《图形中的二次函数解析式与复杂图象变换》(著名机构整理)-2020年中考数学专题复习

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以下为本文档部分文字说明:

1二次函数的三种解析式示例剖析一般式20yaxbxca223yxx顶点式2yaxhk或224024bacbyaxaaa2214yx交点式1

2yaxxxx0a其中12xx,是方程20axbxc的两个实根.323yxx【引例】如图,抛物线23yaxbx与x轴交于A、B两点,交y轴于C点,若3OBOCOA,则抛物

线的解析式为.例题精讲思路导航知识互联网题型一:二次函数的解析式yxOCBA图形中的二次函数解析式与复杂图象变换2【解析】当0x时,3y,∴23yaxbx与y轴交于03C,,∵3OBOCOA,∴点A的坐标为10,,点B的坐标为30,把点

10,和30,代入23yaxbx得309330abab解得12ab,∴抛物线的解析式为223yxx.【例1】根据给定条件求出下列二次函数解析式.⑴抛物线2yxbxc,当

1<x<5时,y值为正;当x<1或x>5时,y值为负;⑵抛物线2(2)3yxmxm与y轴交于点M,若抛物线与x轴的一个交点关于直线xy的对称点恰好是点M;⑶如图,在平面直角坐标系xOy中,点B,C在x轴上,点A,E在y轴上,OB︰OC=1︰3,AE=7,且tan∠

OCE=3,tan∠ABO=2,抛物线经过A,B,C.【解析】⑴265yxx.⑵抛物线2(2)3yxmxm与y轴交点为M30m,.抛物线与x轴的交点为01,和03,m,它们关于直线yx的对称点分别为10,和m30,.由题意,可得:1333mmm

或,即m=2或m=3.⑶224233yxx.【例2】⑴抛物线224323mmxmxmy的最低点A的纵坐标是3;则抛物线的解析式为.(2013房山二模)⑵如图,抛物线223yaxax经过ABC△的三个顶点,已知BCx∥

轴,点A在x轴上,点C在y轴上,且ACBC.则抛物线的解析式为.⑶设抛物线2(4)4yxmxm,其中04m,与x轴交于A、B两点(A在B的左侧),若点D的坐标为02,,且10ADBD,求抛物线的解析式.典题精练MOCBAxy

OCEABxy3【解析】⑴224yxx.⑵由题意可知:C点坐标03,,抛物线对称轴212axa,∵BCx∥轴,∴B点坐标23,,∴2BC,则2AC.在RtAOC△中,90AOC,23ACOC

,,∴221OAACOC,∴A点坐标为10,,代入抛物线解析式得230aa,解得33a.∴抛物线解析式为2323333yxx.⑶当0y时,得2(4)40xmxm,222[(4)]4(4)816(4)0mmmmm∵04m,

∴(4)(4)2mmx.∴xm或4x.抛物线2(4)4yxmxm与x轴的交点分别为0m,、40,,∵A在B的左侧,04m.∴0Am,,40B,.则22222224ADOAODmm,222224220B

DOBOD.∵10ADBD,∴22100ADBD.∴220(4)100m.解得1m.∵04m,∴1m.∴抛物线的解析式为254yxx.平移“左加右减,上加下减”.对称关于x轴对称

2yaxbxc的图象关于x轴对称后得到图象的解析式是2yaxbxc.关于y轴对称2yaxbxc的图象关于y轴对称后得到图象的解析式是2yaxbxc.关于原点对称2yaxbxc的图象关于原点对称后得到图象的解析式是2yaxbxc.思路导航题型二:二次函数的图象

变换4旋转主要旋转180和90.【引例】在直角坐标平面内,二次函数图象的顶点为(14)A,,且过点(30)B,.⑴求该二次函数的解析式;⑵将该二次函数图象向右平移几个单位,可使平移后所得图象经过坐标原点?并直接写出平移后所得图象与x轴的另一个交点的坐标.【解析】⑴设二次函数解析

式为2(1)4yax,∵二次函数图象过点(30)B,,∴044a,得1a.∴二次函数解析式为2(1)4yx,即223yxx.⑵令0y,得2230xx,解方程,得13x,21x.∴

二次函数图象与x轴的两个交点坐标分别为(30),和(10),.∴二次函数图象向右平移1个单位后经过坐标原点.平移后所得图象与x轴的另一个交点坐标为(40),.【例3】⑴把抛物线22yx向左平移p个单位,向上平移q个单位,则得到的抛物线经过点13,和49,,求p、q的值.⑵把抛物线

2yaxbxc向左平移3个单位,向下平移2个单位后,所得抛物线为2yax,其图象经过点112,,求原解析式.【解析】⑴把22yx向左平移p个单位,向上平移q个单位,得到的抛物线为22yxpq

.于是,由题设得22321924pqpq,,解得21pq,,即抛物线向右平移了两个单位,向上平移了一个单位.⑵首先,抛物线2yax经过点112,,

可求得12a,设原来的二次函数为212yxhk,可得3020hk,,解得32hk,,所以原二次函数为21322yx,即215322yxx.典题精练例题精讲5说明:将抛物线2yaxbx

c向右平移p个单位,得到的抛物线是2yaxpbxpc;向左平移p个单位得到2yaxpbxpc;向上平移q个单位,得到2yaxbxcq;向下平移q个单位得

到2yaxbxcq.【例4】⑴在同一坐标平面内,图象不可能...由函数221yx的图象通过平移变换、轴对称变换得到的函数是()A.22(1)1yxB.223yxC.221yxD.2112yx⑵

将抛物线221216yxx绕它的顶点旋转180,所得抛物线的解析式是()A.221216yxxB.221216yxxC.221219yxxD.221220yxx⑶已知抛物线2yxmxn的对称轴为2x,且与

x轴只有一个交点.①求mn,的值;②把抛物线沿x轴翻折,再向右平移2个单位,向下平移1个单位,得到新的抛物线C,求新抛物线C的解析式.【解析】⑴D.⑵D.⑶①∵抛物线的对称轴为2x,∴4m.∵抛物线与x轴只有一个交点,∴240

mn.∴4n.②∵4m,4n,∴244yxx.∴2(2)yx.沿x轴翻折后得到2(2)yx,向右平移2个单位,向下平移1个单位得到抛物线C的解析式为222211yxx.【引例】已知抛物线223yxx

的顶点为D,点P、Q是抛物线上的动点,若DPQ△是等边三角形,求DPQ△的边长.【分析】要注意等边三角形和抛物线具有轴对称这一特性.【解析】点D的坐标为14,,不妨设点Q在对称轴的右侧,设抛物线的对

称轴为1x与PQ交于点H在RtDHQ△中,设HQt,3DHt∴143Qtt,把143Qtt,代入223yxx例题精讲题型三:二次函数中的特殊三角形HQPDOyx62431213ttt10t(舍),23t

∴23PQ.【点评】抛物线定了,相对应的等边三角形就定了.任意抛物线都可以通过平移得到2yax.通过设点坐标代入解析式可得等边三角形的边长为23a.【例5】如图,在平面直角坐标系中,二次函数220my

axaa的图象经过正方形ABOC的三个顶点A、B、C,则m的值为.【解析】连接BC交OA于点D,(图略)首先由22(0)myaxaa可得点20mAa,,又根据正方形的性质可得2mBCOAa,所以有mDCODa,∴点mmCaa

,,代入抛物线解析式可得:22()mmmaaaa,解得1m.【例6】已知抛物线223yxx的顶点为D,点P、Q是抛物线上的动点,点C为直角坐标系内一点,若四边形DPCQ是正方形,求正方形DPCQ的面积.【分析】要注

意正方形DPCQ和抛物线具有轴对称这一特性.【解析】点D的坐标为14,,不妨设点Q在对称轴的右侧,设抛物线的对称轴1x交PQ于点H在RtDHQ△中,设HQt,则DHt∴14Qtt,把14Qtt,代入223yxx得2

41213ttt解得10t(舍),21t∴22PQQH∴正方形DPCQ的面积为122PQCD典题精练CxyODPQHOCBAyx7【点评】其实抛物线定了,相对应的正方形DPCQ就定了.任意抛物线都可以

通过平移为2yax.通过设点坐标代入解析式可得正方形DPCQ的对角线为2a.【例7】若如图,抛物线m:khxy241与x轴的交点为A、B,与y轴的交点为C,顶点为M(3,425),将抛物线m绕点B旋转180°,得到新的抛物线n,

它的顶点为D;⑴求抛物线n的解析式;⑵设抛物线n与x轴的另一个交点为E,点P是线段ED上一个动点(P不与E、D重合),过点P作y轴的垂线,垂足为F,连接EF.如果P点的坐标为(x,y),△PEF的面积为S,求S与x的函数关系式,写出自

变量x的取值范围,并求出S的最大值.【解析】⑴∵抛物线m的顶点为)425,3(M,∴m的解析式为425)3(412xy=)2)(8(41xx,∴)0,8(),0,2(BA.∵抛物线n是由抛物线m绕点B旋转

180得到,∴D的坐标为)425,13(,∴抛物线n的解析式为:425)13(412xy,即36213412xxy.⑵∵点E与点A关于点B中心对称,∴E)0,18(.设直线ED的解析式为bkxy,则42513018bkbk∴4

9045bk∴49045xy.又点P坐标为),(yx,∴SxyyxFPOF212121=)49045(21xx=)1813(890852xxx,∴当9)85(2890

x时,S有最大值,8但1318x,所以PEF的面积S没有最大值.精讲:抛物线的内接特殊三角形探究【探究对象】抛物线的内接特殊三角形【探究过程】【探究1】以抛物线顶点为顶点的对称图形变式1.已知抛物线223yxx的顶点为D,

点P、Q是抛物线上的动点,若DPQ△是等边三角形,求DPQ△的边长.变式2.变式1中,如果把223yxx换成cbxaxy2,若DPQ△是等边三角形时,则DPQ△的边长会发生怎样的变化?变式2.前面的问题的ABM换成等腰直角三角形或正方形时,它们的边长又

会发生怎样的变化?总结:(1)抛物线定了,相对应的等边三角形就定了.任意抛物线都可以通过平移得到2yax.通过设点坐标代入解析式可得等边三角形的边长为23a.(2)其实抛物线定了,相对应的正方形DPCQ就定了.任意抛物线都可以通过平

移为2yax.通过设点坐标代入解析式可得正方形DPCQ的对角线为2a.【探究2】抛物线与x轴两个交点和顶点确定的三角形变式1.已知,二次函数12kxxy与x轴的两个交点A、B都在原点右侧,顶点为M。当ABM是等腰直角三角形

时,求判别式.变式2.变式1中,如果把12kxxy换成cbxaxy2,ABM是等腰直角三角形时,判别式的值会发生变化吗?变式3.前面的问题中当ABM为等边三角形时,02acbxaxy的判别式又是多少?变式4.前面的

问题中当ABM为顶角为120°的等腰三角形时,02acbxaxy的判别式又是多少?总结:(1)当02acbxaxy与x轴交于A、B两点,C是顶点,当ABM为等腰直角三角形时,则442acb.9(2)当02acbxaxy与x轴交于A、B两点,

C是顶点,当ABM为等边三角形时,则1242acb.(3)当02acbxaxy与x轴交于A、B两点,C是顶点,当ABM为顶角为120°的等腰三角形时,则1242acb.【探究3】抛物线与坐标轴的三个交点确定的

三角形变式1.已知抛物线02acbxaxy与x轴正、负半轴分别交于A、B两点,与y轴负半轴交于点C.若4OA,1OB,90ACB,求抛物线解析式.分析:由双垂图联想到射影定理,结合条件易想到OAO

BOC2,可求C点坐标.再利用交点式求解析式.变式2.若上例中把条件4OA,1OB去掉,其它条件不变,则a、c之间满足什么关系?变式3.请你设计一种平移方案,将432xxy平移,使其与坐标轴三个交点为直角三角形三个顶点.分析:上下平移开口方向和对称轴不

变,则a、b不变,只需求出平移后的解析式,再确定平移了多少个单位.总结:当抛物线与x轴有交点A、B,和y轴交于点C,一般结论:ABC是1Rtac.AyxBOC10DOCBAxy题型一二次函数的

解析式巩固练习【练习1】抛物线21yaxamxma与x轴的交点为10,,且顶点在直线1yx上,则抛物线的解析式为.【解析】211yaxamxmaaxmx,∴21yaxamxma与x轴的交点为0m,和10,,∴1m,∴抛物线

的解析式为2yaxa且对称轴为0x,当0x时,11yx,故抛物线的顶点为01,,把01,代入2yaxa中得1a,∴抛物线的解析式为21yx.【练习2】如图,四边形ABCD是菱形,点D的坐标是03,,以点C为顶点的抛物线2yaxbxc

恰经过x轴上的点A、B.⑴求点C的坐标;⑵若抛物线向上平移后恰好经过点D,求平移后抛物线的解析式.【解析】⑴连接AC,在菱形ABCD中,CDAB∥,ABBCCDDA,由抛物线对称性可知ACBC.∴A

BCACD△,△都是等边三角形.∴223ODCDAD.∴点C的坐标为23,.⑵由抛物线2yaxbxc的顶点为23,,可设抛物线的解析式为2(2)3yax.由⑴可得10A,,把10A,代入上式,

解得3a.设平移后抛物线的解析式为23(2)yxk,把03,代入上式得53k.∴平移后抛物线的解析式为23(2)53yx.即23433yxx.题型二二次函数的图象变换巩固练习【练

习3】已知二次函数221yxaa(a为常数),当a取不同的值时,其图象构成一个“抛物线系”.下图分别是当1a,0a,1a,2a时二次函数的图象.它们的顶点在一条直线上,这条直线的解复习巩固yxODCBAOa=2a=1a=0

a=-1yx11析式是y.【解析】112x.【练习4】二次函数2yx的图象所示,请将此图象向右平移1个单位,再向下平移2个单位.⑴画出经过两次平移后所得到的图象,并写出函数的解析式.⑵求经过两次平移后的图象与x轴的交点坐标,指出当x满足什么条件时,函数值大于0?y=x24

231-1321-2-1Oyx【解析】⑴画图如图所示:依题意得:2(1)2yx2212xx221xx∴平移后图象的解析式为:221yxx⑵当0y时,2210xx2(1)2x

,12x121212xx,∴平移后的图象与x轴交于两点,坐标分别为120,和120,由图可知,当12x或12x时,二次函数2(1)2yx的函数值大于0.题型三二次函数中的特殊三角形巩固练习【练习5】已知抛物

线2yxm的顶点为D,抛物线与x轴的交点为A、B(点A在点B的左边),⑴若ABD△为等腰直角三角形,求m的值.⑵在⑴的条件下,若ADB∠绕点D旋转,两边交抛物线于A、B(不与点A、B重合),探索ADBD和2AB的大小

关系,并证明.y=x24231-1321-2-1Oyx12OyDABxEKFxB'A'BADyO【解析】⑴点B的坐标为0m,,代入2yxm得1m.⑵结论:2ADBDAB.作ADB∠的角平分线DF交AB于K,分别从点A、点B引D

F的垂线段AF、BE.在RtDAF△和RtDBE△中,45ADFBDE∠∠∴22AFAD,22BEDB在RtAKF△和RtBKE△中,AKAF,BKBE∴AFBEAKBKAB即222AFB

EAB,∴2ADBDAB.13【测试1】把抛物线2yaxbxc的图象先向右平移3个单位,再向下平移2个单位,所得的图象的解析式是235yxx,则abc____________

____.【答案】11【测试2】⑴设抛物线22yx,把它向右平移p个单位,或向下移q个单位,都能使抛物线与直线4yx恰好有一个交点,求p、q的值.⑵把抛物线22yx向左平移p个单位,向上平移q个单位,则得到的抛物线经过点13,和49,,求p、q的值.【解

析】⑴抛物线22yx向右平移p个单位后,得到22yxp.由224yxpyx,,得方程224xpx,即22241240xpxp.因为抛物线与直线恰好

有一个交点,所以上述方程有两个相同的实数根,故判别式224142240pp,得318p,这时的交点为33188,.抛物线22yx向下平移q个单位,得到抛物线22yxq,于是得方程224xqx,即2240xxq,该方程有两个相

同的实数根,故判别式14240q,得318q,这时的交点为11544,.⑵把22yx向左平移p个单位,向上平移q个单位,得到的抛物线为22yxpq.于是,由题设得.

22321924pqpq,,解得21pq,,即抛物线向右平移了两个单位,向上平移了一个单位.课后测

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