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微信：cs5311742016 主营各地名校期中期末真题卷及小初高全套教材教案讲义知识点总结
北京市广渠门中学 2023——2024 学年度第一学期期中试题
初三年级数学学科
本试卷共8页，100分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无
效．
一、选择题（共8小题，每道小题2分，共16分）
1. 习近平总书记提出：发展新能源汽车是我国从汽车大国走向汽车强国的必由之路．当前随着新一轮科技
革命和产业变革孕育兴起，新能源汽车产业正进入加速发展的新阶段．下列图案是我国的一些国产新能源
车企的车标，图案既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A.该图形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C.该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D.该图形既是中心对称图形又是轴对称图形，符合题意；
故选：D．
【点睛】此题考查了轴对称图形和中心对称图形，将一个图形沿着某条直线翻折，直线两侧能完全重合的
图形叫轴对称图形；将一个图形绕一点旋转180度后能与自身完全重合的图形叫中心对称图形，掌握轴对
称图形和中心对称图形的概念是解题关键．
2. 下列各式中，y是x的二次函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
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【分析】利用二次函数定义：一般地，形如y=ax2+bx+c（a、b、c是常数，a≠0）的函数，叫做二次函数
进行解答即可．
【详解】解：A、y=3x-1是一次函数，故此选项不合题意；
B、 不是二次函数，故此选项不合题意；
C、y=3x2+x-1是二次函数，故此选项符合题意；
D、y=2x3-1不是二次函数，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】此题主要考查了二次函数定义，关键是掌握判断函数是否是二次函数，首先是要看它的右边是否
为整式，若是整式且仍能化简的要先将其化简，然后再根据二次函数的定义作出判断，要抓住二次项系数
不为0这个关键条件．
3. 若关于 的一元二次方程 有两个相等的实数根，则实数 的值为（ ）
A. B. C. D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据一元二次方程有两个相等的实数根，可得 ，进而即可求解．
【详解】解：∵关于 的一元二次方程 有两个相等的实数根，
∴ ．
解得： ．
故选：C．
【点睛】本题考查了一元二次方程 ( 为常数)的根的判别式 ，
理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键．当 时，方程有两个不相等的实数根；当
时，方程有两个相等的实数根；当 时，方程没有实数根．
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4. 如图将 绕点A顺时针旋转 到 ，若 ，则 等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了旋转的性质，根据旋转的性质得 ， ，进而可求
解，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
【
详解】解： 将 绕点A顺时针旋转 到 ，且 ，
， ，
，
故选B．
5. 如图， 的半径为5，弦 ， 于点 ，则 的长为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由于 于点 ，所以由垂径定理可得 ，在 中，由勾股定理即可
得到答案．
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【详解】解：在 中，
，
∵
∴
在 中， ，
∵
由勾股定理可得：
∴
故选：C．
【点睛】本题考查了垂径定理的性质，熟练运用垂径定理并结合勾股定理是解答本题的关键．
6. 在2023年中考体育考试前，小康对自己某次实心球的训练录像进行了分析，发现实心球飞行路线是一
条抛物线，若不考虑空气阻力，实心球的飞行高度y（单位：米）与飞行的水平距离x（单位：米）之间具
有函数关系 ，则小康这次实心球训练的成绩为（ ）
A. 14米 B. 12米 C. 11米 D. 10米
【答案】B
【解析】
【分析】根据铅球落地时，高度 ，把实际问题可理解为当 时，求x的值即可．
【详解】解：当 时，则 ，
解得 （舍去）或 ．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的应用中函数式中变量与函数表达的实际意义，需要结合题意，取函数或自
变量的特殊值列方程求解是解题关键．
7. 是 的二次函数，其对应值如下表：
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|… 0 1 2 3 4 …
… 4 0 1 4 9 …
下列叙述不正确的是（ ）
A. 该二次函数的图象的对称轴是直线
B.
C. 当 时， 随 的增大而增大
D. 图象与 轴有两个公共点
【答案】D
【解析】
【分析】由待定系数法求出二次函数的解析式，求出对称轴，可以判断A，当 时，求出 的值，可
以判断B，根据 的值和对称轴确定 随 的变化情况，可以判断C，根据根的判别式确定与 轴的交点个
数，可以判断D，从而得到答案．
【详解】解：设二次函数为 ，
则 ，
解得： ，
二次函数的解析式为： ，
对称轴为： ，故选项A正确，
当 时， ，
，故选项B正确，
，
图象开口向上，
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当 时， 随 的增大而增大，
当 时， 随 的增大而增大，故选项C正确，
，
图象与 轴有一个公共点，故选项D错误，
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，解答本题的关键是采用待定系数法，求出二次函数的解析式．
8. 如图，在边长为2的正方形 中，点M在AD边上自A至D运动，点N在 边上自B至A运动，
M，N速度相同，当N运动至A时，运动停止，连接 ， 交于点P，则 的最小值为（ ）
A. 1 B. 2 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定点P的运动轨迹为以 为直径的一段弧，再求 的最小值即可
【详解】解：如图1，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
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∴ ，
又 ,
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴点P的运动轨迹为以 为直径的一段弧，如图2所示，
连接 交弧于点P，此时， 的值最小，
在 中， ，
由勾股定理得， ，
∴ ，
故选：C
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理及圆的性质，知道线段最短时点
的位置并能确定出最小时点的位置是解题关键．
二、填空题（共8小题，每道小题2分，共16分）
9. 点 关于原点对称的点的坐标为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数求解即可．
【详解】解：点 关于原点对称的点的坐标为 ，
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故答案为： ．
【点睛】本题考查了平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握：两个点关于原
点对称时，它们的坐标符号相反，即点 关于原点O的对称点是 ．
10. 已知 是一元二次方程 的一个根，则另一个根是_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可进行求解．
【详解】解：设该方程的另一个根为a，则根据一元二次方程根与系数的关系可得：
，
∴ ；
故答案为 ．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解题的关
键．
11. 某种型号的芯片每片的出厂价为400元，经科研攻关实现国产化后，成本下降，进行两次降价，若每
次降价的百分率都为 ，降价后的出厂价为144元、依题意可列方程为：___________．
【答案】
【解析】
【分析】平均每次降价的百分率为 ，则第一次降价后的价格 元，第二次降价后的价格为
元．根据降价后的出厂价为144元，列出方程即可．
【详解】解：根据题意，列方程为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查由实际问题抽象出一元二次方程，根据所设未知数，表示出第二次降价后价格是解
决本题的关键．
12. 如图，平面直角坐标系中， 轴于点B，点A的坐标为 ，将 绕原点O顺时针旋转
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得到 ，则 的坐标是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意画出图形旋转后的位置，根据旋转的性质确定对应点 的坐标．
【详解】解：如图．
∵将 绕原点O顺时针旋转 得到 ，
∴ ， ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】此题考查了旋转变换、点 的坐标及旋转的性质，解答本题的关键是掌握旋转的三要素，及旋转的
性质： 绕原点顺时针旋转 得到的坐标为 ．
13. 若抛物线 向右平移2个单位长度，再向下平移1个单位长度，则所得的抛物线的解析式是
________．
【答案】
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【解析】
【分析】根据“左加右减，上加下减”的原则进行解答即可．
【详解】解：平移后的抛物线的解析式是 ，
故答案为：
【点睛】本题考查的是二次函数的图象的平移，熟知“上加下减，左加右减”的原则是解答此题的关键．
14. 关于 的方程 无实数根，则二次函数 的图象的顶点在第______ 象限．
【答案】二
【解析】
【分析】由程 无实数根，可知抛物线与x轴没有交点，由二次项系数大于0可知抛物线在x
轴的上方，然后结合对称轴即可求解．
【详解】解：∵关于 的方程 无实数根，
∴二次函数 的图象与 轴没有交点，
∵ ，
∴二次函数 的图象开口向上，
∴抛物线在x轴上方，
∵对称轴为直线 ，
∴抛物线顶点在第二象限．
故答案为：二．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，以及二次函数与坐标轴的交点问题，一元二次方程与二次函
数的关系，熟练掌握二次函数的图象与性质是解答本题的关键．
15. 已知点 在二次函数 的图象上，则 _____________ ．（填
“>”“<”或“=”）
【答案】>
【解析】
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【分析】根据二次函数的图象性质，得对称轴 ，结合对称性判断．
【
详解】解：二次函数 ，
对称轴为 ，
∵ ，
∴ 与对称轴的距离较 与对称轴的距离远．
而 ，
∴ ．
故答案为：
【点睛】本题考查二次函数的图象性质；确定对称轴，理解对称性是解题的关键．
16. 在平面直角坐标系 中，已知二次函数 ，其中 ，下列结论：
①若这个函数的图象经过点 ，则它必有最大值；
②若这个函数的图象经过第三象限的点P，则必有 ；
③若 ，则方程 必有一根大于1；
④若 ，则当 时，必有y随x的增大而增大．
结合图象判断，所有正确结论的序号是____________．
【答案】①③④
【解析】
【分析】①将点 代入 中，得 ，再将其代入 ，判断出 与0的关系，从
而判断最值即可；②通过 ， ，可得抛物线过一、二、三象限，从而判断出 错误即可；③根
据 ， 判断出对称轴的取值范围，再利用抛物线的对称性可判断方程的根；④当 时，
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或 进行分类讨论，先判断对称轴的范围，最后判断增减性即可．
【详解】解：①将 代入 中，得
，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
即
∴抛物线开口向下，有最大值，
故①正确；
②∵抛物线 过原点，且 ，
∴当 ， 时，对称轴 ，
∴图象经过第三象限时，不一定有 ，
故②错误；
③抛物线 过原点，且 ，
∴方程 的其中一个根为0，
当 时， ，
则有对称轴 ，
根据抛物线的对称性可知：方程 的另一根大于1，
故③正确；
④当 ， 时，抛物线对称轴 ，
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∴ ，y随x增大而增大，
当 ， 时，即 ，
抛物线对称轴 ，
∴ ，y随x增大而增大，
综上所述：若 时，则当 ，y随x增大而增大，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质，解题的关键是熟练掌握其性质．
二、解答题（共12小题，共68分）
17. 按要求解下列方程．
（1）用因式分解法解： ；
（2）用公式法解： ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先用提取公因式分解方程的左边，然后求解即可；
（2）先用根的判别式判别一元二次方程根的情况，然后再根据求根公式解答即可．
【小问1详解】
解：
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．
【小问2详解】
解：
．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，掌握运用因式分解法和公式法解一元二次方程是解答本题的关
键．
18. 小北同学解方程 的过程如下所示．
解方程： ．
解： 第一步
第二步
， 第三步
（1）小北同学是用___________（“配方法”、“公式法”或“因式分解法”）来求解的，从第
___________步开始出现错误．
（2）请你用与小北同学相同的方法解该方程．
【答案】（1）配方法，二
（2） ，
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的解法，掌握配方法的一般步骤是解题的关键．
（1）根据配方法解一元二次方程的一般步骤判断；
（2）利用配方法解一元二次方程即可．
【小问1详解】
解：小北同学是用配方法来求解的，从第二步开始出现错误，
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故答案为：配方法，二．
【小问2详解】
．
解：
， ．
19. 若 是关于 的一元二次方程 的根，求 的值．
【答案】
【解析】
【分析】把 代入 即可得到 ，再整体代入即可求值．
【详解】解：∵ 是关于 的一元二次方程 的根
∴把 代入 得：
∴
∴ ．
【点睛】本题考查一元二次方程的解，利用整体求值是解题的关键．
20. 已知二次函数 的图象经过点 两点．
（1）求b，c的值．
（2）求该函数图象与x轴的交点坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依据题意，将 、 代入解析式进行计算可以得解；
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（2）由（1）再令 ，从而计算可以得解．
【小问1详解】
解：点 代入抛物线，
得
【小问2详解】
∵
∴ ．
令 ，解得， ．
∴二次函数与 轴的交点坐标为 ．
【点睛】本题主要考查了抛物线与 轴的交点，解题时要熟练掌握并理解是关键．
21. 已知抛物线 ．
（1）求证：此抛物线与 轴必有两个不同的交点；
（2）若此抛物线与直线 的一个交点在 轴上，求 的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）m的值为-3或1.
【解析】
【分析】（1）先求得△的值，然后证明△ 即可；
（2）依据此抛物线与直线 的一个交点在 轴上可得到 ，然后解关于
的方程即可．
【详解】解：（1）令 得： ①
△
方程①有两个不等的实数根，
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原抛物线与 轴有两个不同的交点；
（2）令： ，根据题意有： ，
整理得：
解得 或 ．
【点睛】本题主要考查的是抛物线与 轴的交点，依据此抛物线与直线 的一个交点在 轴
上得到关于 的方程是解题的关键．
22. 如图，正方形网格中， 的顶点均在格点上，请在所给直角坐标系中按要求解答下列问题：
（1）画出与 关于坐标原点 成中心对称的 ．
（2） 的面积为___________．
（3）将 绕某点逆时针旋转 后，其对应点分别为 ， ， ，则旋转中
心的坐标为___________．
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】本题考查作图—旋转变换、 中心对称，熟练掌握旋转的性质、中心对称的性质是解答本题的关
键.
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（1）根据中心对称的性质作图即可.
（2）利用割补法求三角形的面积即可.
（3）连接 ，分别作线段 ，的垂直平分线，两线相交于点 ，则点 为 与
的旋转中心，即可得出答案.
【小问1详解】
如图, 即为所求.
【小问2详解】
的面积为 ，
故答案为： .
【小问3详解】
如图, 连接 ，再分别作线段 的垂直平分线，两线相交于点 ，
则 是绕点 逆时针旋转 后得到的 ，
∴旋转中心的坐标为 ，
故答案为： .
23. 如图，已知△ABC是等边三角形，在△ABC外有一点D，连接AD，BD，CD，将△ACD绕点A按顺时针
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方向 旋转得到△ABE，AD与BE交于点F，∠BFD＝97°．
（1）求∠ADC的大小；
（2）若∠BDC＝7°，BD＝2，BE＝4，求AD的长．
【答案】（1）23°；（2） ．
【解析】
【分析】（1）由旋转的性质可得AB＝AC，∠ADC＝∠E，∠CAB＝∠DAE＝60°，由三角形的内角和定理
可求解；
（2）连接DE，可证 AED是等边三角形，可得∠ADE＝60°，AD＝DE，由旋转的性质可得
ACD≌△ABE，可得△CD＝BE＝4，由勾股定理可求解．
△【详解】解：（1）∵将 ACD绕点A按顺时针方向旋转得到 ABE，
∴AB＝AC，∠ADC＝∠E△，∠CAB＝∠DAE＝60°， △
∵∠BFD＝97°＝∠AFE，
∴∠E＝180°−97°−60°＝23°，
∴∠ADC＝∠E＝23°；
（2）如图，连接DE，
∵AD＝AE，∠DAE＝60°，
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∴△AED是等边三角形，
∴∠ADE＝60°，AD＝DE，
∵将 ACD绕点A按顺时针方向旋转得到 ABE，
∴△△ACD≌△ABE， △
∴CD＝BE＝4，
∵∠BDC＝7°，∠ADC＝23°，∠ADE＝60°，
∴∠BDE＝90°，
∴DE＝ ＝ ＝ ，
∴AD＝DE＝ ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，勾股定理等知识，添加
恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
24. 2022年9月，教育部正式印发《义务教育课程方案》，《劳动教育》成为一门独立的课程，官渡区某
学校率先行动，在校园开辟了一块劳动教育基地：一面利用学校的墙（墙的最大可用长度为22米），用长
为34米的篱笆，围成中间隔有一道篱笆的矩形菜地，在菜地的前端各设计了两个宽1米的小门，供同学们
进行劳动实践若设菜地的宽AB为x米．
（1） （ ）米（用含x的代数式表示）；
（2）若围成的菜地面积为96平方米，求此时的宽AB．
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】对于（1），根据 即可表示；
对于（2），根据面积公式列出方程，求出解，并判断．
【小问1详解】
根据题意可知 ；
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故答案为： ；
【小问2详解】
根据题意，得
，
解得 或 （不合题意，舍去）．
所以，宽 为8米．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，确定等量关系是解题的关键．
25. 请阅读下列材料，并按要求完成相应的任务：
人类对一元二次方程 的研究经历了漫长的岁月．一元二次方程及其解法最早出现在公元前两千年左右的古
巴比伦人的《泥板文书》中．到了中世纪，阿拉伯数学家花拉子米在他的代表作《代数学》中给出了一元
二次方程的一般解法，并用几何法进行了证明．我国古代三国时期的数学家赵爽也给出了类似的几何解法．
赵爽在其所著的《公股圆方图注》中记载了解方程 ，即 的方法．首先构造了
如图1所示的图形，图中的大正方形面积是 ，其中四个全等的小矩形面积分别为 ，
中间的小正方形面积为 ，所以大正方形的面积又可表示为 ，据此易得原方程的正数解为 ．
任务：
（1）参照上述图解一元二次方程的方法，请在三个构图中选择能够说明方程 解法的正确
构图是___________（从序号①②③中选择）．
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（2）请你通过上述问题的学习，在图2的网格中设计正确的构图，用几何法求方程 的正
数解（写出必要的思考过程）
【答案】（1）② （2）
【解析】
【分析】（1）仿照阅读材料构造图形，即可判断出构图方法；
（2）仿照阅读材料构造大正方形面积是 ，其中四个全等的小矩形面积分别为 ，
中间的小正方形面积为 ，即可解决问题.
【小问1详解】
∵应构造面积是 的大正方形，其中四个全等的小矩形面积分别为 ，中间的小正
方形面积为 ,
∴大正方形的面积又可表示为 ，
∴大正方形的边长为 ，所以
，
故正确构图②，
故答案为: ②;
【小问2详解】
首先构造了如图 所示的图形，
图中的大正方形面积是 ，其中四个全等的小矩形面积分别为 ，中间的小正方形
面积为 ，
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所以大正方形的面积又可表示为 ，
进一步可知大正方形的边长为 ，所以 ，
解得
【点睛】本题是材料阅读题，考查了构造图形解一元二次方程，关键是读懂材料中提供的构图方法，并能
正确构图解一元二次方程，体现了数形结合的思想.
26. 在平面直角坐标系 中，点 在抛物线 上．
（1）若 ，求该抛物线的对称轴并比较 ， ， 的大小；
（2）已知抛物线的对称轴为 ，若 ，求t的取值范围．
【答案】（1） ；
（2） ．
【解析】
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【分析】（1）将 代入函数解析式可得抛物线开口方向及对称轴，进而求解；
（2）由抛物线解析式可得抛物线经过原点，分别讨论 与 两种情况．
【小问1详解】
解：（1）∵ ，
∴ ，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线 ，
∵ ，
∴ ；
【小问2详解】
把 代入 得 ，
∴抛物线经过原点 ，
① 时，抛物线开口向上，
∵ ，
∴ ，
当 时， ，
∵ ，
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∴ ；
当 时， ，
∴ 满足题意．
② 时，抛物线开口向下，
∵ ，
∴ ，
∴ 时，y随x增大而减小，
∴ ，不符合题意．
综上所述， ．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与不等式
的关系．
27. 已知四边形ABCD是正方形，将线段CD绕点C逆时针旋转 （ ），得到线段CE，联结
BE、CE、DE. 过点B作BF⊥DE交线段DE的延长线于F．
（1）如图，当BE=CE时，求旋转角 的度数；
（2）当旋转角 的大小发生变化时， 的度数是否发生变化?如果变化，请用含 的代数式表示；如
果不变，请求出 的度数；
（3）联结AF，求证： ．
【答案】（1）30°；（2）不变；45°；（3）见解析
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【解析】
【分析】（1）利用图形的旋转与正方形的性质得到△BEC是等边三角形，从而求得 =∠DCE=30°．
（2）因为△CED是等腰三角形，再利用三角形的内角和即可求∠BEF= .
（3）过A点与C点添加平行线与垂线，作得四边形AGFH是平行四边形，求得△ABG≌△ADH.从而求
得矩形AGFH是正方形，根据正方形的性质证得△AHD≌△DIC，从而得出结论．
【详解】（1）证明：在正方形ABCD中, BC=CD.由旋转知，CE=CD,
又∵BE=CE,
∴BE=CE=BC,
∴△BEC是等边三角形，
∴∠BCE=60°.
又∵∠BCD=90°,
∴ =∠DCE=30°.
（2）∠BEF的度数不发生变化.
在△CED中，CE=CD,
∴∠CED=∠CDE= ，
在△CEB中,CE=CB,∠BCE= ,
∴∠CEB=∠CBE= ,
∴∠BEF= .
（3）过点A作AG∥DF与BF的延长线交于点G，过点A作AH∥GF与DF交于点H，过点C作CI⊥DF
于点I
易知四边形AGFH是平行四边形，
又∵BF⊥DF，
∴平行四边形AGFH是矩形.
∵∠BAD=∠BGF=90°，
∠BPF=∠APD ，
∴∠ABG=∠ADH.
又∵∠AGB=∠AHD=90°，AB=AD，
.
∴△ABG≌△ADH
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∴AG=AH ，
∴矩形AGFH是正方形.
∴∠AFH=∠FAH=45°，
∴AH=AF
∵∠DAH+∠ADH=∠CDI+∠ADH=90°
∴∠DAH=∠CDI
又∵∠AHD=∠DIC=90°，AD=DC，
∴△AHD≌△DIC
∴AH=DI，
∵DE=2DI，
∴DE=2AH= AF
【点晴】本题考查正方形的性质和判定、图形的旋转、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知
识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
28. 定义：在平面直角坐标系中，有一条直线 ，对于任意一个函数，作该函数自变量大于 的部分关
于直线 的轴对称图形，与原函数中自变量大于或等于 的部分共同构成一个新的函数图象，则这个
新函数叫做原函数关于直线 的“镜面函数”．
例如：图①是函数 的图象，则它关于直线 的“镜面函数”的图像如图②所示，且它的“镜面
函数”的解析式为 ，也可以写成 ．
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（1）在图③中画出函数 关于直线 的“镜面函数”的图象．
（2）函数 关于直线 的“镜面函数”与直线 有三个公共点，求 的值．
（3）已知抛物线 ，关于直线 的“镜面函数”图像上的两点 ，
，当 ， 时，均满足 ，直接写出 的取值范围．
【答案】（1）见解析 （2） 或
（3）
【解析】
【分析】（1）根据“镜面函数”的定义画出函数 的“镜面函数”的图象即可；
（2）分直线 过“镜面函数”图象与直线 的交点和与原抛物线相切两种情况求解即可；
（3）根据题意可作出对应的函数图象，再根据二次函数的性质可得出关于 的不等式组，解之即可得出结
论.
【小问1详解】
解： 如图，即为函数函数 关于直线 的“镜面函数”的图象，
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【小问2详解】
如图,
对于 当 时, ，
∴函数 与y轴的交点坐标为 ,
当直线 经过点 时, ；
此时 关于直线 的“镜面函数”与直线有三个公共点，
当直线 与原抛物线只有一个交点时，则有： ，
整理得
此时 ，
解得 ，
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综上， 的值为 或 ；
【小问3详解】
根据题意可知，该抛物线的“镜面函数”为：
函数图象如图所示：
当 时，如图，点 关于直线 的对称点为 ，关于 的对称点为
若当 时，均满足
则需满足 ，
解得
故答案为：
【点睛】本题考查二次函数的综合应用； 理解并运用新定义“镜面函数”，能够将图象的对称转化为点
的对称，借助图象解题是关键.
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