【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题22函数与平行四边形的存在性问题【例1】（2021春?盐湖区校级期末）在平面直角坐
标系中，A（1，2），B（4，0）．（1）如图1，若四边形OACB为平行四边形，请写出图中顶点C的坐标 （5，2） ．（2）在平
面内是否存在不同于图1的点C，使得以O、A、B、C为顶点的四边形是平行四边形，请在图2中画出满足情况的平行四边形，并在图上直接标出
点C的坐标；（3）如图3，在直角坐标系中，P是x轴上一动点，在直线y＝x上是否存在点Q，使得以O、A、P、Q为顶点的四边形为平行四
边形？若存在，画出满足情况的平行四边形，并求出对应的点Q的坐标，若不存在，说明理由．【分析】（1）根据平行四边形的性质对边相等，即
可解决问题；（2）存在．注意有两种情形．点C坐标根据平行四边形的性质即可解决；（3）存在．如图3中所示，平行四边形AQ1P1O，平
行四边形AOQ2P2，平行四边形AQ1OP2．点Q的坐标根据平行四边形的性质即可解决．【解答】解：（1）∵四边形OACB是平行四边
形，∴OB＝AC，OB∥AC，∵A（1，2），B（4，0），∴AC＝4，∴点C坐标（5，2）．故答案为：（5，2）．（2）存在．点
C坐标如图2所示，当以AB为边时，点A向右平移3个单位向下平移2个单位得到点B，同样点O向右（左）平移3个单位向下（上）平移2个单
位得到点C，∴点C的坐标为（﹣3，2）或（3，﹣2）；（3）存在．设P（x，0），Q（m，m），A（1，2），O（0，0），①以O
A为对角线时，，解得：，∴Q（2，2）；②以OQ为对角线时，，解得：，∴Q（2，2）；③以OP为对角线时，，解得：，∴Q（﹣2，﹣
2）；综上所述，存在点Q的坐标为（2，2）或（﹣2，﹣2）．【例2】（2018春?常熟市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°
，AC＝4，BC＝3，点E、F分别在AC，AB上，连接EF．（1）将△ABC沿EF折叠，使点A落在AB边上的点D处，如图1，若S四
边形ECBD＝2S△EDF，求AE的长；（2）将△ABC沿EF折叠，使点A落在BC边上的点M处，如图2，若MF⊥CB．①求AE的长
；②求四边形AEMF的面积；（3）若点E在射线AC上，点F在边AB上，点A关于EF所在直线的对称点为点P，问：是否存在以PF、CB
为对边的平行四边形，若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先判断出S△ABC＝4S△AEF，再求出AB，判断出
Rt△AEF∽△Rt△ABC，得出，代值即可得出结论；（2）先判断出四边形AEMF是菱形，再判断出△CME∽△CBA得出比例式，代
值即可得出结论；（3）分两种情况，利用平行四边形的性质，对边平行且相等，最后用勾股定理即可得出结论．【解答】解：（1）∵△ABC沿
EF折叠，折叠后点A落在AB上的点D处，∴EF⊥AB，△AEF≌△DEF，∴S△AEF＝S△DEF，∵S四边形ECBD＝2S△ED
F，∴S△ABC＝4S△AEF，在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，∴AB＝5，∵EF⊥AB，∴∠AFE＝∠
ACB，∴Rt△AEF∽Rt△ABC，∴，即：＝，∴AE＝；（2）①∵△ABC沿EF折叠，折叠后点A落在AB边上的点M处，∴AE＝
ME，AF＝MF，∠AFE＝∠MFE，∴∠AEF＝∠AFE，∴AE＝AF，∴AE＝EM＝MF＝AF，∴四边形AEMF是菱形，设AE
＝x，则EM＝x，CE＝4﹣x，∵四边形AEMF是菱形，∴EM∥AB，∴△CME∽△CBA，∴，∴，∴x＝，CM＝，即：AE＝，②
由①知，AE＝，CM＝，∴S菱形AEMF＝AE?CM＝；（3）①如图3，当点E在线段AC上时，∵PF与CB是平行四边形的对边，∴P
F∥CB，PF＝CB，由对称性知，PF＝AF，AE＝PE，∴PF＝AF＝BC＝3，设AE＝PE＝a，∵PF∥CB，∴△AOF∽△A
CB，∠AOF＝∠ACB＝90°，∴，∴＝，∴AO＝，OF＝，∴OE＝﹣a，PO＝，在Rt△OPE中，PE2＝OE2+OP2，∴a
2＝（﹣a）2+（）2，∴a＝，即：AE＝；②如图4，当点E在线段AC的延长线上时，延长PF交AC于O，同理：OE＝a﹣，po＝，
在Rt△OPE中，PE2＝OE2+OP2，∴a2＝（a﹣）2+（）2，∴a＝6，∴AE＝6，即：AE＝或6．【例3】（2022春?
济南月考）如图，在矩形OABC中，AB＝2，BC＝4，点D是边AB的中点，反比例函数y1＝（x＞0）的图象经过点D，交BC边于点E
，直线DE的解析式为y2＝mx+n（m≠0）．（1）求反比例函数y1＝（x＞0）的解析式和E点坐标；（2）在y轴上找一点P，使△P
DE的周长最小，求出此时点P的坐标；（3）若点M在反比例函数的图象上，点N在坐标轴上，是否存在以D、E、M、N为顶点的四边形是平行
四边形？若存在，请求出M点坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据点D为AB的中点，可得点D的坐标，从而得出反比例函数y1＝
（x＞0）的解析式，当x＝2代入可得点E的坐标；（2）作点E关于y轴的对称点E''，连接E''D交y轴于P，此时△PDE的周长最小，设
E''E交y轴于F，利用△E''FP∽△DAP，可得PF的长，从而得出点P的坐标；（3）分点N在x轴或y轴上两种情形，分别利用中点坐标
公式解决问题．【解答】解：（1）∵点D是AB的中点，∴AD＝1，∴D（1，4），∵反比例函数y1＝（x＞0）的图象经过点D，∴k＝
1×4＝4，∴y＝，当x＝2时，y＝2，∴E（2，2）；（2）作点E关于y轴的对称点E''，连接E''D交y轴于P，此时△PDE的周长
最小，设E''E交y轴于F，则E''（﹣2，2），∵E''F∥AD，∴△E''FP∽△DAP，∴，∴PF＝＝，∴P（0，）；（3）当N在x
轴上时，设N（n，0），M（x，），当DE为对角线时，由中点坐标公式得，4+2＝，解得x＝，∴M（），当DN为对角线时，由中点坐标
公式得，4+0＝+2，解得x＝2，∴M（2，2）（舍去），当DM为对角线时，由中点坐标公式得，4+＝2+0，解得x＝﹣2，∴M（﹣
2，﹣2）（舍去），当N在y轴上时，设N（0，n），M（x，），当DE为对角线时，由中点坐标公式得，1+2＝0+x，∴x＝3，∴M
（3，），当DN为对角线时，由中点坐标公式得，1+0＝x+2，∴x＝﹣1，∴M（﹣1，﹣4）（舍去），当DM为对角线时，由中点坐标
公式得，1+x＝0+2，∴x＝1，∴M（1，4）（舍去），综上：M（）或（3，）．【例4】（2022?阜新）如图，已知二次函数y＝
﹣x2+bx+c的图象交x轴于点A（﹣1，0），B（5，0），交y轴于点C．（1）求这个二次函数的表达式；（2）如图1，点M从点B
出发，以每秒个单位长度的速度沿线段BC向点C运动，点N从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段OB向点B运动，点M，N同时出发．
设运动时间为t秒（0＜t＜5）．当t为何值时，△BMN的面积最大？最大面积是多少？（3）已知P是抛物线上一点，在直线BC上是否存在
点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）用待定系数法可得
二次函数的表达式为y＝﹣x2+4x+5；（2）过点M作ME⊥x轴于点E，设△BMN面积为S，由ON＝t，BM＝，可得BN＝5﹣t，
ME＝BMsin45°＝，即得S＝BN?ME＝（5﹣t）?t＝﹣（t﹣）2+，由二次函数性质可得当秒时，△BMN的面积最大，最大面
积是；（3）由B（5，0），C（0，5）得直线BC解析式为y＝﹣x+5，设Q（m，﹣m+5），P（n，﹣n2+4n+5），分三种情
况：①当PQ，AC是对角线，有，解得Q（﹣7，12）；②当QA，PC为对角线，有，解得Q（7，﹣2）；③当QC，PA为对角线，有，
解得Q（1，4）或（2，3）．【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（5，0）代入y＝﹣x2+bx+c中，得，解这个方程组得，∴
二次函数的表达式为y＝﹣x2+4x+5；（2）过点M作ME⊥x轴于点E，如图：设△BMN面积为S，根据题意得：ON＝t，BM＝．∵
B（5，0），∴BN＝5﹣t，在y＝﹣x2+4x+5中，令x＝0得y＝5，∴C（0，5），∴OC＝OB＝5，∴∠OBC＝45°．∴
ME＝BMsin45°＝，∴S＝BN?ME＝（5﹣t）?t＝﹣t2+t＝﹣（t﹣）2+，∵0＜t＜5，∴当时，△BMN的面积最大，
最大面积是；（3）存在点Q，使以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：由B（5，0），C（0，5）得直线BC解析式为
y＝﹣x+5，设Q（m，﹣m+5），P（n，﹣n2+4n+5），又A（﹣1，0），C（0，5），①当PQ，AC是对角线，则PQ，A
C的中点重合，∴，解得m＝0（与C重合，舍去）或m＝﹣7，∴Q（﹣7，12）；②当QA，PC为对角线，则QA，PC的中点重合，∴，
解得m＝0（舍去）或m＝7，∴Q（7，﹣2）；③当QC，PA为对角线，则QC，PA的中点重合，∴，解得m＝1或m＝2，∴Q（1，4
）或（2，3），综上所述，Q的坐标为（﹣7，12）或（7，﹣2）或（1，4）或（2，3）．一．解答题1．（2022秋?綦江区期中）
已知抛物线y＝ax2+bx+3的图象与x轴相交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C，连接AC，有一动点D在线段AC上运动，过点D
作x轴的垂线，交抛物线于点E，交x轴于点F，AB＝4，设点D的横坐标为m．（1）求抛物线的解析式；（2）连接AE、CE，当△ACE
的面积最大时，求出△ACE的最大面积和点D的坐标；（3）当m＝﹣2时，在平面内是否存在点Q，使以B，C，E，Q为顶点的四边形为平行
四边形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）用待定系数法即可求解；（2）设D（m，m+3），E（m，
﹣m2﹣2m+3），则DE＝﹣m2﹣3m，故S△ACE＝×3×（﹣m2﹣3m），进而求解；（3）分BC、BQ、BE分别为平行四边形
的对角线三种情况，分别求解即可．【解答】解：（1）∵点B（1，0），AB＝4，∴A（﹣3，0），将B（1，0），A（﹣3，0）代入
y＝ax2+bx+3，∴，解得，∴y＝﹣x2﹣2x+3；（2）设直线AC的解析式为y＝k''x+b''，∴，解得，∴y＝x+3，∴D（
m，m+3），E（m，﹣m2﹣2m+3），∴DE＝﹣m2﹣3m，∴S△ACE＝×3×（﹣m2﹣3m）＝﹣（m+）2+，∴当m＝﹣时
，S△ACE的值最大为，∴D（﹣，）；（3）存在，理由如下：∵m＝﹣2，∴E（﹣2，3），设Q（n，t），①当BC为平行四边形的对
角线时，则，解得，∴Q（3，0）；②当BE为平行四边形的对角线时，则，解得，∴Q（﹣1，0）；③当BQ为平行四边形的对角线时，则，
解得，∴Q（﹣3，6）；综上所述：当Q点为（3，0）或（﹣1，0）或（﹣3，6）时，以B，C，E，Q为顶点的四边形为平行四边形．2
．（2022秋?汉阴县期中）如图，直线y＝﹣x+4与x轴交于点C，与y轴交于点B，抛物线y＝ax2+x+c经过B，C两点．（1）求
抛物线的解析式；（2）点Q是抛物线对称轴上的动点，在抛物线上是否存在点P，使得以P，Q，B，C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，
请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先利用一次函数的性质求出B、C的坐标，然后把B、C的坐标代入到抛物线解析式中
求解即可；（2）分BC为对角线和边两种情况，利用平行四边形的性质进行求解即可．【解答】解：（1）∵直线y＝﹣x+4与x轴交于点C，
与y轴交于点B，∴点B，C的坐标分别为B（0，4），C（4，0），把点B（0，4）和点C（4，0）代入抛物线y＝ax2+x+c得：
，解之，得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+4；（2）存在．由抛物线y＝﹣x2+x+4可得对称轴是直线x＝1．∵Q是抛物线对称轴
上的动点，∴点Q的横坐标为1．①当BC为边时，点B到点C的水平距离是4，∴点Q到点P的水平距离也是4．∴点P的横坐标是5或﹣3，∴
点P的坐标为（5，﹣）或（﹣3，﹣）；②当BC为对角线时，点Q到点C的水平距离是3，∴点B到点P的水平距离也是3，∴点P的坐标为（
3，）．综上所述，在抛物线上存在点P，使得以P，Q，B，C为顶点的四边形是平行四边形，点P的坐标是（5，﹣）或（﹣3，﹣）或（3，
）．3．（2022秋?虹口区校级月考）若直线y＝x+2分别交x轴、y轴于A、C两点，点P是该直线上在第一象限内的一点，PB⊥x轴，
B为垂足，且S△ABC＝6．（1）求点B和点P的坐标；（2）点D是直线AP上一点，△ABD是直角三角形，求点D的坐标；（3）y轴上
是否存在点Q，以Q、C、P、B为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）设B（x，
0），则P（x，x+2），由S△ABC＝6列方程求出x的值，即得到点B和点P的坐标；（2）当点D与点P重合时，△ABD是直角三角形
；当点D与点P不重合时，过点C作CE⊥AP，先求出直线CE的解析式，再由直线BD∥CE求出直线BD的解析式且与y＝x+2联立方程组
，求出点D的坐标；（3）由CQ∥BP可得，当CQ＝BP＝3时，联结Q、C、P、B形成的四边形是平行四边形，按点Q在点C的上方和点Q
在点C的下方，分别求出点Q的坐标即可．【解答】解：（1）如图1，设B（x，0），则P（x，x+2），对于y＝x+2，当y＝0时，由
x+2＝0，得，x＝﹣4；当x＝0时，y＝2，∴A（﹣4，0），C（0，2），∵点P在第一象限，且S△ABC＝6，∴×2（x+4）
＝6，解得x＝2，∴B（2，0），P（2，3）．（2）如图1，点D与点P重合，此时∠ABD＝∠ABP＝90°，∴△ABD是直角三角
形，此时D（2，3）；如图2，点D在线段AP上，∠ADB＝90°，此时△ABD是直角三角形，作CE⊥AP，交x轴于点E，则∠ACE
＝∠ADB＝90°，∴BD∥CE，AC＝＝＝2；设E（m，0），由AE?OC＝AC?CE＝S△ACE，得AE?OC＝AC?CE，∴
2（m+4）＝2CE，∴CE＝（m+4），∵∠COE＝90°，∴OE2+OC2＝CE2，∴m2+22＝[（m+4）]2，整理得，m
2﹣2m+1＝0，解得，m1＝m2＝1，∴E（1，0）；设直线CE的解析式为y＝kx+2，则k+2＝0，解得，k＝﹣2，∴y＝﹣2
x+2；设直线BD的解析式为y＝﹣2x+n，则﹣2×2+n＝0，解得，n＝4，∴y＝﹣2x+4，由，得，∴D（，）；由图象可知，当
点D在PA的延长线上，或点D在AP的延长线上，则△ABD不能是直角三角形，综上所述，点D的坐标是（2，3）或（，）．（3）存在．如
图3，点Q在点C的上方，∵CQ∥BP，∴当CQ＝BP＝3时，四边形CBPQ是平行四边形，此时，OQ＝2+3＝5，∴Q（0，5）；如
图4，点Q在点C的下方，∵CQ∥BP，∴当CQ＝BP＝3时，四边形CBPQ是平行四边形，由2﹣3＝﹣1，得Q（0，﹣1），综上所述
，点Q的坐标为（0，5）或（0，﹣1）．4．（2022秋?随县校级月考）已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）交x轴于A（1，0
）和B（﹣3，0），交y轴于C．（1）求抛物线的解析式；（2）若M为抛物线上第二象限内一点，求使△MBC面积最大时点M的坐标；（3
）D是抛物线的顶点，P为抛物线上的一点，当S△PAB＝S△ABD时，请直接写出点P的坐标；（4）若F是对称轴上一动点，Q是抛物线上
一动点，是否存在F、Q，使以B、C、F、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标．【分析】（1）把A和B的坐标代入
抛物线解析式，得到关于a与b的二元一次方程组，求出方程组的解集得到a与b的值，进而确定出抛物线的解析式；（2）根据点M为抛物线上第
二象限内一点，求出直线BC解析式为y＝x+3，设M（m，﹣m2﹣2m+3），N（m，m+3），∴MN＝﹣m2﹣2m+3﹣m﹣3＝﹣
m2﹣3m＝﹣（m+）2+，然后根据△MBC的面积＝S△BNM+S△CMN＝×3×MN，进而可以求出点M的坐标；（3）由S△PAB
＝S△ABD，根据三角形面积公式可得点P到线段AB的距离一定等于顶点D到AB的距离的一半，根据D的坐标为（﹣1，4），所以点P的纵
坐标为±2．将y＝±2代入（1）中所求解析式，解方程求出x的值，进而得到点P的坐标；（4）根据抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3＝
﹣（x+1）2+4，可得抛物线的对称轴方程为x＝﹣1，然后根据平行四边形的性质分①当点Q在x轴上方时，②当点Q在x轴下方时，可得点
Q的坐标．【解答】解：（1）把点A（1，0）和点B（﹣3，0）代入抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）得：，解得，∴抛物线解析式为
y＝﹣x2﹣2x+3；（2）∵M为抛物线上第二象限内一点，如图，过点M作MN⊥x轴交BC于点N，∵抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+
3，B（﹣3，0）∴C（0，3），∴OC＝3，OB＝3，设直线BC解析式为y＝kx+b，，∴，∴直线BC解析式为y＝x+3，设M（
m，﹣m2﹣2m+3），N（m，m+3），∴MN＝﹣m2﹣2m+3﹣m﹣3＝﹣m2﹣3m＝﹣（m+）2+，∴当m＝﹣时，MN有最大
值，∴当m＝﹣时，△MBC的面积最大，∴△MBC的面积＝S△BNM+S△CMN＝×3×MN＝，此时点M的坐标为（﹣，）；（3）∵抛
物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，∴抛物线的顶点D（﹣1，4），∵S△PAB＝S△ABD，且点P在抛物线上，
∴点P到线段AB的距离一定等于顶点D到AB的距离的，∴点P的纵坐标为±2．令y＝2，则﹣x2﹣2x+3＝2，解得x1＝﹣1+，x2
＝﹣1﹣，∴点P的坐标为（﹣1+，2）或（﹣1﹣，2），令y＝﹣2，则﹣x2﹣2x+3＝﹣2，解得x1＝﹣1+，x2＝﹣1﹣，∴点
P的坐标为（﹣1+，﹣2）或（﹣1﹣，﹣2），综上所述：当S△PAB＝S△ABD时，点P的坐标为（﹣1+，2）或（﹣1﹣，2）或（
﹣1+，﹣2）或（﹣1﹣，﹣2）；（4）存在，理由如下：∵抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，∴抛物线的对称轴
方程为x＝﹣1，∵F是对称轴上一动点，Q是抛物线上一动点，∴①当点Q在x轴上方时，F是对称轴上一动点，Q是抛物线上一动点，如图，∵
四边形BQCF是平行四边形，∴CQ∥FB，CQ＝BF＝2，∴点Q与点C关于对称轴对称，∴点Q的坐标为（﹣2，3），②当点Q在x轴下
方时，如图所示，∵四边形BCFQ是平行四边形，∴BC∥FQ，BC＝FQ，∵B（﹣3，0），∴Q的横坐标为﹣4，∴﹣（﹣4）2﹣2×
（﹣4）+3＝﹣5，∴Q（﹣4，﹣5），∵Q′与Q是对称点，∴Q′（2，﹣5），综上所述，点Q的坐标为（﹣2，3），（﹣4，﹣5）
，（2，﹣5）．5．（2022秋?万州区月考）如图1，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x+1与y轴交于点A，过B（6，1）的直线
l2与直线l1交于点C（m，﹣5）．（1）求直线l2的解析式；（2）若点D是第一象限位于直线l2上的一动点，过点D作DH∥y轴交l
1于点H．当DH＝10时，试在x轴上找一点E，在直线l1上找一点F，使得△DEF的周长最小，求出周长的最小值；（3）如图2，直线l
2与x轴交于点M，与y轴交于点N，将直线l2绕点O逆时针旋转90°得到直线l3，点P是直线l3上一点，且横坐标为﹣2，在平面内是否
存在一点Q，使得以点M，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先
求得点C的坐标，进一步求得结果；（2）作点D关于x轴的对称点D′，关于l1的对称点D″，连接D′D″，分别交x轴于E，交l1于F，
求出点D′的坐标和点D″，进而求得△DEF的最小值为D′D″的长；（3）求出点M和点N旋转后的对应点的坐标，从而求出l3的解析式，
进而求得点P的坐标，根据平行四边形的性质，求得点Q的坐标．【解答】解：（1）把x＝m，y＝﹣5代入y＝x+1，m+1＝﹣5，∴m＝
﹣6，∴C（﹣6．﹣5），设直线l2的解析式为：y＝kx+b，∴，∴，∴y＝x﹣2；（2）如图1，由H（x+1）﹣（）＝10得，x
＝14，当x＝14时，y＝5，∴D（14，5），作点D关于x轴的对称点D′（14，﹣5），关于l1的对称点D″，连接D′D″，交x
轴于E，交l1于F，则D″（4，15），△DEF的周长最小，最小值为：D′D″，∴D′D″＝＝10，∴△DEF的周长最小值为：10
．（3）如图2，∵点M（4，0），N（0，﹣2），∴点M和点N旋转后的对应点M′（0，4），N′（2，0），∴直线l3的解析式为：
y＝﹣2x+4，当x＝﹣2时，y＝﹣2×（﹣2）+4＝8，∴P（﹣2，8），当?PCMQ时，∵﹣2+[4﹣（﹣6）]＝10，8+[
0﹣（﹣5）]＝13，∴Q（10，13），当?CMPQ时，∵（﹣2）﹣10＝﹣12，8﹣5＝3，∴Q（﹣12，3），当?PCQM时
，∵﹣（﹣2）＝0，﹣8＝﹣，∴Q（0，﹣），综上所述：点Q（10，13）或（﹣12，3）或（0，﹣）．6．（2022春?南岗区校
级期中）如图1，平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A在y轴上，点C在x轴上，OC＞OA且OC和OA长度分别为一元二次方程x2﹣3
x+2＝0的两个根，B为第一象限内一点，连接AB、OB、BC，满足AB∥x轴且∠ABO＝30°．（1）求点B坐标；（2）如图2，点
P在线段OB上，点Q在OC延长线上，且BP＝CQ＝t，连接PQ交BC于点E，取OP中点D，连接DE，若DE长度为d，用含t的式子表
示d；（3）如图3，在（2）的条件下，连接AP，以AP为边向上作等边△APW，当点E纵坐标为点W横坐标的时，第三象限内是否存在点H
，使得以点O、A、W、H为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出H点坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先解方程可得OA＝1
，OC＝2，再由AB∥OC并结合含30°角的直角三角形的性质可得点B的坐标；（2）先根据含30°角的直角三角形的性质可得OB＝OC
＝2，如图2，过点P作PF∥x轴，交BC于F，证明△PFE≌△QCE（AAS），得DE是△OPQ的中位线，从而得结论；（3）如图3
，取OB的中点K，连接MK交AB于M，连接AK，过点D作DL⊥OC于L，过点P作PN⊥AB于N，证明△WAK≌△PAO（SAS），
得∠AKW＝∠AOP＝60°，再证明WK⊥AB，AK＝BK，根据点E纵坐标为点W横坐标的，列方程可得t＝0.5，表示W的坐标，最后
由平移的知识可得点H的坐标．【解答】解：（1）x2﹣3x+2＝0，解得：x1＝1，x2＝2，∴OA＝1，OC＝2，∵AB∥OC，∴
∠BAO+∠AOC＝180°，∵∠AOC＝90°，∴∠OAB＝90°，∵∠ABO＝30°，∴AB＝OA＝，∴B（，1）；（2）在R
t△ABO中，∠ABO＝30°，OA＝1，∴OB＝2，∵OC＝2，∴OB＝OC＝2，∴∠OBC＝∠OCB，如图2，过点P作PF∥x
轴，交BC于F，则∠PFE＝∠ECQ，∠PFB＝∠BCO，∴∠OBC＝∠PFB，∴BP＝PF，∵PB＝CQ，∴PF＝CQ，∵∠PE
F＝∠CEQ，∴△PFE≌△QCE（AAS），∴PE＝EQ，∵D是OP的中点，∴DE是△POQ的中位线，∴DE＝d＝OQ＝（OC+
CQ）＝（2+t），∴d＝1+t；（3）如图3，取OB的中点K，连接MK交AB于M，连接AK，过点D作DL⊥OC于L，过点P作PN
⊥AB于N，∵∠BAO＝90°，K是OB的中点，∴AK＝OK＝KB，∵∠AOB＝60°，∴△AOK是等边三角形，∴AK＝AO，∠O
AK＝60°，∵△APW是等边三角形，∴AP＝AW，∠PAW＝60°，∴∠WAK＝∠PAO，∴△WAK≌△PAO（SAS），∴∠A
KW＝∠AOP＝60°，∵∠MAK＝30°，∴∠AMK＝90°，∴WK⊥AB，∵AK＝BK，∴AM＝BM＝，∴点W的横坐标为，∵点
E纵坐标为点W横坐标的，∴当点E纵坐标＝×＝，∵OD＝OP＝（2﹣t）＝1﹣t，在Rt△ODL中，∠DOL＝30°，∴DL＝OD＝
﹣t，∵DE∥OC，∴点E的纵坐标＝点D的纵坐标，∴﹣t＝，∴t＝0.5，在Rt△PNB中，∠PBN＝30°，∴BN＝，∴AN＝A
B﹣BN＝﹣＝，由勾股定理得：AP＝＝＝，WM＝＝＝1，∴W（，2），∵四边形OWAH是平行四边形，O（0，0），∴H（﹣，﹣1）
．7．（2022春?姑苏区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，已知点A（0，﹣6）、
C（﹣3，﹣7），点B在第三象限内．（1）求点B的坐标；（2）将△ABC以每秒2个单位的速度沿y轴向上平移t秒，若存在某一时刻t，
使在第二象限内点B、C两点的对应点B''，C''正好落在某反比例函数的图象上，请求出此时t的值以及这个反比例函数的解析式；（3）在（2
）的情况下，问：是否存在x轴上的点P和反比例函数图象上的点Q，使得以P、Q、B''、C''四个点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请
直接写出符合题意的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）过点B作BE⊥y轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，证明△ACF
≌△BAE得出BE与OE的长度便可求得B点坐标；（2）先用t表示B′和C′点的坐标，再根据“B''、C''正好落在某反比例函数的图象上
”得B′和C′点的横、纵坐标的积相等，列出t的方程求得t，进而求得反比例函数的解析式；（3）分各种情况：B''C''为平行四边形的边，
B''C''为平行四边形的对角线．分别解答问题．【解答】解：（1）如图1，过点B作BE⊥y轴于点E，过点C作CF⊥y轴于点F，则∠AF
C＝∠AEB＝90°，∵点A（0，﹣6），C（﹣3，﹣7），∴CF＝3，AF＝1，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠CAF+∠B
AE＝∠CAF+∠ACF＝90°，∴∠ACF＝∠BAE，∴△ACF≌△BAE（AAS），∴CF＝AE＝3，AF＝BE＝1，∴OE＝
OA﹣AE＝6﹣3＝3，∴B（﹣1，﹣3）；（2）根据题意得，B′（﹣1，﹣3+2t），C′（﹣3，﹣7+2t），设经过B''、C''
的反比例函数解析式为：y＝（k≠0），∴k＝﹣1×（﹣3+2t）＝﹣3（﹣7+2t），解得，t＝，∴k＝﹣1×（﹣3+2t）＝3﹣
9＝﹣6，∴反比例函数的解析式为：y＝﹣；（3）存在，设P（n，0），由（2）知B′（﹣1，6），C′（﹣3，2），①当B''C''为
平行四边形的边时，则B′C′∥QP，B′C′＝QP，∴Q（n+2，4）或（n﹣2，﹣4），把Q（n+2，4）代入y＝﹣中，得，4（
n+2）＝﹣6，解得，n＝﹣，∴Q（﹣，4），把Q（n﹣2，﹣4），代入y＝﹣中，得，﹣4（n﹣2）＝﹣6，解得，n＝，∴Q（，﹣
4）；②当B''C''为对角线时，则B''C''的中点坐标为（﹣2，4），∴PQ的中点坐标为（﹣2，4），∴Q（﹣4﹣n，8），把Q点坐标
代入y＝﹣中，得，8（﹣n﹣4）＝﹣6，解得，n＝﹣，∴Q（﹣，8），综上，存在x轴上的点P和反比例函数图象上的点Q，使得以P、Q
、B''、C''四个点为顶点的四边形是平行四边形．Q点坐标为（﹣，4）或（，﹣4）或（﹣，8）．8．（2022秋?曲阜市校级月考）如图
，矩形OABC的顶点A，C分别落在x轴，y轴的正半轴上，已知顶点B（2，4），反比例函数y＝（x＞0）的图象与BC，AB分别交于D
，E，BD＝．（1）求反比例函数关系式和点E的坐标；（2）写出DE与AC的位置关系并说明理由；（3）若点F在直线AC上，点G在反比
例函数y＝（x＞0）的图象上，是否存在合适的F、G点，使四边形BCFG为平行四边形，若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说明理由
．【分析】（1）先求出点D坐标，代入解析式可求解析式，即可求解；（2）通过证明△ABC∽△EBD，可得∠BDE＝∠BCA，可得结论
；（3）由平行四边形的性质可得BG∥CF，先求出直线CF的解析式，联立方程组可求解．【解答】解：（1）∵点B（2，4），∴BC＝2
，AB＝4，点C（0，4），点A（2，0），∵BD＝，∴CD＝，∴点D（，4），∵反比例函数y＝（x＞0）的图象过点D，∴k＝×4
＝6，∴反比例函数关系式为y＝，当x＝2时，y＝3，∴点E（2，3）；（2）DE∥AC，理由如下：连接DE，∵点E（2，3），点B
（2，4），∴BE＝1，AB＝4，∴＝＝，又∵∠B＝∠ABC，∴△ABC∽△EBD，∴∠BDE＝∠BCA，∴DE∥AC；（3）存在
，如图，∵点C（0，4），点A（2，0），∴直线AC的解析式为y＝﹣2x+4，∵四边形BCFG为平行四边形，∴CF∥GB，∴设直线
BG的解析式为y＝﹣2x+b，∴4＝﹣2×2+b，∴b＝8，∴直线BG的解析式为y＝﹣2x+8，联立方程组可得：，解得：，，∴点G
坐标为（1，6）或（3，2）．9．（2021秋?莱西市期末）已知：如图，菱形ABCD中，AB＝5cm，AC＝6cm，动点P从点B出
发，沿BA方向匀速运动；同时，动点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动，它们的运动速度均为1cm/s．过点P作PM∥BC，过点B作BM
⊥PM，垂足为M，连接QP．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．解答下列问题：（1）菱形ABCD的高为 cm，cos∠ABC的
值为 ；（2）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形MPQB为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．（3）
是否存在某一时刻t，使四边形MPQB的面积是菱形ABCD面积的？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．（4）是否存在某一时刻t
，使点M在∠PQB的角平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）连接BD交AC于点O，作AE⊥BC于点E，
根据菱形的性质得BC＝AB＝5cm，OA＝OC＝3cm，∠AOB＝90°，根据勾股定理求得OB＝4cm，即可求得菱形ABCD的面积
为24cm2，由5AE＝24得AE＝，即菱形ABCD的高为；再由勾股定理求得BE＝cm，则BE：AE：AB＝7：24：25，所以c
os∠ABC＝；（2）由四边形MPQB为平行四边形，且∠M＝90°得四边形MPQB是矩形，所以∠PQB＝90°，可推导出BQ＝BP
，可列方程5﹣t＝t，求出t的值即可；（3）由＝cos∠BPM＝cos∠ABC＝，＝sin∠BPM＝sin∠ABC＝得PM＝t，B
M＝t，再根据S四边形MPQB＝S菱形ABCD列方程×t（t+5﹣t）＝×24，解方程求出符合题意的t值即可；（4）作MR⊥QP交
直线QP于点R，先由＝tan∠BPM＝tan∠ABC＝得MP＝MB，可知MP＜MB，而MR≤MP，所以MR＜MB，这说明点M到∠P
QB的两边的距离不相等，所以不存在某一时刻t，使点M在∠PQB的角平分线上．【解答】解：（1）如图1，连接BD交AC于点O，作AE
⊥BC于点E，则∠AEB＝90°，∵四边形ABCD是菱形，AB＝5cm，AC＝6cm，∴BC＝AB＝5cm，BD⊥AC，OA＝OC
＝AC＝3cm，∴∠AOB＝90°，∴OD＝OB＝＝＝4（cm），∴S菱形ABCD＝AC?OD+AC?OB＝×6×4+×6×4＝2
4（cm2），∴5AE＝24，∴AE＝（cm），∴菱形ABCD的高为cm；∵BE＝＝＝（cm），∴BE：AE：AB＝7：24：25
，∴cos∠ABC＝＝，∴cos∠ABC的值为，故答案为：，．（2）存在，如图2，∵四边形MPQB为平行四边形，且∠M＝90°，∴
四边形MPQB是矩形，∴∠PQB＝90°，∴＝cos∠ABC＝，∴BQ＝BP，∵BP＝CQ＝t，∴BQ＝5﹣t，∴5﹣t＝t，解得
t＝，∴t的值为．（3）存在，如图1，∵PM∥BC，∴∠BPM＝∠ABC，∴＝cos∠BPM＝cos∠ABC＝，＝sin∠BPM＝
sin∠ABC＝，∴PM＝t，BM＝t，∵S四边形MPQB＝S菱形ABCD，∴×t（t+5﹣t）＝×24，整理得18t2﹣125t
+100＝0，解得t1＝，t2＝（不符合题意，舍去）．∴t的值为.（4）不存在，理由：如图3，作MR⊥QP交直线QP于点R，∵∠M
BQ＝180°﹣∠PMB＝90°，∴MB⊥QB，∵＝tan∠BPM＝tan∠ABC＝，∴MP＝MB，∴MP＜MB，∵MR≤MP，∴
MR＜MB，∴点M不可能在∠PQB的平分线上，∴不存在某一时刻t，使点M在∠PQB的角平分线上．10．（2022春?五华区校级期中
）如图，直线l1：y1＝kx+b分别与x轴、y轴交于A（8，0）、B（0，4）两点，与直线l2：y2＝2x﹣6交于点C．（1）求直
线l1的解析式；（2）若l2与y轴交于点D，求△BCD的面积；（3）在线段BC上是否存在一点E，过点E作EF∥y轴与直线CD交于点
F，使得四边形OBEF是平行四边形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法可求解析式；（
2）联立方程组可求点C坐标，由三角形的面积公式可求解；（3）先求出点F坐标，即可求解．【解答】解：（1）由题意可得：，解得：，∴直
线l1的解析式为：y＝﹣x+4；（2）∵l2与y轴交于点D，∴当x＝0时，y＝﹣6，∴点D（0，﹣6），∵直线l1与直线l2：y2
＝2x﹣6交于点C．∴，解得：，∴点C的坐标为（4，2）；∴S△BCD＝×BD×xC＝×[4﹣（﹣6）]×4＝20；（3）存在点E
，使四边形OBEF是平行四边形；∵四边形OBEF是平行四边形∴BC∥OF，EF∥OB，∴OF的解析式为y＝﹣x，联立方程组：，解得
：，∴点F（，﹣），∴点E的横坐标为，当x＝时，y＝﹣×+4＝，∴点E的坐标为（，）．11．（2022?章丘区模拟）已知，矩形OC
BA在平面直角坐标系中的位置如图所示，点C在x轴的正半轴上，点A在y轴的正半轴上，已知点B的坐标为（4，2），反比例函数y＝的图象
经过AB的中点D，且与BC交于点E，设直线DE的解析式为y＝mx+n，连接OD，OE．（1）求反比例函数y＝的表达式和点E的坐标；
（2）点M为y轴正半轴上一点，若△MBO的面积等于△ODE的面积，求点M的坐标；（3）点P为x轴上一点，点Q为反比例函数y＝图象上
一点，是否存在点P、Q使得以点P，Q，D，E为顶点的四边形为平行四边形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】
（1）根据矩形的性质求出点D的坐标，利用待定系数法求出反比例函数的表达式，再根据反比例函数图象上点的坐标特征求出点E的坐标；（2）
根据三角形的面积公式计算即可；（3）分DE为平行四边形的边、DE为平行四边形的对角线两种情况，根据平行四边形的性质计算即可．【解答
】解：（1）∵四边形OCBA为矩形，点B的坐标为（4，2），点D为AB的中点，∴点D的坐标为（2，2），∵反比例函数y＝的图象经过
点D，∴k＝2×2＝4，∴反比例函数的表达式为：y＝，由题意得，点E的横坐标为4，则点E的纵坐标为：＝1，∴点E的坐标为（4，1）
；（2）设点M的坐标为（0，n），∵点D的坐标为（2，2），点E的坐标为（4，1），∴S△ODE＝2×4﹣×2×2﹣×4×1﹣×2
×1＝3，由题意得：×4×n＝3，解得：n＝，∴△MBO的面积等于△ODE的面积时，点M的坐标（0，）；（3）当DE为平行四边形的
边时，DE＝PQ，DE∥PQ，∵点D的坐标为（2，2），点E的坐标为（4，1），点P的纵坐标为0，∴点Q的纵坐标为±1，当y＝1时
，x＝4（不合题意，舍去）当y＝﹣1时，x＝﹣4，则点Q的坐标为（﹣4，﹣1），当DE为平行四边形对角线时，∵点D的坐标为（2，2
），点E的坐标为（4，1），∴DE的中点坐标为（3，），设点Q的坐标为（a，），点P的坐标为（x，0），则＝，解得：a＝，∴点Q的
坐标为（，3），综上所述：以点P，Q，D，E为顶点的四边形为平行四边形时，点Q的坐标为（﹣4，﹣1）或（，3）．12．（2022秋
?明山区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴于C，且△ABC面积
为10．（1）求点C的坐标及直线BC的解析式；（2）如图1，设点F为线段AB中点，点G为y轴上一动点，连接FG，以FG为边向FG右
侧作正方形FGQP，在G点的运动过程中，当顶点Q落在直线BC上时，求点G的坐标；（3）如图2，若M为线段BC上一点，且满足S△AM
B＝S△AOB，点E为直线AM上一动点，在x轴上是否存在点D，使以点D，E，B，C为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点D的
坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用待定系数法可求得答案；（2）根据等腰三角形的性质可得F（﹣1，2），设G（0，n），
分两种情况：①当n＞2时，②当n＜2时，分别得到答案；（3）设M（m，﹣m+4），利用三角形的面积和差关系可得答案．【解答】解：（
1）∵直线y＝2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴A（﹣2，0），B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，∵S△ABC＝AC?O
B＝10，∴AC＝5，∴OC＝3，∴C（3，0），设直线BC的解析式为y＝kx+b，则有，∴，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+4；（
2）∵FA＝FB，A（﹣2，0），B（0，4），∴F（﹣1，2），设G（0，n），①当n＞2时，点Q落在BC上时，过G作直线平行于
x轴，过点F，Q作该直线的垂线，垂足分别为M、N，∴∠M＝∠N＝90°，∠MBF+∠BFM＝90°，∵四边形FGQP是正方形，∴F
G＝QG，∠FGQ＝90°，∴∠MBF+∠NBQ＝90°，∴∠MFB＝∠NGQ，∴△FMG≌△GNQ（ASA），∴MG＝NQ＝1，
FM＝GN＝n﹣2，∴Q（n﹣2，n﹣1），∵点Q在直线y＝﹣x+4上，∴n﹣1＝﹣（n﹣2）+4，∴n＝，∴G（0，），②当n＜
2时，同法可得Q（2﹣n，n+1），∵点Q在直线y＝﹣x+4上，∴n+1＝﹣（2﹣n）+4，∴n＝﹣1，∴G（0，﹣1），综上所述
，满足条件的点G的坐标为（0，），（0，﹣1）；（3）存在，设M（m，﹣m+4），∴（﹣m+4）＝，∴m＝，∴M（，），∴直线AM
的解析式为y＝x+，作BE∥OC交直线AM于E，此时E（，4），当CD＝BE时，可得四边形BCDE，四边形BECD是平行四边形，可
得D（，0），D（﹣，0），，根据对称性可得点D关于点A的对称点D2（﹣，0）也符合条件，综上所述，满足条件的点D的坐标为（，0）
，（﹣，0），（﹣，0）．13．（2022秋?仓山区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2x+c与直线y＝x+1交
于点A、C，且点A的坐标为（﹣1，0）．（1）求点C的坐标；（2）若点P是直线AC下方的抛物线上一动点，求点P到直线AC距离的最大
值；（3）若点E是抛物线上一点，点F是抛物线对称轴上一点，是否存在点E使以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接
写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）把点A的坐标代入y＝x2﹣2x+c，求出c的值，联立直线y＝x+1即可求解；（
2）过点P作PM⊥x轴交AC于点M，当S△ACP最大时，点P到直线AC的距离最大，运用待定系数法求直线AC解析式为y＝x+5，设P
（m，m2﹣2m﹣3）（﹣1＜m＜5），则M（m，m+1），求得PM，再根据二次函数的性质可得S△ACP的最大值，根据勾股定理求出
AC，利用三角形的面积公式求解即可；（3）分三种情况讨论：①当AC为平行四边形的对角线时，②当AF为平行四边形的对角线时，③当AE
为平行四边形的对角线时，根据平行四边形的性质分别求解即可．【解答】解：（1）∵点A（﹣1，0）在抛物线y＝x2﹣2x+c的图象上，
∴0＝1+2+c，∴c＝﹣3，∴抛物线为y＝x2﹣2x﹣3，联立直线y＝x+1得，解得或，∴点C的坐标为（4，5）；（2）过点P作
PM⊥x轴交AC于点M，如图：设P（m，m2﹣2m﹣3）（﹣1＜m＜5），则M（m，m+1），∴PM＝m+1﹣（m2﹣2m﹣3）＝
﹣m2+3m+4，∴S△ACP＝×5（﹣m2+3m+4）＝﹣（m﹣）+，∴当m＝时，S△ACP最大为，∵点A（﹣1，0），点C（4
，5），∴AC＝＝5，设点P到直线AC的距离为h，∴S△ACP＝×5×h＝，∴h＝，∴点P到直线AC距离的最大值为；（3）存在，理
由如下：∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴抛物线的对称轴为直线x＝1，设点F的坐标为（1，n），点E的坐标为（x，x2﹣2
x﹣3），分三种情况：①当AC为平行四边形的对角线时，﹣1+4＝1+x，解得x＝2，∴点E的坐标为（2，﹣3）；②当AF为平行四边
形的对角线时，﹣1+1＝x+4，解得x＝﹣4，∴点E的坐标为（﹣4，21）；③当AE为平行四边形的对角线时，﹣1+x＝4+1，解得
x＝6，∴点E的坐标为（6，21）；综上，点E的坐标为（2，﹣3）或（﹣4，21）或（6，21）．14．（2022?前进区校级开学
）如图，矩形AOCB的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足|OA﹣15|+＝0，点N在OC上，将△BC
N沿直线BN折叠，点C恰好落在x轴上的点D处，且OD＝3．（1）求点B的坐标；（2）求直线BN的解析式；（3）坐标平面内是否存在一
点P，使以B、N，D、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由非负数的性
质可求得OA、OC的长，则可求得B点坐标；（2）由折叠可知，BD＝BC＝15，∠BCO＝∠BDN＝90°，CN＝DN，由勾股定理可
分别求得AD，DN和ON的长，可求得N点坐标，利用待定系数法可求得直线BN的解析式；（3）根据平行四边形的性质，可分类讨论：当BD
是平行四边形的对角线时，当ND是平行四边形的对角线时，当BN是平行四边形的对角线时分别求解即可．【解答】解：（1）∵|OA﹣15|
+＝0，∴OA＝15，OC＝9，∴OA＝BC＝15，AB＝OC＝9，∴B（15，9）；（2）由折叠可知，BD＝BC＝15，∠BCO
＝∠BDN＝90°，CN＝DN，设CN＝m，则DN＝m，ON＝9﹣m，在Rt△ABD中，∠BAO＝90°，由勾股定理可知，AD＝1
2，∴OD＝3，在Rt△ODN中，由勾股定理可知，（9﹣m）2+32＝m2，解得m＝5，∴ON＝4，∴N（0，4），设直线BN的解
析式为：y＝kx+b，∴，∴，∴直线BN的解析式为：y＝x+4．（3）存在，理由如下：由上可知，B（15，0），N（0，4），D（
3，0），若以点B、N，D、P为顶点的四边形是平行四边形，根据题意，需要分以下三种情况：①当BD为平行四边形的对角线时，xB+xD
＝xP+xN，yB+yD＝yP+yN，解得xP＝18，yP＝5，∴P（18，5）．②当ND为平行四边形的对角线时，xN+xD＝xB
+xP，yN+yD＝yB+yP，解得xP＝﹣12，yP＝﹣5，∴P（﹣12，﹣5）．③当BN为平行四边形的对角线时，xB+xN＝x
P+xD，yB+yN＝yP+yD，解得xP＝12，yP＝13，∴P（12，13）．综上，符合题意的点P的坐标为（18，5）或（﹣1
2，﹣5）或（12，13）．15．（2022?沙坪坝区校级开学）在平面直角坐标系中，直线l1：y＝x+b与直线l2：y＝﹣交于点B
，直线l1交x轴于点A，交y轴于点C，直线l2交x轴于点E，交y轴于点D，OA＝OD，点D与点P关于x轴对称．（1）求直线l1的解
析式；（2）如图1，M、N为直线l1上两动点，且MN＝3，求PM+MN+ND的最小值；（3）如图2，点H为直线l1上一动点，在直线
l3：y＝x上是否存在一点F，使以E、F、H、P四点构成的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求出A（﹣3，0），再将将A点代入y＝x+b，即可求解析式；（2）分别求出∠CAO＝60°，∠DEO＝30°，则∠A
BE＝90°，作D点关于AC的对称点G，则G点在直线ED上，连接GN，过M点作MH∥GN，过G点作GH∥MN，两平行线交于点H，当
H、M、P三点共线时，MN+PM+ND的长最小，联立方程组，求出B（﹣，），进而能求G（﹣3，2），将G点沿BA平移3个单即为H，
则H（﹣，），再求PM+MN+ND的最小值为3+3；（3）设H（t，t+3），F（m，m），分三种情况讨论：①当HF为平行四边形的
对角线时，，求得F（，）；②当HE为平行四边形的对角线时，，求得F（，）；③当HP为平行四边形的对角线时，，求得F（，）．【解答】
解：（1）在y＝﹣可求E（3，0），D（0，），∴OD＝，∵OA＝OD，∴OA＝3，∴A（﹣3，0），将A点代入y＝x+b，∴﹣3
+b＝0，解得b＝3，∴y＝x+3；（2）∵点D与点P关于x轴对称，∴P（0，﹣），∵OC＝3，OA＝3，∴∠CAO＝60°，∵O
E＝3，OD＝，∴∠DEO＝30°，∴∠ABE＝90°，作D点关于AC的对称点G，则G点在直线ED上，连接GN，过M点作MH∥GN
，过G点作GH∥MN，两平行线交于点H，∴四边形GHMN是平行四边形，∴MN＝GH，GN＝HM，∴MN+ND+PM＝MN+HM+M
P≥MN+HP，∴当H、M、P三点共线时，MN+PM+ND的长最小，联立方程组，解得，∴B（﹣，），∴G（﹣3，2），将G点沿BA
平移3个单位即为H，∴H（﹣，），∴PH＝3，∴PM+MN+ND的最小值为3+3；（3）存在F，使以E、F、H、P四点构成的四边形
为平行四边形，理由如下：设H（t，t+3），F（m，m），①当HF为平行四边形的对角线时，，解得，∴F（，）；②当HE为平行四边形
的对角线时，，解得，∴F（，）；③当HP为平行四边形的对角线时，，解得，∴F（，）；综上所述：F点坐标为（，）或（，）或（，）．1
6．（2022秋?合川区校级月考）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+3的图象与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点
，与y轴交于点C．（1）求这个二次函数的解析式；（2）点P是直线AC上方的抛物线上一动点，是否存在点P，使四边形ABCP的面积最大
？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；（3）将二次函数y＝ax2+bx+3的图象先向右平移2个单位长度，再向上平移1个单位
长度得到新抛物线，点M在新抛物线上，点N在原抛物线的对称轴上，直接写出所有使得以点A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形的点N的
坐标，并把求其中一个点N的坐标的过程写出来．【分析】（1）将点A（﹣3，0），B（1，0）代入y＝ax2+bx+3中，即可求解；（
2）求出直线AC的解析式，过点P作PG∥y轴交AC于点G，设P（t，﹣t2﹣2t+3），则G（t，t+3），可得S四边形ABCP＝
﹣（t+）2+，再求解即可；（3）把原抛物线解析式化为顶点式，利用平移求出新抛物线解析式，确定M、N、A、B四点坐标后分类讨论：①
当AB为对角线时，②当AM为对角线时，③当AN为对角线时，利用平行四边形的性质即可求解．【解答】解：（1）将点A（﹣3，0），B（
1，0）代入y＝ax2+bx+3中，∴，解得．∴y＝﹣x2﹣2x+3；（2）令x＝0，则y＝3，∴C（0，3），设直线AC的解析式
为y＝kx+p，∴，解得，∴y＝x+3，过点P作PG∥y轴交AC于点G，设P（t，﹣t2﹣2t+3），则G（t，t+3），∴PG＝
﹣t2﹣2t+3﹣t﹣3＝﹣t2﹣3t，∴S四边形ABCP＝S△APC+S△ACB＝×3×（3+1）+×3×（﹣t2﹣3t）＝﹣t
2﹣t+6＝﹣（t+）2+，∵点P是直线AC上方，∴﹣3＜t＜0，∴当t＝﹣时，S四边形ABCP有最大值，此时点P的坐标为（﹣，）
；（3）∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，∴将二次函数y＝﹣x2﹣2x+3的图象先向右平移2个单位长度，再向上平移1个单
位长度得到新抛物线：y＝﹣（x+1﹣2）2+4+1＝﹣（x﹣1）2+5＝﹣x2+2x+4，∵点M在新抛物线上，点N在原抛物线的对称
轴上，∴设M（m，﹣m2+2m+4），N（﹣1，n），∵A（﹣3，0），B（1，0），以点A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形
，∴分三种情况讨论：①当AB为对角线时，则，解得，∴N（﹣1，﹣1）；②当AM为对角线时，则，解得，∴N（﹣1，1）；③当AN为对
角线时，则，解得，∴N（﹣1，﹣31），综上所述，点N的坐标为（﹣1，﹣1）或（﹣1，1）或（﹣1，﹣31）．17．（2022秋?
海珠区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交坐标轴于A（﹣1，0）、B（4，0）、C三点，且OB＝OC，点P是抛物线
上的一个动点．（1）求这个二次函数的解析式；（2）若点P在直线BC下方，P运动到什么位置时，四边形PBOC面积最大？求出此时点P的
坐标和四边形PBOC的最大面积；（3）直线BC上是否存在一点Q，使得以点A、B、P、Q组成的四边形是平行四边形？若存在，求出点Q的
坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由B（4，0），且OB＝OC，得C（0，﹣4），设二次函数的解析式为y＝ax2+bx+c
，用待定系数法可得二次函数的解析式为y＝x2﹣3x﹣4；（2）设P（t，t2﹣3t﹣4），过P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点F
，由B（4，0），C（0，﹣4），得直线BC解析式为y＝x﹣4，S△BOC＝OB?OC＝×4×4＝8，当S△PBC最大时，四边形P
BOC的面积最大，而S△PBC＝S△PFC+S△PFB＝PF?OE+PF?BE＝PF?（OE+BE）＝PF?OB＝﹣2（t﹣2）2
+8，由二次函数性质得当P点坐标为（2，﹣6）时，四边形PBOC的最大面积为16；（3）设P（m，m2﹣3m﹣4），Q（n，n﹣4
），而A（﹣1，0），B（4，0），分三种情况：①若AB，PQ为平行四边形对角线，则AB，PQ的中点重合，，得Q（﹣2，﹣6）；②
AP，BQ为对角线，，方程组无实数解；③AQ，BP为对角线，，得Q（10，6）．【解答】解：（1）∵B（4，0），且OB＝OC，∴
C（0，﹣4），设二次函数的解析式为y＝ax2+bx+c，把A（﹣1，0）、B（4，0）、C（0，﹣4）代入得：，解得，∴二次函数
的解析式为y＝x2﹣3x﹣4；（2）∵点P在抛物线上，∴可设P（t，t2﹣3t﹣4），过P作PE⊥x轴于点E，交直线BC于点F，如
图：∵B（4，0），C（0，﹣4），∴直线BC解析式为y＝x﹣4，S△BOC＝OB?OC＝×4×4＝8，∴F（t，t﹣4），当S△
PBC最大时，四边形PBOC的面积最大，∴PF＝（t﹣4）﹣（t2﹣3t﹣4）＝﹣t2+4t，∴S△PBC＝S△PFC+S△PFB
＝PF?OE+PF?BE＝PF?（OE+BE）＝PF?OB＝（﹣t2+4t）×4＝﹣2（t﹣2）2+8，∴当t＝2时，S△PBC最
大值为8，此时t2﹣3t﹣4＝﹣6，∴当P点坐标为（2，﹣6）时，S△PBC＝8，故此时四边形PBOC的最大面积，四边形PBOC的
最大面积为S△BOC+S△PBC＝8+8＝16；（3）直线BC上存在一点Q，使得以点A、B、P、Q组成的四边形是平行四边形，理由如
下：设P（m，m2﹣3m﹣4），Q（n，n﹣4），而A（﹣1，0），B（4，0），①若AB，PQ为平行四边形对角线，则AB，PQ的
中点重合，∴，解得（此时Q与B重合，舍去）或，∴Q（﹣2，﹣6）；②AP，BQ为对角线，，方程组无实数解；③AQ，BP为对角线，，
解得（此时P与A重合，舍去）或，∴Q（10，6），综上所述，Q的坐标为（﹣2，﹣6）或（10，6）．18．（2022?攀枝花）如图
，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于O（O为坐标原点），A两点，且二次函数的最小值为﹣1，点M（1，m）是其对称轴上一点
，y轴上一点B（0，1）．（1）求二次函数的表达式；（2）二次函数在第四象限的图象上有一点P，连结PA，PB，设点P的横坐标为t，
△PAB的面积为S，求S与t的函数关系式；（3）在二次函数图象上是否存在点N，使得以A、B、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存
在，直接写出所有符合条件的点N的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据题意知，二次函数顶点为（1，﹣1），设二次函数解析式
为y＝a（x﹣1）2﹣1，将点B（0，0）代入得，a﹣1＝0，即可得出答案；（2）连接OP，根据题意得点A的坐标，则S＝S△AOB
+S△OAP﹣S△OBP，代入化简即可；（3）设N（n，n2﹣2n），分AB或AN或AM分别为对角线，利用平行四边形的性质和中点坐
标公式，分别求出n＝的值，进而得出答案．【解答】解：（1）∵二次函数的最小值为﹣1，点M（1，m）是其对称轴上一点，∴二次函数顶点
为（1，﹣1），设二次函数解析式为y＝a（x﹣1）2﹣1，将点O（0，0）代入得，a﹣1＝0，∴a＝1，∴y＝（x﹣1）2﹣1＝x
2﹣2x；（2）连接OP，当y＝0时，x2﹣2x＝0，∴x＝0或2，∴A（2，0），∵点P在抛物线y＝x2﹣2x上，∴点P的纵坐标
为t2﹣2t，∴S＝S△AOB+S△OAP﹣S△OBP＝+（﹣t2+2t）﹣t＝﹣t2++1；（3）设N（n，n2﹣2n），当AB
为对角线时，由中点坐标公式得，2+0＝1+n，∴n＝1，∴N（1，﹣1），当AM为对角线时，由中点坐标公式得，2+1＝n+0，∴n
＝3，∴N（3，3），当AN为对角线时，由中点坐标公式得，2+n＝0+1，∴n＝﹣1，∴N（﹣1，3），综上：N（1，﹣1）或（3
，3）或（﹣1，3）．19．（2022?资阳）已知二次函数图象的顶点坐标为A（1，4），且与x轴交于点B（﹣1，0）．（1）求二次
函数的表达式；（2）如图，将二次函数图象绕x轴的正半轴上一点P（m，0）旋转180°，此时点A、B的对应点分别为点C、D．①连结A
B、BC、CD、DA，当四边形ABCD为矩形时，求m的值；②在①的条件下，若点M是直线x＝m上一点，原二次函数图象上是否存在一点Q
，使得以点B、C、M、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据二次函数的图象
的顶点坐标，设二次函数的表达式为y＝a（x﹣1）2+4，再把B（﹣1，0）代入即可得出答案；（2）①过点A（1，4）作AE⊥x轴于
点E，根据∠BAD＝∠BEA＝90°，又因为∠ABE＝∠DBA，证明出△BAE∽△BDA，从而得出AB2＝BE?BD，将BD＝2（
m+1），BE＝2，AE＝4代入即可求出m的值；②根据上问可以得到C（7，﹣4），点M的横坐标为4，B（﹣1，0），要让以点B、C
、M、Q为顶点的平行四边形，所以分为三种情况讨论：1）当以BC为边时，存在平行四边形为BCMQ；2）当以BC为边时，存在平行四边形
为BCQM；3）当以BC为对角线时，存在平行四边形为BQCM；即可得出答案．【解答】解：（1）∵二次函数的图象的顶点坐标为A（1，
4），∴设二次函数的表达式为y＝a（x﹣1）2+4，又∵B（﹣1，0），∴0＝a（﹣1﹣1）2+4，解得：a＝﹣1，∴y＝﹣（x﹣
1）2+4（或y＝﹣x2+2x+3）；（2）①∵点P在x轴正半轴上，∴m＞0，∴BP＝m+1，由旋转可得：BD＝2BP，∴BD＝2
（m+1），过点A（1，4）作AE⊥x轴于点E，∴BE＝2，AE＝4，在Rt△ABE中，AB2＝BE2+AE2＝22+42＝20，
当四边形ABCD为矩形时，AD⊥AB，∴∠BAD＝∠BEA＝90°，又∠ABE＝∠DBA，∴△BAE∽△BDA，∴AB2＝BE?B
D，∴4（m+1）＝20，解得m＝4；②由题可得点A（1，4）与点C关于点P（4，0）成中心对称，∴C（7，﹣4），∵点M在直线x
＝4上，∴点M的横坐标为4，存在以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，1）当以BC为边时，平行四边形为BCMQ，点C向左平移8个单
位，与点B的横坐标相同，∴将点M向左平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，∴Q（﹣4，y1）代入y＝﹣x2+2x+3，解得：y1＝﹣
21，∴Q（﹣4，﹣21），2）当以BC为边时，平行四边形为BCQM，点B向右平移8个单位，与点C的横坐标相同，∴将M向右平移8个
单位后，与点Q的横坐标相同，∴Q（12，y2）代入y＝﹣x2+2x+3，解得：y2＝﹣117，∴Q（12，﹣117），3）当以BC
为对角线时，点M向左平移5个单位，与点B的横坐标相同，∴点C向左平移5个单位后，与点Q的横坐标相同，∴Q（2，y3）代入y＝﹣x2
+2x+3，得：y3＝3，∴Q（2，3），综上所述，存在符合条件的点Q，其坐标为（﹣4，﹣21）或（2，3）或（12，﹣117）．
20．（2022春?九龙坡区期末）已知二次函数y＝ax2+bx+3的图象和x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，0），与y轴交于点C、
D（0，﹣1）．（1）求二次函数解析式；（2）在线段AC上方的抛物线上有一动点P，直线PC与直线BD交于点Q，当△PAQ面积最大时
，求点P的坐标及△PAQ面积的最大值；（3）在（2）条件下，将抛物线y＝ax2+bx+3沿射线AC平移2个单位长度，得到新二次函数
y′＝ax2+bx+c，点R在新抛物线对称轴上，在直线y＝﹣x上有一点S，使得以点P，D，R，S为顶点的四边形是平行四边形，写出所
有符合条件的点R的坐标，并写出求解点R的坐标的其中一种情况的过程．【分析】（1）将A，B的坐标代入二次函数解析式，建立方程组，求解
即可；（2）分别求出直线AC，BD的解析式，可证AC∥BD，所以△ACQ的面积＝△ACD的面积，进而求△PAQ的面积最大可转化为求
△PAC的面积最大；过点P作PE∥y轴交AC于点E，表达△PAC的面积，利用二次函数的性质求解即可；（3）由平移的性质可知，抛物线
y＝ax2+bx+3沿射线AC平移2个单位长度，即向右平移2个单位，向上平移2个单位，由此可得出新抛物线的解析式，可得出点R的横坐
标，根据平行四边形的性质，可分类讨论：当PD是平行四边形的边时，当PD是平行四边形的对角线时，分别求解即可．【解答】解：（1）∵二
次函数y＝ax2+bx+3的图象和x轴交于点A（﹣3，0）、B（1，0），∴，∴．∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3．（2
）∵抛物线与y轴交于点C，∴C（0，3），∴直线AC的解析式为：y＝x+3；∵B（1，0），D（0，﹣1），∴直线BD的解析式为：
y＝x﹣1；∴AC∥BD，CD＝4，∴S△ACQ＝S△ACD＝×4×3＝6．∴S△APQ＝S△APC+S△ACQ＝S△APC+S△
ACD＝S△APC+6．过点P作PE∥y轴交AC于点E，如图，设点P的横坐标为t，则P（t，﹣t2﹣2t+3），E（t，t+3），
∴PE＝﹣t2﹣3t．∴S△APQ＝S△APC+6＝×3×（﹣t2﹣3t）+6＝﹣（t+）2+．∵﹣＜0，∴当t＝﹣时，△PAQ的
最大值为，此时P（﹣，）．（3）由平移的性质可知，抛物线y＝ax2+bx+3沿射线AC平移2个单位长度，即向右平移2个单位，向上平
移2个单位，∵y′＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，∴当抛物线向右平移2个单位，向上平移2个单位后，平移后的抛物线为：y＝﹣
（x﹣1）2+6＝﹣x2+2x+5．∵R在新抛物线对称轴上，∴R的横坐标为x＝1．若以点P，D，R，S为顶点的四边形是平行四边形，
根据题意，需要分以下两种情况：①当PD为平行四边形的边时，xP﹣xD＝xR﹣xS或xP﹣xD＝xS﹣xR，∴﹣﹣0＝1﹣xS或﹣﹣
0＝xS﹣1，解得xS＝或xS＝﹣．∴S（，﹣）或（﹣，）．∵yP﹣yD＝yR﹣yS或yP﹣yD＝yS﹣yR，∴﹣（﹣1）＝yR﹣
（﹣）或﹣（﹣1）＝﹣yR，∴yR＝﹣或yR＝﹣．∴R（1，﹣）或（1，﹣）．②当PD为平行四边形的对角线时，xP+xD＝xR+x
S，∴﹣+0＝1+xS，解得xS＝﹣，∴S（﹣，），∵yP+yD＝yR+yS，∴+（﹣1）＝yR+，∴yR＝﹣．∴R（1，﹣）．综
上，若以点P，D，R，S为顶点的四边形是平行四边形，点R的坐标为：（1，﹣）或（1，﹣）或（1，﹣）．21．（2022春?青秀区校
级期末）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c，与y轴交于点A，与x轴交于点E、B．且点A（0，5），B（5，0），
抛物线的对称轴与AB交于点M．（1）求二次函数的解析式；（2）若点P是直线AB上方抛物线上的一动点，连接PB，PM，求△PMB面积
的最大值；（3）若点P是抛物线上一点，在直线AB上是否存在一点Q，使得以点M、E、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接
写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点A，B坐标代入二次函数解析式中，建立方程求解，即可求出答案；（2）先确定出
点M坐标，直线AB的解析式，过点P作PH∥y轴交AB于H，利用三角形面积公式得出S△PMB＝﹣（x﹣）2+，即可求出答案；（3）分
EM为边和为对角线两种情况进行求解：①当EM为平行四边形的边时，由EM＝PQ建立方程求解；②当EM为对角线时，由EM与PQ互相平分
建立方程组求解即可．【解答】解：（1）∵点A（0，5），B（5，0）在抛物线y＝﹣x2+bx+c上，∴，∴，∴二次函数的解析式为y
＝﹣x2+4x+5；（2）如图，∵A（0，5），B（5，0），∴直线AB的解析式为y＝﹣x+5，∵点M是抛物线的对称轴与直线AB的
交点，∴M（2，3），由（1）知，二次函数的解析式为y＝﹣x2+4x+5，过点P作PH∥y轴交AB于H，设P（m，﹣m2+4m+5
）（0＜m＜5），∴H（m，﹣m+5），∴PH＝﹣m2+4m+5﹣（﹣m+5）＝﹣m2+5m，∴S△PMB＝PH（xB﹣xM）＝（
﹣m2+5m）（5﹣2）＝﹣（x﹣）2+，∴当x＝时，S△PMB最大＝，即△PMB面积的最大值为；（3）∵抛物线的对称轴与y＝﹣x
+5交于点M，∴M（2，3），设Q（a，﹣a+5），P（m，﹣m2+4m+5），若EM＝PQ，四边形EMPQ为平行四边形，∴，解得
或，∴Q（﹣1，6）或（0，5）；若EM＝PQ，四边形EMQP为平行四边形，同理求出Q（9，﹣4）；若EM为对角线，则，解得（不合
题意舍去）或综合以上可得出点Q的坐标为Q（﹣1，6）或（0，5）或（9，﹣4）或（﹣5，10）．22．（2022春?兴宁区期末）如
图，已知二次函数y＝x2+bx+c（b，c为常数）的图象经过点A（3，﹣2），点C（0，﹣5），顶点为点M，过点A作AB∥x轴，交
y轴于点D，交二次函数y＝x2+bx+c的图象于点B，连接BC．（1）求该二次函数的表达式及点M的坐标；（2）若将该二次函数图象向
上平移m（m＞0）个单位，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在△ABC的内部（不包括△ABC的边界），求m的取值范围；（3）若E为
线段AB上一点，且BE：EA＝3：1，P为直线AC上一点，在抛物线上是否存在一点Q，使以B、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形？
若存在，请直接写出点Q的横坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点A（3，﹣2），点C（0，﹣5）代入y＝x2+bx+c，即
可求解；（2）平移后的顶点坐标为（1，m﹣6），求出直线AC的解析式，由题意可知﹣4＜m﹣6＜﹣2，求出m的取值即可；（3）设P（
t，t﹣5），Q（x，x2﹣2x﹣5），根据对角线分三种情况求解即可．【解答】解：（1）将点A（3，﹣2），点C（0，﹣5）代入y
＝x2+bx+c，∴，解得，∴y＝x2﹣2x﹣5，∴M（1，﹣6）；（2）平移后的函数解析式为y＝（x﹣1）2﹣6+m，∴平移后的
顶点坐标为（1，m﹣6），∴抛物线的顶点在x＝1的直线上，设直线CA的解析式为y＝kx+b，∴，∴，∴y＝x﹣5，当x＝1时，y＝
﹣4，∴﹣4＜m﹣6＜﹣2，解得2＜m＜4；（3）存在一点Q，使以B、P、E、Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：当y＝﹣2时
，x2﹣2x﹣5＝﹣2，解得x＝﹣1或x＝3，∴B（﹣1，﹣2），∴AB＝4，∵BE：EA＝3：1，∴AE＝1，∴E（2，﹣2），
设P（t，t﹣5），Q（x，x2﹣2x﹣5），①当BE为平行四边形的对角线时，，解得或，∴Q（，）或（，）；②当BP为平行四边形的
对角线时，，解得或，∴Q（，）或（，）；③当BQ为平行四边形的对角线时，，此时无解；综上所述：Q点坐标为（，）或（，）或（，）或（
，）．23．（2022?聊城）如图，在直角坐标系中，二次函数y＝﹣x2+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x＝﹣1，顶点为点D．（1）求二次函数的表达式；（2）连接DA，DC，CB，CA，如图①所示，求证：∠DAC＝∠BCO；（3）如图②，延长DC交x轴于点M，平移二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象，使顶点D沿着射线DM方向平移到点D1且CD1＝2CD，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，AC，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：y＝﹣x2﹣2x+3；（2）证明：∵当x＝﹣1时，y＝﹣1﹣2×（﹣1）+3＝4，∴D（﹣1，4），由﹣x2﹣2x+3＝0得，x1＝﹣3，x2＝1，∴A（﹣3，0），B（1，0），∴AD2＝20，∵C（0，3），∴CD2＝2，AC2＝18，∴AC2+CD2＝AD2，∴∠ACD＝90°，∴tan∠DAC＝＝＝，∵∠BOC＝90°，∴tan∠BCO＝＝，∴∠DAC＝∠BCO；（3）解：如图，作DE⊥y轴于E，作D1F⊥y轴于F，∴DE∥FD1，∴△DEC∽△D1FC，∴＝，∴FD1＝2DE＝2，CF＝2CE＝2，∴D1（2，1），∴y1的关系式为：y＝﹣（x﹣2）2+1，当x＝0时，y＝﹣3，∴N（0，﹣3），同理可得：，∴，∴OM＝3，∴M（3，0），设P（2，m），当?MNQP时，∴MN∥PQ，PQ＝MN，∴Q点的横坐标为﹣1，当x＝﹣1时，y＝﹣（﹣1﹣2）2+1＝﹣8，∴Q（﹣1，﹣8），当?MNPQ时，同理可得：点Q横坐标为：5，当x＝5时，y＝﹣（5﹣2）2+1＝﹣8，∴Q′（5，﹣8），综上所述：点Q（﹣1，﹣8）或（5，﹣8）．24．（2022?庆阳二模）如图，二次函数y＝ax2+bx﹣3（a≠0）的图象交x轴于A（﹣1，0），B两点，交y轴于点C，且OB＝OC．（1）求抛物线的函数表达式；（2）设点D是y轴右侧抛物线上一点（D不与B重合），过点D作DE⊥x轴，垂足为点E，交直线BC于点F，若DF＝2EF，求点D的坐标；（3）在（2）的条件下，平面内是否存在点G，使得以点B，C，D，G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）求出B点坐标，把B（3，0）和A（﹣1，0）代入y＝ax2+bx﹣3（a≠0）中，即可求解；（2）设D（m，m2﹣2m﹣3），则E（m，0），F（m，m﹣3），由题意可得|﹣m2+3m|＝2|（3﹣m）|，求得D点坐标为（2，﹣3）；（3）设G（x，y），①当BC为平行四边形的对角线时，，解得G（1，0）；②当BD为平行四边形的对角线时，，解得G（5，0）；③当BG为平行四边形的对角线时，，解得G（﹣1，﹣6）．【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx﹣3（a≠0）的图象交y轴于点C，∴C（0，﹣3），∴OB＝OC＝3，∵二次函数y＝ax2+bx﹣3（a≠0）的图象交x轴于B点，∴B（3，0），把B（3，0）和A（﹣1，0）代入y＝ax2+bx﹣3（a≠0）中，所以，解得，∴二次函数的表达式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）∵点D是y轴右侧抛物线y＝x2﹣2x﹣3上一点（D不与B重合），∴设D（m，m2﹣2m﹣3），其中0＜m＜3，∵DE⊥x轴，垂足为点E，∴E（m，0），设直线BC的表达式为y＝kx+b（k≠0），∵C（0，﹣3）和B（3，0）在直线y＝kx+b（k≠0）上，∴，解得，∴直线BC的表达式为y＝x﹣3，∵DE⊥x轴，交直线BC于点F，∴F（m，m﹣3），∴DF＝|m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）|＝|﹣m2+3m|，EF＝|3﹣m|，∵DF＝2EF，∴|﹣m2+3m|＝2|（3﹣m）|，解得m＝2或m＝3（舍），∴D点坐标为（2，﹣3）；（3）存在点G，使得以点B，C，D，G为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：设G（x，y），①当BC为平行四边形的对角线时，，解得，∴G（1，0）；②当BD为平行四边形的对角线时，，解得，∴G（5，0）；③当BG为平行四边形的对角线时，，解得，∴G（﹣1，﹣6）；综上所述：点G的坐标为（1，0）或（5，0）或（﹣1，﹣6）． |
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