF=3，代入即可求出t的值，从而得到点D的坐标；
（3）根据点A−1,0，B4,0，C0,2，可得AB=5，AC=5， BC=25，因此证得△ABC是直角三角形，∠ACB=90°， S△ABC=12AC⋅BC=5，由点D的横坐标为m得到BD=4−m，根据DE∥AC可得△DBE∽△ABC，根据相似三角形的性质可得S△DBES△ABC=DBAB2，从而求得S△DEB'=S△DEB=154−m2．分两种情况讨论：①若32≤m≤4，即点B'在线段BC上， △DEB'与△ABC重合部分为△DEB'，其面积S=S△DEB'=154−m2；②当−1≤m<32时，点B'在线段BC外，设AC与DB'的交点为R，此时，若△DEB'与△ABC重合部分为四边形DECR．根据△DBE∽△ABC，可得BE=DB⋅BCAB=2554−m，因此B'C=BE+B'E−BC=65−45m5，易证△RCB'∽△ACB，可得S△RCB'=B'CBC2⋅S△ACB=153−2m2，因此S四边形DECR=S△DEB'−S△RCB'=15m+17−3m，即△DEB'与△ABC重合部分面积S=15m+17−3m．
【详解】（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
∵该抛物线过点A−1,0，B4,0，C0,2，
∴a−b+c=016a+4b+c=0c=2，解得a=−12b=32c=2
∴抛物线的解析式为y=−12x2+32x+2
（2）过点E作EK∥y轴，过点F作FK∥x轴，两平行线EK，FK相交于点K，

设点D的坐标为t,0，
由点A−1,0，C0,2可得直线AC的解析式为y=2x+2，
∵EF∥AC，
∴设直线EF的函数解析式为y=2x+n，
把点Dt,0代入，得2t+n=0，
∴n=−2t，
∴直线EF的函数解析式为y=2x−2t，
由−12x2+32x+2=2x−2t得
点E的横坐标为xE=−1+16t+172，点F的横坐标为xF=−1−16t+172，
∵AC∥EF，EK∥y轴，
∴∠EFK=∠CTE=∠ACO，
∵∠K=∠AOC=90°，
∴△ACO∽△FEK，
∴ACEF=AOFK，
∵EF=3AC，OA=1，
∴FK=3，
∴xE−xF=3，即−1+16t+172−−1−16t+172=3，
解得t=−12，
∴点D的坐标为−12,0．
（3）∵A−1,0，B4,0，C0,2，
∴AB=−1−4=5，
AC=−1−02+0−22=5，
BC=4−02+0−22=25
∴AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，
S△ABC=12AC⋅BC=12×5×25=5
∵点D的横坐标为m，
∴BD=4−m，
∵DE∥AC，
∴△DBE∽△ABC
∴S△DBES△ABC=DBAB2=4−m52=4−m225，
∴S△DBE=154−m2，
∵将△DEB沿DE翻折，得到△DEB'，
∴S△DEB'=S△DEB=154−m2．
∵DE∥AC，
∴∠DEB=∠ACB=90°，
∵将△DEB沿DE翻折，得到△DEB'，
∴∠DEB'=∠DEB=90°，
∴∠DEB'+∠DEB=180°，
∴点B'在射线BC上．
①若32≤m≤4，即点B'在线段BC上，如图

此时，△DEB'与△ABC重合部分为△DEB'，其面积S=S△DEB'=154−m2．
②当−1≤m<32时，点B'在线段BC外，如图，

设AC与DB'的交点为R，此时，若△DEB'与△ABC重合部分为四边形DECR．
∵△DBE∽△ABC，
∴BEBC=DBAB，
∴BE=DB⋅BCAB=4−m⋅255=2554−m，
∴B'E=BE=2554−m，
B'C=BE+B'E−BC=2554−m+2554−m−25=65−45m5，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB'=180°−∠ACB=90°，
∴∠ACB'=∠ACB
∵由折叠可得∠B'=∠ACB，
∴△RCB'∽△ACB，
∴S△RCB'S△ACB=B'CBC2，
∴S△RCB'=B'CBC2⋅S△ACB=65−45m5252×5=153−2m2，
∴S四边形DECR=S△DEB'−S△RCB'=154−m2−153−2m2=15m+17−3m，
即△DEB'与△ABC重合部分面积S=15m+17−3m．
综上所述，S与m的函数关系式为
S=154−m232≤m≤415m+17−3m−1≤m<32．
【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数与三角形，三角形相似的判定与性质，勾股定理及其逆定理，掌握分类讨论思想，熟练运用各个知识是解题的关键．
题型03 二次函数对称问题
二次函数图象的翻折与旋转
13．（2023·湖南岳阳·统考二模）在平面直角坐标系中，将抛物线C1：y=2x2−(m+1)x+m绕原点旋转180°后得到抛物线C2，在抛物线C2上，当x<1时，y随x的增大而增大，则m的取值范围是（ ）
A．m≥5B．m≤5C．m≥−5D．m≤−5
【答案】D
【分析】根据题意先求得旋转后的抛物线的解析式，然后确定旋转后的抛物线的开口方向和对称轴，最后根据在旋转后的抛物线上，当x<1时，y随x的增大而增大，可得到关于m的不等式，从而求解得m的取值范围．
【详解】∵由题意得旋转后的抛物线C2的解析式为：y=−2x2−(m+1)x−m，
∴抛物线C2的开口向下，对称轴为直线x=−m+14，
∵在抛物线C2上，当x<1时，y随x的增大而增大，
∴可得：−m+14≥1，
解得：m≤−5，
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质及函数图象的变换，确定旋转后的函数解析式是解题的关键．
14．（2023·广东河源·统考一模）抛物线y=2x2−4x−5的图象先向左平移3个单位，再向上平移4个单位，再把抛物线绕顶点旋转180°，得到的新图象的解析式为 ．
【答案】y=−2（x+2）2−3
【分析】易得抛物线y=2x2−4x−5的顶点坐标，进而可得到平移后的新坐标，也就得到了平移后的抛物线的解析式，绕抛物线顶点旋转180°得到新抛物线的解析式的二次项系数互为相反数，顶点坐标不变，即可解答．
【详解】解：y=2x2−4x−5=2(x−1)2−7
所以原抛物线的顶点为(1,−7)，向左平移3个单位，再向上平移4个单位，那么新抛物线的顶点为(−2,−3)；
可设新抛物线的解析式为y=2（x−ℎ）2+k，
代入得：y=2（x+2）2−3，
把抛物线绕顶点旋转180°，
可得新抛物线的解析式的二次项的系数为−2，顶点不变，
所以，所求的抛物线解析式为：y=−2（x+2）2−3，
故答案为：y=−2（x+2）2−3．
15．（2023·吉林松原·校联考二模）如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A1,0，B5,0，顶点为P．

(1)求该抛物线的解析式，并直接写出点P的坐标；
(2)如图，把原抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，将翻折得到的部分与原抛物线x轴上方的部分记作图形M，在图形M中，回答：
①点A，B之间的函数图象所对应的函数解析式为_______；
②当32≤x≤4时，求y的取值范围；
③当m≤x≤m+2，且m>32时，若最高点与最低点的纵坐标的差为154，直接写出m的值．
【答案】(1)y=x2−6x+5；点P的坐标为3,−4
(2)①y=−x−32+4；②y的取值范围为74≤y≤4；③m的值为2+152或72或2+312
【分析】（1）两点式求出函数解析式，进而求出点P的坐标；
（2）①顶点式，写出函数解析式即可；②求出最大值和最小值，即可得出y的取值范围；③分325五种情况进行讨论求解．
【详解】（1）解：∵抛物线y=x2+bx+c与x轴交于点A1,0，B5,0，
∴y=x−1x−5=x2−6x+5，
∵y=x2−6x+5=x−32−4，
∴点P的坐标为3,−4．
（2）①折叠后顶点变为：3,4，
∴点A，B之间的函数图象所对应的函数解析式为y=−x−32+4；
故答案为：y=−x−32+4．
②∵32≤x≤4，顶点在AB之间的图象上，
抛物线开口向下，对称轴为直线x=3，抛物线上的点离对称轴越远，函数值越小，
∴当x=3时，y最大值=4；当x=32时，y最小值=74，
∴y的取值范围为74≤y≤4．
③∵m>32，
∴m+2>72>3，
当m+2≤2×3−m，即：m≤2时，此时：32
由题意，得：4−−m−32+4=154，
解得：m=3±152（舍掉）；
当2
由题意，得：4−−m+2−32+4=154，
解得：m=2+152或m=2−152（舍）；
当m>3时，m+2>5，当−m−32+4=m+22−6m+2+5时，
解得：m1=2+3,m1=2−3，
∴当3
由题意，得：−m−32+4−0=154，
解得：m=72或m=52（舍掉），
当2+3
m+22−6m+2+5−0=154，
解得：m=2+312或m=2−312（舍去）；
当m>5时，如图：

则：m+22−6m+2+5−m2+6m−5=154，
解得：m=4716（舍去）；
综上：m的值为2+152或72或2+312．
【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，熟练掌握二次函数的图象和性质，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
16．（2023·四川德阳·统考中考真题）已知：在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A(−4,0)，B(2,0)，与y轴交于点C(0,−4)．

(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，如果把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°，抛物线的其余部分保持不变，得到一个新图象．当平面内的直线y=kx+6与新图象有三个公共点时，求k的值；
(3)如图2，如果把直线AB沿y轴向上平移至经过点D，与抛物线的交点分别是E，F，直线BC交EF于点H，过点F作FG⊥CH于点G，若DFHG=25．求点F的坐标．
【答案】(1)y=12x2+x−4
(2)1或32
(3)4,8
【详解】（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，
∵C(0,−4)，
∴c=−4，
y=ax2+bx−4，
把A(−4,0)，B(2,0)代入y=ax2+bx+c，得：16a−4b−4=04a+2b−4=0，
解得：a=12b=1，
∴抛物线的解析式为y=12x2+x−4
（2）∵直线表达式y=kx+6，
∴直线经过定点0,6，
∴将过点0,6的直线旋转观察和新图象的公共点情况
∵把抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折180°，抛物线的解析式为y=12x2+x−4，
∴新图象表达式为：−4如下图当直线y=kx+6与翻折上去的部分抛物线相切时，和新图象有三个公共点，

联立y=−12x2−x+4y=kx+6，得：−12x2−x+4=kx+6，
整理得：x2+21+kx+4=0
Δ=0，
41+k2−16=0，
41+k2=16，
1+k=±2，
k=±2−1，
k1=2−1=1时，即如上图所示，符合题意，
k2=−2−1=−3时，如下图所示，经过点B，

不符合题意，故舍去，
如下图，当直线y=kx+6经过点A时，和新图象有三个公共点，

把A(−4,0)代入y=kx+6，得：−4k+6=0，
解得：k=32，
综上所述，当平面内的直线y=kx+6与新图象有三个公共点时，k的值为1或32
（3）∵F在抛物线上，
∴设F坐标为a,12a2+a−4，
∵OB=2，OC=4，FG⊥CH，
∴tan∠OCB=12，
tan∠FHG=2，
HG:FG=1:2，12+22=5
∴HG:FG:FH=1:2:5，
∴DF=a，DO=12a2+a−4，
DC=DO+OC=12a2+a，
DH=12DC=14a2+12a，
FH=DH−DF=14a2−12a，
HG=55FH=5514a2−12a，
∵DFHG=25，
∴a5514a2−12a=25，
214a2−12a=a，
a2−4a=0，
aa−4=0，
a1=0（舍去），
a2=4，代入12a2+a−4=8，
∴点F的坐标为4,8
【点睛】本题考查了二次函数综合、翻折、交点个数问题，结合一元二次方程、三角函数解直角三角形知识点，熟练掌握、综合运用知识点，数形结合是解题的关键．
17．（2023·山东日照·统考中考真题）在平面直角坐标系xOy内，抛物线y=−ax2+5ax+2a>0交y轴于点C，过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D．

(1)求点C，D的坐标；
(2)当a=13时，如图1，该抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），点P为直线AD上方抛物线上一点，将直线PD沿直线AD翻折，交x轴于点M(4,0)，求点P的坐标；
(3)坐标平面内有两点E1a,a+1,F5,a+1，以线段EF为边向上作正方形EFGH．
①若a=1，求正方形EFGH的边与抛物线的所有交点坐标；
②当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52时，求a的值．
【答案】(1)C0，2，D5，2
(2)P32，154
(3)①1，6，4，6，5，2；②a=0.5
【分析】（1）先求出C0，2，再求出抛物线对称轴，根据题意可知C、D关于抛物线对称轴对称，据此求出点D的坐标即可；
（2）先求出A−1，0，如图，设DP上与点M关于直线AD对称的点为Nm，n，由轴对称的性质可得AN=AM，DN=DM，利用勾股定理建立方程组m+12+n2=4−−12m−52+n−22=5−42+22，解得m=3或m=4（舍去），则N3，3，求出直线DP的解析式为y=−12x+92，然后联立y=−12x+92y=−13x2+53x+2，解得x=32y=154或x=5y=2，则P32，154；
（3）分图3-1，图3-2，图3-3三种情况，利用到x轴的距离之差即为纵坐标之差结合正方形的性质列出方程求解即可．
【详解】（1）解：在y=−ax2+5ax+2a>0中，当x=0时，y=2，
∴C0，2，
∵抛物线解析式为y=−ax2+5ax+2a>0，
∴抛物线对称轴为直线x=−5a−2a=52，
∵过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D，
∴C、D关于抛物线对称轴对称，
∴D5，2；
（2）解：当a=13时，抛物线解析式为y=−13x2+53x+2，
当y=0，即−13x2+53x+2=0，解得x=−1或x=6，
∴A−1，0；
如图，设DP上与点M关于直线AD对称的点为Nm，n，
由轴对称的性质可得AN=AM，DN=DM，
∴m+12+n2=4−−12m−52+n−22=5−42+22，
解得：3m+n=12，即n=12−3m
∴m2+2m+1+144−72m+9m2=25，
∴m2−7m+12=0，
解得m=3或m=4（舍去），
∴n=12−3m=3，
∴N3，3，
设直线DP的解析式为y=kx+b1，
∴3k+b1=35k+b1=2，
∴k=−12b1=92，
∴直线DP的解析式为y=−12x+92，
联立y=−12x+92y=−13x2+53x+2，解得x=32y=154或x=5y=2
∴P32，154；

（3）解：①当a=1时，抛物线解析式为y=−x2+5x+2，E1，2，F5，2，
∴EH=EF=FG=4，
∴H1，6，G5，6，
当x=1时，y=−12+5×1+2=6，
∴抛物线y=−x2+5x+2恰好经过H1，6；
∵抛物线对称轴为直线x=52，
由对称性可知抛物线经过4，6，
∴点4，6时抛物线与正方形的一个交点，
又∵点F与点D重合，
∴抛物线也经过点F5，2；
综上所述，正方形EFGH的边与抛物线的所有交点坐标为1，6，4，6，5，2；

②如图3-1所示，当抛物线与GH、GF分别交于T、D，
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52，
∴点T的纵坐标为2+2.5=4.5，
∴5−1a+a+1=4.5，
∴a2+1.5a−1=0，
解得a=−2（舍去）或a=0.5；

如图3-2所示，当抛物线与GH、EF分别交于T、S，
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52，
∴5−1a=2.5，
解得a=0.4（舍去，因为此时点F在点D下方）

如图3-3所示，当抛物线与EH、EF分别交于T、S，
∵当正方形EFGH的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为52，
∴−a⋅1a2+5a⋅1a+2=a+1+2.5，
∴7−1a=a+3.5，
∴a2−3.5a+1=0，
解得a=7+334或a=7−334（舍去）；
当x=52时，y=−ax2+5ax+2=6.25a+2，
当 a=7+334时，6.25a+2>7−1a，
∴a=7+334不符合题意；

综上所述，a=0.5．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，轴对称的性质，正方形的性质等等，利用分类讨论和数形结合的思想求解是解题的关键．
18．（2023·河南新乡·统考二模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2−2ax+a−1经过原点．
(1)求抛物线的解析式及顶点坐标．
(2)将该抛物线在y轴右侧的部分记作W，将W绕原点O顺时针旋转180°得到W'，W与W'组成一个新的函数图像，记作G．
①点M，N为图像G上两点（点M在点N的左侧），且到y轴的距离分别为2个单位长度和3个单位长度，点Q为图像G上点M，N之间（含点M，N）的一个动点，求点Q的纵坐标yQ的取值范围；
②若点(m,y1)，(m+1,y2)在图像G上，且y1【答案】(1)y=x2−2x，(1,−1)
(2)①当点M的坐标为(−2,0)，点N的坐标为(3,3)时，点Q的纵坐标yQ的取值范围为−1≤yQ≤3；当点M的坐标为(2,0)，点N的坐标为(3,3)时，点Q的纵坐标yQ的取值范围为0≤yQ≤3；②m<−32或m>12．
【分析】（1）先根据抛物线经过原点，可求得a，进而求得抛物线解析式；然后再化成顶点式即可确定顶点坐标；
（2）①先画出函数图像，再根据点M的位置解答即可；②分点在抛物线当点在抛物线W和W'两种情况分别求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线y=ax2−2ax+a−1经过原点
∴0=a−1，即 a=1.
∴抛物线的解析式为y=x2−2x.
∵y=x2−2x=(x−1)2−1．
∴抛物线的顶点坐标为(1,−1)．
（2）解：①根据题意，画出图像G，如图所示：
∵点M，N为图像G上两点，且到y轴的距离分别为2个单位长度和3个单位长度，
∴点M的坐标为(−2,0)或(2,0)，点N的坐标为(3,3)或(−3,−3).
又∵点M在点N的左侧，
∴点M的坐标为(−2,0)或(2,0)，点N的坐标为(3,3).
∴当点M的坐标为(−2,0)，点N的坐标为(3,3)时，点Q的纵坐标yQ的取值范围为−1≤yQ≤3.
当点M的坐标为(2,0)，点N的坐标为(3,3)时，点Q的纵坐标yQ的取值范围为0≤yQ≤3．
②当两点均在y轴右侧时，即点在抛物线y=x2−2x上
∵点(m,y1)，(m+1,y2)在图像G上，且y1∴m+12−2m+1>m2−2m，解得：m>12
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∴−m+12−2m+1>−m2−2m，解得：m<−32．
综上，出m的取值范围m<−32或m>12．
【点睛】本题主要考查了求二次函数解析式、求抛物线的顶点坐标、二次函数的增减性等知识点，灵活运用所学知识成为解答本题的关键．
19．（2023·湖南永州·统考二模）在平面直角坐标系中，二次函数y=−x2+2mx−m2+9的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧）．
(1)求A、B两点的坐标（用含m的式子表示）；
(2)将该二次函数图象在x轴下方的部分沿x轴翻折，其他部分保持不变，得到一个新的函数图象．若当−3≤x≤−1时，这个新函数G的函数值y随x的增大而减小，结合函数图象，求m的取值范围；
(3)已知直线l：y=1，点C在二次函数y=−x2+2mx−m2+9的图象上，点C的横坐标为2m，二次函数y=−x2+2mx−m2+9的图象在C、B之间的部分记为M（包括点C，B），图象M上恰有一个点到直线l的距离为2，直接写出m的取值范围．
【答案】(1)Am−3,0，Bm+3,0
(2)m≥2或−4≤m≤−3
(3)−610
【分析】（1）当y=0时，−x2+2mx−m2+9=0，解方程即可求解；
（2）画出函数图象，当−4≤m≤−3时，新函数G的函数值y随x的增大而减小；当m≥2时，新函数G的函数值y随x的增大而减小；
（3）由题可知，到直线y=1的距离为2的点在直线y=−1和y=3上，分别求出C2m，9−m2， Bm+3，0，画出函数图象，分①当C点在B点左侧，同时C点在直线y=3上方时；②当C点在B点右侧，且在y=−1的下方时，两种情况讨论．
【详解】（1）解：∵二次函数y=−x2+2mx−m2+9的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧）
当y=0时，−x2+2mx−m2+9=0
即x−m2=9
解得：x1=m+3,x2=m−3
∴Am−3,0，Bm+3,0
（2）解：当x=−1时，−1−2m−m2+9=0，
解得m=2或m=−4，
∵y=−x2+2mx−m2+9=−x−m2+9，
∴抛物线的对称轴为直线x=m，
如图1，当−4≤m≤−3时，新函数G的函数值y随x的增大而减小；

如图2，当m≥2时，新函数G的函数值y随x的增大而减小；

综上所述：m≥2或−4≤m≤−3时，新函数G的函数值y随x的增大而减小；
（3）解：由题可知，到直线y=1的距离为2的点在直线y=−1和y=3上，
当x=2m时，y=9−m2，
∴C2m，9−m2，
如图当C点在B点左侧，同时C点在直线y=3上方时，都符合题意，如图所示，

当C2m，9−m2在y=3上时，
∴9−m2=3
解得：m=6或m=−6
∴−6如图所示，当C点在y=−1上或者y=−1的下方时，且在对称轴的右侧时，
9−m2=−1
解得：m=10或m=−10（舍去）

综上所述，−6【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合，分类讨论是解题的关键．
20．（2023·河北·统考二模）如图，函数y1=−ax+12+3x≤0的图象过原点，将其沿y轴翻折，得到函数y2的图象，把函数y1与y2的图象合并后称为函数L的图象.

(1)a的值为__________；函数y2的解析式为_______________（注明x的取值范围）；
(2)对于函数L，当函数值y随x的增大而减小时，x的取值范围是_____________；
(3)当直线y=x+b与函数L的图象有3个公共点时，求b的值.
【答案】(1)3，y2=−3x−12+3x≥0；
(2)−11；
(3)b=0或2512
【分析】（1）根据函数y1=−ax+12+3x≤0的图象过原点，即可求出a的值，求出函数y1的解析式，求出抛物线y1对称轴，顶点坐标；令−3x+12+3=0，解出x，把点2,0代入y2=ax−12+3，即可求出y2的解析式，即可；
（2）根据函数图象的增减性，即可；
（3）结合图象，b=0时，直线与函数L有三个公共点，当直线与抛物线y2=−3x−12+3相切时，直线与函数L有三个公共点，结合图象，确定有3个公共点的条件，即可．
【详解】（1）∵函数y1=−ax+12+3x≤0的图象过原点，
∴0=−a0+12+3，
∴a=3；
∴y1=−3x+12+3对称轴x=−1，抛物线的顶点为：−1,3，
∴令0=−3x+12+3，
整理得：x+12=1，
解得：x1=0，x2=−2；
∴抛物线y1=−3x+12+3x≤0与x轴的交点为：0,0，−2,0，
∵函数y1=−3x+12+3沿y轴翻折，得到函数y2的图象，
∴函数y2的图象与x轴的交点为：0,0，2,0，顶点坐标为：1,3，
∴y2=ax−12+3，
把2,0代入函数y2中，得0=a2−12+3，
∴a=−3，
∴y2=−3x−12+3x≥0，
∴抛物线y2的解析式为：y2=−3x−12+3x≥0．
（2）由函数图象可知，y1的对称轴为：直线x=−1；y2的对称轴为：直线x=1，
在y1=−3x+12+3x≤0中，当−1在y2=−3x−12+3x≥0，当x>1时（即F的右侧），y随x的增大而减小，
∴函数L，当函数值y随x的增大而减小时，x的取值范围为：−11．

（3）当b=0时，y=x与函数L有三个交点，
∵y=x+b与y=x平行，
∴当直线y=x+b与抛物线y2=−3x−12+3x≥0相切时，直线y=x+b与函数L也有3个交点，
∴−3x−12+3=x+b，
∴Δ=−52−4×3×b=0，
解得：b=2512；
∴直线y=x+b与函数L的图象有3个公共点时，b的值为：b=0或b=2512．
【点睛】本题考查二次函数的知识，解题的关键是掌握二次函数的图象和性质，函数的平移，二次函数和一次函数的交点问题．
21．（2023·江苏苏州·统考一模）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0）交x轴于A1，0、B3，0两点，交y轴于C0，3，将该抛物线位于直线y=m（m为常数，m≥0）下方的部分沿直线y=m翻折，其余部分不变，得到的新图像记为“图像W”．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)若m=0时，直线y=x+n与图像W有三个交点，求n的值；
(3)若直线y=x与图像W有四个交点，直接写出m的取值范围．
【答案】(1)抛物线的解析式为y=x2−4x+3；
(2)n的值为−1或−34；
(3)38【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）求得翻折部分的解析式，根据交点个数，分两种情况求解即可；
（3）求得翻折部分的解析式，利用翻折部分的最低点在y=x的下方，且满足与翻折部分有两个交点．
【详解】（1）解：设抛物线的解析式为y=a(x−3)(x−1)，
把C0，3代入得3=a×3，
∴a=1，
∴抛物线的解析式为y=(x−3)(x−1) =x2−4x+3；
（2）解：∵交x轴于A1，0、B3，0，
∴抛物线沿y=0翻折部分的解析式为y=−x2+4x−3(1≤x≤3)，
∵直线y=x+n与图像W有三个交点，
∴y=x+n与y=−x2+4x−3(1≤x≤3)有一个交点，
即x+n=−x2+4x−3有两个相等的实数根，
即x2−3x+n+3=0有两个相等的实数根，
∴Δ=9−4(n+3)=0，
∴n=−34；
当直线y=x+n经过A1，0时，直线y=x+n与图像W有三个交点，
此时，0=1+n，
解得n=−1；
综上，n的值为−1或−34；
（3）解：抛物线沿直线y=mm≥0翻折，
其开口大小不变，方向向下，对称轴不变，C0，3关于直线y=mm≥0的对称点为0，2m−3，
故翻折部分的解析式为y=−x2+4x+2m−3，
∵直线y=x与图像W有四个交点，
∴x=−x2+4x+2m−3有两个不相等的实数根，即Δ=9−4(3−2m)>0，
解得m>38，
当x=y时，有x=x2−4x+3，
解得x=5±132，
故m<5−132，
即38【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到图象的翻折、不等式的应用等，其中（2）、（3），要注意分类求解，避免遗漏．
题型04 二次函数旋转问题
22．（2023·安徽·校联考模拟预测）如图，已知抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A−3,0，B1,0两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴为直线l，点P是直线l上一点．

(1)求抛物线的表达式；
(2)求△PBC周长的最小值；
(3)将线段PC绕点P旋转90°，得到线段PQ，点C的对应点为点Q，当点Q在抛物线上时，求点Q的坐标．
【答案】(1)y=x2+2x−3
(2)32+10
(3)点Q的坐标为−2,−3和1,0
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）因为BC为定值，所以当PB+PC最小时，△PBCPBC的周长最小．如图1所示，连接AC交l于点P，由轴对称性质可知，此点P即为所求；
（3）分点Q在直线l的左侧和右侧，构造全等三角形即可得出结论．
【详解】（1）由题意可知：9a−3b−3=0a+b−3=0，
解得：a=1b=2，
∴抛物线的解析式为：y=x2+2x−3．
（2）∵y=x2+2x−3，
∴C0,−3．
∵△PBC的周长为：PB+PC+BC，BC是定值，
∴当PB+PC最小时，△PBC的周长最小．

如图1所示，点A、B关于对称轴l对称，连接AC交l于点P，则点P为所求的点．
∵AP=BP，
∴△PBC周长的最小值是：PB+PC+BC=AC+BC．
∵A−3,0，B1,0，C0,−3，
∴AC=32，BC=10．
∴△PBC周长的最小值是：32+10；
（3）如图2，当点Q在直线l左侧时，

∵抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A−3,0，B1,0两点，
∴对称轴为直线x=−3+12=−1，
∵将线段PC绕点P旋转90°，得到线段PQ，
∴PQ=PC，∠QPC=90°，
∴C与Q关于直线l对称，
∴∠PCQ=45°，
∴PD=CD=1，
∵C0,−3，
∴Q−2,−3；
如图3，当点Q在直线l的右侧时，

过点Q作OF⊥l于F，CE⊥l于E，
由旋转知，PQ=PC，∠CPQ=90°，
∴∠CPE+∠QPF=90°，
∵∠CPE+∠PCE=90°，
∴∠PPF=∠PCE，
∴△PFQ≅△CEPAAS，
∴PF=CE=1，PE=QF，
设P−1,m，则PE=QF=3+m，
∴点Q的坐标为2+m,m+1，
代入y=x2−2x−3中，
解得，m=−1或m=−4(舍)，
∴Q的坐标为1,0，
综上，点Q的坐标为−2,−3和1,0．
【点睛】本题是二次函数压轴题，综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、图形周长计算、轴对称−最短路线等知识点，全等三角形的判定和性质，分类讨论是解本题的关键．
23．（2023·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=13x2+bx+c的图象经过点A0,2，与x轴的交点为点B3,0和点C．

(1)求这个二次函数的表达式；
(2)点E，G在y轴正半轴上，OG=2OE，点D在线段OC上，OD=3OE．以线段OD，OE为邻边作矩形ODFE，连接GD，设OE=a．
①连接FC，当△GOD与△FDC相似时，求a的值；
②当点D与点C重合时，将线段GD绕点G按逆时针方向旋转60°后得到线段GH，连接FH，FG，将△GFH绕点F按顺时针方向旋转α(0°<α≤180°)后得到△G'FH'，点G，H的对应点分别为G'、H'，连接DE．当△G'FH'的边与线段DE垂直时，请直接写出点H'的横坐标．
【答案】(1)y=13x2−3x+2
(2)①43或65；②23+3或23+377或3
【分析】（1）利用待定系数法解答即可；
（2）①利用已知条件用含a的代数式表示出点E，D，F，G的坐标，进而得到线段CD的长度，利用分类讨论的思想方法和相似三角形的性质，列出关于a的方程，解方程即可得出结论；
②利用已知条件，点的坐标的特征，平行四边形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质求得FH=OD=23 ，∠GOD=∠GFH=90°和GH的长，利用分类讨论的思想方法分三种情形讨论解答利用旋转的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理求得相应线段的长度即可得出结论；
【详解】（1）∵二次函数y=13x2+bx+c的图象经过点A0,2，与x轴的交点为点B3,0，
∴c=21+3b+2=0,
解得：b=−3c=2
∴此抛物线的解析式为y=13x2−3x+2
（2）①令y=0，则13x2−3x+2=0
解得：x=3或x=23，
∴C(23,0)
∴OC=23．
∵OE=a,OG=2OE,OD=3OE,
∴OG=2a,OD=3a
∵四边形ODFE为矩形，
∴EF=OD=3a,FD=OE=a
∴E(0,a),D(3a,0),F(3a,a),G(0,2a)
∴CD=OC−OD=23−3a
Ⅰ．当△GOD∽△FDC时，
∴OGOD=FDCD
∴2a3a=a23−3a
∴a=43
Ⅱ．当△GOD∽△CDF时，
∴OGOD=CDFD
∴2a3a=23−3aa
∴a=65
综上，当△GOD与△FDC相似时，a的值为43或65；
②∵点D与点C重合，
∴OD=OC=23
∴OE=2,OG=2OE=4,EF=OD=23,DF=OE=2
∴EG=OE=2
∴EG=DF=2,
∵EG∥DF,
∴四边形GEDF为平行四边形，
∴FG=DE=OE2+OD2=22+(23)2=4,
∴∠GFE=30°,
∴∠EGF=60°,
∵∠DGH=60°,
∴∠EGF=∠DGH,
∴∠OGD=∠FGH.
在△GOD和△GFH中，
GO=GF=4∠OGD=∠FGH,GD=GH
∴△GOD≌△GFH(SAS),
∴FH=OD=23,∠GOD=∠GFH=90°.
∴GH=GF2+FH2=42+(23)2=27.
Ⅰ、当 G'F 所在直线与 DE 垂直时，如图，
∵∠GFH=90°, GF∥DE,
∴∠G'FH'=90°,
∴G，F，H'三点在一条直线上，
∴GH'=GF+FH'=FG+FH=4+23.
过点 H' 作 H'K⊥y 轴于点 K， 则 H'K∥FE
∴∠KH'G=∠EFG=30°,
∴H'K=H'G⋅cs30°=32×(4+23)=23+3,
∴此时点 H' 的横坐标为 23+3
Ⅱ．当G'H'所在直线与DE垂直时，如图，
∵GF∥DE，
∴G'H'⊥GF，
设GF的延长线交G'H'于点M，过点M作MP⊥EF，交EF的延长线于点P，过点H'作H'N⊥MP，交PM的延长线于点N，则H'N∥PF∥x轴，∠PFM=∠EFG=30°．
∵S△FG'H'=12G'H'⋅FM=12FH'⋅FG'，
∴4×23=27FM，
∴FM=4217．
∴FP=FM⋅cs30°=4217×32=677，
∴PE=PF+EF=23+677．
∵H'M=FH'2−FM2=677，
∴H'N=H'M⋅sin30°=377，
∴此时点H'的横坐标为PE−H'N=23+677−377=23+377；
Ⅲ．当FH'所在直线与DE垂直时，如图，
∵∠H'FG'=90°，GF∥DE，
∴∠GFH'=90°，
∴H，F，H'三点在一条直线上，则∠H'FD=30°，
过点H'作H'L⊥DF，交FD的延长线于点L，
H'L=H'F⋅sin30°=23×12=3，
∴此时点H'的横坐标为EF−H'L=23−3=3．
综上，当△G'FH'的边与线段DE垂直时，点H'的横坐标为23+3或23+377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，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，利用点的坐标表示出相应线段的长度和正确利用分类讨论的思想方法是解题的关键
24．（2023·河南周口·校联考二模）如图1，抛物线y1=ax2+bx+c分别交x轴于A−1,0，B3,0两点，且与y轴交于点C0,−3．

(1)求抛物线的表达式及顶点P的坐标．
(2)如图2，将该抛物线绕点4,0旋转180°．
①求旋转后的抛物线的表达式．
②旋转后的抛物线顶点坐标为Q，且与x轴的右侧交于点D，顺次连接A，P，D，Q，求四边形APDQ的面积．
【答案】(1)y=x2−2x−3，1,−4
(2)①y=−x−72+4；②40
【分析】（1）根据函数的交点式设二次函数的表达式为y=ax+1x−3，将点C0,−3代入即可求解，再把二次函数变换成顶点式即可求出点P的坐标；
（2）①根据旋转的特点，设旋转后抛物线的顶点坐标为m,n，可知4,0为顶点P1,−4和Qm,n的中点，根据中点坐标公式可求旋转后函数的顶点坐标，由此即可求解；②根据题意求出点D的坐标，由A,P,D,Q的坐标，图形结合得S四边形APDQ=S△AQD+S△APD，由此即可求解．
【详解】（1）解：由题意可设二次函数的表达式为y=ax+1x−3，将点C0,−3代入得a=1，
∴二次函数表达式为y=x2−2x−3=x−12−4，
∴顶点P的坐标为1,−4．
（2）解：①设旋转后抛物线的顶点坐标为m,n，
∵4,0为顶点P1,−4和Qm,n的中点，即m+12=4，n−42=0，
∴点Q的坐标为7,4，
∵旋转前后图形的形状不变，开口相反，
∴a=−1，
故旋转后的抛物线表达式为y=−x−72+4；
②由①得Q点坐标为7,4，
∵A，D点关于点4,0对称，
∴D点坐标为9,0，
∵A−1,0，P1,−4，D9,0，Q7,4，
∴AD=9−(−1)=10，点Q到x轴的距离为4，点P到x轴的距离为4，
∴S四边形APDQ=S△AQD+S△APD=12×10×4+12×10×4=40．
【点睛】本题主要考查二次函数与几何图形的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，函数图像旋转的性质，中点坐标，几何图形的特点等知识的综合运用是解题的关键．
25．（2023·广东东莞·东莞市东莞中学初中部校考三模）孔明是一个喜欢探究钻研的同学，他在和同学们一起研究某条抛物线y=ax2a<0的性质时，如图将一把直角三角板的直角顶点置于平面直角坐标系的原点O，两直角边与该抛物线交于A、B两点，请解答以下问题：

(1)如图1，若测得OA=OB=22，求a的值；
(2)对同一条抛物线，孔明将三角板绕点O旋转到如图2所示位置时，过B作BF⊥x轴于点F，测得OF=1，求此时点A、B的坐标；
(3)对该抛物线，孔明将三角板绕点O旋转任意角度时惊奇地发现，交点A、B的连线段总经过一个固定的点，试说明理由并求出该点的坐标．
【答案】(1)a=−12
(2)A−4,−8，B1,−12
(3)不论k为何值，直线AB恒过点0,−2，见解析
【分析】（1）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，根据等腰直角三角形的性质即可得到AC=OC=BC=2，从而求出B2,−2，再将B2,−2代入
y=ax2a<0即可求出a的值；
（2）过点A作AE⊥x轴于点E，先求出B1,−12，再证明ΔAEO∽ΔOFB，利用相似三角形的性质可推算出AE=2OE，设点A−m,−12m2m>0，建立方程，解方程即可求出m的值，即可得到答案；
（3）设A−m,−12m2m>0，Bn,−12n2n>0，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=ax2a<0得−2=4a，
解得a=−12．
（2）解：过点A作AE⊥x轴于点E，

∵点B的横坐标为1，
∴B1,−12，
∴BF=12．
又∵∠AOB=90°，
∴∠AOE=∠OBF，
∵∠AEO=∠OFB=90°，
∴ΔAEO∽ΔOFB，
∴AEOE=OFBF=112=2
∴AE=2OE
设点A−m,−12m2m>0，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