沪教版暑假新九年级数学考点讲与练第19讲二次函数中平行四边形的存在性(考点讲与练)(原卷版+解析)

这是一份沪教版暑假新九年级数学考点讲与练第19讲二次函数中平行四边形的存在性(考点讲与练)(原卷版+解析)，共34页。

类型一：已知三点的平行四边形问题
知识内容：
已知三点后，其实已经固定了一个三角形（平行四边形的一半），如图．第四个点M则有3种取法，过3个顶点作对边的平行线且取相等长度即可（如图中3个M点）．
解题思路：
根据题目条件，求出已知3个点的坐标；
用一点及其对边两点的关系，求出一个可能点；
更换顶点，求出所有可能的点；
根据题目实际情况，验证所有可能点是否满足要求并作答．
类型二：存在动边的平行四边形问题
知识内容：
在此类问题中，往往是已知一条边，而它的对边为动边，需要利用这组对边平行且相等列出方程，进而解出相关数值．更复杂的有，一组对边的两条边长均为变量，需要分别表示后才可列出方程进行求解．
解题思路：
找到或设出一定平行的两条边（一组对边）；
分别求出这组对边的值或函数表达式；
列出方程并求解；
返回题面，验证求得结果．
【考点剖析】
1．(2023春•静安区期中）在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），对称轴为直线x＝1，交x轴于点E．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）点D为此抛物线的顶点，证明：∠CDB＝∠CAB；
（3）在x轴上是否存在一点M，以及抛物线上一点N，使得以M、N、B、C四点构成的四边形为平行四边形？如果有，请直接写出点M的坐标；如果没有，请说明理由．
2．(2023•徐汇区二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝mx2﹣2mx+3的图象与x轴交于A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且AB＝4．
（1）求这个函数的解析式，并直接写出顶点D的坐标；
（2）点E是二次函数图象上一个动点，作直线EF∥x轴交抛物线于点F（点E在点F的左侧），点D关于直线EF的对称点为G，如果四边形DEGF是正方形，求点E的坐标；
（3）若射线AC与射线BD相交于点H，求∠AHB的大小．
3．(2023春•徐汇区月考）在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线y＝x+4经过A，C两点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在AD上方的抛物线上有一动点Q．
①如图1，当点P运动到某位置时，以Q为邻边的平行四边形第四个顶点恰好也在抛物线上，求出此时点P的坐标．
②如图2，过点O，P的直线y＝kx交AC于点E，若PE：OE＝3：8，求k的值．
4．(2023秋•静安区校级月考）如图，点A（2，6）和点B（点B在点A的右侧）在反比例函数的图象上，点C在y轴上，纵坐标为2，BC∥x轴，BC＝3OC，二次函数的图象经过A、B、C三点．
（1）求反比例函数和二次函数的解析式；
（2）如果点D在x轴的正半轴上，点E在反比例函数的图象上，四边形ACDE是平行四边形，求边CD的长．
5．(2023•崇明区二模）已知抛物线y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，点D是该抛物线上一点，且在第四象限内，连接AC、BC、CD、BD．
（1）求抛物线的函数解析式，并写出对称轴；
（2）当S△BCD＝4S△AOC时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，如果点E是x轴上的一点，点F是抛物线上一点，当点A、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标．
6.已知平面直角坐标系xOy（如图），一次函数的图像与y轴交于点A，点M在正比例函数的图像上，且MO = MA．二次函数的图像经过点A、M．
（1）求线段AM的长；
（2）求这个二次函数的解析式；
（3）如果点B在y轴上，且位于点A下方，点C在上述二次函数的图像上，点D在一次函数的图像上，且四边形ABCD是菱形，求点C的坐标．
7.在平面直角坐标系xOy中，经过点A（，0）的抛物线与y轴交于点C，点B与点A、点D与点C分别关于该抛物线的对称轴对称.
（1）求b的值以及直线AD与x轴正方向的夹角；
（2）如果点E是抛物线上的一动点，过E作EF平行于x轴交直线AD于点F，且F在E的右边，过点E作EG⊥AD于点G，设E的横坐标为m，的周长为l，试用m表示l；
（3）点M是该抛物线的顶点，点P是y轴上一点，Q是坐标平面内一点，如果以A、M、P、Q为顶点的四边形是矩形，求该矩形的顶点Q的坐标．
【过关检测】
1．(2023•宝山区模拟）已知一个二次函数的图象经过A（1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）三点，顶点为D．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）求经过A、D两点的直线的表达式；
（3）设P为直线AD上一点，且以A、P、C、B为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标．
2．(2023秋•崇明区期末）如图，抛物线y=−34x2+bx+c与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B（0，3），点M（m，0）为线段OA上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N．
（1）求抛物线的解析式，并写出此抛物线的对称轴和顶点坐标；
（2）如果以点P、N、B、O为顶点的四边形为平行四边形，求m的值；
（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标．
3．(2023•杨浦区二模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x﹣5与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，抛物线y＝ax2+6x+c经过A、B两点．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）设抛物线与x轴的另一个交点为C，点P是抛物线上一点，点Q是直线AB上一点，当四边形BCPQ是平行四边形时，求点Q的坐标；
（3）在第（2）小题的条件下，联结QC，在∠QCB内作射线CD与抛物线的对称轴相交于点D，使得∠QCD＝∠ABC，求线段DQ的长．
4．(2023秋•宝山区期末）已知抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过A（4，0），B（﹣1，3）两点，抛物线的对称轴与x轴交于点C，点D与点B关于抛物线的对称轴对称，联结BC、BD．
（1）求该抛物线的表达式以及对称轴；
（2）点E在线段BC上，当∠CED＝∠OBD时，求点E的坐标；
（3）点M在对称轴上，点N在抛物线上，当以点O、A、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，求这个平行四边形的面积．
第19讲 二次函数中平行四边形的存在性（核心考点讲与练）
【基础知识】
类型一：已知三点的平行四边形问题
知识内容：
已知三点后，其实已经固定了一个三角形（平行四边形的一半），如图．第四个点M则有3种取法，过3个顶点作对边的平行线且取相等长度即可（如图中3个M点）．
解题思路：
根据题目条件，求出已知3个点的坐标；
用一点及其对边两点的关系，求出一个可能点；
更换顶点，求出所有可能的点；
根据题目实际情况，验证所有可能点是否满足要求并作答．
类型二：存在动边的平行四边形问题
知识内容：
在此类问题中，往往是已知一条边，而它的对边为动边，需要利用这组对边平行且相等列出方程，进而解出相关数值．更复杂的有，一组对边的两条边长均为变量，需要分别表示后才可列出方程进行求解．
解题思路：
找到或设出一定平行的两条边（一组对边）；
分别求出这组对边的值或函数表达式；
列出方程并求解；
返回题面，验证求得结果．
【考点剖析】
1．(2023春•静安区期中）在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于点A（﹣1，0）和点B，与y轴交于点C（0，3），对称轴为直线x＝1，交x轴于点E．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）点D为此抛物线的顶点，证明：∠CDB＝∠CAB；
（3）在x轴上是否存在一点M，以及抛物线上一点N，使得以M、N、B、C四点构成的四边形为平行四边形？如果有，请直接写出点M的坐标；如果没有，请说明理由．
分析：（1）用待定系数法求解即可；
（2）根据题意求出线段CD，BC，BD的长度，证明ABDC是直角三角形，再求出两个角对应的正切值，从而证明两个角相等；
（3）按照对边平行进行讨论，根据对边相等或者对角线互相平分进行计算，也可结合图象判断．
【解答】（1）解：设抛物线解析式为y＝ax2+bx+c（a≠0），
∵抛物线经过点A（﹣1，0），C（0，3），
且对称轴为直线x＝1，
∴a−b+c=0c=3−b2a=1，
解得a=−1b=2c=3，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）证明令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴B（3，0），
∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴顶点D坐标（1，4），
∴CD=(1−0)2+(4−3)2=2，
BD=(1−3)2+(4−0)2=25，
CB=32+32=32，
∵BC2+CD2＝（32）2+（2）2＝20，
BD2＝（25）2＝20，
∴BC2+CD2＝BD2，
∴∠BCD＝90°，
∴∠tan∠CDB=BCCD=322=3，
∵tan∠CAB=OCOA=3，
∴∠CDB＝∠CAB；
（3）解：①当BM∥CN时，如图：
∵对称轴为直线x＝1，C （0，3），
∴N（2.3），CN＝2，
∵B（3，0），
∴CN＝BM，
∴BM＝2，
当M点在B点左侧时，M1（1，0），
当M点在B点右侧时，M2（5，0），
∴M1（1，0）或M2（5，0）；
②当CM∥BN时，如图：
CN与BM互相平分，N点和C点纵坐标互为相反数，
可得N点纵坐标为﹣3，
把y＝﹣3代入解析式得：﹣x2+2x+3﹣3，
解得：x1=7+1，x2=−7+1，
所以N1的横坐标为7+1．，N2的横坐标为−7+1，
由平行四边形对角线互相平分可得−7+1+0＝3+xM或7+1+0＝3+xM，
解得xN=−7−2或xN=7−2，
所以M3（7−2，0）或M4（−7−2，0）．
综上所述：M1（1，0）或M2（5，0）或M3（7−2，0）或M4（−7−2，0）．
【点评】本题主要考查了二次函数的综合题，用待定系数法求二次函数解析式，坐标系中线段长度及角的正切值的计算，平行四边形的性质，证明△BDC是直角三角形以及利用平行四边形对角线互相平分是解题的关键．
2．(2023•徐汇区二模）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝mx2﹣2mx+3的图象与x轴交于A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且AB＝4．
（1）求这个函数的解析式，并直接写出顶点D的坐标；
（2）点E是二次函数图象上一个动点，作直线EF∥x轴交抛物线于点F（点E在点F的左侧），点D关于直线EF的对称点为G，如果四边形DEGF是正方形，求点E的坐标；
（3）若射线AC与射线BD相交于点H，求∠AHB的大小．
分析：（1）令mx2﹣2mx+3＝0，设点A，B的横坐标分别为a，b，利用根与系数的关系可表达a+b和ab，利用AB＝4，建立方程可求出m，再化为顶点式可得出点D的坐标；
（2）由题意可知，DG⊥EF且DG和EF相互平分，则四边形DEGF是菱形，若四边形DEGF是正方形，则只需要满足DG＝EF，设点E的横坐标为t，分别表达EF和DG，建立方程即可求出t的值；
（3）分别求出直线AC和BD的直线，联立可求出点H的坐标，利用两点间的距离公式可分别求出AH，AB和AC的长，可得AB：AH＝AC：AB，则△ABC∽△AHB，由此可得出∠AHB＝45°．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝mx2﹣2mx+3的图象与x轴交于A和点B（点A在点B的左侧），
∴设点A，B的横坐标分别为a（a＞0），b，则a，b是mx2﹣2mx+3＝0的两个根，
∴a+b＝2，ab=3m．
∵AB＝4，
∴a﹣b＝4，即（a+b）2﹣4ab＝16，
∴22﹣4•3m=16，
解得m＝﹣1，
∴y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴点D的坐标为（1，4）．
（2）由题意可知，DG⊥EF且DG和EF相互平分，则四边形DEGF是菱形，若四边形DEGF是正方形，则只需要满足DG＝EF，
设点E的横坐标为t，
∴E（t，﹣t2+2t+3），F（2﹣t，﹣t2+2t+3），
∵D（1，4），
∴G（1，﹣2t2+4t+2），
∴EF＝2﹣2t，DG＝2t2﹣4t+2，
∴2﹣2t＝2t2﹣4t+2，解得t＝1（舍）或t＝0，
∴E（0，3）．
（3）如图，连接BC，
由（1）知y＝﹣x2+2x+3，
令x＝0，则y＝3，
∴C（0，3）；
令y＝0，则x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（0，3），
∴OC＝OB＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°．
∴直线AC的解析式为：y＝3x+3，
直线BD的解析式为：y＝﹣2x+6，
令3x+3＝﹣2x+6，解得x=35；
∴H（35，245），
∴AH=8105，AB＝4，AC=10，
∴AB：AH＝AC：AB=104，
∵∠BAC＝∠HAB，
∴△ABC∽△AHB，
∴∠AHB＝∠ABC＝45°．
【点评】本题属于二次函数与几何综合题，涉及待定系数法求函数解析式，正方形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，得出△ABC∽△AHB是解题关键．
3．(2023春•徐汇区月考）在平面直角坐标系中，抛物线y=−12x2+bx+c与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，直线y＝x+4经过A，C两点．
（1）求抛物线的表达式；
（2）在AD上方的抛物线上有一动点Q．
①如图1，当点P运动到某位置时，以Q为邻边的平行四边形第四个顶点恰好也在抛物线上，求出此时点P的坐标．
②如图2，过点O，P的直线y＝kx交AC于点E，若PE：OE＝3：8，求k的值．
分析：（1）由直线的解析式y＝x+4易求点A和点C的坐标，把A和C的坐标分别代入y=−12x2+bx+c求出b和c的值，即可得到抛物线的解析式；
（2）①若以AP，AO为邻边的平行四边形的第四个顶点Q恰好也在抛物线上，则PQ∥AO，再根据抛物线的对称轴可求出点P的横坐标，由（1）中的抛物线解析式，进而可求出其纵坐标，问题得解；
②过P点作PF∥OC交AC于点F，因为PF∥OC，所以△PEF∽△OEC，由相似三角形的性质：对应边的比值相等可求出PF的长，进而可设点F（x，x+4），利用（−12x2−x+4）−（x+4）=32，可求出x的值，解方程求出x的值可得点P的坐标，代入直线y＝kx即可求出k的值．
【解答】解：（1）∵直线y＝x+4经过A，C两点，
∴A点坐标是（﹣4，0），点C坐标是（0，4）．
又∵抛物线过A，C两点，
∴−12×(−4)2−4b+c=0c=4，解得：b=−1c=4．
∴抛物线的解析式为y=−12x2−x+4．
（2）①∵y=−12x2−x+4，
∴抛物线的对称轴是直线x＝﹣1．
∵以AP，AO为邻边的平行四边形的第四个顶点Q恰好也在抛物线上，
∴PQ//AO，PQ＝AO＝4．
∵P，Q都在抛物线上，
∴P，Q关于直线x＝﹣1对称，
∴点P的横坐标是﹣3．
∴当x＝﹣3时，y=−12×(−3)2−(−3)+4=52，
∴P点的坐标是(−3，52)．
②过P点作PF//OC交AC于点F，
∵PF//OC，
∴△PEF∽△OEC，
∴PEOE=PFOC．
又∵PEOE=38，OC=4，
∴PF=32
∵点F在AC上，
∴点F（x，x+4），
∴(−12x2−x+4)−(x+4)=32，
解得：x1＝﹣1，x2＝﹣3．
当x＝﹣1时，y=92；当x＝﹣3时，y=52，
即P点坐标是(−1，92)或(−3，52)．
又∵点P在直线y＝kx上，
∴k=−92或k=−56．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，题目综合性较强，难度不大，是一道很好的中考题．
4．(2023秋•静安区校级月考）如图，点A（2，6）和点B（点B在点A的右侧）在反比例函数的图象上，点C在y轴上，纵坐标为2，BC∥x轴，BC＝3OC，二次函数的图象经过A、B、C三点．
（1）求反比例函数和二次函数的解析式；
（2）如果点D在x轴的正半轴上，点E在反比例函数的图象上，四边形ACDE是平行四边形，求边CD的长．
分析：（1）设反比例函数的解析式为y=kx，由A的坐标可求出k的值，再设二次函数的解析式为y＝ax2+bx+2，把A和B的坐标代入求出a和b的值即可求出二次函数的解析式；
（2）延长AC交x轴于G，作EH⊥x轴，垂足为H，利用已知条件可证明△ACM≌△EDH，由全等三角形的性质可得：EH＝AM＝4，DH＝CM＝2，进而求出点E（3，4），所以OE＝3，OD＝OE﹣DH＝1，利用勾股定理即可求出CD的长．
【解答】解：（1）设反比例函数的解析式为y=kx，
∵点A（2，6）在反比例函数的图象上，
∴6=k2，
∴k＝12，
∴反比例函数的解析式为y=12x，
根据题意得点C的坐标（0，2）．
∵BC∥x轴，BC＝3OC，
∴点B的坐标（6，2）
设二次函数的解析式为y＝ax2+bx+2，
则6=4a+2b+22=36a+6b+2，解得a=−12b=3，
故二次函数的解析式为y=−12x2+3x+2．
（2）延长AC交x轴于G，作EH⊥x轴，垂足为H，作AM⊥BC，垂足为M，交x轴于N，
如图所示：
∵在平行四边形ACDE中，AC∥DE，
∴∠AGO＝∠EDH，
∵BC∥x轴，
∴∠ACM＝∠AGO，
∴∠ACM＝∠EDH．
在△ACM和△EDH中，
∠AMC=∠EHD∠MCA=∠HDEAC=DE，
∴△ACM≌△EDH（AAS），
∴EH＝AM＝4，DH＝CM＝2．
∵E点纵坐标为4，点E在反比例函数y=12x图象上，
∴x＝3，
∴点E（3，4），
∴OH＝3，OD＝OH﹣DH＝1，
∴CD2＝OC2+OD2＝22+12＝5，
∴CD=5．
【点评】本题考查了利用待定系数法求反比例函数的解析式和二次函数的解析式、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的运用、平行四边形的性质，题目的综合性很强，难度中等，解题的关键是正确的作出辅助线构造直角三角形．
5．(2023•崇明区二模）已知抛物线y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，点D是该抛物线上一点，且在第四象限内，连接AC、BC、CD、BD．
（1）求抛物线的函数解析式，并写出对称轴；
（2）当S△BCD＝4S△AOC时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，如果点E是x轴上的一点，点F是抛物线上一点，当点A、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标．
分析：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）＝ax2﹣3ax﹣4a，根据﹣4a＝﹣4，可得a＝1，由此即可解决问题．
（2）如图1中，设D（m，m2﹣3m﹣4），连接OD．根据S△BCD＝S△OCD+S△OBD﹣S△OBC＝4S△AOC，构建方程求出m即可解决问题．
（3）分两种情形：如图2中，当AE为平行四边形的边时，根据DF＝AE＝1，求解即可．如图3中，当AE，DF是平行四边形的对角线时，根据点F的纵坐标为6，求出点F的坐标，再根据中点坐标公式求解即可．
【解答】解：（1）∵y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣1，0），B（4，0），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）＝ax2﹣3ax﹣4a，
∴﹣4a＝﹣4，
∴a＝1，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4，对称轴x=32．
（2）如图1中，设D（m，m2﹣3m﹣4），连接OD．
∵S△BCD＝S△OCD+S△OBD﹣S△OBC＝4S△AOC，
∴12×4×（﹣m2+3m+4）+12×4×m−12×4×4＝4×12×1×4
整理得：m2﹣4m+4＝0，
解得m＝2，
∴D（2，﹣6）．
（3）如图2中，当AE为平行四边形的边时，
∵DF∥AE，D（2，﹣6）
∴F（1，﹣6），
∴DF＝1，
∴AE＝1，
∴E（0，0），或E′（﹣2，0）．
如图3中，当AE，DF是平行四边形的对角线时，
∵点D与点F到x轴的距离相等，
∴点F的纵坐标为6，
当y＝6时，6＝x2﹣3x﹣4，
解得x＝﹣2或5，
∴F（﹣2，6）或（5，6），
设E（n，0），则有−1+n2=−2+22或−1+n2=5+22，
解得n＝1或8，
∴E（1，0）或（8，0），
，综上所述，满足条件的点E的坐标为（0，0）或（1，0）或（8，0）或（﹣2，0）．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法，平行四边形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
6.已知平面直角坐标系xOy（如图），一次函数的图像与y轴交于点A，点M在正比例函数的图像上，且MO = MA．二次函数的图像经过点A、M．
（1）求线段AM的长；
（2）求这个二次函数的解析式；
（3）如果点B在y轴上，且位于点A下方，点C在上述二次函数的图像上，点D在一次函数的图像上，且四边形ABCD是菱形，求点C的坐标．
解析：（1）M点应在OA的垂直平分线上，
A点坐标为（0，3），
∴M在直线上，
又点M在正比例函数的图像上，
∴M点为，∴AM的长为；
（2）将A、M分别代入二次函数解析式，
解得解析式为：；
（3）根据四边形ABCD四个顶点的顺序可知，D点在A点右上方，C在右下方，
且CD//AB（即平行于y轴），∴设D点为，则C点为．
∵ABCD为菱形，∴CD=AD．
∴，解得：（舍）或．
∴C点坐标为（2，2）．
【总结】本题主要考查二次函数的图像与性质以及菱形的存在性，注意利用性质确定点的坐标．
7.在平面直角坐标系xOy中，经过点A（，0）的抛物线与y轴交于点C，点B与点A、点D与点C分别关于该抛物线的对称轴对称.
（1）求b的值以及直线AD与x轴正方向的夹角；
（2）如果点E是抛物线上的一动点，过E作EF平行于x轴交直线AD于点F，且F在E的右边，过点E作EG⊥AD于点G，设E的横坐标为m，的周长为l，试用m表示l；
（3）点M是该抛物线的顶点，点P是y轴上一点，Q是坐标平面内一点，如果以A、M、P、Q为顶点的四边形是矩形，求该矩形的顶点Q的坐标．
解析：（1）由，
∴，对称轴直线x = 1；
∴C（0，3），D（2，3），A（，0），
∴直线AD解析式为：y = x + 1，与x轴正方向的夹角为45°；
（2）∵E（m，），F（，），
∴EF =
∵为等腰直角三角形，，
∴．
（3）A（，0），M（1，4），设AM的中点为N，则N（0，2）
eq \\ac(○,1)当AM为对角线时，
∵，∴，
∴，Q在y轴上，∴（0，），（0，）；
eq \\ac(○,2)当AM为边时，
，，
∴，（0，）
∴≌，∴（，）
同理（2，）
【总结】本题综合性较强，解题时要运用几何图形的相关性质，并且注意对方法的归纳总结．
【过关检测】
1．(2023•宝山区模拟）已知一个二次函数的图象经过A（1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）三点，顶点为D．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）求经过A、D两点的直线的表达式；
（3）设P为直线AD上一点，且以A、P、C、B为顶点的四边形是平行四边形，求点P的坐标．
分析：（1）将点A（1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c，即可求解；
（2）求出D（2，1），再由待定系数法求直线的解析式即可；
（3）（3）设P（t，﹣t+1），分三种情况讨论：①当AB为平行四边形的对角线时，t＝1+3＝4，则P（4，3）；②当AC为平行四边形的对角线时，1＝3+t，则P（﹣2，﹣3）；③当AP为平行四边形的对角线时，t+1＝3，则P（2，1），此时不能构成平行四边形．
【解答】解：（1）设y＝ax2+bx+c，
将点A（1，0）、B（3，0）、C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c，
∴a+b+c=09a+3b+c=0c=−3，
解得a=−1b=4c=−3，
∴y＝﹣x2+4x﹣3；
（2）∵y＝﹣x2+4x﹣3＝﹣（x﹣2）2+1，
∴D（2，1），
设直线AD的解析式为y＝kx+b，
∴2k+b=1k+b=0，
解得k=1b=−1，
∴y＝x﹣1；
（3）设P（t，t﹣1），
①当AB为平行四边形的对角线时，t＝1+3＝4，
∴P（4，3）；
②当AC为平行四边形的对角线时，1＝3+t，
∴t＝﹣2，
∴P（﹣2，﹣3）；
③当AP为平行四边形的对角线时，t+1＝3，
∴t＝2，
∴P（2，1），
此时﹣3+0≠1+0，
∴P（2，1）不符合题意；
综上所述：P点的坐标为（4，3）或（﹣2，﹣3）．
【点评】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，平行四边形的性质，分类讨论是解题的关键．
2．(2023秋•崇明区期末）如图，抛物线y=−34x2+bx+c与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B（0，3），点M（m，0）为线段OA上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N．
（1）求抛物线的解析式，并写出此抛物线的对称轴和顶点坐标；
（2）如果以点P、N、B、O为顶点的四边形为平行四边形，求m的值；
（3）如果以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标．
分析：（1）把点A和点B的坐标代入抛物线解析式，即可求出抛物线解析式；再将抛物线解析式化为顶点式即可；
（2）分析可知，OB∥PN，若以点P、N、B、O为顶点的四边形为平行四边形，则有BO＝PN，表达点P和点N的坐标，求出PN的长，建立等式求解即可；
（3）根据题意画出图形，可得到∠AMP＝90°，且∠APM＝∠BPN，若以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似，只需∠ABN＝90°或∠BNP＝90°，画出图形求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y=−34x2+bx+c与x轴交于点A（4，0），与y轴交于点B（0，3），
∴−34×16+4b+c=0c=3，解得b=94c=3，
∴抛物线y=−34x2+94x+3=−34（x−32）2+7516；
∴抛物线的对称轴为直线x=32，顶点坐标为（32，7516）．
（2）设直线A（4，0），B（0，3）的解析式为y＝ax+d，
∴4a+d=0d=3，解得a=−34d=3，
∴直线AB的表达式为：y=−34x+3；
∵点M（m，0）为线段OA上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P，N，
∴PN∥y轴，即PN∥OB，且点N在点P上方，
若以点P、N、B、O为顶点的四边形为平行四边形，则只需要PN＝OB，
∴−34m2+94m+3﹣（−34m+3）＝3，解得m＝2；
即当m＝2时，以点P、N、B、O为顶点的四边形为平行四边形．
（3）由（2）可知直线解析式为y=−34x+3，P（m，−34m+3），N（m，−34m2+94m+3），
∴PM=−34m+3，AM＝3﹣m，PN=−34m2+94m+3﹣（−34m+3）=−34m2+3m，
∵△BPN和△APM相似，且∠BPN＝∠APM，
∴∠BNP＝∠AMP＝90°或∠NBP＝∠AMP＝90°，
当∠BNP＝90°时，则有BN⊥MN，
∴N点的纵坐标为3，
∴−34m2+94m+3＝3，解得m＝0（舍去）或m＝3，
∴M（3，0）；
当∠NBP＝90°时，过点N作NC⊥y轴于点C，
则∠NBC+∠BNC＝90°，NC＝m，BC=−34m2+94m+3﹣3=−34m2+94m，
∵∠NBP＝90°，
∴∠NBC+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠BNC，
∴Rt△NCB∽Rt△BOA，NCOB=CBOA，
∴m3=−34m2+94m4，
解得m＝0（舍去）或m=119，
∴M（119，0）；
综上可知，当以B，P，N为顶点的三角形与△APM相似时，点M的坐标为（3，0）或（119，0）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，考查了待定系数法、函数图象的交点、二次函数的性质，平行四边形的性质与判定及相似三角形的性质与判定等知识，解题的关键（1）得到OB∥PN；（2）得到∠AMP＝90°，且∠APM＝∠BPN．
3．(2023•杨浦区二模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x﹣5与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，抛物线y＝ax2+6x+c经过A、B两点．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）设抛物线与x轴的另一个交点为C，点P是抛物线上一点，点Q是直线AB上一点，当四边形BCPQ是平行四边形时，求点Q的坐标；
（3）在第（2）小题的条件下，联结QC，在∠QCB内作射线CD与抛物线的对称轴相交于点D，使得∠QCD＝∠ABC，求线段DQ的长．
分析：（1）求出A、B坐标代入y＝ax2+6x+c即可得答案；
（2）求出C坐标，设P、Q坐标，根据平行四边形两条对角线的中点重合可列方程求解；
（3）CD与AB交于N，由∠QCD＝∠ABC可得△CQN∽△BQC，求出QN及N坐标，再求CN解析式及D坐标即可得出答案．
【解答】解：（1）在y＝x﹣5中令x＝0，得y＝﹣5，令y＝0得x＝5，
∴A（5，0），B（0，﹣5），
将A（5，0），B（0，﹣5）代入y＝ax2+6x+c得：
0=25a+30+c−5=c，解得a=−1c=−5，
∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+6x﹣5；
（2）在y＝﹣x2+6x﹣5中令y＝0得x1＝1，x2＝5，
∴C（1，0），
点P是抛物线上一点，点Q是直线AB上一点，
设P（m，﹣m2+6m﹣5），Q（n，n﹣5），
则BP的中点为（0+m2，−5−m2+6m−52），CQ的中点为（1+n2，0+n−52），
∵四边形BCPQ是平行四边形，
∴线段BP的中点，即是CQ的中点，
∴0+m=1+n−5−m2+6m−5=0+n−5，解得m=1n=0或m=4n=3，
∴Q（3，﹣2）；
（3）设CD与AB交于N，如图：
∵B（0，﹣5），C（1，0），Q（3，﹣2），
∴CQ＝22，BQ＝32，
∵∠QCD＝∠ABC，且∠CQN＝∠BQC，
∴△CQN∽△BQC，
∴CQBQ=QNCQ，即2232=QN22，
∴QN=423，
设N（t，t﹣5），而Q（3，﹣2），
∴(t−3)2+(t−5+2)2=423，
∴t=133或t=53，
∵在∠QCB内作射线CD，
∴t=53，N（53，−103），
设CN解析式为y＝kx+b，将N（53，−103），C（1，0）代入得：
−103=53k+b0=k+b，解得k=−5b=5，
∴CN解析式为y＝﹣5x+5，
令x＝3得y＝﹣10，
∴D（3，﹣10），
∴DQ＝﹣2﹣（﹣10）＝8．
【点评】本题考查二次函数、平行四边形及相似三角形综合知识，解题关键是设出坐标，利用相似三角形性质求出ND的长度．
4．(2023秋•宝山区期末）已知抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过A（4，0），B（﹣1，3）两点，抛物线的对称轴与x轴交于点C，点D与点B关于抛物线的对称轴对称，联结BC、BD．
（1）求该抛物线的表达式以及对称轴；
（2）点E在线段BC上，当∠CED＝∠OBD时，求点E的坐标；
（3）点M在对称轴上，点N在抛物线上，当以点O、A、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，求这个平行四边形的面积．
分析：（1）待定系数法可求解析式；
（2）先求出BC的解析式，通过证明△OBC∽△EDB，可得BDBC=BEOC，可求BE的长，由两点距离公式可求解；
（3）分两种情况讨论，由平行四边形的性质可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx（a≠0）经过A（4，0），B（﹣1，3）两点，
∴0=16a+4b3=a−b，
解得：a=35b=−125，
∴抛物线的解析式为y=35x2−125x，
∴对称轴为直线x＝2；
（2）∵点D与点B关于抛物线的对称轴对称，
∴点D（5，3），
∴BD＝6，
∵点C（2，0），点B（﹣1，3），
∴BC＝32，直线BC解析式为y＝﹣x+2，
如图，连接BO，
∵BD∥OC，
∴∠DBE＝∠BCO，
∵∠CED＝∠OBD，∠CED＝∠EBD+∠BDE，∠OBD＝∠OBC+∠DBE，
∴∠OBC＝∠BDE，
∴△OBC∽△EDB，
∴BDBC=BEOC，
∴632=BE2，
∴BE＝22，
设点E（x，﹣x+2），
∴22=(x+1)2+(−x+2−3)2，
∴x＝1或x＝﹣3（舍去），
∴点E（1，1）；
（3）当OA为边时，
∵以点O、A、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
∴OA＝MN＝4，OA∥MN，
∴点N横坐标为6或﹣2，
∴点N的纵坐标为365，
∴平行四边形的面积＝4×365=1445，
当OA为对角线，
∵以点O、A、M、N为顶点的四边形是平行四边形，
∴MN与OA互相平分，
∴4+02=2+Nx2，
∴Nx＝2，
∴点N（2，−125），
∴平行四边形的面积＝4×125=485，
综上所述：平行四边形的面积为485或1445．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，二次函数的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，两点距离公式等知识，灵活运用这些知识解决问题是解题的关键．