2026年中考数学二轮复习 专题03 函数纯数学问题(知识清单)

这是一份2026年中考数学二轮复习 专题03 函数纯数学问题(知识清单)，共9页。学案主要包含了典例 01，变式 01，变式 02，变式 03，典例 02，变式 04，典例 03等内容，欢迎下载使用。

内 容 导 航
第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向
考向聚焦►考查形式►能力清单
第二部分技法清单构建思维框架，提炼通用解法
知识必备/二级结论
母题精讲&答题技法
变式应用
技法 01 函数图象和性质的综合应用技法 02 函数字母参数的确定
技法 03 函数图象的综合判断技法 04 函数图象的平移问题
技法 05函数图象的对称（折叠）问题
技法 06 函数图象的旋转问题技法 07 函数背景下的规律探究问题
技法 08 函数背景下的整点问题技法 09 函数背景下的几何问题
第三部分分级实战分级强化训练，实现能力跃迁
命 题 解 码
考向聚焦
技法 01 函数图象和性质的综合应用：主要考查对一次、反比例、二次函数图象和增减 性、对称性、最值等性质的深刻理解，以及数形结合思想的运用。常以选择题或压轴题形
式，考查函数图象在同一坐标系下的综合呈现。
技法 02 函数字母参数的确定：常以待定系数法为核心，考查根据已知条件（如经过的
点、图象特征、函数值范围）确定函数解析式中参数的值或取值范围。
技法 03 函数图象的综合判断：多与实际情景或几何动点问题结合，考查从实际问题中抽象出函数关系并判断其大致图象的能力。常见题型为分析几何图形中动点运动时，相关线
段长度、面积等随运动时间变化的函数图象。
技法 04 函数图象的平移问题：重点考查函数图象平移变换的规律，特别是二次函数的平
移。常考题型包括求平移后的函数解析式、根据平移前后图象关系求参数值或点的坐标。
技法 05函数图象的对称（折叠）问题：考查函数图象关于坐标轴、某直线（如 x=m，
y=n）对称（或折叠）后的图象性质。常结合折叠问题，求对称后的函数解析式或研究对
称后图象与原图象的关系。
技法 06 函数图象的旋转问题：主要涉及函数图象绕某点（常为原点或顶点）旋转特定角
度（如 180˚）后的图象性质。考查旋转前后图象的关联及解析式的变化。
技法 07 函数背景下的规律探究问题：以函数为载体，考查学生发现、提出、分析、解决问题的能力（“四能”）。常以新定义函数、操作探究、项目式学习等形式出现，要求学
生通过观察、归纳发现函数图象或性质中的规律。
技法 08 函数背景下的整点问题：考查在函数图象上或函数图象与坐标轴围成区域内，寻找横纵坐标均为整数的点（整点）的问题。常涉及求整点个数、根据整点个数求参数范围
等。
技法 09 函数背景下的几何问题：函数与几何的综合压轴题，考查将几何问题代数化的能力。常见类型包括：函数图象上的动点与三角形、四边形、圆等几何图形结合，求面积、
线段长、特殊图形存在性等问题。
考查形式
□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□ □□□□□□□□□ □
□□□□□□□□□□□□□ □□□□□□□□□□□ □□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□ □□□□□□□□
□ □□□□□□□□□ □□□□□□□□□ □□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□
□□□□□□□□□□□□□□□□
能力清单
直观想象能力：能根据解析式想象图象，根据图象分析函数性质，以及将几何图形与函数图象结合分析。
数学抽象与建模能力：从实际问题或几何图形中抽象出函数关系，建立数学模型。
逻辑推理与运算求解能力：准确进行代数运算，严谨推导函数解析式，分类讨论各种可能情况。
数形结合思想：将数量关系与图形特征相互转化，利用图象辅助解题。
探究与创新能力：在新定义、新情境下发现规律、提出猜想并加以验证的能力。
分类讨论意识：在动点问题、含参问题、整点问题中，能根据条件变化进行分类讨论。
知识必备
技 法 清 单
技法 01函数图象和性质的综合应用
一次函数图象与性质、反比例函数图象与性质、二次函数图象与性质（开口方向、对称轴、顶点坐标、增减性、最值）、函数图象的交点问题。
答题技法
熟记各类函数图象特征（如抛物线开口方向、对称轴位置、与坐标轴交点）是基础。解题时先根据解析式确定基本图象，再结合图象分析函数的增减区间和最值情况。对于综合题，要注意函数图象与方程、不等式的
联系，利用图象法解不等式或求交点坐标。母题精讲
【典例 01】（2025·上海·模拟预测）已知函数 y  kx （k 是常数， k  0 ）的图像经过第二象限，下列说法中错误的是（）
A．x 大于 0 时 y 小于 0B．图像不一定经过第四象限
C．图像是倾斜直线D．y 的值随 x 的值增大而减小
【答案】B
【分析】本题主要考查了正比例函数的性质，熟练掌握正比例函数的图像与性质是解题的关键．根据正比例函数 y  kx （ k 为常数， k  0 ）的性质，结合图像经过的象限判断k 的符号，进而分析各选项．
【详解】解：Q函数 y  kx （ k 是常数， k  0 ）的图像经过第二象限，
 k  0 ，
函数 y  kx 的图像经过第二、四象限， y 的值随 x 的值增大而减小．当 x  0 时， y  0 ；正比例函数的图像是倾斜直线．
所以选项 A、C、D 正确，选项 B 错误．故选：B．
变式应用
【变式 01】（2025·山西长治·二模）已知 A1 2, y1 , A2 1, y2  是一次函数 y  ax  2 a  0 图象上的两点，则 y1 与 y2 的大小关系是（ ）
A． y1  y2
B． y1  y2  0
C． y1  y2
D． y1  y2
【答案】A
【分析】本题考查了一次函数的性质，牢记“ k  0 ，y 随 x 的增大而增大； k  0 ，y 随 x 的增大而减小”是解题的关键．由a  0 ，利用一次函数的性质，可得出 y 随 x 的增大而减小，再结合2  1 ，即可得出 y1 与
y2 的大小关系．
【详解】解：∵ a  0 ，
∴y 随 x 的增大而减小，
又∵ A1 2, y1 , A2 1, y2  是一次函数 y  ax  2 a  0 图象上的两点，且2  1 ，
∴ y1  y2 ．故选：A．
【变式 02】（2025·陕西西安·模拟预测）一次函数 y  2x  4 的图象如图，下列说法正确的是（ ）
A．点 B 的坐标是4, 0
B． VAOB 的面积是 4
C． y 随 x 的增大而减小D．点(1, 5) 在函数图象上
【答案】B
【分析】本题考查了一次函数的性质，一次函数的图象与坐标轴交点问题等；
当 x  0 时， y  4 ，即可判断 A；当 y  0 时， x  2 ，求出VAOB 的面积即可判断 B；因为2  0 ，由一次函数增减性即可判断 C；当 x  1 时， y  2  4  6  5 ，即可判断 D；
【详解】解：A.当 x  0 时， y  4 ，所以 B 0, 4 ，故不符合题意；
B.当 y  0 时， x  2 ， VAOB 的面积是 1  2  4  4 ，故符合题意；
2
C.因为2  0 ，所以 y 随 x 的增大而增大，故该选项不符合题意；
D.当 x  1 时， y  2  4  6  5 ，所以点(1, 5) 不在函数图象上，故不符合题意；故选：B．
【变式 03】（2025·北京东城·二模）在平面直角坐标系 xOy 中，一次函数 y1  kx  b k  0 的图象过点
0, 2 和1, 3 ．
(1)求k ， b 的值；
(2)当 x  1 时，对于 x 的每一个值，函数 y1  kx  b 的值与函数 y2  mx m  0 的值之和都大于 6，直接写出
m 的取值范围．
【答案】(1) k  1 ， b  2
(2) m  3
【分析】本题考查了求一次函数的解析式、一次函数的增减性，熟练掌握一次函数的图象与性质是解题关键．
将点0, 2 和1, 3 代入一次函数 y1  kx  b k  0 求解即可得；
先求出当 x  1 时， y1 3，再根据函数的增减性求解即可得．
【详解】（1）解：∵一次函数 y1  kx  b k  0 的图象过点0, 2 和1, 3 ，
k  b  3

∴ ，
b2
解得k  1, b  2 ．
（2）解：由（1）可知， y1  x  2 ，
∴ y1 随 x 的增大而增大，当 x  1 时， y1  1 2  3，
∴当 x  1 时， y1  3 ，
要使得当 x  1 时，对于 x 的每一个值，函数 y1  kx  b 的值与函数 y2  mx m  0 的值之和都大于 6，则 y2 随 x 的增大而增大，且当 x  1 时， y2  6  3，即 y2  3 ，
∴ m  3 ．
母题精讲
【典例 01】（2025·四川成都·模拟预测）如图，二次函数 y  ax2  2x  c 的图象与 x 轴相交于点 A1, 0 ，
B 与 y 轴相交于点C 0, 3 ，下列说法正确的是（ ）
抛物线的对称轴为直线 x  2
抛物线的顶点坐标为 1 , 4 
 2

A ， B 两点间的距离为 3
当 x  1时， y 的值随 x 值的增大而增大
【答案】D
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．根据二次函数的图象和性质逐项判断即可．
【详解】解：∵二次函数 y  ax2  2x  c 的图象与 x 轴相交于点 A1, 0 ，与 y 轴相交于点C 0, 3 ，

a  2  c  0 a  1

∴ c  3
，解得c  3 ，
∴ y  x2  2x  3 ，
∵ y  x2  2x  3  (x 1)2  4 ，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线 x  1，顶点为1, 4 ，
∴当 x  1时， y 的值随 x 值的增大而增大，故 A、B 错误，D 正确；
∵，对称轴为直线 x  1，点 A1, 0 ，
∴ B 3, 0 ，
∴ AB  4 ，故 C 错误．故选：D．
变式应用
【变式 01】（25-26 九年级上·湖北·期中）二次函数 y  ax2  bx  c (a，b，c 是常数， a  0 )的图象经过点
2, 0 ，与 y 轴正半轴相交，其对称轴是直线 x  1 ．则下列结论中正确的是（）
A． b2  4ac  0
B．当 y  0 时， x  2
C．方程ax2  bx  c  0 的两个根是 x1  2，x2  3
D．当m  1时， am2  bm  a  b
【答案】D
【分析】本题主要考查了二次函数的性质、二次函数与一元二次方程的关系等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键．
根据对称轴 x  1 可得b  2a ，代入点2, 0 得c  8a ，由与 y 轴正半轴相交知c  0 ，故a  0 ．然后逐项分析判断即可解答．
【详解】解：∵对称轴 x  1 ，
b
∴  2a  1，即b  2a ．
∵图象过点2, 0 ，
∴ a  22  b  2  c  0 ，代入b  2a 得4a  4a  c  0 ，即c  8a ．
∵与 y 轴正半轴相交，
∴当 x  0 时， y  c  0 ，故a  0 ．
b2  4ac  (2a)2  4a  8a  4a2  32a2  36a2  0 ，故 A 选项错误，不符合题意；
由a  0 且根为 x  2 和 x  4 （对称轴 x  1 ，一根为2 ，另一根为4 ）， y  0 时 x< − 4 或 x  2 ，故
B 选项错误，不符合题意；
方程根为 x  2 和 x  4 ，非 x  3 ，故 C 选项错误，不符合题意；
am2  bm  a  b 代入b  2a 得am2  2am  a ，即a m2  2m 1  0 ．
∵ a  0 ，
∴ m2  2m 1  0 ，即(m  1)2  0 ，当m  1时成立，正确，符合题意．故选 D．
【变式 02】（2025·四川雅安·二模）抛物线 y  ax2  bx  c （ a ， b ， c 为常数，且a  0 ）如图所示，小明
同学得出了以下结论：① abc  0 ，② b2  4ac ，③ 4a  2b  c  0 ，④ a  c  0 ，⑤
3
a m2 1  b m 1  0 （其中m 为任意实数）．其中结论正确的有（ ）
A．2 个B．3 个C．4 个D．5 个
【答案】C
【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，二次函数与一元二次方程的关系，不等式，掌握相关知识是解决问题的关键．利用二次函数，一元二次方程，不等式的相关知识逐项判断即可．
【详解】解：①Q抛物线开口向上，
 a  0 ，
当 x  0 时， y  c  0 ，
c  0 ，
∵抛物线对称轴为直线 x   b
2a
 1，
b  2a  0 ，
 abc  0 ，
故结论①正确；
②Q抛物线与 x 轴有两个交点，则b2  4ac  0 ，
b2  4ac ，
故结论②错误；
③由图象知，当 x  2 时， y  0 ，
 y  a 22  b 2  c  4a  2b  c  0 ，
故结论③正确；
④Q抛物线对称轴为直线 x   b
2a
 1，
b  2a ，
当 x  1 时， y  0 ，
即： y  a  (1)2  b  (1)  c
 a  b  c
 a  (2a)  c
 3a  c  0 ，
∴ a  c  0 3
故结论④正确；
⑤当 x  1 时， y 取得其最小值，此时 y  a 12  b 1 c  a  b  c ，而当 x  m 时， y  am2  bm  c ，
 a  b  c  am2  bm  c ，
整理，得： a(m2  1)  b(m  1)  0 ，故结论⑤正确；
综上，正确的结论有①③④⑤，共 4 个，故选：C．
母题精讲
【典例 01】（2025·贵州·模拟预测）已知点2, 4 在反比例函数 y  k 的图象上．
x
(1)求反比例函数的表达式；
(2)点4, m ， 2, n ， 4, p  都在反比例函数的图象上，比较 m，n，p 的大小，并说明理由．
【答案】(1) y  8
x
(2) n  p  m ，见解析
【分析】本题考查了用待定系数法求反比例函数解析式以及反比例函数的图象与性质，解题关键是掌握相关方法和性质．
将已知点坐标代入反比例函数表达式可求出 k 的值，进而得到函数表达式；
根据反比例函数性质判断函数在不同象限的增减性，再比较各点纵坐标大小．
【详解】（1）解：把点2, 4 代入 y  k ，
x
得4  k ，
2
解得k = 8 ．
所以反比例函数表达式为 y  8 ．
x
（2）解：对于反比例函数 y  8 ，
x
∵ k  8  0 ，
所以在每个象限内 y 随 x 的增大而减小，
∵点4, m 在第三象限，所以m  0 ；
点2, n ， 4, p 在第一象限， 2  4 ，所以n  p  0 ．所以n  p  m ．
变式应用
【变式 01】（2025·山西临汾·二模）下列关于反比例函数 y   3 的说法中，错误的是（ ）
x
A．点 1 , 6  在函数图象上B．函数图象位于第二、四象限
 2

C．当 x  3 时， 0  y  1
D．函数值 y 随 x 的增大而增大
【答案】D
【分析】本题考查了反比例函数的性质，解题的关键是熟练掌握反比例函数的图象与性质．
分别根据反比例函数图象上点的坐标特征、函数图象所在象限、自变量取值范围内函数值的范围以及函数的增减性来判断各选项．
【详解】解：A、当 x  1 时， y  6 ，故点 1 , 6  在函数图象上，选项说法正确，不符合题意；
2 2

k  3  0 ，故反比例函数图象在第二，四象限，选项说法正确，不符合题意；
当 x  3 时， 0  y  1 ，选项说法正确，不符合题意；
在每个象限内，函数值 y 随 x 的增大而增大，选项说法错误，符合题意．故选：D．
【变式 02】（25-26 九年级上·河南郑州·月考）若反比例函数 y  k k  0 的图象位于第二、四象限，则关
x
于 x 的一元二次方程 x2  x  k  0 的根的情况是（）
有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根
C．只有一个实数根D．没有实数根
【答案】A
【分析】本题考查了反比例函数，一元二次方程根的判别式的意义．根据反比例函数图象的位置确定k 的符号，再计算判别式判断根的情况．
【详解】解：∵反比例函数 y  k ( k  0 )的图象位于第二、四象限，
x
∴ k  0 ．
对于方程 x2  x  k  0 ，
判别式  12  4 1 k  1 4k ．
∵ k  0 ，
∴ 4k  0 ，
∴1 4k  1  0 ，即  0 ，
∴方程有两个不相等的实数根．故选：A．
技法02函数字母参数的确定
知识必备
待定系数法、方程（组）的解法、不等式（组）的解法、函数图象上点的坐标特征、函数性质（对称轴、顶点）的代数表示。
答题技法
若已知函数经过的点，直接代入建立方程（组）求解；若已知图象特征（如对称轴、顶点位置），则利用顶
点式或对称轴公式建立关系。对于含参函数，常需结合方程思想或不等式求解参数范围，注意分类讨论。
母题精讲
【典例 01】（23-24 八年级上·安徽淮北·期末）已知一次函数 y  k 1 x  2 ，当1  x  2 时，函数有最小值2 ，则 k 的值为
【答案】5 或1
【分析】本题考查的是一次函数的性质，熟知一次函数的增减性是解答此题的关键．根据函数的增减性，再由 x 的取值范围得出 x  2 时， y  2 或 x  1 时， y  2 ，分别代入函数解析式得出 k 的值即可．
【详解】解：当k 1  0 时，函数 y 随 x 的增大而增大，
∴当 x  1 时， y  2 ，
∴ 2  k 1  2 ，解得： k  5 ；
当k 1  0 时，函数 y 随 x 的增大而减小，
∴当 x  2 时， y  2 ，
∴ 2  2 k 1  2 ，解得： k  1 ；
∴k 的值为 5 或1．故答案为：5 或1．
变式应用
【变式 01】（2025·江苏苏州·二模）对于一次函数 y  ax  b 以及二次函数 y  ax2  c （其中a 、b 、c 均为常数，且a  0 ），当t  x  t 1时，这两个函数的最大值与最小值之差恰好相等，则t 的值为
．
【答案】1或0
【分析】本题考查了一次函数的图像和性质，二次函数的图像和性质.对于一次函数 y  ax  b （ a  0 ）和
二次函数 y  ax2  c （ a  0 ） ，我们要比较在 x 取值从t 到t  1 时，它们各自最大值与最小值的差值情
况．一次函数a  0 时， x 增大 y 增大；二次函数 y  ax2  c 图象是开口向上的抛物线，对称轴是
x  0 ．我们通过分别计算两个函数在 x 为t 和t  1 时的函数值，找出最大最小并求差，再令两个差相等来
计算t 的值．本题考查一次函数和二次函数在特定取值范围内的函数值变化情况．解题关键在于准确求出两个函数在 x 为t 和t  1 时的函数值，确定各自的最大最小值并求差，再根据差值相等列方程求解t ，同时要根据二次函数对称轴与t 、t  1 的位置关系进行分类讨论，避免漏解．
【详解】解：当 x  t 时，函数值 y1  at  b ；当 x  t 1时，函数值 y2  a t 1  b  at  a  b ．
∵ a  0 ，
∴ y2  y1 ，那么最大值与最小值的差为： y2  y1  at  a  b  at  b  a ．
二次函数 y  ax2  c （ a  0 ）图象开口向上，对称轴为 x  0 ．
情况一：当t 1  0 ，即t  1
时 当 x  t 时，函数值 y  at 2  c
；当 x  t 1时，函数值
3
4
y  a t 12  c  at 2  2at  a  c ．
∵ t  1 ，
3434
∴此时 y  y ，最大值与最小值的差为： y  y  at 2  c  at 2  2at  a  c  2at  a ．
令2at  a  a ，
∴ 2at  2a ，
∵ a  0 ，
∴解得t  1 ．
情况二：当t  0
时 当 x  t 时，函数值 y  at 2  c
；当 x  t 1时，函数值
5
6
y  a t 12  c  at 2  2at  a  c ．
∵ t  0
，此时 y  y ，最大值与最小值的差为： y  y  at 2  2at  a  c  at 2  c  2at  a ． 令
6565
2at  a  a ，等式两边同时减a 得到2at  0 ，
∵ a  0
，解得t  0 ．
情况三：当t  0  t 1，即1  t  0 时,当 x  0 时， ymin  c ．
7
当 x  t 时，函数值 y  at 2  c ；
当 x  t 1时，函数值 y8
 a t 12  c ．
当0  t  t 1 0 时，即2t  1 ，
∴ 0  t   1 ，
2
∴ y8  y7
此时a t 12  c  c  a
∴t 12  1，
解得t  0 （舍去）或2 （舍去），当0  t  t 1 0 时，即2t  1，
∴ 1  t   1 ，
2
∴ y8  y7
此时at 2  c  c  a
∴ t  1（舍去）或t  1（舍去）
综上所述， t  1 或0
故答案为： 1或0
变式应用
【变式 01】（2025·四川广元·一模）若二次函数 y  3x2  nx  3 的图象与 x 轴只有一个交点 A ，如图所示，则n 的值是．
【答案】6
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，掌握二次函数的图象与 x 轴交点的个数与其所对应一元二次方程根的判别式之间的关系是解题的关键．先利用二次函数与 x 轴只有一个交点时判别式  0 的性质，列出关于n 的方程求出n 的可能值，再结合图象中抛物线对称轴的位置，通过对称轴公式推断出n 的正负，最终确定n 的唯一值．
【详解】解：∵二次函数 y  3x2  nx  3 的图象，与 x 轴只有一个交点，其中a  3, b  n, c  3 ，
∴   n2  4  3 3  n2  36  0
∴ n  6 ，
结合图象，抛物线的对称轴在 x 轴的负半轴，
∴二次函数对称轴公式为： x   b
2a
  n  0 ，
6
∴ n  0 ，故n  6 ．
故答案为： 6 ．
【变式 02】（2025·四川南充·一模）如图，已知 A1,  2 ， B 1, 1 ，抛物线 y  ax2  bx  c a  0 与 x
轴交于 C，D 两点，点 C 在 D 点左侧，当抛物线顶点 M 在线段 AB 上移动时，点 C 的横坐标最小值为
2 ．设a  b  c 的最大值为 m，最小值为 n，则m− n 的值为．
【答案】 225
32
【分析】本题考查二次函数的性质，顶点坐标公式，最值问题，掌握相关知识是解决问题的关键．根据题
意，当点 C 横坐标最小时，顶点 M 与 A 重合，代入点 C 坐标求出 a；求a  b  c 的值，即求当 x  1 时函数
值，因为抛物线顶点在直线 AB 即 y  1 x  3 上，另设抛物线解析式为 y  2  x  h2  k ，即
22
y  2  x  h2  1 h  3 ，当 x  1 时， a  b  c  2 1 h2  1 h  3  2h2  7 h  1 ，对此函数在1  h  1范围
22
内求最值，然后求最大值与最小值的差即可．
【详解】解：点C 横坐标最小时，顶点M 与 A 点重合，则抛物线的解析式为： y  a(x 1)2  2 ，
此时点C 2, 0 ，代入上式，
0  a·2 12  2 ，解得： a  2 ，
则 y  2(x 1)2  2  2x2  4x ，
∵抛物线在移动过程中形状、开口方向都不变，
∴抛物线中a  2 ，
求a  b  c 的值，即求当 x  1 时函数值，
2222
∵抛物线顶点在线段 AB 上，
∴设抛物线解析式为 y  2  x  h2  k ，
∵设 AB 解析式为 y  kx  b ，代入 A1,  2 ， B 1, 1 ，
k  1
k  b  2
k  b  1
2
，解得3 ，

b  
2
∴ AB 解析式为 y  1 x  3 ，
22
∴ k  1 h  3 ，
22
即抛物线解析式为 y  2  x  h2  1 h  3 ，
22
当 x  1 时，
a  b  c  2 1 h2  1 h  3  2h2  7 h  1 ，
2222
 7
∴对称轴为h   2  7 ，
2  28
当1  h  1时，
当h  1 时， a  b  c 最大， m  2 12  7 1  1  6 ；
22
7 7 27 7133
88
当h  时， a  b  c 值最小， n  2       ；
 2 8232
 m  n  6    33   225 ．
 32 32

故答案为： 225 ．
32
母题精讲
【典例 01】（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，过点 Am, 0 且垂直于 x 轴的直线l
与反比例函数 y   4 的图象交于点 B ，将直线l 绕点 B 逆时针旋转45 ，所得的直线经过第一、二、四象
x
限，则m 的取值范围是()
m  2 或m  2
C． 2  m  2 且m  0
2  m  0 或m  2
D． m  2 或0  m  2
【答案】B
【分析】本题考查反比例函数与一次函数的交点，一次函数的解析式，关键是要分两种情况讨论．当 A 在
44m2  4
原点右侧时， B 点坐标为(m, m ) ，设旋转后的直线的解析式为： y  x  b ，得到b  m  m 
0 ，
m
求出m  2 ；当 A 在原点左侧时，设旋转后的直线的解析式为： y  x  b ， b  m2  4  ，求出
m
110
2  m  0 ，即可得到m 的取值范围．
【详解】解：当 A 在原点右侧时， B 点坐标为(m, 4) ，
m
Q直线l 绕点 B 逆时针旋转45 ，
所得的直线与直线 y  x 平行，
设这条直线的解析式为： y  x  b ，
Q这条直线经过第一、二、四象限，
b>0 ，
Q B 在直线 y  x  b 上，
m  b   4 ，
m
4m2  4
b  m   0 ，
mm
Q m  0 ，
 m2  4  0 ，
 m  2 ；
当 A 在原点左侧时，
设这条直线的解析式为： y  x  b1 ，
m2  4
同理： b1 
Q m  0 ，
0 ，
m
 m2  4  0 ，
2  m  2 ，
Q m  0 ，
2  m  0 ．
m 的取值范围是2  m  0 或m  2 ．
故选：B．
变式应用
【变式 01】（2025·四川广元·一模）如图， VABC 边 AB 经过原点O ，顶点 A 在双曲线 y1
 k （ x  0 ）的
x
图像上，顶点 B 在双曲线 y  k （ x  0 ）图像上，顶点C 在 x 轴上，且 AO  AC ，若VABC 的面积为
24x
6，则k 的值为．
【答案】4
【分析】题考查了反比例函数的几何意义，掌握反比例函数的几何意义是解题的关键．
过点 A 作 AD  x 轴，过点 B 作 BF  x 轴，根据相似三角形的判定和性质得出 AD  2 ，确定OC  2OD ，
BF
然后结合图形及面积求解即可．
【详解】解：过点 A 作 AD  x 轴，过点 B 作 BF  x 轴，如图所示：
 AD∥BF ，
 VAOD∽VBOF ，
∵点 A 在双曲线 y  k (x  0) 上，点 B 在 y  k (x  0) ，
1x24x
kk
Q S△ AOD  2 ， S 4  k ，
 S△ AOD  4 ，
S△BOF
 AD 2
△BOF28
BF


 4 ，
 AD  2 ，
BF
 BF  1 AD ，
2
Q AO  AC ， AD  x 轴，
OC  2OD ，
Q 1 OD  AD  1 k ，
22
OD  AD  k ，
OC  AD  2k ，
 SV ABC
 SV AOC
 SV BOC
 1 OC  AD  1 OC  BF  1 OC  AD  BF  ，
222
 1 OC  3 AD  3 OC  AD  3 k  6 ，
2242
 k  4 ，
故答案为：4．
【变式 02】（2025·江苏连云港·模拟预测）在平面直角坐标系 xOy 中，若反比例函数 y  m  3 的图象位于
x
第一、三象限，则m 的取值范围是
【答案】m  3
【分析】本题主要考查了反比例函数的图象与性质，解题的关键是熟练掌握反比例函数 y  k k  0 的性
x
质：当k  0 时，图象在一、三象限，在每一象限内，y 随 x 的增大而减小；当k  0 时，图象在二、四象限，在每一象限内，y 随 x 的增大而增大．
根据反比例函数的性质，当比例系数大于 0 时，图象位于第一、三象限，据此得到m  3  0 ，再解不等式即可．
【详解】解：反比例函数 y  m  3 的图象位于第一、三象限，
x
则比例系数m  3  0 ，解得m  3 ，
故答案为： m  3 ．
技法03函数图象的综合判断
知识必备
动点问题、几何图形性质（三角形、四边形）、线段长度与面积的计算、分段函数、一次函数与二次函数的图象识别。
答题技法
先明确自变量和因变量，分析运动过程的分段情况（如点在不同线段上运动）。根据几何关系建立各段函数解析式，再结合解析式特征（一次函数、二次函数）判断图象形状，注意自变量的取值范围。
母题精讲
【典例 01】（2025·辽宁沈阳·三模）在同一平面直角坐标系中，一次函数 y  ax  b 与二次函数
y  ax2  bx 的图象可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了一次函数的图象特征和二次函数的图象特征，根据抛物线开口方向，以及对称轴位置，一次函数朝向和与 y 轴的交点位置即可判断a 、b 的大小，从而作出判断，即可解题，熟练掌握各知识点是解题的关键．
【详解】解：A、由抛物线可知， a  0 ， b  0 ，由直线可知， a  0 ， b  0 ，故本选项不符合题意；
B、由抛物线可知， a  0 ， b  0 ，由直线可知， a  0 ， b  0 ，故本选项符合题意； C、由抛物线可知， a  0 ， b  0 ，由直线可知， a  0 ， b  0 ，故本选项不符合题意； D、由抛物线可知， a  0 ， b  0 ，由直线可知， a  0 ， b  0 ，故本选项不符合题意；故选：B．
变式应用
【变式 01】（2025·山东青岛·模拟预测）已知一次函数 y  bx  a 的图象如图所示，则反比例函数 y  c
x
和二次函数 y  ax2  bx  c 在同一坐标系中的图象可能是（）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了反比例函数的图象性质，一次函数的图象性质，二次函数的图象性质．根据一次函数的性质得到a  0 ， b  0 ，得到抛物线开口向上，对称轴在 y 轴右边，则排除选项 B 和 C，再根据反比例函数与二次函数的图象性质判断即可；
【详解】解：对于一次函数 y  bx  a ，由图象知b  0 ， a  0 ，
∴ a  0 ， b  0 ，对于二次函数 y  ax2  bx  c ，
∵ a  0 ， b  0 ，
∴开口向上，对称轴在 y 轴右边，则排除选项 B 和 C；
∵选项 A 和 D 中，二次函数 y  ax2  bx  c 的图象与 y 轴的交点都在原点下方，
∴ c  0 ，
∴ c  0 ，
∴反比例函数 y  c 的图象经过一、三象限，
x
∴选项 A 符合题意，故选：A．
【变式 02】（24-25 九年级上·山东济南·期中）已知二次函数 y  ax2  bx  c(a  0) 的图象如图所示，则反
比例函数 y  a 与一次函数 y  cx  b 在同一平面直角坐标系内的图象可能是（）
x
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了二次函数图象，一次函数图象，反比例函数图象，首先根据二次函数图象与 y 轴的交点可得c  0 ，根据抛物线开口向下可得a  0 ，由对称轴在 y 轴右边可得 a、b 异号，故b  0 ，再根据反比例函数的性质与一次函数图象与系数的关系画出图象可得答案．
【详解】解：根据二次函数图象与 y 轴的交点可得c  0 ，根据抛物线开口向下可得a  0 ，由对称轴在 y
轴右边可得 a、b 异号，故b  0 ，
则反比例函数 y  a 的图象在第二、四象限，
x
一次函数 y  cx  b 经过第一、三、四象限，故选：A．
【变式 03】（2024·湖北武汉·二模）函数 y1 、 y2 在同一平面直角坐标系中的图象如图所示，则在该平面直角坐标系中，函数 y  y1  y2 的大致图象是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的识别是解答本题的关键．根据函数图象的开口方向、与 y 轴的交点位置以及对称轴的位置进行判断即可．
【详解】解：由图象知，函数 y1 和函数 y2 的开口都向上，所以函数 y  y1  y2 的开口一定向上，故 C 选项不符合题意；
由图象知，函数 y1 的对称轴在 y 轴的右侧，函数 y2 的对称轴也在 y 轴的右侧，所以，函数 y  y1  y2 的图象的对称轴也在 y 轴的右侧，故选项 D 不符合题意；
函数 y1 的图象与 y 轴的交点在 y 轴的正半轴上，函数 y2 的图象与 y 轴的交点在 y 轴的负半轴上，且前者的
绝对值小于后者的绝对值，所以，函数 y  y1  y2 的图象与 y 轴的负半轴相交，故选项 A 不符合题意，选项 B 符合题意．
故选：B．
技法04函数图象的平移问题
知识必备
函数图象的平移变换规律、二次函数的顶点式与一般式互化、点的坐标平移、待定系数法。
答题技法
牢记平移规律——“上加下减常数项，左加右减自变量”。将一般式化为顶点式后分析平移方向与距离更简便。注意平移不改变抛物线的开口形状和大小（即 a 不变），只改变顶点位置。
母题精讲
【典例 01】（2025·山西阳泉·一模）阅读与理解阅读下列材料，并完成相应任务．
函数是从数量的角度反映变化规律和对应关系的数学模型，初中阶段学习的函数有一次函数、二次函 数、反比例函数，学习时可以从数量特征和几何特征（图象）来研究函数的性质．下面是研究三大函数图象沿 y 轴向下平移的特征．
一次函数图象的平移：如图①，一次函数 y  3x  3 分别与 x 轴， y 轴交于点 A，B ，
将直线 AB 沿 y 轴向下平移 3 个单位，分别与 x 轴， y 轴交于点 D，C ．分别将 x  0，y  0 代入 y 
3x  3 ，求得 A1, 0，B 0, 3 ，则OA  1，OB  3 ，由平移的性质得 AB∥CD，BC
 3，ABO  DCO，C 0, 6．QAOB  DOC，V ABO VDCO ． OA  OB ．
ODOC
QOA  1，OB  3，OC  6，OD  2． D 2, 0 ．设直线CD 的函数表达式为 y  kx  b k  0 ，分别将
D 2, 0，C 0, 6 代入 y  kx  b k  0 ，解得k  3，b  6 ．直线CD 的函数表达式为 y  3x  6 ．
猜想 1：将直线l1：y1  kx  b k  0 沿 y 轴向下平移m 个m  0 单位后，所得直线l2 的函数表达式为：
y2  kx  b  m k  0，m  0 ．
证明 1：设点 P c，d  为l1 上的任意一点，沿 y 轴向下平移m 个单位后的对应点为Q c, d  m ，将 x  c
代入 y2  kx  b  m ，得 y2  kc  b  m，Q点 P c, d  为l1 上的点，
 d  kc  b， kc  d  b， y2  d  b  b  m  d  m，点Q c, d  m 在直线 y2  kx  b  m 上．结论 1：猜想正确．
二次函数图象的平移：
猜想 2：将二次函数 y1  ax2 a  0 的图象沿 y 轴向下平移m m  0 个单位后，所得二次函数的函数表
2
达式为： y  ax2  m a  0, m  0
证明 2：．．．
反比例函数图象的平移：
．．．
任务一：填空：用待定系数法确定一次函数的表达式体现的数学思想为：：任务二：请完成猜想 2 的证明；
任务三：如图②，直线 y  2 与反比例函数 y  3  x  0 的图象交于点 A ，将反比例
x
函数 y  3  x  0 的图象沿 y 轴向下平移 2 个单位后与直线 y  2 交于点 B ，直接写出线段 AB 的长．
x
【答案】[任务一]函数思想；[任务二] 证明见解析；[任务三]
AB  3
4
【分析】本题考查相似三角形，反比例函数和二次函数的综合，解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质，反比例函数的图象和性质，二次函数的图象和性质．
[任务一]根据相似三角形的判定，待定系数法确定函数的表达式体现的数学思想，即可；
[任务二]设点 P n, t  是函数 y1  ax2 a  0 上的一点，点Q 是函数平移后对应的点 P ，根据[任务一]中的方
法进行验证，即可；
[任务三]由[任务一] 、[任务二]得平移后的函数表达式为： y2
标，即可求出 AB 的值．
 3  2 ，根据题意，求出点 A ，点 B 的坐
x
【详解】[任务一]从解答过程得，用待定系数法确定函数的表达式体现的数学思想为：函数思想；
故答案为：函数思想；
[任务二]设点 P n, t  是函数 y1  ax2 a  0 上的一点，沿 y 轴向下平移m 个单位后对应点Q n, t  m ，
1
当 x n时， y  an2 ，
∵点 P n, t  为 y  ax2 a  0 上的点，
1
∴ t  an2 ，
∴ t  m  an2  m ，
∴点Q n, t  m 在函数 y2 上，
∴平移后的表达式为： y2  ax2  m a  0, m  0 ；
[任务三]由[任务一] 、[任务二]得，平移后的函数的表达式为： y2
∵直线 y  2 与反比例函数 y  3  x  0 的图象交于点 A ，
x
 3  2 ，
x
∴ 2  3 ，
x
解得： x  3 ，
2
∴点 A 3 , 2 ，
 2

∵平移后的函数与直线 y  2 交于点 B ，
∴ 2  3  2 ，
x
解得： x  3 ，
4
∴点 B  3 , 2  ，
 4

∴ AB  3  3  3 ．
244
变式应用
【变式 01】（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，一次函数 y  kx  b 与反比例函
数 y  m  x  0 的图象交于点 A1, 6 ， B n, 2 ，与 x 轴，y 轴分别交于 C，D 两点．
x
(1)求一次函数和反比例函数的表达式；
(2)将直线 AB 向下平移 a 个单位长度后与 x 轴，y 轴分别交于 E，F 两点，当 EF  1 AB 时，求 a 的值．
2
【答案】(1) y  6 ， y  2x  8
x
(2) a  6 或a  10
【分析】本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，待定系数法求函数的解析式，一次函数的平移，勾股定理，正确地求出函数的解析式是解题的关键．
根据已知条件列方程求得m  6 ，得到反比例函数的表达式为 y  6 ，然后求得 B 3, 2 ，解方程组即
x
可得到结论；
将直线 AB 向下平移 a 个单位长度后与 x 轴，y 轴分别交于 E，F 两点，求得直线 EF 的解析式为
y  2x  8  a ，解方程得到 E  8  a , 0  ， F 0,8  a ，根据勾股定理即可得到结论．
 2

【详解】（1）解：∵一次函数 y  kx  b 与反比例函数 y  m  x  0 的图象交于点 A1, 6 ， B n, 2 ，
x
∴ m  6 ， 1
∴ m  6 ，
∴反比例函数的表达式为 y  6 ，
x
∴ 2  6 ，
n
∴ n  3 ，
∴ B 3, 2 ，
∴ 
k  b  6
3k  b  2 ，

k  2
解得，
b  8
∴一次函数的表达式为 y  2x  8 ；
（2）解：将直线 AB 向下平移 a 个单位长度后与 x 轴，y 轴分别交于 E，F 两点，
∴直线 EF 的解析式为 y  2x  8  a ，
当 x  0 时， y  8  a ，当 y  0 时，解得 x  8  a ，
2
∴ E  8  a , 0  ， F 0,8  a ，
 2

∵ EF  1 AB ，
2
 8  a 2


2
  8  a
2
∴
 1 ，
1 32  6  22
2
解得a  6 或a  10 ．
母题精讲
【典例 01】（2025·河北唐山·模拟预测）已知抛物线 y  ax2  bx ．
(1)若此抛物线与直线 y  x 只有一个公共点，且向右平移 1 个单位长度后，刚好过点3,1 ．
①求此抛物线的解析式；
②以点 P 1, n 为中心，作该抛物线关于点 P 对称的抛物线 y，若这两条抛物线有公共点，求n 的取值范围。
(2)若a  1 ，将此抛物线向上平移c 个单位c  1 ，当 x  c 时， y  1；当1  x  c 时， y  1 ．试比较ac 与 1
的大小，并说明理由．
【答案】(1)① y   1 x2  x ；② n  3
44
(2) ac  1，理由见解析
【分析】（1）①联立抛物线与直线的解析式，结合两者只有一个公共点的条件，利用一元二次方程有两个相等实根的判别式求出b 的值，再根据二次函数向右平移 1 个单位的平移规律写出平移后的解析式，代入已知点3,1 求出a 的值，进而确定原抛物线的解析式；
②先将原抛物线配方为顶点式，再利用中点坐标公式求出原抛物线上任一点关于点 P 1, n 的对称点坐标，代入原解析式推导出对称抛物线的解析式，联立两条抛物线解析式得到一元二次方程，结合有公共点的条件，利用一元二次方程有实数根的判别式 0 求出n 的取值范围；
（2）先根据二次函数向上平移c 个单位的平移规律写出平移后的解析式，代入 x  c 、 y  1的条件求出b
关于a 、c 的表达式，结合a  1确定抛物线开口向上，再根据1  x  c 时 y  1且 x  c 时 y  1的条件得出该区间内函数单调递减，进而得到对称轴满足的不等关系，将b 的表达式代入后化简推导，结合c  1的条件比较出ac 与 1 的大小．
【详解】（1）①解：联立抛物线 y  ax2  bx 与直线 y  x ，得： ax2  bx  x ，整理为ax2  b 1 x  0 ．
∵抛物线与直线只有一个公共点，
∴该一元二次方程有两个相等的实根，
判别式Δ  (b 1)2  4  a  0  (b 1)2  0 ，解得b  1，解析式为： y  ax2  x ，
抛物线向右平移 1 个单位，平移后的解析式为： y  a(x 1)2  x 1．
∵平移后的抛物线过点3,1 ，
∴1  a  (3 1)2  3 1 ，即1  4a  2 ，解得a   1 ．
4
∴原抛物线的解析式为 y   1 x2  x ．
4
②解： y   1 x2  x   1 (x  2)2 1 ，
44
∴原抛物线的顶点为2,1 ，开口向下．
设原抛物线上任意一点 x, y  关于点 P 1, n 的对称点为 x, y ，
根据中点坐标公式，得 x  x  1， y  y  n ，解得 x  2  x， y  2n  y ．
22
将 x  2  x， y  2n  y 代入原抛物线解析式，
得2n  y   1 (2  x  2)2 1 ，整理得 y  1 x2  2n 1 ，
44
即对称后的抛物线解析式为 y  1 x2  2n 1 ．
4


联立
y   1 x2  x
4
1
，得 1 x2  x  1 x2  2n 1 ，
44
 y 

x2  2n 1 4
整理得 x2  2x  4n  2  0 ．
∵该一元二次方程有实数根，
∴判别式Δ  (2)2  4 14n  2  0 ，解得n  3 ；
4
（2）解： ac  1，理由如下：
将抛物线 y  ax2  bx 向上平移c 个单位长度，得到的解析式为 y  ax2  bx  c ．
∵当 x  c 时， y  1，
∴将 x  c ， y  1代入得ac2  bc  c  1，整理得b  ac 1 1 ．
c
∵ a  1，
∴ y  ax2  bx  c 是开口向上的二次函数．
∵当 x  c 时， y  1；当1  x  c 时， y  1 ，
∴当1  x  c 时， y 随着 x 的增大而减小，
b
∴ 2a
 c ，即b  2ac ，
∴ ac 1 1  2ac ，整理得ac  1 1 ．
cc
∵ c  1，
∴ ac  1．
变式应用
【变式 01】（2025·上海·一模）在平面直角坐标系 xOy 中，点 A3, y1  ， B 2, y2  ， C 1, y3  ， D 2, y4 
在抛物线 y  x2  2bx  c 上．
(1)当 y1  0 ， y2  y3 时，
①求该抛物线的表达式；
 2 4 
②将该抛物线向下平移 2 个单位，再向左平移m 个单位后，所得的新抛物线经过点 3 , 3  ，求m 的值；

(2)若 y3  0 ，且 y1 、 y2 、 y4 中有且仅有一个值小于 0，请结合抛物线的位置和图像特征，先写出一个满足条件的b 的值，再求b 的取值范围．
【答案】(1)① y  x2  x  6 ；② m1  1, m2  5
(2) b 的取值范围为1  b   1 或b  3
22
【分析】（1）①根据 y  0 ， y  y ，可得对称轴为直线 x  2 1   1 ，求出b 的值，再根据抛物线经
12322
过点 A3, 0 ，求出c ，从而得出抛物线解析式；
 2 4 
②把①解析式化为顶点式，再根据平移变换得出新抛物线解析式，然后把 3 , 3  代入解析式即可求出m

的值；
（2）根据题意分对称轴在 y 轴左侧和右侧两种情况讨论即可．
【详解】（1）解：①∵抛物线 y  x2  2bx  c 经过点 A3, y1  ， B 2, y2  ， C 1, y3  ， D 2, y4  ，且
y1  0 ， y2  y3 ，
 B ， C 两点关于抛物线的对称轴对称， A3, 0 ，
∴对称轴为直线 x  2 1   1 ，
22
根据对称轴公式可知： x   b
2a
  2b  b ，
2 1
b   1 ，
2
∴ y  x2  x  c ，
把 A3, 0 代入 y  x2  x  c 得： 32  3  c  0 ，解得c  6 ，
∴该抛物线的表达式为 y  x2  x  6 ；

②∵ y  x2  x  6   x 

1 2

2

 25 ， 4
∴把抛物线向下平移 2 个单位，再向左平移m 个单位后，所得的新抛物线解析式为
12251233
2
2
y   x   m   2 ，即 y   x   m  ，
44
 2 4 
∵新抛物线经过点 3 , 3  ，

3 31233
∴ 4     m  ，
 224
解得m1  1, m2  5 ；
（2）解：当 y3  0 时，抛物线过点C 1, 0 ，且 y1 、 y2 、 y4 中有且仅有一个值小于 0，
∴把C 1, 0 代入二次函数解析式 y  x2  2bx  c 得：1 2b  c  0 ，
∴ c  2b 1，
∴二次函数解析式 y  x2  2bx  2b 1 ，
当抛物线对称轴在 y 轴左侧时，即 x   2b  b  0 ，且经过点C 1, 0 ，大致图象如图所示：
2
∵点 A3, y1  ， B 2, y2  ， C 1, 0 ， D 2, y4  在抛物线 y  x2  2bx  c 上，
∴由图象可知： y4  0 ，
∵ 3  2 ，
∴由图象可知：只有当 y1  0, y2  0 时，成立，
 y1  9  6b  2b 1  0
y
 2
∴  4  4b  2b 1  0 ，
解得： 1  b   1 ，
2
当抛物线对称轴在 y 轴右侧时，即b  0 ，且经过C 1, 0 ，大致图象如图所示：
∵点 A3, y1  ， B 2, y2  ， C 1, 0 ， D 2, y4  在抛物线 y  x2  2bx  c 上，
∴由图象可知：只有 y4  0 满足题意，
∴ y4  4  4b  2b 1  0 ，
解得： b  3 ；
2
当b  0 时，则对称轴为 y 轴，且图象经过点C 1, 0 ，所以二次函数与 x 轴的另一个交点坐标为1, 0 ，根据二次函数的性质可知： y1 、 y2 、 y4 的值都大于 0，故不符合题意；
综上所述， b 的取值范围为1  b   1 或b  3 ．
22
【点睛】本题考查了二次函数的图象与系数的关系、二次函数图象上的点的坐标特点、二次函数的增减性，熟练掌握二次函数图象上的点的坐标特点及二次函数的性质是解题的关键．
【变式 02】（2025·山东泰安·三模）如图，在平面直角坐标系中，直线l ： y  1 x  b 交反比例函数 y  k
12x
的图象于点 P，交 x 轴于点 Q，交 y 轴于点 M，已知QO 10 ，点 P 到 y 轴的距离为 2．
求直线l1 和反比例函数的解析式；
如图 1，点 N 在反比例函数 y  k 第三象限的图象上，若S
 S，直接写出 N 的横坐标 t 的取值
范围；
x△QON
△POQ
如图 2，将直线l ： y  1 x  b 沿 y 轴向下平移，平移后的直线l 与反比例函数 y  k 的图象在第一象限内
122x
交于点 A，交 y 轴于点 B，且 AB  3PM ，求直线l1 到直线l2 的平移距离．
【答案】(1) y  1 x  5 ， y  12
2x
t  2
6
【分析】本题考查反比例函数综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，相似三角形判定与性质等，解题
的关键是掌握一次函数，反比例函数的相关性质．
1
由QO 10 ，得Q(10, 0) ，代入 y  1 x  b 中得b  5 ，故直线l 的函数解析式为 y  x  5 ，由点 P
212
到 y 轴的距离为 2，可得 P(2, 6) ，代入 y  k 得反比例函数的解析式为 y  12 ；
xx
求出S 1 10  6  30 ，设 N (t , 12  ，可得10   12   30 ，故t  2 ；
V POQ2
t t 

过 P 作 PK  y 轴于 K ，过 A 作 AT  y 轴于T ，证明VPKM∽VATB ，得 PK  PM ，而 AB  3PM ，
ATAB
知 AT  3PK ，可得 A(6, 2) ，用待定系数法得直线l 解析式为 y  1 x 1 ，从而 B(0, 1) ，即可得到答案．
22
【详解】（1）解：QQO  10 ，
Q(10, 0) ，
把Q(10, 0) 代入 y  1 x  b 中得： 0  5  b ，
2
解得b  5 ，
∴直线l1 的函数解析式为 y 
∵点 P 到 y 轴的距离为 2，
1 x  5 ，
2
 yP
 1  2  5  6 ，
2
 P(2, 6) ，
把 P(2, 6) 代入 y  k 得： 6  k ，
x2
解得k  12 ，
∴反比例函数的解析式为 y  12 ；
x
解：Q P(2, 6)，Q(10, 0) ，
 SV POQ

 1 10  6  30 ， 2
12 
设 N  t, t  ，其中t  0 ，

Q SVQON  SV POQ ，
 1 10   12   30 ，
2t 

解得t  2 ；
解：过 P 作 PK  y 轴于 K ，过 A 作 AT  y 轴于T ，如图：
∵直线l1 ∥直线l2 ，
KMP  TBA ，
QPKM  90  ATB ，
VPKM ∽V ATB ，
 PK  PM ，
ATAB
Q AB  3PM ，
 AT  3PK ，
Q P(2, 6) ，
 xA  2  3  6 ，
在 y  12 中，令 x  6 得 y  2 ，
x
 A(6, 2) ，
设直线l 解析式为 y  1 x  t ，
22
把 A(6, 2) 代入得： 2  3  t ，
t  1 ，
∴直线l 解析式为 y  1 x 1 ，
22
令 x  0 得 y  1，
 B(0, 1) ，
由 y 
1 x  5 知M (0, 5) ，
2
∴直线l1 向下平移 6 个单位可得直线l2 ，即平移距离为 6．
技法05函数图象的对称（折叠）问题
知识必备
轴对称变换的性质、点的对称坐标变换、函数解析式的推导、折叠问题的几何背景。
答题技法
掌握对称变换下点的坐标变化规律：关于 x 轴对称（x 不变，y 变号），关于 y 轴对称（y 不变，x 变号），关于直线 x=m 对称（x→2m–x）。先设原函数上任一点，找出对称点坐标关系，代入原式推导新解析式。
母题精讲
【典例 01】（2025·陕西·模拟预测）学习“一次函数”时，我们从“数”和“形”两方面研究一次函数的性质，
并积累了一些经验和方法．小聪同学尝试运用积累的经验和方法对函数 y  2 x  2  x  3 的图象与性质进行探究，下面是小聪同学的探究过程，请你补充完整．
列表如下：
填空：表中a  、b  ；
在图中描点并画出该函数的图象；
观察函数 y  2 x  2  x  3 的图象，判断下列关于该函数性质的命题：
①当 x  2 时， y 的值随 x 的值增大而增大；
②当 y  0 时， x  1 ；
x
…
3
2
1
0
1
2
3
4
…
y
…
4
a
2
1
0
b
2
5
…
③该函数存在最小值，最小值为1；
④该函数图象关于直线 x  2 对称．
其中正确的是．（请写出所有正确命题的序号）
【答案】(1)3， 1
见解析
①③
【分析】本题主要考查了求一次函数的函数值和自变量的值，画一次函数图象，一次函数的性质等等，利用数形结合的思想求解是解题的关键．
把 x  2 和 x  2 分别代入函数解析式中求出对应的函数值即可得到答案；
先描点再连线画出对应的函数图象即可；
根据所画函数图象和表格中的数据逐一判断即可．
【详解】（1）解：在 y  2 x  2  x  3 中，当 x  2 时， y  2 2  2  2  3  2  4  5  3 ，
当 x  2 时， y  2 2  2  2  3  2  0 1  1，
∴ a  3，b  1；
解：如图所示函数图象即为所求；
解：①由函数图象可知， y 的值随 x 的值增大而增大，原说法正确；
②当 y  2 x  2  x  3  0 ，解得 x  1 或 x  7 ，故当 y  0 时， x  1 或 x  7 ，原说法错误；
33
③由函数图象可知，该函数存在最小值，最小值为1，原说法正确；
④由函数图象可知，该函数图象不关于直线 x  2 对称，原说法错误．
故答案为：①③．
变式应用
【变式 01】（2025·广东汕头·一模）若直线 y  2x  b 与直线 y  kx  3关于直线 y  x 对称，则 k、b 值分
别为（ ）
A． k 
【答案】A
1 、b  6 B． k 
2
1 、b  3
2
k   1 、b  6
2
k   1 、b  3
2
【分析】本题考查了一次函数的图像与几何变换，熟练掌握一次函数的图像与性质是解题的关键．根据题意得到直线 y  2x  b 关于直线 y  x 的对称点，然后利用待定系数法即可求解．
【详解】解：直线 y  2x  b 与 x 轴的交点为  b , 0  ，与 y 轴的交点为0, b ；
 2

点  b , 0  关于直线 y  x 的对称点为 0, b  ，点0, b 关于直线 y  x 的对称点为b, 0 ，
 22 

把点 0, b  、b, 0 代入 y  kx  3，
2 


3  b
得： 2，
0  kb  3
解得： k  1 ， b  6 ，
2
故选：A．
【典例 02】（20-21 九年级下·吉林·月考）（1）如图①，在平面直角坐标系中，抛物线 y  (x  1)2  k 与 x
轴相交于 A，B 两点（点 A 在点 B 的左侧），与 y 轴相交于点 C（0，3），顶点为 D
①求抛物线的解析式；
②求△ABD 的面积．
（2）将图①中的抛物线 y 轴右侧的部分沿 y 轴折叠到 y 轴的左侧，将折叠后的这部分图象与原抛物线 y
轴右侧的部分（包括点 C）的图象组成新的图象，记为图像 M，如图②．
①直接写出图像 M 所对应的函数解析式；
②直接写出图像 M 所对应的函数 y 随 x 的增大而增大时 x 的取值范围．
  x 12 +4  x  0
【答案】（1）① y  (x 1)2  4 ；②8；（2）① y  
  x 12 +4  x  0
；② x  1或0  x  1
【分析】（1）①用待定系数法即可求解；
②当−（x−1）2＋4＝0 时，解得 x1＝−1，x2＝3．则 AB＝3−（−1）＝4，进而求解；
（2）①根据点的对称性，折叠后的这部分函数的表达式为 y＝−（x＋1）2＋4，进而求解；
②观察函数图象即可求解．
【详解】解：（1）①把 C（0，3）代入 y＝−（x−1）2＋k，得 3＝−（0−1）2＋k，解得 k＝4．
∴y＝−（x−1）2＋4；
②由 y＝−（x−1）2＋4．可知顶点 D（1，4）．当−（x−1）2＋4＝0 时，
解得 x1＝−1，x2＝3．
∴A（−1，0），B（3，0）．
∴AB＝3−（−1）＝4．
2
∴S＝ 1 ×4×4＝8；
（2）①根据点的对称性，折叠后的这部分函数的表达式为 y＝−（x＋1）2＋4，
  x 12 +4  x  0

∴ y    x 12 +4  x  0 ；
②从函数图象看，M 所对应的函数 y 随 x 的增大而增大时 x 的取值范围为：x＜−1 或 0＜x＜1．
【点睛】本题考查的是抛物线与 x 轴的交点，主要考查函数图象上点的坐标特征，要求学生非常熟悉函数与坐标轴的交点、顶点等点坐标的求法，及这些点代表的意义及函数特征．
变式应用
【变式 01】（2025·湖北孝感·二模）如图，抛物线 y1  ax2  bx  c 与 x 轴交于点 A1, 0 ， B 3, 0 ，与 y
轴交于点C 0, 3 ，将抛物线在 x 轴下方的部分沿 x 轴折叠到 x 轴上方，将这部分图象与原抛物线剩余的部分组成的新图象．若新图象与直线 y2  x  m 有3 个交点，则下列结论中正确的是（ ）
A． abc  0
C． y1 的最小值为3
【答案】D
B． a  b  c  0
D． m  1或m  13
4
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质、一元二次方程根的判别式、用待定系数法求二次函数的解析式，由折叠可知，当当直线 y2  x  m 经过点 A 时，新图象与直线 y2  x  m 有3 个交点；当直线与
2
y   x 12  4 1  x  3 只有一个交点时，新图象与直线 y  x  m 有3 个交点．
【详解】解：把点 A1, 0 ， B 3, 0 ，点C 0, 3 的坐标代入抛物线 y1  ax2  bx  c 中，

a  b  c  0
可得： 9a  3b  c  0 ，

c  3

a  1
解得： b  2 ，

c  3
 abc  123  6  0 ，故 A 选项错误；
Q点 A1, 0 在抛物线上，
 a  b  c  0 ，故 B 选项错误；
Q抛物线的解析式是 y  x2  2x  3 ，
整理为顶点坐标式可得： y   x 12  4 ，
 y1 的最小值为4 ，故 C 选项错误；
当直线 y2  x  m 经过点 A 时，新图象与直线 y2  x  m 有3 个交点，
把点 A1, 0 的坐标代入 y2  x  m ，可得： 1 m  0 ，
解得： m  1，
折叠后部分的解析式为 y   x 12  4 1  x  3 ，解方程 x 12  4  x  m ，
整理得： x2  x  3  m  0 ，
当  b2  4ac  12  4 13  m  0 时，
新图象与直线 y2  x  m 有3 个交点，
解得： m  13 ，
4
综上所述，当m  1或m  13 时，新图象与直线 y
42
 x  m 有3 个交点，
故 D 选项正确．故选：D．
技法06函数图象的旋转问题
知识必备
旋转变换的性质、中心对称与坐标变换、二次函数的图象特征、点的旋转变换。
答题技法
旋转 180°相当于中心对称变换。若绕原点旋转 180˚，点坐标变为(–x, –y)，代入原解析式可得新解析式。绕顶点旋转时，需结合顶点坐标进行变换。注意旋转不改变图象的形状，但可能改变开口方向（如抛物线旋转 180°后开口方向相反）。
母题精讲
【典例 01】（2025·福建泉州·三模）已知一次函数 y
180 ， 所得的图象经过0, 1 ， 则 m 的值为（ ）
  1 x  2 的图象， 绕 x 轴上一点 P m, 0 旋转
2
A． 2
B． 1
C．1D．2
【答案】C
【分析】根据题意得出旋转后的函数解析式为点的坐标即可得出结论．
y   1 x 1，然后根据解析式求得与 x 轴的交点坐标，结合
2
本题考查了一次函数图象与几何变换，解题的关键是求出旋转后的函数解析式． 本题属于基础题，难度
不大．
【详解】解：∵ y
  1 x  2
2
∴函数 y
  1 x  2 的图象与坐标轴的交点坐标为0, 2 ， 4, 0 ，
2
故图象绕 x 轴上一点 P m, 0
设新解析式为 y  kx  b ，
2mk  b  2
旋转180 后的新坐标2m, 2 ， 2m  4, 0 ，

根据题意，得2m  4 k  b  0 ，
k   1

解得2 ，
b  m  2
故函数的解析式为 y   1 x  m  2 ，
2
又图象经过0, 1 ，
∴ 1  m  2
解得m  1．
变式应用
【变式 01】（2025·陕西商洛·二模）在平面直角坐标系中，将抛物线 y  x2  k 1 x  k 绕点1, 0 旋转
180 ，在旋转后所得的抛物线上，当 x  3 时， y 随 x 的增大而减小，则k 的取值范围是（）
A． k  1
B． k  1
C． k  11
D． k  11
【答案】D
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，确定旋转后抛物线的开口和对称轴是求解本题的关键．先确定旋转后抛物线的开口和对称轴，再根据增减性列不等式求k 的范围．
【详解】解：Q1  0 ，
原抛物线开口向上，对称轴为直线 x   k  1 ，
2
Q将抛物线绕点(1, 0) 旋转180 ，
旋转后的对称轴为直线 x  1 2    k  1   k  5 ，开口向下，
2 2

Q当 x  3 时， y 随 x 的增大而减小，
 k  5  3 ，
2
 k  11 ．故选：D．
【变式 02】（2025·贵州·模拟预测）如图：反比例函数 y  k k  0 的图象与正比例函数 y  mx 的图象交
x
于 A 、 B 两点，其中 A 点坐标为 1 , 2  ．
 2

(1)求反比例函数和正比例函数的表达式，并直接写出 B 点坐标；
(2)将正比例函数 y  mx 的图象逆时针旋转90 后向上平移b （ b  0 ）个单位长度，得到的一次函数
y  ax  b 的图象刚好与反比例函数 y  k k  0 的图像只有一个交点，求b 的值．
x
【答案】(1) y  1 ， y  4x ， B   1 , 2 
x 2

(2) b  1
【分析】本题考查了正比例函数与反比例数，一次函数的平移，旋转的性质，一次函数与反比例函数交点
问题；
æ1\
2
将点 Aç, 2÷ 分别代入反比例函数与正比例函数，待定系数法求解析式，根据正比例函数与反比例函
èø
数都是中心对称图形，即可得出 B 点的坐标；
先求得旋转后的正比例函数解析式，根据平移的性质得出一次函数解析式为 y   1 x  b ，结合题
4
意，根据 1 x2  bx 1  0 有两个相等的实数根，即可求解． 4
æ1\k
2x
【详解】（1）解：将点 Aç, 2÷ 代入 y  k  0 得，
èø
∴ k  1  2  1，
2
∴反比例函数表达式为： y  1 ，
x
æ1\
y  mx
2
将点 Aç, 2÷ 代入得，
èø
2  1 m ，
2
解得： m  4
∴正比例函数的表达式为： y  4x ，
∵正比例函数图象与反比例函数图象都是中心对称图形，
∴ A, B 关于原点对称，
∴ B   1 , 2 
 2

（2）解：∵将 1 , 2  绕原点逆时针旋转90 得到 2, 1  ，
 22 

代入正比例函数 y  k x ，得， 1  2k ，
121
解得： k   1 ，
14
∴正比例函数 y  4x 逆时针旋转90 后得到 y   1 x ，
4
向上平移b （ b  0 ）个单位长度，得到的一次函数： y   1 x  b
4
∵ y   1 x  b 与反比例函数 y  1 的图象只有一个交点，
4x
∴  1 x  b  1 ，即 1 x2  bx 1  0 有两个相等的实数根，
4x4
∴ b2 1  0
解得： b  1或b  1 （舍去）
【典例 02】（（2025·辽宁沈阳·一模）定义：若一个函数的图象上存在横、纵坐标相同的点，则称该点为
这个函数图象的“横纵相同点”．若将函数 y  x2  2x  2 的图象绕 x 轴上一点 A 旋转180 ，当旋转后的图象上有且只有 1 个“横纵相同点”时，则点 A 的坐标为．
【答案】 1 , 0  / 0.125, 0
 8

【分析】本题考查了二次函数图象，一元二次方程的根与系数的关系．解题的关键在于根据题意构造一元二次方程．
先根据旋转 180°后图象开口方向相反，开口大小不变，顶点坐标纵坐标为1，设旋转后的图象解析式为
y  (x  a)2 1，由当旋转后的图象上有且只有 1 个“横纵相同点”时，二次函数 y  (x  a)2 1与 y  x 有且只有一个交点，即关于 x 的方程 x  (x  a)2 1 有两个相等的根，进而求解.
【详解】解：∵ y  x2  2x  2  (x 1)2 1 ，
∴顶点坐标为(1,1) ，
∴当旋转后的图象顶点纵坐标为1，
设将函数 y  x2  2x  2 的图象绕 x 轴上一点 A 旋转180 ，当旋转后的图象顶点坐标为(a, 1)
即旋转后的图象解析式为 y  (x  a)2 1，
∵横、纵坐标相等的点在函数 y  x 的图象上，
∴当旋转后的图象上有且只有 1 个“横纵相同点”时，二次函数 y  (x  a)2 1与 y  x 有且只有一个交点，
∴关于 x 的方程 x  (x  a)2 1 有两个相等的根，
∴ x2  (2a 1)x  a2 1  0 有两个相等的根，
∴   2a 12  4 a2 1  0 ，解得， a   3 ，
4
即旋转后的图象顶点坐标为  3 , 1 ，
 4

 1 3
∴点 A 的坐标为 4 , 0  ，即 1 , 0 
 2 8


故答案为：  1 , 0  ．
 8

变式应用
【变式 01】（2025·福建泉州·模拟预测）国家的强大离不开国防的保障．近几年，科技的发展越来越多地应用到国防军事方面，其中无人机和导弹防御系统成为各国竞争的热点．梅石数学小组借助项目式学习研究了如下问题：某军事游戏模型截面图中，导弹防御系统雷达固定向上时的覆盖范围可视为二次函数
y  ax2  2 a  0 （如图 1），并且可确保击落进入覆盖区域内超过 10 分钟（含 10 分钟）的无人机．（已知直角坐标系的单位长度均为 1km．）
(1)当点1, 3 在该二次函数图象上时，求a 的值；
(2)①若雷达可绕点 P 左右旋转90 形成全方位覆盖（如图 2）．若已知图 2 中 y  1 x2  2 的图象绕点 P 向右
9
旋转90 形成的曲线满足： x  1  y  22 ，请直接写出 y  1 x2  2 图象绕点 P 向左旋转90 后 x 、 y 满足的
99
关系式：；
②如图 1，若该军事游戏模型中，某型号攻击无人机飞行高度为10km ，携带导弹后速度为 10 米/秒，为摧毁雷达需飞行到 P 点正上方进行投弹．当该导弹防御系统雷达固定向上时，其覆盖范围所视为的二次函数 y  ax2  2 a  0 的a 要调整到什么范围才能抵挡这次攻击？（投弹时间忽略不计）
【答案】(1) a  1
(2)① x   1  y  22 ②当0  a  2 时，才能抵挡这次攻击
99
【分析】本题考查二次函数的实际应用，正确的求出函数解析式，是解题的关键：
待定系数法求出函数解析式即可；
①根据对称性，结合开口大小不变，得到a   1 ，即可得出结果；②求出无人机到达 P 点上方正好
9
为 10 分钟时的a 值，即可得出结果．
【详解】（1）解：把1, 3 代入 y  ax2  2 a  0 ，得： 3  a  2 ，
∴ a  1 ；
（2）①观察可知： y  1 x2  2 图象绕点 P 向左旋转90 后的图象和 y  1 x2  2 的图象绕点 P 向右旋转90
99
的图象，顶点相同，开口大小相同，只是方向相反，
∴ y  1 x2  2 图象绕点 P 向左旋转90 后 x 、 y 满足的关系式： x   1  y  22 ；
99
故答案为： x   1  y  22 ；
9
②当无人机到达 P 点上方正好为 10 分钟时，则飞行距离为10 10  60  6000m  6km ，假设无人机从左往右飞，
∵无人机飞行高度为10km ，
则，当 y  ax2  2 a  0 过点6,10 时，10  62 a  2 ，
∴ a  2 ，
9
∴当0  a  2 时，才能抵挡这次攻击． 9
技法 07函数背景下的规律探究问题
知识必备
函数的概念与表示、列表法与图象法、从特殊到一般的数学思想、代数推理与验证、新定义函数的理解。
答题技法
仔细阅读题意，理解新函数或新情景的规则。通过列表、描点、作图探索规律，结合已学基本函数的性质进行分析。注意从特殊到一般，猜想规律后尝试用代数方法验证。
母题精讲
【典例 01】（2025·黑龙江牡丹江·二模）正方形 A1B1C1O, A2 B2C2C1 , A3 B3C3C2 ,L按照如图的方式摆放，点
A1 , A2 , A3 ,L 在直线 y  x 1上，点C1 , C2 , C3 ,L在 x 轴上，则点 B2025 的坐标为．
【答案】22025 1, 22024 / 1 22025 , 22024 
【分析】本题考查了一次函数上点的特征，正方形的性质和坐标的变化规律．此题难度较大，注意正确得到点的坐标的规律是解题的关键．首先利用一次函数解析式结合正方形的性质求出 B1 , B2 , B3 ,L 的坐标，可
以得到规律： Bn
2n 1, 2n1 ，据此即可求解．
【详解】解：∵点 A1 , A2 , A3 ,L 在直线 y  x 1上，点C1 , C2 , C3 ,L在 x 轴上，且
A1B1C1O, A2 B2C2C1 , A3 B3C3C2 ,L为正方形，
当 x  0 时， y  1，
∴ A1 0,1 ， B1 1,1 ， C1 1, 0 ；当 x  1 时， y  2 ，
∴ A2 1, 2 ， B2 3, 2 ， C1 3, 0 ；当 x  3 时， y  4 ，
∴ A3 3, 4 ， B3 7, 4 ， C1 7, 0 ；
L；
∴ Bn
∴ B
2n 1, 2n1 ，
22025 1, 22024 ，
2025
故答案为： 22025 1, 22024 ．
变式应用
【变式 01】（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）如图，在平面直角坐标系中，点 A 在直线l：y  
3 x 上，过
3
点 A 作 AB  y 轴，垂足为点 B ，将V ABO 绕点 A 逆时针旋转到VAB1O1 的位置，使点 B 的对应点 B1 落在直线l 上，再将VAB1O1 绕点 B1 逆时针旋转到V A1B1O2 的位置，使点O1 的对应点O2 也落在直线l 上，……，按
此规律，若点 B 的坐标为( 0, 1) ，则点 B45 的坐标为．
【答案】  68 3  69 68  23 
3
2，2

【分析】本题考查一次函数图象上点的坐标特征及点的坐标变化规律，解直角三角形等知识，先求出点 A
的坐标，进而得出△OAB 的周长，根据所给旋转方式发现点 B2n1 （ n 为正整数）都在直线 y  
3 x 上，
3
依次求出OB2n1 的长度，发现规律即可解决问题，能根据所给旋转方式发现OB2n1 （ n 为正整数）长度的
变化规律是解题的关键．
【详解】解：由题知，将 y  1代入 y  
3 x 得， x  ，
3
3
∴点 A 的坐标为 3,1，
3
∴ OB  1， AB ，
OB2  AB2
在Rt△ABO 中， AO 
 2 ，
3
∴ CVOAB  1  2  3  3 ，
由所给旋转方式可知，点 B2n1 （ n 为正整数）在直线 y  
3 x 上，且在第二象限，
3
∴ OB1  2  3 ，
3
3
OB3  2  3 ，
3
3
3
OB5  2  3  3 ，
…，
3
∴ OB2n1  2  3  3 n 1  3  3 n 1，
3
∴ OB45  233  3 1  68  23

设点 B 的坐标为 m, 
3 m  ，
453

在RtV AOB 中， cs AOB  OB  1 ，
OA2
∴ AOB  60 ，
∴  3 m  OB  cs∠AOB  68  23 3 ， m  OB  sin∠AOB  68 3  69 ，
3452452
∴ m   68 3  69 ，
2
解得： m  180 （舍正），
∴  3 m  135 ， 4
3
∴点 B 的坐标为  68 3  69 , 68  23  ．
4522

3
故答案为：   68 3  69 , 68  23  ．
22

【变式 02】（2025·黑龙江·模拟预测）在平面直角坐标系 xOy 中，正方形
A1B1C1O、A2 B2C2 B1、A3 B3C3 B2，，按如图所示的方式放置、点 A1、A2、A3，和点 B1、B2、B3，分别在直线
y  kx  b 和 x 轴上、已知C 1，1，C  7 ， 3  ，则点 A 的坐标是．

12  22 n
 3 n1 3 n1 
【答案】 5 2  4， 2 
  
【分析】此题考查了一次函数的性质，正方形的性质．
根据正方形的轴对称性，由C1 、C2 的坐标可求 A1 、 A2 的坐标，将 A1 、 A2 的坐标代入 y  kx  b 中，得到关于k 与b 的方程组，求出方程组的解得到k 与b 的值，从而求直线解析式，由正方形的性质求出OB1 ， OB2
的长，设 B2G  A3G  b ，表示出 A3 的坐标，代入直线方程中列出关于b 的方程，求出方程的解得到b 的值，确定出 A3 的坐标，依此类推寻找规律，即可求出 An 的坐标．
【详解】解：连接 A1C1 ， A2C2 ， A3C3 ，分别交 x 轴于点 E 、 F 、G ，
Q正方形 A1B1C1O 、 A2 B2C2 B1 、 A3 B3C3 B2 ，
 A1 与C1 关于 x 轴对称， A2 与C2 关于 x 轴对称， A3 与C3 关于 x 轴对称，
QC (1, 1) ， C  7 ,  3  ，

12  22 
 3 11
 3 11 
 7 3 
 3 21
 3 21 
 A1(1,1) ，即 5 2 
 4,  2 
 ， A2 
,  ，即 5 2 
 4,  2  ，
  
 2 2 
  
OB  2OE  2 ， OB  OB  B F  2  2  7  2   5 ，
1211
 2

将 A1 与 A2 的坐标代入 y  kx  b 中得：
k  b  1


 7 k  b  3 ，
 22
k  1
5
解得： ，

b  4
5
直线解析式为 y  1 x  4 ，
55
设 B2G  A3G  b ，则有 A3 坐标为(5  b, b) ，
代入直线解析式得： b  1 (5  b)  4 ，
55
解得： b  9 ，
4
 29 9 
 3 31
 3 31 
 A3 坐标为,  ，即 5 2 
 4,  2  ，
 4 4 
  
 3 n1 3 n1 
依此类推 An  5 2  4,  2  ．
  
 3 n1 3 n1 
故答案为：  5 2  4,  2  ．
  
【典例 02】（2025·山东青岛·模拟预测）如图， VOA1B1 ， VB1 A2 B2 ， △B2 A3B3 是分别以 A1 ， A2 ， A3 为直角顶点，斜边在 x 轴正半轴上的等腰直角三角形 其中顶点 A ， A ， A 均在反比例函数 y  1 (x  0) 的
123x
图象上，则点 B2025 的坐标为．
【答案】90, 0
【分析】本题主要考查了点坐标规律探索，反比例函数图象上点的特征，等腰直角三角形的性质等知识，利用等腰直角三角形的性质和反比例函数图象上点的坐标特征，通过设未知数建立方程求解，进而总结规律得出点的坐标．
【详解】解：过 A1 、 A2 、 A3 ．．．分别作 x 轴的垂线，垂足分别为 D1 、 D2 、 D3 ．．．
则OD1B1  OD2 A2  OD3 A3  90 ，
∵三角形VOA1B1 是等腰直角三角形，
∴ B1OA1  45 ，
∴ OB1D1  45 ， OA1D1  45 ，
∴ OD1  A1D1 ，
∵直角顶点 A 在反比例函数 y  1 ，
1x
∴ A1 1,1 ，即 y1  1 ，
∴ OD1  D1B1  1 ，
∴ OB1  2OD1  2 ，
设 A2 坐标为m, n ，则m  2  n ，
∵ A 在 y  1 上，
2
∴ n 
x
1
2  n ，
整理得n2  2n  1  0 ，
解得n  1  2 ，
∵ n  0 ，
∴ n  1 
2 ， m=
1，
2
2
∴ B1B2  2n  2 1，
2
∴ OB2  OB1  B1B2  2  2 1  2 2 ，设 A3 坐标为 p, q ，
2
则 p  2 q ，
∵ A 坐标在反比例函数 y  1 ，
3x
∴ q  1 ，
p
即q 
1
2 2  q
，整理得q2  2 2q 1  0 ，
2
3
∴ q  ，
∵ q  0 ，
3
2
3
2
∴ q ， p ，
3
∴ B2 B3  2q  2  2 ，总结： OB1  2 ，
2
2
OB2  2  2 1  2，
2
3
3
OB3  2 2  2   2，
…
则OBn  2 n ，
2025
∴ OB2025  2
∴ B2025 90, 0 ， 故答案为： 90, 0
 2  45  90 ，
【变式 01】（2025·山东济宁·一模）如图，在平面直角坐标系中，第一象限的角平分线分别与反比例函数
y  1 ， y  2 ， y  3 ⋯的图象交于点 A , A , A L，过 A , A , A L分别作坐标轴的平行线，依次得到矩形
xxx
123
123
A1B1B2C1 ， A2 B2 B3C2 ， A3 B3 B4C3 …，其面积依次记作S1 , S2 , S3 L，则Sn 可以表示为（ ）
A． nB． n 
n2  n
n2  n
n2  n
C． n 1
D．
 n 1
n2  n
【答案】A
【分析】本题考查了反比例函数的性质以及第一象限角平分线的特点．在第一象限角平分线上的点，其横，纵坐标相等．先求出各交点的坐标，再根据坐标求出矩形的边长，进而得出矩形面积的规律．
【详解】解：Q第一象限的角平分线的解析式为： y  x ，
 y  x
联立1 ，将 y  x 代入 y  1 ，得到 x  1 ，即 x2 >1  x>0 ，

 y  xx
x
解得 x  1 ，则 y  1，
 A1 1,1 ；
 y  x
联立2 ，将 y  x 代入 y  2 ，得到 x  2 ，即 x2 >2  x>0 ，

 y  xx
x
2
2
解得 x ，则 y ，
 A2  2, 2  ；
 y  x
联立3 ，将 y  x 代入 y  3 ，得到 x  3 ，即 x2 >3  x>0 ，

 y 

解得 x 
xx
x
3
3 ，则 y ，
 A3  3, 3 ．
2
对于矩形 A1B1B2C1 ， A1 1,1 ， A2  2, 2  ，则C1 的横坐标为， A1 的横坐标为1， A1 的纵坐标为1， A2 的
2
纵坐标为，
2
2
 S1  11 1 ；
2
对于矩形 A2 B2 B3C2 ， A2  2, 2  ， A3  3, 3 ，则C2 的横坐标为 3 ， A2 的横坐标为， A2 的纵坐标为
2
， A3 的纵坐标为 3 ，
3
2
6
 S2   2  2 ；
通过前面的计算，我们发现规律：
n
n2  n
An 的坐标为：  n, n  ， An1 的坐标为：  n 1, n 1 ，
n 1
则Sn  
 n 
n n 1
n 
n ．
故选：A．
【变式 02】（2025·河南·一模）如图，分别过点 Pi i，0i＝1、2、、2024 作 x 轴的垂线，交 y = x2 的图像于
ii
点 A ，交直线 y  x 于点 B ，则 1 1
1L
1
的值为（ ）
A1B1A2 B2A3 B3A2024 B2024
2023
2024
【答案】B
2024
2025
2022
2024
2022
2025
【分析】此题考查了二次函数的图像与性质，一次函数的图像与性质，属于规律型试题，找出题中的规律是解本题的关键．
根据 Ai 的纵坐标与 Bi 纵坐标的绝对值之和为 Ai Bi 的长，分别表示出所求式子的各项，拆项后抵消即可得到
结果．
i i
【详解】解：根据题意得： A B  x2  x  x2  x  x  x 1 ，
∴ 1 1 1  1 ，
Ai Bix  x 1xx 1
∴
1 
A1B1
1
A2 B2
1
A3 B3
L
1
A2024 B2024
 1  1  1 L1
1 22  33 42024  2025
 1 1  1  1  1  1 L11
 1
2233420242025
1
2025
 2024 ． 2025
故选：B．
技法08函数背景下的整点问题
知识必备
整点的概念、一次函数图象上的整数点、反比例函数图象上的整数点、二次函数图象上的整数点、不等式组表示的区域、数形结合思想。
答题技法
结合函数图象进行分析。对于一次函数，常通过分析直线上的整数解得到；对于反比例函数，利用 k 的因数分解找整数对(x,y)；对于二次函数，代入整数 x 验证 y 是否为整数。区域整点问题需结合不等式组和图象边界分析，注意是否包含边界。
母题精讲
【典例 01】（2025·广东深圳·三模）在平面直角坐标系 xOy 中，设二次函数 y  ax2  2ax 1a  0 的图象
为抛物线 G，抛物线 G 与抛物线G1 的图象关于 x 轴对称．
抛物线 G 与 y 轴的交点坐标为，抛物线 G 的对称轴为直线 x  ；
当a  3 时，求抛物线G1 的表达式；
横、纵坐标都是整数的点叫做整点，记抛物线 G 与抛物线G1 围成的中间封闭区域( 不包括边界) 为W ．
①当a  3 时，直接写出区域 W 内的整点个数；
②如果区域 W 内恰有 5 个整点，结合函数图象，直接写出 a 的取值范围．
【答案】(1) 0,1 ，1；
y  3x2  6x 1；
① 1, 0 ， 1, 1 ， 1,1 共 3 个；② 3  a  4 或1  a   1 ．
3
【分析】本题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，数形结合是解题的关键．
利用对称轴公式以及 y 轴上点的坐标特征求得即可；
根据关于 x 轴对称的点的坐标特征即可得出答案；
①根据图象即可求得；
② a  0 时，抛物线 y  ax2  2ax 1a  0 经过点1, 3 时，区域 W 内恰有 5 个整点，结合①即可得出
3  a  4 ；当a  0 时，如图 2，抛物线 y  ax2  2ax 1a  0 经过点1, 0 和1, 2 时，区域 W 内恰有 5 个整点，结合图象即可求得1  a   1 ，从而求得如果区域 W 内恰有 5 个整点，则3  a  4 或1  a   1．
33
【详解】（1）解：Q二次函数 y  ax2  2ax 1a  0 ，
对称轴为直线 x   2a  1，
2a
令 x  0 ，则 y  1，
图象与 y 轴的交点坐标为0,1 ；故答案为： 0,1 ，1；
解：Q抛物线 G： y  ax2  2ax 1a  0 ，
1
抛物线G ：  y  ax2  2ax 1a  0 ，即 y  ax2  2ax 1a  0 ，
当a  3 时， y  3x2  6x 1；
解：①当a  3 时，则抛物线 G： y  3x2  6x 1  3(x 1)2  2 ，
顶点为1, 2 ，
令 y  3x2  6x 1  0 ，解得： x  1 6  2 ， x  1 6  0 ，
1323
Q图象与 y 轴的交点坐标为0,1 ，
区域 W 内的整点有1, 0 ， 1, 1 ， 1,1 共 3 个；
②当a  0 时，如图 2，
抛物线 y  ax2  2ax 1a  0 经过点1, 3 时，区域 W 内恰有 5 个整点，
3  a  2a 1，解得： a  4 ，
结合①可得： 3  a  4 ；
当a  0 时，如图 2，抛物线 y  ax2  2ax 1a  0 经过点1, 0 和1, 2 时，区域 W 内恰有 5 个整点．经过点1, 0 时， 0  a  2a 1 ，
解得： a   1 ，
3
经过点1, 2 时， 2  a  2a 1 ，解得： a  1 ，
1  a   1 ，
3
故如果区域 W 内恰有 5 个整点，则3  a  4 或1  a   1．
3
变式应用
【变式 01】（2024·河北邯郸·二模）如图，直线l1 : y  x  4 与 y 轴， x 轴交于点 A ，点 B ，直线l2 与 y
轴， x 轴交于点 A ，点C, OC  2OA ．
求点 A 的坐标及直线l2 的解析式；
13 

点 D  m, 2 m  2  在直线l3 上．
①直接写出直线l3 的解析式；
②若点 D 在VABC 内部（含边界），求m 的取值范围；
③横纵坐标都为整数的点为整点，将直线l3 向上平移n 个单位长度（ n 为整数），直线l3 在第二象限恰有 4
个整点，直接写出n 的值．
【答案】(1) 0, 4 ， y   1 x  4 ；
2
(2)① y  1 x  3 ；② 3  m  5 ；③3．
222
【分析】本题是一道一次函数综合问题，考查了求一次函数的解析式；已知点在直线上的求点的坐标等，需要有解决一次函数的综合能力．
令 x  0 ， y  4 ，得到点 A 的坐标为0，4 ，利用OC  2OA ，求得点 C 的坐标为8，0 ，利用待定系数法即可求解；
①直接写出直线l3 的解析式即可；
②联立，分别求得直线l3 与l1 、l2 的交点坐标，据此即可求解；
③求得3  2n  x  0 ，当n  0 、1、2L，求得直线l3 在第二象限整点个数，即可求解．
【详解】（1）解：令 x  0 ，则 y  x  4  4,
∴点 A 的坐标为0, 4 ，则OA  4 ．
QOC  2OA,
OC  8, 点C 的坐标为8, 0 ，
设直线l2 的解析式为 y  kx  4 ，把C 8, 0 坐标代入 y  kx  4 ，得0  8k  4,
 k   1 ,
2
∴直线l 的解析式为 y   1 x  4 ；
22
13 

（2）①Q点 D  m, 2 m  2  在直线l3 上，
直线l 的解析式为 y  1 x  3 ；
322
②令 y  1 x  3  0 ，则 x  3 ，令 y  x  4  0 ，则 x  4 ．
22
 y  x  4

解方程组 y  1 x  3 ，
22
x  5

得 y  1
 y   1 x  4 x  5

解方程组
 y 

2
1 x  3
22
2
得

 y  11
4
∵点 D 在VABC 内部（含边界），
 m 的取值范围是3  m  5 ；
2
③将直线l 向上平移n 个单位长度，则平移后的直线解析式为 y  1 x  3  n ，
3
直线l3 在第二象限，则 x 
1
0, x
2
22
 3  n  0 ， 2
解得3  2n  x  0 ，当 x 为奇数时， y 为整数．
当n  0 时， y  1 x  3 ，则3  x  0, x 可取1一个点；
22
当n  1 时， y  1 x  5 ，则5  x  0, x 可取1, 3 两个点；
22
当n  2 时， y  1 x  7 ，则7  x  0, x 可取1, 3, 5 三个点；
22
当n  3 时，
y  1 x  9 ，则9  x  0, x 可取1, 3, 5, 7 四个点．
22
∴ n 的值为 3．
【变式 02】（23-24 九年级上·山东济南·期末）在平面直角坐标系中，定义：横坐标与纵坐标均为整数的
点为整点．如图，已知双曲线 y  k  x  0 经过点 A2, 2 ，在第一象限内存在一点 B m, n ，满足mn  4 ．
x
求k 的值；
如图1，过点 B 分别作平行于 x 轴， y 轴的直线 y  k  x  0 于点C 、 D ，记线段 BC 、 BD 、双曲线所围
x
成的区域为W （含边界），
当m  n  4 时，区域W 的整点个数为；
直线 y  ax  5a  4 a  0 过一个定点，若点 B 为此定点，直线上方（不包含直线）的区域记为W1 ，直线下方（不包含直线）的区域记为W2 ，当W1 与W2 的整点个数之差不超过2 时，请求出a 的取值范围．
【答案】(1) 4 ；
(2)①11，② 1  a  1．
2
【分析】（1）根据点 A 在 y  k 的图象上，可求出k 的值；
x
（ 2 ） ① 标出区域W ，再统计区域内的整数点即可；
② 过定点即表示与a 的取值无关，则有a 的系数 x  5 等于0 ，便可解决问题，利用图象，求出区域内的所有整数点，再分类讨论即可；
本题考查反比例函数的性质，正确理解题目中所给出的新定义，结合图形合理的分析是解题的关键．
【详解】（1）∵双曲线 y  k 经过点 A2, 2 ，
x
∴ k  2  2  4 ，即k 的值为4 ；
（2） ① 当m  n  4 时，由图1可知，
BC 上的整点有4 个，
BD 上的整点有4 个，
双曲线上CD 段的整点有3 个，区域W 内部的整点有3 个，
又点 B ， C ， D 都被算了2 次，
所以区域W 的整点个数为： 4  4  3  3  3  11 ，故答案为：11；
② 由题知， y  ax  5a  4   x  5 a  4 ，
则不论a 为何值， x  5 时，即直线过定点5, 4 ，
∴ B 5, 4 ，
如图所示，当 B 5, 4 时，区域W 内的整点共有15 个，
又被分成的区域W1 和W2 的整点个数之差不超过2 ，
则当直线经过点4, 3 时，W1 的整点个数是7 ，W2 的整点个数是5 ，满足要求，此时4a  5a  4  3 ，得a  1 ，
当直线过点3, 3 时，W1 的整点个数是5 ，W2 的整点个数是8 ，不满足要求，故当点3, 3 在直线上方时，即可，
此时3a  5a  4  3 ，得a  1 ，
2
故a 的取值范围是： 1  a  1．
2
【变式 03】（2024·辽宁·模拟预测）在平面直角坐标系 xOy 中，等腰直角三角形OAB 的直角边长为 n（n
为正整数，且n  2 ），点 A 在 x 轴正半轴上，点 B 在 y 轴正半轴上．若点M  x, y  在等腰直角三角形OAB边上，且 x，y 均为整数，定义点 M 为等腰直角三角形OAB 的“整点”．若某函数的图像与等腰直角三角形 OAB 只有两个交点且交点均是等腰直角三角形OAB 的“整点”，定义该函数为等腰直角三角形OAB 的“整点函数”．
如图 1，当n  2 时，一次函数 y  kx  t 是等腰直角三角形OAB 的“整点函数”，则符合题意的一次函数的表达式为（写出一个即可）；
如图 2，当n  3 时，函数 y  m 的图像经过C 1, 2 ，判断该函数是否为“整点函数”，并说明理由；
x
当n  4 时，二次函数 y  ax2  bx  2 经过 AB 的中点，若该函数是“整点函数”，求a 的取值范围；
在（3）的条件下 P a 1, y1  ， Q a  2, y2  是二次函数 y  ax2  bx  2 图象上两点，若点 P 、Q 之间的图象（包括点 P 、Q ）的最高点与最低点纵坐标的差为3 a ，求a 的值
【答案】(1) y  x  2 （答案不唯一）
函数 y  2 是“整点函数”，理由见解析
x
0  a  2 或 1  a  0
4
a  1
【分析】本题主要考查了反比例函数与几何综合，一次函数与几何综合，二次函数综合：
求出恰好经过 A、B 的直线解析式即可得到答案；
先利用待定系数法求出反比例函数解析式，再利用直线 AB 和反比例函数解析式，求出二者的交点坐标即可得到结论；
先利用待定系数法求出b  2a ，进而得到对称轴为直线 x  1 ，则抛物线一定经过点0, 2 ，再分当
a  0 ，当a  0 两种情况讨论求解即可；
根据（3）所求分当a  0 ，当a  0 两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：由题意得， A2, 0，B 0, 2 ，当直线 y  kx  b 恰好经过 A、B 时符合题意，
2k  b  0

∴ ，
b2
∴ k  1 ，
∴ y  x  2 ，
故答案为： y  x  2 （答案不唯一）；
解：把C 1, 2 代入 y  m 中得m  2 ，
x
∴反比例函数解析式为 y  2 ，
x
由题意得， A3, 0 ，, B 0, 3 ，
直线 AB 的解析式为 y  x  3 ．
 y  x  3

x  1
x  2
联立 y  2，解得 y  2 或 y  1 ，
x
 y  2 与线段 AB 有两个交点，分别为1, 2 和2,1 ，且都是整点；
x
函数 y  2 是“整点函数”；
x
解：当n  4 时， A4, 0 ， B 0, 4 ，
∴ AB 中点坐标2, 2 ，
Q y  ax2  bx  2 过2, 2 ，
 2  4a  2b  2 ，
b  2a ，
 y  ax2  2ax  2  a  x 12  2  a ，
∴抛物线的对称轴为直线 x  1 ，
由题意，抛物线一定经过点0, 2 ，
当a  0 时，Q抛物线是“整点函数”，且顶点坐标为1, 2  a ，
2  a  0 ，
 a  2 ，
0  a  2 ；
当a  0 时，则抛物线与 x 轴正半轴的交点在点 A 右侧，即当 x  4 时， y  0 ，16a  8a  2  0 ，
∴ a   1 ，
4
 1  a  0 ． 4
综上， a 的取值范围是0  a  2 或 1  a  0 ．
4
解：由（3）可知抛物线的对称轴为直线 x  1 ．
①当 1  a  0 时，则顶点1, 2  a 为最高点， Q 为最低点，
4
3

 2  a  a a  22  2a a  2  2  3a ， 整理得， a2  2a  2  0 ， a  1（舍），
②当0  a  2 时， a 1  1，
抛物线开口向上，在对称轴右侧， y 随 x 的增大而增大，
最高点为点Q ，最低点为点 P ．

 a a  22  2a a  2  2  a a 12  2a a 1  2  3a ．
解得a1  0 （舍）， a2  1．综上所述， a 的值为 1．
技法09函数背景下的几何问题
知识必备
几何图形性质（三角形相似与全等、勾股定理、平行四边形判定、圆的性质）、函数图象上点的坐标特征、方程（组）与不等式、分类讨论思想。
答题技法
设出动点坐标（常用参数表示），利用几何性质（勾股定理、相似、全等、锐角三角函数等）建立方程或函数关系。注意多情况讨论（如等腰三角形需分腰相等的情况），利用数形结合思想简化运算，做到“多思少算”。
母题精讲
【典例 01】（2025·青海西宁·一模）如图，直线 y 
2
OCB  1 ．
kx 1 与 x 轴、 y 轴分别交于 B ， C 两点， tan∠
求 B 点坐标和k 的值；
若点 A(x ， y) 是第一象限内的直线 y 
S 与 x 的函数关系式；
探索：
kx 1 上的一个动点．当点 A 运动过程中，试写出V AOB 的面积
①当点 A 运动到什么位置时， V AOB
1
的面积为 4 ，并说明理由；
②在①成立的情况下， x 轴上是否存在一点 P ，使V AOP 是等腰三角形．若存在，请写出满足条件的所有 P 点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) B  1 , 0  ； k  2
 2

S  1 x  1
24
4
①当点 A 运动到1,1 时， V AOB 的面积为 1 ，理由见解析；②存在， P  2, 0 或 2, 0或2, 0 或
1, 0
【分析】本题主要考查了三角函数、一次函数图像与点的坐标之间的关系，等腰三角形定义等，熟练掌握这些知识是解题的关键．
由函数与 y 轴交点可得OC  1 ，由三角函数可得OB  2 ，得点 B 坐标，把点 B 坐标代入解析式即可
求k 值；
借助（1）的函数关系式，利用三角形面积公式即可求出；
①利用三角形面积即可求出；
②设 P t, 0 ，分三种情况讨论： OA  OP 、OA  AP 、OP  AP ，先求出OA 的长度，再分别列方程求解
即可．
【详解】（1）解：∵
∴ OC  1 ，
y  kx 1 与 y 轴相交于点C ，
∵ tanOCB  1  OB ，
2OC
∴ OB = 1 ，
2
∴点 B 坐标为 1 , 0  ，
 2

把 B  1 , 0  代入 y  kx 1 得
 2

1 k 1  0 ，
2
解得k  2 ；
故答案为： B  1 , 0  ； k  2 ．
 2

把k  2 代入 y  kx 1 得 y  2x 1，
∵ SV AOB  OB·y ，
∴S  1  1 2x 1  1 x  1 ；
2224
故答案为： S  1 x  1 ．
24
①当S 1 时， 1 x  1  1 ，
解得 x  1，
V AOB4
244
把 x  1代入 y  2x 1，得 y  1，
∴当点 A 运动到1,1 时， VAOB1
②由 A1,1 ，得OA 
的面积为 4 ；
12 1²
2
，设 P t, 0 ，
VAOP 是等腰三角形，分三种情况讨论：
2
2
当OA  OP 时， t  2 ，解得t 或t  ，
∴ P1 
2, 0 或 P2 
2, 0；
t 12  0 1 ²
当OA  AP 时，
∴ P3 2, 0 ；
当OP  AP 时， t 
∴ P4 1, 0 ；
，解得t  2 或t  0
2
t 12  0 1 ²
，解得t  1，
(不符合题意，舍去），
4
故答案为：①当点 A 运动到1,1 时， V AOB 的面积为 1 ；②存在， P 
2, 0 或
2, 0或2, 0 或
1, 0 ．
【典例 02】（2024·广东·模拟预测）综合运用
如图，在平面直角坐标系中，直线l1 ： y  ax  2 与 x 轴交于点 A(4, 0) ，与 y 轴交于点 B，与直线l2 ：
y   1 x 交于点 C．
2
(1)求点 C 的坐标；
(2)抛物线 y   x  h ²  k 的顶点 F 在直线l2 上，以 BC 为边向右作菱形 BCDE ，点 D 恰好与原点O 重合，连接 EF ．
①当VDEF 为直角三角形时，求抛物线的解析式；
②若抛物线同时与菱形的边 BC，CD 有公共点时，求h 的取值范围．
【答案】(1) C(2,1)
(2)①抛物线的解析式为 y  (x  6)2  3 或 y  (x  10)2  5 ，
5533
② h 的取值范围为： 2  h  1
2
【分析】这道题综合考查了一次函数、二次函数、菱形的性质以及直角三角形的判定等知识，掌握这些性质定理是解题关键．
先将点 A(4, 0) 代入直线l1 ： y  ax  2 ，求出a 的值，得到直线l1 的解析式，然后联立直线l1 与l2 的解析式，解方程组求出交点 C 的坐标；
①先根据菱形的性质求出点 B、C、E 的坐标，再结合抛物线顶点 F (h, k ) 在直线l2 上，得到
k   1 h ．由题意易得EDF  90 ，然后分两种情况（ DFE  90 、DEF  90 )），利用直角三角形的
2
性质和坐标关系列方程求解抛物线的解析式；
②分别求出抛物线经过菱形边 BC 和CD 上关键点时h 的值，从而确定h 的取值范围．
【详解】（1）解：直线l1 ： y  ax  2 与 x 轴交于点 A(4, 0) ，将 x  4 ， y  0 代入 y  ax  2 ，
得： 0  4a  2 ，
a  1 ，
2
 l ： y  1 x  2
12
Q l ： y  1 x  2 与l ： y   1 x 交于点 C
1222
 y  1 x  2

联立方程组得： 
2x  2
1，解得：  y  1
 C(2,1)
 y   x

2
（2）①由题意得，点 E 与点C 关于 y 轴对称，
 E(2,1) ，
由抛物线的解析式可知抛物线的顶点 F 的坐标为(h, k ) ．
Q点 F 在直线 y   1 x 上，
2
 k   1 h ，
2
抛物线的解析式为 y  (x  h)2  1 h ，顶点坐标为(h,  1 h) ．
22
由题意易得EDF  90 ，
当DFE  90 时， DF 2  EF 2  DE2 ，即h2  ( 1 h)2  (2  h)2  (1  1 h)2  22 12 ，解得h  6，h  0
22152
（不符合题意），
把h  6 代入 y   1 x 中，
152
得 y   3 ，
5
 F ( 6 ,  3) ，
55
此时抛物线的解析式为 y  (x  6)2  3 ；
55
当DEF  90 时， DE2  EF 2  DF 2 ，即22 12  (h  2)2  (1  1 h)2  h2  ( 1 h)2 ，解得h  10 ，把
h  10 代入 y   1 x 中，得 y   5 ，
223
323
 F (10 ,  5) ，
33
此时抛物线的解析式为 y  (x  10)2  5 ．
33
综上所述，抛物线的解析式为 y  (x  6)2  3 或 y  (x  10)2  5 ．
5533
②当抛物线对称轴左侧图象经过点 D 时，如答图24 1，
将 D (0, 0) 代入 y  (x  h)²  1 h ，得h2  1 h  0 ，
22
解得： h1  0，h2
 1 ， 2
当抛物线顶点经过点C 时，如答图24  2 ，
得h  2
 h 的取值范围为： 2  h  1 ．
2
变式应用
【变式 01】（25-26 九年级上·湖南郴州·期末）如图 1，在平面直角坐标系中，二次函数
y  ax2  bx  c a  0 的图象经过点 A4, 0 ，点 B 1, 3 及原点，直线 AB 与 y 轴交于点C ．
求二次函数的表达式；
点 P 是二次函数图象在直线 AB 上方的一个动点，过点 P 作 PE  x 轴于点 E ，与直线 AB 交于点 D ，设点 P 的横坐标为m ．
m 为何值时VPAB 的面积最大，并求出其最大值；
是否存在点 P ，使得△BPD 与△AOC 相似．若存在，请求出点 P 坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) y  x2  4x ；
(2) ① 当m  5 时， S
2
VPAB
的值最大，最大值为 27 ； ② 3, 3 或2, 4 ．
8
【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图像和性质，相似三角形的判定和性
质等知识点，熟练掌握相关知识是解题的关键．
（1）利用待定系数法即可求解；
（ 2 ） ① 先求出直线 AB 的表达式为 y  x  4 ，由题知 P m, m2  4m ，则 D m, m  4 ，则
PD  y
P  yD
 m2  5m  4 ，所以S
V PAB
  2 
5 227
m  2   8
，最后通过二次函数的性质即可求解；
3 

② 要使VBPD与V AOC 相似，只有保证△BPD 是直角三角形即可，然后分i) 当VBPD∽V AOC 时， ii) 当
VPBD∽VAOC 时，两种情况求解即可．
【详解】（1）解：把O 0, 0 ， A4, 0 ， B 1, 3 代入 y  ax2
c  0

 bx  c ，得16a  4b  c  0 ，

a  b  c  3

a  1
解得： b  4 ，

c  0
∴二次函数的解析式为 y  x2  4x ；
（2）解： ① ∵点 P 是二次函数图像在直线 AB 上方的点，
∴1  m  4 ，
设直线 AB 解析式为 y  k1 x  b1 ，
把 A4, 0 ， B 1, 3 代入得， 4k1  b1  0 ，
k  b  3
 11
k1  1

解得，
b14
∴直线 AB 的表达式为： y  x  4 ，
由题知 P m, m2  4m ，则 D m, m  4 ，
PD
∴ PD  y  y  m2  5m  4 ，
22
133 
5 227
∴ SV PAB
 PD  x
2
A  xB
  
m2  5m  4   
m  2   8 ，
∵  3  0 ，
2
∴当m  5 时， S
2
VPAB

的值最大，最大值为 27 ；
8
存在，理由如下：
∵ PE  x 轴，即 PE y 轴，
∴ BDP  ACO ，
∵△AOC 是直角三角形，
∴要使VBPD与V AOC 相似，只有保证△BPD 是直角三角形即可，
当VBPD∽V AOC 时，如图，
∴ BPD  AOC  90 ，
此时 BP∥x 轴， B、P 关于抛物线的对称轴 x  2 对称，
∴ P 3, 3 ；
当VPBD∽VAOC 时，如图，
∴ PBD  AOC  90 ，
∵ OC  OA  4 ，
∴ BDP  ADE  OAC  45 ，
∴△BDP 为等腰直角三角形，
∴ PD  2BD ，
由① 知 PD  m2  5m  4 ，
∵ B 1, 3 ， D m, m  4 ，
m 12  m  4  32
 BD 
 2 m 1
∴ m2  5m  4  2 m 1 ，
解得m1  2 ， m2  1（舍去），
∴ P 2, 4 ，
综上，存在点 P 使△BPD 与△AOC 相似，此时 P 的坐标为3, 3 或2, 4 ．
【变式 02】（2026·湖北襄阳·二模）如图，抛物线 y  ax²  bx  c a  0 与 x 轴交于 A1，0 、 B 3，0 两点，与 y 轴交于点C 0，3 ．
求抛物线的解析式；
点 D 是抛物线上一点，位于 x 轴上方，连接 AD、BD ，若△ABD 的面积为8 ，求点 D 的坐标；
点 E 是抛物线对称轴上一点，连接CE ，将CE 绕点 E 逆时针旋转90 得到 EF ，连接 BF ，求 BF 的最小值．
【答案】(1)抛物线解析式为 y  x²  2x  3 ；
点 D 1, 4 ；
2
BF 有最小值为2．
【分析】（1）将点 A1，0 、 B 3，0 、C 0，3 代入 y  ax²  bx  c a  0 即可求解；
先设设点 D m, m2  2m  3，求出 AB ，根据△ABD 的面积求出 yD ，即可求解；
先将抛物线化成顶点式，接着作直线 x  1 ，在直线 x  1 上找一点 E ，连接CE ，过点C 作CM 垂直于直线 x  1 交直线 x  1 于点M ，将CE 绕点 E 逆时针旋转90 得到 EF ，过点 F 作 FN 垂直于直线 x  1 交直线 x  1 于点 N ，连接 FB ，设点 E 1, t  ，推出点M 1, 3 ， CM  1， ME  3  t ，再根据旋转的性质证明 VMCE VNEF AAS ，求出点 F 的坐标，最后根据距离坐标公式结合二次函数的最值求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线 y  ax²  bx  c a  0 经过 A1，0 、 B 3，0 、C 0，3 ，

a  b  c  0
则： 9a  3b  c  0 ，

c  3

a  1
解得： b  2 ，

c  3
∴抛物线的解析式为： y  x²  2x  3 ；
解：∵点 D 是抛物线上一点，位于 x 轴上方，
∴设点 D m, m2  2m  31  m  3 ，
∴ yD  0 ，
∵ A（1，0）、 B(3，0) ，
∴ AB  3  1  4 ，
∵ SV ABD
 1 AB  y
2D
 8 ，
∴ 1  4  y
2D
 8 ，即 yD  4 ，
∴ m2  2m  3  4 ，
m2  2m  1  0 ，
m 12  0 ，
m  1，
∴点 D 1, 4 ；
解：∵ y  x²  2x  3   x 12  4 ，
∴作直线 x  1 ，在直线 x  1 上找一点 E ，连接CE ，过点C 作CM 垂直于直线 x  1 交直线 x  1 于点M ，将CE 绕点 E 逆时针旋转90 得到 EF ，过点 F 作 FN 垂直于直线 x  1 交直线 x  1 于点 N ，连接 FB ，
∵点 E 是抛物线对称轴上一点，
∴设点 E 1, t  ，
∵ CM 垂直于直线 x  1 交直线 x  1 于点M ，
∴点M 1, 3 ，
∴ CM  1， ME  3  t ．
∵ CE 绕点 E 逆时针旋转90 得到 EF ，
∴ CEF  90 ， CE  EF ，
∴ CEM  NEF  90 ．
∵ CM 垂直于直线 x  1 ， FN 垂直于直线 x  1 ，
∴ CME  FNE  90 ，
∵ CME  CEM  MCE  90 ，
∴ MCE  NEF ．
∵在△MCE 和VNEF 中，
CME  FNE

MCE  NEF ，

CE  EF
∴VMCE VNEF AAS ，
∴ CM  EN  1， ME  FN  3  t ．
∴点 N 1, t 1 ，
∴点 F t  2, t 1 ．
∵点 F t  2, t 1 ，点 B 3，0 ，
t  2  32  t 12
∴ BF ，
t  52  t 12
，
2t 2 12t  26
，
 2 t  32  8 ，
∵ 2  0 ，
8
∴当t  3 ， BF 有最小值为 2 2 ．
【点睛】本题主要考查二次函数的待定系数法、二次函数面积综合题、旋转的性质、两点间的距离公式、二次函数的最值问题等，能够根据题意作出图像并作出辅助线是解题的关键．
【变式 03】（2026·四川泸州·一模）如图 1，若二次函数 y  ax2  2x  c(a  0) 的图象与 x 轴交于点 A 和点
B 3, 0 ，与 y 轴交于点C 0, 3 ．
求抛物线的解析式；
如图2 ，连接 BC ，点 P 为直线 BC 下方抛物线上的动点，求△PBC 面积的最大值及此时点 P 的坐标；
如图 3，将抛物线 y  ax2  2x  c(a  0) 先向右平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新的抛物线 y，在 y的对称轴上有一点 D ，坐标平面内有一点 E ，使得以点 B ， C ， D ， E 为顶点的四边形是矩 形，求点 E 的坐标．
【答案】(1) y=x2 − 2x− 3 ；
面积的最大值为 27 ， P  3 ,  15  ；
24
 
8
点 E 的坐标为5, 2 或1, 2 或1, 3  17  或1, 3  17  ．
22

【分析】（1）把 B 3, 0 和C 0, 3 代入 y  ax2  2x  c(a  0) 求解即可；
先解得直线 BC 的解析式为 y  x  3 ，设 P(a, a2  2a  3) ， M a, a  3 ，得到的 PM 的值，当a  3 时，
2
PM 最大，进而根据三角形的面积公式，即可求解；
分情况讨论，当 BC 为矩形一边时，且点 D 在 x 轴的下方；当 BC 为矩形一边时，且点 D 在 x 轴的上方；当 BC 为矩形对角线时，分别求解即可．
【详解】（1）解：二次函数 y  ax2  2x  c(a  0) 的图象与 x 轴交于点 A 和点 B 3, 0 ，与 y 轴交于点
C 0, 3 ．将点 B ，点C 的坐标分别代入得：
9a  6  c  0

c  3，
a  1

解得c  3 ，
∴抛物线的解析式为 y=x2 − 2x− 3 ；
解：设直线 BC 的解析式为 y  kx  b ，将点 B 3, 0 ，点C 0, 3 分别代入得：

3k  b  0
b  3，

k  1
解得：，
b  3
∴直线 BC 的解析式为 y  x  3 ，
点 P 为直线 BC 下方抛物线上的点，如图2 ，
设 P(a, a2  2a  3) ，
∴ M a, a  3 ，

∴ PM  a  3  a2  2a  3  a2  3a   a 

3 2
2


 9 ， 4
当a  3 时， PM 9 ，
2max4
∴ SV PBC
 1 PM  3  3  9  27 ，
22 48
∴△PBC 面积的最大值为 27 ，
8
 24 
∴ P  3 ,  15  ；

解：由题意可得： y  (x 1)2  2(x 1)  3 1  x2  4x 1  (x  2)2  5 ，
y的对称轴为 x  2 ．
∵ B 3, 0 ， C 0, 3 ，
∴ OC  OB  3 ， BCO  CBO  45 ，
当 BC 为矩形一边时，且点 D 在 x 轴的下方，如图3 ，过 D 作 DF  y 轴于点 F ，
∵ D 在 y的对称轴上，
∴ FD  2 ，
∵ BCD  90 ， BCO  45 ，
∴ DCF  45 ，
∴ CF  FD  2 ， OF  3  2  5 ，即点 D 2, 5 ，
∴点C 向右平移2 个单位、向下平移2 个单位可得到点 D ，则点 B 向右平移2 个单位、向下平移2 个单位可得到点 E 5, 2 ；
当 BC 为矩形一边时，且点 D 在 x 轴的上方， y ′的对称轴为 x  2 与 x 轴交于点 F ，如图4 ，
∵ D 在 y的对称轴上，
∴ FO  2 ，
∴ BF  3  2  1 ，
∵ CBO  45 ，即DBO  45 ，
FD  1，即点 D 2,1 ，
∴点 B 向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点 D ，则点C 向左平移1个单位、向上平移1个单位可得到点 E 1, 2 ；
 22 
当 BC 为矩形对角线时，如图5 ，设 D 2, d  ， E m, n ， BC 的中点 F 的坐标为 3 ， 3  ，

 2  m  3
22

依题意得：  d  n3 ，
 
 22
m  1

解得： d  n  3 ，
又∵ DE  BC ，
17
∴ (2 1)2  (d  n)2  32  32 ，解得： d  n  ，
17
d  n  
联立得： ，
 d  n  3
解得： n  3 
2
17 ，
∴点 E 的坐标为1, 3  17  或1, 3  17  ．
22

综上所述，点 E 的坐标为5, 2 或1, 2 或1, 3  17  或1, 3  17  ．
22

【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，一次函数的图象与性质，矩形的性质，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键．
【变式 04】（2025·湖北襄阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 y  x2  2x  3 与 x 轴交于点
A ， C （点 A 在点C 的右边），与 y 轴交于点 B ，直线 y  kx  b 经过点 A ， B
求 A ， B ， C 三点的坐标及直线 AB 的函数解析式．
P 是第二象限内抛物线上的一个动点，过点 P 作 PQ ∥ x 轴交直线 AB 于点Q ，设点 P 的横坐标为m
（ m  0 ）， PQ 的长为 L ．求 L 与m 的函数关系式，并写出m 的取值范围；
设抛物线的顶点为M ，问在 y 轴上是否存在一点 N ，使得 NAM 为直角三角形？若存在，直接写出点 N
的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1) A3, 0 ， B 0, 3 ， C 1, 0 ，直线 AB 解析式为 y  x  3
L  m2  3m 1  m  0
存在， N  0,  3  或 N  0, 7  或 N 0,1 或 N 0, 3 ．
2 2 

【分析】本题考查二次函数的综合应用，涉及抛物线与坐标轴的交点问题，待定系数法求函数解析式，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键．
令 x  0 ，求出 y 值，令 y  0 ，求出 x 的值，进而得到 A, B,C 的坐标，待定系数法求出直线 AB 的解
析式即可；
求出Q 点坐标，根据两点间的距离求出 L 的解析式，根据点 P 在第二象限，写出 m 的取值范围即可；
分别以 N 为直角顶点， M 为直角顶点和 A 为直角顶点三种情况，进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵ y  x2  2x  3 ，
∴当 x  0 时， y  3 ，当 y  0 时， x2  2x  3  0 ，解得： x1  1, x2  3 ，
∴ A3, 0, B 0, 3, C 1, 0 ，
∵直线 y  kx  b 经过点 A，B
3k  b  0

∴ 
b3
k  1

，解得：，
b  3
∴ y  x  3 ；
∵点 P 的横坐标为m m  0 ，
∴ P m, m2  2m  3 ，
∵ PQ ∥ x 轴，
Q
∴ y  m2  2m  3 ，
∴ m2  2m  3  x  3 ，
∴ x  m2  2m ，
∴ Q m2  2m, m2  2m  3，
∴ L  x  x  m2  3m ，
QP
∵P 是第二象限内抛物线上的一个动点，
∴ 1  m  0 ；
∴ L  m2  3m 1  m  0 ；
存在，设点 N 0, n ，
∵ y  x2  2x  3   x 12  4 ，
∴ M 1, 4 ，
∵ A3, 0 ，
∴ AN 2  9  n2 , AM 2  3 12  42  20, MN 2  1 4  n2 ；
①当点 A 为直角顶点时： 9  n2  20  1 4  n2 ，解得： n   3 ，
2
3 
2
∴ N  0,   ；

②当点M 为直角顶点时， 20 1 4  n2  9  n2 ，解得： n  7 ，
2
7 
2
∴ N  0,  ；

③当点 N 为直角顶点时： 9  n2 1 4  n2  20 ，解得： n  1 或n  3 ，
∴ N 0,1 或 N 0, 3 ；
3 7 
综上： N  0,  2  或 N  0, 2  或 N 0,1 或 N 0, 3 ．

【典例 03】（2026·江苏泰州·模拟预测）如图，一次函数 y  kx  b k  0 的图象与反比例函数
y  8  x  0 的图象交于点 A，与 x 轴交于点 B，与 y 轴交于点 C， AD  x 轴于点 D， CB  CD ，点 C 关于
x
直线 AD 的对称点为点 E．
点 E 是否在这个反比例函数的图象上？请说明理由；
连接 AE 、 DE ，若四边形 ACDE 为正方形．
①求k 、b 的值；
②若点 P 在 y 轴上，当 PE  PB 最大时，求点 P 的坐标．
【答案】(1)点 E 在这个反比例函数的图象上，理由见解析
(2)① k  1， b  2 ；②0, 2
【分析】本题考查了反比例函数和一次函数综合，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
8 1
m2
设点 A m,  ，连接CE 交 AD 于 H，推出OC  AD ，得到点 E 的坐标，即可得解；

8 m
m
①由四边形 ACDE 为正方形得到 AD  CE ， AD 垂直平分CE ，设点 A m,  ，求出

的值，即可得
到点 A 和点C 的坐标，进而求解；
②延长 ED 交 y 轴于 P，此时点 P 即为所求，设直线 DE 的解析式为 y  ax  n ，求解即可．
【详解】（1）解：点 E 在这个反比例函数的图象上，理由如下：
8 
m
设点 A m,  ，

∵点 C 关于直线 AD 的对称点为点 E，
∴ AD  CE ， AD 平分CE ，如图，连接CE 交 AD 于 H，
∴ CH  EH ，
∵ BC  CD ， OC  BD ，
∴ OB  OD ，
∴ OC  1 AD ，
2
∵ AD  x 轴于 D，
∴ CE∥x 轴，
4 
m
∴ E  2m,  ，

∵ 2m  4  8 ，
m
∴点 E 在这个反比例函数的图象上；
（2）解：①∵四边形 ACDE 为正方形，
∴ AD  CE ， AD 垂直平分CE ，
∴ CH  1 AD ，
2
8 
m
设点 A m,  ，

∴ CH  m ， AD  8 ，
m
∴ m  1  8 ，
2 m
∴ m  2 （负值舍去），
∴ A2, 4 ， C 0, 2 ，
代入 y  kx  b 得，

2k  b  4
b  2，

k  1
解得；
b  2
②∵点 P 在 y 轴上，
∴ BC  CD ， OC  BD ，
∴ OB  OD ，
∴ PB  PD ，
∴ PE  PB  PE  PD  DE ，当且仅当 P 、 D 、 E 三点共线时取等号；延长 ED 交 y 轴于 P，此时点 P 即为符合条件的点；
由①知， A2, 4 ， C 0, 2 ，
∴ D 2, 0 ， E 4, 2 ，
设直线 DE 的解析式为 y  ax  n ，
2a  n  0

∴ 4a  n  2 ，
a  1

∴ n  2 ，
∴直线 DE 的解析式为 y  x  2 ，当 x  0 时， y  2 ，
∴ P 0, 2 ，
故当 PE  PB 最大时，点 P 的坐标为0, 2 ．
【变式 01】（2025·河南周口·一模）请阅读以下材料，并完成相应任务．
问题背景：如图①，矩形OABC 的边 AB ， BC 分别与反比例函数 y  k  x  0 的图象交
x
于点 D，E．
小红的探究：如图②，过点 D 作 DF  y 轴于点 F，过点 E 作 EG  x 轴于点 G．根据反
比例函数中 k 的几何意义，可得CE  EG  AD  DF ，又 EG  AB ， DF  BC ，∴
CE  AB  AD  BC ，∴
CE  AD ．
CBAB
小明说：“如图③，连接 DE ， AC ，在小红的结论的基础上继续探究，可以得到
DE∥AC ．”
小明的结论正确吗？若正确，请加以证明；若不正确，请说明理由．
如图④，直线MN 分别与 x 轴、y 轴交于点 N，M，与反比例函数 y  k  x  0 的图象交于点 D，E．求
x
证： EM  DN ．
如图⑤，矩形OABC 的边 AB ， BC 分别与反比例函数 y  k  x  0 的图象交于点 D，E．连接OD ，
x
OE ， DE ．若点 D 为 AB 的中点，则S△ODE  (用含 k 的代数式表示)．
【答案】(1)正确，见解析
(2)见解析
3(3) k
4
【分析】（1）由 CE  AD ，可得 BE  BD ，求证△BED ∽△BCA ，即可求解；
CBABCBAB
过点 E 作 x 轴的平行线，交 y 轴于点 F ，过点 D 作 y 轴的平行线，交 x 轴于点G ，连接 FG ，则
ED ∥ FG ，推出四边形MFGD 和四边形 FENG 都是平行四边形，即可求解；
根据反比例函数k 的几何意义求解面积即可.
【详解】（1）解：正确．证明如下：由 CE  AD ，可得 BE  BD ．
CBABCBAB
又Q∠ B  ∠ B ，
△BED∽△BCA ，
BED  BCA ，
 DE∥AC ．
证明∶如图（1），过点 E 作 x 轴的平行线，交 y 轴于点 F ，过点 D 作 y 轴的平行线，交 x 轴于点G ，连接 FG ，则 ED ∥ FG ；
又Q MF DG ， EF∥GN ，
四边形MFGD 和四边形 FENG 都是平行四边形，
 DM  FG  EN ，
 EM  DN ；
解：如图（2），连接 AC ， OB ，则DE∥AC ．
又Q BD  AD ，
 BE  CE ，
 SVOBE
 SVOCE
 1 k ， S 2
VOBD
 SVOAD
 1 k ，
2
SV BDE
 1 S
2
VOCE
 1 k ，
4
 SVODE
 SVOBE
 SVOBD
 SV BDE
 1 k  2  1 k  3 k ．
244
巩固提升
1．（2024·辽宁盘锦·三模）如图，直线 y  x  4 交坐标轴于 D ， E 两点，等边三角形OBC 的边OB 在 x 轴上，且点 B 为线段OD 的中点，若将△OBC 沿 y 轴竖直向上平移，当点C 落在直线 DE 上时，点 B 的坐标
为（ ）
A． 2, 0
B． 2, 3 
C．2, 3  3 
D． 2, 3
【答案】C
【分析】过点C 作CH  x 轴于 H ，延长 HC ，交 DE 于 F ，先求出 D(4, 0) ， E(0, 4) ，得出 B(2, 0) ，根据等边三角形的性质得出 H (1, 0) ，进而求出平移距离，即可求出平移后的点 B 坐标．
【详解】解：如图，过点C 作CH  x 轴于 H ，延长 HC ，交 DE 于 F ，
∵直线 y  x  4 交坐标轴于 D ， E 两点，当 x  0 时， y  4 ，当 y  0 时， x  4 ，
∴ D(4, 0) ， E(0, 4) ，
∵点 B 为线段OD 的中点，
∴ B(2, 0) ， OB  2
OC 2  OH 2
∵△OBC 是等边三角形，
∴ OC  OB  2 ， OH  BH 
∴ H (1, 0)
1 OB  1， CH 
2
 3 ，
∵将△OBC 沿 y 轴竖直向上平移，点C 落在直线 DE 上，
∴当 x  1 时， y  1 4  3 ，
∴ F (1, 3) ， FH  3 ，
∵ FH  CH  3  3 ，
3
∴平移距离为3 ，
∴平移后，点 B 的坐标为(2, 3 
3) ．
2．（2026·陕西·一模）如图，二次函数 y  ax2  bx  c 与 x 轴交于点 A3, 0 、 B 1, 0 ，与 y 轴交于点
C 0, m ，其中4  m  3 ．则下列结论：
① a  c  0 ；
②方程ax2  bx  c  5  0 没有实数根；
 8  b  2 ；
3
a  b  c  0 ．
b  a
其中错误的个数有（）
A．1 个B．2 个C．3 个D．4 个
【答案】A
【分析】本题考查了二次函数图象的性质，掌握二次函数图象开口，对称轴直线，最值的计算方法是关
键．
根据题意得到图象开口向上，对称轴直线为 b
2a
 3 1  1 ， a  0 ，则b  2a ，当 x  1 时，代入计算可
2
判定①；根据二次函数与直线 y  5 的位置关系可判定②；根据题意得到c  3 b ，可判定③；根据函数最
2
小值的大小可判定④；由此即可求解．
【详解】解：二次函数 y  ax2  bx  c 与 x 轴交于点 A3, 0 、 B 1, 0 ，图象开口向上，
∴对称轴为直线 x  3 1  1， a  0 ，
2
∴  b 2a
 1，
∴ b  2a ，
当 x  1 时， y  a  b  c  0 ，
∴ a  2a  c  0 ，即3a  c  0 ，
∴ c  3a ，
∴ a  c  a  3a  4a  0 ，故①正确；
∵图象开口向上，对称轴直线为 x  1 ，
∴当 x  1 时，函数有最小值，最小值在 x 轴的下方，
∴抛物线 y  ax2  bx  c 与直线 y  5 有两个不同的交点，
∴方程ax2  bx  c  5  0 有两个不相等的实数根，故②错误；
∵二次函数 y  ax2  bx  c 与 y 轴交于点C 0, m ，其中4  m  3 ，
∴当 x  0 ， y  c  m ，
∴ 4  c  3 ，
∵ c  3a, b  2a ，
∴ c  3 b ，
2
∴ 4  3 b  3 ，
2
解得，  8  b  2 ，故③正确；
3
当 x  1 时，函数有最小值，最小值为 y  a  b  c  0 ， b  2a ，
∴ b  a  2a  a  3a  0 ，
∴ a  b  c  0 ，故④正确；
b  a
综上所述，正确的有①③④，错误的有②，
∴错误的有 1 个，故选：A ．
3．（25-26 九年级上·山东青岛·月考）如图，已知第一象限内的点 A 在反比例函数 y  2 的图象上，第二象
x
限内的点 B 在反比例函数 y  k 的图象上，且OA  OB ， OA  2 ， OB  4 ，则 k 的值为（ ）
x
3
6
4
8
【答案】D
【分析】此题主要考查了相似三角形的性质与判定，反比例函数比例系数的几何意义，过点 A 作 AE  x
轴，垂足为 E ，过点 B 作 BF  x 轴，垂足为 F ，可证明VBFO∽VOEA 得到 SVBFO  4 ，根据反比例函数比
2
SVOEA
例系数的几何意义可得SVOEA 
2  1 ，则SV BFO 
 4 ，据此可得答案．
k
2
【详解】解：如图，过点 A 作 AE  x 轴，垂足为 E ，过点 B 作 BF  x 轴，垂足为 F ，
∴ OFB  OEA  90 ，
Q AOB  90 ，
∴∠FOB ∠EOA ∠FOB ∠FBO  90 ，
∴∠FBO ∠EOA
∴VBFO∽VOEA ，
S OB 2 4 2
∴ V BFO  
  
 4 ，
SVOEA
 OA  2 
∵点 A 在反比例函数 y  2 的图象上，
x
∴ SVOEA 
 1 ，
2
2
∴ SVBFO  4 ，
∵第二象限内的点 B 在反比例函数 y  k 的图象上，
x
∴ SV BFO 
 4，k  0 ，
k
2
∴ k  8 ，
故选：D．
4．（2026·福建·一模）如图，点 A 在反比例函数 y  k k  0 图像的一支上，点 B 在反比例函数 y   k 图
x2x
像的一支上，点C, D 在 x 轴上，若四边形 ABCD 是面积为9 的正方形，则实数k 的值为．
【答案】6
k
2
【分析】本题主要考查了反比例函数k 的几何意义，掌握反比例函数图像上任意一点作 x 轴、 y 轴的垂线，与 x 轴、 y 轴所围成的矩形面积为k 的绝对值．如图：由题意可得
S k  k, S
  k ，再根据S S
 9 进行计算即可解答．
四边形ODAE
四边形OCBE2
四边形ODAE
四边形OCBE
【详解】解：如图：
∵点 A 在反比例函数 y  k k  0 图像的一支上，点 B 在反比例函数 y   k
x2x
图像的一支上，
∴ S四边形ODAE
 k  k, S四边形OCBE
  k ，
k
2
2
∵四边形 ABCD 是面积为9 的正方形，
∴ S四边形ODAE
 S四边形OCBE
 9 ，即 k  k  9 ， 2
解得： k  6 ．故答案为： 6 ．
5．（2025·黑龙江大庆·三模）给出下列命题及函数 y  x 与 y = x2 和 y  1 的图象：
x
①如果 1  a  a2 ，那么0  a  1；
a
②如果a 2  a  1 ，那么a  1 或1  a  0 ；
a
③如果 1  a 2  a ，那么1  a  0 ；
a
④如果a 2  1  a ，那么a  1 ．则（ ）
a
A．正确的命题只有①B．正确的命题有①②④
C．错误的命题有②③D．错误的命题是③④
【答案】B
【分析】本题考查二次函数与不等式关系，命题与定理，求出交点的坐标并准确识图是解题关键．先确定出三个函数图象的交点坐标为1,1 ，再结合图象分析二次函数与不等式关系求解即可．
【详解】解：∵当 x  1 时，三个函数的函数值都是 1，
∴三个函数图象的交点坐标为1,1 ，
∴由对称性可知， y  x 和 y  1 在第三象限的交点坐标为1, 1 ，
x
∴如果 1  a  a2 ，那么0  a  1，命题①正确；
a
如果a 2  a  1 ，那么a  1 或1  a  0 ，命题②正确；
a
如果 1  a 2  a ，那么 a 无解，命题③错误；
a
如果a 2  1  a ，那么a  1 ，命题④正确．
a
故选：B．
6．（2023·四川达州·模拟预测）在平面直角坐标系 xOy 中，直线l：y  kx 1k  0 与直线 x  k, y  k 分别交于点 A，B．直线 x  k 与 y  k 交于点 C．记线段 AB ， BC ， AC 围成的区域（不含边界）为 W；横，纵坐标都是整数的点叫做整点．若区域 W 内没有整点，则 k 的取值范围是．
【答案】0  k  1或k  2
【分析】本题考查了一次函数图象的性质，一次函数中交点的计算，掌握一次函数图象的性质，数形结 合，分类讨论思想是解题的关键．根据题意，分类讨论：当k  0 时，直线 y  kx 1 过第二、三、四象限，直线 x  k  0 ， y  k  0 ；当0  k  1，直线 y  kx 1 过第一、三、四象限，直线 x  k  0 ，
y  k  0 ；由题意作图分析即可求解．
【详解】解：当k  0 时，直线 y  kx 1 过第二、三、四象限，直线 x  k  0 ， y  k  0 ，如图所示，
∴区域W 内必有原点0, 0 ，不符合题意，舍去；
当0  k  1，直线 y  kx 1 过第一、三、四象限，直线 x  k  0 ， y  k  0 ，如图所示，
∴当 x  k 时， y  k·k  1  k 2 1，即 Ak, k 2 1 ，当 y  k 时， k  kx 1，
解得， x  1 k ，即 B  1 k , k  ，
k k

当 x  0 时， y  kx 1  1 ，即0, 1 在直线 y  kx 1 的图象上，不在区域W 内，
∵ C k, k  ， 0  k  1，
∴区域W 内，横坐标的范围是从k 到1 k ，不存在整点，纵坐标的范围从k 到k 2 1，不存在整点，符
k
合题意；
当1  k  2 时，
∴ 2  k  1 ，
同理， Ak, k 2 1 ， B  1 k , k  ， C k, k  ，
 k

∴当k  1时， A1, 2 ， B 0, 1 ， C 1, 1 ，
当k  2 时， A2, 5 ， B   3 , 2  ， C 2, 2 ，
 2

∴当1  k  2 时，存在整点，当k  2 ，不存在整点；当k  2 时，如图所示，
横坐标为2 的边界点为2, k  和2, 2k 1 ，线段长为k 1  3 ，
∴区域W 内有整点，不符合题意；
综上所述， 0  k  1或k  2 时，区域W 内没有整点，
故答案为： 0  k  1或k  2 ．
7．（2025·四川成都·一模）如图，在平面直角坐标系中，点 A2, 3 ，点 B 1,1 ，若将直线 y  1 x 向上平
2
移 c 个单位长度后与线段 AB 有交点，则 c 的取值范围是．
【答案】 1  c  4
2
【分析】本题主要考查了一次函数图象与几何变换、一次函数的平移等知识点，灵活运用极值法求解是解题的关键．
先求出平移后的解析式为 y  1 x  c ，分别代入 A、B 的坐标，求得对应的 c 的值， 根据函数图象即可解
2
答．
【详解】解：把直线 y  1 x 向上平移 c 个单位长度后得到 y  1 x  c ，
22
若直线过 A2, 3 ，则 1 2  c  3 ，解得： c  4 ，
2
若直线过 B 1,1 ，则 1 1 c  1 ，解得c  1 ，
22
∴将直线 y  1 x 向上平移 c 个单位长度后与线段 AB 有交点，则 1  c  4 ．
22
故答案为： 1  c  4 ． 2
8．（2024·河北邯郸·三模）如图，正方形 ABCO 中，点C 2，0 ，点 A0，2 ，点M a，0 ， N a，2 ，且
0  a  2 ，沿MN 折叠正方形 ABCO ，点 F 是点 A 的对应点，第一象限内的双曲线 L ： y  k  x  0 ，
x
L ： y  m  x  0 分别经过点 B，点 F．
x
（1） k  ；
当a  3 时，m 的值为；
2
若m  k ，且双曲线 L1 、L2 之间有 2 个整数点（横、纵坐标都为整数，且不包括边界），则 a 的取值
范围为．
【答案】465  a  3
42
【分析】本题考查了反比例函数与几何的综合，熟练掌握反比例函数的图象和性质是解题的关键．
将点 B 2，2 代入求解即可；
求出点 F 坐标，代入求解即可；
观察图象，从图象从m  4 开始增大，从图象可得当超过点1，5 和5，1 ，且不超过点2，3 时即可满足．
【详解】（1）∵正方形 ABCO 中，点C 2，0 ，点 A0，2 ，
∴ B 2，2 ，
∵ L ： y  k  x  0 经过点 B，
1x
∴ k  2  2  4 ，故答案为： 4 ；
∵点M a，0 ， N a，2 ，
∴ OM  a ， MN  2 ，
由翻折得： EM  OM  a ， EF  AO  2 ，
∴ OE  OM  ME  2a ，
∵ L ： y  m  x  0 经过点 F，
2x
∴ m  OE  EF  2a  2  4a ，
∴当a  3 时， m  6 ，
2
故答案为： 6 ；
∵ m  k ，且双曲线 L1 、L2 之间有 2 个整数点，利用对称性可知这两个整数点为1，5 和5，1 ，
由（2）得m = 4a ，
当恰好过1，5 和5，1 时，得4a  1 5 ，
得a  5 ，
4
∵恰好有两个整数点，
∴整数点不包括点2，3 ，
当恰好经过点2，3 时，得4a  2  3 ，
得a  3 ，
2
结合图象可得 5  a  3 时即可满足，
42
故答案为： 5  a  3 ．
42
9．（2025·广东广州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，一次函数 y  1 x  1 的图象与反比例函数
2
y  k (k  0) 的图象交于 A，B 两点，与 y 轴交于点 C，连接OA ，△AOC 的面积为 1．
x
求反比例函数的解析式；
点 P 为第三象限内反比例函数图象上一点，且位于直线 AB 下方，过点 P 作 PD  x 轴交直线 AB 于点
D，作 PE  y 轴交 y 轴于点 E，若 PD  PE  6 ，求点 P 的坐标；
若 M 是 x 轴负半轴上一点，N 是反比例函数图象上一点，当以 A，B，M，N 为顶点的四边形是平行四边形时，求点 N 的坐标．
【答案】(1) y  4
x

P 5 
17, 
17  5 
2

4,1 或 4 , 3
 3

【分析】本题是反比例函数综合题，主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，坐标与图形的性质，平行四边形的性质等知识，熟练掌握中点坐标公式是解题的关键．
过点 A 作 AH  y 轴于 H ，由△AOC 的面积为 1，可得 AH 的长，从而得出点 A 的坐标，即可得出答
案；
4 
1
设 P  s, s  ，则 D  s, 2 s 1 ，，利用坐标与图形的性质表示出 PD 和 PE 的长，从而列出方程解决问

题；
4 
n
首先求出点 B 的坐标，设M m, 0 ， N  n,  ，再利用中点坐标公式可得点 N 的横坐标，从而解决问

题．
【详解】（1）解：过点 A 作 AH  y 轴于 H ，
对于一次函数 y  1 x  1 ，
2
当 x  0 时， y  1，
OC  1，
Q △AOC 的面积为 1．
 1 OC  AH  1 ， 2
 AH  2 ，
当 x  2 时， y  1  2 1  2 ，
2
 A2, 2 ，
将点 A2, 2 代入反比例函数 y  k 得：
x
k  2  2  4 ，
反比例函数解析式为 y  4 ；
x
4 1
解：设 P  s, s  ，则 D  s, 2 s 1 ，

 PD  1 s  1  4 ， PE  s ，
2s
Q PD  PE  6 ，
 1 s  1  4  s  6 ，
2s
17
解得s  5 ，
Q点 P 在直线 AB 下方的双曲线上，
4  s  0 ，
当s  5 
17 时， y 
4 
17  5 ，
2
5  17

 P 5 
17,  17  5  ；
2

解：所有符合条件的点 N 的坐标为4,1 或 4 , 3 ；理由如下：
 3

当 1 x 1  4 时，
2x
解得 x  2 或4 ，
经检验， x  2 或4 都是方程的根，
 B(4, 1) ，
4 
n
设M m, 0 ， N  n,  ，其中m  0 ，

Q以 A ， B ， M ， N 为顶点的四边形是平行四边形， A2, 2 ， B 4, 1 ，
当 AB 、MN 为对角线时，
2  4  m  n

由中点坐标公式得： 2 1  4，
n
m  6

解得n  4 ，
 N 4,1 ；
当 AM 为对角线时，
2  m  4  n

由中点坐标公式得： 2  1 4，
n
m   14
3
解得，

n  4
3
 N  4 , 3 ；
 3

当 AN 为对角线时，
2  n  4  m

由中点坐标公式得： 2  4  1，
n
m  14

解得： 
3 （舍去）；
4

n  
3
综上所述，点 N 的坐标为4,1 或 4 , 3 ．
 3

10．（2026·北京·一模）在平面直角坐标系中，已知抛物线 y  ax2  4ax  3a  0 ．
当点 A(1, 0)在这个函数图象上时，
①求抛物线的函数关系式．
②抛物线上有一点 P 到 x 轴的距离为 1，求点 P 坐标．
当a  0 时，函数图象上只有两个点到 x 轴的距离等于 2，求a 的取值范围．
在平面直角坐标系中，点M 1,1 ，点 N 3,1 ，连接MN ．直接写出抛物线 y  ax2  4ax  3a  0 与线
段MN 只有一个公共点时a 的取值范围．
【答案】(1)① y  x2  4x  3 ；②点 P 的坐标为2 
1  a  5
44
a  1 或a  2 或a   2
2,1 或2 
2,1 或2, 1
235
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求函数解析式，运用数形结合思想是解题的关键．
①代入点 A1, 0 到 y  ax2  4ax  3 ，求出a 的值即可解答；②令 y  1或 y  1，求出对应 x 的值即可解答；
根据二次函数的性质可知图象开口向上，顶点坐标为2, 3  4a ，再结合题意列出关于a 的不等式，
即可求解；
分a  0 和a  0 两种情况讨论，结合图象列出关于a 的不等式，从而可求得a 的取值范围．
【详解】（1）解：①代入点 A1, 0 到 y  ax2  4ax  3 得： a  4a  3  0 ，解得a  1 ，
∴抛物线的函数关系式为 y  x2  4x  3 ；
2
2
②当 y  1时， x2  4x  3  1 ，解得 x1  2 ， x2  2 ；当 y  1时， x2  4x  3  1，
解得 x  2 ；
∴点 P 的坐标为2  2,1 或2  2,1 或2, 1 ；
解：抛物线 y  ax2  4ax  3  a  x  22  3  4a ， a  0 ，
∴抛物线图象开口向上，顶点坐标为2, 3  4a ，
∵函数图象上只有两个点到 x 轴的距离等于 2，
∴ 2  3  4a  2 ，
解得 1  a  5 ；
44
解：①当a  0 时，
当顶点2, 3  4a 在直线 y  1上，符合条件，
即3  4a  1 ，解得a  1 ；
2
当抛物线过点 N 时， MN 与抛物线有两个交点，
根据函数的对称性，只要 x  3 时， y  1，即符合条件，
则9a 12a  3  1，
解得a  2 ；
3
故抛物线与线段MN 只有一个交点时， a  1 或a  2 ；
23
②当a  0 时，
根据函数的对称性，只要 x  1 时， y  1，即符合条件，
则a  4a  3  1 ，
解得a   2 ；
5
综上， a 的取值范围为a  1 或a  2 或a   2 ．
235
冲刺突破
1．（2025·江苏南京·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知下列变换：①沿 y 轴翻折；②沿函数
y  x  2 的图像翻折；③绕原点按顺时针方向旋转45 ；④绕点1, 1 按顺时针方向旋转90 ．其中，能使函数 y  2x  4 的图像经过一种变换后过点 P 2, 2 的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】先求出 A2, 0 ， F 0, 4 ，再分析得 A2, 0 沿 y 轴翻折得 E 2, 0 ，求出 EF 的解析式，然后判断 y  2x  4 沿 y 轴翻折不过点 P 2, 2 ；再求出 y  x  2 经过点 A2, 0 ， H 2, 4 ，则 AF  2 5 ，
AP  2 5 ， FH  2, PH  2 ，得 AH 是 FP 的垂直平分线，即 P 与 F 关于直线 y  x  2 对称，故 y  2x  4 沿
函数 y  x  2 的图像翻折过点 P 2, 2 ；点 P 绕着原点按逆时针方向旋转45 ，与 y 轴交于点T ，得出
OT  OP  2 2 ，经过分析，得T 0, 2 2 不在 y  2x  4 ，即 y  2x  4 绕原点按顺时针方向旋转45 不经过点 P 2, 2 ；结合勾股定理的逆定理以及勾股定理得V ATP 是等腰直角三角形，即点 A 绕点1, 1 按顺时针
方向旋转90 ，与点 P 重合，故函数 y  2x  4 的图像绕点1, 1 按顺时针方向旋转90 过点 P 2, 2 ，即可作答．
【详解】解：令 y  0, 则0  2x  4 ，
∴ x  2 ， 即A2, 0 ，
令 x  0 ，则 y  2x  4  0  4  4 ，即F 0, 4 ，
∵ y  2x  4 沿 y 轴翻折，
∴ A2, 0 沿 y 轴翻折得 E 2, 0
设 EF 的解析式为 y  kx  b k  0 ，把 E 2, 0 ， F 0, 4 代入 y  kx  b
0  2k  b

得4  b，
∴ y  2x  4 ，
则 y  2  2  4  0  2 ，
∴ y  2x  4 沿 y 轴翻折不过点 P 2, 2 ，
∴①不符合题意；
②令 y  0, 则0  x  2 ，解得 x  2 ，
即 y  x  2 经过点 A2, 0 ，令 x  2 ，则 y  2  2  4
即 y  x  2 经过点 H 2, 4 ，
连接 FH , HP, AP ，如图所示：
∵ F 0, 4 ， P 2, 2 ， A2, 0 ，
2  02  4  02
则 AF 
∴ AF  AP ，
∵ H 2, 4 ，
∴ FH  2, PH  2 ，
 2 5 ， AP 
 2，
2  22  2  02
5
∴ AH 是 FP 的垂直平分线，
∴ P 与 F 关于直线 y  x  2 对称，
故 y  2x  4 沿函数 y  x  2 的图像翻折过点 P 2, 2 ，
∴②符合题意；
22  22
8
2
③ PO  2
依题意，点 P 绕着原点按逆时针方向旋转45 ，与 y 轴交于点T ，
当点T 在 y  2x  4 上，则 y  2x  4 绕原点按顺时针方向旋转45 经过点 P 2, 2 ；
当点T 不在 y  2x  4 上，则 y  2x  4 绕原点按顺时针方向旋转45 不经过点 P 2, 2 ；过程如下：
∴ OT  OP  2 2 ，此时点T 0, 2 2 ，
2
把T 0, 2 2 代入 y  2x  4 ，得 y  2  0  4  4  2
∴ T 0, 2 2 不在 y  2x  4 ，
即 y  2x  4 绕原点按顺时针方向旋转45 不经过点 P 2, 2 ，故③不符合题意；
∵ y  2x  4 绕点1, 1 按顺时针方向旋转90 ，且 A2, 0 ， P 2, 2
∴记1, 1 为 T 点，连接 AT , TP ，
2 12 12
10
2 12  2  12
10
∴ AT ， PT 
10
∴ AT  PT ，
2  22  0  22
则 AP 
∴ AP2  20  AT 2  PT 2 ，
 2，
5
∴V ATP 是等腰直角三角形，
∴点 A 绕点1, 1 按顺时针方向旋转90 ，与点 P 重合，
故函数 y  2x  4 的图像绕点1, 1 按顺时针方向旋转90 过点 P 2, 2 ，
∴④符合题意．故选：B．
【点睛】本题考查了几何变换，一次函数的性质，勾股定理，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
2．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中， O 为坐标原点， RtVOBA 的直角边OB 在 x 轴
上， AO 、 AB 分别与反比例函数 y  k k  0, x  0 的图象相交于点C、D ，且C 为 AO 的中点，过点C 作
x
x 轴的垂线，垂足为 E ，连接 DE ．若VBDE 的面积为 5 ，则k 的值为（）
4
A． 5
4
【答案】C
B． 5
2
C．5D．10
【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握反比例函数图象上点的坐标特征是解题的关键．
k k 
设C  a, a  ，可证明△OCE∽△OAB ，则OB  2a ， BE  a ，那么 D  2a, 2a  ，再由

S 1 BE  BD  1 a  k  k  5 ，即可求解．

△BDE222a44
k 
a
【详解】解：设C  a,  ，

由题意得CEO  ABO  90 ，
∴ CE∥ AB ，
∴△OCE∽△OAB ，
∵ C 为 AO 的中点，
∴ CE  OC  OE  1 ，
ABOAOB2

a1
∴ OB2
∴ OB  2a ， BE  a
k 
2a
∴ D  2a, ，

∴ S 1 BE  BD  1 a  k  k  5 ，
△BDE
∴ k  5 ，

222a44
故选：C．
3．（2025·江苏徐州·中考真题）如图为二次函数 y  ax2  bx  c 的图象，下列代数式的值为负数的是
（写出所有正确结果的序号）．
①a；② 2a  b ；③c；④ b2  4ac ；⑤ a  b  c ．
【答案】①②⑤
【分析】本题考查了二次函数图象与系数的关系．二次函数 y  ax2  bx  c 系数符号由抛物线开口方向、对
称轴、抛物线与 y 轴的交点，抛物线与 x 轴交点的个数确定．根据对称轴、开口方向、可判断①②；根据图象与 y 轴的交点位置可判断③，根据图象与 x 轴的交点个数可判断④；根据 x  1 时函数的值可判断
⑤．
【详解】解：①∵抛物线开口向下，
∴ a  0 ，符合题意；
②∵抛物线的对称轴是直线 x   b
2a
，且0   b
2a
 1 ，
∴ -b  a ，
∴ 2a  b  0 ， 符合题意；
③∵抛物线与 y 轴的交点在 y 轴的正半轴，
∴ c  0 ，不符合题意；
④∵图象与 x 轴有 2 个交点，
∴ b2  4ac  0 ，不符合题意；
⑤∵ x  1 时， y  0 ，
∴ a  b  c