专题：函数与几何综合 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：新定义问题 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 难度系数：★★★★
【题目】
（2026年江西中考真题第23题）
如果两条不共顶点的抛物线，够经过对方的顶点，那么称这两条抛物线互为“伴随对称抛物线”.
（1）试判断\(y=x^2-4x+4\)与\(y=-x^2+2x\)是否互为“伴随对称抛物线”，并说明理由；
（2）如图1，若\(C_1：y=a_1 (x-h_1 )^2+k_1\)与\(C_2：y=a_2 (x-h_2 )^2+k_2\)互为“伴随对称抛物线”，顶点分别为\(A_1，A_2\)，记\(C_1，C_2\)组成的图形为\(C\).
① 试猜想\(a_1\)与\(a_2\)的数量关系，并证明；
② 进一步探究可知\(C\)为中心对称图形，请确定\(C\)的对称中心的位置；（请直接写出结果）
③ 如图2，若\(C_1：y=x^2\)，\(h_2>0\)，\(B_1，B_2\)分别为\(C_1，C_2\)上的点，且四边形\(A_1 B_1 A_2 B_2\)为正方形，求\((h_2-2)(h_2-1)(h_2+1)\)的值.
【分析】
第一问：
\(y=x^2-4x+4=(x-2 )^2⟹\)顶点\((2，0)\)，\((2，0)\)在\(y=-x^2+2x\)上；
\(y=-x^2+2x=-(x-1 )^2+1⟹\)顶点\((1，1)\)，\((1，1)\)在\(y=x^2-4x+4\)上；
所以\(y=x^2-4x+4\)与\(y=-x^2+2x\)互为“伴随对称抛物线”；
第二问：
抛物线\(C_1\)的顶点为\(A_1 (h_1，k_1)\)，抛物线\(C_2\)的顶点为\(A_2 (h_2，k_2)\)，
因为\(C_1\)与\(C_2\)互为“伴随对称抛物线”，
所以\(\left\{
\begin{array}{c}
k_1=a_2 (h_1-h_2 )^2+k_2\\
k_2=a_1 (h_2-h_1 )^2+k_1
\end{array}
\right.
\)，
两式相加可得\(k_1+k_2=(a_1+a_2 ) (h_1-h_2 )^2+k_1+k_2⇒(a_1+a_2 ) (h_1-h_2 )^2=0\)，
若\(h_1=h_2\)，则有\(A_1\)与\(A_2\)重合，不符合题意；
所以\(a_1+a_2=0\)；
第三问：
由对称性，可知\(C\)的对称中心的位置为\(A_1 A_2\)的中点\(\left( \dfrac{h_1+h_2}{2} ， \dfrac{k_1+k_2}{2} \right)\)；
第四问：
（1）由(2)中的①可得\(a_2=-1⇒C_2：y=-(x-h_2 )^2+k_2\)；
（2）\(A_1 (0，0)\)在\(C_2\)上\(⇒0=-h_2^2+k_2⇒k_2=h_2^2\)，\(A_2 (h_2，k_2)\)在\(C_1\)上\(⇒k_2=h_2^2\)，
所以\(A_2 (h_2，h_2^2)\)；
（3）\(B_1，B_2\)分别为\(C_1，C_2\)上的点
可设\(B_1 (m，m^2)，B_2 (n，-(n-h_2 )^2+h_2^2 )=(n，-n^2+2h_2 n)\)，
（4）四边形\(A_1 B_1 A_2 B_2\)为正方形
此时想法就多，
①\(A_1 (0，0)、A_2 (h_2，h_2^2)\)的中点与\(B_1 (m，m^2)、B_2 (n，-n^2+2h_2 n)\)的中点重合，
即\(\left\{
\begin{array}{c}\dfrac{0+h_2}{2} = \dfrac{m+n}{2} \\
\dfrac{0+h_2^2}{2} = \dfrac{m^2-n^2+2h_2 n}{2}
\end{array}
\right.
⇒\)\(\left\{
\begin{array}{c}
h_2=m+n ①\\
h_2^2=m^2-n^2+2h_2 n ②
\end{array}
\right.
\)；
（因为\(C\)是中心对称图形，所以①式与②式等价，即只需要用上\(h_2=m+n\)便可）
② 一线三垂直模型可得\(∆A_1 B_1 E≅∆A_1 B_2 F⇒\left\{ \begin{array}{c} A_1 E=B_2 F\\ B_1 E=A_1 F \end{array} \right. ⇒\)\(\left\{ \begin{array}{c} -m=-n^2+2h_2 n ③\\ m^2=n ④ \end{array} \right. \)；
此时由①④得\(h_2=m+m^2\)，
把\(h_2=m+m^2\)和\(n=m^2\)代入③得\(-m=-m^4+2m^2 (m+m^2)⇒m^3+2m^2+1=0\)；
此时试图求出\(m\)的值，不太行；
而\((h_2-2)(h_2-1)(h_2+1)\)是比较复杂的式子，应该把\(m^3+2m^2+1\)看成整体进行化简.
所以\(h_2^2-1=(m+m^2 )^2-1=m^4+2m^3+m^2-1=m(m^3+2m^2 )+m^2-1=m^2-m-1\)，
\((h_2-2)(h_2-1)(h_2+1)=(h_2-2)(h_2^2-1)=(m^2+m-2)(m^2-m-1)\)
\(=m^4-4m^2+m+2=m(-2m^2-1)-4m^2+m+2\)
\(=-2m^3-4m^2+2=-2(m^3+2m^2 )+2=2+2=4\).
计算量大，很麻烦！
③ 如下图，易得\(∆A_2 B_1 H≅∆A_1 B_1 E⟹A_2 H=A_1 E，B_1 H=B_1 E\)(手拉手模型)，
即\(\left\{
\begin{array}{c}
h_2^2-m^2=-m\\
h_2-m=m^2
\end{array}
\right.
⟹\)\(\left\{
\begin{array}{c}
h_2^2=m^2-m ①\\
h_2=m^2+m ②
\end{array}
\right.
\)，
②-①得\(2m=h_2-h_2^2⇒m= \dfrac{h_2-h_2^2}{2}\)，
再代入②得\(h_2=\left( \dfrac{h_2-h_2^2}{2}\right )^2+ \dfrac{h_2-h_2^2}{2} ⟹h_2^3-2h_2^2-h_2=2\)，
则\((h_2-2)(h_2-1)(h_2+1)=(h_2-2)(h_2^2-1)=h_2^3-2h_2^2-h_2+2=2+2=4\).
【解答】
第一问：
\(∵y=x^2-4x+4=(x-2 )^2\)，
\(∴y=x^2-4x+4\)的顶点\((2，0)\)，
把\(x=2\)代入\(y=-x^2+2x\)得\(y=0\)，即点\((2，0)\)在\(y=-x^2+2x\)上；
\(∵y=-x^2+2x=-(x-1 )^2+1\)，
\(∴y=-x^2+2x\)的顶点\((1，1)\)，
把\(x=1\)代入\(y=x^2-4x+4\)得\(y=1\)，即点\((1，1)\)在\(y=x^2-4x+4\)上；
所以\(y=x^2-4x+4\)与\(y=-x^2+2x\)互为“伴随对称抛物线”；
第二问：
抛物线\(C_1\)的顶点为\(A_1 (h_1，k_1)\)，抛物线\(C_2\)的顶点为\(A_2 (h_2，k_2)\)，
\(∵C_1\)与\(C_2\)互为“伴随对称抛物线”，
\(∴\left\{
\begin{array}{c}
k_1=a_2 (h_1-h_2 )^2+k_2\\
k_2=a_1 (h_2-h_1 )^2+k_1
\end{array}
\right.
\)，
两式相加可得\(k_1+k_2=(a_1+a_2 ) (h_1-h_2 )^2+k_1+k_2\)，
\(∴(a_1+a_2 ) (h_1-h_2 )^2=0\)，
若\(h_1=h_2\)，则\(A_1\)的坐标为\((h_2，k_1)\)，又要在\(C_2\)上，就有\(k_1=k_2\)，此时\(A_1\)与\(A_2\)重合，不符合题意；
\(∴a_1+a_2=0\)；
第三问：
\(C\)的对称中心的位置为\(A_1 A_2\)的中点\(\left( \dfrac{h_1+h_2}{2} ， \dfrac{k_1+k_2}{2}\right )\)；
第四问：
方法1
\(∵A_2 (h_2，k_2)\)在\(C_1\)上，\(∴k_2=h_2^2\)，即\(A_2 (h_2，h_2^2)\)；
设\(B_1 (m，m^2)\)，
过点\(B_1\)作\(B_1 E⊥x\)轴交于点\(E\)，过点\(A_2\)作\(A_2 H⊥x\)轴，\(B_1 H⊥y\)轴交于点\(H\)，
\(∵\)四边形\(A_1 B_1 A_2 B_2\)为正方形，\(∴A_2 B_1=B_1 A_1，∠A_2 B_1 A_1=90^\circ\)，
又\(∠HB_1 E=90^\circ\)，\(∴∠A_2 B_1 H=∠A_1 B_1 E\)，
在\(∆A_2 B_1 H\)与\(∆A_1 B_1 E\)中\(\left\{
\begin{array}{c}
A_2 B_1=B_1 A_1\\
∠A_2 B_1 H=∠A_1 B_1 E\\
∠H=∠E
\end{array}
\right.
\)，\(∴∆A_2 B_1 H≅∆A_1 B_1 E\)，
\(∴A_2 H=A_1 E，B_1 H=B_1 E\)，
即\(\left\{
\begin{array}{c}
h_2^2-m^2=-m\\
h_2-m=m^2
\end{array}
\right.
⟹\)\(\left\{
\begin{array}{c}
h_2^2=m^2-m ①\\
h_2=m^2+m ②
\end{array}
\right.
\)，
②-①得\(2m=h_2-h_2^2⇒m= \dfrac{h_2-h_2^2}{2}\)，
再代入②得\(h_2=\left( \dfrac{h_2-h_2^2}{2}\right)^2+ \dfrac{h_2-h_2^2}{2}\)，化简得\(h_2^3-2h_2^2-h_2=2\)，
则\((h_2-2)(h_2-1)(h_2+1)=(h_2-2)(h_2^2-1)=h_2^3-2h_2^2-h_2+2=2+2=4\).
方法2
设\(A_1 A_2\)与\(B_1 B_2\)交于点\(M\)，过点\(M\)作\(ME⊥y\)轴交于\(y\)轴于点\(F\)，过点\(B_1\)作\(B_1 E⊥ME\)交\(MF\)于点\(E\)，
\(∵A_2 (h_2，k_2)\)在\(C_1\)上，\(∴k_2=h_2^2\)，即\(A_2 (h_2，h_2^2)\)，
\(∵\)四边形\(A_1 B_1 A_2 B_2\)为正方形，\(∴M\left(\dfrac{h_2}{2} ，\dfrac{h_2^2}{2}\right )\)，
\(∵∠B_1 MA_1=90^\circ\)，\(∴∠B_1 ME+∠A_1 MF=90^\circ\)，
又\(∠B_1 ME+∠MB_1 E=90^\circ\)，\(∴∠MB_1 E=∠A_1 MF\)，
在\(∆B_1 ME\)与\(∆A_1 MF\)中\(\left\{
\begin{array}{c}
∠MB_1 E=∠A_1 MF\\
MB_1=MA_1\\
∠E=∠MFA_1
\end{array}
\right.
\)，\(∴∆B_1 ME≅∆A_1 MF\)，
\(∴B_1 E=MF，ME=A_1 F\)，
\(∵B_1\)在\(C_1\)上，\(∴\)可设\(B_1 (a，a^2)\)，
\(∴a^2-\dfrac{h_2^2}{2} =\dfrac{h_2}{2} ，\dfrac{h_2}{2} -a=\dfrac{h_2^2}{2}\)，
\(∴a^2=\dfrac{h_2^2}{2} +\dfrac{h_2}{2} ，a=\dfrac{h_2}{2} -\dfrac{h_2^2}{2}\)，
\(∴\left(\dfrac{h_2}{2} -\dfrac{h_2^2}{2}\right)^2=\dfrac{h_2^2}{2} +\dfrac{h_2}{2}\)，化简得\(h_2^3-2h_2^2-h_2=2\)，
\(∴(h_2-2)(h_2-1)(h_2+1)=(h_2-2)(h_2^2-1)=h_2^3-2h_2^2-h_2+2=2+2=4\).