專題16二次函數變換綜合題分類訓練

(平移軸對稱旋轉)

目錄

【題型1二次函數平移綜合題】..................................................................1

【題型2二次函數軸對稱綜合題】..............................................................44

【題型3二次函數旋轉綜合題1..................................................................................................81

【題型1二次函數平移綜合題】

1.在平面直角坐標系中，拋物線y=a%2+b%+eg40)的圖象與x軸交于4(一1,0)、B(4,0)兩點，與y軸交

于點。(0,2).

(2)如圖1,點P是直線BC上方拋物線上的一個動點，連接PC、PB；求當APBC的面積最大值及點P的坐標;

⑶如圖2,在(2)的條件下，連接OP,將拋物線沿射線C8的方向平移得到新拋物線V，使得新拋物線y經

過點B,且與直線BC相交于另一點“，點Q為拋物線V上的一個動點，當N"BQ=NPOB時，直接寫出符合條

件的所有Q點的坐標.

【答案】⑴丫=一權2+江+2

⑵S^PBC的最大值4，P(2,3)

⑶俘，金或(23,-152)

【分析】(1)將4B、C的坐標代入解析式，即可求解；

(2)過點P作軸于。，交直線8c于E,由待定系數法得直線的解析式為y=-|x+2,設P

(m,-|m2+|m+2)-由S^BC=S^PCE+S^PBE得出二次函數，利用二次函數的性質即可求解；

(3)由正切函數得tanzCBO=第=］由勾股定理得BC=J℃2+。辟=2代，設將拋物線沿射線CB的方

向平移而建(n>0)個單位得到新拋物線y，，可得原拋物線水平向右平移2幾個單位，向下平移n個單位，平

移后的二次函數y，=-Xx-|-2n)2+K-m將B(4,0)代入可求"的值，聯立此拋物線和直線BC的解析式可

求”(8,—2)，①當Q在直線BC的上方，連接AC,過點H作軸交于F,作NH1x軸交BQ的延長線于M，

過M作MGlx軸于G,由ASA可判定△力CB三△N”B,由三角形的性質得力B=NB=5,AC=NH=近,由

正切函數及勾股定理得NG2+MG2=MN2,可求NG=2,MG=4,可求M(n,4),待定系數法可求直線8M

的解析式為y=白-爭聯立此直線與y，的解析式即可求出Q的坐標；②當Q在直線8c的下方，過點H作

“Fix軸交于F,作MHlx軸交BQ于M,過M作MG1*軸于G,同理可求直線MN的解析式為y=2尤一18,設

M(7,2/—18)，由勾股定理得Be?+MG2=8A/2,可求出f的值，從而可求M(5,—8)，同理可求直線BM的解

析式為y=-8x+32,聯立此直線與y，的解析式即可求出Q的坐標.

【詳解】(1)解：由題意得

a—b+c=0

16a+4b+c=0,

c=2

(a=--

2

解得：｝b=-

2

Ic=2

3

y=-ix2+?-%+,2o；

(2)解：過點尸作PDlx軸于D,交直線BC于E,

則有

4fc+6=0

b=2

解得:

直線BC的解析式為y=-扛+2,

設P(m,—：根2+5rH+2),

???—+2)，

13/1\

???PE=——m27+—m+2—y——m+2)

12In

=一#+2m,

S^PBC=SNCE+SNBE

11

=-0D-PE+-BD-PE

1

=,尸E(。。+8。)

=￡x4(—2TH2+2m)

=—m2+4m

=-(m-2)2+4,

v-l<0,

???當TH=2時，S4PBC取得最大值4，

193

yP=——x2+—x2+2

=3,

，P(2,3)，

故SZXPBC的最大值4，P(2,3)；

(3)解：：B(4,O),C(0,2)，

OB=4,OC=2,

oci

???tanaBO=第=j

U￡>Z

BC=VOC2+OB2

=V42+22

=2V5>

設將拋物線沿射線CB的方向平移而n(n>0)個單位得到新拋物線y，,

二原拋物線水平向右平移2n個單位，向下平移幾個單位，

y=-(x-2-2nJ+T-n>

??,y'經過3(4,0),

3八「5八

-z[4—--2n)+-z-n=0,

整理得：n2-2n=0,

解得：=2,n2=0，

/=4G-1-4)2+T-2

"(%―/)+P

聯立卜=一:(：-￡)+9,

、y=一/+2

解得：｛；式或｛J二當，

??”(8,-2)，

①當Q在直線BC的上方，

如圖，連接ZC,過點“作“尸，》軸交于乩作N”，無軸交BQ的延長線于M,過M作軸于G,

???乙NHB=90°,

??.BF=0F-0B=4,

???BH=J8F2+F//2

=J42+22

=2V5,

??.BC=BH,

:/(TO)，

*e?tanzOCi4=

AC=Vl2+22=近,

AB=OA-{-OB=5,

Z.OCA=Z-OBC,

???乙。BC+NOCB=90。,

???4。。/+4。。8=90。，

???AACB=乙NHB=90°,

在△ZCB和△N”B中

(LACB=乙NHB

]BC=BH,

V^ABC=乙NBH

???AACB三ANHB(ASA),

.?.AB=NB=5,

AC=NH=近,

BH

*'.tan乙BNH=

NH

2V50

=—=2,

V5

???乙MNG=乙BNH,

.?.tanNMNG=萼=2,

NG

MG=2NG,

??.P(2,3)，

3

???tanZ.POB=

???乙HBQ=^POB,

3

???tanZ.HBQ=

.MH_3

MH3

?’,溫=P

???MH=3心

??.MN=MH-NH

=3V5-V5=2V5，

vNG2+MG2=MN2,

2

NG2+(2WG)2=(2V5),

解得：NG=2,

MG=4,

，OG=OB+BN+NG

=4+5+2

=11,

同理可求直線的解析式為y=

/416

y=yx~v

聯可_1(11\29'

解得:,或仁(

???Q(臀］

②當Q在直線BC的下方，

如圖，過點H作HF1x軸交于尸，作MH1無軸交BQ于M,過M作MG_Lx軸于G,

N(9,0)，

同理可求直線MN的解析式為y=2%-18,

設M(f,27-18)，

MG=18-2/,

BG=f-4,

vBG2+MG2=BM2,

■■「4)2+(18-2/)2=65,

解得：fi=5，f2=IL

當/=11時，

y=2X11-18=4>0,

?1?/'=11不合題意舍去，

當/=5時，

y=2x5-18=—8,

同理可求直線的解析式為y=-8%+32,

(y=-8x+32

解得：&/或｛j/2,

???<2(23,-152)：

綜上所述：Q點的坐標為停房)或(23,-152).

【點睛】本題考查了二次函數與幾何綜合，待定系數法，二次函數的性質，全等三角形的判定及性質，勾

股定理，正切函數等，掌握待定系數法，二次函數的性質，能作出恰當的輔助線構建三角形及全等三角形，

熟練利用勾股定理求解是解題的關鍵.

2.已知，在平面直角坐標系中，拋物線丫=公2+法+3與；(：軸交于點2,C,與了軸交于點N,其中8(-3,0)

，C(l,0>

備用圖

(1)求拋物線的解析式；

(2)如圖1,連接2B,點P是直線上方拋物線上一動點，過點P作PKIIy軸交力B于點K,過點K作KEly

軸，垂足為點￡,求PK+KE的最大值并求出此時點尸的坐標；

⑶如圖2,點尸在拋物線上，且滿足在(2)中求出的點尸的坐標，連接PC,將該拋物線向右平移，使得新

拋物線y'恰好經過原點，點C的對應點是尸，點M是新拋物線y'上一點，連接CM,當NMCF+NPCB=135。

時，請直接寫出所有符合條件的點河的坐標.

【答案】⑴丫=一公一2%+3

⑵當t=-2時，KP+KE的最大值為4,此時P(-2,3)

⑶M(l,3)

【分析】本題屬于二次函數綜合題，主要考查了求函數解析式、二次函數的性質、二次函數綜合等知識點，

掌握求二次函數解析式的方法以及會用配方法求最值是解題關鍵.

2

(1)將8(—3,0)代入y=ax+bx+3中得到二元一次方程組求解即可；

(2)由(1)可知拋物線的解析式為y=---2x+3,得直線4B的解析式為y=x+3,設P

2

(t_t_2t+3)，則K(t,t+3),故PK+KE=-*-4t=-(t+2)2+4,再根據二次函數的性質求解即可；

(3)先求平移后的拋物線解析式為y=-(x-2)2+4,再證明△PRC為等腰直角三角形，由

NMCF+NPCB=135。得NMCF=90。，過C作CM1CF,交移動后的拋物線于當x=l時，y=-(x-2)2

+4=3,即M(l,3).

【詳解】(()解：將B(-3,0),C(l,0)代入y=a/+b%+3中,

(9a-3b+3=0

’1@+5+3=0'

???a=—l,b=—2,

??y——2%+3.

(2)解：由(1)可知拋物線的解析式為y=—/—2x+3,

???4(0,3),

設直線4B的解析式為y=kx+3,貝|0=—3k+3,解得：fc=l,

直線的解析式為y=x+3,

設P(t,—產—2t+3)，則K(t,t+3),

???PK=-t2-3t,

AO=BO=3,

ABAO=45°,

??.AE=KE,

KE=3—t—3=-t,

■.PK+KE=-t2-4t=-(t+2)2+4,

當t=—2時，KP+KE的最大值為4,此時P(—2,3)；

(3)解：設拋物線向右平移n個單位，

二平移后的拋物線解析式為y=-(%+1-n)2+4,

???拋物線平移后經過原點，

-(1-n)2+4=0,

解得：幾=3或?1=一1(舍)，

???平移后的拋物線解析式為y=-(久一2)2+4,

PR=3,RO=2,

,.1y=-X2-2X+3,令y=0,貝!Jx=-3或1,

OC=1,

RC=RO+OC=3,

RC=RP,

??.△PRC為等腰直角三角形，

???乙PCB=45°,

???ZMCF+ZPCB=135°,

??.Z.MCF=90°,

過C作CM1CF,交移動后的拋物線于M,

當％=1時，y=一(%—2)2+4=3,

???M(l,3).

3.如圖所示，在平面直角坐標系中，點。是坐標原點，拋物線y=a/+6%+6與x軸交于點N、8兩點，與

y軸的正半軸交于點C.已知點4(—2,0)，點B(6,0),連接3C.

⑴求拋物線的解析式；

(2)如圖1,點尸為拋物線第一象限內的一點，過點尸作PD1BC于點D,求加PD+&BD的最大值及此時點P

的坐標；

⑶如圖2,點尸是線段。C的中點，將拋物線沿著射線CB的方向平移2五個單位得到新拋物線，點Q在新拋物

線上，是否存在點Q使NFBQ+NBC。=90。?若存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由.

【答案】(l)y=-#+2x+6

(2)&PD+&BD的最大值為16,此時點P的坐標為(2,8)

(3)(0,—2)或(4,6)

【分析】(1)代入做一2,0)，8(6,0)到拋物線丫=+法+6,求出a、6的值即可；

(2)作PGIIy軸交x軸于G,交直線BC于E,利用等腰Rt△BEG和等腰Rt△PDE的性質，轉化無PD+gBD

的最大值為2PG的最大值，再利用拋物線的頂點坐標公式求出點P的坐標即可；

(3)先求出平移后的拋物線解析式為y=-*x—4)2+6,由AFBQ+NBC。=90°得NFBQ=45°,作出二次

函數y=-**-4)2+6的圖象，記圖象與y軸交點為Qi，頂點為(?2，易得以(0,-2)，＜?2(4,6)，連接BQ】、B

Q2,作FHLBC交BC于點H,BQ2，％軸交于點K,然后通過相似三角形的判定、全等三角形的判定證明出、

Q2分別為符合題意的點Q即可.

【詳解】⑴解：代入4(—2,0)，8(6,0)得｛3雷2射霽/0,

解得：］

拋物線的解析式為y=~x2+2x+6.

(2)如圖，作PG||y軸交x軸于G,交直線BC于E,

令x=0,則y=6,即C(0,6)，

??,B(6,0),。(0,6)，

OC=OB,

又?."。。=90。，

???Z-OBC=Z.OCB=1x(180°-90°)=45°,

??.PG||y軸,

/.^DEP=Z.OCB=45°,乙PGB=LC0B=9U。,

/.Z.GEB=1800-APGB-Z.GBE=45°,

???乙GEB=^GBE=4S。,

???BG=GE,

??.△BEG是等腰直角三角形，

??.BE=近EG,

???PD1BC,

^PDE=90°,40EP=45。，

???乙DPE=180。一乙PDE一乙DEP=45°,

???Z.DEP=乙DPE,

DP=DE,

???△PDE是等腰直角三角形，

PE=五PD=?DE,

尬BD=五(DE+BE)=近DE+近BE=PE+2EG,

???樂PD+五BD=PE+PE+2EG=2PG,

設P(m,一+2m+6)(0<m<6)，

貝iJPG=-1m2+2m+6=-1(m-2)2+8,

當爪=2時，PG有最大值8,即PGW8,此時P(2,8)，

???ypiPD+ypiBD=2PG<2x8,

???&PD+五BD<16,

???丘PD+y2D的最大值為16,此時點P的坐標為(2,8).

1O1O

(3)y=--x2+2x+6=--(%-2)2+8,尸(0,3)，

???拋物線沿著射線CB的方向平移2正個單位，ACBO=45°,

???拋物線向右平移2個單位，再向下平移2個單位，

???新拋物線的解析式為：y=-|(x-4)2+6,

由(2)中的結論得，40CB=45。，即NBC。=45。，

■:乙FBQ+乙BCO=90°,

.-.乙FBQ=90°-ZBCO=45°；

如圖，作出二次函數y=—*%-4)2+6的圖象，記圖象與y軸交點為Qi，頂點為Q?，

連接BQ1、BQ2，作交BC于點“，Q2KX軸交x軸于點K，

令％=0,則y=_gx(_4)2+6=—2,即Qi(o,_2)，

當x=4時，y=-夫%-4)2+6有最大值6,即頂點坐標為(?2(4,6);

???點尸是線段。。的中點，

CF=1'OC=：x6=3,

■：FH1BC,

:.乙FHB=^FHC=9Q°,

Z.OCB=45°,

???ACFH=乙FHB-AOCB=90°-45°=45°,

???^CFH=KOCB,BPZCFH=乙FCH,

.-.CH=FH,

又*"HC=90°,

CFH是等腰直角三角形，

CF=近CH=?FH,

CF32G

CH=FH=亍===嗎

V2V22

VOB=OC,45。。=90。,

.?.△OBC是等腰直角三角形，

???BC=V2OC=6五，

BH=BC-CH=—,

2

???BH=3FHf

???BO=6,OQI=2,

???BO=3OQi，

.BH_3FH_FH

??法—3OQi―西，

VZ.FHB=90°,4Q108=90。，

AZ.FHB=Z-Q^OB,

巾BHFH

人?BO-OQJ

.*.△BHF?ABOQp

:,（HBF=乙OBQi，

???乙HBF+乙OBF=（OBQ\+4。8?，=乙FBQ1,

?:乙OBH=LOBC=4S。,

:,乙FBQi=45°,

Qi是符合題意的一個點Q；

TQ2K軸，（22（4,6），

:?Q2K=6,OK=4,

又?.?OB=6,

：?BK=OB-OK=6-4=2,Q2K=OB,

???BK=OQi，

又???4Q2KB=乙BOQ、=90°,

???△8KQ2三△QI°B(SAS)，

:.乙Q2BK=LBQi。；

/-Q2BK+NOBQI=乙BQ\O+NOBQI，

NBQ1。+4OBQi+NBOQ1=180°,Z.BOQ1=90°,

乙BQ/)+乙OBQi=180°-90°=90°,

???/.Q2BK+NOBQi=90°,

NQ2BQ1=90°,

又,?,NF8QI=45°,

:.乙FBQ2=Z-Q2BQ1-Z.FBQ1=90°-45°=45°,

???Q2是符合題意的另一個點Q；

二綜上所述，Q的坐標為(0,-2)或(4,6>

【點睛】本題考查了二次函數與幾何綜合，等腰三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，熟練掌

握二次函數的圖象與性質，二次函數的平移規律，學會通過作垂線構造直角三角形，能夠利用等腰直角三

角形的性質轉化線段關系，能夠利用直角邊的比例證明相似三角形是解題的關鍵，本題屬于二次函數綜合

題，需要較強的數形結合和推理能力，適合有能力解決難題的學生.

4.如圖所示，關于X的拋物線丫=也2—尤一3,與X軸從左往右分別交于點/、點8,與y軸交于點C,連結

CB.

(1)求出4、B、C點的坐標；

⑵點尸為直線BC下方拋物線上的任意一點，過點P作PQlx軸交BC于點。，求PQ+當CQ的最大值及此時

點P的坐標；

⑶若將原拋物線向下平移3個單位長度得到新拋物線，新拋物線與y軸交于點￡,連結AC、BE,點M為新

拋物線上一動點，若=請直接寫出滿足條件的點M的坐標.

【答案】(1)力(一2,0),8(6,0),C(0,-3)

⑵最大值為4,P（4,—3）

⑶M的坐標為（24,114）或（4.8,-5。4）

【分析】（1）令x=0,y=0求解即可;

⑵過0作QTly軸于T,設（2（X,|X-3）,由三角函數可知CT=*Q,可得PQ+*Q=]

2

（x-4）+4（o<x<6）>再求最值及坐標即可；

（3）分兩種情況討論，當〃?在BE下方時，過￡作￡",使N8EK=N4C0,交新拋物線于過8作BDLEK

于D,過。作CGlx軸于G,過E作EF1DG交GD延長線于R則NBGD=NDFE=NBDE=90。，證明

△BGDMDFE,可得黑=卷=黑=未設DG=x,則DF=6—x,由EF=OG求出x,即可求出D

UrhrcU3

償，-黝，求出OE的解析式，并與平移后的拋物線聯立即可求出M點坐標；當M在BE上方時，作EJ,使

乙BEJ=UCO,交新拋物線于M',在E/上取一點N,使EN=ED,過N作NHly軸于“，證明

△HNE三△FDE（AAS），求出可償,蔣），同理可求坐標.

【詳解】⑴解：當x=0時，y=-3,

2

當y-0時,i%-%-3=0,解得巧=-2,X2=6,

又???/在8的左側，

二4（一2,0）,3（6,0）;

（2）解：過。作QTly軸于T,

?,?直線的解析式為y=1%-3,

設P（x,1X2—x—3），貝!JQ（x,1%—3），

???CT=1X-3-(-3)=如PQ=1X-3-Q%2-X-3)=-^x2+1%,

???QTly,OBIOC,

???TQWOB,

???乙TQC=Z.OBC,

???B(6,0),C(0,—3)，

OB—6,0C—3,

在Rt^OBC中，BC=V32+62=3V5-

在Rt△CTQ中，CT=CQ-sin/CQT=CQ-sin乙OBC=CQ-=[cQ,

PQ+^-CQ=PQ+CT=-1x2+|x+|x=~x2+2x=~(x-4)2+4(o<x<6)>

T。，

???當x=4時，PQ+*Q有最大值，最大值為4,

當x=4時，|X2-X-3=-3,

■-■P(4,—3);

(3)解：???將原拋物線向下平移3個單位長度得到新拋物線，

二新拋物線的解析式為：y=ix2-x-6,

當％=0時，y=-6,

E(0,-6)，

OE=6,

當M在BE下方時,

過E作EK,使乙=交新拋物線于M,過5作BOIEK于。，過。作OG_L%軸于G,過E作EFJ.OG

交G。延長線于尸，則NBGO=Z■。尸E=N8DE=90。,

???乙BOE=9。。,

???四邊形0EFG是矩形，

：.GF=0E=6,EF=OG,AOEF=90°,

,?,4(—2,0)，

OA=2,

OA2

tanZy4C0=—=

???乙BEK=cACO,

Dr\2

???tan^BEK=—=tan^ACO=

ED3

???乙BGD=^BDE=90。,

???乙BDG+乙GBD=乙BDG+乙EDF=90°,

???Z-GBD=Z-EDF,

BGDs/\DFE,

.BG_DG_BD_2

''~DF~~EF~~ED~3"

設。G=%,貝!］。9=6一%,

口「3DG3%2八廠2“、42

"EF=—=~'BG=3DF=式6—x)=4--X,

???EF=OG,

3r2

2=6+4—/,

解得：X=程

八二60。廠4212八二口廠3%90rl廠「18

???DG=記BG=4--x=-,OG=EF=-=-,DF=6-x=-

??碗Y)，

設直線DE的解析式為y=mx+n,

把。償黝，￡(0,-6)代入得，卜：:613,

解得：［爪=:，

(n=-6

直線DE的解析式為y=聶-6,

'y=

聯立

y=^xi-x-6

4-

解得：｛江；或｛:秘4,

；?”(4.8,-5.04)，

當〃在BE上方時，

作E/,使4BEJ=4ACO,交新拋物線于M',在E/上取一點N,使EN=ED,過N作NHly軸于",

OE=OB=6,

???乙OEB=LOBE=45。，

???乙OEB=乙BEF=45°,

???乙BEJ=^-ACO=乙BEK,

???乙HEN=乙DEF,

???LEHN=乙DFE=90°,

??.△HNE=△FOE（AAS），

...EH=EF=泓N=DF=^,

?,,。”=*6=5

-C.S）'

設直線切的解析式為y=px+q,

把噌噌），E（o=6）代入得卜仁然用

解得:[^=-6,

???直線切的解析式為y=5%-6,

y=5x—6

｛y=1%2-X-6，

解得：｛丁掘｛:二蘢,

綜上所述，M的坐標為（24,114）或（48-5.04>

【點睛】本題考查了二次函數綜合，涉及相似三角形的性質和判定，三角函數，待定系數法求解析式，全

等三角形的性質和判定，勾股定理等知識點，正確的作出輔助線，綜合運用以上知識是解題的關鍵.

5.如圖1,在平面直角坐標系中，直線y=-、+1與拋物線丫=a/-%+3（a40）交于/,B兩點，且點工

在x軸上，直線與y軸交于點C.

KI常用圖

⑴求拋物線的表達式；

(2)P是直線力B上方拋物線上一點，過P作PQIIy軸交直線4B于點Q,求PQ+爭Q的最大值，并求此時點P的

坐標；

⑶在(2)PQ+爭Q的最大值的條件下，連接BP,將拋物線沿射線B4方向平移，使得點4在新拋物線的對

稱軸上，M是新拋物線上一動點，當=時，直接寫出所有符合條件的點M的坐標.

【答案】(l)y=~x2~x+3

⑵PQ+爭Q的最大值為4,P(—2,4)

⑶點M的坐標為(2,2)或(彎止，-3年一9)

【分析】(1)先由一次函數解析式求出點4(2,0)，再把做2,0)代入y=a，一久+3,求出。值即可；

(2)延長PQ交y軸于。，證明△OACYZMQ,得卷=翁即得=壺，求得。(2=各2,再設P

(%,一，2_乂+3),貝!lQ(x,—'+1),貝!1PQ=—和2—京+2,QD=~x+1,所以PQ+當

AQ=PQ+QD=PD=~(x+2)2+4,利用二次函數最值即可求解.

(3)根據平移的性質求得拋物線平移后的解析式為y=-9/+尤+1,再分兩種情況：當點”在直線4B上

方時，當點M在直線48下方時，分別求解即可.

【詳解】(1)解：對于直線y=—y+l,

令y=0,則一)+1=0,解得：x=2,

”(2,0)，

把4(2,0)代入y=一%+3,得0=4。-2+3,

解得：

a=—4-

?,?拋物線的表達式y=~x2-x+3.

(2)解：延長PQ交V軸于。，

1

對于直線y=-/+1,

令％=0,則y=l,

,?弘（2,0）

?'-AC=Vl2+22=V5

???PQIIy軸,即QDIIOC,

???△OACDAQ

/COCV51

二而=而，即而=而，

.-.DQ=^-AQ,

設P（x,—32_刀+3）,貝!lQ（x,—1+1）,

-'-PQ=~^x2-x+3-（一1%+1）=~x2-x+2,QD=~x+1

22

：.PQ+爭Q=PQ+QD=PD=—x-x+3=—（%+2）+4

--J<0

.?.當x=—2時，PQ+^4Q的最大值為4；

（3）解：聯立，［y=_1彳-%：3,

Iy=~2x+1

解得：｛:3,￡：o-

,'B(—4,3)，

由(2)知，在PQ+爭Q的最大值的條件下，拋物線的頂點為點P(-2,4)，對稱為直線PQ，

當乂=一2時，則y=-gx(―2)+1=2,

?,?<2(-2,2).

則PQ=2,PB=QB=722+I2=V5.

"BPQ=乙BQP,

???將拋物線沿射線B4方向平移，使得點4在新拋物線的對稱軸上，

二點Q平移后與點A重合，

-(2(-2,2)，省2,0)，

???拋物線沿射線比4方向平移，是向下平移了2個單位，向右平移了4個單位，

二拋物線頂點「(一2,4)平移后到點P'(2,2)，點8(-4,3)平移后到點*(0,1),即9與C重合，

△BPQ=△B'P,A,拋物線平移后的解析式為y=-1(%-2)2+2=~x2+x+l,

"BPQ=Z.B'P'A,

P'(2,2)，

■■P'B'="+(2-1)2=V5>

4(2,0)，

■-AB'=7z2+l2=Vs>

：.P'B'=AB',

.-./-B'AP'=Z-B'P'A,

當點河在直線48上方時，

■.■Z.MAB=Z.BPQ,

.-.Z.MAB-/.B'P'A,

二點Af與點P重合,

??收2,2），

當點〃?在直線4B下方時，設MQ,—3/+%+1),

過點M作MEIIPQ,交4B于E,交x軸于N,貝Ij/MEA=NBQP,E(x_lx+i),

則△AOCsZXANE,

.?爺=嘉，則4E=ENSC=?E，

-Z-MAB=乙BPQ,

???△BPQMAE,

BQPQ制敗ME

?.?贏=而則方=7F

?.Vs?—=礙Jj"敕干整田理7日得：3/￡1一—、“，

即：l(-|x+l)=-(-i%2+x+l).解得：x=(x=用舍去)，

此時，VM=3|衛，

,-41+1—3V41—9^

綜上，符合條件的點M的坐標為(2,2)或(等止,出魯).

【點睛】本題屬二次函數綜合題目，主要去向不明了待定系數法求拋物線解析式，拋物線的性質，拋物線

的平移，相似三角形的判定與性質，綜合性較強，熟練掌握相關性質是解題的關鍵.

6.如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=a-+版+|與無軸交于4B(i,o)兩點，交y軸于點C,拋物線的

對稱軸是直線x=-2.

⑴求拋物線的解析式；

⑵點M是直線4c上方對稱軸左側拋物線上一動點，過點M作MDII%軸交拋物線于點。，作ME||y軸交直線/C

1

于點E,求+3ME的最大值及此時點M的坐標；

⑶將拋物線向右平移3個單位，再向上平移1個單位，得到新的拋物線，在+3ME取得最大值的條件

下，點P為點。平移后的對應點，點Q為點力平移后的對應點，連接PQ,點R為平移后的拋物線上一點，若△PQR

為以PQ為直角邊的直角三角形，請直接寫出所有符合條件的點R的坐標.

［答案］（i）y=-gx+,

（2*MD+3ME的最大值7.此時M（—3,鄉

⑶端，一5）或俘，一給

【分析】（1）利用待定系數法即可求解；

（2）設”（小,一!加2-?巾+3,求得直線AC的解析式，用含m的式子表示出M。和ME,利用二次函數的性

質求解即可；

（3）利用平移的性質求得平移后的拋物線的解析式，以及P（2,/），Q（-2,1），分兩種情況討論即可求解.

【詳解】（1）解：由題知

1

a---

角得

津3

--4

b

3-

124?5

y=_/_/+§；

(2)解：設MQH,—［血？—g7n+￡),

令y=_，_%+1=0,得%i=-5,%2=1.

???做—5,0)，

令％=0,得y=|，

.?.c(o,3,

設直線4c的解析式為y=依+9，

則0=-5k+,

解得k=1,

二直線4C的解析式為y=%+0

MD||%軸交拋物線于點。，拋物線的對稱軸是直線％=-2,

*'?MD=2(-2—m)="4—2m,

??,ME||y軸交直線/C于點E,

124i5A5\15

ME=*_髀+E髀+3)=23m'

1/15\

???—MD+SME=—2—m+3—m27——mJ

=-m2-6m-2=-(m+3)2+7,

當m=-3時，|M￡>+3ME取得最大值7,

⑶解:喘T)或俘，善)

平移后的拋物線的解析式為：y=—^(x—3)2~^(x—3)+1+1,

整理得y—~%2+-|x+-y-,

.-.0(-1.1),

”(一5,0)，

???P(-1+3,|+1)，Q(-5+3,0+1)，

???P(2,弓)，Q(-2,l)，

77

同理，直線PQ的解析式為：y=|x+g

當點Q為直角頂點時，

如圖，QH1PQ交X軸于點H,直線PQ交X軸于點G,交y軸于點/,

則G(_g,O),《0,9，

=+G)=嚕'QG=J(-2+3+12="'

???乙IGO=^HGQ,Z/OG=ZHQG=90°,

△IGOMHGQ,

GOGI?J_2

"GQ=GH'即n浮=備，

解得GH=9，

4

同理，直線QH的解析式為：y=~x-2,

聯立，-%2+-|x+^-=~x—2,

解得=-2,%2=-y-.

當P為直角頂點時，

同理，直線PR的解析式為：y=-|x+拿

嚴一12?2.11_3,20

聯乂，~X+/+可=~X+V,

q

解得久i=2,x2=-.

/.R(-

\2，12/

?',7?(1—4)或俘廠'￥)?

【點睛】本題屬于二次函數的綜合題，難度很大，考查了待定系數法，二次函數的性質，相似三角形的判

定和性質，關鍵是做出合適的輔助線進行轉化，清晰的分類討論是解本題的關鍵.

7.如圖，已知二次函數y=a久2+b光+4的圖象交x軸于點2(1,0),5(4,0)，交V軸于點C.

⑴求這個二次函數的解析式；

⑵若P是直線8c下方拋物線上的一動點，求△BCP面積的最大值；

⑶將拋物線沿射線BC方向平移等單位得到新的拋物線/，點M是新拋物線;/對稱軸上一點，點N為平面直角

坐標系內一點，直接寫出所有以B,C,M,N為頂點的四邊形為矩形的點N的坐標.

【答案】(i)y=——5x+4

(2)8

(3)點N的坐標為(-2,2)或(6,2)或(2,2+2際或(2,2—2際

【分析】(1)利用待定系數法求解即可；

(2)先求出C(0,4)，待定系數法求出直線BC的解析式為：y=-x+4,作PDIIy軸交BC于。，設P

2

(m,m—5m+4)(0<m<4)>則。(m,—m+4)，求出P。=—(m-2猿+4,再表不出S4^cp=(久B—%c)

=-2(m-2)2+8,結合二次函數的性質即可得解；

(3)求出新拋物線解析式得到新拋物線:/的對稱軸為直線％=2,設M(2,t),N(s,r),貝UCM?=?—0)2+

(t-4)2=t2-8t+20,BM2=(2-4)2+t2=t2+4,BC2=(4-0)2+(0-4)2=32,若以B,C,M,N為頂

點的四邊形為矩形，則△8CM為直角三角形，再分三種情況：當以點8為直角頂點時，BM2+BC2^CM2;

222

當以點C為直角頂點時，CM+BC=BM;當以點M為直角頂點時，C"2+BM2=BC2,分別利用勾股定理

并結合矩形的性質計算即可得解.

【詳解】(1)解：,.二次函數y=+8％+4的圖象交匯軸于點4(i,o),8(4,0)，

ra+b+4=0

"16a+4b+4=0，

解得：［b=-s，

，二次函數的解析式為y=X2-5X+4；

(2)解：在y=/-5汽+4中，當第=0時，y=4,

,,((0,4)，

設直線BC的解析式為y=kx+4,

將8(4,0)代入解析式可得軌+4=0,

解得：k=-1,

?,?直線的解析式為：y=—%+4,

作PO||y軸交于O,

設P(nvn2_577i+4)(0<m<4)，則。(TH,—?n+4)，

222

；?PD=-m+4-(m-5m+4)=~m+4m=-(m-2)+4,

,：SABCP=2^^(XB~XC)=E[一(7n-2)2+4]x(4—0)=—2(m—2)2+8,

?..當TH=2時，S4BCP的值最大，為8;

2

(3)解：y=%2—5%+4=(%—I)+p

\乙/4

???將拋物線沿射線BC方向平移孚單位得到新的拋物線y，,

2

???將拋物線先向左平移為單位，在向上平移衿單位，即/=(%_：+：)+)+；=(尤一2)2+3,

???新拋物線y'的對稱軸為直線刀=2,

設M(2,t)，N(s,r),則/"2=(2_o)2+?_4)2=t2_81+20,BM?=(2-4猿+產=產+4,BC2=(4-0)2

(0—4)2=32,

若以B,C,M,N為頂點的四邊形為矩形，則△BCM為直角三角形，

當以點B為直角頂點時，BM2+BC2=CM2,

.??力2+4+32=Z2—81+20,

解得：[=-2,

此時M(2,-2)，

由矩形的性質可得｛[2th。4二'：〉，

解得：即此時N(-2,2);

當以點C為直角頂點時，CM2+BC2=BM2,

:?F+4=產—8t+20+32,

解得：力=6,

此時M(2,6)，

由矩形的性質可得：｛:曹爹",

解得：｛；：g,即此時N(6,2);

當以點M為直角頂點時，CM2+BM2=BC2,

.,?/+4+產―8t+20=32,

解得：t=2+2&或1=2-2V^,

此時M(2,2+2際或M(2,2—2仍，

2

由矩形的性質可得：1+2vf；r=4+0或1-蔑；0，

解得：｛「丁2=^我或1=＞一；2無，即此時N(2,2—2女)或N(2,2+2偽；

綜上所述，點N的坐標為(-2,2)或(6,2)或(2,2+2偽或(2,2-2我＞

【點睛】本題考查了待定系數法求二次函數解析式、二次函數綜合一面積問題、二次函數綜合一特殊四邊形、

勾股定理，熟練掌握以上知識點并靈活運用，添加適當的輔助線，采用分類討論與數形結合的思想是解此

題的關鍵.

8.如圖，拋物線y=a/+6%—2與％軸交于4B兩點(4在B的左側)，與y軸交于點C,且滿足

OA:OC:OB=6:2:1,連接AC、BC.

(2)如圖1,點P是線段4c下方拋物線上的一動點，過點「作/5。！/!。于點D,點E為直線BC上一動點，當PD取

最大值時，連接PE,求PE+卷BE的最小值；

⑶如圖2,將該拋物線沿射線4C方向平移函個單位長度，得到新拋物線月，點Q是月上一動點，是否存在

“BC,使得“BC=NBC。+N04C,若存在，請直接寫出點Q的坐標；若不存在，請說明理由.

【答案】⑴丫=級+%—2；

(2)4；

⑶Q的坐標為(1一后,一苧)或(一4+2710,15-6710).

2

【分析】(1)當x=0時，^y=ax+bx-2=-2,OC=2,由。4:0C:0B=6:2:1,得2(-6,0)，進

而利用待定系數法即可得解；

(2)如圖，過點P作于M,交"于N,過點B作BG14B于B,過點E作EG，8G于點G,先求出直線

AC為:y=~x—2,^P(m,^m2+|tn-2)>貝！)(犯—：山—2)，^PN=—^in—2—^m2+|m—2)=

-2m,進而得PD=^?PN=察(_9nl2_2爪)=—嚕(巾+3)2+察，當巾=一3時，p。的值最大，求出

P(_3,一4)，再利用垂線段最短得PE+EG取最小值時，PE+^BE的值最小，當P、E,G,三點共線，PG1BG

時，+的值最小，從而即可得解.

(3)過B作BM1AB于B,在x軸的下方直線BM上，作BM=。4=6,過M作MH1BM于點M,在直線BM的

右側作MH=OC=2,作直線交平移后的拋物線于點Q,貝叱BMH=乙4。。=90。，由

ABMH=AAHC(SAS)^Z.QBM=Z.OAC,由(2)得NM8C=〃9CB,進而

乙QBC=4QBC+乙MBC=4BCO+乙OAC,此時Q為所求，由將拋物線沿射線力C方向平移屈個單位長度，

得到新拋物線相當于將拋物線向右平移3個單位，再向下平移1單位，得到新拋物線yj從而為=1%一92

-,求出直線B”為y=-3x+3,聯立y=-3久+3與y=X%—今即可得解Q,作H(3,—6)關于直線BC

的對稱點H',連接HH'交BC于L,直線B勿交平移后的拋物線于點。，由NQ6C=NQBC得。為所求，則

HL=H'L,HH'1BL,先求出L(—1,—4)，進而得直線B勿為y=才—,聯立y=孑―g與y=能―鄉福即

可得解.

【詳解】(1)解：當％=0時，y=a/+b]-2=-2,

-2),

：.OC=2,

'：OA\OC\OB=6:2:1,

；.OB=1,OA—6,

?次一6,0)，8(1,0),

把4(-6,0)，8(1,0)代入y=a-+"-2得

CO=36a—6b—2

t0=a+b—2

1

a--

得

解3

-5

h

3-

(2)解：如圖，過點P作PM1AB于M,交4c于N,過點B作BG14B于B,過點E作EG，BG于點G,

由。(0,-2)設直線4C為：y=kx—2,

把4(—6,0)代入y=依―2得0=-6k—2,

解得k=-p

直線AC為：y=-1x-2,

+|m—2)>則(m,-gm-2)，

22

...PN=-1m-2-Qm+|m-2)=-|m-2m,

,.\4B=6,。。=2,OC1AB,

-'-AC=762+22=2V15，

.,.cosZ-MAN=coszMC=-7==

2V1010

???MN_L/B,PD1>1C,

"ANM+Z.MAN=乙NPD+乙PND=90°,

MANM="ND,

.?.4MAN=乙NPD,

.?.COSNNPD=黑=cos/M力N=%，

PN10

—唔出富(-加⑶)一條n+獷+富

...當m=-3時，