專題19二次函數(shù)與平移變換綜合問題（解析版）

挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國(guó)通用）

專題19二次函數(shù)與平移變換綜合問題

【例1】（2022?湖北）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝x2﹣2x﹣3的頂點(diǎn)為A，

與y軸交于點(diǎn)C，線段CB∥x軸，交該拋物線于另一點(diǎn)B．

（1）求點(diǎn)B的坐標(biāo)及直線AC的解析式；

（2）當(dāng)二次函數(shù)y＝x2﹣2x﹣3的自變量x滿足m≤x≤m+2時(shí)，此函數(shù)的最大值為p，

最小值為q，且p﹣q＝2，求m的值；

（3）平移拋物線y＝x2﹣2x﹣3，使其頂點(diǎn)始終在直線AC上移動(dòng)，當(dāng)平移后的拋物線與

射線BA只有一個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，設(shè)此時(shí)拋物線的頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)為n，請(qǐng)直接寫出n的取值范

圍．

【分析】（1）求出A、B、C三點(diǎn)坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求直線AC的解析式即可；

（2）分四種情況討論：①當(dāng)m＞1時(shí)，p﹣q＝（m+2）2﹣2（m+2）﹣3﹣m2+2m+3＝2，

解得m＝（舍）；②當(dāng)m+2＜1，即m＜﹣1，p﹣q＝m2﹣2m﹣3﹣（m+2）2+2（m+2）

+3＝2，解得m＝﹣（舍）；③當(dāng)m≤1≤m+1，即0≤m≤1，p﹣q＝（m+2）2﹣2（m+2）

﹣3+4＝2，解得m＝﹣1或m＝﹣﹣1（舍）；④當(dāng)m+1＜1≤m+2，即﹣1≤m＜0，

p﹣q＝m2﹣2m﹣3+4＝2，解得m＝+1（舍）或m＝﹣+1；

（3）分兩種情況討論：①當(dāng)拋物線向左平移h個(gè)單位，則向上平移h個(gè)單位，平移后

的拋物線解析式為y＝（x﹣1+h）2﹣4+h，求出直線BA的解析式為y＝x﹣5，聯(lián)立方程

組，由Δ＝0時(shí)，解得h＝，此時(shí)拋物線的頂點(diǎn)為（，﹣），

此時(shí)平移后的拋物線與射線BA只有一個(gè)公共點(diǎn)；②當(dāng)拋物線向右平移k個(gè)單位，則向

下平移k個(gè)單位，平移后的拋物線解析式為y＝（x﹣1﹣k）2﹣4﹣k，當(dāng)拋物線經(jīng)過點(diǎn)B

時(shí)，此時(shí)拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（4，﹣7），此時(shí)平移后的拋物線與射線BA只有一個(gè)公共

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點(diǎn)；當(dāng)拋物線的頂點(diǎn)為（1，﹣4）時(shí)，平移后的拋物線與射線BA有兩個(gè)公共點(diǎn)，由此可

求解．

【解答】解：（1）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，

∴頂點(diǎn)A（1，﹣4），

令x＝0，則y＝﹣3，

∴C（0，﹣3），

∵CB∥x軸，

∴B（2，﹣3），

設(shè)直線AC解析式為y＝kx+b，

，

解得，

∴y＝﹣x﹣3；

（2）∵拋物線y＝x2﹣2x﹣3的對(duì)稱軸為直線x＝1，

①當(dāng)m＞1時(shí)，

x＝m時(shí)，q＝m2﹣2m﹣3，

x＝m+2時(shí)，p＝（m+2）2﹣2（m+2）﹣3，

∴p﹣q＝（m+2）2﹣2（m+2）﹣3﹣m2+2m+3＝2，

解得m＝（舍）；

②當(dāng)m+2＜1，即m＜﹣1，

x＝m時(shí)，p＝m2﹣2m﹣3，

x＝m+2時(shí)，q＝（m+2）2﹣2（m+2）﹣3，

∴p﹣q＝m2﹣2m﹣3﹣（m+2）2+2（m+2）+3＝2，

解得m＝﹣（舍）；

③當(dāng)m≤1≤m+1，即0≤m≤1，

x＝1時(shí)，q＝﹣4，

x＝m+2時(shí)，p＝（m+2）2﹣2（m+2）﹣3，

∴p﹣q＝（m+2）2﹣2（m+2）﹣3+4＝2，

解得m＝﹣1或m＝﹣﹣1（舍）；

④當(dāng)m+1＜1≤m+2，即﹣1≤m＜0，

x＝1時(shí)，q＝﹣4，

x＝m時(shí)，p＝m2﹣2m﹣3，

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∴p﹣q＝m2﹣2m﹣3+4＝2，

解得m＝1+（舍）或m＝1﹣，

綜上所述：m的值﹣1或1﹣；

（3）設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，

∴，

解得，

∴y＝﹣x﹣3，

①如圖1，當(dāng)拋物線向左平移h個(gè)單位，則向上平移h個(gè)單位，

∴平移后的拋物線解析式為y＝（x﹣1+h）2﹣4+h，

設(shè)直線BA的解析式為y＝k'x+b'，

∴，

解得，

∴y＝x﹣5，

聯(lián)立方程組，

整理得x2﹣（3﹣2h）x+h2﹣h+2＝0，

當(dāng)Δ＝0時(shí)，（3﹣2h）2﹣4（h2﹣h+2）＝0，

解得h＝，

此時(shí)拋物線的頂點(diǎn)為（，﹣），此時(shí)平移后的拋物線與射線BA只有一個(gè)公共點(diǎn)；

②如圖2，當(dāng)拋物線向右平移k個(gè)單位，則向下平移k個(gè)單位，

∴平移后的拋物線解析式為y＝（x﹣1﹣k）2﹣4﹣k，

當(dāng)拋物線經(jīng)過點(diǎn)B時(shí)，（2﹣1﹣k）2﹣4﹣k＝﹣3，

解得k＝0（舍）或k＝3，

此時(shí)拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（4，﹣7），此時(shí)平移后的拋物線與射線BA只有一個(gè)公共點(diǎn)，

當(dāng)拋物線的頂點(diǎn)為（1，﹣4）時(shí)，平移后的拋物線與射線BA有兩個(gè)公共點(diǎn)，

∴綜上所述：1＜n≤4或n＝．

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【例2】（2022?常州）已知二次函數(shù)y＝ax2+bx+3的自變量x的部分取值和對(duì)應(yīng)函數(shù)值y如

下表：

x…﹣10123…

y…430﹣5﹣12…

（1）求二次函數(shù)y＝ax2+bx+3的表達(dá)式；

（2）將二次函數(shù)y＝ax2+bx+3的圖象向右平移k（k＞0）個(gè)單位，得到二次函數(shù)y＝

mx2+nx+q的圖象，使得當(dāng)﹣1＜x＜3時(shí)，y隨x增大而增大；當(dāng)4＜x＜5時(shí)，y隨x增大

而減?。?qǐng)寫出一個(gè)符合條件的二次函數(shù)y＝mx2+nx+q的表達(dá)式y(tǒng)＝y(tǒng)＝﹣x2+6x﹣5（答

案不唯一），實(shí)數(shù)k的取值范圍是4≤k≤5；

（3）A、B、C是二次函數(shù)y＝ax2+bx+3的圖象上互不重合的三點(diǎn)．已知點(diǎn)A、B的橫坐

標(biāo)分別是m、m+1，點(diǎn)C與點(diǎn)A關(guān)于該函數(shù)圖象的對(duì)稱軸對(duì)稱，求∠ACB的度數(shù)．

【分析】（1）用待定系數(shù)法可得二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）將二次函數(shù)y＝﹣x2﹣2x+3的圖象向右平移k（k＞0）個(gè)單位得y＝﹣（x﹣k+1）2+4

的圖象，新圖象的對(duì)稱軸為直線x＝k﹣1，根據(jù)當(dāng)﹣1＜x＜3時(shí)，y隨x增大而增大；當(dāng)4

＜x＜5時(shí)，y隨x增大而減小，且拋物線開口向下，知3≤k﹣1≤4，得4≤k≤5，即可得

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到答案；

（3）求出A（m，﹣m2﹣2m+3），B（m+1，m2﹣m），C（﹣2﹣m，﹣m2﹣2m+3），過B

作BH⊥AC于H，可得BH＝|﹣m2﹣4m﹣（﹣m2﹣2m+3）|＝|﹣2m﹣3|，CH＝|（﹣2﹣m）

﹣（m+1）|＝|﹣2m3|，故△BHC是等腰直角三角形，∠ACB＝45°，

當(dāng)B在C右側(cè)時(shí)，同理可得∠ACB＝135°．

【解答】解：（1）將（﹣1，4），（1，0）代入y＝ax2+bx+3得：

，

解得，

∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）如圖：

∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，

∴將二次函數(shù)y＝﹣x2﹣2x+3的圖象向右平移k（k＞0）個(gè)單位得y＝﹣（x﹣k+1）2+4

的圖象，

∴新圖象的對(duì)稱軸為直線x＝k﹣1，

∵當(dāng)﹣1＜x＜3時(shí)，y隨x增大而增大；當(dāng)4＜x＜5時(shí)，y隨x增大而減小，且拋物線開

口向下，

∴3≤k﹣1≤4，

解得4≤k≤5，

∴符合條件的二次函數(shù)y＝mx2+nx+q的表達(dá)式可以是y＝﹣（x﹣3）2+4＝﹣x2+6x﹣5，

故答案為：y＝﹣x2+6x﹣5（答案不唯一），4≤k≤5；

（3）當(dāng)B在C左側(cè)時(shí)，過B作BH⊥AC于H，如圖：

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∵點(diǎn)A、B的橫坐標(biāo)分別是m、m+1，

222

∴yA＝﹣m﹣2m+3，yB＝﹣（m+1）﹣2（m+1）+3＝﹣m﹣4m，

∴A（m，﹣m2﹣2m+3），B（m+1，﹣m2﹣4m），

∵點(diǎn)C與點(diǎn)A關(guān)于該函數(shù)圖象的對(duì)稱軸對(duì)稱，而拋物線對(duì)稱軸為直線x＝﹣1，

∴＝﹣1，AC∥x軸，

∴xC＝﹣2﹣m，

∴C（﹣2﹣m，﹣m2﹣2m+3），

過B作BH⊥AC于H，

∴BH＝|﹣m2﹣4m﹣（﹣m2﹣2m+3）|＝|﹣2m﹣3|，CH＝|（﹣2﹣m）﹣（m+1）|＝|﹣2m

﹣3|，

∴BH＝CH，

∴△BHC是等腰直角三角形，

∴∠HCB＝45°，即∠ACB＝45°，

當(dāng)B在C右側(cè)時(shí)，如圖：

同理可得△BHC是等腰直角三角形，

∴∠ACB＝180°﹣∠BCH＝135°，

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綜上所述，∠ACB的度數(shù)是45°或135°．

【例3】（2022?連云港）已知二次函數(shù)y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4，其中m＞2．

（1）當(dāng)該函數(shù)的圖象經(jīng)過原點(diǎn)O（0，0），求此時(shí)函數(shù)圖象的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)；

（2）求證：二次函數(shù)y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4的頂點(diǎn)在第三象限；

（3）如圖，在（1）的條件下，若平移該二次函數(shù)的圖象，使其頂點(diǎn)在直線y＝﹣x﹣2

上運(yùn)動(dòng)，平移后所得函數(shù)的圖象與y軸的負(fù)半軸的交點(diǎn)為B，求△AOB面積的最大值．

【分析】（1）把O（0，0）代入y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4可得y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，

即得函數(shù)圖像的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，﹣1）；

（2）由拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)公式得y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4的頂點(diǎn)為（，），

根據(jù)m＞2，＝﹣（m﹣4）2﹣1≤﹣1＜0，可知二次函數(shù)y＝x2+（m﹣2）

x+m﹣4的頂點(diǎn)在第三象限；

（3）設(shè)平移后圖像對(duì)應(yīng)的二次函數(shù)表達(dá)式為y＝x2+bx+c，其頂點(diǎn)為（﹣，），

將（﹣，）代入y＝﹣x﹣2得c＝，可得OB＝﹣c＝﹣，

過點(diǎn)A作AH⊥OB于H，有S△AOB＝OB?AH＝×（﹣）×1＝﹣（b+1）

2+，由二次函數(shù)性質(zhì)得△AOB面積的最大值是．

【解答】（1）解：把O（0，0）代入y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4得：

m﹣4＝0，

解得m＝4，

∴y＝x2+2x＝（x+1）2﹣1，

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∴函數(shù)圖像的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，﹣1）；

（2）證明：由拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)公式得y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4的頂點(diǎn)為（，

），

∵m＞2，

∴2﹣m＜0，

∴＜0，

∵＝﹣（m﹣4）2﹣1≤﹣1＜0，

∴二次函數(shù)y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4的頂點(diǎn)在第三象限；

（3）解：設(shè)平移后圖像對(duì)應(yīng)的二次函數(shù)表達(dá)式為y＝x2+bx+c，其頂點(diǎn)為（﹣，），

當(dāng)x＝0時(shí)，B（0，c），

將（﹣，）代入y＝﹣x﹣2得：

＝﹣2，

∴c＝，

∵B（0，c）在y軸的負(fù)半軸，

∴c＜0，

∴OB＝﹣c＝﹣，

過點(diǎn)A作AH⊥OB于H，如圖：

∵A（﹣1，﹣1），

∴AH＝1，

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在△AOB中，

22

S△AOB＝OB?AH＝×（﹣）×1＝﹣b﹣b+1＝﹣（b+1）+，

∵﹣＜0，

∴當(dāng)b＝﹣1時(shí)，此時(shí)c＜0，S△AOB取最大值，最大值為，

答：△AOB面積的最大值是．

【例4】（2022?聊城）如圖，在直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象與x軸交于A，

B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C（0，3），對(duì)稱軸為直線x＝﹣1，頂點(diǎn)為點(diǎn)D．

（1）求二次函數(shù)的表達(dá)式；

（2）連接DA，DC，CB，CA，如圖①所示，求證：∠DAC＝∠BCO；

（3）如圖②，延長(zhǎng)DC交x軸于點(diǎn)M，平移二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象，使頂點(diǎn)D

沿著射線DM方向平移到點(diǎn)D1且CD1＝2CD，得到新拋物線y1，y1交y軸于點(diǎn)N．如果

在y1的對(duì)稱軸和y1上分別取點(diǎn)P，Q，使以MN為一邊，點(diǎn)M，N，P，Q為頂點(diǎn)的四邊

形是平行四邊形，求此時(shí)點(diǎn)Q的坐標(biāo)．

【分析】（1）根據(jù)拋物線對(duì)稱軸和點(diǎn)C坐標(biāo)分別確定b和c的值，進(jìn)而求得結(jié)果；

（2）根據(jù)點(diǎn)A，D，C坐標(biāo)可得出AD，AC，CD的長(zhǎng)，從而推出三角形ADC為直角三

角形，進(jìn)而得出∠DAC和∠BCO的正切值相等，從而得出結(jié)論；

（3）先得出y1的頂點(diǎn)，進(jìn)而得出先拋物線的表達(dá)式，N的坐標(biāo)，根據(jù)三角形相似或一次

函數(shù)可求得點(diǎn)M坐標(biāo)，以MN為邊，點(diǎn)M，N，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是MNQP和MNPQ

根據(jù)M，N和點(diǎn)P的橫坐標(biāo)可以得出Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)，進(jìn)而求得結(jié)果．??

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【解答】（1）解：由題意得，

，

∴，

∴二次函數(shù)的表達(dá)式為：y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）證明：∵當(dāng)x＝﹣1時(shí)，y＝﹣1﹣2×（﹣1）+3＝4，

∴D（﹣1，4），

由﹣x2﹣2x+3＝0得，

x1＝﹣3，x2＝1，

∴A（﹣3，0），B（1，0），

∴AD2＝20，

∵C（0，3），

∴CD2＝2，AC2＝18，

∴AC2+CD2＝AD2，

∴∠ACD＝90°，

∴tan∠DAC＝＝＝，

∵∠BOC＝90°，

∴tan∠BCO＝＝，

∴∠DAC＝∠BCO；

（3）解：如圖，

作DE⊥y軸于E，作D1F⊥y軸于F，

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∴DE∥FD1，

∴△DEC∽△D1FC，

∴＝，

∴FD1＝2DE＝2，CF＝2CE＝2，

∴D1（2，1），

2

∴y1的關(guān)系式為：y＝﹣（x﹣2）+1，

當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣3，

∴N（0，﹣3），

同理可得：，

∴，

∴OM＝3，

∴M（3，0），

設(shè)P（2，m），

當(dāng)MNQP時(shí)，

∴?MN∥PQ，PQ＝MN，

∴Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)為﹣1，

當(dāng)x＝﹣1時(shí)，y＝﹣（﹣1﹣2）2+1＝﹣8，

∴Q（﹣1，8），

當(dāng)MNPQ時(shí)，

同理?可得：點(diǎn)Q橫坐標(biāo)為：5，

當(dāng)x＝5時(shí)，y＝﹣（5﹣2）2+1＝﹣8，

∴Q′（5，﹣8），

綜上所述：點(diǎn)Q（﹣1，﹣8）或（5，﹣8）．

【例5】（2022?鎮(zhèn)江）一次函數(shù)y＝x+1的圖象與x軸交于點(diǎn)A，二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a

≠0）的圖象經(jīng)過點(diǎn)A、原點(diǎn)O和一次函數(shù)y＝x+1圖象上的點(diǎn)B（m，）．

（1）求這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式；

（2）如圖1，一次函數(shù)y＝x+n（n＞﹣，n≠1）與二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）

的圖象交于點(diǎn)C（x1，y1）、D（x2，y2）（x1＜x2），過點(diǎn)C作直線l1⊥x軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)D

作直線l2⊥x軸，過點(diǎn)B作BF⊥l2于點(diǎn)F．

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①x1＝，x2＝（分別用含n的代數(shù)式表示）；

②證明：AE＝BF；

（3）如圖2，二次函數(shù)y＝a（x﹣t）2+2的圖象是由二次函數(shù)y＝ax2+bx+c（a≠0）的圖

象平移后得到的，且與一次函數(shù)y＝x+1的圖象交于點(diǎn)P、Q（點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左側(cè)），

過點(diǎn)P作直線l3⊥x軸，過點(diǎn)Q作直線l4⊥x軸，設(shè)平移后點(diǎn)A、B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為A′、

B′，過點(diǎn)A′作A′M⊥l3于點(diǎn)M，過點(diǎn)B′作B′N⊥l4于點(diǎn)N．

①A′M與B′N相等嗎？請(qǐng)說明你的理由；

②若A′M+3B′N＝2，求t的值．

【分析】（1）先求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，利用交點(diǎn)式設(shè)y＝ax（x+2），把B（，）代入

即可求得答案；

（2）①聯(lián)立得x2+2x＝x+n，解方程即可求得答案；

②分兩種情況：當(dāng)n＞1時(shí)，CD位于AB的上方，可得：AE＝﹣2﹣＝

，BF＝﹣＝，故AE＝BF；當(dāng)＜n＜1

時(shí)，CD位于AB的下方，可得：AE＝﹣（﹣2）＝，BF＝﹣

＝，故AE＝BF；

（3）方法一：①設(shè)P、Q平移前的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為P′、Q′，則P′Q′∥PQ，可得P′

Q′∥AB，再由（2）②及平移的性質(zhì)可證得結(jié)論；②由A′M+3B′N＝2，可得A′M

＝B′N＝，根據(jù)二次函數(shù)y＝x2+2x的圖象的頂點(diǎn)為（﹣1，﹣1），二次函數(shù)y＝（x﹣t）

2+2的圖象的頂點(diǎn)為（t，2），可得新二次函數(shù)的圖象是由原二次函數(shù)的圖象向右平移（t+1）

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個(gè)單位，向上平移3個(gè)單位得到的，把Q（t+1，3）代入y＝x+1，即可求得答案；

2

方法二：①設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x3，y3），由y3＝x3+1，y3＝（x3﹣t）+2，得x3+1＝

2

（x3﹣t）+2，可得：點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為，點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為

（t＞）．再由二次函數(shù)y＝x2+2x圖象的頂點(diǎn)為（﹣1，﹣1），二次函數(shù)y＝（x﹣t）2+2

的圖象的頂點(diǎn)為（t，2），可得新二次函數(shù)的圖象是由原二次函數(shù)的圖象向右平移（t+1）

個(gè)單位，向上平移3個(gè)單位得到的，求得：B′（t+，），A′（t﹣1，3），即可證

得結(jié)論．

【解答】解：（1）∵直線y＝x+1與x軸交于點(diǎn)A，

令y＝0，得x+1＝0，

解得：x＝﹣2，

∴A（﹣2，0），

∵直線y＝x+1經(jīng)過點(diǎn)B（m，），

∴m+1＝，

解得：m＝，

∴B（，），

∵拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經(jīng)過A（﹣2，0），O（0，0），B（，），

設(shè)y＝ax（x+2），則＝a××（+2），

解得：a＝1，

∴y＝x（x+2）＝x2+2x，

∴這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式為y＝x2+2x；

（2）①由題意得：x2+2x＝x+n（n＞﹣），

解得：x1＝，x2＝，

故答案為：，；

第13頁共52頁.

②當(dāng)n＞1時(shí)，CD位于AB的上方，

∵A（﹣2，0），B（，），

∴AE＝﹣2﹣＝，BF＝﹣＝，

∴AE＝BF，

當(dāng)＜n＜1時(shí)，CD位于AB的下方，

∵A（﹣2，0），B（，），

∴AE＝﹣（﹣2）＝，BF＝﹣＝，

∴AE＝BF，

∴當(dāng)n＞﹣且n≠1時(shí)，AE＝BF；

（3）方法一：①設(shè)P、Q平移前的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為P′、Q′，則P′Q′∥PQ，

∴P′Q′∥AB，

∵平移后點(diǎn)A、B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為A′、B′，

由（2）②及平移的性質(zhì)可知：A′M＝B′N；

②∵A′M+3B′N＝2，

∴A′M＝B′N＝，

設(shè)點(diǎn)Q在原拋物線上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為Q′，

∵二次函數(shù)y＝x2+2x的圖象的頂點(diǎn)為（﹣1，﹣1），二次函數(shù)y＝（x﹣t）2+2的圖象的

頂點(diǎn)為（t，2），

∴新二次函數(shù)的圖象是由原二次函數(shù)的圖象向右平移（t+1）個(gè)單位，向上平移3個(gè)單位

得到的，

∴Q′的橫坐標(biāo)為0或1，

∴Q′（0，0）或（1，3），

當(dāng)Q′（0，0）時(shí)，Q（t+1，3），

將點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入y＝x+1，

得：3＝（t+1）+1，

解得：t＝3；

當(dāng)Q′（1，3）時(shí)，Q（t+2，6），

第14頁共52頁.

將點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入y＝x+1，

得：6＝（t+2）+1，

解得：t＝8；

綜上所述，t＝3或8；

另解：

∵A′M+3B′N＝2，

∴A′M＝B′N＝，B（，）的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B′（t+，），

∵B′N＝，

∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為t+1，代入y＝x+1，得y＝（t+1）+1＝t+，

∴Q（t+1，t+），

將點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入y＝（x﹣t）2+2中，得t+＝（t+1﹣t）2+2，

解得：t＝3．

方法二：

2

①設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（x3，y3），由y3＝x3+1，y3＝（x3﹣t）+2，得x3+1＝（x3﹣t）

2+2，

當(dāng)t＞時(shí)，解得：x3＝，

∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為；

同理可得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為，

∵點(diǎn)P在點(diǎn)Q的左側(cè)，

∴點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為，點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為（t＞）．

∵二次函數(shù)y＝x2+2x圖象的頂點(diǎn)為（﹣1，﹣1），二次函數(shù)y＝（x﹣t）2+2的圖象的頂

點(diǎn)為（t，2），

∴新二次函數(shù)的圖象是由原二次函數(shù)的圖象向右平移（t+1）個(gè)單位，向上平移3個(gè)單位

得到的，

∴B（，）的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B′（t+，），A（﹣2，0）的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A′（t﹣1，3）．

第15頁共52頁.

∴B′N＝t+﹣＝，A′M＝﹣（t﹣1）＝

，

∴A′M＝B′N．

一．解答題（共20題）

1．（2022秋?臨海市月考）如圖，以A（3，0），為頂點(diǎn)的拋物線交y軸于點(diǎn)B（0，4）

（1）求此拋物線的函數(shù)解析式．

（2）點(diǎn)C（7，4）是否也在這個(gè)拋物線上？

（3）你能否通過左右平移該拋物線，使平移后的拋物線經(jīng)過點(diǎn)C（7，4）？若能，請(qǐng)寫

出平移的方法．

【分析】（1）設(shè)頂點(diǎn)式y(tǒng)＝a（x﹣3）2，然后把B點(diǎn)坐標(biāo)代入求出a，從而得到拋物線解

析式；

（2）根據(jù)二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征進(jìn)行判斷；

（3）設(shè)平移后的拋物線解析式為y＝（x﹣m）2，再把C（7，4）代入求出m的值為4

或10，從而可判斷拋物線向右平移1個(gè)單位或7個(gè)單位．

【解答】解：（1）設(shè)拋物線解析式為y＝a（x﹣3）2，

把B（0，4）代入得4＝a×（0﹣3）2，

解得a＝，

∴拋物線解析式為y＝（x﹣3）2；

（2）當(dāng)x＝7時(shí)，y＝（x﹣3）2＝×（7﹣3）2＝≠4，

∴點(diǎn)C（7，4）不在這個(gè)拋物線上；

（3）能．

第16頁共52頁.

設(shè)平移后的拋物線解析式為y＝（x﹣m）2，

把C（7，4）代入得×（7﹣m）2＝4，

解得m1＝4，m2＝10，

∴把拋物線y＝（x﹣3）2向右平移1個(gè)單位或7個(gè)單位可經(jīng)過點(diǎn)C（7，4）．

2．（2022秋?江夏區(qū)月考）已知拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（﹣1，2）．

（1）拋物線頂點(diǎn)位于y軸右側(cè)且縱坐標(biāo)為6．①求拋物線的解析式．②如圖1，直線y

＝﹣x+4與拋物線交于B、C兩點(diǎn)，P為線段BC上一點(diǎn)，過P作PM∥y軸交拋物線于M

點(diǎn)．若PM＝3，求P點(diǎn)的坐標(biāo)．

（2）將拋物線平移，使點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A'（m+1，b+4），其中m≠2．若平移后的拋物

線經(jīng)過點(diǎn)N（2，1），平移后的拋物線頂點(diǎn)恰好落在直線y＝x+5上，求b的值．

【分析】（1）①將點(diǎn)A（﹣1，2）代入y＝﹣x2+bx+c，得到b、c的關(guān)系為c﹣b＝3，再

由＝6，求出b、c的值即可求函數(shù)的解析式；

②設(shè)M（t，﹣t2+2t+5），則P（t，﹣t+4），可得PM＝﹣t2+3t+1＝3，求出t的值即可求

M點(diǎn)坐標(biāo)；

（2）由題意可知拋物線向右平移m+2個(gè)單位，向上平移b+2個(gè)單位，則平移后的拋物

線解析為y＝﹣（x﹣﹣m﹣2）2+2b+5+，所以拋物線的頂點(diǎn)為（+m+2，2b+5+），

再由題意可得m＝+b﹣2①，﹣（﹣﹣m）2+2b+5+＝1②，由①②求出b

的值即可．

第17頁共52頁.

【解答】解：（1）①將點(diǎn)A（﹣1，2）代入y＝﹣x2+bx+c，

∴c﹣b＝3，

∵拋物線的頂點(diǎn)縱坐標(biāo)為6，

∴＝6，

∴c＝﹣3或c＝5，

∴b＝﹣6或b＝2，

∵頂點(diǎn)位于y軸右側(cè)，

∴b＞0，

∴b＝2，

∴y＝﹣x2+2x+5；

②設(shè)M（t，﹣t2+2t+5），則P（t，﹣t+4），

∴PM＝﹣t2+3t+1，

∵PM＝3，

∴﹣t2+3t+1＝3，

解得t＝1或t＝2，

∴P（1，3）或（2，2）；

（2）∵點(diǎn)A（﹣1，2）平移后對(duì)應(yīng)點(diǎn)為A'（m+1，b+4），

∴拋物線向右平移m+2個(gè)單位，向上平移b+2個(gè)單位，

∵c﹣b＝3，

∴y＝﹣x2+bx+c＝﹣（x﹣）2+b+3+，

∴平移后的拋物線解析為y＝﹣（x﹣﹣m﹣2）2+2b+5+，

∴拋物線的頂點(diǎn)為（+m+2，2b+5+），

∵拋物線頂點(diǎn)恰好落在直線y＝x+5上，

∴+m+2+5＝2b+5+，

∴m＝+b﹣2①，

∵平移后的拋物線經(jīng)過點(diǎn)N（2，1），

∴﹣（﹣﹣m）2+2b+5+＝1②，

由①②可得，b+2m＝b+4或b+2m＝﹣b﹣4，

第18頁共52頁.

當(dāng)b+2m＝b+4時(shí)，m＝2，此時(shí)不符合題意；

當(dāng)b+2m＝﹣b﹣4時(shí)，b＝0或b＝﹣10，

當(dāng)b＝0時(shí)，m＝﹣2；當(dāng)b＝﹣10時(shí)，m＝8；

∴b的值為0或﹣10．

3．（2022?湖里區(qū)二模）拋物線y＝ax2+bx+1與x軸僅有一個(gè)交點(diǎn)A（m，0），與y軸交于點(diǎn)

B，過點(diǎn)B的直線BC⊥AB交x軸于點(diǎn)M，BC＝kAB．

（1）用含b的式子表示m；

（2）若四邊形AMBE是平行四邊形，且點(diǎn)E在拋物線上，求拋物線的解析式；

（3）已知點(diǎn)C在拋物線上，且m＞0，k＝4，將拋物線y＝ax2+bx+1平移，若點(diǎn)M

在平移后的拋物線上，判斷平移后的拋物線是否經(jīng)過點(diǎn)C？若經(jīng)過，請(qǐng)說明拋物線平移

的方式；若不經(jīng)過，請(qǐng)說明理由．

【分析】（1）利用Δ＝b2﹣4ac決定拋物線與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)得到Δ＝b2﹣4a＝0，可得a

＝，則y＝x2+bx+1＝（x+）2，把A（m，0）代入即可求解；

（2）求出E（﹣，1），則BE＝|﹣|，證明△AOB∽△BOM，可求M（﹣，0），再

由AM＝BE，得到|﹣|＝|m+|，求出b＝±2，即可求解析式y(tǒng)＝（x﹣1）2或y＝（x+1）

2；

（3）平移后拋物線的頂點(diǎn)由A變?yōu)镸，則平移后的拋物線為y＝（x+）2，因?yàn)镃

在拋物線上，平移后的拋物線經(jīng)過C，所以（x+）2＝（x﹣m）2，此時(shí)m2＝﹣

1，m無解．

【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+1與x軸僅有一個(gè)交點(diǎn)A（m，0），

∴Δ＝b2﹣4ac＝b2﹣4a＝0，

∴a＝，

∴y＝x2+bx+1＝（x+）2，

把A（m，0）代入得，（m+）2＝0，

∴m＝﹣；

（2）若四邊形AMBE是平行四邊形，A，M均在x軸上，

則AM∥BE，AM＝BE，

第19頁共52頁.

∵B在y軸上，

當(dāng)x＝0時(shí)，y＝ax2+bx+1＝1，

∴B（0，1），

∴E的縱坐標(biāo)為1，

2

把yE＝1代入拋物線y＝（x+），

∴（x+）2＝1，

解得x＝0（舍）或﹣，

∴E（﹣，1），

∴BE＝|﹣|，

∵BC⊥AB，

∴∠MBA＝90°，

∵∠MBO+∠ABO＝90°，∠ABO+∠BAO＝90°，

∴∠BAO＝∠MBO，

∴△AOB∽△BOM，

∴＝，

∴OM＝，

∴M（﹣，0），

∵AM＝BE，

∴|﹣|＝|m+|，

∵m＝﹣，

∴b＝±2，

∴y＝（x﹣1）2或y＝（x+1）2；

（3）平移后的拋物線不經(jīng)過點(diǎn)C，理由如下：

∵平移后拋物線的頂點(diǎn)由A變?yōu)镸，

∴平移后的拋物線為y＝（x+）2，

∵C在拋物線上，平移后的拋物線經(jīng)過C，

第20頁共52頁.

∴（x+）2＝（x﹣m）2，

∴m2＝﹣1，

∴m無解，

∴平移后的拋物線不經(jīng)過C點(diǎn)．

4．（2022?上海）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝x2+bx+c過點(diǎn)A（﹣2，﹣1），B（0，

﹣3）．

（1）求拋物線的解析式；

（2）平移拋物線，平移后的頂點(diǎn)為P（m，n）（m＞0）．

?。绻鸖△OBP＝3，設(shè)直線x＝k，在這條直線的右側(cè)原拋物線和新拋物線均呈上升趨勢(shì)，

求k的取值范圍；

ⅱ．點(diǎn)P在原拋物線上，新拋物線交y軸于點(diǎn)Q，且∠BPQ＝120°，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求出拋物線的解析式；

（2）i．根據(jù)三角形面積求出平移后的拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝2，開口向上，由二次

函數(shù)的性質(zhì)可得出答案；

ii．P（m，﹣3），證出BP＝PQ，由等腰三角形的性質(zhì)求出∠BPC＝60°，由直角

三角形的性質(zhì)可求出答案．

【解答】解：（1）將A（﹣2，﹣1），B（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得：

，

解得：，

∴拋物線的解析式為y＝x2﹣3．

第21頁共52頁.

（2）i．∵y＝x2﹣3，

∴拋物線的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（0，﹣3），

即點(diǎn)B是原拋物線的頂點(diǎn)，

∵平移后的拋物線頂點(diǎn)為P（m，n），

∴拋物線平移了|m|個(gè)單位，

∴S△OPB＝×3|m|＝3，

∵m＞0，

∴m＝2，

即平移后的拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝2，

∵在x＝k的右側(cè)，兩拋物線都上升，原拋物線的對(duì)稱軸為y軸，開口向上，

∴k≥2；

ii．把P（m，n）代入y＝x2﹣3，

∴n＝﹣3，

∴P（m，﹣3），

由題意得，新拋物線的解析式為y＝+n＝﹣3，

∴Q（0，m2﹣3），

∵B（0，﹣3），

∴BQ＝m2，+，PQ2＝

，

∴BP＝PQ，

如圖，過點(diǎn)P作PC⊥y軸于C，則PC＝|m|，

第22頁共52頁.

∵PB＝PQ，PC⊥BQ，

∴BC＝BQ＝m2，∠BPC＝∠BPQ＝×120°＝60°，

∴tan∠BPC＝tan60°＝＝，

∴m＝2或m＝﹣2（舍），

∴n＝﹣3＝3，

∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，3）．

5．（2022?青浦區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于

點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B（3，0），與y軸交于點(diǎn)C．

（1）求該拋物線的表達(dá)式及點(diǎn)C的坐標(biāo)；

（2）點(diǎn)P為拋物線上一點(diǎn)，且在x軸下方，聯(lián)結(jié)PA．當(dāng)∠PAB＝∠ACO時(shí)，求點(diǎn)P的

坐標(biāo)；

（3）在（2）的條件下，將拋物線沿平行于y軸的方向平移，平移后點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)

Q，當(dāng)AQ平分∠PAC時(shí)，求拋物線平移的距離．

【分析】（1）運(yùn)用待定系數(shù)法即可求得答案；

（2）設(shè)P（t，﹣t2+4t﹣3），如圖1，過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，連接AC、AP，可證得

第23頁共52頁.

△APD∽△CAO，建立方程求解即可得出答案；

（3）如圖2，連接AQ、PQ，過點(diǎn)P作PE⊥PA交AQ于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥PQ于點(diǎn)F，

可證得△APD≌△PEF（AAS），得出：PF＝AD＝，EF＝PD＝，即E（，﹣），

再利用待定系數(shù)法求得直線AE的解析式為y＝﹣2x+2，再求得Q（，﹣），即可

求得拋物線平移的距離．

【解答】解：（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)B（3，0），

∴，

解得：，

∴該拋物線的表達(dá)式為y＝﹣x2+4x﹣3，

當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣3，

∴C（0，﹣3）；

（2）設(shè)P（t，﹣t2+4t﹣3），如圖1，過點(diǎn)P作PD⊥x軸于點(diǎn)D，連接AC、AP，

則∠ADP＝∠AOC＝90°，AD＝t﹣1，PD＝﹣（﹣t2+4t﹣3）＝t2﹣4t+3，

又OA＝1，OC＝3，

∵∠PAB＝∠ACO，

∴△APD∽△CAO，

∴＝，即＝，

∴3t2﹣13t+10＝0，

解得：t1＝1（舍去），t2＝，

當(dāng)t＝時(shí)，﹣t2+4t﹣3＝﹣（）2+4×﹣3＝﹣

∴P（，﹣）；

（3）如圖2，連接AQ、PQ，過點(diǎn)P作PE⊥PA交AQ于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥PQ于點(diǎn)F，

由（2）知：P（，﹣），∠PAC＝90°，

∴PD＝，AD＝﹣1＝，∠ADP＝90°，

∵將拋物線沿平行于y軸的方向平移，平移后點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)Q，

∴D、P、Q在同一條直線上，

∴∠APD+∠EPF＝90°，

第24頁共52頁.

∵∠PFE＝90°＝∠ADP，

∴∠PEF+∠EPF＝90°，

∴∠APD＝∠PEF，

∵AQ平分∠PAC，

∴∠PAE＝∠PAC＝×90°＝45°，

又PE⊥PA，

∴△APE是等腰直角三角形，

∴AP＝PE，

∴△APD≌△PEF（AAS），

∴PF＝AD＝，EF＝PD＝，

∴E（，﹣），

設(shè)直線AE的解析式為y＝kx+d，則，

解得：，

∴直線AE的解析式為y＝﹣2x+2，

當(dāng)x＝時(shí)，y＝﹣2x+2＝﹣2×+2＝﹣，

∴Q（，﹣），

∵﹣﹣（﹣）＝，

∴拋物線y＝﹣x2+4x﹣3向下平移了個(gè)單位．

第25頁共52頁.

6．（2022?涼山州）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（﹣1，0）

和點(diǎn)B（0，3），頂點(diǎn)為C，點(diǎn)D在其對(duì)稱軸上，且位于點(diǎn)C下方，將線段DC繞點(diǎn)D

按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)C落在拋物線上的點(diǎn)P處．

（1）求拋物線的解析式；

（2）求點(diǎn)P的坐標(biāo)；

（3）將拋物線平移，使其頂點(diǎn)落在原點(diǎn)O，這時(shí)點(diǎn)P落在點(diǎn)E的位置，在y軸上是否存

在點(diǎn)M，使得MP+ME的值最小，若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；

（2）利用配方法得到y(tǒng)＝﹣（x﹣1）2+4，則根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)得到C點(diǎn)坐標(biāo)和拋物線

的對(duì)稱軸為直線x＝1，如圖，設(shè)CD＝t，則D（1，4﹣t），根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得∠PDC＝90°，

DP＝DC＝t，則P（1+t，4﹣t），然后把P（1+t，4﹣t）代入y＝﹣x2+2x+4得到關(guān)于t

的方程，從而解方程求出t，即可得到點(diǎn)P的坐標(biāo)；

（3）P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，3），頂點(diǎn)C坐標(biāo)為（1，4），利用拋物線的平移規(guī)律確定E點(diǎn)坐標(biāo)

為（1，﹣1），找出點(diǎn)E關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)F（﹣1，﹣1），連接PF交y軸于M，則MP+ME

＝MP+MF＝PF的值最小，然后利用待定系數(shù)法求出直線PF的解析式，即可得到點(diǎn)M

的坐標(biāo)．

【解答】解：（1）把A（﹣1，0）和點(diǎn)B（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，

得，

解得：，

第26頁共52頁.

∴拋物線解析式為y＝﹣x2+2x+3；

（2）∵y＝﹣（x﹣1）2+4，

∴C（1，4），拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝1，

如圖，設(shè)CD＝t，則D（1，4﹣t），

∵線段DC繞點(diǎn)D按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)C落在拋物線上的點(diǎn)P處，

∴∠PDC＝90°，DP＝DC＝t，

∴P（1+t，4﹣t），

把P（1+t，4﹣t）代入y＝﹣x2+2x+3得：

﹣（1+t）2+2（1+t）+3＝4﹣t，

整理得t2﹣t＝0，

解得：t1＝0（舍去），t2＝1，

∴P（2，3）；

（3）∵P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，3），頂點(diǎn)C坐標(biāo)為（1，4），將拋物線平移，使其頂點(diǎn)落在原點(diǎn)

O，這時(shí)點(diǎn)P落在點(diǎn)E的位置，

∴E點(diǎn)坐標(biāo)為（1，﹣1），

∴點(diǎn)E關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)F（﹣1，﹣1），

連接PF交y軸于M，則MP+ME＝MP+MF＝PF的值最小，

設(shè)直線PF的解析式為y＝kx+n，

第27頁共52頁.

∴，

解得：，

∴直線PF的解析式為y＝x+，

∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，）．

2

7．（2022?雁塔區(qū)校級(jí)模擬）已知拋物線L1：y＝ax+bx+c（a≠0）與x軸交于點(diǎn)A（﹣1，0），

點(diǎn)B（3，0），與y軸交于點(diǎn)C（0，3）．

（1）求拋物線L的表達(dá)式；

（2）若點(diǎn)P是直線y＝x+1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，將拋物線L進(jìn)行平移得到拋物線L'，點(diǎn)B的

對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)Q，是否存在以A、B、P、Q四個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，求出

拋物線的平移方式；若不存在，請(qǐng)說明理由．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法解答即可；

（2）根據(jù)已知條件畫出符合題意的圖形，利用等腰直角三角形的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)解答

即可．

【解答】解：（1）由題意得：

，

解得：．

∴拋物線L的表達(dá)式為y＝﹣x2+2x+3；

（2）存在以A、B、P、Q四個(gè)點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是菱形．理由：

∵點(diǎn)A（﹣1，0），點(diǎn)B（3，0），

∴AB＝4．

如圖，當(dāng)四邊形ABQP為菱形時(shí)，

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過點(diǎn)P作PC⊥x軸于點(diǎn)C，

令x＝0，則y＝1，

∴D（0，1），

∴OD＝1，

令y＝0，則x+1＝0，

∴x＝﹣1，

∴A（﹣1，0）．

∴OA＝1．

∴OA＝OD，

∴∠DAO＝45°．

∵PC⊥x軸，

∴PC＝AC．

∵四邊形ABQP為菱形，

∴PA＝AB＝4．

∴PC＝AC＝PA?sin45°＝4×＝2，

∴P（2﹣1，2），Q（3+2，2）．

拋物線的平移方式為：先將拋物線向右平移2個(gè)單位，再向上平移2個(gè)單位；

同理，當(dāng)點(diǎn)P在第三象限時(shí)，P（﹣2﹣1，﹣2），Q（3﹣2，﹣2），

此時(shí)，拋物線的平移方式為：先將拋物線向左平移2個(gè)單位，再向下平移2個(gè)單位；

如圖，當(dāng)四邊形APBQ為菱形時(shí)，

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∵OA＝OD＝1，

∴∠DAO＝45°．

∵四邊形APBQ為菱形，

∴∠BAQ＝∠DAO＝45°，

∴∠PAQ＝90°，

∴四邊形APBQ為正方形，

∴P（1，2），Q（1，﹣2）．

此時(shí)，拋物線的平移方式為：先將拋物線向左平移2個(gè)單位，再向下平移2個(gè)單位；

如圖，當(dāng)四邊形ABPQ為菱形時(shí)，

∵OA＝OD＝1，

∴∠DAO＝45°．

∵四邊形APBQ為菱形，

∴∠PAQ＝∠DAO＝45°，

∴∠BAQ＝90°，

∴四邊形ABPQ為正方形，

∴P（3，4），Q（﹣1，4）．

此時(shí)，拋物線的平移方式為：先將拋物線向左平移4個(gè)單位，再向上平移4個(gè)單位．

8．（2022?渭濱區(qū)一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y＝﹣+bx2+c經(jīng)過點(diǎn)A（﹣

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1，0）和點(diǎn)B（0，），頂點(diǎn)為C，點(diǎn)D在其對(duì)稱軸上且位于點(diǎn)C下方，將線段DC繞

點(diǎn)D按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)C落在拋物線上的點(diǎn)P處．

（1）求這條拋物線的表達(dá)式；

（2）求線段CD的長(zhǎng)；

（3）將拋物線平移，使其頂點(diǎn)C移到原點(diǎn)O的位置，這時(shí)點(diǎn)P落在點(diǎn)E的位置，如果

點(diǎn)M在y軸上，且以O(shè)、D、E、M為頂點(diǎn)的四邊形面積為8，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．

【分析】（1）利用待定系數(shù)法求拋物線解析式；

（2）利用配方法得到y(tǒng)＝﹣（x﹣2）2+，則根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)得到C點(diǎn)坐標(biāo)和拋

物線的對(duì)稱軸為直線x＝2，如圖，設(shè)CD＝t，則D（2，﹣t），根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)得∠PDC

＝90°，DP＝DC＝t，則P（2+t，﹣t），然后把P（2+t，﹣t）代入y＝﹣x2+2x+

得到關(guān)于t的方程，從而解方程可得到CD的長(zhǎng)；

（3）P點(diǎn)坐標(biāo)為（4，），D點(diǎn)坐標(biāo)為（2，），利用拋物線的平移規(guī)律確定E點(diǎn)坐標(biāo)

為（2，﹣2），設(shè)M（0，m），當(dāng)m＞0時(shí)，利用梯形面積公式得到?（m++2）?2＝8

當(dāng)m＜0時(shí)，利用梯形面積公式得到?（﹣m++2）?2＝8，然后分別解方程求出m即

可得到對(duì)應(yīng)的M點(diǎn)坐標(biāo)．

【解答】解：（1）把A（﹣1，0）和點(diǎn)B（0，）代入y＝﹣x2+bx+c，

得，解得，

∴拋物線解析式為y＝﹣x2+2x+；

（2）∵y＝﹣（x﹣2）2+，

∴C（2，），拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝2，

如圖，設(shè)CD＝t，則D（2，﹣t），

∵線段DC繞點(diǎn)D按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)C落在拋物線上的點(diǎn)P處，

∴∠PDC＝90°，DP＝DC＝t，

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