《2025年综合应用创新题典中点九年级数学全一册浙教版浙江专版》

例1 将二次函数 $ y = -(x - k)^2 + k + 1 $ 的图象向右平移1个单位,再向上平移2个单位后,顶点在直线 $ y = 2x + 2 $ 上,则 $ k $ 的值为(D)
A.2
B.1
C.0
D.-1

答案： 例1 D [点拨]
∵二次函数$y=-(x-k)^2+k+1$的图象的顶点坐标为$(k,k+1)$，
∴将$y=-(x-k)^2+k+1$的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位后，顶点坐标为$(k+1,k+3)$.根据题意，得$k+3=2(k+1)+2$，解得$k=-1$.

变式1-1 如图,抛物线的顶点为 $ P(-2, 2) $,与 $ y $ 轴交于点 $ A(0, 3) $,若平移该抛物线使其顶点 $ P $ 沿直线移动到点 $ P'(2, -2) $,点 $ A $ 的对应点为 $ A' $,则抛物线上 $ PA $ 段扫过的区域(阴影部分)的面积为______。

12

答案： 变式1 -1 12 [点拨]连结$AP,A'P'$，过点A作$AD\perp PP'$于点D.
由题意可得出$AP// A'P'$，$AP=A'P'$，
∴四边形$APP'A'$是平行四边形.
∵抛物线的顶点为$P(-2,2)$，与y轴交于点$A(0,3)$，平移该抛物线使其顶点P沿直线移动到点$P'(2,-2)$，
∴$PP'=\sqrt{[2-(-2)]^2+[(-2)-2]^2}=4\sqrt{2}$，$\angle AOD = 45^{\circ}$，$AO = 3$，
∴$\triangle AOD$是等腰直角三角形，
∴$AD = OD$.
∵$AD^2+OD^2=AO^2$，
∴$2AD^2=3^2$，
∴$AD=\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∴抛物线上PA段扫过的区域(阴影部分)的面积为$4\sqrt{2}×\frac{3\sqrt{2}}{2}=12$.

例2 在同一平面直角坐标系中,若抛物线 $ y = -ax^2 + 3x - c $ 与 $ y = 2x^2 - 3x - c + a $ 关于 $ x $ 轴对称,则 $ a + 2c $ 的值为(C)
A.0
B.-4
C.4
D.-1

答案： 例2 C [点拨]
∵抛物线$y=-ax^2+3x - c$关于x轴对称的抛物线的函数表达式为$y=ax^2-3x + c$，且抛物线$y=-ax^2+3x - c$与$y=2x^2-3x - c + a$关于x轴对称，
∴$\begin{cases}a = 2\\-c + a = c\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 2\\c = 1\end{cases}$.
∴$a + 2c = 2 + 2 = 4$.

变式2-1 新视角 新定义题 规定：如果两个函数的图象关于 $ y $ 轴对称,那么称这两个函数互为“$ Y $ 函数”。例如：函数 $ y = x + 3 $ 与 $ y = -x + 3 $ 互为“$ Y $ 函数”。若函数 $ y = \frac{k}{4}x^2 + (k - 1)x + k - 3 $ 的图象与 $ x $ 轴只有一个交点,则它的“$ Y $ 函数”图象与 $ x $ 轴的交点坐标为______$(3,0)$或$(4,0)$。

答案： 变式2 -1 $(3,0)$或$(4,0)$ [点拨]当$k = 0$时，函数的表达式为$y=-x - 3$，此时函数的图象与x轴只有一个交点，成立，令$y = 0$，得$0=-x - 3$，解得$x=-3$，
∴函数$y=-x - 3$的图象与x轴的交点坐标为$(-3,0)$.根据题意得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为$(3,0)$；
当$k\neq0$时，
∵函数$y=\frac{k}{4}x^2+(k - 1)x + k - 3$的图象与x轴只有一个交点，
∴对于方程$\frac{k}{4}x^2+(k - 1)x + k - 3 = 0$，有$(k - 1)^2-4×\frac{k}{4}×(k - 3)=0$，解得$k=-1$，
∴函数的表达式为$y=-\frac{1}{4}x^2-2x - 4$.
令$y = 0$，得$0=-\frac{1}{4}x^2-2x - 4$，解得$x_1=x_2=-4$.
∴函数$y=-\frac{1}{4}x^2-2x - 4$的图象与x轴的交点坐标为$(-4,0)$.
根据题意得，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为$(4,0)$.综上所述，它的“Y函数”图象与x轴的交点坐标为$(3,0)$或$(4,0)$.

例3 如图,一段抛物线 $ y = -x(x - 3)(0 \leq x \leq 3) $,记为 $ C_1 $,它与 $ x $ 轴交于点 $ O, A_1 $；将 $ C_1 $ 绕点 $ A_1 $ 旋转 $ 180^\circ $ 得 $ C_2 $,交 $ x $ 轴于点 $ A_2 $；将 $ C_2 $ 绕点 $ A_2 $ 旋转 $ 180^\circ $ 得 $ C_3 $,交 $ x $ 轴于点 $ A_3 $；…；如此进行下去,若 $ P(40, m) $ 在其中一段抛物线上,则 $ m = $______-2。

方法点拨：在解答二次函数图象的旋转问题时,需抓住函数图象形状、大小不变,只改变方向或位置这一关键点,进而解决问题。

答案： 例3 -2 [点拨]
∵一段抛物线$y=-x(x - 3)(0\leqslant x\leqslant 3)$，
∴图象与x轴的交点坐标为$(0,0)$，$(3,0)$.
∴将$C_1$绕点$A_1$旋转$180^{\circ}$得$C_2$，交x轴于点$A_2(6,0)$；
将$C_2$绕点$A_2$旋转$180^{\circ}$得$C_3$，交x轴于点$A_3(9,0)$；
如此进行下去，直至得$C_{14}$，$C_{14}$与x轴的交点坐标为$A_{13}(39,0)$，$A_{14}(42,0)$，且图象在x轴下方.
∴$C_{14}$的表达式为$y=(x - 39)(x - 42)$，
当$x = 40$时，$m=(40 - 39)(40 - 42)=-2$.

变式3-1 如果二次函数 $ y_1 $ 的图象的顶点在二次函数 $ y_2 $ 的图象上,同时二次函数 $ y_2 $ 的图象的顶点在二次函数 $ y_1 $ 的图象上,那么我们称这两个函数互为“顶点相容函数”。
(1) 若二次函数 $ y_1 = x^2 - 2x - 3 $ 与二次函数 $ y_2 = -x^2 + bx - 7 $ 互为“顶点相容函数”,则 $ b = $______；
(2) 如图,已知二次函数 $ y_1 = \frac{1}{4}(x + 1)^2 - 2 $ 的图象的顶点为 $ M $,点 $ P $ 是 $ x $ 轴正半轴上的一个动点,将二次函数 $ y_1 $ 的图象绕点 $ P $ 旋转 $ 180^\circ $ 得到一个新的二次函数 $ y_2 $ 的图象,旋转前后的两个函数互为“顶点相容函数”,且 $ y_2 $ 的图象的顶点为 $ N $。求二次函数 $ y_2 $ 的表达式。

答案：
变式3 -1 [解]
(1)4
(2)
∵旋转前后的两个函数互为“顶点相容函数”，
∴二次函数$y_2$图象的顶点N必在二次函数$y_1=\frac{1}{4}(x + 1)^2-2$的图象上，
∵二次函数$y_2$的图象是由二次函数$y_1=\frac{1}{4}(x + 1)^2-2$的图象绕点P旋转$180^{\circ}$得到的，
∴这两个函数图象的顶点M，N关于点P对称.
由题意得$M(-1,-2)$.
如图，连结MN交x轴于点P，分别过M，N作$MA\perp x$轴，$NB\perp x$轴，垂足分别为点A，B，则$MP = NP$，$\angle MAP=\angle NBP = 90^{\circ}$，$MA = 2$.

在$\triangle APM$和$\triangle BPN$中，$\begin{cases}\angle MAP=\angle NBP\\\angle APM=\angle BPN\\MP = NP\end{cases}$
∴$\triangle APM\cong\triangle BPN(AAS)$，
∴$NB = AM = 2$.
对于$y_1=\frac{1}{4}(x + 1)^2-2$，当$y = 2$时，$\frac{1}{4}(x + 1)^2-2 = 2$，解得$x_1 = 3$，$x_2=-5$(舍去)，
∴点N的坐标为$(3,2)$.
∵点N是二次函数$y_2$的图象的顶点，
∴可设$y_2=a(x - 3)^2+2(a\neq0)$.把$M(-1,-2)$的坐标代入$y_2=a(x - 3)^2+2$，得$-2=a×(-1 - 3)^2+2$，
解得$a=-\frac{1}{4}$，
∴二次函数$y_2$的表达式为$y_2=-\frac{1}{4}(x - 3)^2+2$.