专题22函数与平行四边形的存在性问题-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析）

这是一份专题22函数与平行四边形的存在性问题-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（教师版含解析），共72页。

解题策略
经典例题
【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OA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△EDF，
∴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，
∴PF∥CB，PF＝CB，
由对称性知，PF＝AF，AE＝PE，
∴PF＝AF＝BC＝3，
设AE＝PE＝a，
∵PF∥CB，
∴△AOF∽△ACB，∠AOF＝∠ACB＝90°，
∴，
∴＝，
∴AO＝，OF＝，
∴OE＝﹣a，PO＝，
在Rt△OPE中，PE2＝OE2+OP2，
∴a2＝（﹣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﹣，p＝，
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△PDE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，AC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）．
培优训练
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，m2﹣2m+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＝﹣2x+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l1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l2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x2﹣3x+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Rt△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，
∵∠PEF＝∠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，∠OAK＝60°，
∵△APW是等边三角形，
∴AP＝AW，∠PAW＝60°，
∴∠WAK＝∠PAO，
∴△WAK≌△PAO（SAS），
∴∠AKW＝∠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＝AB﹣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∠AFC＝∠AEB＝90°，
∵点A（0，﹣6），C（﹣3，﹣7），
∴CF＝3，AF＝1，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠CAF+∠BAE＝∠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，cs∠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cs∠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＝cs∠BPM＝cs∠ABC＝，＝sin∠BPM＝sin∠ABC＝得PM＝t，BM＝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∠PQB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＝24（cm2），
∴5AE＝24，
∴AE＝（cm），
∴菱形ABCD的高为cm；
∵BE＝＝＝（cm），
∴BE：AE：AB＝7：24：25，
∴cs∠ABC＝＝，
∴cs∠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°，
∴＝cs∠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，
∴＝cs∠BPM＝cs∠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，
∵∠MBQ＝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OCBA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△AMB＝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•OB＝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，
∴FG＝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，x2﹣2x﹣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△BCN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＝12，
∴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＝xP+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（﹣12，﹣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∠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，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°，
∵OE＝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+MP≥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（，）．
16．（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）＝﹣t2﹣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PBOC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）；②AP，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＝x2﹣2x；
（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AB、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⋅BD，
∴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+xS，
∴﹣+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）．