关于初中数学二次函式的题目.

关于初中数学二次函式的题目..m为4或（-3/2）

几道关于初中数学二次函式的题目！(1)解：因为函式Y=mx^2+(m^2-m)x+2的影象关于Y轴对称，所以对称轴就是Y轴。所以-（m^2-m)/2m=0(m不等于0）解得m=1(2)先求抛物线Y=x^2-x-n的对称轴：根据对称轴方程x=-b/2a解得x=1/2.且二次项系数大于0，所以抛物线开口向上，对称轴在Y轴的右侧。若使方程x^2-x-n=0没有实数根，抛物线的顶点只能在第一象限。

求初中数学二次函式题目初中数学--考考你悬赏分：75-离问题结束还有11天15小时已知：△ABC中，AB=√13,BC=6,AC=5.在这个三角形内部作两个矩形，使一个矩形的一条边在AB边上，使另一个矩形的一条边在BC边上。求证这两个矩形的最大面积相等。

初中数学二次函式的难题?希望采纳【31.2012娄底】24．已知二次函式y=x2﹣（m2﹣2）x﹣2m的图象与x轴交于点A（x1，0）和点B（x2，0），x1＜x2，与y轴交于点C，且满足．（1）求这个二次函式的解析式；（2）探究：在直线y=x+3上是否存在一点P，使四边形PACB为平行四边形？如果有，求出点P的座标；如果没有，请说明理由．解答：解：（1）∵二次函式y=x2﹣（m2﹣2）x﹣2m的图象与x轴交于点A（x1，0）和点B（x2，0），x1＜x2，令y=0，即x2﹣（m2﹣2）x﹣2m=0①，则有：x1+x2=m2﹣2，x1x2=﹣2m．∴===，化简得到：m2+m﹣2=0，解得m1=﹣2，m2=1．当m=﹣2时，方程①为：x2﹣2x+4=0，其判别式△=b2﹣4ac=﹣12＜0，此时抛物线与x轴没有交点，不符合题意，舍去；当m=1时，方程①为：x2+x﹣2=0，其判别式△=b2﹣4ac=9＞0，此时抛物线与x轴有两个不同的交点，符合题意．∴m=1，∴抛物线的解析式为y=x2+x﹣2．（2）假设在直线y=x+3上是否存在一点P，使四边形PACB为平行四边形．如图所示，连线PA．PB．AC．BC，过点P作PD⊥x轴于D点．∵抛物线y=x2+x﹣2与x轴交于A．B两点，与y轴交于C点，∴A（﹣2，0），B（1，0），C（0，2），∴OB=1，OC=2．∵PACB为平行四边形，∴PA∥BC，PA=BC，∴∠PAD=∠CBO，∴∠APD=∠OCB．在Rt△PAD与Rt△CBO中，∵，∴Rt△PAD≌Rt△CBO，∴PD=OC=2，即yP=2，∴直线解析式为y=x+3，∴xP=﹣1，∴P（﹣1，2）．所以在直线y=x+3上存在一点P，使四边形PACB为平行四边形，P点座标为（﹣1，2）．【32.2012福州】22．(满分14分)如图①，已知抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)经过A(3，0)、B(4，4)两点．(1)求抛物线的解析式；(2)将直线OB向下平移m个单位长度后，得到的直线与抛物线只有一个公共点D，求m的值及点D的座标；(3)如图②，若点N在抛物线上，且∠NBO＝∠ABO，则在(2)的条件下，求出所有满足△POD∽△NOB的点P的座标(点P、O、D分别与点N、O、B对应)．ABDOxy第22题图①ABDOxy第22题图②N解答：解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx(a≠0)经过点A(3，0)、B(4，4)．∴，解得：．∴抛物线的解析式是y＝x2－3x．(2)设直线OB的解析式为y＝k1x，由点B(4，4)，得：4＝4k1，解得k1＝1．∴直线OB的解析式为y＝x．∴直线OB向下平移m个单位长度后的解析式为：y＝x－m．∵点D在抛物线y＝x2－3x上．∴可设D(x，x2－3x)．又点D在直线y＝x－m上，∴x2－3x＝x－m，即x2－4x＋m＝0．∵抛物线与直线只有一个公共点，∴△＝16－4m＝0，解得：m＝4．此时x1＝x2＝2，y＝x2－3x＝－2，∴D点座标为(2，－2)．(3)∵直线OB的解析式为y＝x，且A(3，0)，∴点A关于直线OB的对称点A'的座标是(0，3)．设直线A'B的解析式为y＝k2x＋3，过点B(4，4)，∴4k2＋3＝4，解得：k2＝．∴直线A'B的解析式是y＝x＋3．∵∠NBO＝∠ABO，∴点N在直线A'B上，DABOxyN图1A'P1N1P2B1∴设点N(n，n＋3)，又点N在抛物线y＝x2－3x上，∴n＋3＝n2－3n，解得：n1＝－，n2＝4(不合题意，会去)，∴点N的座标为(－，)．方法一：如图1，将△NOB沿x轴翻折，得到△N1OB1，则N1(－，－)，B1(4，－4)，∴O、D、B1都在直线y＝－x上．∵△P1OD∽△NOB，∴△P1OD∽△N1OB1，∴＝＝，∴点P1的座标为(－，－)．将△OP1D沿直线y＝－x翻折，可得另一个满足条件的点P2(，)．图2A'N2P1P2B2ABDOxyN综上所述点P的座标是(－，－)或(，)．方法二：如图2，将△NOB绕原点顺时针旋转90°，得到△N2OB2，则N2(，)，B2(4，－4)，∴O、D、B2都在直线y＝－x上．∵△P1OD∽△NOB，∴△P1OD∽△N2OB2，∴＝＝，∴点P1的座标为(，)．将△OP1D沿直线y＝－x翻折，可得另一个满足条件的点P2(－，－)．综上所述点P的座标是(－，－)或(，)．

【33.2012南昌】27．如图，已知二次函式L1：y=x2﹣4x+3与x轴交于A．B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C．（1）写出二次函式L1的开口方向、对称轴和顶点座标；（2）研究二次函式L2：y=kx2﹣4kx+3k（k≠0）．①写出二次函式L2与二次函式L1有关图象的两条相同的性质；②若直线y=8k与抛物线L2交于E、F两点，问线段EF的长度是否发生变化？如果不会，请求出EF的长度；如果会，请说明理由．解答：解：（1）抛物线y=x2﹣4x+3中，a=1、b=﹣4、c=3；∴﹣=﹣=2，==﹣1；∴二次函式L1的开口向上，对称轴是直线x=2，顶点座标（2，﹣1）．（2）①二次函式L2与L1有关图象的两条相同的性质：对称轴为x=2或定点的横座标为2，都经过A（1，0），B（3，0）两点；②线段EF的长度不会发生变化．∵直线y=8k与抛物线L2交于E、F两点，∴kx2﹣4kx+3k=8k，∵k≠0，∴x2﹣4x+3=8，解得：x1=﹣1，x2=5，∴EF=x2﹣x1=6，∴线段EF的长度不会发生变化．【34.2012•恩施州】24．如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与一直线相交于A（﹣1，0），C（2，3）两点，与y轴交于点N．其顶点为D．（1）抛物线及直线AC的函式关系式；（2）设点M（3，m），求使MN+MD的值最小时m的值；（3）若抛物线的对称轴与直线AC相交于点B，E为直线AC上的任意一点，过点E作EF∥BD交抛物线于点F，以B，D，E，F为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求点E的座标；若不能，请说明理由；（4）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值．解答：解：（1）由抛物线y=﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0）及C（2，3）得，，解得，故抛物线为y=﹣x2+2x+3又设直线为y=kx+n过点A（﹣1，0）及C（2，3）得，解得故直线AC为y=x+1；

（2）作N点关于直线x=3的对称点N′，则N′（6，3），由（1）得D（1，4），故直线DN′的函式关系式为y=﹣x+，当M（3，m）在直线DN′上时，MN+MD的值最小，则m=﹣×=；

（3）由（1）、（2）得D（1，4），B（1，2）∵点E在直线AC上，设E（x，x+1），①当点E线上段AC上时，点F在点E上方，则F（x，x+3），∵F在抛物线上，∴x+3=﹣x2+2x+3，解得，x=0或x=1（舍去）∴E（0，1）；②当点E线上段AC（或CA）延长线上时，点F在点E下方，则F（x，x﹣1）由F在抛物线上∴x﹣1=﹣x2+2x+3解得x=或x=∴E（，）或（，）综上，满足条件的点E为E（0，1）、（，）或（，）；

（4）方法一：过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q；过点C作CG⊥x轴于点G，如图1设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3）∴PQ=（﹣x2+2x+3）﹣（x﹣1）=﹣x2+x+2又∵S△APC=S△APQ+S△CPQ=PQ•AG=（﹣x2+x+2）×3=﹣（x﹣）2+∴面积的最大值为．

方法二：过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q，交x轴于点H；过点C作CG⊥x轴于点G，如图2，设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3）又∵S△APC=S△APH+S直角梯形PHGC﹣S△AGC=（x+1）（﹣x2+2x+3）+（﹣x2+2x+3+3）（2﹣x）﹣×3×3=﹣x2+x+3=﹣（x﹣）2+∴△APC的面积的最大值为．【35.2012•兰州】28．如图，Rt△ABO的两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，O为座标原点，A、B两点的座标分别为(－3，0)、(0，4)，抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B，且顶点在直线x＝上．(1)求抛物线对应的函式关系式；(2)若把△ABO沿x轴向右平移得到△DCE，点A、B、O的对应点分别是D、C、E，当四边形ABCD是菱形时，试判断点C和点D是否在该抛物线上，并说明理由；(3)在(2)的条件下，连线BD，已知对称轴上存在一点P使得△PBD的周长最小，求出P点的座标；(4)在(2)、(3)的条件下，若点M是线段OB上的一个动点(点M与点O、B不重合)，过点M作∥BD交x轴于点N，连线PM、PN，设OM的长为t，△PMN的面积为S，求S和t的函式关系式，并写出自变数t的取值范围，S是否存在最大值？若存在，求出最大值和此时M点的座标；若不存在，说明理由．解答：解：(1)∵抛物线y＝经过点B(0，4)∴c＝4，∵顶点在直线x＝上，∴；∴所求函式关系式为；

(2)在Rt△ABO中，OA＝3，OB＝4，∴AB＝，∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝CD＝DA＝AB＝5，∴C、D两点的座标分别是(5，4)、(2，0)，当x＝5时，y＝，当x＝2时，y＝，∴点C和点D都在所求抛物线上；

(3)设CD与对称轴交于点P，则P为所求的点，设直线CD对应的函式关系式为y＝kx＋b，则，解得：，∴，当x＝时，y＝，∴P()，

(4)∵MN∥BD，∴△OMN∽△OBD，∴即得ON＝，设对称轴交x于点F，则(PF＋OM)•OF＝(＋t)×，∵，()×＝，S＝(－)，＝－(0＜t＜4)，S存在最大值．由S＝－(t－)2＋，∴当S＝时，S取最大值是，此时，点M的座标为(0，)．【36.2012南通】28．（本小题满分14分）如图，经过点A(0，－4)的抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴相交于点B(－0，0)和C，O为座标原点．(1)求抛物线的解析式；(2)将抛物线y＝x2＋bx＋c向上平移个单位长度、再向左平移m(m＞0)个单位长度，得到新抛物线．若新抛物线的顶点P在△ABC内，求m的取值范围；(3)设点M在y轴上，∠OMB＋∠OAB＝∠ACB，求AM的长．【解答】解：（1）将A（0，-4）、B（-2，0）代入抛物线y=x2+bx+c中，得：0+c=-412×4-2b+c=0，解得：b=-1c=-4∴抛物线的解析式：y=x2-x-4．（2）由题意，新抛物线的解析式可表示为：y=（x+m）2-（x+m）-4+72，即：y=x2+（m-1）x+12m2-m-12；它的顶点座标P：（1-m，-1）；由（1）的抛物线解析式可得：C（4，0）；那么直线AB：y=-2x-4；直线AC：y=x-4；当点P在直线AB上时，-2（1-m）-4=-1，解得：m=52；当点P在直线AC上时，（1-m）-4=-1，解得：m=-2；∴当点P在△ABC内时，-2＜m＜52；又∵m＞0，∴符合条件的m的取值范围：0＜m＜52．（3）由A（0，-4）、B（4，0）得：OA=OC=4，且△OAC是等腰直角三角形；如图，在OA上取ON=OB=2，则∠ONB=∠ACB=45°；∴∠ONB=∠NBA+OAB=∠ACB=∠OMB+∠OAB，即∠ONB=∠OMB；如图，在△ABN、△AM1B中，∠BAN=∠M1AB，∠ABN=∠AM1B，∴△ABN∽△AM1B，得：AB2=AN•AM1；易得：AB2=（-2）2+42=20，AN=OA-ON=4-2=2；∴AM1=20÷2=10，OM1=AM1-OA=10-4=6；而∠BM1A=∠BM2A=∠ABN，∴OM1=OM2=6，AM2=OM2-OA=6-4=2．综上，AM的长为6或2．【36.2012常德】25、如图11，已知二次函式的影象过点A(-4，3），B(4，4).（1）求二次函式的解析式：（2）求证：△ACB是直角三角形；（3）若点P在第二象限，且是抛物线上的一动点，过点P作PH垂直x轴于点H，是否存在以P、H、D、为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点P的座标；若不存在，请说明理由。解：（1）将A(-4，3），B(4，4)代人中，整理得：解得∴二次函式的解析式为：，整理得：（2）由整理∴X1=-2，X2=∴C（-2，0）D从而有：AC2=4+9BC2=36+16AC2+BC2=13+52=65AB2=64+1=65∴AC2+BC2=AB2故△ACB是直角三角形（3）设（X<0）PH=HD=AC=BC=①当△PHD∽△ACB时有：即：整理∴（舍去）此时，∴②当△DHP∽△ACB时有：即：整理∴（舍去）此时，∴综上所述满足条件的点有两个即

【37.2012荆门】24.如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连线AB、AE、BE．已知tan∠CBE=，A（3，0），D（﹣1，0），E（0，3）．（1）求抛物线的解析式及顶点B的座标；（2）求证：CB是△ABE外接圆的切线；（3）试探究座标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，若存在，直接写出点P的座标；若不存在，请说明理由；（4）设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度（0＜t≤3）时，△AOE与△ABE重叠部分的面积为s，求s与t之间的函式关系式，并指出t的取值范围．解：由题意，设抛物线解析式为y=a（x﹣3）（x+1）．将E（0，3）代入上式，解得：a=﹣1．∴y=﹣x2+2x+3．则点B（1，4）．

（2）证明：如图1，过点B作BM⊥y于点M，则M（0，4）．在Rt△AOE中，OA=OE=3，∴∠1=∠2=45°，AE==3．在Rt△EMB中，EM=OM﹣OE=1=BM，∴∠MEB=∠MBE=45°，BE==．∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°．∴AB是△ABE外接圆的直径．在Rt△ABE中，tan∠BAE===tan∠CBE，∴∠BAE=∠CBE．在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°．∴∠CBA=90°，即CB⊥AB．∴CB是△ABE外接圆的切线．

（3）解：Rt△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE=，sin∠BAE=，cos∠BAE=；若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则△DEP必为直角三角形；①DE为斜边时，P1在x轴上，此时P1与O重合；由D（﹣1，0）、E（0，3），得OD=1、OE=3，即tan∠DEO==tan∠BAE，即∠DEO=∠BAE满足△DEO∽△BAE的条件，因此O点是符合条件的P1点，座标为（0，0）．②DE为短直角边时，P2在x轴上；若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则∠DEP2=∠AEB=90°，sin∠DP2E=sin∠BAE=；而DE==，则DP2=DE÷sin∠DP2E=÷=10，OP2=DP2﹣OD=9即：P2（9，0）；③DE为长直角边时，点P3在y轴上；若以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，则∠EDP3=∠AEB=90°，cos∠DEP3=cos∠BAE=；则EP3=DE÷cos∠DEP3=÷=，OP3=EP3﹣OE=；综上，得：P1（0，0），P2（9，0），P3（0，﹣）．

（4）解：设直线AB的解析式为y=kx+b．将A（3，0），B（1，4）代入，得解得∴y=﹣2x+6．过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=，∴F（，3）．情况一：如图2，当0＜t≤时，设△AOE平移到△DNM的位置，MD交AB于点H，MN交AE于点G．则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L．由△AHD∽△FHM，得，即．解得HK=2t．∴S阴=S△MND﹣S△GNA﹣S△HAD=×3×3﹣（3﹣t）2﹣t•2t=﹣t2+3t．情况二：如图3，当＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V．由△IQA∽△IPF，得．即，解得IQ=2（3﹣t）．∴S阴=S△IQA﹣S△VQA=×（3﹣t）×2（3﹣t）﹣（3﹣t）2=（3﹣t）2=t2﹣3t+．综上所述：s=．【39.2012•黔东南州】24．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点．（1）求抛物线的解析式．（2）点M是线段BC上的点（不与B，C重合），过M作MN∥y轴交抛物线于N，若点M的横座标为m，请用m的代数式表示MN的长．（3）在（2）的条件下，连线NB、NC，是否存在m，使△BNC的面积最大？若存在，求m的值；若不存在，说明理由．解析：（1）设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣3），则：a（0+1）（0﹣3）=3，a=﹣1；∴抛物线的解析式：y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x2+2x+3．

（2）设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有：，解得；故直线BC的解析式：y=﹣x+3．已知点M的横座标为m，则M（m，﹣m+3）、N（m，﹣m2+2m+3）；∴故N=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m（0＜m＜3）．

（3）如图；∵S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN（OD+DB）=MN•OB，∴S△BNC=（﹣m2+3m）•3=﹣（m﹣）2+（0＜m＜3）；∴当m=时，△BNC的面积最大，最大值为．【40.2012广东珠海】21.如图，在等腰梯形ABCD中，ABDC，AB=，DC=，高CE=，对角线AC、BD交于H，平行于线段BD的两条直线MN、RQ同时从点A出发沿AC方向向点C匀速平移，分别交等腰梯形ABCD的边于M、N和R、Q，分别交对角线AC于F、G；当直线RQ到达点C时，两直线同时停止移动．记等腰梯形ABCD被直线MN扫过的图形面积为S1、被直线RQ扫过的图形面积为S2，若直线MN平移的速度为1单位/秒，直线RQ平移的速度为2单位/秒，设两直线移动的时间为x秒．（1）填空：∠AHB=；AC=　；（2）若S2=3S1，求x；（3）设S2=mS1，求m的变化范围．解：（1）过点C作CK∥BD交AB的延长线于K，∵CD∥AB，∴四边形DBKC是平行四边形，∴BK=CD=，CK=BD，∴AK=AB+BK=3+=4，∵四边形ABCD是等腰梯形，∴BD=AC，∴AC=CK，∴BK=EK=AK=2=CE，∵CE是高，∴∠K=∠KCE=∠ACE=∠CAE=45°，∴∠ACK=90°，∴∠AHB=∠ACK=90°，∴AC=AK•cos45°=4×=4；故答案为：90°，4；

（2）直线移动有两种情况：0＜x＜及≤x≤2．①当0＜x＜时，∵MN∥BD，∴△AMN∽△ARQ，△ANF∽△QG，∴=4，∴S2=4S1≠3S1；②当≤x≤2时，∵AB∥CD，∴△ABH∽△CDH，∴CH：AH=CD：AB=DH：BH=1：3，∴CH=DH=AC=1，AH═BH=4﹣1=3，∵CG=4﹣2x，AC⊥BD，∴S△BCD=×4×1=2，∵RQ∥BD，∴△CRQ∽△CDB，∴S△CRQ=2×（）2=8（2﹣x）2，∵S梯形ABCD=（AB+CD）•CE=×（3+）×2=8，S△ABD=AB•CE=×3×2=6，∵MN∥BD，∴△AMN∽△ADB，∴，∴S1=x2，S2=8﹣8（2﹣x）2，∵S2=3S1，∴8﹣8（2﹣x）2=3×x2，解得：x1=＜（舍去），x2=2，∴x的值为2；

（3）由（2）得：当0＜x＜时，m=4，当≤x≤2时，∵S2=mS1，∴m===﹣+﹣12=﹣36（﹣）2+4，∴m是的二次函式，当≤x≤2时，即当≤≤时，m随的增大而增大，∴当x=时，m最大，最大值为4，当x=2时，m最小，最小值为3，∴m的变化范围为：3≤m≤4．

一道初中数学二次函式的题急~望采纳！祝楼主学习进步！(1)由y=ax²+bx,带入x=1,y=2与x=2,y=6得到a=1b=1所以y=x²+x(2)纯收益=每月收入*月数-投资-累计保养费用=33x-150-x²-x所以g=33x-150-x²-x=-x²+32x-150(3)即求g的最大值由于g=-(x-16)²+106所以x=16，即16个月后收益最大，最大为106万。

初中数学二次函式题目，求解。11：y=（x+1）（x-4）12：x=5/2时取得最大值，y=1/413:x=-2时，y=m-8=0，所以m=814:-(-1)+2=315:由图可知a>0,b<0,c<0,所以1错，2对，3的话代入x=-1，即a+c=b，所以a+b+c=2b<0,所以3错因为对称轴为x=1，右边递增，所以4对

问一道关于数学二次函式的题目！（1）解：设y=kx+b将x=0.6时，y=2.4;x=1时，y=2代入：2.4=0.6k+b2=k+b解得：k=-1，b=3所以y=-x+3（2）利润=（单价-单位成本）*销售量w=(x-0.5)*yw=(x-0.5)*(-x+3)化解得：w=-x^2+3.5x-1.5当x=2时，w=1.5

一道初中数学关于二次函式的题选D首先画草图,根据公式和简单计算很容易得到:与X轴的交点座标A(0,0),B(a,0),顶点座标C(a/2,a^2/4)根据三角形ABC是等腰直角三角形,得AB得长度a是C得纵座标绝对值得2倍,也就是a=2*a^2/4,算出a=2a知道了得话,接下去就好算了三角形面积=(a*a^2/4)/2=1答案选D

关于数学二次函式的题目要过程的已知一个二次函式的图象的顶点座标为(2,-3).(1)若图象与直线y=-2x+1的一个交点的横座标为1,求该二次函式的解析式解：设二次函式的解析式为y=a（x-2）²-3把x=1代人直线y=-2x+1得y=-1∴交点的为(1,-1)∴-1=a（1-2）²-3∴a=2，∴y=2（x-2）²-3=2x²-8x+5(2)若图象在x轴上截得的线段长为6,求该二次函式解析式解：∵图象在x轴上截得的线段长为6，对称轴x=2∴图象与x轴的交点为(-1,0)(5,0)设二次函式的解析式为y=a（x+1）（x-5）把顶点座标(2,-3)代入得a=1/3∴二次函式的解析式为y=1/3（x+1）（x-5）=1/3×x²-4/3×x-5/3

关于二次函式的初中数学题，求解！原二次函式y=x²-2x+1即y=(x-1)²的顶点为（1,0）它向上平移2个单位，再向左平移3个单位后新二次函式的顶点为（1－3,0＋2）即（﹣2,2），其顶点式y＝﹙x＋2﹚²＋2,化为一般式是y＝x²＋4x＋6与y=x²+bx+c对比可知b＝4,c＝c