2024年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：二次函數(shù)中的平移變換復(fù)習(xí)講義

二次函數(shù)中的平移變換復(fù)習(xí)講義

解題要點剖析

在平面直角坐標(biāo)系中，我們可以對拋物線實施平移變換.拋物線在平移變換中，開口大小和開口方向未

變，只是位置發(fā)生改變.解與此相關(guān)問題的關(guān)鍵是：確定平移變換前后的頂點坐標(biāo).

考題解析

例1在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線G：yx2+bx+c經(jīng)過點A(2,—3),且與x軸的一個交點為

B(3,0).

(1)求拋物線J的表達(dá)式.

(2)D是拋物線J與x軸的另一個交點，點E的坐標(biāo)為(m,0),其中爪>0,A2DE的面積為21/4

①求m的值；

②將拋物線I向上平移n個單位長度，得到拋物線c2,若當(dāng)0<x<m時，拋物線上與x軸只有一個公

共點，結(jié)合函數(shù)的圖象，求n的取值范圍.

思路分析⑴拋物線^x2+bx+c表達(dá)式中有兩個系數(shù)需要確定取值，同時又明確指出了拋物線

經(jīng)過的兩個點的坐標(biāo)，代入坐標(biāo)，兩個未知數(shù)和兩個方程，聯(lián)立方程組即可求解.

(2)①根據(jù)已知條件求得線段長，并結(jié)合線段長通過面積公式建立等量關(guān)系式，求解參數(shù)取值.

②當(dāng)拋物線J向上平移n個單位長度后，得到拋物線C2,需要注意的是，題目明確指出：“若當(dāng)

OWxWm時，拋物線C2與x軸只有一個公共點”，因此，只需要分析拋物線C2與線段OE的交點情況即可.為

此，需要分析臨界情況或者極端情況.本題的臨界情況是C2過線段OE的兩個端點，以及C2與線段OE相切,

如圖17-2所示.因此，分別代入點E、點O的坐標(biāo)，可得n的取值范圍.需要注意的是，當(dāng)c2經(jīng)過點E時，

與線段OE只有一個公共點，而當(dāng)C2經(jīng)過點O時，與線段OE有兩個公共點.當(dāng)拋物線C2與線段OE相切時,

此時頂點坐標(biāo)為(1,0),根據(jù)頂點式可求得n的值.

規(guī)范解答(1)因為拋物線c1:y=/+以+c經(jīng)過點.2(2,-3),且與x軸的一個交點B(3,0),所以

產(chǎn)；2”：=13,解方程組，得已二7,所以拋物線J的表達(dá)式為y=乂2_2x—3.

⑵①如圖17-1所示，過點A作x軸的垂線，垂足為點F.

因為y=f一2x-3=(x-1)2-4,所以拋物線J的對稱軸為直線x=l.由對稱性得點D的坐標(biāo)為(-

1,0).

因為點E的坐標(biāo)為(m,0),且m>0,

所以SADE=|DE-XF=|DE-3=*解得DE=

所以m=OE=DE-OD=*

圖17-1

2

②根據(jù)題意，設(shè)拋物線c2的表達(dá)式為y=(x-l)-4+n.

y

情況一：如圖17-2所示，當(dāng)拋物線C2經(jīng)過點E(|，0)時，得(|一1)2-4+x\\\",

n=0，解得n=J////.

/"EBx

當(dāng)拋物線C2經(jīng)過原點O時，得\「'’77

(-1)2-4+n=0解得n=3.\1/

因為當(dāng)0Wx4時，拋物線G與x軸只有一個公共點，\\V

所以結(jié)合圖象知，當(dāng):Wn<3時，符合題意.圖17-2

情況二：如圖17-2所示，當(dāng)n=4時，拋物線C2的表達(dá)式為y=(x-1產(chǎn)它與x軸只有一個公共點(1,

0),符合題意.

綜上所述，n的取值范圍:<n<3或n=4.

解后反思解拋物線的局部交點問題時，要注意通過分析圖形端點的特殊情形獲取解題思路.本題中，拋

物線經(jīng)過線段OE的左、右端點以及與線段OE相切是三種不同的臨界狀態(tài)，分析這三種臨界狀態(tài)即可求

得n滿足的取值條件.

例2已知關(guān)于x的一元二次方程mx2+(3m+l)x+3=0.

(1)求證：該方程有兩個實數(shù)根；

(2)如果拋物線y=mx2+(3m+l)x+3與x軸交于A,B兩個整數(shù)點(點A在點B左側(cè)),且m為正

整數(shù)，求此拋物線的表達(dá)式；

(3)在⑵的條件下，拋物線y=mx2+(3m+1)%+3與y軸交于點C,點B關(guān)于y軸的對稱點為D,設(shè)此

拋物線在-3W比W之間的部分為圖象G,如果圖象G向右平移n(n>0)個單位長度后與直線CD有公共

點，求n的取值范圍.

思路分析⑴判別方程根的情況，只需計算△=〃-4ac,以此判別.

⑵拋物線與x軸交于A,B兩個整數(shù)點，且m為正整數(shù)，則令y=0,通過解一元二次方程求出叼=

-3,久2=-根據(jù)m的取值進(jìn)行分析，可得m=l.

(3)如圖17-3,17-4所示，分別作出平移過程中的兩個臨界位置，并將臨界位置的點的坐標(biāo)代入即可求

得n的取值范圍.

規(guī)范解題(1)證明:因為4=(3m+l)2-4xnix3=(3m-l)2>0,所以原方程有兩個實數(shù)根.

2

⑵令y=0,那么mx+(3m+l)x+3=0.解得%]=-3,x2=

因為拋物線與x軸交于兩個不同的整數(shù)點，且m為正整數(shù)，所以m=l.

所以拋物線的表達(dá)式為y=%2+4%+3.

(3)因為當(dāng)x=0時,y=3,所以點C的坐標(biāo)為(0,3).

當(dāng)y=0時,%!=-3,久2=-L因為點A在點B左側(cè)，所以點A的坐標(biāo)為((-3,0),點B的坐標(biāo)為(-1,0).因

為點D與點B關(guān)于y軸對稱，所以點D的坐標(biāo)為(1,0).

設(shè)直線CD的表達(dá)式為y=kx+b廁｛"葭°,解得｛]；住

所以直線CD的表達(dá)式為y=-3x+3.

又因為當(dāng)％=-次寸:y=(―，)+4x(-，)+3=今

所以設(shè)點E的坐標(biāo)為(-汽).

平移后點A和點E的對應(yīng)點分別為A?3+n,0)和E'(-|+若)

當(dāng)直線y=-3x+3過點4(-3+w0)時,-3(-3+n)+3=0,解得n=4.

當(dāng)直線y=-3x+3過點(-之+71，0時,一3(-1+n)+3=*解得n=||

所以n的取值范圍是

解后反思拋物線局部左右平移之后與一次函數(shù)的交點問題是代數(shù)綜合題考查的重要類型.要注意拋物線

左右平移和上下平移在具體分析時的區(qū)別與聯(lián)系.

例3如圖17-5所示,已知點A(-4,8)和點B(2,n)在拋物線y=ax2±.

⑴求a的值及點B關(guān)于x軸對稱的點P的坐標(biāo)，并在x軸上找一點Q,使得

AQ+QB最短,求出點Q的坐標(biāo).

⑵平移拋物線.y=a/,記平移后點A的對應(yīng)點為4,點B的對應(yīng)點為B：點

C(—2,0)和點D(—4,0)是x軸上的兩個定點.

①當(dāng)拋物線向左平移到某個位置時，A'C+最短，求此時拋物線的表達(dá)

圖17-5

式.

②當(dāng)拋物線向左或向右平移時，是否存在某個位置，使四邊形ABCD的周長最短?若存在，求出此時

拋物線的表達(dá)式；若不存在，請說明理由.

思路分析⑵①由⑴求得了x軸上的點Q，使得AQ+QB最短，拋物線y=af平移后點A的對應(yīng)點為

",點B的對應(yīng)點為B1,因為A'C+最短，所以點Q的對應(yīng)點為點C,點Q與點C之間的距離即為平

移距離，這樣就可以求出平移后的拋物線的表達(dá)式.

②左右平移拋物線y=a/,因為線段A，B和CD的長是定值，所以要使四邊形A'B'CD的周長最短，只

要使4D+CB，最短.

規(guī)范解答⑴將點A(-4.8)的坐標(biāo)代入y=a/,解得a=

將點B(2,n)的坐標(biāo)代入y=求得點B的坐標(biāo)為(2,2).

則點B關(guān)于x軸對稱的點P的坐標(biāo)為(2,—2).

所以直線AP的表達(dá)式是y=-1久+奉

令y=0,得x=芻即所求點Q的坐標(biāo)是G0).

(2)①CQ=|—2-白=(故將拋物線y=1/向左平移當(dāng)個單位長度時，AA'C+CB，最短，此時拋

物線的表達(dá)式為y=+

②如圖17-6所示，由CD=2,將點B向左平移2個單位長度,即得點BI(0,2).“T

點Bi關(guān)于x軸的對稱點為Pi(0,一2),連接力Pi,交x軸于點Di.

延長BBi至點B；使BB=DC過點A作AA'\\BB'.

此時4。+CB'=ADr+=APi,四邊形A'B'CD的周長最短.

易得直線AP】的表達(dá)式為y=-|x-2,則點Di的坐標(biāo)為(-［，()).

..?皿=”BB，=2+2

即將拋物線向左平移/個單位長度，使四邊形AECD的周長最短.

故將拋物線向左平移時，存在某個位置，使四邊形A'B'CD的周長最短，此時拋物線的解析式為y=

l(x+T)-

解后反思“軸對稱最值”模式備受中考命題者重視，往往融入壓軸題中成為一個“把關(guān)點”另外，“軸對

稱最值”模式有著豐富的變式，透過現(xiàn)象看本質(zhì)是很關(guān)鍵的.

例4已知拋物線y=x2+bx+c的頂點為P,與y軸交于點A,與直線OP交于點B.

(1)如圖17-7所示，若點P的橫坐標(biāo)為1,點B的坐標(biāo)為(3,6),試確定拋物線的表達(dá)式.

⑵在⑴的條件下，若點M是直線AB下方拋物線上的一點，且SABM=3,,求點M的坐標(biāo).

(3)如圖17-8所示，點P.在第一象限，且PA=PO.若過點P作x軸的垂線，垂足為點D,將拋物線y=Y+

bx+c平移，平移后的拋物線經(jīng)過點A、點D,該拋物線與x軸的另一個交點為C,請?zhí)骄克倪呅蜲ABC

的形狀，并說明理由.

思路分析⑴由頂點橫坐標(biāo)與點B的坐標(biāo)可求出拋物線的表達(dá)式.

(2)點A和點B的坐標(biāo)求出之后可以求出直線AB的表達(dá)式，設(shè)點M的坐標(biāo)為(久，%2-2%+3),根據(jù)

SABM=3,可以構(gòu)造關(guān)于x的方程，從而求出點M的坐標(biāo).

(3)利用PA=PO,過點P作x軸的垂線，垂足為點D,可得PD=］利用拋物線頂點縱坐標(biāo)為?可以得到

b與c的關(guān)系式.平移前后的拋物線形狀和開口方向都不發(fā)生改變，只是位置發(fā)生了改變，這樣可以得到含

有參數(shù)b的平移后的拋物線表達(dá)式，以及含有參數(shù)b的直線AP的表達(dá)式.這樣可以求出含有參數(shù)b的點A、

點B、點C的坐標(biāo)，進(jìn)而判斷四邊形OABC的形狀.

規(guī)范解答⑴依題意，-聶=1,解得b=-2.

將b------2及點B(3,6)的坐標(biāo)代入y^x2+bx+c,得

6=32—2x3+c.

解得c=3.

所以拋物線的表達(dá)式為y=產(chǎn)一2尤+3.

(2)拋物線y=/—2*+3與y軸交于點A,

所以點A的坐標(biāo)為(0,3).

又因為點B的坐標(biāo)為(3,6),

可得直線AB的表達(dá)式為y=x+3.

設(shè)直線AB下方拋物線上的點M坐標(biāo)為3%2-2%+3).

如圖17-9所示，過點M作y軸的平行線，交直線AB于點N,則點N的坐標(biāo)為(x,x+3).

，?SABM=SAMN+SBMN=-MN-\xB—xA\=3.

|+3—(%2-2%+3)]X3=3.

解得％1=1,%2=2.

所以點M的坐標(biāo)為(1,2)或(2,3).

⑶如圖17-10所示，由PA=POQA=c，可得PD=(.

v拋物線y=x2+bx+C的頂點坐標(biāo)為

.4c-b2_c

----=—.

42

整理，得C="2.

所以拋物線的表達(dá)式為y=x2+bx+l爐，各點坐標(biāo)為4（0,”2）,p（_沙於2）,D（—沙0）.

可得直線OP的表達(dá)式為y=-\bx.

點B是拋物線y=x2+bx+^塊與直線y=-1bx的交點，

—^bx=x2+bx+］解得=—b,X2=—*

可得點B的坐標(biāo)為（-修2）.

由平移后的拋物線經(jīng)過點A,可設(shè)平移后的拋物線的表達(dá)式為y^x2+mx+h2.

將點D（-沙0）的坐標(biāo)代入y=x24-mx+1爐,得m=|d.

所以平移后的拋物線的表達(dá)式為y=/+1入+那.

22

令y=0,即x+j/>x+|b=0.解得x1=—b,x2=—1/）.

依題意，點C的坐標(biāo)為（-b,0）.

1r

BC=-b2.

2

BC=OA.

又：BC〃OA,

四邊形OABC是平行四邊形.

又：NAOC=90。,

四邊形OABC是矩形.

解后反思解答第（3）問的關(guān)鍵：一是利用已知條件求出b與c的關(guān)系式，從而將c用b表示；二是抓住

平移前后拋物線的形狀和開口方向都不發(fā)生改變，只是位置發(fā)生了改變，這樣可以得到含有參數(shù)b的平移

后的拋物線的表達(dá)式.

模擬訓(xùn)練

1.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中,已知拋物線q:y=|x2+6x+2的頂點為M,與y軸相交于

點N,先將拋物線ci沿x軸翻折，再向右平移p個單位長度后得到拋物線C2.