1、二次函数与平移变换综合问题【例1】(2022湖北)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线yx22x3的顶点为A，与y轴交于点C，线段CBx轴，交该抛物线于另一点B(1)求点B的坐标及直线AC的解析式；(2)当二次函数yx22x3的自变量x满足mxm+2时，此函数的最大值为p，最小值为q，且pq2，求m的值；(3)平移抛物线yx22x3，使其顶点始终在直线AC上移动，当平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点时，设此时抛物线的顶点的横坐标为n，请直接写出n的取值范围【分析】(1)求出A、B、C三点坐标，再用待定系数法求直线AC的解析式即可；(2)分四种情况讨论：当m1时，pq(m+2)22(m+2)
2、3m2+2m+32，解得m(舍)；当m+21，即m1，pqm22m3(m+2)2+2(m+2)+32，解得m(舍)；当m1m+1，即0m1，pq(m+2)22(m+2)3+42，解得m1或m1(舍)；当m+11m+2，即1m0，pqm22m3+42，解得m+1(舍)或m+1；(3)分两种情况讨论：当抛物线向左平移h个单位，则向上平移h个单位，平移后的抛物线解析式为y(x1+h)24+h，求出直线BA的解析式为yx5，联立方程组，由0时，解得h，此时抛物线的顶点为(，)，此时平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点；当抛物线向右平移k个单位，则向下平移k个单位，平移后的抛物线解析式为y(x1k)2
3、4k，当抛物线经过点B时，此时抛物线的顶点坐标为(4，7)，此时平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点；当抛物线的顶点为(1，4)时，平移后的抛物线与射线BA有两个公共点，由此可求解【解答】解：(1)yx22x3(x1)24，顶点A(1，4)，令x0，则y3，C(0，3)，CBx轴，B(2，3)，设直线AC解析式为ykx+b，解得，yx3；(2)抛物线yx22x3的对称轴为直线x1，当m1时，xm时，qm22m3，xm+2时，p(m+2)22(m+2)3，pq(m+2)22(m+2)3m2+2m+32，解得m(舍)；当m+21，即m1，xm时，pm22m3，xm+2时，q(m+2)22(m+2
4、)3，pqm22m3(m+2)2+2(m+2)+32，解得m(舍)；当m1m+1，即0m1，x1时，q4，xm+2时，p(m+2)22(m+2)3，pq(m+2)22(m+2)3+42，解得m1或m1(舍)；当m+11m+2，即1m0，x1时，q4，xm时，pm22m3，pqm22m3+42，解得m1+(舍)或m1，综上所述：m的值1或1；(3)设直线AC的解析式为ykx+b，解得，yx3，如图1，当抛物线向左平移h个单位，则向上平移h个单位，平移后的抛物线解析式为y(x1+h)24+h，设直线BA的解析式为ykx+b，解得，yx5，联立方程组，整理得x2(32h)x+h2h+20，当0时，(
5、32h)24(h2h+2)0，解得h，此时抛物线的顶点为(，)，此时平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点；如图2，当抛物线向右平移k个单位，则向下平移k个单位，平移后的抛物线解析式为y(x1k)24k，当抛物线经过点B时，(21k)24k3，解得k0(舍)或k3，此时抛物线的顶点坐标为(4，7)，此时平移后的抛物线与射线BA只有一个公共点，当抛物线的顶点为(1，4)时，平移后的抛物线与射线BA有两个公共点，综上所述：1n4或n【例2】(2022常州)已知二次函数yax2+bx+3的自变量x的部分取值和对应函数值y如下表：x10123y430512(1)求二次函数yax2+bx+3的表达式；(
6、2)将二次函数yax2+bx+3的图象向右平移k(k0)个单位，得到二次函数ymx2+nx+q的图象，使得当1x3时，y随x增大而增大；当4x5时，y随x增大而减小请写出一个符合条件的二次函数ymx2+nx+q的表达式yyx2+6x5(答案不唯一)，实数k的取值范围是 4k5；(3)A、B、C是二次函数yax2+bx+3的图象上互不重合的三点已知点A、B的横坐标分别是m、m+1，点C与点A关于该函数图象的对称轴对称，求ACB的度数【分析】(1)用待定系数法可得二次函数的表达式为yx22x+3；(2)将二次函数yx22x+3的图象向右平移k(k0)个单位得y(xk+1)2+4的图象，新图象的对称
7、轴为直线xk1，根据当1x3时，y随x增大而增大；当4x5时，y随x增大而减小，且抛物线开口向下，知3k14，得4k5，即可得到答案；(3)求出A(m，m22m+3)，B(m+1，m2m)，C(2m，m22m+3)，过B作BHAC于H，可得BH|m24m(m22m+3)|2m3|，CH|(2m)(m+1)|2m3|，故BHC是等腰直角三角形，ACB45，当B在C右侧时，同理可得ACB135【解答】解：(1)将(1，4)，(1，0)代入yax2+bx+3得：，解得，二次函数的表达式为yx22x+3；(2)如图：yx22x+3(x+1)2+4，将二次函数yx22x+3的图象向右平移k(k0)个单位
8、得y(xk+1)2+4的图象，新图象的对称轴为直线xk1，当1x3时，y随x增大而增大；当4x5时，y随x增大而减小，且抛物线开口向下，3k14，解得4k5，符合条件的二次函数ymx2+nx+q的表达式可以是y(x3)2+4x2+6x5，故答案为：yx2+6x5(答案不唯一)，4k5；(3)当B在C左侧时，过B作BHAC于H，如图：点A、B的横坐标分别是m、m+1，yAm22m+3，yB(m+1)22(m+1)+3m24m，A(m，m22m+3)，B(m+1，m24m)，点C与点A关于该函数图象的对称轴对称，而抛物线对称轴为直线x1，1，ACx轴，xC2m，C(2m，m22m+3)，过B作BH
9、AC于H，BH|m24m(m22m+3)|2m3|，CH|(2m)(m+1)|2m3|，BHCH，BHC是等腰直角三角形，HCB45，即ACB45，当B在C右侧时，如图：同理可得BHC是等腰直角三角形，ACB180BCH135，综上所述，ACB的度数是45或135【例3】(2022连云港)已知二次函数yx2+(m2)x+m4，其中m2(1)当该函数的图象经过原点O(0，0)，求此时函数图象的顶点A的坐标；(2)求证：二次函数yx2+(m2)x+m4的顶点在第三象限；(3)如图，在(1)的条件下，若平移该二次函数的图象，使其顶点在直线yx2上运动，平移后所得函数的图象与y轴的负半轴的交点为B，求
10、AOB面积的最大值【分析】(1)把O(0，0)代入yx2+(m2)x+m4可得yx2+2x(x+1)21，即得函数图像的顶点A的坐标为(1，1)；(2)由抛物线顶点坐标公式得yx2+(m2)x+m4的顶点为(，)，根据m2，(m4)2110，可知二次函数yx2+(m2)x+m4的顶点在第三象限；(3)设平移后图像对应的二次函数表达式为yx2+bx+c，其顶点为(，)，将(，)代入yx2得c，可得OBc，过点A作AHOB于H，有SAOBOBAH()1(b+1)2+，由二次函数性质得AOB面积的最大值是【解答】(1)解：把O(0，0)代入yx2+(m2)x+m4得：m40，解得m4，yx2+2x(
11、x+1)21，函数图像的顶点A的坐标为(1，1)；(2)证明：由抛物线顶点坐标公式得yx2+(m2)x+m4的顶点为(，)，m2，2m0，0，(m4)2110，二次函数yx2+(m2)x+m4的顶点在第三象限；(3)解：设平移后图像对应的二次函数表达式为yx2+bx+c，其顶点为(，)，当x0时，B(0，c)，将(，)代入yx2得：2，c，B(0，c)在y轴的负半轴，c0，OBc，过点A作AHOB于H，如图：A(1，1)，AH1，在AOB中，SAOBOBAH()1b2b+1(b+1)2+，0，当b1时，此时c0，SAOB取最大值，最大值为，答：AOB面积的最大值是【例4】(2022聊城)如图，
12、在直角坐标系中，二次函数yx2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C(0，3)，对称轴为直线x1，顶点为点D(1)求二次函数的表达式；(2)连接DA，DC，CB，CA，如图所示，求证：DACBCO；(3)如图，延长DC交x轴于点M，平移二次函数yx2+bx+c的图象，使顶点D沿着射线DM方向平移到点D1且CD12CD，得到新抛物线y1，y1交y轴于点N如果在y1的对称轴和y1上分别取点P，Q，使以MN为一边，点M，N，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求此时点Q的坐标【分析】(1)根据抛物线对称轴和点C坐标分别确定b和c的值，进而求得结果；(2)根据点A，D，C坐标可得出AD，A
13、C，CD的长，从而推出三角形ADC为直角三角形，进而得出DAC和BCO的正切值相等，从而得出结论；(3)先得出y1的顶点，进而得出先抛物线的表达式，N的坐标，根据三角形相似或一次函数可求得点M坐标，以MN为边，点M，N，P，Q为顶点的四边形是MNQP和MNPQ根据M，N和点P的横坐标可以得出Q点的横坐标，进而求得结果【解答】(1)解：由题意得，二次函数的表达式为：yx22x+3；(2)证明：当x1时，y12(1)+34，D(1，4)，由x22x+30得，x13，x21，A(3，0)，B(1，0)，AD220，C(0，3)，CD22，AC218，AC2+CD2AD2，ACD90，tanDAC，B
14、OC90，tanBCO，DACBCO；(3)解：如图，作DEy轴于E，作D1Fy轴于F，DEFD1，DECD1FC，FD12DE2，CF2CE2，D1(2，1)，y1的关系式为：y(x2)2+1，当x0时，y3，N(0，3)，同理可得：，OM3，M(3，0)，设P(2，m)，当MNQP时，MNPQ，PQMN，Q点的横坐标为1，当x1时，y(12)2+18，Q(1，8)，当MNPQ时，同理可得：点Q横坐标为：5，当x5时，y(52)2+18，Q(5，8)，综上所述：点Q(1，8)或(5，8)【例5】(2022镇江)一次函数yx+1的图象与x轴交于点A，二次函数yax2+bx+c(a0)的图象经过
15、点A、原点O和一次函数yx+1图象上的点B(m，)(1)求这个二次函数的表达式；(2)如图1，一次函数yx+n(n，n1)与二次函数yax2+bx+c(a0)的图象交于点C(x1，y1)、D(x2，y2)(x1x2)，过点C作直线l1x轴于点E，过点D作直线l2x轴，过点B作BFl2于点Fx1，x2(分别用含n的代数式表示)；证明：AEBF；(3)如图2，二次函数ya(xt)2+2的图象是由二次函数yax2+bx+c(a0)的图象平移后得到的，且与一次函数yx+1的图象交于点P、Q(点P在点Q的左侧)，过点P作直线l3x轴，过点Q作直线l4x轴，设平移后点A、B的对应点分别为A、B，过点A作A
16、Ml3于点M，过点B作BNl4于点NAM与BN相等吗？请说明你的理由；若AM+3BN2，求t的值【分析】(1)先求出点A、B的坐标，利用交点式设yax(x+2)，把B(，)代入即可求得答案；(2)联立得x2+2xx+n，解方程即可求得答案；分两种情况：当n1时，CD位于AB的上方，可得：AE2，BF，故AEBF；当n1时，CD位于AB的下方，可得：AE(2)，BF，故AEBF；(3)方法一：设P、Q平移前的对应点分别为P、Q，则PQPQ，可得PQAB，再由(2)及平移的性质可证得结论；由AM+3BN2，可得AMBN，根据二次函数yx2+2x的图象的顶点为(1，1)，二次函数y(xt)2+2的图
17、象的顶点为(t，2)，可得新二次函数的图象是由原二次函数的图象向右平移(t+1)个单位，向上平移3个单位得到的，把Q(t+1，3)代入yx+1，即可求得答案；方法二：设点Q的坐标为(x3，y3)，由y3x3+1，y3(x3t)2+2，得x3+1(x3t)2+2，可得：点P的横坐标为，点Q的横坐标为(t)再由二次函数yx2+2x图象的顶点为(1，1)，二次函数y(xt)2+2的图象的顶点为(t，2)，可得新二次函数的图象是由原二次函数的图象向右平移(t+1)个单位，向上平移3个单位得到的，求得：B(t+，)，A(t1，3)，即可证得结论【解答】解：(1)直线yx+1与x轴交于点A，令y0，得x+
18、10，解得：x2，A(2，0)，直线yx+1经过点B(m，)，m+1，解得：m，B(，)，抛物线yax2+bx+c(a0)经过A(2，0)，O(0，0)，B(，)，设yax(x+2)，则a(+2)，解得：a1，yx(x+2)x2+2x，这个二次函数的表达式为yx2+2x；(2)由题意得：x2+2xx+n(n)，解得：x1，x2，故答案为：，；当n1时，CD位于AB的上方，A(2，0)，B(，)，AE2，BF，AEBF，当n1时，CD位于AB的下方，A(2，0)，B(，)，AE(2)，BF，AEBF，当n且n1时，AEBF；(3)方法一：设P、Q平移前的对应点分别为P、Q，则PQPQ，PQAB，
19、平移后点A、B的对应点分别为A、B，由(2)及平移的性质可知：AMBN；AM+3BN2，AMBN，设点Q在原抛物线上的对应点为Q，二次函数yx2+2x的图象的顶点为(1，1)，二次函数y(xt)2+2的图象的顶点为(t，2)，新二次函数的图象是由原二次函数的图象向右平移(t+1)个单位，向上平移3个单位得到的，Q的横坐标为0或1，Q(0，0)或(1，3)，当Q(0，0)时，Q(t+1，3)，将点Q的坐标代入yx+1，得：3(t+1)+1，解得：t3；当Q(1，3)时，Q(t+2，6)，将点Q的坐标代入yx+1，得：6(t+2)+1，解得：t8；综上所述，t3或8；另解：AM+3BN2，AMBN
20、，B(，)的对应点为B(t+，)，BN，点Q的横坐标为t+1，代入yx+1，得y(t+1)+1t+，Q(t+1，t+)，将点Q的坐标代入y(xt)2+2中，得t+(t+1t)2+2，解得：t3方法二：设点Q的坐标为(x3，y3)，由y3x3+1，y3(x3t)2+2，得x3+1(x3t)2+2，当t时，解得：x3，点Q的横坐标为；同理可得点P的横坐标为，点P在点Q的左侧，点P的横坐标为，点Q的横坐标为(t)二次函数yx2+2x图象的顶点为(1，1)，二次函数y(xt)2+2的图象的顶点为(t，2)，新二次函数的图象是由原二次函数的图象向右平移(t+1)个单位，向上平移3个单位得到的，B(，)的
21、对应点为B(t+，)，A(2，0)的对应点为A(t1，3)BNt+，AM(t1)，AMBN一解答题(共20题)1(2022秋临海市月考)如图，以A(3，0)，为顶点的抛物线交y轴于点B(0，4)(1)求此抛物线的函数解析式(2)点C(7，4)是否也在这个抛物线上？(3)你能否通过左右平移该抛物线，使平移后的抛物线经过点C(7，4)？若能，请写出平移的方法【分析】(1)设顶点式ya(x3)2，然后把B点坐标代入求出a，从而得到抛物线解析式；(2)根据二次函数图象上点的坐标特征进行判断；(3)设平移后的抛物线解析式为y(xm)2，再把C(7，4)代入求出m的值为4或10，从而可判断抛物线向右平移1
22、个单位或7个单位【解答】解：(1)设抛物线解析式为ya(x3)2，把B(0，4)代入得4a(03)2，解得a，抛物线解析式为y(x3)2；(2)当x7时，y(x3)2(73)24，点C(7，4)不在这个抛物线上；(3)能设平移后的抛物线解析式为y(xm)2，把C(7，4)代入得(7m)24，解得m14，m210，把抛物线y(x3)2向右平移1个单位或7个单位可经过点C(7，4)2(2022秋江夏区月考)已知抛物线yx2+bx+c经过点A(1，2)(1)抛物线顶点位于y轴右侧且纵坐标为6求抛物线的解析式如图1，直线yx+4与抛物线交于B、C两点，P为线段BC上一点，过P作PMy轴交抛物线于M点若
23、PM3，求P点的坐标(2)将抛物线平移，使点A的对应点为A(m+1，b+4)，其中m2若平移后的抛物线经过点N(2，1)，平移后的抛物线顶点恰好落在直线yx+5上，求b的值【分析】(1)将点A(1，2)代入yx2+bx+c，得到b、c的关系为cb3，再由6，求出b、c的值即可求函数的解析式；设M(t，t2+2t+5)，则P(t，t+4)，可得PMt2+3t+13，求出t的值即可求M点坐标；(2)由题意可知抛物线向右平移m+2个单位，向上平移b+2个单位，则平移后的抛物线解析为y(xm2)2+2b+5+，所以抛物线的顶点为(+m+2，2b+5+)，再由题意可得m+b2，(m)2+2b+5+1，由
24、求出b的值即可【解答】解：(1)将点A(1，2)代入yx2+bx+c，cb3，抛物线的顶点纵坐标为6，6，c3或c5，b6或b2，顶点位于y轴右侧，b0，b2，yx2+2x+5；设M(t，t2+2t+5)，则P(t，t+4)，PMt2+3t+1，PM3，t2+3t+13，解得t1或t2，P(1，3)或(2，2)；(2)点A(1，2)平移后对应点为A(m+1，b+4)，抛物线向右平移m+2个单位，向上平移b+2个单位，cb3，yx2+bx+c(x)2+b+3+，平移后的抛物线解析为y(xm2)2+2b+5+，抛物线的顶点为(+m+2，2b+5+)，抛物线顶点恰好落在直线yx+5上，+m+2+52
25、b+5+，m+b2，平移后的抛物线经过点N(2，1)，(m)2+2b+5+1，由可得，b+2mb+4或b+2mb4，当b+2mb+4时，m2，此时不符合题意；当b+2mb4时，b0或b10，当b0时，m2；当b10时，m8；b的值为0或103(2022湖里区二模)抛物线yax2+bx+1与x轴仅有一个交点A(m，0)，与y轴交于点B，过点B的直线BCAB交x轴于点M，BCkAB(1)用含b的式子表示m；(2)若四边形AMBE是平行四边形，且点E在抛物线上，求抛物线的解析式；(3)已知点C在抛物线上，且m0，k4，将抛物线yax2+bx+1平移，若点M在平移后的抛物线上，判断平移后的抛物线是否经
26、过点C？若经过，请说明抛物线平移的方式；若不经过，请说明理由【分析】(1)利用b24ac决定抛物线与x轴的交点个数得到b24a0，可得a，则yx2+bx+1(x+)2，把A(m，0)代入即可求解；(2)求出E(，1)，则BE|，证明AOBBOM，可求M(，0)，再由AMBE，得到|m+|，求出b2，即可求解析式y(x1)2或y(x+1)2；(3)平移后抛物线的顶点由A变为M，则平移后的抛物线为y(x+)2，因为C在抛物线上，平移后的抛物线经过C，所以(x+)2(xm)2，此时m21，m无解【解答】解：(1)抛物线yax2+bx+1与x轴仅有一个交点A(m，0)，b24acb24a0，a，yx2
27、+bx+1(x+)2，把A(m，0)代入得，(m+)20，m； (2)若四边形AMBE是平行四边形，A，M均在x轴上，则AMBE，AMBE，B在y轴上，当x0时，yax2+bx+11，B(0，1)，E的纵坐标为1，把yE1代入抛物线y(x+)2，(x+)21，解得x0(舍)或，E(，1)，BE|，BCAB，MBA90，MBO+ABO90，ABO+BAO90，BAOMBO，AOBBOM，OM，M(，0)，AMBE，|m+|，m，b2，y(x1)2或y(x+1)2；(3)平移后的抛物线不经过点C，理由如下：平移后抛物线的顶点由A变为M，平移后的抛物线为y(x+)2，C在抛物线上，平移后的抛物线经过
28、C，(x+)2(xm)2，m21，m无解，平移后的抛物线不经过C点4(2022上海)在平面直角坐标系xOy中，抛物线yx2+bx+c过点A(2，1)，B(0，3)(1)求抛物线的解析式；(2)平移抛物线，平移后的顶点为P(m，n)(m0)如果SOBP3，设直线xk，在这条直线的右侧原抛物线和新抛物线均呈上升趋势，求k的取值范围；点P在原抛物线上，新抛物线交y轴于点Q，且BPQ120，求点P的坐标【分析】(1)根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；(2)i根据三角形面积求出平移后的抛物线的对称轴为直线x2，开口向上，由二次函数的性质可得出答案；iiP(m，3)，证出BPPQ，
29、由等腰三角形的性质求出BPC60，由直角三角形的性质可求出答案【解答】解：(1)将A(2，1)，B(0，3)代入yx2+bx+c，得：，解得：，抛物线的解析式为yx23(2)iyx23，抛物线的顶点坐标为(0，3)，即点B是原抛物线的顶点，平移后的抛物线顶点为P(m，n)，抛物线平移了|m|个单位，SOPB3|m|3，m0，m2，即平移后的抛物线的对称轴为直线x2，在xk的右侧，两抛物线都上升，原抛物线的对称轴为y轴，开口向上，k2；ii把P(m，n)代入yx23，n3，P(m，3)，由题意得，新抛物线的解析式为y+n3，Q(0，m23)，B(0，3)，BQm2，+，PQ2，BPPQ，如图，过
30、点P作PCy轴于C，则PC|m|，PBPQ，PCBQ，BCBQm2，BPCBPQ12060，tanBPCtan60，m2或m2(舍)，n33，P点的坐标为(2，3)5(2022青浦区模拟)如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线yx2+bx+c与x轴交于点A(1，0)和点B(3，0)，与y轴交于点C(1)求该抛物线的表达式及点C的坐标；(2)点P为抛物线上一点，且在x轴下方，联结PA当PABACO时，求点P的坐标；(3)在(2)的条件下，将抛物线沿平行于y轴的方向平移，平移后点P的对应点为点Q，当AQ平分PAC时，求抛物线平移的距离【分析】(1)运用待定系数法即可求得答案；(2)设P(t，t2+
31、4t3)，如图1，过点P作PDx轴于点D，连接AC、AP，可证得APDCAO，建立方程求解即可得出答案；(3)如图2，连接AQ、PQ，过点P作PEPA交AQ于点E，过点E作EFPQ于点F，可证得APDPEF(AAS)，得出：PFAD，EFPD，即E(，)，再利用待定系数法求得直线AE的解析式为y2x+2，再求得Q(，)，即可求得抛物线平移的距离【解答】解：(1)抛物线yx2+bx+c与x轴交于点A(1，0)和点B(3，0)，解得：，该抛物线的表达式为yx2+4x3，当x0时，y3，C(0，3)；(2)设P(t，t2+4t3)，如图1，过点P作PDx轴于点D，连接AC、AP，则ADPAOC90，
32、ADt1，PD(t2+4t3)t24t+3，又OA1，OC3，PABACO，APDCAO，即，3t213t+100，解得：t11(舍去)，t2，当t时，t2+4t3()2+43P(，)；(3)如图2，连接AQ、PQ，过点P作PEPA交AQ于点E，过点E作EFPQ于点F，由(2)知：P(，)，PAC90，PD，AD1，ADP90，将抛物线沿平行于y轴的方向平移，平移后点P的对应点为点Q，D、P、Q在同一条直线上，APD+EPF90，PFE90ADP，PEF+EPF90，APDPEF，AQ平分PAC，PAEPAC9045，又PEPA，APE是等腰直角三角形，APPE，APDPEF(AAS)，PFA
33、D，EFPD，E(，)，设直线AE的解析式为ykx+d，则，解得：，直线AE的解析式为y2x+2，当x时，y2x+22+2，Q(，)，()，抛物线yx2+4x3向下平移了个单位6(2022凉山州)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线yx2+bx+c经过点A(1，0)和点B(0，3)，顶点为C，点D在其对称轴上，且位于点C下方，将线段DC绕点D按顺时针方向旋转90，点C落在抛物线上的点P处(1)求抛物线的解析式；(2)求点P的坐标；(3)将抛物线平移，使其顶点落在原点O，这时点P落在点E的位置，在y轴上是否存在点M，使得MP+ME的值最小，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由【分析】(1
34、)利用待定系数法求抛物线解析式；(2)利用配方法得到y(x1)2+4，则根据二次函数的性质得到C点坐标和抛物线的对称轴为直线x1，如图，设CDt，则D(1，4t)，根据旋转性质得PDC90，DPDCt，则P(1+t，4t)，然后把P(1+t，4t)代入yx2+2x+4得到关于t的方程，从而解方程求出t，即可得到点P的坐标；(3)P点坐标为(2，3)，顶点C坐标为(1，4)，利用抛物线的平移规律确定E点坐标为(1，1)，找出点E关于y轴的对称点F(1，1)，连接PF交y轴于M，则MP+MEMP+MFPF的值最小，然后利用待定系数法求出直线PF的解析式，即可得到点M的坐标【解答】解：(1)把A(1
35、，0)和点B(0，3)代入yx2+bx+c，得，解得：，抛物线解析式为yx2+2x+3；(2)y(x1)2+4，C(1，4)，抛物线的对称轴为直线x1，如图，设CDt，则D(1，4t)，线段DC绕点D按顺时针方向旋转90，点C落在抛物线上的点P处，PDC90，DPDCt，P(1+t，4t)，把P(1+t，4t)代入yx2+2x+3得：(1+t)2+2(1+t)+34t，整理得t2t0，解得：t10(舍去)，t21，P(2，3)；(3)P点坐标为(2，3)，顶点C坐标为(1，4)，将抛物线平移，使其顶点落在原点O，这时点P落在点E的位置，E点坐标为(1，1)，点E关于y轴的对称点F(1，1)，连
36、接PF交y轴于M，则MP+MEMP+MFPF的值最小，设直线PF的解析式为ykx+n，解得：，直线PF的解析式为yx+，点M的坐标为(0，)7(2022雁塔区校级模拟)已知抛物线L1：yax2+bx+c(a0)与x轴交于点A(1，0)，点B(3，0)，与y轴交于点C(0，3)(1)求抛物线L的表达式；(2)若点P是直线yx+1上的一个动点，将抛物线L进行平移得到抛物线L，点B的对应点为点Q，是否存在以A、B、P、Q四个点为顶点的四边形是菱形？若存在，求出抛物线的平移方式；若不存在，请说明理由【分析】(1)利用待定系数法解答即可；(2)根据已知条件画出符合题意的图形，利用等腰直角三角形的性质和菱
37、形的性质解答即可【解答】解：(1)由题意得：，解得：抛物线L的表达式为yx2+2x+3；(2)存在以A、B、P、Q四个点为顶点的四边形是菱形理由：点A(1，0)，点B(3，0)，AB4如图，当四边形ABQP为菱形时，过点P作PCx轴于点C，令x0，则y1，D(0，1)，OD1，令y0，则x+10，x1，A(1，0)OA1OAOD，DAO45PCx轴，PCAC四边形ABQP为菱形，PAAB4PCACPAsin4542，P(21，2)，Q(3+2，2)抛物线的平移方式为：先将抛物线向右平移2个单位，再向上平移2个单位；同理，当点P在第三象限时，P(21，2)，Q(32，2)，此时，抛物线的平移方式
38、为：先将抛物线向左平移2个单位，再向下平移2个单位；如图，当四边形APBQ为菱形时，OAOD1，DAO45四边形APBQ为菱形，BAQDAO45，PAQ90，四边形APBQ为正方形，P(1，2)，Q(1，2)此时，抛物线的平移方式为：先将抛物线向左平移2个单位，再向下平移2个单位；如图，当四边形ABPQ为菱形时，OAOD1，DAO45四边形APBQ为菱形，PAQDAO45，BAQ90，四边形ABPQ为正方形，P(3，4)，Q(1，4)此时，抛物线的平移方式为：先将抛物线向左平移4个单位，再向上平移4个单位8(2022渭滨区一模)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y+bx2+c经过点A(1，0
39、)和点B(0，)，顶点为C，点D在其对称轴上且位于点C下方，将线段DC绕点D按顺时针方向旋转90，点C落在抛物线上的点P处(1)求这条抛物线的表达式；(2)求线段CD的长；(3)将抛物线平移，使其顶点C移到原点O的位置，这时点P落在点E的位置，如果点M在y轴上，且以O、D、E、M为顶点的四边形面积为8，求点M的坐标【分析】(1)利用待定系数法求抛物线解析式；(2)利用配方法得到y(x2)2+，则根据二次函数的性质得到C点坐标和抛物线的对称轴为直线x2，如图，设CDt，则D(2，t)，根据旋转性质得PDC90，DPDCt，则P(2+t，t)，然后把P(2+t，t)代入yx2+2x+得到关于t的方程，从而解方程可得到CD的长；(3)P点坐标为(4，)，D点坐标为(2，)，利用抛物线的平移规律确定E点坐标为(2，2)，设M(0，m)，当m0时，利用梯形面积公式得到(m+2)28当m0时，利用梯形面积公式得到(m+2)28，然后分别解方程求出m即可得到对应的M点坐标【解答】解：(1)把A(1，0)和点B(0，)代入yx2+bx+c，得，解得，抛物线解析式为yx2+2x+；(2)y(x2)2+，C(2，)，抛物线的对称轴为直线x2，
