2023学年二轮复习解答题专题三十六：抛物线上平移问题的探究

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2023学年二轮复习解答题专题三十六：
抛物线上平移问题的探究
典例分析
例1 （2022宜宾中考） 如图，抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点，其顶点为点D，连结AC．


（1）求这条抛物线所对应的二次函数的表达式及顶点D的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上取一点E，点F为抛物线上一动点，使得以点A、C、E、F为顶点、AC为边的四边形为平行四边形，求点F的坐标；
（3）在（2）的条件下，将点D向下平移5个单位得到点M，点P为抛物线的对称轴上一动点，求的最小值．
【答案】（1），顶点D的坐标为
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）用待定系数法求解二次函数解析式，再化成顶点式即可得出顶点坐标；
（2）先用待定系数法求直线AC解析式为，再过点F作于点G，证，得，设F点的坐标为，则G点的坐标为，所以，即可求出或，从而求得点F坐标；
（3），是平移得得点M的坐标为，则（2）知点与点关于对称轴对称，连结，对称轴于点H，连结、，过点作于点N，交对称轴于点P，则，，．在中，，则在中，，所以，所以为最小值，根据，所以，即可求出．
【小问1详解】
解：∵抛物线经过点，，，
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为：=-(x-1)2+4，
∴顶点D的坐标为；
【小问2详解】
解：设直线AC的解析式为：，
把点，代入得：，，
∴直线AC解析式为：，
过点F作于点G，


∵以A、C、E、F四点为顶点的四边形是以AC为边的平行四边形，
∴，AC=EF，
又∵，
∴
∴，
∴，
设F点的坐标为，
则G点的坐标为，
∴，
∴或，当时，，
∴，
当时，
∴，
∴或；
【小问3详解】
解：由题意，得点M的坐标为，
由题意知：点与点关于对称轴对称，
连结，对称轴于点H，连结、，过点作于点N，交对称轴于点P，则，，．


在中，，则在中，
∴，
又∵
∴为最小值，
又∵，
∴，
∴求得的最小值为．
【点睛】本题考查用待定系数法求函数解析式，二次函数图象性质，平行四边形的性质，解直角三角形，利用轴对称求最小值，本题属二次函数综合题目，掌握二交次函数图象性质和灵活运用是解题的关键．
专题过关
1．（2022枣庄中考）（12分）如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点．
（1）求抛物线的关系式；
（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当△OPE面积最大时，求出P点坐标；
（3）将抛物线L向上平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE内（包括△OAE的边界），求h的取值范围；
（4）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写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）利用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）过P作PG∥y轴，交OE于点G，设P（m，m2﹣4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得△OPE的面积，利用二次函数的最值可得其最大值；
（3）求出原抛物线的对称轴和顶点坐标以及对称轴与OE的交点坐标、与AE的交点坐标，用含h的代数式表示平移后的抛物线的顶点坐标，列出不等式组求出h的取值范围；
（4）存在四种情况：作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据|OM|＝|PN|，列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；

（2）如图，过P作PG∥y轴，交OE于点G，

设P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
∴直线OE的解析式为：y＝x，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S△OPE＝S△OPG+S△EPG
＝PG•AE
＝×3×（﹣m2+5m﹣3）
＝﹣（m2﹣5m+3）
＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣＜0，
∴当m＝时，△OPE面积最大，
此时，P点坐标为（，﹣）；

（3）由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得抛物线l的对称轴为直线x＝2，顶点为（2，﹣1），
抛物线L向上平移h个单位长度后顶点为F（2，﹣1+h）．
设直线x＝2交OE于点DM，交AE于点N，则E（2，3），

∵直线OE的解析式为：y＝x，
∴M（2，2），
∵点F在△OAE内（包括△OAE的边界），
∴2≤﹣1+h≤3，
解得3≤h≤4；

（4）设P（m，m2﹣4m+3），分四种情况：
①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，

∴∠OMP＝∠PNF＝90°，
∵△OPF是等腰直角三角形，
∴OP＝PF，∠OPF＝90°，
∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，
∴∠OPM＝∠PFN，
∴△OMP≌△PNF（AAS），
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
解得：m＝（舍）或，
∴P的坐标为（，）；
②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得：m1＝（舍）或m2＝，
∴P的坐标为（，）；
③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，

如图，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
解得：m＝或m2＝（舍）；
P的坐标为（，）；
④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，如图，

同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
解得：m＝或（舍），
P的坐标为：（，）；
综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的图象与性质及图形的平移，全等三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，运用分类讨论思想和方程的思想解决问题的关键．

2. （2022济宁中考） 已知抛物线与x轴有公共点．

（1）当y随x的增大而增大时，求自变量x的取值范围；
（2）将抛物线先向上平移4个单位长度，再向右平移n个单位长度得到抛物线（如图所示），抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B右侧），与y轴交于点C．当OC＝OA时，求n的值；
（3）D为抛物线的顶点，过点C作抛物线的对称轴l的垂线，垂足为G，交抛物线于点E，连接BE交l于点F．求证：四边形CDEF是正方形．
【答案】（1）
（2）n＝2 （3）见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线与轴由公共点，可得，从而而求出的值，进而求得抛物线对称轴，进一步得到结果；
（2）根据图像平移的特征可求出平移后抛物线的解析式，根据和分别得出点和的坐标，根据列出方程，进而求的结果；
（3）从而得出点、点的坐标，由抛物线的解析式可得出点的坐标和点的坐标，进而求得的解析式，从而得出点的坐标，进而得出，进一步得出结论．
【小问1详解】
解：∵抛物线与x轴有公共点，
∴
∴∴．
∴，
∴，
∵，
∴当时，y随着x的增大而增大．
【小问2详解】
解：由题意，得，
当y＝0时，，
解得：或，
∵点A在点B的右侧，
∴点A的坐标为（1+n，0），点B的坐标为（－3+n，0）．
∵点C的坐标为（0，－n2 +2n+3），
∴n+1＝－n2+2n+3．
解得：n＝2或n＝－1（舍去）．
故n的值为2.
【小问3详解】
解：由（2）可知：抛物线C2的解析式为y＝－（x－1）2+4．
∴点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（－1，0）
点C的坐标为（0，3），点D的坐标为（1，4），
抛物线C2的对称轴是直线x＝1，

∵点E与点C关于直线x＝1对称，
∴点E的坐标为（2，3）．
∴点G的坐标为（1，3）．
设直线BE解析式为y＝kx+b，
∴
解得：
∴y＝x+1．
当x＝1时，y＝1+1＝2．点F的坐标为（1，2）．
∴FG＝EG＝DG＝CG＝1．
∴四边形CDEF为矩形．
又∵CE⊥DF，
∴四边形CDEF为正方形．
【点睛】本题主要考查二次函数的图像与性质，求一次函数的解析式，平移图像的特征，正方形的判定，解决问题的关键是平移前后抛物线解析式之间的关系．
3. （2022嘉兴中考） 已知抛物线L1：y＝a(x＋1)2－4（a≠0）经过点A(1，0)．
（1）求抛物线L1的函数表达式．
（2）将抛物线L1向上平移m（m＞0）个单位得到抛物线L2．若抛物线L2的顶点关于坐标原点O的对称点在抛物线L1上，求m的值．
（3）把抛物线L1向右平移n（n＞0）个单位得到抛物线L3，若点B(1，y1)，C(3，y2)在抛物线L3上，且y1＞y2，求n的取值范围．
【答案】（1）
（2）的值为4
（3）
【解析】
【分析】（1）把代入即可解得抛物线的函数表达式为；
（2）将抛物线向上平移个单位得到抛物线，顶点为，关于原点的对称点为，代入可解得的值为4；
（3）把抛物线向右平移个单位得抛物线为，根据点B(1，y1)，C(3，y2)都在抛物线上，当y1＞y2时，可得，即可解得的取值范围是．
【小问1详解】
解：把代入得：
，
解得，
；
答：抛物线的函数表达式为；
【小问2详解】
解：抛物线的顶点为，
将抛物线向上平移个单位得到抛物线，则抛物线的顶点为，
而关于原点的对称点为，
把代入得：
，
解得，
答：的值为4；
【小问3详解】
解：把抛物线向右平移个单位得到抛物线，抛物线解析式为，
点，都抛物线上，
，
，
y1＞y2，
，
整理变形得：，

，

解得，
的取值范围是．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及待定系数法，对称及平移变换等知识，解题的关键是能得出含字母的式子表达抛物线平移后的解析式．
4. （2022岳阳中考）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线F1：y=x2+bx+c经过点A(−3,0)和点B(1,0)．
(1)求抛物线F1的解析式；
(2)如图2，作抛物线F2，使它与抛物线F1关于原点O成中心对称，请直接写出抛物线F2的解析式；
(3)如图3，将(2)中抛物线F2向上平移2个单位，得到抛物线F3，抛物线F1与抛物线F3相交于C，D两点(点C在点D的左侧)．
①求点C和点D的坐标；
②若点M，N分别为抛物线F1和抛物线F3上C，D之间的动点(点M，N与点C，D不重合)，试求四边形CMDN面积的最大值．

24.【答案】解：(1)将点A(−3,0)和点B(1,0)代入y=x2+bx+c，
∴9−3b+c=01+b+c=0，
解得b=2c=−3，
∴y=x2+2x−3；
(2)∵y=x2+2x−3=(x+1)2−4，
∴抛物线的顶点(−1,−4)，
∵顶点(−1,−4)关于原点的对称点为(1,4)，
∴抛物线F2的解析式为y=−(x−1)2+4，
∴y=−x2+2x+3；
(3)由题意可得，抛物线F3的解析式为y=−(x−1)2+6=−x2+2x+5，
①联立方程组y=−x2+2x+5y=x2+2x−3，
解得x=2或x=−2，
∴C(−2,−3)或D(2,5)；
②设直线CD的解析式为y=kx+b，
∴−2k+b=−32k+b=5，
解得k=2b=1，
∴y=2x+1，
过点M作MF//y轴交CD于点F，过点N作NE//y轴交于点E，
设M(m,m2+2m−3)，N(n,−n2+2n+3)，
则F(m,2m+1)，N(n,2n+1)，
∴MF=2m+1−(m2+2m−3)=−m2+4，
NE=−n2+2n+3−2n−1=−n2+2，
∵−2