《2025年实验班中考数学压轴题》

2. 我们规定：二次函数$ y_1=ax^2+bx+c(a\neq0) $与$ y_2=-ax^2+bx-c $互为中心对称函数。
(1) 二次函数$ y_1=2x^2+x-3 $的中心对称函数$ y_2 $的解析式为$y_2 = -2x^{2} + x + 3$；
(2) 若点$ M(m,n) $在二次函数$ y_1=2x^2+x-3 $的图象上，求证：点$ M'(-m,-n) $在二次函数$ y_1=2x^2+x-3 $的中心对称函数的图象上。
(3) 如图，已知二次函数$ L_1:y=ax^2-2ax+a+1(a\gt0) $和二次函数$ L_2 $图象的顶点分别为$ M,N $，与$ y $轴分别交于点$ E,F $，且二次函数$ L_1 $与$ L_2 $互为中心对称函数。
① 当二次函数$ L_1,L_2 $的$ y $值同时随着$ x $的增大而减小时，求$ x $的取值范围；
② 当$ EF=MN $时，求$ a $的值，并判断四边形$ ENFM $的形状。

答案：
(1)$y_2 = -2x^{2} + x + 3$
(2)
∵点$M(m,n)$在二次函数$y_1 = 2x^{2} + x - 3$的图象上，
∴$2m^{2} + m - 3 = n$。
∵$y_1 = 2x^{2} + x - 3$的中心对称函数为$y_2 = -2x^{2} + x + 3$，
当$x = -m$时，$-2m^{2} - m + 3 = -(2m^{2} + m - 3) = -n$，
∴点$M'(-m,-n)$在二次函数$y_1 = 2x^{2} + x - 3$的中心对称函数的图象上。
(3)①$y = ax^{2} - 2ax + a + 1 = a(x - 1)^{2} + 1$，
∴$M(1,1)$。
∵二次函数$L_1$与$L_2$互为中心对称函数，
$L_2:y = -ax^{2} - 2ax - a - 1$。
∵$y = -ax^{2} - 2ax - a - 1 = -a(x + 1)^{2} - 1$，
∴$N(-1,-1)$，
∴当$-1 \leq x \leq 1$时，二次函数$L_1$，$L_2$的y值同时随着x的增大而减小。
②当$x = 0$时，$E(0,a + 1)$，$F(0,-a - 1)$，
∴$EM = NF = \sqrt{1 + a^{2}}$，$EN = FM = \sqrt{1 + (a + 2)^{2}}$，
∴四边形ENFM是平行四边形。
∵$M(1,1)$，$N(-1,-1)$，
∴$EF = MN = 2\sqrt{2}$，
∴$a + 1 - (-a - 1) = 2\sqrt{2}$，
∴$a = \sqrt{2} - 1$。
由$EF = MN$，得四边形ENFM是矩形。

3. 中考新考法 分类讨论 （合肥模拟）在平面直角坐标系中，抛物线$ C_1:y=-x^2+bx+c $经过点$ A(0,3) $，对称轴为直线$ x=2 $，且对称轴与$ x $轴交于点$ E $。
(1) 求抛物线$ C_1 $的函数解析式。
(2) 如图，将抛物线$ C_1 $向右平移$ m(m\gt0) $个单位长度，得到抛物线$ C_2 $，抛物线$ C_1 $与$ C_2 $交于点$ B(x_0,y_0) $。
① $ P(x_1,y_1) $是抛物线$ C_2 $上的点，若$ y_1 $的最大值与$ y_0 $之差为$ 9 $，求$ m $的值。
② 是否存在以$ AE $为直角边的$ Rt\triangle BAE $？若存在，求点$ B $的坐标；若不存在，请说明理由。

答案：

(1)在平面直角坐标系中，抛物线$C_1:y = -x^{2} + bx + c$经过点$A(0,3)$，对称轴为直线$x = 2$，将点A坐标及对称轴代入，得$\begin{cases}3 = -0^{2} + b×0 + c\frac{b}{2×(-1)} = 2\end{cases}$，解得$\begin{cases}b = 4\\c = 3\end{cases}$，
抛物线$C_1$的函数解析式为$y = -x^{2} + 4x + 3$。
(2)①
∵将抛物线$C_1$向右平移$m(m ＞ 0)$个单位长度，
∴抛物线$C_2$的函数解析式为$y = -(x - 2 - m)^{2} + 7$，
∴抛物线$C_2$的顶点坐标为$(2 + m,7)$。
∵点$P(x_1,y_1)$是抛物线$C_2$上的点，抛物线$C_2$开口向下，$y_1$的最大值为7。
∵$y_1$的最大值与$y_0$之差为9，
∴$7 - y_0 = 9$，
∴$y_0 = -2$。
当$y_0 = -2$时，得$-2 = -x_0^{2} + 4x_0 + 3$，
解得$x_0 = 5$或$x_0 = -1$，
∴$B(5,-2)$或$B(-1,-2)$，
将$B(5,-2)$代入$y = -(x - 2 - m)^{2} + 7$，得$-2 = -(5 - 2 - m)^{2} + 7$，解得$m = 0$（不合题意，舍去）或$m = 6$；将$B(-1,-2)$代入$y = -(x - 2 - m)^{2} + 7$，得$-2 = -(-1 - 2 - m)^{2} + 7$，解得$m = 0$（不合题意，舍去）或$m = -6$（不合题意，舍去）。综上所述，$m = 6$。
②存在以AE为直角边的Rt△BAE。理由如下：
根据题意，得$A(0,3)$，$E(2,0)$，设$B(n,-n^{2} + 4n + 3)$，当$\angle EAB = 90^{\circ}$时，如图
(1)，过点B作$BH \perp OA$，
则$\angle AEO = \angle HAB = 90^{\circ} - \angle OAE$，则$\tan\angle AEO = \tan\angle HAB$，即$\frac{AO}{OE} = \frac{HB}{AH}$，即$\frac{3}{2} = \frac{n}{-n^{2} + 4n + 3 - 3}$，
整理得$-3n^{2} + 10n = 0$，解得$n = 0$（不合题意，舍去）或$n = \frac{10}{3}$，
∴$B(\frac{10}{3},\frac{47}{9})$；

当$\angle AEB = 90^{\circ}$时，如图
(2)，过点B作$BF \perp OE$，
则$\angle AEO = \angle EBF = 90^{\circ} - \angle BEF$，则$\tan\angle AEO = \tan\angle EBF$，即$\frac{AO}{OE} = \frac{EF}{BF}$，即$\frac{3}{2} = \frac{n - 2}{-n^{2} + 4n + 3}$，
整理得$-3n^{2} + 10n + 13 = 0$，
解得$n = -1$（不合题意，舍去）或$n = \frac{13}{3}$，
∴$B(\frac{13}{3},\frac{14}{9})$。
综上所述，存在以AE为直角边的Rt△BAE，点B的坐标为$(\frac{13}{3},\frac{14}{9})$或$(\frac{10}{3},\frac{47}{9})$。