2025年中考数学二轮复习：二次函数新定义问题 专题练习题汇编（含答案解析）

第第页参考答案：1．(1)(2)①；②(3)【分析】（1）根据“三倍点”的定义，即可求得答案；（2）①将点代入，可得的值，再将代入，解方程即可；②利用二次函数的顶点式求得和的值，即可求得答案；（3）由题意可得，三倍点所在的直线为，将在的范围内，二次函数的图象上至少存在一个“三倍点”，转化为在的范围内，二次函数和至少有一个交点，即可求得答案．【详解】（1）根据定义：若一个点的纵坐标是横坐标的3倍，则称这个点为“三倍点”，可得．故答案为：．（2）①将点代入，得：，解得：，∴，将代入，得：，解得：，∴函数图象上的“三倍点”坐标为．②∵，∴，当时，，当时，，∴，∴．（3）由题意得，三倍点所在的直线为，在的范围内，二次函数的图象上至少存在一个“三倍点”，即在的范围内，二次函数和至少有一个交点，令，整理得：，则，解得：；把代入得，代入得，∴，解得：；把代入得，代入得，∴，解得：，综上，的取值范围为：．【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质，待定系数法求函数解析式，根的判别式的应用和新定义“三倍点”的理解与应用，根据“三倍点”的定义结合二次函数的相关性质是解题的关键．2．(1)不存在，理由见解析(2)见解析(3)且【分析】（1）根据定义解答即可；（2）先求出两直线的关系式，再将代入关系式，讨论得出结论；（3）由定义可知“1级变换点”都在函数的图象上，再将两个函数关系式联立，根据图像有交点求出，进而确定两个图象的交点为，然后分和两种情况讨论，即可得出答案．【详解】（1）解：不存在，理由如下：根据定义可知的k级变换点为，将点代入函数，得，无解，所以不存在；（2）解：点的“k级变换点”为，∴直线和直线的关系式为，，当时，，∵，∴，∵，∴，∴；（3）解：二次函数的图象的点的“1级变换点”都在函数的图象上，即，整理，得，，函数的图象和直线有公共点，由的公共点是．当时，，得，又，解得，∴且；当，时，两个图象仅有一个公共点，不合题意，舍去．所以n的取值范围是且．【点睛】本题主要考查了新定义的理解，反比例函数的性质，求一次函数的关系式，二次函数图象和性质，理解“k级变换点”是解题的关键．3．(1)函数图象上的“不动点”坐标为和(2)(3)【分析】本题考查二次函数的综合应用，（1）在中，令求解即可判断函数图象上的“不动点”坐标；；（2）联立抛物线与直线解析式，根据根与系数的关系以及勾股定理建立方程，即可求解．（3）根据题意画出图形，当直线过点A时，符合题设条件，即可求解．【详解】（1）解：在中，令得，解得或，函数图象上的“不动点”坐标为和；（2）解：联立和抛物线的表达式得：，∴则，，∵∴∴，解得：；（3）解：如图所示，当直线过点时，符合题意，令∴则将点代入，得解得：或（舍去）∴．4．(1)是“定点抛物线”(2)(3)【分析】（1）把点代入计算，再根据“定点抛物线”的定义判定即可求解；（2）根据“定点抛物线”的定义可得当时，，再根据抛物线与直线交点的计算，联立方程，由根与系数的关系得到，得到，由此即可求解；（3）一次函数的图象与定点抛物线有交点，联立方程可得∴，即，根据横坐标的特点得到或，根据，得到，由此即可求解．【详解】（1）解：当时，，∴二次函数的图象经过点，∴是“定点抛物线”；（2）解：∵抛物线是定点抛物线，∴当时，，∴，∵定点抛物线与直线只有一个公共点，∴，∴，∴，把代入得，，∴，解得，；（3）解：根据题意，，整理得，，∴，即，∴或，∴交点的横坐标为或，∵，∴，解得，，∴的取值范围为：．【点睛】本题主要考查一次函数，一次函数图形的性质，交点坐标的计算，求不等式的解集，掌握一次函数与二次函数交点联立方程求解，一次函数与二次函数图象的性质是解题的关键．5．(1)①；②(2)①；②【分析】本题考查一次函数与二次函数的综合应用，涉及新定义“倍点”，解题的关键是读懂题意，理解“倍点”的概念．（1）①根据“倍点”的定义，点的“倍点”为，即；②求出，即可得点的“倍点”的坐标；（2）①由，得直线解析式为，设，可得，代入得，可得等式对任意的都成立，然后问题可求解；②设，若点的“倍点”为，则，可得；同理若点的“倍点”为得；若点的“倍点”为得；若点的“倍点”为得，故当时，的“倍点”在边上；当时，的“倍点”在边上；当时，的“倍点”在边上；当时，的“倍点”在边上，即可得到答案．【详解】（1）解：（1）①根据“倍点”的定义，点的“倍点”为，即，故答案为：；②在中，令得，∴，点的“倍点”的坐标为；故答案为：；（2）解：①设直线的解析式为，则有：，解得：，∴直线解析式为，设，在直线上都有点，使得点为点的“倍点”，∴，把代入得：，∴，即对任意的都成立，∴，解得：；②设，若点的“倍点”为，则，解得，，∴；同理若点的“倍点”为，可得；若点的“倍点”为，可得；若点的“倍点”为，可得，当时，的“倍点”在边上；当时，的“倍点”在边上；当时，的“倍点”在边上；当时，的“倍点”在边上；在四边形的边上存在点的“倍点”，且，的取值范围是．6．（1）（2）（3）或；【分析】本题是二次函数综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，解一元二次方程，矩形的性质等知识点，数形结合并分类求解是解题的关键．（1）写出的解析式，它是一个二次函数，将其改写为顶点式，即可求出其最大值，于是可得原二次函数的图象的“特征值”；（2）由题意可得点的坐标，根据点和点的“坐标差”相等，可得出点的坐标，将点、的坐标代入抛物线表达式可得，则；写出的解析式，它是一个二次函数，将其改写为顶点式，因其最大值等于，于是可得关于的一元二次方程，解得，即可得出，于是可得出原二次函数的解析式；（3）由“坐标差”为可得一次函数解析式为，又因二次函数的图象的顶点在该一次函数上，因此可将该二次函数解析式写为，此时分两种情况；第一种情况：当抛物线顶点为点时，抛物线与矩形有三个交点，把代入，求出，即可求出此种情况下的二次函数解析式；第二种情况：当抛物线经过点时，抛物线与矩形有三个交点，把代入，求出，即可求出此种情况下的二次函数解析式；当时，，当时，，据此即可求解．【详解】解：（1），的“特征值”为；（2）由题意得：点的坐标为，点和点的“坐标差”相等，点的坐标为，将点、的坐标代入抛物线表达式得：，则，的“特征值”为，则，解得：，，此二次函数解析式为；（3）“坐标差”为的一次函数，，，二次函数的图象的顶点在该一次函数上，设为：，直线与交于点，第一种情况：当抛物线顶点为点时，抛物线与矩形有三个交点，把代入，解得：，（不合题意，舍去），，此二次函数解析式为；第二种情况：当抛物线经过点时，抛物线与矩形有三个交点，把代入，解得：，（不合题意，舍去），，此二次函数解析式为；当二次函数的图象与矩形的边只有三个交点时，此二次函数的解析式为或；当时，，当时，，，当时，二次函数的图象与矩形的边有四个交点．7．(1)有上确界，上确界为0(2)(3)或【分析】本题考查了一次函数的性质，二次函数的性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，二次函数与一元二次方程，根据所给范围分类讨论求二次函数的最大值是解题的关键．（1）根据上确界的定义，结合二次函数的性质即可求解；（2）根据上确界的定义，结合一次函数的性质即可求解；（3）分当时，则，当时，则，当时，则，三种情况，利用二次函数的性质求解即可．【详解】（1）解：∵，∴抛物线开口向下，顶点坐标，有上确界，上确界为0；（2）解：∵，∴随值的增大而增大，∵以10为上确界的有上界函数，∴，∴；（3）解：的对称轴为直线，开口向下，当时，则，的最大值为，为上确界，，解得：或（舍去）；当时，则，的最大值为，∵为上确界，，解得：或（舍去）；当时，则，的最大值为，为上确界，∴，∴，∴无解．综上所述：的值为或．8．(1)(2)，(3)，或，【分析】本题是二次函数的综合题，考查了一次函数，反比例函数，二次函数，理解坐标与图形性质，熟练掌握两点间的距离公式，理解新定义是解题的关键．（1）根据“和谐点”的定义判断这几个点是否在矩形的边上；（2）把代入求出解析式，再求于的交点即为；（3）根据“和谐点”的定义求出点，的坐标即可．【详解】（1）解：矩形的顶点坐标分别是，，，，当“和谐点”在或上时，“和谐点”应满足且或，当“和谐点”在或上时，“和谐点”应满足且或，点是矩形的“和谐点”，点、不是矩形的“和谐点”，故答案为：；（2）解：点是反比例函数图象上的一个“和谐点”，把代入得，∴，“和谐点”的横坐标和纵坐标相等，“和谐点”都在的图象上，联立得：，解得或，，直线的解析式为，故答案为：，；（3）解：点，是抛物线上的“和谐点”，，即，解得，，当时，，当时，，∴点，的坐标为，或，，故答案为：，或，．9．(1)①，；②(2)【分析】（1）①首先根据题意画出图形，然后根据最小覆盖点的概念求解即可；②根据题意分当左下方覆盖点在直线上时和当右上方覆盖点在直线上时两种情况讨论，然后分别求解即可；（2）首先求出的最小覆盖点为−1,1，，然后利用待定系数法求出二次函数解析式，然后转化成顶点式求解即可．【详解】（1）①如图所示，分别过点A，B，C作x轴和y轴的垂线，∴围成的矩形的左下角的点的坐标为，右上角的点的坐标为∴由最小覆盖点的概念可得，的最小覆盖点为，；②当左下方覆盖点在直线上时，分情况如下：a．当时，，∵，m随x增大而增大，∴；b．当时，，∵，∴，∴当左下方覆盖点在直线上时，；当右上方覆盖点在直线上时，分情况如下：a．当时，，∵，m随x增大而增大，；b．当时，，∵，；∴当右上方覆盖点在直线上时，；综上所述，当时，的其中一个覆盖点在直线上；（2）如图所示，由题意得的最小覆盖点为−1,1，，代入，得解得∴该抛物线顶点坐标为．【点睛】此题考查了坐标与图形，一次函数和几何综合题，待定系数法求二次函数的解析式等知识，解题的关键是掌握以上知识点．10．(1)①②(2)的值为或或或；(3)【分析】（1）根据“平衡点”的定义求解即可；（2）先求得；，，从而得，，，然后分类讨论秋季即可；（3）设，由，得抛物线的顶点为，从而得点关于的对称点为，旋转后的抛物线解析式为，再根据新定义列方程求解即可．【详解】（1）解：根据“平衡点”的定义，“平衡点”的横、纵坐标互为相反数，在中，令得，∴x=1或x=−1，∴当x=1时y=−1，当x=−1时，，∴的图象上存在“平衡点”−1,1和，同理可得，，的图象上不存在“平衡点”，的图象上存在“平衡点”；故答案为：①②；（2）解：在中，令得，解得或，，；在中，令得，解得，当时，，，，，若，则，解得；若，则，解得或；若，则，解得或（此时，重合，舍去）；的值为或或或；（3）解：设，，抛物线的顶点为，点关于的对称点为，旋转后的抛物线解析式为，在中，令得：，，旋转后的图象上恰有个“平衡点”有两个相等实数根，，即，，∴的纵坐标为．【点睛】本题考查了二次函数的图像及性质，一元二次方程根与系数的关系，反比例函数求自变量的值，等腰三角形的定义，熟练掌握二次函数的图像及性质以及一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．11．(1)，或(2)(3)，【分析】本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，掌握二次函数图像与系数的关系．（1）分别令，然后求得方程的解即可；（2）令，可得时抛物线与直线有两个交点；（3）令，根据判别式等于0可得的值，从而可得点坐标，令可得点，的横坐标，根据即可得出的值．【详解】（1）解：，解得：，∴一次函数的图像的“2倍点”的坐标是，，解得：或，∴二次函数的图像的“2倍点”的坐标是或，故答案为：；或；（2）解：∵若关于x的二次函数（c为常数）的图像在上存在两个“2倍点”，∴令，则有两不等根，∴，解得：，∴时抛物线与直线有两个交点，∴c的取值范围为；（3）解：令，则，关于的函数的图象上有且只有一个“2倍点”，，．将代入得，解得，，令，解得或x=2，∵，∴，∵点B在点C的左侧，点坐标为，点坐标为，∴，，∵，∴，解得，综上，，．12．(1)存在，(2)或(3)【分析】（1）设的正等距点为，且正等距为m，根据正等距点的定义推算出x和y关于m的表达式，再带入反比例函数建立方程，解方程即可得到答案；（2）根据正等距等于4求出正等距的坐标，再带入一次函数的解析式即可求得答案；（3）假设存在，且A的正等距点，可得它的轨迹是直线，求直线和抛物线的交点，根据当时无解，建立不等式即可求得答案．【详解】（1）解：设的正等距点为，且正等距为m，由，可得，，∴若反比例函数的图像上，得，解方程得，则，，∵，∴，故∴；（2）解：由题意得，，∴或，故或，分别代入，∴或；（3）解：假设存在，则A的正等距点，∴它的轨迹是直线，∴，整理得，，∵它与抛物线无交点，∴，∴．【点睛】本题综合考查反比例函数、一次函数和二次函数的综合，解题的关键是根据互为正等距点的定义设坐标计算，需要注意互为正等距点与正等距之间的符号区别．13．(1)(2)交点坐标为或，为抛物线的“梅岭点”(3)【分析】（1）将代入中求解即可；（2）联立，解得：或，得出交点或，由“梅岭点”定义即可判断；（3）根据求出，不妨令、，再求出，然后将三角形放到矩形中进行求解面积．【详解】（1）解：点是一次函数的图象上的梅岭点，，解得：，故答案为：；（2）解：联立，解得：或，即交点坐标为或，根据“梅岭点”的定义可知，或为抛物线的“梅岭点”；（3）解：，，解得：，即、，又因为顶点，．【点睛】本题考查二次函数的图象及性质、一次函数，解题的关键是理解应用新定义“梅岭点”．14．初步理解：；理解应用：，；知识迁移：为定值【分析】本题考查了恒过定点的直线，抛物线以及相似三角形的性质：初步理解：解析式变形为，求解即可；理解应用：由二次函数变形为，求解即可；知识迁移：由题意可得：，，作辅助线如解析图，则，，，，，，构建相似三角形，找出比例关系即可．【详解】解：初步理解：由一次函数变形为，当时，无论m值如何变化，，故一次函数必过一定点．故答案为：．理解应用：由二次函数变形为，当时，无论m值值如何变化，当时，无论值如何变化，，故二次函数必过定点，．所以二次函数落在x轴负半轴的定点A的坐标是，落在x轴正半轴的定点B的坐标是；故答案为：，．知识迁移：是定值，定值为2由题意得，由上一小题得：，作轴交直线于点E，作轴交直线于点F，则，，，，分别过点P、B作直线的垂线，垂足为Q、C，则，，，，，，，，即为定值．15．(1)存在，或或；(2)；(3)．【分析】本题考查新定义题型的理解，掌握一次函数，二次函数及反比例函数理解题意是解题关键．（1）根据题中“等距点”的定义列出方程求解即可；（2）先求出反比例函数及一次函数图象上的“等距点”，然后由三角形面积列出方程求解即可；（3）根据“等距点”列出一元二次方程，再由题意中恰好有2个“等距点”，利用一元二次方程根的判别式求解即可．【详解】（1）解：存在“等距点”，令，解得，，函数的图象上有两个“等距点”或，令，解得，，函数的图象上有两个“等距点”或，综上所述，函数的图象上有三个“等距点”或或；（2）解：令，解得，，则，，，令，解得：，则点，，，，即，解得：，则；（3）解：令，整理得：，△，当时，△，此时在一、三象限有2个“等距点”．令，整理得，，则△，则当时，△，此时在二四象限有2个“等距点”．函数图象恰存在2个“等距点”，∴．16．(1)②(2)(3)或【分析】（1）根据函数图象的“n倍平点”的定义逐个进行判断即可；（2）设，则，把代入得，根据图象恰有1个“n倍平点”，得出，即可求出答案；（3）当时，，当时，，分两种情况，根据函数图象的“n倍平点”的定义分别计算即可得出结论．【详解】（1）当时，①设，则，当时，，∴点不在的图象上．∴该函数图象不存在“2倍平点”．②设，则，当时，，∴点在的图象上．∴该函数图象存在“2倍平点”．③设，则，当时，，∴点不在的图象上．∴该函数图象不存在“2倍平点”．故答案是②；（2）设，则，把代入得，，即，∵图象恰有1个“n倍平点”，∴．∴．∵，∴．（3）当时，，设，则，把代入得，，解得：，∴，．∴，．当时，，设，则，把代入得，，解得：，∴，．∴，．综上所述，函数图象的“3倍平点”的坐标是或．【点睛】本题主要考查了新定义，正确理解新定义：函数图象的“n倍平点”是解题的关键．17．(1)①②③(2)(3)存在，中点坐标为或【分析】(1)根据定义，把点，分别代入函数解析式，解方程组即可；(2)根据题意，用的代数式将坐标表示出来，然后根据列出方程求出即可；(3)假设存在一对“反射对称点”，，由此得到线段中点坐标为，再将，两点代入中联立方程组求出的值即可．【详解】（1）解：对于，若，是一对“反射对称点”，则，得到，此时方程组有无数组解，∴函数图像上存在无数对“反射对称点”；对于，若，是一对“反射对称点”，则，得到，此时方程组有无数组解，∴函数图像上存在无数对“反射对称点”；对于函数，若，是一对“反射对称点”，则，得到，∴函数图像上存在唯一一对“反射对称点”，故答案为：①②③；（2）解：联立方程组，∴，∴，∵且点在第一象限，∴，∵点和点为一对“反射对称点”，∴，设直线解析式为，代入两点坐标，∴，解得，∴直线解析式为，设直线与轴交于点，过作于点，过作于点，如下图所示，则，∴整理得到：，又已知，∴，解得；（3）解：假设抛物线上存在一对“反射对称点”，，则线段的中点坐标为，∴，①－②并整理得到：，当即时，回代方程①得到，解得或，若此时重合，舍去；若时，，线段中点坐标为；当时，即时，回代方程①得到，解得或，当时，，此时，，此时线段中点坐标为；当时，，此时，，此时线段中点坐标为；综上所述，线段中点坐标为或．【点睛】本题是反比例函数和二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，反比例函数的图象及性质，能理解应用新定义是解题的关键．18．(1)②③(2)(3)或【分析】（1）分别写出三个点绕原点顺时针旋转得到的点的坐标，逐个验证是否在一次函数图象上即可；（2）把点绕原点顺时针旋转得到的点的坐标代入即可得到答案；（3）先求出点A、B、C的坐标，再求出直线的解析式，设点D的坐标为，则点D绕原点顺时针旋转得到点，根据点是二次函数图象的“直旋点”且在直线上，得到关于m、n的方程组，解方程组即可得到点D的坐标．【详解】（1）解：①绕原点顺时针旋转得到，当时，，故不是一次函数图象的“直旋点”，②绕原点顺时针旋转得到，当时，，故是一次函数图象的“直旋点”，③绕原点顺时针旋转得到，当时，，故是一次函数图象的“直旋点”，故答案为：②③（2）点绕原点顺时针旋转得到，∵点为反比例函数图象的“直旋点”，∴点满足，代入可得，，解得；（3）当时，，解得∴点，当时，，∴点,设直线的解析式为，则解得，∴直线的解析式为，设点D的坐标为，则点D绕原点顺时针旋转得到点，∵点是二次函数图象的“直旋点”且在直线上，∴点在二次函数图象上，在直线上，∴，解得，，∴点坐标为或【点睛】此题考查了反比例函数、一次函数、二次函数、待定系数法、点的旋转等知识，读懂题意，准确计算是解题的关键．19．(1)的图象上不存在“互反点”；是的图象上的“互反点”(2)或(3)或【分析】（1）由定义可知，函数与的交点即为“互反点”；（2）求出，，可得，求出b的值；（3）函数关于直线的对称抛物线解析式为，联立方程组，当时，，因此当时，两部分组成的图象上恰有2个“互反点”；函数与直线的交点为，当点在直线上时，解得或，结合图象可知：时，两部分组成的图象上恰有2个“互反点”．【详解】（1）解：中，，∴的图象上不存在“互反点”；中，当时，，解得或，是的图象上的“互反点”；（2）解：中，当时，，解得，，中，当时，，解得，，，∴，解得或；（3）解：函数关于直线的对称抛物线解析式为，由定义可知，“互反点”在直线上，联立方程组，整理得，，解得，当时，与没有交点，此时与有两个交点，∴时，两部分组成的图象上恰有2个“互反点”；当时，，∴函数与直线的交点为，当点在直线上时，，解得或，当时，两部分组成的图象上恰有3个“互反点”，∴时，两部分组成的图象上恰有2个“互反点”；当时，两部分组成的图象上恰有1个“互反点”，∴时，两部分组成的图象上恰有2个“互反点”；∴时，两部分组成的图象上恰有2个“互反点”；综上所述：或时，两部分组成的图象上恰有2个“互反点”．【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，理解定义，数形结合，分类讨论是解题的关键．20．(1)（﹣5，2）(2)或3(3)【分析】（1）根据定义直接解答即可；（2）根据定义，可得函数解析式，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案；（3）根据定义，可得函数解析式，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．【详解】（1）∵-5<0，∴，∴点的“可控变点”坐标为（-5，2），故答案为（﹣5，2）；（2）依题意，图象上的点P的“可控变点”必在函数．的图象上．∵“可控变点”Q的纵坐标y′是7，∴当时，解得x=3；当，解得x=-；综上所述“可控变点”Q的横坐标为或3．（3）依题意，图象上的点P的“可控变点”必在函数的图象上（如图）．∵，∴．∴x=．当x=-5时，当=9时，x=，∴a的取值范围是．【点睛】此题考查的是新定义题型，根据可控变点的定义，可得函数解析式，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案.21．(1)点是点，的伴D融合点；(2)①存在，；②【分析】（1）根据融合点的定义计算即可；（2）①设，由点是点Q，P的伴Q融合点，可用含m和p的式子表示出x和y，整理后得到y关于x的二次函数，利用二次函数的性质求解即可；②由判别式可知：方程−有两个不相等的实数根，根据韦达定理化简计算，结合，即可求出m的范围．【详解】（1）解：依题意，点，，．∵，，∴点是点，的伴D融合点；（2）解：①存在，理由如下：由题意设，∵点是点Q，P的伴Q融合点，∴，，∴，∴，∵，∴开口向下，在时，取最大值，且该点的坐标为∴存在最高点；②∵，即∴∴方程有两个不相等的实数根∵点Q是直线上且在第三象限的一动点，∴，∴，，∴∵，即：，∴，即：，∴，即：．【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了新定义、二次函数图象上的点的坐标特点、二次函数的性质、二次函数与一元二次方程的关系，根与系数的关系等知识点，理解题中的定义并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．22．(1)和(2)(3)最大值为12，最小值为5【分析】（1）根据“伴随点”的定义，画出每个点绕点旋转后的对应点，进行判断即可；（2）过点作轴于点，过点作轴于点，证明，求出的坐标，再求出点在线段上和在线段上时，的值，即可得出结论；（3）将绕点O逆时针旋转得到，根据抛物线上存在关于原点O的“伴随点”，得到当抛物线过点时有最小值，当抛物线过点时有最大值，即可得解．【详解】（1）解：∵，∴轴，如图所示，点绕点顺时旋转得到的对应点分别为：，

其中点，在线段上，∴和是线段关于原点O的“伴随点”；（2）解：∵，∴在第一象限，∵点是关于原点O的“伴随点”；∴点在第二象限，过点作轴于点，过点作轴于点，

则：，∵绕点顺时针旋转得到，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∵在第一象限，∴，设直线的解析式为：，则：，解得：，∴，当在上时，，解得：；当在上时，，解得：；∴当时，点是关于原点O的“伴随点”；（3）解：如图：绕点O逆时针旋转得到，其中．

∵抛物线上存在关于原点O的“伴随点”，∴当过，即，解得：，n的最小值为；同理，当过，得到n的最大值为．【点睛】本题考查坐标与图形，旋转的性质，一次函数和二次函数的综合应用，解题的关键是理解并掌握“伴随点”的定义，利用数形结合的思想进行求解．23．(1)，(2)①；②【分析】（1）把点代入，待定系数法求解析式，令，解方程，即可求得点的坐标；（2）①根据二次函数的平移规律，得出解析式即可求解；②设抛物线的焦点为，延长交直线y=−1于点，连结、，交抛物线于点，由抛物线焦点和准线的性质可得，可知，又，故当点与点重合时，的值最小，由勾股定理可得的最小值，即可求解．【详解】（1）解：把代入得：，解得：，抛物线的解析式为，在中，令得或，；（2）①解：根据题意，抛物线解析式为故答案为：．②，抛物线的焦点为，，准线为y=−1，设抛物线的焦点为，延长交直线y=−1于点，连结、，交抛物线于点，如图：由抛物线焦点和准线的性质可得，，，；，当点与点重合时，的值最小，此时的值最小．，，，，，的最小值为．【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，新定义等知识，解题的关键是读懂新定义，能熟练应用抛物线上任意一点到焦点的距离与它到准线的距离相等解决问题．24．(1)①；②；(2)【分析】（1）①分别求出当时，时，时，时，两个函数的函数值，再根据“如意点”的定义判断即可；②根据题意可得点E和点D关于直线对称，则当点D到直线的距离最大时，有最大值，根据“如意点”的定义可知，抛物线与直线围成的封闭区域内的所有点到时抛物线C的如意点，则当平行于直线的直线与抛物线恰好有一个交点时，且当点D与该交点重合时满足题意，据此求出点D的坐标，进而求出点D到直线的距离即可得到答案；（2）由（1）可得，抛物线C的“如意点”组成的区域即为直线与抛物线围成的封闭区域（包括边界），则抛物线C的“称心点”一定在直线与抛物线围成的封闭区域外面，则正方形边上的点全部是“如意点”时b的值一定要比正方形边上的点部分是“如意点”，部分时“称心点”时b的值大，故当恰好正方形上的点一半是“如意点”，一半是“称心点”时b最小，即直线一定经过正方形的一条对角线，此时关于抛物线对称轴对称，则可得到，把代入中得，则，即b的最小值即为．【详解】（1）解：①在中，当时，，时，，时，，时，；在中，当时，，时，，时，，时，；∵，，，，∴只有，是抛物线C的“如意点”，故答案为：；②点E是点D与抛物线C的“称心点”，∴点E和点D关于直线对称，∴的长等于点D到直线的距离的两倍，∴当点D到直线的距离最大时，有最大值，根据“如意点”的定义可知，抛物线与直线围成的封闭区域内的所有点到时抛物线C的如意点，∴当平行于直线的直线与抛物线恰好有一个交点时，且当点D与该交点重合时满足题意，设直线恰好与抛物线有一个交点，联立得，∴，解得，∴，解得，∴此时点D与原点重合；如图所示，设直线分别与x轴，y轴交于G、H，则，∴，∴，设交于H，则，∴，∴，∴，∴，故答案为：；（2）解：由（1）可得，抛物线C的“如意点”组成的区域即为直线与抛物线围成的封闭区域（包括边界），∴抛物线C的“称心点”一定在直线与抛物线围成的封闭区域外面，∵边长为的正方形边上的点都是抛物线C的“如意点”或某点与抛物线C的“称心点”，∴正方形边上的点全部是“如意点”时b的值一定要比正方形边上的点部分是“如意点”，部分时“称心点”时b的值大，∴当恰好正方形上的点一半是“如意点”，一半是“称心点”时b最小，即直线一定经过正方形的一条对角线，此时有轴，∴此时关于抛物线对称轴对称，即关于直线对称，∴的横坐标为，在中，当时，，∴，把代入中得，∴，∴b的最小值即为．【点睛】本题主要考查了二次函数综合，正方形的性质，一次函数与几何综合等等，解题的关键在于理解题意得到抛物线C的“如意点”组成的区域即为直线与抛物线围成的封闭区域（包括边界）．25．(1)(2)(3)或【分析】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象和性质，待定系数法，点的坐标和二次函数的最值，新定义“基准偶和点”的理解和运用，能够理根据题干当中的定义灵活运用二次函数的相关知识是解答本题的关键．（1）运用“基准偶和点”的概念作答即可；（2）由题意得，得出，再由抛物线（m、n均为常数）与直线只有一个交点，且该点是“基准偶和点”，列立方程组求解即可；（3）抛物线（a、b均为常数，）的图象上有且只有一个“基准偶和点”，可得进而可得，再运用二次函数的性质即可求得答案．【详解】（1）解：①由得：直线只有一个“基准偶和点”：②由无解③由无解由得故答案为：（2）解：由题意得即即（3）由题意得即有且只有一个“基准偶和点”即，①当时，即时，w在时取得最小值即解得或(舍去)②当时，w时取得最小值，即③当时，w在时取得最小值即解得或(舍去)综上所述：或26．(1)的值为(2)的取值范围是(3)点不在该双曲线上，理由见解析【分析】本题考查二次函数综合应用，新定义，一元二次方程与函数的关系，反比例函数等知识；（1）由，，，可得，故，求出的值为；（2）“轮换点”满足，即，由抛物线上存在“轮换点”，可得有实数解，故，可解得的取值范围是；（3）根据双曲线上存在轮换点，可得在有解，故，而且“轮换点”需满足，可得，从而判断不在该双曲线上．【详解】（1）解：，，，，，当，时，，，的值为；（2）由（1）可知，“轮换点”满足，即，抛物线上存在“轮换点”，有实数解，即有实数解，，即，解得；的取值范围是；（3）点不在该双曲线上，理由如下：双曲线上存在“轮换点”，在有解，整理得，且“轮换点”需满足，，∵所在双曲线解析式为，点不在该双曲线上．27．(1)①③(2)(3)【分析】（1）根据“纵三倍点”的定义逐项判断即可；（2）根据定义可得“纵三倍点”为，代入得出①，联立根据题意得出②，联立①②，即可求解；（3）联立，依题意得出得出，当时，的最小值为1，根据题意，即可求解．本题主要考查了先定义运算，一次函数、二次函数和反比例函数的综合应用，一元二次方程根的判别式，解题的关键是理解“纵三倍点”的定义，任意的一个“纵三倍点”一定在正比例函数的图象上．【详解】（1）解：①联立，解得：，∴一次函数的图象上的“纵三倍点”为，故①符合题意；②联立，解得：，，故②不合题意；③联立，解得：，∴二次函数的图象上只有一个“纵三倍点”，故③正确；综上分析可知，正确的是①③．故答案为：①③．（2）解：解得：依题意经过，则①联立∴∵抛物线（均为常数）与直线只有一个交点，∴②联立①②得解得：∴抛物线解析式为；（3）解：联立即依题意，，∴∴∴当时，的最小值为1，∵当时，的最小值恰好等于，∴．28．(1)①③(2)①或或；②a的值为2，，．【分析】（1）函数图象的“1级方点”是指函数图象上落在以原点为中心，边长为2且一边平行于x轴的正方形上的点，根据定义分别进行求解即可；（2）①先求出二次函数解析式，然后根据函数图象的“2级方点”是指函数图象上落在以原点为中心，边长为4且一边平行于x轴的正方形上的点，进行解答即可；②二次函数，则抛物线的开口向下，顶点为，分抛物线顶点在和抛物线经过点两种情况进行求解即