【文档说明】《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.doc，共(13)页，2.210 MB，由小喜鸽上传

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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12yaxxxx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MOCBAxyOCEABxy3【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，222224220BDOBOD．∵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2yaxbxc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221

yx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．22121

6yxx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，∴240mn．∴4n．②∵4m，4n，∴244y

xx．∴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220myaxaa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241213ttt解得10t（舍），21t∴22PQQH∴正方形DPCQ的面积为122PQCD典题精练Cx

yODPQHOCBAyx7【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∴49045bk∴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DP

Q△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OAOBOC

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．∴ABCACD△，△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=0a=-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=x24231-1321-2-1Oyx【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DF的垂线段AF、BE．在RtDAF△和RtDBE△中，45ADFBDE∠∠∴22AFAD，22BEDB在RtAKF△和R

tBKE△中，AKAF，BKBE∴AFBEAKBKAB即222AFBEAB，∴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224x

qx，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