2024年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：拋物線的平移培優(yōu)講義

拋物線的平移培優(yōu)講義

解題要點剖析

在平面直角坐標(biāo)系中，我們可以對拋物線實施平移變換才腦物線在平移變換中，開口大小和開口方向未變，

只是位置發(fā)生改變.解與此相關(guān)問題的關(guān)鍵是：確定平移變換前后的頂點坐標(biāo).

考題解析

例1在平面直角坐標(biāo)系xOy中，拋物線q:y=x2+bx+c經(jīng)過點A(2,-3),且與x軸的一個交點為B(3,0).

⑴求拋物線J的表達(dá)式.

(2)D是拋物線ci與x軸的另一個交點，點E的坐標(biāo)為(m,0),其中：m>0,AADE的面積為學(xué)

①求m的值；

②將拋物線J向上平移n個單位長度，得到拋物線c2,若當(dāng)0<x<m時，拋物線c?與x軸只有一個公共

點，結(jié)合函數(shù)的圖象，求n的取值范圍.

思路分析⑴拋物線(q：y=x2+bx+c表達(dá)式中有兩個系數(shù)需要確定取值，同時又明確指出了拋物線經(jīng)

過的兩個點的坐標(biāo)，代入坐標(biāo)，兩個未知數(shù)和兩個方程，聯(lián)立方程組即可求解.

(2)①根據(jù)已知條件求得線段長，并結(jié)合線段長通過面積公式建立等量關(guān)系式，求解參數(shù)取值.

②當(dāng)拋物線J向上平移n個單位長度后，得到拋物線C2,需要注意的是，題目明確指出：“若當(dāng)0<x<m

時，拋物線C2與x軸只有一個公共點”，因此，只需要分析拋物線C2與線段OE的交點情況即可.為此，需要分

析臨界情況或者極端情況.本題的臨界情況是C2過線段0E的兩個端點，以及C2與線段0E相切，如圖17-2所

示.因此，分別代入點E、點O的坐標(biāo)，可得n的取值范圍.需要注意的是，當(dāng)c2經(jīng)過點E時，與線段OE只

有一個公共點，而當(dāng)C2經(jīng)過點0時，與線段0E有兩個公共點.當(dāng)拋物線C2與線段0E相切時，此時頂點坐標(biāo)

為(1,0),根據(jù)頂點式可求得n的值.

規(guī)范解答(1)因為拋物線J：yx2+bx+c經(jīng)過點A(2,—3),且與x軸的一個交點B(3,0),所以

W2”c二13,解方程組得?=”所以拋物線J的表達(dá)式為y=尤2一2x—3.

I32+3b+c=0.(c=-3.

⑵①如圖17-1所示，過點A作x軸的垂線，垂足為點F.

因為y=“2一2x-3=(%-一生所以拋物線Ci的對稱軸為直線x=l.由對稱性

得點D的坐標(biāo)為(-1,0).

因為點E的坐標(biāo)為(m,0),且m>0,

所以S=?2尸=?3=?解得DE=

ADEZZ4L

所以m=OE=DE-0D=^.

②根據(jù)題意，設(shè)拋物線C2的表達(dá)式為y=(X-1尸-4+九

2

情況一：如圖17-2所示，當(dāng)拋物線C2經(jīng)過點E(|，0)時，得(|一1)—4+n=0,

解得n=：.

4

當(dāng)拋物線C2經(jīng)過原點。時，得(―1)2—4+n=0,解得n=3.

因為當(dāng)0WxW用寸，拋物線C2與X軸只有一個公共點，

所以結(jié)合圖象知，當(dāng):Wn<3時，符合題意.

情況二：如圖17-2所示,當(dāng)n=4時，拋物線C2的表達(dá)式為y=(x-l)z,它與x軸只有一個公共點(1,0),符

合題意.

綜上所述，n的取值范圍;W幾<3或n=4.

4

解后反思解拋物線的局部交點問題時，要注意通過分析圖形端點的特殊情形獲取解題思路.本題中，拋物

線經(jīng)過線段OE的左、右端點以及與線段OE相切是三種不同的臨界狀態(tài)，分析這三種臨界狀態(tài)即可求得n滿

足的取值條件.

例2已知關(guān)于x的一元二次方程mx2+(3m+l)x+3=0.

(1)求證：該方程有兩個實數(shù)根；

(2)如果拋物線y^mx2+(3m+l)x+3與x軸交于A,B兩個整數(shù)點(點A在點B左側(cè))，且m為正整數(shù),

求此拋物線的表達(dá)式；

(3)在(2)的條件下,拋物線y^mx2+(3m+l)x+3與y軸交于點C,點B關(guān)于y軸的對稱點為D,設(shè)此

拋物線在-3WxW-2之間的部分為圖象G,如果圖象G向右平移n(n>0)個單位長度后與直線CD有公共點，

求n的取值范圍.

思路分析⑴判別方程根的情況,只需計算△=/—4ac以此判別

⑵拋物線與x軸交于A,B兩個整數(shù)點，且m為正整數(shù)，則令y=0,通過解一元二次方程求出/=

-3,X2=-根據(jù)m的取值進(jìn)行分析，可得m=l.

(3)如圖17-3,17-4所示，分別作出平移過程中的兩個臨界位置，并將臨界位置的點的坐標(biāo)代入即可求得

n的取值范圍.

規(guī)范解題(1)證明:因為4=(3m+1)2-4X771X3=(3m-I)2>0,所以原方程有兩個實數(shù)根.

2

⑵令y=0,那么mx+(3m+l)x+3=0.解得xr——3,x2~

因為拋物線與x軸交于兩個不同的整數(shù)點，且m為正整數(shù)，所以m=l.

所以拋物線的表達(dá)式為y=/+4%+3.

⑶因為當(dāng)x=0時,y=3,所以點C的坐標(biāo)為(0,3).

當(dāng)y=0時,x，=-3,X2=—1,因為點A在點B左側(cè)，所以點A的坐標(biāo)為((-3,0),點B的坐標(biāo)為(-1,0).因為

點D與點B關(guān)于y軸對稱.所以點D的坐標(biāo)為(1,0).

設(shè)直線CD的表達(dá)式為y=kx+b,則『：g：仇解得｛1：；，

所以直線CD的表達(dá)式為y=-3x+3.

又因為當(dāng)X=-用寸,y=(_+4X(_m+3=*

所以設(shè)點E的坐標(biāo)為

平移后點A和點E的對應(yīng)點分別為A'(-3+n,0)和￡,^―|+n'~^-

當(dāng)直線y=-3x+3過點4(-3+w0)時,-3(-3+n)+3=0,解得n=4.

當(dāng)直線y=-3x+3過點E'(-義+n-1)時，一3(-《+律)+3=.解得n=||.

所以n的取值范圍是||wnW4.

解后反思拋物線局部左右平移之后與一次函數(shù)的交點問題是代數(shù)綜合題考查的重要類型.要注意拋物線左

右平移和上下平移在具體分析時的區(qū)別與聯(lián)系.

例3如圖17-5所示,已知點A(-4,8)和點B(2,n)在拋物線y=ax2±.

(1)求a的值及點B關(guān)于x軸對稱的點P的坐標(biāo)，并在x軸上找一點Q,使得AQ+QB最短.求出點Q的坐標(biāo).

(2)平移拋物線y=a/,,記平移后點A的對應(yīng)點為點B的對應(yīng)點為B：點C(一2,0)和點D(-1,0)是x

軸上的兩個定點.

①當(dāng)拋物線向左平移到某個位置時，4c+。夕最短，求此時拋物線的表達(dá)式.

②當(dāng)拋物線向左或向右平移時，是否存在某個位置，使四邊形A'B'CD的周長最短?若存在，求出此時拋

物線的表達(dá)式；若不存在，請說明理由.

思路分析⑵①由⑴求得了x軸上的點Q，使得AQ+QB最短，拋物線y=aF平移后點A的對應(yīng)點為A1,

點B的對應(yīng)點為B',因為A'C+C"最短，所以點Q的對應(yīng)點為點C,點Q與點C之間的距離即為平移距離，

這樣就可以求出平移后的拋物線的表達(dá)式.

②左右平移拋物線y=a/,因為線段AE和CD的長是定值，所以要使四邊形A'B'CD的周長最短，只要

使A'D+CB'最短.

規(guī)范解答⑴將點A(-4,8)的坐標(biāo)代入y=a/,解得a=*

將點B(2,n)的坐標(biāo)代入y=|/,求得點B的坐標(biāo)為(2,2).

則點B關(guān)于x軸對稱的點P的坐標(biāo)為(2,—2).

所以直線AP的表達(dá)式是y=-|%+1.

令y=0,得x=押所求點Q的坐標(biāo)是(

(2)circlelCQ=|-2?故將拋物線y=步向左平移苫個單位長度時，AA'C+CB最短，此時拋

物線的表達(dá)式為丫=弘光+￡)：.

②如圖17-6所示油CD=2,將點B向左平移2個單位長度,即得點用(0,2).A\--\A8/

點Bi關(guān)于x軸的對稱點為Pi(O,一2),連接APi,交x軸于點Di.

延長BBi至點BU吏.BE=過點A作田球

.一

此時A'D+CB'=AD+DR：APi,四邊形力?CD的周長最短.-8-6-4-2/O2468x

r工不

易得直線】的表達(dá)式為則點的坐標(biāo)為

APy=-|x-2,Di-4

-6

—W=2+U

圖17-6

即將拋物線向左平移當(dāng)個單位長度，使四邊形ABCD的周長最短.

故將拋物線向左平移時，存在某個位置，使四邊形A'B'CD的周長最短,此時拋物線的解析式為y=

l(x+f)■

解后反思“軸對稱最值”模式備受中考命題者重視，往往融入壓軸題中成為一個“把關(guān)點”.另外，“軸對稱

最值”模式有著豐富的變式，透過現(xiàn)象看本質(zhì)是很關(guān)鍵的.

例4已知拋物線y=x2+bx+c的頂點為P,與y軸交于點A,與直線OP交于點B.

⑴如圖17-7所示，若點P的橫坐標(biāo)為1,點B的坐標(biāo)為(3,6),試確定拋物線的表達(dá)式.

⑵在⑴的條件下，若點M是直線AB下方拋物線上的一點，且SABM=3,,求點M的坐標(biāo).

(3)如圖17-8所示，點P在第一象限，且PA=PO.若過點P作x軸的垂線，垂足為點D,將拋物線y=孑+

bx+c平移,平移后的拋物線經(jīng)過點A、點D,該拋物線與x軸的另一個交點為C,請?zhí)骄克倪呅蜲ABC的

形狀，并說明理由.

思路分析⑴由頂點橫坐標(biāo)與點B的坐標(biāo)可求出拋物線的表達(dá)式.

(2)點A和點B的坐標(biāo)求出之后可以求出直線AB的表達(dá)式，設(shè)點M的坐標(biāo)為3x2-2x+3),根據(jù)

SAABM=3,可以構(gòu)造關(guān)于x的方程，從而求出點M的坐標(biāo).

(3)利用PA=PO,過點P作x軸的垂線，垂足為點D,可得PD=泉利用拋物線頂點縱坐標(biāo)為芋可以得到b

與c的關(guān)系式.平移前后的拋物線形狀和開口方向都不發(fā)生改變，只是位置發(fā)生了改變，這樣可以得到含有參

數(shù)b的平移后的拋物線表達(dá)式，以及含有參數(shù)b的直線AP的表達(dá)式.這樣可以求出含有參數(shù)b的點A、點B、

點C的坐標(biāo)，進(jìn)而判斷四邊形OABC的形狀.

規(guī)范解答⑴依題意，-念=L解得b=-2.

將b-----2及點B(3,6)的坐標(biāo)代入y=x2+bx+a得

6——32—2x3+c.

解得c=3.

所以拋物線的表達(dá)式為y=必—2%+3.

⑵拋物線y=/-2%+3與y軸交于點A,

所以點A的坐標(biāo)為(0,3).

又因為點B的坐標(biāo)為(3,6),

可得直線AB的表達(dá)式為y=x+3.

設(shè)直線AB下方拋物線上的點M坐標(biāo)為3x2-2x+3).

如圖17-9所示,過點M作y軸的平行線,交直線AB于點N,則點N的坐標(biāo)為(x,x+3).

=

,'1^ABM=^AMN+SBMN~MN-\xB-XA\=3.

—[x+3-(久2—2x+3)]x3=3.

解得Xi-l,x2-2.

所以點M的坐標(biāo)為(1,2)或(2,3).

⑶如圖17-10所示由PA=PO,OA=c，可得PD=j.

：拋物線y=x2+bx+c的頂點坐標(biāo)為

.4c-b2_c

,,——■

42

整理，得。=評.

所以拋物線的表達(dá)式為y=x2+bx+軟2,各點坐標(biāo)為4(0,爐),p(一軟，加2)D(-沙0).

可得直線OP的表達(dá)式為y=-\bx.

點B是拋物線y=x2+bx+^^2與直線y-6%的交點，

令一[bx=/++軟2,解得X1=一=-/

可得點B的坐標(biāo)為D

2

由平移后的拋物線經(jīng)過點A,可設(shè)平移后的拋物線的表達(dá)式為y=x^+mx+lb.

將點D(-沙0)的坐標(biāo)代入y=x2+mx+.爐彳導(dǎo)m=|b.

所以平移后的拋物線的表達(dá)式為y=/+|法+產(chǎn).

22

令y=0,即x++|/?=0.解得x1=—b,x2=-gb.

依題意，點C的坐標(biāo)為(-b,0).

?,?BC=2

：.BC=OA.

又；BC〃OA,

四邊形OABC是平行四邊形.

又：/AOC=90。，

四邊形OABC是矩形.

解后反思解答第(3)問的關(guān)鍵：一是利用已知條件求出b與c的關(guān)系式，從而將c用b表示；二是抓住平移

前后拋物線的形狀和開口方向都不發(fā)生改變，只是位置發(fā)生了改變，這樣可以得到含有參數(shù)b的平移后的拋物

線的表達(dá)式.

全真模擬訓(xùn)練

1.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線=|/+6x+2的頂點為M,與y軸相交于點N,

先將拋物線J沿x軸翻折，再向右平移p個單位長度后得到拋物線C2.直線l:y=kx+b經(jīng)過M,N兩點.

⑴結(jié)合圖象，直接寫出不等式|/+6x+2＜依+6的解集:二

(2)若拋物線C2的頂點與點M