专题19二次函数与平移变换综合问题（解析版）

挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（全国通用）

专题19二次函数与平移变换综合问题

【例1】（2022•湖北）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+2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、B、C三点坐标，再用待定系数法求直线AC的解析式即可；

（2）分四种情况讨论：①当m＞1时，p﹣q＝（m+2）2﹣2（m+2）﹣3﹣m2+2m+3＝2，

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

+3＝2，解得m＝﹣（舍）；③当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当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）分两种情况讨论：①当抛物线向左平移h个单位，则向上平移h个单位，平移后

的抛物线解析式为y＝（x﹣1+h）2﹣4+h，求出直线BA的解析式为y＝x﹣5，联立方程

组，由Δ＝0时，解得h＝，此时抛物线的顶点为（，﹣），

此时平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点；②当抛物线向右平移k个单位，则向

下平移k个单位，平移后的抛物线解析式为y＝（x﹣1﹣k）2﹣4﹣k，当抛物线经过点B

时，此时抛物线的顶点坐标为（4，﹣7），此时平移后的抛物线与射线BA只有一个公共

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点；当抛物线的顶点为（1，﹣4）时，平移后的抛物线与射线BA有两个公共点，由此可

求解．

【解答】解：（1）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，

∴顶点A（1，﹣4），

令x＝0，则y＝﹣3，

∴C（0，﹣3），

∵CB∥x轴，

∴B（2，﹣3），

设直线AC解析式为y＝kx+b，

，

解得，

∴y＝﹣x﹣3；

（2）∵抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴为直线x＝1，

①当m＞1时，

x＝m时，q＝m2﹣2m﹣3，

x＝m+2时，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当m+2＜1，即m＜﹣1，

x＝m时，p＝m2﹣2m﹣3，

x＝m+2时，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当m≤1≤m+1，即0≤m≤1，

x＝1时，q＝﹣4，

x＝m+2时，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当m+1＜1≤m+2，即﹣1≤m＜0，

x＝1时，q＝﹣4，

x＝m时，p＝m2﹣2m﹣3，

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∴p﹣q＝m2﹣2m﹣3+4＝2，

解得m＝1+（舍）或m＝1﹣，

综上所述：m的值﹣1或1﹣；

（3）设直线AC的解析式为y＝kx+b，

∴，

解得，

∴y＝﹣x﹣3，

①如图1，当抛物线向左平移h个单位，则向上平移h个单位，

∴平移后的抛物线解析式为y＝（x﹣1+h）2﹣4+h，

设直线BA的解析式为y＝k'x+b'，

∴，

解得，

∴y＝x﹣5，

联立方程组，

整理得x2﹣（3﹣2h）x+h2﹣h+2＝0，

当Δ＝0时，（3﹣2h）2﹣4（h2﹣h+2）＝0，

解得h＝，

此时抛物线的顶点为（，﹣），此时平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点；

②如图2，当抛物线向右平移k个单位，则向下平移k个单位，

∴平移后的抛物线解析式为y＝（x﹣1﹣k）2﹣4﹣k，

当抛物线经过点B时，（2﹣1﹣k）2﹣4﹣k＝﹣3，

解得k＝0（舍）或k＝3，

此时抛物线的顶点坐标为（4，﹣7），此时平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点，

当抛物线的顶点为（1，﹣4）时，平移后的抛物线与射线BA有两个公共点，

∴综上所述：1＜n≤4或n＝．

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【例2】（2022•常州）已知二次函数y＝ax2+bx+3的自变量x的部分取值和对应函数值y如

下表：

x…﹣10123…

y…430﹣5﹣12…

（1）求二次函数y＝ax2+bx+3的表达式；

（2）将二次函数y＝ax2+bx+3的图象向右平移k（k＞0）个单位，得到二次函数y＝

mx2+nx+q的图象，使得当﹣1＜x＜3时，y随x增大而增大；当4＜x＜5时，y随x增大

而减小．请写出一个符合条件的二次函数y＝mx2+nx+q的表达式y＝y＝﹣x2+6x﹣5（答

案不唯一），实数k的取值范围是4≤k≤5；

（3）A、B、C是二次函数y＝ax2+bx+3的图象上互不重合的三点．已知点A、B的横坐

标分别是m、m+1，点C与点A关于该函数图象的对称轴对称，求∠ACB的度数．

【分析】（1）用待定系数法可得二次函数的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）将二次函数y＝﹣x2﹣2x+3的图象向右平移k（k＞0）个单位得y＝﹣（x﹣k+1）2+4

的图象，新图象的对称轴为直线x＝k﹣1，根据当﹣1＜x＜3时，y随x增大而增大；当4

＜x＜5时，y随x增大而减小，且抛物线开口向下，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），过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°，

当B在C右侧时，同理可得∠ACB＝135°．

【解答】解：（1）将（﹣1，4），（1，0）代入y＝ax2+bx+3得：

，

解得，

∴二次函数的表达式为y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）如图：

∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，

∴将二次函数y＝﹣x2﹣2x+3的图象向右平移k（k＞0）个单位得y＝﹣（x﹣k+1）2+4

的图象，

∴新图象的对称轴为直线x＝k﹣1，

∵当﹣1＜x＜3时，y随x增大而增大；当4＜x＜5时，y随x增大而减小，且抛物线开

口向下，

∴3≤k﹣1≤4，

解得4≤k≤5，

∴符合条件的二次函数y＝mx2+nx+q的表达式可以是y＝﹣（x﹣3）2+4＝﹣x2+6x﹣5，

故答案为：y＝﹣x2+6x﹣5（答案不唯一），4≤k≤5；

（3）当B在C左侧时，过B作BH⊥AC于H，如图：

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∵点A、B的横坐标分别是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），

∵点C与点A关于该函数图象的对称轴对称，而抛物线对称轴为直线x＝﹣1，

∴＝﹣1，AC∥x轴，

∴xC＝﹣2﹣m，

∴C（﹣2﹣m，﹣m2﹣2m+3），

过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°，

当B在C右侧时，如图：

同理可得△BHC是等腰直角三角形，

∴∠ACB＝180°﹣∠BCH＝135°，

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综上所述，∠ACB的度数是45°或135°．

【例3】（2022•连云港）已知二次函数y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4，其中m＞2．

（1）当该函数的图象经过原点O（0，0），求此时函数图象的顶点A的坐标；

（2）求证：二次函数y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4的顶点在第三象限；

（3）如图，在（1）的条件下，若平移该二次函数的图象，使其顶点在直线y＝﹣x﹣2

上运动，平移后所得函数的图象与y轴的负半轴的交点为B，求△AOB面积的最大值．

【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，

即得函数图像的顶点A的坐标为（﹣1，﹣1）；

（2）由抛物线顶点坐标公式得y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4的顶点为（，），

根据m＞2，＝﹣（m﹣4）2﹣1≤﹣1＜0，可知二次函数y＝x2+（m﹣2）

x+m﹣4的顶点在第三象限；

（3）设平移后图像对应的二次函数表达式为y＝x2+bx+c，其顶点为（﹣，），

将（﹣，）代入y＝﹣x﹣2得c＝，可得OB＝﹣c＝﹣，

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

2+，由二次函数性质得△AOB面积的最大值是．

【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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∴函数图像的顶点A的坐标为（﹣1，﹣1）；

（2）证明：由抛物线顶点坐标公式得y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4的顶点为（，

），

∵m＞2，

∴2﹣m＜0，

∴＜0，

∵＝﹣（m﹣4）2﹣1≤﹣1＜0，

∴二次函数y＝x2+（m﹣2）x+m﹣4的顶点在第三象限；

（3）解：设平移后图像对应的二次函数表达式为y＝x2+bx+c，其顶点为（﹣，），

当x＝0时，B（0，c），

将（﹣，）代入y＝﹣x﹣2得：

＝﹣2，

∴c＝，

∵B（0，c）在y轴的负半轴，

∴c＜0，

∴OB＝﹣c＝﹣，

过点A作AH⊥OB于H，如图：

∵A（﹣1，﹣1），

∴AH＝1，

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在△AOB中，

22

S△AOB＝OB•AH＝×（﹣）×1＝﹣b﹣b+1＝﹣（b+1）+，

∵﹣＜0，

∴当b＝﹣1时，此时c＜0，S△AOB取最大值，最大值为，

答：△AOB面积的最大值是．

【例4】（2022•聊城）如图，在直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于A，

B两点，与y轴交于点C（0，3），对称轴为直线x＝﹣1，顶点为点D．

（1）求二次函数的表达式；

（2）连接DA，DC，CB，CA，如图①所示，求证：∠DAC＝∠BCO；

（3）如图②，延长DC交x轴于点M，平移二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象，使顶点D

沿着射线DM方向平移到点D1且CD1＝2CD，得到新抛物线y1，y1交y轴于点N．如果

在y1的对称轴和y1上分别取点P，Q，使以MN为一边，点M，N，P，Q为顶点的四边

形是平行四边形，求此时点Q的坐标．

【分析】（1）根据抛物线对称轴和点C坐标分别确定b和c的值，进而求得结果；

（2）根据点A，D，C坐标可得出AD，AC，CD的长，从而推出三角形ADC为直角三

角形，进而得出∠DAC和∠BCO的正切值相等，从而得出结论；

（3）先得出y1的顶点，进而得出先抛物线的表达式，N的坐标，根据三角形相似或一次

函数可求得点M坐标，以MN为边，点M，N，P，Q为顶点的四边形是MNQP和MNPQ

根据M，N和点P的横坐标可以得出Q点的横坐标，进而求得结果．▱▱

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【解答】（1）解：由题意得，

，

∴，

∴二次函数的表达式为：y＝﹣x2﹣2x+3；

（2）证明：∵当x＝﹣1时，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：如图，

作DE⊥y轴于E，作D1F⊥y轴于F，

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∴DE∥FD1，

∴△DEC∽△D1FC，

∴＝，

∴FD1＝2DE＝2，CF＝2CE＝2，

∴D1（2，1），

2

∴y1的关系式为：y＝﹣（x﹣2）+1，

当x＝0时，y＝﹣3，

∴N（0，﹣3），

同理可得：，

∴，

∴OM＝3，

∴M（3，0），

设P（2，m），

当MNQP时，

∴▱MN∥PQ，PQ＝MN，

∴Q点的横坐标为﹣1，

当x＝﹣1时，y＝﹣（﹣1﹣2）2+1＝﹣8，

∴Q（﹣1，8），

当MNPQ时，

同理▱可得：点Q横坐标为：5，

当x＝5时，y＝﹣（5﹣2）2+1＝﹣8，

∴Q′（5，﹣8），

综上所述：点Q（﹣1，﹣8）或（5，﹣8）．

【例5】（2022•镇江）一次函数y＝x+1的图象与x轴交于点A，二次函数y＝ax2+bx+c（a

≠0）的图象经过点A、原点O和一次函数y＝x+1图象上的点B（m，）．

（1）求这个二次函数的表达式；

（2）如图1，一次函数y＝x+n（n＞﹣，n≠1）与二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）

的图象交于点C（x1，y1）、D（x2，y2）（x1＜x2），过点C作直线l1⊥x轴于点E，过点D

作直线l2⊥x轴，过点B作BF⊥l2于点F．

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①x1＝，x2＝（分别用含n的代数式表示）；

②证明：AE＝BF；

（3）如图2，二次函数y＝a（x﹣t）2+2的图象是由二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图

象平移后得到的，且与一次函数y＝x+1的图象交于点P、Q（点P在点Q的左侧），

过点P作直线l3⊥x轴，过点Q作直线l4⊥x轴，设平移后点A、B的对应点分别为A′、

B′，过点A′作A′M⊥l3于点M，过点B′作B′N⊥l4于点N．

①A′M与B′N相等吗？请说明你的理由；

②若A′M+3B′N＝2，求t的值．

【分析】（1）先求出点A、B的坐标，利用交点式设y＝ax（x+2），把B（，）代入

即可求得答案；

（2）①联立得x2+2x＝x+n，解方程即可求得答案；

②分两种情况：当n＞1时，CD位于AB的上方，可得：AE＝﹣2﹣＝

，BF＝﹣＝，故AE＝BF；当＜n＜1

时，CD位于AB的下方，可得：AE＝﹣（﹣2）＝，BF＝﹣

＝，故AE＝BF；

（3）方法一：①设P、Q平移前的对应点分别为P′、Q′，则P′Q′∥PQ，可得P′

Q′∥AB，再由（2）②及平移的性质可证得结论；②由A′M+3B′N＝2，可得A′M

＝B′N＝，根据二次函数y＝x2+2x的图象的顶点为（﹣1，﹣1），二次函数y＝（x﹣t）

2+2的图象的顶点为（t，2），可得新二次函数的图象是由原二次函数的图象向右平移（t+1）

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

2

方法二：①设点Q的坐标为（x3，y3），由y3＝x3+1，y3＝（x3﹣t）+2，得x3+1＝

2

（x3﹣t）+2，可得：点P的横坐标为，点Q的横坐标为

（t＞）．再由二次函数y＝x2+2x图象的顶点为（﹣1，﹣1），二次函数y＝（x﹣t）2+2

的图象的顶点为（t，2），可得新二次函数的图象是由原二次函数的图象向右平移（t+1）

个单位，向上平移3个单位得到的，求得：B′（t+，），A′（t﹣1，3），即可证

得结论．

【解答】解：（1）∵直线y＝x+1与x轴交于点A，

令y＝0，得x+1＝0，

解得：x＝﹣2，

∴A（﹣2，0），

∵直线y＝x+1经过点B（m，），

∴m+1＝，

解得：m＝，

∴B（，），

∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（﹣2，0），O（0，0），B（，），

设y＝ax（x+2），则＝a××（+2），

解得：a＝1，

∴y＝x（x+2）＝x2+2x，

∴这个二次函数的表达式为y＝x2+2x；

（2）①由题意得：x2+2x＝x+n（n＞﹣），

解得：x1＝，x2＝，

故答案为：，；

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②当n＞1时，CD位于AB的上方，

∵A（﹣2，0），B（，），

∴AE＝﹣2﹣＝，BF＝﹣＝，

∴AE＝BF，

当＜n＜1时，CD位于AB的下方，

∵A（﹣2，0），B（，），

∴AE＝﹣（﹣2）＝，BF＝﹣＝，

∴AE＝BF，

∴当n＞﹣且n≠1时，AE＝BF；

（3）方法一：①设P、Q平移前的对应点分别为P′、Q′，则P′Q′∥PQ，

∴P′Q′∥AB，

∵平移后点A、B的对应点分别为A′、B′，

由（2）②及平移的性质可知：A′M＝B′N；

②∵A′M+3B′N＝2，

∴A′M＝B′N＝，

设点Q在原抛物线上的对应点为Q′，

∵二次函数y＝x2+2x的图象的顶点为（﹣1，﹣1），二次函数y＝（x﹣t）2+2的图象的

顶点为（t，2），

∴新二次函数的图象是由原二次函数的图象向右平移（t+1）个单位，向上平移3个单位

得到的，

∴Q′的横坐标为0或1，

∴Q′（0，0）或（1，3），

当Q′（0，0）时，Q（t+1，3），

将点Q的坐标代入y＝x+1，

得：3＝（t+1）+1，

解得：t＝3；

当Q′（1，3）时，Q（t+2，6），

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将点Q的坐标代入y＝x+1，

得：6＝（t+2）+1，

解得：t＝8；

综上所述，t＝3或8；

另解：

∵A′M+3B′N＝2，

∴A′M＝B′N＝，B（，）的对应点为B′（t+，），

∵B′N＝，

∴点Q的横坐标为t+1，代入y＝x+1，得y＝（t+1）+1＝t+，

∴Q（t+1，t+），

将点Q的坐标代入y＝（x﹣t）2+2中，得t+＝（t+1﹣t）2+2，

解得：t＝3．

方法二：

2

①设点Q的坐标为（x3，y3），由y3＝x3+1，y3＝（x3﹣t）+2，得x3+1＝（x3﹣t）

2+2，

当t＞时，解得：x3＝，

∴点Q的横坐标为；

同理可得点P的横坐标为，

∵点P在点Q的左侧，

∴点P的横坐标为，点Q的横坐标为（t＞）．

∵二次函数y＝x2+2x图象的顶点为（﹣1，﹣1），二次函数y＝（x﹣t）2+2的图象的顶

点为（t，2），

∴新二次函数的图象是由原二次函数的图象向右平移（t+1）个单位，向上平移3个单位

得到的，

∴B（，）的对应点为B′（t+，），A（﹣2，0）的对应点为A′（t﹣1，3）．

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∴B′N＝t+﹣＝，A′M＝﹣（t﹣1）＝

，

∴A′M＝B′N．

一．解答题（共20题）

1．（2022秋•临海市月考）如图，以A（3，0），为顶点的抛物线交y轴于点B（0，4）

（1）求此抛物线的函数解析式．

（2）点C（7，4）是否也在这个抛物线上？

（3）你能否通过左右平移该抛物线，使平移后的抛物线经过点C（7，4）？若能，请写

出平移的方法．

【分析】（1）设顶点式y＝a（x﹣3）2，然后把B点坐标代入求出a，从而得到抛物线解

析式；

（2）根据二次函数图象上点的坐标特征进行判断；

（3）设平移后的抛物线解析式为y＝（x﹣m）2，再把C（7，4）代入求出m的值为4

或10，从而可判断抛物线向右平移1个单位或7个单位．

【解答】解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x﹣3）2，

把B（0，4）代入得4＝a×（0﹣3）2，

解得a＝，

∴抛物线解析式为y＝（x﹣3）2；

（2）当x＝7时，y＝（x﹣3）2＝×（7﹣3）2＝≠4，

∴点C（7，4）不在这个抛物线上；

（3）能．

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设平移后的抛物线解析式为y＝（x﹣m）2，

把C（7，4）代入得×（7﹣m）2＝4，

解得m1＝4，m2＝10，

∴把抛物线y＝（x﹣3）2向右平移1个单位或7个单位可经过点C（7，4）．

2．（2022秋•江夏区月考）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，2）．

（1）抛物线顶点位于y轴右侧且纵坐标为6．①求抛物线的解析式．②如图1，直线y

＝﹣x+4与抛物线交于B、C两点，P为线段BC上一点，过P作PM∥y轴交抛物线于M

点．若PM＝3，求P点的坐标．

（2）将抛物线平移，使点A的对应点为A'（m+1，b+4），其中m≠2．若平移后的抛物

线经过点N（2，1），平移后的抛物线顶点恰好落在直线y＝x+5上，求b的值．

【分析】（1）①将点A（﹣1，2）代入y＝﹣x2+bx+c，得到b、c的关系为c﹣b＝3，再

由＝6，求出b、c的值即可求函数的解析式；

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

M点坐标；

（2）由题意可知抛物线向右平移m+2个单位，向上平移b+2个单位，则平移后的抛物

线解析为y＝﹣（x﹣﹣m﹣2）2+2b+5+，所以抛物线的顶点为（+m+2，2b+5+），

再由题意可得m＝+b﹣2①，﹣（﹣﹣m）2+2b+5+＝1②，由①②求出b

的值即可．

第17页共52页.

【解答】解：（1）①将点A（﹣1，2）代入y＝﹣x2+bx+c，

∴c﹣b＝3，

∵抛物线的顶点纵坐标为6，

∴＝6，

∴c＝﹣3或c＝5，

∴b＝﹣6或b＝2，

∵顶点位于y轴右侧，

∴b＞0，

∴b＝2，

∴y＝﹣x2+2x+5；

②设M（t，﹣t2+2t+5），则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）∵点A（﹣1，2）平移后对应点为A'（m+1，b+4），

∴抛物线向右平移m+2个单位，向上平移b+2个单位，

∵c﹣b＝3，

∴y＝﹣x2+bx+c＝﹣（x﹣）2+b+3+，

∴平移后的抛物线解析为y＝﹣（x﹣﹣m﹣2）2+2b+5+，

∴抛物线的顶点为（+m+2，2b+5+），

∵抛物线顶点恰好落在直线y＝x+5上，

∴+m+2+5＝2b+5+，

∴m＝+b﹣2①，

∵平移后的抛物线经过点N（2，1），

∴﹣（﹣﹣m）2+2b+5+＝1②，

由①②可得，b+2m＝b+4或b+2m＝﹣b﹣4，

第18页共52页.

当b+2m＝b+4时，m＝2，此时不符合题意；

当b+2m＝﹣b﹣4时，b＝0或b＝﹣10，

当b＝0时，m＝﹣2；当b＝﹣10时，m＝8；

∴b的值为0或﹣10．

3．（2022•湖里区二模）抛物线y＝ax2+bx+1与x轴仅有一个交点A（m，0），与y轴交于点

B，过点B的直线BC⊥AB交x轴于点M，BC＝kAB．

（1）用含b的式子表示m；

（2）若四边形AMBE是平行四边形，且点E在抛物线上，求抛物线的解析式；

（3）已知点C在抛物线上，且m＞0，k＝4，将抛物线y＝ax2+bx+1平移，若点M

在平移后的抛物线上，判断平移后的抛物线是否经过点C？若经过，请说明抛物线平移

的方式；若不经过，请说明理由．

【分析】（1）利用Δ＝b2﹣4ac决定抛物线与x轴的交点个数得到Δ＝b2﹣4a＝0，可得a

＝，则y＝x2+bx+1＝（x+）2，把A（m，0）代入即可求解；

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

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

2；

（3）平移后抛物线的顶点由A变为M，则平移后的抛物线为y＝（x+）2，因为C

在抛物线上，平移后的抛物线经过C，所以（x+）2＝（x﹣m）2，此时m2＝﹣

1，m无解．

【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+1与x轴仅有一个交点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）若四边形AMBE是平行四边形，A，M均在x轴上，

则AM∥BE，AM＝BE，

第19页共52页.

∵B在y轴上，

当x＝0时，y＝ax2+bx+1＝1，

∴B（0，1），

∴E的纵坐标为1，

2

把yE＝1代入抛物线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）平移后的抛物线不经过点C，理由如下：

∵平移后抛物线的顶点由A变为M，

∴平移后的抛物线为y＝（x+）2，

∵C在抛物线上，平移后的抛物线经过C，

第20页共52页.

∴（x+）2＝（x﹣m）2，

∴m2＝﹣1，

∴m无解，

∴平移后的抛物线不经过C点．

4．（2022•上海）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c过点A（﹣2，﹣1），B（0，

﹣3）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）平移抛物线，平移后的顶点为P（m，n）（m＞0）．

ⅰ．如果S△OBP＝3，设直线x＝k，在这条直线的右侧原抛物线和新抛物线均呈上升趋势，

求k的取值范围；

ⅱ．点P在原抛物线上，新抛物线交y轴于点Q，且∠BPQ＝120°，求点P的坐标．

【分析】（1）根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；

（2）i．根据三角形面积求出平移后的抛物线的对称轴为直线x＝2，开口向上，由二次

函数的性质可得出答案；

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

三角形的性质可求出答案．

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

，

解得：，

∴抛物线的解析式为y＝x2﹣3．

第21页共52页.

（2）i．∵y＝x2﹣3，

∴抛物线的顶点坐标为（0，﹣3），

即点B是原抛物线的顶点，

∵平移后的抛物线顶点为P（m，n），

∴抛物线平移了|m|个单位，

∴S△OPB＝×3|m|＝3，

∵m＞0，

∴m＝2，

即平移后的抛物线的对称轴为直线x＝2，

∵在x＝k的右侧，两抛物线都上升，原抛物线的对称轴为y轴，开口向上，

∴k≥2；

ii．把P（m，n）代入y＝x2﹣3，

∴n＝﹣3，

∴P（m，﹣3），

由题意得，新抛物线的解析式为y＝+n＝﹣3，

∴Q（0，m2﹣3），

∵B（0，﹣3），

∴BQ＝m2，+，PQ2＝

，

∴BP＝PQ，

如图，过点P作PC⊥y轴于C，则PC＝|m|，

第22页共52页.

∵PB＝PQ，PC⊥BQ，

∴BC＝BQ＝m2，∠BPC＝∠BPQ＝×120°＝60°，

∴tan∠BPC＝tan60°＝＝，

∴m＝2或m＝﹣2（舍），

∴n＝﹣3＝3，

∴P点的坐标为（2，3）．

5．（2022•青浦区模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于

点A（1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．

（1）求该抛物线的表达式及点C的坐标；

（2）点P为抛物线上一点，且在x轴下方，联结PA．当∠PAB＝∠ACO时，求点P的

坐标；

（3）在（2）的条件下，将抛物线沿平行于y轴的方向平移，平移后点P的对应点为点

Q，当AQ平分∠PAC时，求抛物线平移的距离．

【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；

（2）设P（t，﹣t2+4t﹣3），如图1，过点P作PD⊥x轴于点D，连接AC、AP，可证得

第23页共52页.

△APD∽△CAO，建立方程求解即可得出答案；

（3）如图2，连接AQ、PQ，过点P作PE⊥PA交AQ于点E，过点E作EF⊥PQ于点F，

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

再利用待定系数法求得直线AE的解析式为y＝﹣2x+2，再求得Q（，﹣），即可

求得抛物线平移的距离．

【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（1，0）和点B（3，0），

∴，

解得：，

∴该抛物线的表达式为y＝﹣x2+4x﹣3，

当x＝0时，y＝﹣3，

∴C（0，﹣3）；

（2）设P（t，﹣t2+4t﹣3），如图1，过点P作PD⊥x轴于点D，连接AC、AP，

则∠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＝，

当t＝时，﹣t2+4t﹣3＝﹣（）2+4×﹣3＝﹣

∴P（，﹣）；

（3）如图2，连接AQ、PQ，过点P作PE⊥PA交AQ于点E，过点E作EF⊥PQ于点F，

由（2）知：P（，﹣），∠PAC＝90°，

∴PD＝，AD＝﹣1＝，∠ADP＝90°，

∵将抛物线沿平行于y轴的方向平移，平移后点P的对应点为点Q，

∴D、P、Q在同一条直线上，

∴∠APD+∠EPF＝90°，

第24页共52页.

∵∠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（，﹣），

设直线AE的解析式为y＝kx+d，则，

解得：，

∴直线AE的解析式为y＝﹣2x+2，

当x＝时，y＝﹣2x+2＝﹣2×+2＝﹣，

∴Q（，﹣），

∵﹣﹣（﹣）＝，

∴抛物线y＝﹣x2+4x﹣3向下平移了个单位．

第25页共52页.

6．（2022•凉山州）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A（﹣1，0）

和点B（0，3），顶点为C，点D在其对称轴上，且位于点C下方，将线段DC绕点D

按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处．

（1）求抛物线的解析式；

（2）求点P的坐标；

（3）将抛物线平移，使其顶点落在原点O，这时点P落在点E的位置，在y轴上是否存

在点M，使得MP+ME的值最小，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式；

（2）利用配方法得到y＝﹣（x﹣1）2+4，则根据二次函数的性质得到C点坐标和抛物线

的对称轴为直线x＝1，如图，设CD＝t，则D（1，4﹣t），根据旋转性质得∠PDC＝90°，

DP＝DC＝t，则P（1+t，4﹣t），然后把P（1+t，4﹣t）代入y＝﹣x2+2x+4得到关于t

的方程，从而解方程求出t，即可得到点P的坐标；

（3）P点坐标为（2，3），顶点C坐标为（1，4），利用抛物线的平移规律确定E点坐标

为（1，﹣1），找出点E关于y轴的对称点F（﹣1，﹣1），连接PF交y轴于M，则MP+ME

＝MP+MF＝PF的值最小，然后利用待定系数法求出直线PF的解析式，即可得到点M

的坐标．

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

得，

解得：，

第26页共52页.

∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；

（2）∵y＝﹣（x﹣1）2+4，

∴C（1，4），抛物线的对称轴为直线x＝1，

如图，设CD＝t，则D（1，4﹣t），

∵线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处，

∴∠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点坐标为（2，3），顶点C坐标为（1，4），将抛物线平移，使其顶点落在原点

O，这时点P落在点E的位置，

∴E点坐标为（1，﹣1），

∴点E关于y轴的对称点F（﹣1，﹣1），

连接PF交y轴于M，则MP+ME＝MP+MF＝PF的值最小，

设直线PF的解析式为y＝kx+n，

第27页共52页.

∴，

解得：，

∴直线PF的解析式为y＝x+，

∴点M的坐标为（0，）．

2

7．（2022•雁塔区校级模拟）已知抛物线L1：y＝ax+bx+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），

点B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．

（1）求抛物线L的表达式；

（2）若点P是直线y＝x+1上的一个动点，将抛物线L进行平移得到抛物线L'，点B的

对应点为点Q，是否存在以A、B、P、Q四个点为顶点的四边形是菱形？若存在，求出

抛物线的平移方式；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法解答即可；

（2）根据已知条件画出符合题意的图形，利用等腰直角三角形的性质和菱形的性质解答

即可．

【解答】解：（1）由题意得：

，

解得：．

∴抛物线L的表达式为y＝﹣x2+2x+3；

（2）存在以A、B、P、Q四个点为顶点的四边形是菱形．理由：

∵点A（﹣1，0），点B（3，0），

∴AB＝4．

如图，当四边形ABQP为菱形时，

第28页共52页.

过点P作PC⊥x轴于点C，

令x＝0，则y＝1，

∴D（0，1），

∴OD＝1，

令y＝0，则x+1＝0，

∴x＝﹣1，

∴A（﹣1，0）．

∴OA＝1．

∴OA＝OD，

∴∠DAO＝45°．

∵PC⊥x轴，

∴PC＝AC．

∵四边形ABQP为菱形，

∴PA＝AB＝4．

∴PC＝AC＝PA•sin45°＝4×＝2，

∴P（2﹣1，2），Q（3+2，2）．

抛物线的平移方式为：先将抛物线向右平移2个单位，再向上平移2个单位；

同理，当点P在第三象限时，P（﹣2﹣1，﹣2），Q（3﹣2，﹣2），

此时，抛物线的平移方式为：先将抛物线向左平移2个单位，再向下平移2个单位；

如图，当四边形APBQ为菱形时，

第29页共52页.

∵OA＝OD＝1，

∴∠DAO＝45°．

∵四边形APBQ为菱形，

∴∠BAQ＝∠DAO＝45°，

∴∠PAQ＝90°，

∴四边形APBQ为正方形，

∴P（1，2），Q（1，﹣2）．

此时，抛物线的平移方式为：先将抛物线向左平移2个单位，再向下平移2个单位；

如图，当四边形ABPQ为菱形时，

∵OA＝OD＝1，

∴∠DAO＝45°．

∵四边形APBQ为菱形，

∴∠PAQ＝∠DAO＝45°，

∴∠BAQ＝90°，

∴四边形ABPQ为正方形，

∴P（3，4），Q（﹣1，4）．

此时，抛物线的平移方式为：先将抛物线向左平移4个单位，再向上平移4个单位．

8．（2022•渭滨区一模）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣+bx2+c经过点A（﹣

第30页共52页.

1，0）和点B（0，），顶点为C，点D在其对称轴上且位于点C下方，将线段DC绕

点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处．

（1）求这条抛物线的表达式；

（2）求线段CD的长；

（3）将抛物线平移，使其顶点C移到原点O的位置，这时点P落在点E的位置，如果

点M在y轴上，且以O、D、E、M为顶点的四边形面积为8，求点M的坐标．

【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式；

（2）利用配方法得到y＝﹣（x﹣2）2+，则根据二次函数的性质得到C点坐标和抛

物线的对称轴为直线x＝2，如图，设CD＝t，则D（2，﹣t），根据旋转性质得∠PDC

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

得到关于t的方程，从而解方程可得到CD的长；

（3）P点坐标为（4，），D点坐标为（2，），利用抛物线的平移规律确定E点坐标

为（2，﹣2），设M（0，m），当m＞0时，利用梯形面积公式得到•（m++2）•2＝8

当m＜0时，利用梯形面积公式得到•（﹣m++2）•2＝8，然后分别解方程求出m即

可得到对应的M点坐标．

【解答】解：（1）把A（﹣1，0）和点B（0，）代入y＝﹣x2+bx+c，

得，解得，

∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+；

（2）∵y＝﹣（x﹣2）2+，

∴C（2，），抛物线的对称轴为直线x＝2，

如图，设CD＝t，则D（2，﹣t），

∵线段DC绕点D按顺时针方向旋转90°，点C落在抛物线上的点P处，

∴∠PDC＝90°，DP＝DC＝t，

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