专题05二次函数中的平移、旋转、对称（五大题型）解析版_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

专题 05 二次函数中的平移、旋转、对称（五大题型） 通用的解题思路： 1. 二次函数的平移变换 平移方式（n＞0) 一般式y=ax2+bx+c 顶点式y＝a(x–h) 2＋k 平移口诀 左加 向左平移n个单位 y=a(x+n)2+b(x+n)+c y=a(x-h+n) 2+k 向右平移n个单位 y=a(x-n)2+b(x-n)+c y=a(x-h-n)2+k 右减 向上平移n个单位 y=ax2+bx+c+n y=a(x-h)2+k+n 上加 向下平移n个单位 y=ax2+bx+c-n y=a(x-h)2+k-n 下减 2.平移与增加性变化 如果平移后对称轴不发生变化，则不影响增减性，但会改变函数最大(小) 值. 只对二次函数上下平移，不改变增减性，改变最值. 只对二次函数左右平移，改变增减性，不改变最值. 3.二次函数的翻转问题的解题思路： ①根据二次函数上特殊点的坐标值求得二次函数的表达式； ②根据翻转后抛物线与原抛物线的图像关系，确定新抛物线的表达式； ③在直角坐标系中画出原抛物线及翻转后抛物线的简易图，根据图像来判断题目中需要求解的量的各种可 能性； ④根据图像及相关函数表达式进行计算，求得题目中需要求解的值。 4.二次函数图象的翻折与旋转 变换前 变换方式 变换后 口诀 绕顶点旋转180° a变号，h、k均不变 y= -a(x-h)²+ky=a(x-h)²+k 绕原点旋转180° y= -a(x+h)²-k a、h、k均变号 沿x轴翻折 a、k变号，h不变 y= -a(x-h)²-k 沿y轴翻折 a、h不变，h变号 y= a(x+h)²+k 题型一：二次函数中的平移问题 1 1．（2024•牡丹区校级一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2 bx (a0)与y轴交于点 a A，将点A向右平移2个单位长度，得到点B，点B在抛物线上． （1）求点B的坐标（用含a的式子表示）． （2）当B的纵坐标为3时，求a的值； 1 1 （3）已知点P( , )，Q(2,2)，若抛物线与线段PQ恰有一个公共点，请结合函数图象求出a的取值范 2 a 围． 【分析】（1）令x0，求出点A坐标根据平移得出结论； （2）将B的纵坐标为3代入求出即可； 1 a|a1| a|a1| （3）由对称轴为直线x1得出yax2 2ax ，当y2时，解得x  ，x  ，结合图 a 1 a 2 a 象得出结论； 1 1 【解答】解：（1）在yax2 bx (a0)中，令x0，则y ， a a 1  A(0, )， a 1 将点A向右平移2个单位长度，得到点B，则B(2, )． a （2） B的纵坐标为3， 1  3， a 1 a ． 3 （3）由题意得：抛物线的对称轴为直线x1， b2a， 1  yax2 2ax ， a 1 当y2时，2ax2 2ax ， a a|a1| a|a1| 解得x  ，x  ， 1 a 2 a a|a1| 1 当 2时，结合函数图象可得a ，抛物线与PQ恰有一个公共点， a 2 1 综上所述，a的取值范围为a ． 2 【点评】本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数图象上点的特征，数形结合讨论交点是解题 的关键． 2 2．（2024•平原县模拟）已知抛物线C :yax2 2axa ． 1 3 （1）写出抛物线C 的对称轴： ． 1 （2）将抛物线C 平移，使其顶点是坐标原点O，得到抛物线C ，且抛物线C 经过点A(2,2)和点B（点 1 2 2 B在点A的左侧），若ABO的面积为4，求点B的坐标． （3）在（2）的条件下，直线l :ykx2与抛物线C 交于点M ，N，分别过点M ，N的两条直线l ，l 1 2 2 3 交于点P，且l ，l 与y轴不平行，当直线l ，l 与抛物线C 均只有一个公共点时，请说明点P在一条定 2 3 2 3 2 直线上． 【分析】（1）根据抛物线的对称轴公式直接可得出答案． （2）根据抛物线C 的顶点坐标在原点上可设其解析式为yax2，然后将点A的坐标代入求得C 的解析式， 2 2 1 于 是 可 设 B的 坐 标 为 (t, t2)且 (t2)， 过 点 A、 B分 别 作 x轴 的 垂 线 ， 利 用 2 S S S S 4可求得t的值，于是可求得点B的坐标． ABO OBN OAM 梯形ABNM （3）设M(x ，y )，N(x ，y )，联立抛物线与直线l 的方程可得出x x k ，xx 4． 1 1 2 2 1 1 2 1 2 再利用直线l 、直线l 分别与抛物线相切可求得直线l 、直线l 的解析式，再联立组成方程组可求得交点P 2 3 2 3 的纵坐标为一定值，于是可说明点P在一条定直线上．2a 【解答】解：（1）抛物线C 的对称轴为：x 1． 1 2a 故答案为：x1． 故答案为：x1． （2） 抛物线C 平移到顶点是坐标原点O，得到抛物线C ，  1 2 可设抛物线C 的解析式为：yax2 2 点A(2,2)有抛物线C 上，  2 2a(2)2， 1 解得：a ． 2 1 抛物线C 的解析式为：y x2． 2 2 点B在抛物线C 上，且在点A的左侧，  2 1 设点B的坐标为(t, t2)且(t2)， 2 如图，过点A、B分别作x轴的垂线，垂足为点M 、N． S S S S  ABO OBN OAM 梯形ABNM 1 1 1 1 1  (t)( t2) 22 (2 t2)(2t) 2 2 2 2 2 1 1 1  t3 22t t2  t3 4 2 4 1  t2 t， 2 又S 4， ABO1  t2 t 4， 2 解得：t13， 1 1 t 4(t 2不合题意，舍去），则 t2  (4)2 8， 2 2 B(4,8)． （3）设M(x ，y )，N(x ，y )，联立方程组： 1 1 2 2  1 y x2  2 ，  ykx2 整理得：x2 2kx40， x x 2k，xx 4． 1 2 1 2  1 y x2 设过点M 的直线解析式为ymxn，联立得方程组 2 ，  ymxn 整理得x2 2mx2n0．① 过点M 的直线与抛物线只有一个公共点，  △4m2 8n0， 1 n m2． 2 1 由①式可得：x2 2mx 2 m2 0， 1 1 2 解得：mx ． 1 1 n x2． 2 1 1 过M 点的直线l 的解析式为yxx x2． 2 1 2 1 1 用以上同样的方法可以求得：过N点的直线l 的解析式为yx x x2， 3 2 2 2  1 yxx x2   1 2 1 联立上两式可得方程组 ， 1 yx x x2  2 2 2  x x x 1 2   2 解得 ， 1 y xx  2 1 2 x x k，xx 4．  1 2 1 2k P( ,2) 2 点P在定直线y2上．（如图） 【点评】本题考查了抛物线的对称轴、求二次函数的解析式、解一元二次方程、一元二次方程的根的情况、 求直线交点坐标等知识点，解题的关键是利用所画图形帮助探索解法思路． 3．（2024•和平区一模）已知抛物线yax2 bx1(a，b为常数．a0)经过(2,3)，(1,0)两个点． （Ⅰ）求抛物线的解析式； （Ⅱ）抛物线的顶点为 ； （Ⅲ）将抛物线向右平移1个单位长度，向下平移2个单位长度，就得到抛物线 ． 【分析】（Ⅰ）利用待定系数法即可求解； （Ⅱ）根据抛物线的顶点式即可求得； （Ⅲ）利用平移的规律即可求得． 【解答】解：（1） 抛物线yax2 bx1 经过(2,3)，(1,0)两个点，  4a2b13 a1  ，解得 ， ab10 b0 抛物线的解析式为yx2 1； （Ⅱ） 抛物线yx2 1，  抛物线的顶点为(0,1)， 故答案为：(0,1)；（Ⅲ）将抛物线向右平移 1 个单位长度，向下平移 2 个单位长度，就得到抛物线 y(x1)2 12，即 y(x1)2 3． 故答案为：y(x1)2 3． 【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，二次函数图象与几何变换，熟练 掌握待定系数法是解题的关键． 4．（2024•礼县模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 yax2 bx3交y轴于点A，且过点B(1,2)， C(3,0)． （1）求抛物线的函数解析式； （2）求ABC 的面积； （3）将抛物线向左平移m(m0)个单位，当抛物线经过点B时，求m的值． 【分析】（1）用待定系数法求函数解析式即可； （2）先求出点A的坐标，然后切成直线BC的解析式，求出点D的坐标，再根据S S S 求出 ABC ABD ACD ABC 的面积； （3）由（1）解析式求出对称轴，再求出点B关于对称轴的对称点B，求出BB的长度即可； 【解答】解：（1）把B(1,2)，C(3,0)代入yax2 bx3， 9a3b30 则 ， ab32  1 a   2 解得 ， 1 b  2 1 1 抛物线的函数解析式为y x2  x3； 2 2 （2） 抛物线yax2 bx3交y轴于点A， A(0,3)， 设直线BC的解析式为ykxn， kn2 把B(1,2)，C(3,0)代入ykxn得 ， 3kn0  1 k    2 解得 ， 3 n  2 1 3 直线BC的解析式为y x ， 2 2 设BC交y于点D，如图： 3 则点D的坐标为(0, )， 2 3 3 AD3  ， 2 2 1 1 3 S S S  AD(x x )  (31)3， ABC ABD ACD 2 C B 2 2 1 1 （3） y x2  x3，  2 2 b 1 对称轴为直线x  ， 2a 2 令B点关于对称轴的对称点为B， B(2,2)， BB3， 抛物线向左平移m(m0)个单位经过点B，  m3． 【点评】本题主要考查待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象与几何变换、二次函数的性质、三 角形面积等知识，关键是掌握二次函数的性质和平移的性质． 5．（2024•珠海校级一模）已知抛物线yx2 2x3．（1）求抛物线的顶点坐标； （2）将该抛物线向右平移m(m0)个单位长度，平移后所得新抛物线经过坐标原点，求m的值． 【分析】（1）化成顶点是即可求解； （2）根据平移的规律得到y(x1m)2 4，把原点代入即可求得m的值． 【解答】解：（1） yx2 2x3(x1)2 4，  抛物线的顶点坐标为(1,4)． （2）该抛物线向右平移m(m0)个单位长度，得到的新抛物线对应的函数表达式为y(x1m)2 4， 新抛物线经过原点，  0(01m)2 4， 解得m3 或m1 （舍去）， m3， 故m的值为3． 【点评】本题考查了二次函数的性质，二次函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，求得平 移后的抛物线的解析式是解题的关键． 6．（2024•关岭县一模）如图，二次函数y 2x2 bxc与x轴有两个交点，其中一个交点为A(1,0)，且图 1 象过点B(1,2)，过A，B两点作直线AB． （1）求该二次函数的表达式，并用顶点式来表示； （2）将二次函数 y 2x2 bxc向左平移1个单位，得函数 y  ；函数 y 与坐标轴的交点坐标 1 2 2 为 ； （3）在（2）的条件下，将直线AB向下平移n(n0)个单位后与函数y 的图象有唯一交点，求n的值． 2【分析】（1）将点A(1,0)，点B(1,2)坐标代入抛物线解析式即可求出b、c值，再转化为顶点式即可； （2）根据抛物线平移规则“左加右减”得到y 解析式，令y 0求出与x轴的交点坐标即可； 2 2 （3）利用待定系数法求出直线AB解析式，再根据直线平移法则“上加下减”得到直线平移后解析式，联 立消去y，根据判别式为0解出n值即可． 【解答】解：（1）将点A(1,0)，点B(1,2)坐标代入抛物线解析式得： 2bc0 b1  ，解得 ， 2bc2 c1 1 9 抛物线解析式为y2x2 x12(x )2  ． 4 8 1 9 抛物线解析式为：y 2(x )2  ． 1 4 8 5 9 （2）将二次函数y 向左平移1个单位，得函数y 2(x )2  ， 1 2 4 8 5 9 1 令y 0，则2(x )2  0，解得x  ，x 2， 2 4 8 1 2 2 1 平移后的抛物线与x轴的交点坐标为( ，0)(2，0)． 2 5 9 1 故答案为：y 2(x )2  ，( ，0)(2，0)． 2 4 8 2 （3）设直线AB的解析式为ykxb，将A(1,0)，点B(1,2)代入得： kb0 k 1  ，解得 ， kb2 b1 直线AB解析式为：yx1． 将直线AB向下平移n(n0)个单位后的解析式为yx1n，与函数y2联立消去y得： 5 9 2(x )2  x1n，整理得：2x2 4xn10， 4 8 直线AB与抛物线有唯一交点，  △1642(n1))0，解得n1． 【点评】本题考查了二次函数的图象与几何变换，熟练掌握函数的平移法则是解答本题的关键． 1 7．（2024•温州模拟）如图，直线 y x2分别交x轴、 y轴于点 A，B，抛物线 yx2 mx经过点 2 A． （1）求点B的坐标和抛物线的函数表达式． （2）若抛物线向左平移n个单位后经过点B，求n的值．【分析】（1）由题意可得点A、B的坐标，利用待定系数法求解二次函数的表达式即可解答； （2）根据二次函数图象平移规律“左加右减，上加下减”得到平移后的抛物线的表达式，再代入B的坐标 求解即可． 1 【解答】解：（1）令x0，则y x22， 2 B(0,2)， 1 令y0，则y x20， 2 解得x4， A(4,0)， 抛物线yx2 mx经过点A，  164m0， 解得m4， 二次函数的表达式为yx2 4x； （2） yx2 4x(x2)2 4，  抛物线向左平移n个单位后得到y(x2n)2 4， 经过点B(0,2)，  2(2n)2 4， 解得n2 2， 故n的值为2 2或2 2． 【点评】本题考查待定系数法求二次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、二次函数的图象与几何 变换，二次函数图象上点的坐标特征等知识，熟练掌握待定系数法求二次函数解析式是解答的关键． 8．（2024•巴东县模拟）已知二次函数yax2 bxc图象经过A(2,3)，B(3,6)、C(1,6)三点． （1）求该二次函数解析式； （2）将该二次函数yax2 bxc图象平移使其经过点D(5,0)，且对称轴为直线x4，求平移后的二次函数的解析式． 【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线解析式； （2）利用平移的规律求得平移后的二次函数的解析式． 【解答】解：（1）把A(2,3)，B(3,6)、C(1,6)代入yax2 bxc， 4a2bc3  得：9a3bc6，   abc6  a1  解得：b2，   c3 该二次函数的解析式为yx2 2x3； （2）若将该二次函数yax2 bxc图象平移后经过点D(5,0)，且对称轴为直线x4， 设平移后的二次函数的解析式为y(x4)2 k， 将点D(5,0)代入y(x4)2 k，得(54)2 k 0， 解得，k 1． 将二次函数的图象平移后的二次函数的解析式为y(x4)2 1x2 8x15． 【点评】本题考查了待定系数法求解析式，抛物线的性质，熟知待定系数法和平移的规律是解题的关键． 9．（2024•郑州模拟）在平面直角坐标系中，抛物线yx2 bxc经过点A(1,2)，B(2,1)． （1）求抛物线的解析式； （2）直线yxm经过点A，判断点B是否在直线yxm上，并说明理由； （3）平移抛物线yx2 bxc使其顶点仍在直线yxm上，若平移后抛物线与y轴交点的纵坐标为n， 求n的取值范围． 【分析】（1）利用待定系数法即可求解； （2）利用待定系数法求得直线yxm的解析式，然后代入点B判断即可； （ 3 ） 设 平 移 后 的 抛 物 线 为 y(x p)2 q1， 其 顶 点 坐 标 为 (p,q1)， 根 据 题 意 得 出 1 5 np2 q1p2  p1(p )2  ，得出n的最大值． 2 4【解答】解：（1） 抛物线yx2 bxc经过点A(1,2)，B(2,1)，  1bc2  ， 42bc1 b2 解得 ， c1 抛物线的解析式为：yx2 2x1； （2）点B不在直线yxm上， 理由： 直线yxm经过点A，  1m2， m1， yx1， 把x2代入yx1得，y3， 点B(2,1)不在直线yxm上； （3）平移抛物线yx2 2x1，使其顶点仍在直线yx1上， 设平移后的抛物线的解析式为y(x p)2 q1，其顶点坐标为(p,q1)， 顶点仍在直线yx1上，  p1q1， pq， 抛物线y(x p)2 q1与y轴的交点的纵坐标为np2 q1，  1 5 np2 q1p2  p1(p )2  ， 2 4 1 5 当 p 时，n有最大值为 ． 2 4 5 n„ ． 4 【点评】本题考查了待定系数法求一次函数的解析式和二次函数的解析式，二次函数的图象与几何变换， 二次函数的性质，题目有一定难度． 10．（2024•鞍山模拟）已知抛物线y2x2 4x6．（1）求抛物线的顶点坐标； （2）将该抛物线向右平移m(m0)个单位长度，平移后所得新抛物线经过坐标原点，求m的值． 【分析】（1）将二次函数的解析式改写成顶点式即可． （2）将抛物线与x轴的交点平移到原点即可解决问题． 【解答】解：（1）由题知， y2x2 4x62(x2 2x1)82(x1)2 8， 所以抛物线的顶点坐标为(1,8)． （2）令y0得， 2x2 4x60， 解得x 1，x 3． 1 2 又因为将该抛物线向右平移m(m0)个单位长度，平移后所得新抛物线经过坐标原点， 所以3m0， 解得m3． 故m的值为3． 【点评】本题考查二次函数的图象与性质，熟知利用配方法求二次函数解析式的顶点式及二次函数的图象 与性质是解题的关键． 1 11．（2023•原平市模拟）（1）计算：13 ( )2 (5)|2|； 3 （2）观察表格，完成相应任务： x 3 2 1 0 1 2 Ax2 2x1 2 1 2 1 ① 7 B(x1)2 2(x1)1 7 2 1 2 ② 2 任务一：补全表格； 任务二：观察表格不难发现，当xm时代数式A的值与当xm1时代数式B的值相等，我们称这种现象 为代数式B参照代数式A取值延后，相应的延后值为1：换个角度来看，将代数式A，B变形，得到A(③ )2 2，Bx2 2将A与B看成二次函数，则将A的图象④ （描述平移方式），可得到B的 图象．若代数式P参照代数式A取值延后，延后值为3，则代数式P⑤ ． 【分析】（1）先算乘方，负整数指数幂，绝对值，再算乘法，最后算加减法即可求解；（2）①把x1分别代入代数式A，B即可求得； ②根据代数式B参照代数式A取值延后，相应的延后值为1，即可得出二次函数A、B平移的规律是向右 平移1个单位，据此即可得出代数式P参照代数式A取值延后，延后值为3的P的代数式． 【解答】解：（1）原式19(5)2 19(10) 1910 18； （2）任务一：将x1代入Ax2 2x12；代入B(x1)2 2(x1)11， 故答案为：①2，②1； 任务二：将代数式A，B变形，得到A(x1)2 2，Bx2 2将A与B看成二次函数，则将A的图象向 右平移1个单位（描述平移方式），可得到B的图象．若代数式P参照代数式A取值延后，延后值为3，则 代数式P(x13)2 2(x2)2 2． 故答案为：①2；②1；③x1；④向右平移1个单位；⑤P(x2)2 2． 【点评】本题考查二次函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，理解题意，能够准确地列出 解析式，并进行求解即可． 12．（2024•南山区校级模拟）数形结合是解决数学问题的重要方法．小明同学学习二次函数后，对函数 y(|x|1)2进行了探究．在经历列表、描点、连线步骤后，得到如图的函数图象．请根据函数图象，回答 下列问题： 【观察探究】： 方程(|x|1)2 1的解为： ；【问题解决】： 若方程(|x|1)2 a有四个实数根，分别为x 、x 、x 、x ． 1 2 3 4 ①a的取值范围是 ； ②计算x x x x  ； 1 2 3 4 【拓展延伸】： ①将函数y(|x|1)2的图象经过怎样的平移可得到函数y (|x2|1)2 3的图象？画出平移后的图象 1 并写出平移过程； ②观察平移后的图象，当2„ y„ 3时，直接写出自变量x的取值范围 ． 1 【分析】（1）根据图象即可求得； （2）根据“上加下减”的平移规律，画出函数y (|x21)2 3的图象，根据图象即可得到结论． 1 【解答】解：（1）观察探究： ①由图象可知，当函数值为1时，直线y1与图象交点的横坐标就是方程(|x|1)2 1的解． 故答案为：x2或x0或x2． （2）问题解决： ①若方程(x|1)2 a有四个实数根，由图象可知a的取值范围是1a0． 故答案为：1a0． ②由图象可知：四个根是两对互为相反数．所以x x x x 0． 1 2 3 4 故答案为：0． （3）拓展延伸： ①将函数y(|x|1)2的图象向右平移2个单位，向上平移3个单位可得到函数y (|x2|1)2 3的图 1 象， ②当2„ y„ 3时，自变量x的取值范围是0„ x„ 4． 1 故答案为：0„ x„ 4．【点评】本题主要考查了二次函数图象与几何变换，二次函数图象和性质，数形结合是解题的关键． 13．（2023•花山区一模）已知抛物线yx2 axb的顶点坐标为(1,2)． （1）求a，b的值； （2）将抛物线yx2 axb向下平移m个单位得到抛物线C ，存在点(c,1)在C 上，求m的取值范围； 1 1 （3）抛物线C :y(x3)2 k 经过点(1,2)，直线yn(n2)与抛物线yx2 axb相交于A、B（点A 2 在点B的左侧），与C 相交于点C、D（点C在点D的左侧），求ADBC的值． 2 【分析】（1）根据对称轴公式以及当x1时y2，用待定系数法求函数解析式； （2）根据（1）可知抛物线yx2 2x3(x1)2 2，再由平移性质得出抛物线C 解析式，然后把点(c,1) 1 代入抛物线C ，再根据方程有解得出m的取值范围； 1 （3）先求出抛物线C 解析式，再求出A，B，C，D坐标，然后求值即可． 2  a  1 【解答】解：（1）由题意得， 2 ，  1ab2 a2 解得 ； b3 （2）由（1）知，抛物线yx2 2x3(x1)2 2， 将其向下平移m个单位得到抛物线C ， 1抛物线C 的解析式为y(x1)2 2m， 1 存在点(c,1)在C 上，  1 (c1)2 2m1，即(c1)2 m1有实数根， m1…0， 解得m…1， m的取值范围为m…1； （3） 抛物线C :y(x3)2 k 经过点(1,2)，  2 (13)2 k 2， 解得k 2， 抛物线C 的解析式为y(x3)2 2， 2 把yn(n2)代入到y(x1)2 2中， 得n(x1)2 2， 解得x1 n2或x1 n2， A(1 n2 ，n)，B(1 n2，n)， 把yn(n2)代入到y(x3)2 2中， 得n(x3)2 2， 解得x3 n2 或x3 n2， C(3 n2，n)，D(3 n2，n)， AD(3 n2)(1 n2)2 n2 n2 ， BC (1 n2)(3 n2)2 n2 n2， ADBC (2 n2 n2)(2 n2 n2)4． 【点评】本题考查二次函数的几何变换，二次函数的性质以及待定系数法求函数解析式，直线和抛物线交 点，关键对平移性质的应用． 14．（2023•环翠区一模）已知抛物线yx2 bxc经过点(1,0)和点(0,3)．（1）求此抛物线的解析式； （2）当自变量x满足1„ x„ 3时，求函数值y的取值范围； （3）将此抛物线沿x轴平移m个单位长度后，当自变量x满足1„ x„ 5时，y的最小值为5，求m的值． 【分析】（1）利用待定系数法求解； （2）先求出x1及x3时的函数值，结合函数的性质得到答案； （3）设此抛物线沿x轴向右平移m个单位后抛物线解析式为y(x2m)2l，利用二次函数的性质，当 2m5，此时x5时，y5，即(52m)215，设此抛物线沿x轴向左平移m个单位后抛物线解析 式为y(x2m)21，利用二次函数的性质得到2ml，此时x1时，y5，即(12m)215， 然后分别解关于m的方程即可． 【解答】解：（1） 抛物线yx2 bxc经过点(1,0)和点(0,3)，  1bc0  ， c3 b4 解得 ， c3 此抛物线的解析式为yx2 4x3； （2）当x1时，y1438， 当x3时，y91230， yx2 4x3(x2)2 1，  函数图象的顶点坐标为(2,1)， 当1„ x„ 3时，y的取值范围是1„ y„ 8； （3）设此抛物线x轴向右平移m个单位后抛物线解析式为y(x2m) 21， 当自变量x满足1„ x„ 5时，y的最小值为5，  2m5，即m3， 此时x5时，y5，即(52m) 215，解得m 3 6 ，m 3 6 （舍去）； 1 2 设此抛物线沿x轴向左平移m个单位后抛物线解析式为y(x2m) 21，当自变量x满足1„ x„ 5时，y的最小值为5，  2m1，即m1， 此时x1时，y5，即(12m)2 15，解得m 1 6，m 1 6 （舍去）， 1 2 综上所述，m的值为3 6或1 6． 【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的 抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解 析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式，也考查了二次函数的性质． 15．（2023•南宁一模）如图1，抛物线y x2 c的图象经过(1,3)． 1 （1）求c的值及抛物线y 的顶点坐标； 1 1 （2）当3„ x„ 时，求y 的最大值与最小值的和； 2 1 （3）如图2，将抛物线y 向右平移m个单位(m0)，再向上平移2m个单位得到新的抛物线y ，点N为抛 1 2 物线y 与y 的交点．设点N到x轴的距离为n，求n关于m的函数关系式，并直接写出当n随m的增大而 1 2 减小时，m的取值范围． 【分析】（1）把(1,3)代入抛物线解析式求得c的值；根据抛物线解析式可以直接得到顶点坐标； （2）根据抛物线的性质知：当x0时，y 有最大值为4，当x3时，y 有最小值为5．然后求y 的最 1 1 1 大值与最小值的和； （3）根据平移的性质“左加右减，上加下减”即可得出抛物线y 的函数解析式；然后根据抛物线的性质分 2 1 1 两种情况进行解答：当0m„ 6时，y…0，n (m2)2 4 m2 m3． 4 4 1 1 当m6时，y0，ny (m2)2 4 m2 m3． 4 4 【解答】解：（1）抛物线y x2 c的图象经过(1,3)， 1当x0时，y 12 c3， 1 解得c4．  y x2 4． 1 顶点坐标为(0,4)； （2） 10，  抛物线开口向下． 当x0时，y 有最大值为4． 1 当x3时，y (3)2 45． 1 1 1 15 当x 时，y ( )2 4 ． 2 1 2 4 当x3时，y 有最小值为5． 1 最大值与最小值的和为4(5)1； （3）由题意知，新抛物线y 的顶点为(m,42m)， 2  y (xm)2 42m． 2 当y  y 时，(xm)2 42mx2 4， 1 2 化简得：2mxm2 2m0． 又 m0，  1  x m1． 2 1 1  y( m1)2 4 (m2)2 4． 2 4 1 当 (m2)2 40时， 4 解得m 2；m 6， 1 2 1  0，  4 抛物线开口向下． 1 1 当0m„ 6时，y…0，n (m2)2 4 m2 m3． 4 41 1 当m6时，y0，ny (m2)2 4 m2 m3． 4 4  1  m2 m3,0m„ 6   4 1 综上所述n （或n| (m2)2 4|)． 1 4  m2 m3,m6 4 当2m6时，n随m的增大而减小． 【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与几何变换， 二次函数的图象与性质以及二次函数最值的求法．难度偏大． 16．（2023•奉贤区一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yax2 bx3的对称轴为直线x2， 顶点为 A，与 x轴分别交于点B和点C（点 B在点C的左边），与 y轴交于点D，其中点C的坐标为 (3,0)． （1）求抛物线的表达式； （2）将抛物线向左或向右平移，将平移后抛物线的顶点记为E，联结DE． ①如果DE//AC，求四边形ACDE的面积； ②如果点E在直线DC上，点Q在平移后抛物线的对称轴上，当DQECDQ时，求点Q的坐标． 【分析】（1）利用待定系数法解答即可； （2）①依据题意画出图形，利用A，C，D的坐标，等腰直角三角形的判定与性质和平行线的性质求得点 E，F 坐标，再利用四边形ACDE的面积S S 解答即可； 平行四边形EFCA DFC ②依据题意画出图形，利用A，C，D的坐标，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理求得点E坐标和 线段DE，再利用等腰三角形的判定与性质求得线段FQ，则结论可求．【解答】解：（1） 抛物线yax2 bx3的对称轴为直线x2，经过点C(3,0)，   b  2  2a ，  9a3b30 a1 解得： ， b4 抛物线的表达式为yx2 4x3； （2）① yx2 4x3(x2)2 1，  A(2,1)． 设抛物线的对称轴交x轴于点G， AG1． 令x0，则y3， D(0,3)， OD3． 令y0，则x2 4x30， 解得：x1或x3， B(1,0)． 如果DE//AC，需将抛物线向左平移，设DE交x轴于点F ，平移后的抛物线对称轴交x轴于点H ，如图， 点C的坐标为(3,0)，  OC 3． 由题意：ACB45， DE//AC，  DFC ACB45． OF OD3， F(3,0)， 由题意：EH 1， FH EH 1， E(4,1)． AE//x轴，DE//AC， 四边形EFCA为平行四边形， AE2(4)6，  S 616． 平行四边形EFCA 1 1 S  FCOD 639，  DFC 2 2 四边形ACDE的面积S S 6915； 平行四边形EFCA DFC ②如果点E在直线DC上，点Q在平移后抛物线的对称轴上，DQECDQ，如图， 当点Q在x轴的下方时， 设平移后的抛物线的对称轴交x轴于F ，由题意：EF 1． ODOC 3，  ODC OCD45， FCEOCD45， CF EF 1， E(4,1)． CD OD2 OC2 3 2，CE CF2 EF2  2，  DECDCE4 2． DQECDQ，  EQDE4 2， QF EF EQ4 21， Q(4,4 21)； 当点Q在x轴的上方时，此时为点Q， DQECDQ，  EQDE4 2 ， QF EQEF 4 21， Q(4，4 21)． 综上，当DQECDQ时，点Q的坐标为(4,4 21)或(4，4 21)．【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数图象和性质，待定系数法，三角形面积，直角三角形性 质，勾股定理，相似三角形判定和性质等，解题的关键是熟练运用分类讨论思想和方程的思想解决问题． 17．（2023•下城区校级模拟）如图已知二次函数 yx2 bxc(b，c为常数）的图象经过点A(3,1)，点 C(0,4)，顶点为点M ，过点A作AB//x轴，交y轴于点D，交二次函数yx2 bxc的图象于点B，连 接BC．（1）求该二次函数的表达式及点M 的坐标： （2）若将该二次函数图象向上平移m(m0)个单位，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在ABC 的内 部（不包括ABC 的边界），求m的取值范围； （3）若E为 y轴上且位于点C下方的一点，P为直线AC上一点，在第四象限的抛物线上是否存在一点 Q，使以C、E、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点Q的横坐标：若不存在，请说明理 由． 【分析】（1）将点A(3,1)，点C(0,4)代入yx2 bxc，即可求解； （2）求出平移后的抛物线的顶点(1,m5)，再求出直线AC的解析式 yx4，当顶点在直线AC上时， m2，当M 点在AB上时，m4，则2m4； （3）设E(0,t)，P(p,p4)，Q(q,q2 2q4)，分三种情况讨论：当CE 为菱形对角线时，CPCQ， pq pq   t q2 3q4 ，Q点横坐标为1；②当CP为对角线时，CECQ，p8tq2 2q4 ，Q点  2q2 q2 q2(q2)2  (4t)2 q2 q2(q2)2 pq  横坐标为2；③当CQ为菱形对角线时，CECP，q2 2q8t p4，Q点横坐标为3 2．  (t4)2 2q2 【解答】解：（1）将点A(3,1)，点C(0,4)代入yx2 bxc， c4  ， 93bc1 b2 解得 ， c4 yx2 2x4，yx2 2x4(x1)2 5，  顶点M(1,5)； （2）由题可得平移后的函数解析式为y(x1)2 5m， 抛物线的顶点为(1,m5)， 设直线AC的解析式为ykxb， b4  ， 3kb1 k 1 解得 ， b4 yx4， 当顶点在直线AC上时，m53， m2， AB//x轴，  B(1,1)， 当M 点在AB上时，m51， m4， 2m4； （3）存在一点Q，使以C、E、P、Q为顶点的四边形是菱形，理由如下： 设E(0,t)，P(p,p4)，Q(q,q2 2q4)， 点E在点C下方，  t4， Q点在第四象限，  0q 51， ①当CE 为菱形对角线时，CPCQ， pq  t q2 3q4 ，  2q2 q2 q2(q2)2q3 p1   解得p3（舍)或q1 ，   t4 t6 Q点横坐标为1； ②当CP为对角线时，CECQ， pq  p8tq2 2q4 ，  (4t)2 q2 q2(q2)2 q2  解得p2 ，  t2 Q点横坐标为2，不符合题意； ③当CQ为菱形对角线时，CECP， pq  q2 2q8t p4，  (t4)2 2q2 p3 2 p3 2     解得q3 2 （舍)或q3 2 ，   t 23 2 t 23 2   Q点横坐标为3 2； 综上所述：Q点横坐标为1或3 2． 【点评】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，函数图象平移的性质，菱形 的性质，分类讨论是解题的关键． 18．（2023•即墨区一模）如图，题目中的黑色部分是被墨水污染了无法辨认的文字，导致题目缺少一个条 件而无法解答，经查询结果发现，该二次函数的解析式为yx2 4x3． 已知二次函数yax2 bxc的图象经过点A(0,3)，B(1,0)， ． 求该二次函数的解析式． （1）请根据已有信息添加一个适当的条件： C(2,1)（答案不唯一） ； （2）当函数值y6时，自变量x的取值范围： ；（3）如图1，将函数yx2 4x3(x0)的图象向右平移4个单位长度，与yx2 4x3(x…4)的图象组成 一个新的函数图象，记为L．若点P(3,m)在L上，求m的值； （4）如图2，在（3）的条件下，点A的坐标为(2,0)，在L上是否存在点Q，使得S 9．若存在，求 OAQ 出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）只需填一个在抛物线图象上的点的坐标即可； （2）求出y6时，对应的x值，再结合图象写出x的取值范围即可； （3）求出抛物线向右平移4个单位后的解析式为 y(x6)2 3，根据题意可知x3时，P点在抛物线 y(x6)2 3的部分上，再求m的值即可； （4）分两种情况讨论：当 Q点在抛物线 y(x6)2 3的部分上时，设 Q(t,t2 12t33)，由 1 S  2(t2 12t33)9，求出Q点坐标即可；当Q点在抛物线 yx2 4x3的部分上时，设 OAQ 2 1 Q(m,m2 4m1)，由S  2(m2 4m1)9，求出Q点坐标即可． OAQ 2 【解答】解：（1）C(2,1)， 故答案为：C(2,1)（答案不唯一）； （2） yx2 4x3，  当x2 4x36时，解得x2 7或x2 7， 当y6时，2 7 x2 7 ，故答案为：2 7 x2 7 ； （3） yx2 4x3(x2)2 1，  抛物线向右平移4个单位后的解析式为y(x6)2 1， 当x3时，点P在抛物线y(x6)2 1的部分上， m8； （4）存在点Q，使得S 9，理由如下： OAQ 当Q点在抛物线y(x6)2 1的部分上时，设Q(t,t2 12t35)， 1 S  2(t2 12t35)9， OAQ 2 解得t 6 10或t 6 10， t4， t 6 10， Q(6 10 ，9)； 当Q点在抛物线yx2 4x3的部分上时，设Q(m,m2 4m3)， 1 S  2(m2 4m3)9， OAQ 2 解得m 102或m2 10， m…4，  m 102， Q( 102，9)； 综上所述：Q点坐标为(6 10 ，9)或( 102，9)．【点评】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，函数图象平移的性质，数形 结合解题是关键． 19．（2023•武侯区模拟）定义：将二次函数l的图象沿x轴向右平移t，再沿x轴翻折，得到新函数l的图象， 则称函数l是函数l的“t值衍生抛物线”．已知l:yx2 2x3． （1）当t 2时， ①求衍生抛物线l的函数解析式； ②如图1，函数l与l的图象交于M( 3，n)，N(m,2 3)两点，连接MN ．点P为抛物线l上一点，且 位于线段MN 上方，过点P作PQ//y轴，交MN 于点Q，交抛物线l于点G，求S 与S 存在的数量 QNG PNG 关系． （2）当t 2时，如图2，函数l与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接AC．函数l与x轴交于D，E两点，与y轴交于点F ．点K在抛物线l上，且EFK OCA．请直接写出点K的横坐标． 【分析】（1）①利用抛物线的性质和衍生抛物线的定义解答即可； ②利用待定系数法求得直线MN 的解析式，设P(m,m2 2m3)，则得到Q(m,2m)，G(m,m2 2m3)， 利用m的代数式分别表示出PQ，QG的长，再利用同高的三角形的面积比等于底的比即可得出结论； （2）利用函数解析式求得点 A，B，C，D，E，F 的坐标，进而得出线段OA，OC，OD，OE， AC，OF 的长，设直线FK 的解析式为 ykx5，设直线FK 交x轴于点M ，过点M 作MN EF 于点 N，用k的代数式表示出线段OM ．FM ，ME的长，利用EFK OCA，得到sinEFK sinOCA， 列出关于k的方程，解方程求得k值，将直线FK 的解析式与衍生抛物线l的函数解析式联立即可得出结 论． 【解答】解：（1）① yx2 2x3(x1)2 4，  当t 2时，将二次函数l的图象沿x轴向右平移t个单位得：y(x1)2 4． 此时函数的顶点坐标为(1,4)． 再沿x轴翻折，得到新函数的顶点坐标为(1,4)． 沿x轴翻折，得到新函数的形状大小不变，开口方向相反，  沿x轴翻折，得到新函数的解析式为y(x1)2 4． 衍生抛物线l的函数解析式为yx2 2x3； ② M( 3，n)，N(m,2 3)两点在抛物线yx2 2x3上，  n2 3，m 3． M( 3，2 3)，N( 3，2 3)． 直线MN 的解析式为y2x． 如图，设P(m,m2 2m3)，PQ//y轴，  Q(m,2m)，G(m,m2 2m3)． PQ(m2 2m3)(2m)m2 3， QG(2m)(m2 2m3)m2 3， PQQG． 1 QG PG． 2 PNG与QNG高相等，  S QG 1  QNG   ． S PG 2 PNG 1 S 与S 存在的数量关系：S  S ； QNG PNG QNG 2 PNG 11 （2）点K的横坐标为4或 ．理由： 2 当t 2时，函数l的衍生抛物线l的函数解析式为y(x3)2 4x2 6x5． 令x0，则y5， F(0,5)． OF 5． 令y0，则x2 6x50， 解得：x1或5． D(1,0)，E(5,0)． OE5． OF OE．OFEOEF 45． 令x0，则y3， C(0,3)． OC 3． 令y0，则x2 2x30， 解得：x1或3． A(1,0)． OA1． AC  OA2 OC2  10． 设直线FK 交x轴于点M ，过点M 作MN EF 于点N，如图， 设直线FK 的解析式为ykx5， 5 令y0，则x ， k 5 M( ，0)． k 5 OM  ， k 5 FM  OM2 OF2  25( )2 ． k 5 MEOEOM 5 ． k MN EF，OEF 45，  2 5 MN NE (5 )． 2 kEFK OCA，  OA 1 sinEFK sinOCA  ． AC 10 MN sinMFE ，  MF 2 5 (5 ) 2 k 1   ． 5 10 25( )2 k 1 解得：k 2或 ． 2 1 直线FK 的解析式为y2x5或y x5． 2  1 y2x5 y x5  或 2 ． yx2 6x5  yx2 6x5 x 6 x 0 x 4 x 0  2  1 ， 2 或 1 ， 9 ． y 1 5 y 2 3 y 1 5   y 2  4 11 点K的横坐标为4或 ． 2 【点评】本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，待定系数法求得一次函数的 解析式，一次函数图象上点的坐标的特征，勾股定理，配方法求抛物线的顶点，利用点的坐标表示出相应 线段的长度是解题的关键． 20．（2023•天门三模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线yx2 2x3的顶点为A，与y轴交于点 C，线段CB//x轴，交该抛物线于另一点B． （1）求点B的坐标及直线AC的解析式； （2）当二次函数 yx2 2x3的自变量 x满足m„ x„ m1时，此函数的最大值为 p，最小值为q，且 pq2．求m的值； （3）平移抛物线yx2 2x3，使其（备用图）顶点始终在直线AC上移动，当平移后的抛物线与射线BA 只有一个公共点时，设此时抛物线的顶点的横坐标为n，请直接写出n的取值范围．【分析】（1）求出A、C点坐标，再用待定系数法求函数的解析式即可； 1 （2）分四种情况讨论：当m1„1时，此时qm2 4， pm2 2m3，求得m ；当m…1时，此时 2 3 1 pm2 4，qm2 2m3，求得m ；当m1m 时，q2， pm2 4，m不符合题意；当 2 2 1 m 1m1时，q2， pm2 2m3，m不符合题意 2 （3）由题意可得y(xn)2 n3，当x5(xn)2 n3只有一个实数根时，直线BA与抛物线有一个 交点；当1n„ 4时，平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点． 【解答】解：（1） yx2 2x3(x1)2 4，  A(1,4)， 令x0，则y3， C(0,3)， CB//x轴，  B(2,3)， 设直线AC的解析式为ykxb， kb4  ， b3 k 1 解得 ， b3 yx3； （2）当xm时，ym2 2m3， 当xm1时，y(m1)2 2(m1)3m2 4，当m1„1时，即m„ 0，此时qm2 4， pm2 2m3， pqm2 2m3m2 42m12， 1 解得m ； 2 当m…1时，此时 pm2 4，qm2 2m3， pqm2 4(m2 2m3)2m12， 3 解得m ； 2 1 当m1m 时，q4， pm2 4， 2 pqm2 442， 解得m 2（舍)或m 2（舍)； 1 当m 1m1时，q4， pm2 2m3， 2 pqm2 2m342， 解得m1 2 （舍)或m1 2（舍)； 1 3 综上所述： 或 ． 2 2 （3）设直线BA的解析式为ykxb， 2kb3  ， kb4 k 1 解得 ， b5 yx5， 抛物线的顶点的横坐标为n，  y(xn)2 n3， 当x5(xn)2 n3只有一个实数根时，直线BA与抛物线有一个交点， △(2n1)2 4(n2 n2)0，7 解得n ， 8 当抛物线经过B点时，(2n)2 n33， 解得n1或n4， 当1n„ 4时，平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点； 7 综上所述：n 或1n„ 4时，平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点． 8 【点评】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，函数图象平移的性质，分类 讨论是解题的关键． 21．（2023•米东区模拟）如图，已知二次函数yx2 bxc(b，c为常数）的图象经过点A(3,1)，点C(0,4)， 顶点为点M ，过点A作AB//x轴，交y轴于点D，交该二次函数图象于点B，连结BC． （1）求该二次函数的解析式及点M 的坐标； （2）若将该二次函数图象向下平移m(m0)个单位，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在ABC 的内 部（不包括ABC 的边界），求m的取值范围． 【分析】（1）将点A和点C坐标代入二次函数关系式，从而求得b，c，进而求得关系式及M 点坐标； （2）求出AC的关系式，将x1代入，进而求得m的范围． 【解答】解：（1）由题意得， 93bc1  ， c4 b2  ， c4 二次函数的解析式是：yx2 2x4， y(x1)2 5， 点M(1,5)； （2） A(3,1)，C(0,4)，  直线AC的解析式是：yx4， 当x1时，y143， M(1,5)，A (3,1)，  2m4． 【点评】本题考查了求一次函数，二次函数的解析式，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质等 知识，解决问题的关键是熟练掌握有关相似三角形和函数的基础知识． 22．（2023•驻马店二模）如图1所示，平面直角坐标系中，抛物线yax2 2ax3交x轴于A、B两点， 与y轴交于点C，已知点A坐标为(1,0)． （1）求抛物线解析式及其顶点坐标． （2）若将抛物线向右平移m个单位，得新抛物线“V ”，若“V ”与坐标轴仅有两个交点，求m值． （3）若点M 为线段AB上一动点，过点M 作y轴平行线，该平行线与“V ”交点为N，请直接写出点N 的纵坐标y 的取值范围． N 【分析】（1）先利用待定系数法求出抛物线解析式，再把抛物线解析式化为顶点式即可得到答案； （2）先求出平移后的抛物线解析式为y(x1m)2 4，再根据抛物线的性质推出：抛物线“V ”必过 原点，由此代入原点坐标求解即可； （3）由（2）得抛物线“V ”的函数解析式为y(x2)2 4，求出点B的坐标，进而得到1„ x „ 3，由 M MN //y轴，得到x x ，则1„ x „ 3，根据抛物线的性质求出抛物线y(x2)2 4，当1„ x„ 3时， N M N 5„ y„ 4，由此即可得到答案． 【解答】解：（1）将A(1,0)代入抛物线的解析式yax2 2ax3得：0a2a3， 解得：a1， 抛物线解析式为yx2 2x3， 把抛物线解析式化为顶点式得：y(x1)2 4， 顶点坐标为(1,4)； （2） 抛物线y(x1)2 4向右平移m个单位得新抛物线“V ”，  抛物线“V ”的函数解析式为y(x1m)2 4， 抛物线“V ”的开口向下，顶点坐标在x轴上方，  抛物线“V ”与x轴必有2个交点，且与y轴有1个交点， 抛物线“V ”与坐标轴有且仅有两个交点，  抛物线“V ”必过原点， 将原点坐标(0,0)，代入y(x1m)2 4中得：0(01m)2 4， 解得m1或m3（舍去）； （3）由（2）得抛物线“V ”的函数解析式为y(x2)2 4， 在yx2 2x3中，令y0，则x2 2x30， 解得x1或x3， B(3,0)， 点M 在线段AB上运动，  1„ x „ 3， M MN //y轴，  x x ， N M 1„ x „ 3， N 在y(x2)2 4中： 当x1时，y5； 当x3时，y3；当x2时，y4； 在y(x2)2 4中，当1„ x„ 3时，5„ y„ 4， 点N在抛物线y(x2)2 4图象上，且1„ x „ 3，  N 5„ y „ 4． N 【点评】本题主要考查了待定系数法求抛物线解析式，抛物线与坐标轴的交点问题，抛物线的平移问题， 灵活运用所学知识是解题的关键． 23．（2023•宝鸡二模）如图，抛物线L:yax2 bx4与x轴交于点A(1,0)、B(3,0)，与y轴交于点C．将 抛物线L向右平移一个单位得到抛物线L． （1）求抛物线L与L的函数解析式； （2）连接AC，探究抛物线L的对称轴上是否存在点P，使得以点A，C，P为顶点的三角形是等腰三角 形？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）将点A(1,0)、B(3,0)代入解析式求出L的解析式，再根据平移规律代入求解即可得到答案； （2）设点P的坐标为(2,n)，根据两点间距离公式得到三角形三边的平方的代数式，再分类讨论腰相等列式 求解即可得到答案． 【解答】解：（1）将A(1,0)、B(3,0)代入抛物线L:yax2 bx4中，得： ab40  ， 9a3b40  4 a   3 解得 ， 8 b  34 8 抛物线L的函数解析式为：y x2  x4； 3 3 4 8 4 16 y x2  x4 (x1)2  ，  3 3 3 3 4 16 4 16 L的函数解析式为：y (x11)2   x2  x； 3 3 3 3 （2）抛物线L的对称轴上存在点P，使得以点A，C，P为顶点的三角形是等腰三角形．理由如下： 由（1）可知L的对称轴为x2，可设点P的坐标为(2,n)， A(1,0)，C(0,4)，  AC2 12 42 17，AP2 (21)2 n2 9n2，CP2 22 (4n)2 n2 8n20， ①当AC  AP时，9n2 17， 解得：n2 2， 点P的坐标为P(2,2 2)或P(2,2 2)； 1 2 ②当CP AC时，n2 8n2017， 解得：n 4 13，n 4 13， 1 2 点P的坐标为P(2,4 13)或P(2,4 13)； 3 4 ③当CP AP时，n2 8n209n2， 11 解得：n ， 8 11 点P的坐标为P(2, )； 5 8 综上，抛物线L的对称轴上存在点P，使得以点A，C，P为顶点的三角形是等腰三角形，点P的坐标为11 (2,2 2)或(2,2 2)或(2,4 13)或(2,4 13)或(2, )． 8 【点评】本题主要考查了二次函数动点特殊三角形问题，属于二次函数综合题，解答本题的关键是先求出 解析式，设点分类讨论等腰三角形的腰．题型二：二次函数中的翻折问题 24．（2024•江西模拟）已知二次函数ykx2 6kx5k(k 0)经过A，B两定点（点A在点B的左侧），顶 点为P． （1）求定点A，B的坐标； （2）把二次函数ykx2 6kx5k 的图象在直线AB下方的部分向上翻折，将向上翻折得到的部分与原二次 函数位于直线AB上方的部分的组合图象记作图象W ，求向上翻折部分的函数解析式； （3）在（2）中，已知ABP的面积为8． ①当1„ x„ 4时，求图象W 中y的取值范围； ②若直线ym与图象W 从左到右依次交于C，D，E，F 四点，若CDDEEF ，求m的值． 【分析】（1）将原函数可化为yk(x1)(x5)，令y0，即可得到定点坐标； （2）根据翻折的性质即可得到解析式； （3）①根据自变量的取值范围，结合图象求出最值即可； ②根据题意确定 yx2 6x5图象与直线 ym交于点C，F ， yx2 6x5与直线 ym交于点D， E，然后表示出CF  62 4(5m)，DE 62 4(5m) ，根据题意列方程解题即可． 【解答】解：（1）原函数可化为yk(x1)(x5)， 可得该函数图象恒过两点A(1,0)，B(5,0)， 故定点为A(1,0)，B(5,0)． （2） 直线AB就是x轴，  折叠即为沿x轴向上折叠， 解析式为ykx2 6kx5k(1„ x„ 5)； （3）① A(1,0)，B(5,0)  15 对称轴x 3，代入ykx2 6kx5k 得y4k 2ABP的面积为8，  1 4|4k| 8， 2 k 1． k 0，  k 1， 图象W 向上翻折部分的函数解析式为yx2 6x5(1„ x„ 5)． 1„ x„ 4，顶点在AB之间的图象上，该段抛物线开口向下，对称轴为直线x3，  当x3时，y 4；当x1时，y的最小值为0． 最大值 在图象W 中，y的取值范围为0„ y„ 4． ②若直线ym与图象W 从左到右依次交于C，D，E，F 四点， yx2 6x5图象与直线ym交于点C，F ，可得x2 6x5m， CF  62 4(5m)； yx2 6x5与直线ym交于点D，E，  x2 6x5m，则DE 62 4(5m) ． CDDE EF，  CF 3DE，即 62 4(5m) 3 62 4(5m) ， 16 两边平方解得m ． 5 【点评】本题考查二次函数与x轴交点坐标，二次函数的图象和性质，翻折的性质，掌握二次函数的图象和 性质是解题的关键． 25．（2023•零陵区三模）在平面直角坐标系中，二次函数yx2 2mxm2 9的图象与x轴交于A，B两 点（点A在点B的左侧）． （1）求A、B两点的坐标（用含m的式子表示）； （2）将该二次函数图象在x轴下方的部分沿x轴翻折，其他部分保持不变，得到一个新的函数图象．若当 3„ x„ 1时，这个新函数G的函数值y随x的增大而减小，结合函数图象，求m的取值范围； （3）已知直线l:y1，点C在二次函数yx2 2mxm2 9的图象上，点C的横坐标为2m，二次函数yx2 2mxm2 9的图象在C、B之间的部分记为M （包括点C，B)，图象M 上恰有一个点到直线l 的距离为2，直接写出m的取值范围． 【分析】（1）令y0，用m表示出x的值，要注意点A在点B的左侧求出两点坐标； （2）求出新函数G函数值y随x的变化规律，根据题意列出关于m的不等式，求出m的取值范围； （3）求出C的坐标，明确图象M 的位置，判断图象M 与哪条直线相交，根据题意列出关于m的不等值， 求出m的取值范围． 【解答】解：（1）令y0，x2 2mxm2 90， 解得xm3或m3， 点A在点B的左侧，  A(m3,0)，B(m3,0)． （2）二次函数对称轴为：xm， 经翻折后函数G的变化为： 当x„ m3时，函数G的函数值y随x的增大而减小， 当m3x„ m时，函数G的函数值y随x的增大而增大， 当mx„ m3时，函数G的函数值y随x的增大而减小， 当xm3时，函数G的函数值y随x的增大而增大， 若当3„ x„ 1时，这个新函数G的函数值y随x的增大而减小， 则m3… 1，解得m…2， m3„ 1 或 ，解得4„ m„ 3． m… 3 综上：m…2或4„ m„ 3时，当3„ x„ 1时，这个新函数G的函数值y随x的增大而减小． （3）当x2m时，y9m2， C(2m,9m2)， 当点C在点B的左侧，那么图象M 在x轴的上方， 图象M 上恰有一个点到直线l的距离为2应过直线y3， 令y3，解得xm 6或m 6 ， 恰有一个点到直线l的距离为2， m 6 2mm3， 解得 6 m3； 当点C在点B的右侧，那么图象M 在x轴的下方， 图象M 上恰有一个点到直线l的距离为2应过直线y1， 令y1，解得xm 10 或m 10， 恰有一个点到直线l的距离为2，  m 10„ 2m， 解得m… 10． 综上：当 6 m3或m… 10时，图象M 上恰有一个点到直线l的距离为2． 【点评】本题以二次函数为背景考查了二次函数中图象的性质，考查学生对二次函数特殊点的坐标的灵活 运用，本题常作为考试题出现，难度中上，解决问题的关键是找准临界点，利用特殊点列出正确的不等式 即可求出答案． 26．（2023•连云港）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L :yx2 2x3的顶点为P．直线l过点 1 M(0，m)(m… 3)，且平行于x轴，与抛物线L 交于A、B两点(B在A的右侧）．将抛物线L 沿直线l翻折 1 1 得到抛物线L ，抛物线L 交y轴于点C，顶点为D． 2 2 （1）当m1时，求点D的坐标； （2）连接BC、CD、DB，若BCD为直角三角形，求此时L 所对应的函数表达式； 2 （3）在（2）的条件下，若BCD的面积为3，E、F 两点分别在边BC、CD上运动，且EF CD，以EF 为一边作正方形EFGH，连接CG，写出CG长度的最小值，并简要说明理由．【分析】本题考查二次函数的对称的相关知识，直角三角形的三个角为直角的情况分析，不同情况下的最 值问题． 【解答】解：（1） yx2 2x3(x1)2 4，  抛物线L 的顶点坐标P(1,4)， 1 m1，点P和点D关于直线y1对称，  点D的坐标为(1,6)； （2） 抛物线L 的顶点P(1,4)与L 的顶点D关于直线ym对称，  1 2 D(1,2m4)，抛物线L :y(x1)2 (2m4)x2 2x2m3， 2 当x0时，C(0,2m3)， ①当BCD90时，如图1，过D作DN  y轴于N， D(1,2m4)，  N(0,2m4)， C(0,2m3)，  DN NC 1， DCN 45， BCD90，  BCO45， 直线l//x轴，  BOC 90，CBOBCO45，BOCO， m… 3，  BOCO(2m3)mm3， B(m3,m)， 点B在yx2 2x3的图象上，  m(m3)2 2(m3)3， m0或m3， 当m3时，得B(0,3)，C(0,3)，此时，点B和点C重合，舍去，当m0时，符合题意；  将 m0代 入 L :yx2 2x2m3得 L :yx2 2x3， 2 2 ②当BDC 90，如图2，过B作BT ND交ND的延长线于T， 同理，BT DT， D(1,2m4)， DT BT (2m4)mm4， DN 1，  NT DN DT 1(m4)m5， B(m5,m)，当B在yx2 2x3的图象上，  m(m5)2 2(m5)3， 解得m3或m4， m… 3，  m3，此时，B(2,3)，C(0,3)符合题意； 将m3代入L :yx2 2x2m3得，L :yx2 2x3， 2 2 ③易知，当DBC 90，此种情况不存在； 综上所述，L 所对应的函数表达式为yx2 2x3或yx2 2x3； 2 （3）由（2）知，当BDC 90时，m3， 此时，BCD的面积为1，不合题意舍去， 当BCD90时，m0，此时，BCD的面积为3，符合题意， 由题意得，EF FGCD 2，取EF 的中点Q， 1 2 10 在RtCEF中可求得CQ EF  ，在RtFGQ中可求得GQ ， 2 2 2 10 2 当Q，C，G三点共线时，CG取最小值，最小值为 ． 2 【点评】本题考查二次函数的对称的相关知识，直角三角形的三个角为直角的情况分析，不同情况下的最 值问题．解题的关键是理解对称的关键，直角三角形的不同情况分析，综合应用． 27．（2024•盐城模拟）已知抛物线yax2 (3a1)x2(a为常数且a0)与y轴交于点A． （1）点A的坐标为 ；对称轴为 （用含a的代数式表示）； （2）无论a取何值，抛物线都过定点B（与点A不重合），则点B的坐标为 ； （3）若a0，且自变量x满足1„ x„ 3时，图象最高点的纵坐标为2，求抛物线的表达式； （4）将点A与点B之间的函数图象记作图象M （包含点A、B)，若将M 在直线y2下方的部分保持不 变，上方的部分沿直线y2进行翻折，可以得到新的函数图象M ，若图象M 上仅存在两个点到直线y6 1 1 的距离为2，求a的值． 【分析】（1）令x0，求得对应的y值即可求得点A的坐标；利用二次函数的性质即可求得抛物线的对称 轴； （2）利用a的系数为0，求得对应的x值，将x值代入解析式即可求得结论；（3）利用分类讨论的思想方法，用待定系数法解答即可； （4）利用分类讨论的方法分①当a0时和②当a0时两种情况讨论解答，结合图象，利用轴对称的性质 和待定系数法解答即可． 【解答】解：（1）令x0，则y2， A(0,2)； (3a1) 3a1 抛物线yax2 (3a1)x2的对称轴为直线x  ， 2a 2a 3a1 故答案为：(0,2)；x ； 2a （2） 抛物线yax2 (3a1)x2ax2 3axx2(x2 3x)ax2，  又无论a取何值，抛物线都过定点B（与点A不重合）， x2 3x0， x3， 当x3时，yx21，  B(3,1)， 故答案为：(3,1)； （3） a0，  抛物线yax2 (3a1)x2开口方向向下． 3a1 由（1）知：抛物线yax2 (3a1)x2的对称轴为直线x ， 2a 3a1 1 ①若 „ 1，则a… ，与a0矛盾，不合题意； 2a 5 3a1 1 ②若1 3，则a ， 2a 3 此时，抛物线的顶点为图象最高点， 3a1 即当x 时，函数y的值为2， 2a 3a1 3a1 a( )2 (3a1) 20， 2a 2a 1 解得：a1或a （不合题意，舍去）． 9 a1； 3a1 1 ③若 …3，则 „ a0， 2a 3此时，点(3,2)是满足1„ x„ 3时，图象的最高点， 9a3(3a1)212，  此种情况不存在， 综上，满足条件的抛物线的表达式为yx2 4x2； （4） B(3,1)，  将点B沿直线y2进行翻折后得到的对称点的坐标为B(3,5)， 点B到直线y6的距离为1． ①当a0时， 图象M 上仅存在两个点到直线y6的距离为2，  1 此时，抛物线的顶点的纵坐标为4， 4a(2)[(3a1)]2  4， 4a 72 10 解得：a ， 9 72 10 72 10 a 或 （不合题意，舍去）， 9 9 72 10 a ； 9 ②当a0时， 图象M 上仅存在两个点到直线y6的距离为2，  1 此时，抛物线的顶点的纵坐标为4， 4a(2)[(3a1)]2  4， 4a 32 2 32 2 解得：a 或a ． 3 3 3a1 3，  2a 1 a ． 3 32 2 a 不合题意，舍去． 3 72 10 32 2 综上，若图象M 上仅存在两个点到直线y6的距离为2，a的值为 或a ． 1 9 3 【点评】本题主要考查了待定系数法，二次函数图象的性质，二次函数图象上点的坐标的特征，抛物线的 翻折，轴对称的性质，函数的极值，利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键．28．（2023•扶余市二模）如图，抛物线yx2 bxc与x轴交于点A(1,0)，B(5,0)，顶点为P． （1）求该抛物线的解析式，并直接写出点P的坐标； （2）如图，把原抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，将翻折得到的部分与原抛物线x轴上方的部 分记作图形M ，在图形M 中，回答： ①点A，B之间的函数图象所对应的函数解析式为 y(x3)2 4 (1„ x„ 5) ； 3 ②当 „ x„ 4时，求y的取值范围； 2 3 15 ③当m„ x„ m2，且m 时，若最高点与最低点的纵坐标的差为 ，直接写出m的值． 2 4 【分析】（1）将A(1,0)，B(5,0)代入yx2 bxc，即可求得其解析式和顶点坐标； （2）根据顶点的变换（关于x轴对称）和变换后开口向下，可以写出变换后的函数解析式； （3）根据二次函数的图象和性质分类讨论进行求解． 【解答】解：（1）将A(1,0)，B(5,0)代入yx2 bxc，得： 1bc0  ， 255bc0 b6 解得： ， c5 抛物线的解析式为：yx2 6x5， yx2 6x5(x3)2 4， 点P的坐标为(3,4)． （2）① 变换后的顶点为(3,4)，  y(x3)2 4 (1„ x„ 5)， 故答案为：y(x3)2 4 (1„ x„ 5)；②当x3时，y 4； 最大值 3 7 当x 时，y  ， 2 最小值 4 7 y的取值范围为 „ y„ 4； 4 3 ③当 m„ 2时，得： 2 15 4[(m3)2 4] ， 4 15 解得：m3 （舍去）， 2 当2m„ 3时，得： 15 4[(m1)2 4] ， 4 15 15 解得：m 1 （舍去），m 1 ； 1 2 2 2 由x2 6x54，得： x 32 2 ，x 32 2， 1 2 当3m„ 32 2时， 15 15 (m3)2 40 或(m23)2 40 ， 4 4 5 7 31 31 解得：m  （舍去），m  ，m 1 （舍去），m 1 ； 3 2 4 2 5 2 6 2 当m32 2时， 15 (m2)2 6(m2)5(m2 6m5) ， 4 47 解得：m （舍去）； 16 2 15 7 2 31 m的值为 或 或 ． 2 2 2 【点评】本题主要考查二次函数解析式的求法及其性质和图象的变换等，综合性较强，数形结合分类讨论 是解决问题的关键． 29．（2023•余江区一模）已知抛物线C :yax2 2ax3(a0) 1 （1）当a1时， ①抛物线C 的顶点坐标为 ． 1 ②将抛物线C 沿x轴翻折得到抛物线C ，则抛物线C 的解析式为 ． 1 2 2（2）无论a为何值，直线ym与抛物线C 相交所得的线段EF （点E在点F 左侧）的长度都不变，求m 1 的值和EF 的长； （3）在（2）的条件下，将抛物线C 沿直线 ym翻折，得到抛物线C ，抛物线C ，C 的顶点分别记为 1 3 1 3 P，Q，是否存在实数a，使得以点E，F ，P，Q为顶点的四边形为正方形？若存在，请求出a的值： 若不存在，请说明理由． 【分析】（1）①由题意可得抛物线解析式为yx2 2x3(x1)2 4，即可求解； ②设抛物线C 上任意一点(x,y)，则点(x,y)关于x轴对称的点为(x,y)，将点(x,y)代入yx2 2x3即 2 可求解； （2）由抛物线经过定点(2,3)，可得当m3时，EF 的长度不变； （3）设抛物线抛物线C 上任意一点(x,y)，点(x,y)关于y3的对称点为(x,6 y)，将点(x,6 y)代入 3 yax2 2ax3，可求抛物线C 的解析式为 yax2 2ax3，分别求出Q(1,a3)，P(1,a3)，再由 3 EF PQ，EPPF ，可得EF 2PQ，求出a的值即可． 【解答】解：（1）① a1，  yx2 2x3(x1)2 4， 抛物线的顶点为(1,4)， 故答案为：(1,4)；②设抛物线C 上任意一点(x,y)， 2 则点(x,y)关于x轴对称的点为(x,y)， yx2 2x3， 抛物线C 的解析式为yx2 2x3， 2 故答案为：yx2 2x3； （2） yax2 2ax3ax(x2)3，  抛物线经过定点(2,3)， 当m3时，EF 的长度不变， 当y3时，ax2 2ax33， 解得x0或x2， E(0,3)，F(2,3)， EF 2； （3）存在实数a，使得以点E，F ，P，Q为顶点的四边形为正方形，理由如下： 设抛物线抛物线C 上任意一点(x,y)， 3 点(x,y)关于y3的对称点为(x,6 y)， 6 yax2 2ax3， 抛物线C 的解析式为yax2 2ax3， 3 Q(1,a3)， yax2 2ax3，  P(1,a3)， EF PQ，  EF与PQ为正方形的对角线， E 、F 关于x1对称，  EPPF， EF 2PQ， 2|2a|，a1． 【点评】本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象及性质，图形翻折的性质，正方形的性质是 解题的关键． 30．（2023•越秀区校级三模）已知二次函数 yx2 bxm图象的对称轴为直线 x2，将二次函数 yx2 bxm图象中y轴左侧部分沿x轴翻折，保留其他部分得到新的图象C． （1）求b的值； （2）①当m0时，图C与x轴交于点M ，N(M 在N的左侧），与y轴交于点P．当MNP为直角三角形 时，求m的值； ②在①的条件下，当图象C中4„ y0时，结合图象求x的取值范围； （3）已知两点A(1,1)，B(5,1)，当线段AB与图象C恰有两个公共点时，直接写出m的取值范围． 【分析】（1）由二次函数的对称轴直接可求b的值； （2）①求出M(2 4m，0)，N(2 4m，0)，再求出MN 2 4m ，MN 的中点坐标为(2,0)，利 用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，列出方程即可求解； ②求出抛物线 yx2 4x1(x…0)与直线 y4的交点为(1,4)，(3,4)，再求出 yx2 4x1关于x轴对 称的抛物线解析式为 yx2 4x1(x0)当 x2 4x14时，解得 x5（舍 )或 x1，抛物线 yx2 4x1(x0)与直线y4的交点为(1,4)，结合图象可得1„ x2 5 或0„ x„1或3„ x2 5 时，4„ y0； （3）通过画函数的图象，分类讨论求解即可．【解答】解：（1） 已知二次函数yx2 bxm图象的对称轴为直线x2，  b4； （2）如图1：①令x2 bxm0， 解得x2 4m 或x2 4m ， M 在N的左侧，  M(2 4m，0)，N(2 4m，0)， MN 2 4m，MN 的中点坐标为(2,0)， MNP为直角三角形，   4m2  4m ， 解得m0（舍)或m1； ② m1，  yx2 4x1(x…0)， 令x2 4x14， 解得x1或x3， 抛物线yx2 4x1(x…0)与直线y4的交点为(1,4)，(3,4)， yx2 4x1关于x轴对称的抛物线解析式为yx2 4x1(x0)，  当x2 4x14时，解得x5（舍)或x1， 抛物线yx2 4x1(x0)与直线y4的交点为(1,4)， 1„ x2 5或0„ x„1或3„ x2 5时，4„ y0； （3）yx2 4xm关于x轴对称的抛物线解析式为yx2 4xm(x0)， 如图2，当yx2 4xm(x0)经过点A时，14m1， 解得m4， yx2 4x4(x…0)，当x5时，y1， yx2 4x4(x…0)与线段AB有一个交点，m4时，当线段AB与图象C恰有两个公共点； 如图3，当yx2 4xm(x…0)经过点(0,1)时，m1， 此时图象C与线段AB有三个公共点， 4„ m1时，线段AB与图象C恰有两个公共点； 如图4，当yx2 4xm(x0)经过点(0,1)时，m1， 此时图象C与线段AB有两个公共点， 当yx2 4xm(x…0)的顶点在线段AB上时，m41， 解得m3， 此时图象C与线段AB有一个公共点， 1„ m3时，线段AB与图象C恰有两个公共点； 综上所述：4„ m1或1„ m3时，线段AB与图象C恰有两个公共点．【点评】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，图形翻折的性质，分类讨论， 数形结合是解题的关键． 题型三：二次函数对称问题 31．（2024•雁塔区校级二模）如图，抛物线L:yax2 bx3经过 A(1,0)，B(5,3)两点，与 y轴交于点 C． （1）求该抛物线L的表达式； （2）抛物线L与抛物线L关于直线BC对称，P是抛物线L的x轴上方且在对称轴左侧的一点，过点P作y 轴的平行线交抛物线L于点Q，点P、Q关于抛物线L的对称轴对称的点分别为M 、N．试探究是否存在 一点P，使得四边形PQNM 为长宽之比是1:2的矩形？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理 由． 【分析】（1）根据待定系数法即可求得解析式，进而化成顶点式，从而求得D的坐标； （2）求出直线 BC解析式为 y3，再求出抛物线 L与抛物线 L关于直线 BC对称的解析式 1 5 1 5 1 5 1 5 y x2  x3， 设 P(m, m2  m3)， 则 Q(m, m2  m3)， M(5m, m2  m3)， 2 2 2 2 2 2 2 21 5 N(5m, m2  m3)，由题意可知得到关于m的方程，解方程即可求得． 2 2 【解答】解：（1） 抛物线L:yax2 bx3经过A(1,0)，B(5,3)，  ab30  ， 25a5b33  1 a   2 解得 ， 5 b  2 1 5 抛物线L的表达式为y x2  x3； 2 2 （2）存在一点P，使得四边形PQNM 为长宽之比是1:2的矩形， B(0,3)，C(5,3)，  直线BC为y3， 1 5 抛物线L与抛物线L关于直线BC对称的解析式y x2  x3， 2 2 1 5 1 5 设P(m, m2  m3)，则Q(m, m2  m3)， 2 2 2 2 点P、Q关于抛物线L的对称轴对称点分别为M 、N．  1 5 1 5 M(5m, m2  m3)，N(5m, m2  m3)， 2 2 2 2 四边形PQNM 为长宽之比是1:2的矩形，  1 5 1 5 1 5 1 5 5mm2[( m2  m3)( m2  m3)]或( m2  m3)( m2  m3)2(5mm)， 2 2 2 2 2 2 2 2 整理得2m2 12m50或m2 14m100， 6 26 6 26 解得m  ，m  或m 7 39，m 7 39， 1 2 2 2 3 4 P是抛物线L的x轴上方且在对称轴左侧的一点，  5 1m ， 2 6 26 m7 39 或m ， 2 6 26 即点P的横坐标为7 39或 ． 2 【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象上点的坐 标特征，轴对称的性质，正方形的性质，根据题意得到关于m的方程是解题的关键．32．（2023•鄞州区校级模拟）已知二次函数y ax2 4ax4a1的图象是M ． 1 （1）求M 关于点R(1,0)成中心对称的图象N的解析式y ； 2 （2）当2„ x„ 5时，y 的最大值为5，求a的值． 2 【分析】（1）先求出y ax2 4ax4a1的顶点坐标，由中心对称得出y 的顶点坐标，又由于y 和y 的开 1 2 1 2 口方向相反，且开口大小相同，故a值相同，因此可确定解析式y ． 2 （2）由于y 的开口向下，且对称轴位于2„ x„ 5内，故顶点纵坐标为5，则a的值便可求出． 2 【解答】解：（1）依题得，a0，且y ax2 4ax4a1a(x2)2 1， 1 故图象M 的顶点为A(2,1)，由对称性可知，图象N的顶点为B(4,1)， 且其开口方向与M 的相反， y a(x4)2 1， 2 即y ax2 8ax16a1； 2 （2）当a0时，抛物线N的开口向上，对称轴为x4， 若2„ x„ 5，则当x2时，y 取得最大值14a， 2 由14a5得，a1． 【点评】本题考查了二次函数的图象与几何变换，熟知关于定点中心对称时抛物线的解析式的求法是解题 的关键． 33．（2024•沙坪坝区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 yax2 bxc(a0)与x轴交于 A(2,0)，B(4,0)，与y轴交于C(0,4)，连接AC，作直线BC． （1）求该抛物线的解析式； （2）已知直线BC上方抛物线上有一动点P，过点P作PM //x轴交BC于M ，过M 作MN //y轴交x轴于 N，求PM MN 的最大值和此时P点坐标； （3）将原抛物线沿CB方向平移2 2个单位长度得到新抛物线，已知 D点是新抛物线上一动点，且DBC OACBCO，求所有符合条件的点D的横坐标并写出其中一种情况的求解过程． 【分析】（1）将点A(2,0)，B(4,0)，C(0,4)代入抛物线yax2 bxc(a0)，利用待定系数法解答即可 得解； 1 （2）首先利用待定系数法求得直线BC的解析式为yx4；设P(m, m2 m4)，进而求得M ，N的 2 坐 标 ， 利 用 两 点 间 的 距 离 公 式 得 到 MN ， PM ， 从 而 得 到 1 1 3 25 PM MN  m2 2m m2 m4m2 3m4(m )2  ，利用二次函数的性质解答即可； 2 2 2 4 1 9 1 （3）首先求得新抛物线的解析式为 y (x12)2  2 x2 x6，过点D作DH x轴于点H ， 2 2 2 1 DH OC 设 D(n, n2 n6)，分别求得 DH ， HB；进一步证得 OAC∽HBD，推导出  2，即 2 BH OA 1 n2 n6 2 2，解得n3 37 ，从而得到点D的横坐标． n4 【解答】解：（1）将点A(2,0)，B(4,0)，C(0,4)代入抛物线yax2 bxc(a0)，可得： 04a2bc  016a4bc，  4c  1 a  2  解得：b1 ，  c4  1 该抛物线的解析式为y x2 x4； 2 （2）设直线BC的解析式为ykxb(k 0)，将点B(4,0)，C(0,4)代入，可得： 04kn  ， 4b k 1 解得 ， b4 直线BC的解析式为yx4， 1 设P(m, m2 m4)， 2 PM //x轴交BC于M ，  1 点M 的纵坐标为 m2 m4， 2 1 1 1 1 点M 的横坐标为x m2 m44 m2 m，M( m2 m, m2 m4)， 2 2 2 2 1 1 1 MN //y轴交x轴于N，N( m2 m,0)，PM  m2 mm m2 2m，  2 2 2 1 1 1 3 25 MN  m2 m4PM MN  m2 2m m2 m4m2 3m4(m )2  ， 2 2 2 2 4 3 25 当m 时，PM MN 取最大值，最大值为 ， 2 4 3 35 此时P点坐标为( , )； 2 8 （3） A(2,0)，B(4,0)，C(0,4)，  OA2，OBOC 4， CBOBCO， 将原抛物线沿CB方向平移2 2个单位长度得到新抛物线，  1 1 9 原抛物线y x2 x4 (x1)2  向右，向上平移了2个单位长度， 2 2 2 1 9 1 新抛物线的解析式为y (x12)2  2 x2 x6， 2 2 2 如图2，过点D作DH x轴于点H ，1 设D(n, n2 n6)， 2 1 1 则DH 0( n2 n6) n2 n6，HBn(4)n4， 2 2 DBC CBOHBDOACBCO，  又 CBOBCO，  HBDOAC， AOC BHD90，  OAC∽HBD， 1 n2 n6 DH OC 2   2，即 2， BH OA n4 整理得n2 6n280， 解得n3 37 ， 点D的横坐标为3 37 或3 37 ． 【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了抛物线的平移、旋转、对称，二次数的图象与性质，待定 系数法求二元一次方程式，一元一次方程式，解答本题的关键是作出辅助线，构造相似三角形． 34．（2023•海安市模拟）已知两个函数，如果对于任意的自变量x，这两个函数对应的函数值记为y ，y ， 1 2 1 都有点(x,y )、(x,y )关于点(x,x)对称，则称这两个函数为关于 yx的对称函数，例如， y  x和 1 2 1 2 3 y  x为关于yx的对称函数． 2 2（1）判断：①y 3x和y x；②y x1和y x1；③y x2 1和y x2 1，其中为关于yx的 1 2 1 2 1 2 对称函数的是 （填序号）； （2）若y 3x2和y kxb(k 0)为关于yx的对称函数．求k、b的值． 1 2 （3）若 y ax2 bxc(a0)和 y x2 n为关于 yx的对称函数，令 w y  y ，当函数 w与函数 1 2 2 1 yx(0„ x„ 2)有且只有一个交点时，求n的取值范围． y  y 【分析】（1）根据中点公式可得 1 2 x，然后逐个函数进行判断； 2 y  y （2）①根据 1 2 x，将函数解析式代入求解； 2 y  y （3）根据 1 2 x，求出a，b，c的值，然后由w y  y 得到w2x2 2x2n，根据开口方向、对称 2 2 1 轴及与y轴的交点，结合函数w与函数yx(0„ x„ 2)有且只有一个交点列出不等式组求解即可． y  y 3xx 【解答】解：（1）① 1 2  x，  2 2 y 3x和y x关于yx对称， 1 2 y  y x1x1 ② 1 2  x，  2 2 y x1和y x1关于yx对称， 1 2 y  y x2 1x2 1 ③ 1 2  x2，x2  x，  2 2  y x2 1和y x2 1不关于yx对称， 1 2 故答案为：①②． （2） y 3x2和y kxb(k 0)为关于yx的对称函数，  1 2 y  y 3x2kxb  1 2  x， 2 2 3xkx2x  ， 2b0 k 1 解得 ． b2 （3） y ax2 bxc(a0)和y x2 n为关于yx的对称函数，  1 2 ax2 bxcx2 n  x， 2ax2 x2 0  bx2x ，  cn0  a1  解得b2 ，  cn w y  y x2 nx2 2xn2x2 2x2n， 2 1 2 1 函数w的开口向上，对称轴为直线x  ，与y轴的交点为(0,2n)， 22 2 函数w与函数yx(0„ x„ 2)有且只有一个交点，  2n0  ， 222 222n…2 解得1„ n0． 令2x2 2x2nx，则2x2 3x2n0， 函数w与函数yx(0„ x„ 2)有且只有一个交点，  △0，即(3)2 422n0， 9 解得n ， 16 9 故n的取值范围是1„ n0或n ，． 16 【点评】本题考查二次函数的综合应用，解题关键是理解题意，掌握函数关于yx对称的特征，掌握二次 函数与方程及不等式的关系． 35．（2023•雁塔区校级模拟）已知抛物线C :yax2 bx3与x轴于点A(1,0)，B(3,0)，与 y轴交于点 1 C． （1）求抛物线C 的解析式； 1 （2）已知抛物线C 与抛物线C 关于y轴对称，过点C作CD//x轴交抛物线C 于点D，P是抛物线C 上 2 1 1 2 的一个动点，连接PB、PC、BC、BD．若S S ，求点P的坐标． PBC BCD 【分析】（1）用待定系数法求出C 的解析式即可； 1 （2）根据抛物线C 的解析式求出点C的坐标，再根据CD//x轴交抛物线C 于点D，求出点D坐标，然后 1 1 求出S 3；再根据抛物线C 与抛物线C 关于y轴对称，求出抛物线C 的解析式，以及用待定系数法求 BCD 2 1 2出直线BC的解析式，设点P为(m,m2 2m3)，过点 p作x轴的垂线交BC于点N，则点N(m,m3)， 1 3 PN m2 2m3(m3)m2 m，然后分三种情况判断出S  PN(x x ) PN 3，然后解方程 PBC 2 B C 2 求出m的值即可． ab30 【解答】解：（1）把点A(1,0)，B(3,0)代入yax2 bx3得： ， 9a3b30 a1 解得 ， b2 抛物线C 的解析式为yx2 2x3； 1 （2） 点C是抛物线C yx2 2x3与y轴的交点，  1 C(0,3)， CD//x轴，抛物线C 的对称轴为直线x1，  1 D(2,3)， CD2， 1 1 S  CD| y | 233． BCD 2 D 2 yx2 2x3(x1)2 4，  抛物线C 的顶点为(1,4)， 1 (1,4)关于y轴的对称顶为(1,4)， 抛物线C 的解析式为y(x1)2 4x2 2x3， 2 设直线BC的解析式为ykxn， 3kn0  ， n3 k 1 解得 ， n3 直线BC的解析式为yx3， 设点P为(m,m2 2m3)，过点 p作x轴的垂线交BC于点N，则点N(m,m3)， PN m2 2m3(m3)m2 m， 1 当0„ m„ 3时，S S S  PN(x x )； PBC PNC PNB 2 B C 1 1 1 当m3时，S S S  PN(x x ) PN(x x ) PN(x x )； PBC PNC PNB 2 N C 2 N B 2 B C 1 1 1 当m0时，S S S  PN(x x ) PN(x x ) PN(x x )； PBC PBN PNC 2 B N 2 C N 2 B C 1 3 S  PN(x x ) PN 3， PBC 2 B C 2 m2 m2， 解得m2或m1， P(2,3)或(1,0)． 【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，解题关键是 求出抛物线C 、C 的解析式． 1 2 36．（2023•灞桥区校级模拟）如图，顶点M 在y轴负半轴上的抛物线与直线 yx2相交于点A(2,0)， B(4,6)，连接AM ，BM ． （1）求该抛物线的函数表达式； （2）若将抛物线向下平移3个单位长度，则在平移后的抛物线上，且在直线AB的下方，是否存在点P， 11 使得S  S ？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． ABP 8 ABM【分析】（1）利用待定系数法求解求得； 11 （2）先计算 ABM 的面积，根据 S  S ，可得 ABP的面积，在 y轴上取一点 D，使 ABP 8 ABM 11 S  S ，过点D作AB的平行线交平移后的抛物线于点P，求得D点的坐标，即可求得直线PD的 ABD 8 ABM 解析式，与平移后的抛物线解析式联立，解方程组即可求得P点坐标． 【解答】解：（1）设抛物线解析式为yax2 b， 抛物线经过点A(2,0)，B(4,6)，  4ab0  ， 16ab6  1 a 解得 2 ，  b2 1 该抛物线的函数表达式为y x2 2； 2 （2）令x0，则yx22， C(0,2)， M(0,2)，  CM 4， 1 S  4(42)12， ABM 2 11 S  S ，  ABP 8 ABM 11 33 S  12 ， ABP 8 2 11 在y轴上取一点D，使S  S ，过点D作AB的平行线交平移后的抛物线于点P， ABD 8 ABM 1 33  CD(42) ， 2 211 CD ， 2 C(0,2)，  11 7 OD 2 ， 2 2 7 D(0, )， 2 7 直线PD的解析式为yx ， 2 1 将抛物线向下平移3个单位长度，得到y x2 5， 2 7 1 令x  x2 5，整理得x2 2x30， 2 2 解得x3或x1， 1 9 P点的坐标为(3, )或(1, )． 2 2 【点评】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数图象与几何变换，三角形的面积，求得P 点的纵坐标是解题的关键． 题型四：二次函数中的旋转问题 37．（2023•吉安县校级一模）已知抛物线y ax2 bxc分别交x轴于A(1,0)，B(3,0)两点，且与y轴交 1 于点C(0,3)． （1）求抛物线的解析式及顶点P坐标； （2）将该二次函数绕点(4,0)旋转180，求旋转后的二次函数解析式； （3）设旋转后的抛物线顶点坐标为Q，且与x轴的右侧交点为D，顺次连接A、P、D、Q，求四边形 APDQ的面积．【分析】（1）利用待定系数法求得解析式及顶点坐标即可； （2）首先利用旋转的性质求得旋转后抛物线的顶点Q的坐标为(7,4)，然后利用代定系数法求得解析式； （3）首先得到四边形APDQ为平行四边形，进而得到APD的面积以及四边形APDQ的面积． 【解答】解：（1）设二次函数的解析式为y a(x1)(x3)，将点C(0,3)代入得a1， 1 二次函数解析式为y x2 2x3(x1)2 4， 1 故抛物线的对称轴为直线x1，顶点P的坐标为(1,4)； （2）设旋转后抛物线的顶点坐标为Q(m,n)， 点(4,0)为顶点P(1,4)和Q(m,n)的中点，  点Q的坐标为(7,4)，旋转前后图形的形状不变，开口相反， a1，故旋转后的抛物线解析式为y (x7)2 4； 2 （3）四边形APDQ的面积为40；点A与点D，点P与点Q均关于点(4,0)成中心对称，  四边形APDQ为平行四边形， D点坐标为(9,0)，AD10， 1 APD的面积 10420， 2 四边形APDQ的面积为20240． 【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了抛物线的顶点坐标的确定，旋转的性质等，解答本题的关键 是明确四边形APDQ为平行四边形． 38．（2023•郏县一模）如图，直线y2x4与x轴交于点A，抛物线yax2 4x2a1经过点(1,8)，与 x轴的一个交点为B(B在A的左侧），过点B作BC垂直x轴交直线于C． （1）求a的值及点B的坐标； （2）将ABC绕点A顺时针旋转90，点B、C的对应点分别为点E、F ．将抛物线yax2 4x2a1 沿x轴向右平移使它过点F ，求平移后所得抛物线的解析式．【分析】（1）利用待定系数法即可求得a值，令y0，解一元二次方程即可求得点B的横坐标； （2）利用旋转不变性，求得点E，F 的坐标，利用待定系数法即可求得结论． 【解答】解：（1）令y0，则2x40． 解得：x2． A(2,0)． 抛物线yax2 4x2a1经过点(1,8)，  a42a18． a1． 抛物线的解析式为yx2 4x3． 令y0，则x2 4x30． 解得：x1或3． B在A的左侧，  B(3,0)． （2）当x2时，y2(3)42， C(3,2)． A(2,0)，B(3,0)，  AB1． 将ABC 绕点A顺时针旋转90，点B、C的对应点分别为点E、F ，  AE  AB1，EF BC 2．E(2,1)，F(0,1)． yx2 4x3(x2)2 1，  设沿x轴向右平移过点F 的抛物线的解析式为y(x2m)2 1， (2m)2 11． m2 2． 平移后所得抛物线的解析式为y(x 2)2 1或y(x 2)2 1． 即yx2 2 2x1或yx2 2 2x1． 【点评】本题主要考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象 上点的坐标的特征，待定系数法，配方法，抛物线的平移，利用待定系数法是确定函数解析式的重要方 法． 39．（2023•郸城县二模）如图1，抛物线y ax2 bxc分别交x轴于A(1,0)，B(3,0)两点，且与y轴交 1 于点C(0,3)． （1）求抛物线的表达式及顶点P的坐标． （2）如图2，将该抛物线绕点(4,0)旋转180． ①求旋转后的抛物线的表达式； ②旋转后的抛物线顶点坐标为Q，且与x轴的右侧交于点D，顺次连接A，P，D，Q，求四边形APDQ 的面积．? 【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）①先求顶点P绕点(4,0)旋转180后的对应点为(7,4)，此点为旋转后抛物线的顶点，由此求解析式即 可； 1 ②先求D(9,0)，Q(7,4)，再求S  104440． 四边形APDQ 2 【解答】解：（1）将A(1,0)，B(3,0)，C(0,3)代入y ax2 bxc， 1 abc0  9a3bc0，  c3 a1  解得b2，  c3 抛物线的表达式为y x2 2x3， 1 y x2 2x3(x1)2 4，  1 P(1,4)； （2）①点P绕点(4,0)旋转180后的对应点为(7,4)， 旋转后抛物线的顶点为(7,4)， 旋转180，  抛物线开口大小不变，开口方向向下， 旋转后的抛物线的表达式为y(x7)2 4； ②当y0时，(x7)2 40， 解得x9或x5， D(9,0)，y(x7)2 4，  Q(7,4)， 1 S  104440． 四边形APDQ 2 【点评】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，函数图象旋转的性质，矩形 的性质是解题的关键． 1 1 40．（2023•长春模拟）如图，直线y x2与y轴交于点A，与x轴交于点B．抛物线y x2 bxc经 2 4 过点A，点B，并与x轴有另一交点C． （1）依题，点A的坐标是 ，点B的坐标是 ． （2）求抛物线的解析式． （3）在直线AB下方的抛物线上有一点D，求四边形ADBC 面积的最大值． （4）在x轴上有一个动点P(m,0)，将线段OA绕点P逆时针旋转90得到线段MN ．直接写出线段MN 与 抛物线只有一个公共点时m的取值范围． 【分析】（1）根据坐标轴上的点的坐标特点，用代入法求点的坐标．（2）用待定系数法，列方程组，求抛 物线的解析式．（3）把不规则四边形切割成几个三角形，利用三角形面积之和，求四边形面积．（4）根据 旋转的特点，找出旋转前后点的坐标，得到点M ，N恰好在抛物线上时m的值，从而得到m的取值范 围． 1 【解答】解：（1）直线y x2与y轴交于点A，与x轴交于点B， 2 当x0时，y022． 1 当y0时，0 x2，x4， 2 点A的坐标是(0,2)，点B的坐标是(4,0)． 故答案为：(0,2)，(4,0)． 1 （2）抛物线y x2 bxc经过点A，点B， 4c2,  依题得1 ， 42 4bc0  4  1 a   4 解得 ． 1 b  2 1 1  y x2  x2． 4 2 （3） ， 作DEx轴于点E，交直线AB于点F ， 设点D横坐标为d， 1 1 1 y  d 2，y  d2  d 2 F 2 D 4 2 DF  y  y ， F D 1 则FD d2 d ， 4 抛物线上，y0，x 2，x 4，BC 6， 1 2 SABC 6． 1 1 1 S S S  DFOE DFBE d2 2d ． ABD ADF BDF 2 2 2 1 S S S  (d 2)2 8． 四边形ADBC ABC ADB 2 当d 2时，四边形ADBC 面积最大值为8． 四边形ADBC 面积最大值为8． （4）如图：， 点P(m,0)，将线段OA绕点P逆时针旋转90得到线段MN ，  M(m,m)，N(m2,m)， 1 1 当点N在抛物线上时，m (m2)2  (m2)2， 4 2 解得m3 17． 1 1 当点M 在抛物线上时，m m2  m2， 4 2 解得m4或2． 当3 17„ m„ 4或3 17„ m„ 2时，线段MN 与抛物线只有一个公共点． 【点评】此题（1）（2）是基础题型，（3）不规则图形的面积利用割补法是难点．（4）图形的旋转结合坐标 特征，比较新颖，培养学生综合代数几何的综合运用能力． 题型五：二次函数中的几何变换 41．（2024•梧州模拟）九年级数学兴趣小组的同学研究发现若把二次函数y ax2 bxc的系数调换位置变 1 成新的二次函数y cx2 bxa，且b0，这两个函数有一定的关连，于是命名它们为“互为对调函数”， 2 根据这个规定，解答下列问题： （1）若二次函数y 3x2 2x5，则它的“对调函数”是y  ，且此“对调函数”与y轴的交点 1 2 是 ； （2）若k、m为非零实数，二次函数y x2 3kxm经过两个不同的点A(k,h)与点B(m,h)，请求出“对 1 调函数” y 的对称轴； 2 （3）在（2）中，“对调函数” y 的图象是否经过某两个定点？若经过，求出这两个定点坐标；若不经过， 2 请说明理由．【分析】（1）利用“互为对调函数”的规定即可求得y ，进一步求得y 与y轴的交点； 2 2 （2）由二次函数y x2 3kxm经过两个不同的点A(k,h)与点B(m,h)，得出4k2 mm2 3kmm，求 1 得 m4k ， 则 y x2 3kxm的 “ 对 谓 函 数 ” y mx2 3kx1的 对 称 轴 是 直 线 1 2 3k 3k 3 x   ； 2m 2(4k) 8 （3）由（2）可知：m4k ，即可得出“对调函数”为y 4kx2 3kx1，而y kx(xx)1，即可求 2 2 3 得“对调函数” y 的图象经过的两个定点是(0,1)，( ，1)． 2 4 【解答】解：（1）二次函数y 3x2 2x5，则它的“对调函数”是y 5x2 2x3，且此“对调函数” 1 2 与y轴的交点是(0,3)； 故答案为：5x2 2x3，(0,3)； （2） 二次函数y x2 3kxm经过两个不同的点A(k,h)与点B(m,h)，  1 hk2 3k2 m  ， hm2 3kmm 4k2 mm2 3kmm， (m4k)(mk)0， m4k，mk （不合题意，舍去）， m4k， 又y x2 3kxm的“对谓函数” y mx2 3kx1， 1 2 3k 3k 3 所以它的对称轴是直线x   ， 2m 2(4k) 8 3 即所求的对称轴是直线x ； 8 （3）由（2）可知：m4k ，而“对调函数”为y mx2 3kx1， 2 y 4kx2 3kx1， 2 y k(4x2 3x)1，  2 当4x2 3x0时，y1， 有x(4x3)0，3 x0或x ， 4 3 所以“对调函数” y 的图象经过的两个定点是(0,1)，( ，1)． 2 4 【点评】本题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，明确新 规定，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．