人教版专题25 平移变换问题（解析板）.doc

一、选择题
1. （玉林、防城港）如图，边长分别为1和2的两个等边三角形，开始它们在左边重合，大三角形固定不动，然后把小三角形自左向右平移直至移出大三角形外停止．设小三角形移动的距离为x，两个三角形重叠面积为y，则y关于x的函数图象是【 】
【答案】B．[来源:学,科,网Z,X,X,K]
【解析】
考点：1.面动平移问题的函数图象问题；2.由实际问题列函数关系式；3.二次函数的性质和图象；4.分类睡排它法的应用．
2. （呼和浩特）已知线段CD是由线段AB平移得到的，点A（–1，4）的对应点为C（4，7），则点B（–4，–1）的对应点D的坐标为【 】
A．（1，2） B．（2，9） C．（5，3） D．（–9，–4）
【答案】A.
【解析】
考点：坐标与图形变化-平移．
3. （滨州）如图，如果把△ABC的顶点A先向下平移3格，再向左平移1格到达A′点，连接A′B，则线段A′B与线段AC的关系是【 】
A．垂直 B．相等 C．平分 D．平分且垂直[来源:Zxxk.Com]
考点：1.网格问题；2.平移的性质；3.勾股定理.
4. （上海）如果将抛物线y＝x2向右平移1个单位，那么所得的抛物线的表达式是（ ）．
(A) y＝x2－1； (B) y＝x2＋1； (C) y＝(x－1)2； (D) y＝(x＋1)2．
考点：二次函数图象与平移变换．
5. （舟山）如图，将△ABC沿BC方向平移2cm得到△DEF，若△ABC的周长为16cm，则四边形ABFD的周长为【 】
(A)16cm (B)18cm (C)20cm (D)22cm
又∵AB+BC+AC=16cm，
∴四边形ABFD的周长=AD+AB+BF+DF=2+AB+BC+2+AC=20cm．
故选C．
考点：平移的性质．
二、填空题
三、解答题
1. （玉林、防城港）（12分）给定直线l：y=kx，抛物线C：y=ax2+bx+1．
（1）当b=1时，l与C相交于A，B两点，其中A为C的顶点，B与A关于原点对称，求a的值；
（2）若把直线l向上平移k2+1个单位长度得到直线r，则无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．
①求此抛物线的解析式；
②若P是此抛物线上任一点，过P作PQ∥y轴且与直线y=2交于Q点，O为原点．求证：OP=PQ．
【答案】（1）；（2）①y=x2+1；②证明见解析.
【解析】
PQ的值，再进行比较．讨论动点P在抛物线y=x2+1上，则可设其坐标为（x，x2+1），进而易求OP，PQ．
试题解析：（1）∵l：y=kx，C：y=ax2+bx+1，当b=1时有A，B两交点，
∴A，B两点的横坐标满足kx=ax2+x+1，即ax2+（1﹣k）x+1=0．
∴代入C：y=ax2+bx+1中，得.
∵，∴.，[来源:Z。xx。k.Com]
∴联立得关于a，b的方程组，解得或．
∵r：y=kx+k2+1代入C：y=ax2+bx+1，得，
∴．
当时，，∴无论k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．
当时，，显然随k值的变化，△不恒为0，∴不合题意
考点：1.二次函数和一次函数综合题；2.中心对称和平移问题；3.二次函数的性质；4.一元二次方程根的判别式和根与系数的关系；5.勾股定理；6. 特殊元素法的应用；7.分类思想和数形结合思想的应用．
2. （十堰）（12分）已知抛物线C1：的顶点为A，且经过点B（﹣2，﹣1）．
（1）求A点的坐标和抛物线C1的解析式；
（2）如图1，将抛物线C1向下平移2个单位后得到抛物线C2，且抛物线C2与直线AB相交于C，D两点，求S△OAC：S△OAD的值；
（3）如图2，若过P（﹣4，0），Q（0，2）的直线为l，点E在（2）中抛物线C2对称轴右侧部分（含顶点）运动，直线m过点C和点E．问：是否存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）2；（3）存在，和y=2x+6．
【解析】
∵A（﹣1，﹣2），B（﹣2，﹣1），∴，解得：.
∴直线AB的解析式为．
联立，解得：或．
∴C（﹣3，0），D（0，﹣3）．
∴OC=3，OD=3．
如答图1，过点A作A