1.如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点． （1）求这个二次函数的表达式．
（2）当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大并求出此时P点的坐标和四边形ABPC的最大面积．
（3）连接PO、PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′
2
C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
2.已知抛物线y=ax2+bx+8（a≥1）过点D（5，3），与x轴交于点B、C（点B、C均在y轴右侧）且BC=2，直线BD交y轴于点A． （1）求抛物线的解析式；
（2）在坐标轴上是否存在一点N，使△ABN与△BCD相似？若存在，求出点A、N的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）在直线BD上是否存在一点P和平面内一点Q，使以Q、P、B、C四点为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
3．如图，二次函数图象的顶点为坐标原点O，y轴为对称轴，且经过点A（3，3），一次函数的图象经过点A和点B（6，0）．
（1）求二次函数与一次函数的解析式；
（2）如果一次函数图象与y轴相交于点C，E是抛物线上OA段上一点，过点E作y轴平行的直线DE与直线AC交于点D，∠DOE=∠EDA，求点E的坐标；
1
（3）点M是线段AC延长线上的一个动点，过点M作y轴的平行线交抛物线于F，以点O、C、M、F为顶点的四边形能否为菱形？若能，求出点F的坐标；若不能，请说明理由．
4.如图，已知抛物线经过原点O和x轴上一点A（4，0），抛物线顶点为E，它的对称轴与x轴交于点D．直线y=﹣2x﹣1经过抛物线上一点B（﹣2，m）且与y轴交于点C，与抛物线的对称轴交于点F．
（1）求m的值及该抛物线对应的解析式；
（2）P（x，y）是抛物线上的一点，若S△ADP=S△ADC，求出所有符合条件的点P的坐标；
（3）点Q是平面内任意一点，点M从点F出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动，设点M的运动时间为t秒，是否能使以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形？若能，请直接写出点M的运动时间t的值；若不能，请说明理由．
5.如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点A（﹣3，4）、
B（﹣3，0）、C（﹣1，0）．以D为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点B．动点P从点D出发，沿DC边向点C运动，同时动点Q从点B出发，沿BA边向点A运动，点P、Q运动的速度均为每秒1个单位，运动的时间为t秒．过点P作PE⊥CD交BD于点E，过点E作EF⊥AD于点F，交抛物线于点G． （1）求抛物线的解析式；
（2）当t为何值时，四边形BDGQ的面积最大？最大值为多少？
（3）动点P、Q运动过程中，在矩形ABCD内（包括其边界）是否存在点H，使以B，Q，E，H为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出此时菱形的周长；若不存在，请说明理由．
2
6．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a交x轴于A、B两点，交y的正半轴于点C，连接BC，且OB=OC． （1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，点D为第一象限抛物线上一点，过点D作DE⊥BC于点E，设DE=d，点D的横坐标为t，求d与t的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，点F为抛物线的顶点，对称轴交x轴于点G，连接DF，过D作DH⊥DF交FG于点H，点M为对称轴左侧抛物线上一点，点N为平面上一点且tan∠HDN=为菱形时，求点N的坐标．
，当四边形DHMN
7．如图，抛物线y=ax2﹣2x+c（a≠0）与x轴、y轴分别交于点A，B，C三点，已知点A（﹣2，0），点C（0，﹣8），点D是抛物线的顶点． （1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）如图1，抛物线的对称轴与x轴交于点E，第四象限的抛物线上有一点P，将△EBP沿直线EP折叠，使点B的对应点B'落在抛物线的对称轴上，求点P的坐标；
（3）如图2，设BC交抛物线的对称轴于点F，作直线CD，点M是直线CD上的动点，点N是平面内一点，当以点B，F，M，N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点M的坐标．
3
8．如图，▱ABCD的两个顶点B，D都在抛物线y=（1）求抛物线的解析式；
x2+bx+c上，且OB=OC，AB=5，tan∠ACB=．
（2）在抛物线上是否存在点E，使以A，C，D，E为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）动点P从点A出发向点D运动，同时动点Q从点C出发向点A运动，运动速度都是每秒1个单位长度，当一个点到达终点时另一个点也停止运动，运动时间为t（秒）．当t为何值时，△APQ是直角三角形？
9．如图，抛物线y=﹣x2﹣x+1与y轴交于A点，过点A的直线与抛物线交于另一点B，过点B
作BC⊥x轴，垂足为点C（﹣3，0）． （1）求直线AB的函数关系式；
（2）动点E在线段OC上从原点出发以每秒一个单位的速度向C移动，过点E作EG⊥x轴，交直线AB于点F，交抛物线于点G．设点E移动的时间为t秒，GF的长度为s个单位，求s与t的函数关系式，并写出t的取值范围；
（3）设在（2）的条件下（不考虑点E与点O、C重合的情况），连接CF，BG，当t为何值时，四边形BCFG为平行四边形？问对于所求的t值，平行四边形BCFG是否菱形？请说明理由．
10．如图，已知抛物线y=ax2+c过点（﹣2，2），（4，5），过定点F（0，2）的直线l：y=kx+2与抛物线交于A、B两点，点B在点A的右侧，过点B作x轴的垂线，垂足为C． （1）求抛物线的解析式；
（2）当点B在抛物线上运动时，判断线段BF与BC的数量关系（＞、＜、=），并证明你的判断；
4
（3）P为y轴上一点，以B、C、F、P为顶点的四边形是菱形，设点P（0，m），求自然数m的值； （4）若k=1，在直线l下方的抛物线上是否存在点Q，使得△QBF的面积最大？若存在，求出点Q的坐标及△QBF的最大面积；若不存在，请说明理由．
11．如图，抛物线y=ax2+bx﹣2的对称轴是直线x=1，与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（﹣2，0），点P为抛物线上的一个动点，过点P作PD⊥x轴于点D，交直线BC于点E． （1）求抛物线解析式；
（2）若点P在第一象限内，当OD=4PE时，求四边形POBE的面积；
（3）在（2）的条件下，若点M为直线BC上一点，点N为平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M和点N，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
12．如图1，抛物线y=ax2+bx+4的图象过A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，作直线BC，动点P从点C出发，以每秒
个单位长度的速度沿CB向点B运动，运动时间为t秒，当点P
与点B重合时停止运动．（1）求抛物线的表达式； （2）如图2，当t=1时，求S△ACP的面积；
（3）如图3，过点P向x轴作垂线分别交x轴，抛物线于E、F两点． ①求PF的长度关于t的函数表达式，并求出PF的长度的最大值；
5
②连接CF，将△PCF沿CF折叠得到△P′CF，当t为何值时，四边形PFP′C是菱形？
13.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣4，0），B（﹣1，0）两点． （1）求抛物线的解析式；
（2）在第三象限的抛物线上有一动点D．
①如图（1），若四边形ODAE是以OA为对角线的平行四边形，当平行四边形ODAE的面积为6时，请判断平行四边形ODAE是否为菱形？说明理由．
②如图（2），直线y=x+3与抛物线交于点Q、C两点，过点D作直线DF⊥x轴于点H，交QC于点F．请问是否存在这样的点D，使点D到直线CQ的距离与点C到直线DF的距离之比为若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
：2？
14．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=a（x+1）2﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，﹣），顶点为D，对称轴与x轴交于点H，过点H的直线l交抛物线于P，Q两点，点Q在y轴的右侧． （1）求a的值及点A，B的坐标；
6
（2）当直线l将四边形ABCD分为面积比为3：7的两部分时，求直线l的函数表达式； （3）当点P位于第二象限时，设PQ的中点为M，点N在抛物线上，则以DP为对角线的四边形DMPN能否为菱形？若能，求出点N的坐标；若不能，请说明理由．
15.已知，如图，在平面直角坐标系中，△ABC的边BC在x轴上，顶点A在y轴的正半轴上，OA=2，OB=1，OC=4．
（1）求过A、B、C三点的抛物线的解析式；
（2）设点G是对称轴上一点，求当△GAB周长最小时，点G的坐标；
（3）若抛物线对称轴交x轴于点P，在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使△PAQ是以PA为腰的等腰直角三角形？若存在，写出所有符合条件的点Q的坐标，并选择其中一个的加以说明；若不存在，说明理由；
（4）设点M是x轴上的动点，试问：在平面直角坐标系中，是否存在点N，使得以点A、B、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点N的坐标；若不存在，说明理由．
16.如图，已知抛物线C1：y=﹣x2，平移抛物线y=x2，使其顶点D落在抛物线C1位于y轴右侧的图象上，设平移后的抛物线为C2，且C2与y轴交于点C（0，2）． （1）求抛物线C2的解析式；
7
（2）抛物线C2与x轴交于A，B两点（点B在点A的右侧），求点A，B的坐标及过点A，B，C的圆的圆心E的坐标；
（3）在过点（0，）且平行于x轴的直线上是否存在点F，使四边形CEBF为菱形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
17．如图，直线y=x﹣4与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y=x2+bx+c经过A、B两点，与x轴的另一个交点为C，连接BC． （1）求抛物线的解析式及点C的坐标；
（2）点M在抛物线上，连接MB，当∠MBA+∠CBO=45°时，求点M的坐标；
（3）点P从点C出发，沿线段CA由C向A运动，同时点Q从点B出发，沿线段BC由B向C运动，P、Q的运动速度都是每秒1个单位长度，当Q点到达C点时，P、Q同时停止运动，试问在坐标平面内是否存在点D，使P、Q运动过程中的某一时刻，以C、D、P、Q为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出点D的坐标；若不存在，说明理由．
8
抛物线与菱形的专题参考答案
1.解：（1）将B、C两点的坐标代入得
解得：
；
2
所以二次函数的表达式为：y=x﹣2x﹣3
（2）过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，与OB交于点F，设P（x，x﹣2x﹣3）， 易得，直线BC的解析式为y=x﹣3 则Q点的坐标为（x，x﹣3）；
2
S四边形ABPC=S△ABC+S△BPQ+S△CPQ
=AB•OC+QP•OF+QP•BF ==当
此时P点的坐标为
，四边形ABPC的面积的最大值为
．
（10分）
时，四边形ABPC的面积最大
（3）存在点P，使四边形POPC为菱形； 设P点坐标为（x，x﹣2x﹣3），PP′交CO于E 若四边形POP′C是菱形，则有PC=PO； 连接PP′，则PE⊥CO于E， ∴OE=EC= ∴y=
2
2
；（6分）
，x2=
，
（不合题意，舍去） ）
∴x﹣2x﹣3=解得x1=
∴P点的坐标为（
2.解：（1）设B点坐标为（x1，0），C点坐标为（x2，0），
则x1、x2是方程ax2+bx+8=0的两根， ∴x1+x2=﹣，x1x2=，
9
∵BC=|x1﹣x2|=2，
∴（x1﹣x2）2=4，即（x1+x2）2﹣4x1x2=4， ∴
﹣
=4①，
把D点坐标代入抛物线解析式可得25a+5b+8=3②，
由①②可解得或（舍去），
∴抛物线解析式为y=x2﹣6x+8；
（2）在y=x2﹣6x+8中，令y=0可得x2﹣6x+8=0，解得x=2或x=4， ∴B（2，0），C（4，0）， 设直线BD解析式为y=kx+s， 把B、D坐标代入可得∴直线BD解析式为y=x﹣2， ∴A（0，﹣2），
①当点N在x轴上时，设N（x，0），则点N应在点B左侧， ∴BN=2﹣x，
∵A（0，﹣2），B（2，0），D（5，3）， ∴AB=2
，BD=3
，解得，
∵∠ABN=∠DBC，
∴有△BCD∽△BNA或△BCD∽△BAN， 当△BCD∽△BNA时，则有当△BCD∽△BAN时，则有
==
，即，即
==
，解得x=，此时N点坐标为（，0）； ，解得x=﹣4，此时N点坐标为（﹣4，0）；
②当点N在y轴上时，设N（0，y），则点N应在A点上方， ∴AN=y+2，
由上可知有△BCD∽△ABN或△BCD∽△ANB， 当△BCD∽△ABN时，则有当△BCD∽△ANB时，则有
==
，即，即
==
，解得y=4，此时N点坐标为（0，4）； ，解得y=﹣，此时N点坐标为（0，）；
综上可知存在满足条件的N点，其坐标为（，0）或（﹣4，0）或（0，4）或（0，）；
10
（3）∵点P在直线BD上， ∴可设P（t，t﹣2）， ∴BP=
=
|t﹣2|，PC=
=
，
∵以Q、P、B、C四点为顶点的四边形为菱形， ∴有BC为边或BC为对角线， 当BC为边时，则有BP=BC，即或（2﹣
，
）；
|t﹣2|=
，
，解得t=3，此时P点坐标为（3，1）；
）或（2﹣
，
）或（3，1）．
|t﹣2|=2，解得t=2+
或t=2﹣
，此时P点坐标为（2+
，
）
当BC为对角线时，则有BP=PC，即
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（2+
3.解：（1）设二次函数的解析式为y=ax2，
把点A（3，3）代入得3=a×32，解得a=； 设一次函数的解析式为y=kx+b， 把点A（3，3）、点B（6，0）代入得
，解得
，
所以二次函数与一次函数的解析式分别为y=x2，y=﹣x+6； （2）C点坐标为（0，6）， ∵DE∥y轴，
∴∠ODE=∠COD，∠EDA=∠OCD， ∵∠DOE=∠EDA， ∴∠DOE=∠OCD， ∴△OCD∽△DOE，
∴OC：OD=OD：DE，即OD2=OC•DE，
设E点坐标为（a，a2），则D点坐标为（a，6﹣a）， OD2=a2+（6﹣a）2，=2a2﹣12a+36，OC=6，DE=6﹣a﹣a2， ∴2a2﹣12a+36=6（6﹣a﹣a2），解得a1=0，a2=， ∵E是抛物线上OA段上一点， ∴0＜a＜3，
11
∴a=，
∴点E坐标为（，）；
（3）以点O、C、M、F为顶点的四边形不能为菱形．理由如下：
如图，过O点作OF∥AC交抛物线于F，过F点作FM∥y轴交AC延长线于M点，交x轴于H点， 则四边形OCMF为平行四边形， ∵OC=OB=6，
∴△OCB为等腰直角三角形， ∴∠OBC=45°， ∴∠HOF=45°，
∴△OHF为等腰直角三角形， ∴HO=HF，
设F点坐标为（m，﹣m）（m＞0），
把F（m，﹣m）代入y=x2得﹣m=m2，解得m1=0，m2=﹣3，∴m=﹣3， ∴HO=HF=3， ∴OF=
OH=3
，
而OC=6，
∴四边形OCMF不为菱形．
4.解：（1）∵点B（﹣2，m）在直线y=﹣2x﹣1上
∴m=3 即B（﹣2，3） 又∵抛物线经过原点O
∴设抛物线的解析式为y=ax2
+bx ∵点B（﹣2，3），A（4，0）在抛物线上 ∴
，
解得：．
∴设抛物线的解析式为．
（2）∵P（x，y）是抛物线上的一点，
12
∴
，
若S△ADP=S△ADC， ∵
，
，
又∵点C是直线y=﹣2x﹣1与y轴交点， ∴C（0，1）， ∴OC=1， ∴，即
或
， 解得：
．
∴点P的坐标为 （3）结论：存在． ∵抛物线的解析式为
，
∴顶点E（2，﹣1），对称轴为x=2；
点F是直线y=﹣2x﹣1与对称轴x=2的交点，∴F（2，﹣5），DF=5． 又∵A（4，0）， ∴AE=
．
如右图所示，在点M的运动过程中，依次出现四个菱形： ①菱形AEM1Q1． ∵此时DM1=AE=
，
∴M1F=DF﹣DE﹣DM1=4﹣，
∴t1=4﹣
；
②菱形AEOM2． ∵此时DM2=DE=1， ∴M2F=DF+DM2=6， ∴t2=6； ③菱形AEM3Q3． ∵此时EM3=AE=， ∴DM3=EM3﹣DE=﹣1， ∴M3F=DM3+DF=（﹣1）+5=4+
，
∴t3=4+
；
13
．
④菱形AM4EQ4．
此时AE为菱形的对角线，设对角线AE与M4Q4交于点H，则AE⊥M4Q4， ∵易知△AED∽△M4EH，
∴，即，得M4E=，
∴DM4=M4E﹣DE=﹣1=， ∴M4F=DM4+DF=+5=
，∴t4=
．
，t2=6，
综上所述，存在点M、点Q，使得以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形；时间t的值为：t1=4﹣
t3=4+
，t4=．
5.解：（1）由题意得，顶点D点的坐标为（﹣1，4）．
设抛物线的解析式为y=a （x+1）2+4（a≠0）， ∵抛物线经过点B（﹣3，0），代入y=a （x+1）2+4 可求得a=﹣1
∴抛物线的解析式为y=﹣（x+1）2+4，即y=﹣x2﹣2x+3． （2）由题意知，DP=BQ=t， ∵PE∥BC， ∴△DPE∽△DBC． ∴
=
=2，
∴PE=DP=t．
∴点E的横坐标为﹣1﹣t，AF=2﹣t．
将x=﹣1﹣t代入y=﹣（x+1）2+4，得y=﹣t2+4． ∴点G的纵坐标为﹣t2+4，
14
∴GE=﹣t2+4﹣（4﹣t）=﹣t2+t． 如图1所示：连接BG．
S四边形BDGQ=S△BQG+S△BEG+S△DEG，即S四边形BDGQ=BQ•AF+EG•（AF+DF） =t（2﹣t）﹣t2+t． =﹣t2+2t=﹣（t﹣2）2+2．
∴当t=2时，四边形BDGQ的面积最大，最大值为2． （3）存在． ∵CD=4，BC=2， ∴tan∠BDC=，BD=2∴cos∠BDC=∵BQ=DP=t， ∴DE=
t．
．
．
如图2所示：当BE和BQ为菱形的邻边时，BE=QB．
∵BE=BD﹣DE， ∴BQ=BD﹣DE，即t=2
﹣
t，解得t=20﹣8．
15
．
∴菱形BQEH的周长=80﹣32
如图3所示：当BE为菱形的对角时，则BQ=QE，过点Q作QM⊥BE，则BM=EM．
∵MB=cos∠QBM•BQ， ∴MB=∴BE=
t． t．
∵BE+DE=BD， ∴
t+
t=2
，解得：t=
．
或80﹣32
．
．
∴菱形BQEH的周长为
综上所述，菱形BQEH的周长为
6.解：（1）对于抛物线y=ax2﹣2ax﹣3a，令y=0，得到ax2﹣2ax﹣3a=0，解得x=﹣1或3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）， ∴OA=1，OB=OC=3， ∴C（0，3）， ∴﹣3a=3， ∴a=﹣1，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．
（2）如图2中，作DT⊥AB于T，交BC于R．设D（t，﹣t2+2t+3）．
16
∵OB=OC，∠BOC=∠RTB=90°， ∴∠OBC=∠TRB=∠DRE=45°， ∵DE⊥BC， ∴∠DER=90°，
∴△DER是等腰直角三角形， ∵直线BC的解析式为y=﹣x+3， ∴R（t，﹣t+3），
∴DR=﹣t2+2t+3﹣（﹣t+3）=﹣t2+3t， ∴DE=DR•cos45°=﹣
t2+t．
（3）如图3中，
∵四边形DHMN是菱形，点H在对称轴上， ∴D、M关于对称轴对称，点N在对称轴上， 设DM交FH于Q，作HK⊥DN于K． ∵tan∠HDK=
=
，设HK=12k，DK=5k，则DH=
=13k，
∴DN=DH=13k，NK=DN﹣DK=8k， 在Rt△NHK中，NH=∴QN=QH=2
==4k，
k，
17
∵S△DNH=•NH•DQ=•DN•HK， ∴DQ=3
，
=，
∴tan∠QDH=∵DF⊥DH，
∴∠QDH+∠FDQ=90°，∵∠QFD+∠FDQ=90°， ∴∠DFQ=∠QDH， ∴tan∠DFQ=
=，
∵抛物线的顶点F（1，4），Q（1，﹣t2+2t+3）， ∴FQ=4﹣（﹣t2+2t+3）， ∴
解得t=， ∴D（，）， ∴DQ=﹣1=， ∵
=，
=，
∴QN=1， ∴N（1，
）．
7.解：（1）将点A、点C的坐标代入抛物线的解析式得：
解得：a=1，c=﹣8．
∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x﹣8． ∵y=（x﹣1）2﹣9， ∴D（1，﹣9）．
，
（2）将y=0代入抛物线的解析式得：x2﹣2x﹣8=0，解得x=4或x=﹣2， ∴B（4，0）． ∵y=（x﹣1）2﹣9， ∴抛物线的对称轴为x=1， ∴E（1，0）．
∵将△EBP沿直线EP折叠，使点B的对应点B'落在抛物线的对称轴上，
18
∴EP为∠BEF的角平分线． ∴∠BEP=45°．
设直线EP的解析式为y=﹣x+b，将点E的坐标代入得：﹣1+b=0，解得b=1， ∴直线EP的解析式为y=﹣x+1．
将y=﹣x+1代入抛物线的解析式得：﹣x+1=x2﹣2x﹣8，解得：x=∵点P在第四象限， ∴x=∴y=∴P（
． ． ，
）．
或x=
．
（3）设CD的解析式为y=kx﹣8，将点D的坐标代入得：k﹣8=﹣9，解得k=﹣1， ∴直线CD的解析式为y=﹣x﹣8．
设直线CB的解析式为y=k2x﹣8，将点B的坐标代入得：4k2﹣8=0，解得：k2=2． ∴直线BC的解析式为y=2x﹣8．
将x=1代入直线BC的解析式得：y=﹣6， ∴F（1，﹣6）．
设点M的坐标为（a，﹣a﹣8）．
当MF=MB时，（a﹣4）2+（a+8）2=（a﹣1）2+（a+2）2，整理得：6a=﹣75，解得：a=﹣∴点M的坐标为（﹣
，）．
．
当FM=FB时，（a﹣1）2+（a+2）2=（4﹣1）2+（﹣6﹣0）2，整理得：a2+a﹣20=0，解得：a=4或a=﹣5．
∴点M的坐标为（4，﹣12）或（﹣5，﹣3）． 综上所述，点M的坐标为（﹣
，）或（4，﹣12）或（﹣5，﹣3）．
8.解：（1）∵OB=OC，OA⊥BC，AB=5，
∴AB=AC=5． ∴tan∠ACB=∴
．
=，
由勾股定理，得OA2+OC2=AC2，
19
∴（∴
）2+OC2=52，解得OC=±4（负值舍去）．
，OB=OC=4，AD=BC=8．
∴A（0，3），B（﹣4，0），C（4，0），D（8，3）．
∴
解之得，
x2+x+5；
∴抛物线的解析式为y=
（2）存在．
∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AC=AB=CD． 又∵AD≠CD，
∴当以A，C，D，E为顶点的四边形是菱形时，AC=CD=DE=AE． 由对称性可得，此时点E的坐标为（4，6） 当x=4时，y=
x2+x+5=6，所以点（4，6）在抛物线y=
x2+x+5上．
∴存在点E的坐标为（4，6）；
（3）∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB＜90°．
∴当△APQ是直角三角形时，∠APQ=90°或∠AQP=90°． ∵∴
．
，
由题意可知AP=t，AQ=5﹣t，0≤t≤5． 当∠APQ=90°时，∴解得
，
， ．
20
当∠AQP=90°时，∴∵∴
，
．
，解得，或
．
9.解：（1）由抛物线的解析式知：A（0，1）；
∵BC⊥x轴，且点C（﹣3，0）
∴点B的横坐标为﹣3，将其代入抛物线的解析式中，得： ﹣×9+
×3+1=
∴点B（﹣3，）；
设直线AB的解析式为：y=kx+1，有： ﹣3k+1=，k=﹣ ∴直线AB：y=﹣x+1．
（2）由题意，OE=t，则点E（﹣t，0）；（0≤t≤3） 当x=﹣t时，点F（﹣t，t+1），点G（﹣t，﹣t2+∴GF=|（﹣t2+即：s=﹣t2+
t+1）
t+1）﹣（t+1）|=﹣t2+t（0≤t≤3）．
t
（3）因为BC⊥x轴，GE⊥x轴，所以BC∥GF； 若四边形BCFG是平行四边形，那么BC=FG，即： s=﹣t2+
t=，解得：t=1或2．
=，即CF=BC，该平行四边形是菱形； =
，即CF≠BC，该平行四边形不是菱形；
当t=1时，点F（﹣1，），CF=当t=2时，点F（﹣2，2），CF=
综上，当t=1或2时，四边形BCFG是平行四边形，其中t=1时，该平行四边形是菱形．
21
10.解：（1）把点（﹣2，2），（4，5）代入y=ax2+c得
所以抛物线解析式为y=x2+1； （2）BF=BC． 理由如下：
设B（x，x2+1），而F（0，2），
∴BF2=x2+（x2+1﹣2）2=x2+（x2﹣1）2=（x2+1）2， ∴BF=x2+1， ∵BC⊥x轴， ∴BC=x2+1， ∴BF=BC；
（3）如图1，m为自然数，
当m=0时，易得四边形BCPF为正方形，此时P点在原点； 当点P在F点上方，
∵以B、C、F、P为顶点的四边形是菱形， ∴CB=CF=PF， 而CB=FB， ∴BC=CF=BF，
∴△BCF为等边三角形， ∴∠BCF=60°， ∴∠OCF=30°，
在Rt△OCF中，CF=2OF=4， ∴PF=CF=4， ∴P（0，6），
∴自然数m的值为0或6；
（4）作QE∥y轴交AB于E，如图2， 当k=1时，一次函数解析式为y=x+2， 解方程组
得
或
，则B（2+2
，解得，
，4+2），
22
设Q（t，t2+1），则E（t，t+2）， ∴EQ=t+2﹣（t2+1）=﹣t2+t+1， ∴S△QBF=S△EQF+S△EQB=•（2+2
）•EQ=（
+1）（﹣t2+t+1）=﹣
（t﹣2）2+2
+2
当t=2时，S△QBF有最大值，最大值为2
+2，此时Q点坐标为（2，2）．
11.解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣2的对称轴是直线x=1，A（﹣2，0）在抛物线上，∴
，解
得：，抛物线解析式为y=x2﹣x﹣2；
（2）令y=x2﹣x﹣2=0，解得：x1=﹣2，x2=4，当x=0时，y=﹣2，∴B（4，0），C（0，﹣2），设BC的解
析式为y=kx+b，则，解得：，∴y=x﹣2，设D（m，0），∵DP∥y轴，
∴E（m，m﹣2），P（m，m2﹣m﹣2），∵OD=4PE， ∴m=4（m2﹣m﹣2﹣m+2），∴m=5，m=0（舍去），
∴D（5，0），P（5，），E（5，），∴四边形POBE的面积=S△OPD﹣S△EBD=×5×﹣（3）存在，设M（n，n﹣2），
①以BD为对角线，如图1，∵四边形BNDM是菱形，
∴MN垂直平分BD，∴n=4+，∴M（，），∵M，N关于x轴对称，∴N（，﹣）； ②以BD为边，如图2，∵四边形BNDM是菱形， ∴MN∥BD，MN=BD=MD=1，过M作MH⊥x轴于H， ∴MH2+DH2=DM2，即（n﹣2）2+（n﹣5）2=12，
23
1×=；
∴n1=4（不合题意），n2=5.6，∴N（4.6，）， 同理（n﹣2）2+（4﹣n）2=1，∴n1=4+∴N（5﹣
，﹣
），
，
（不合题意，舍去），n2=4﹣
，
③以BD为边，如图3，过M作MH⊥x轴于H，∴MH2+BH2=BM2，即（n﹣2）2+（n﹣4）2=12，∴n1=4+n2=4﹣∴N（5+
（不合题意，舍去）， ，
），
，﹣
）或（5+
，
综上所述，当N（，﹣）或（4.6，）或（5﹣顶点的四边形是菱形．
），以点B，D，M，N为
12.解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+4的图象过A（﹣1，0），B（4，0）两点，
∴
，解得：
．∴抛物线的表达式为y=﹣x2+3x+4．
（2）令x=0，则y=4，即点C的坐标为（0，4）， ∴BC=
=4
．设直线BC的解析式为y=kx+4，∵点B的坐标为（4，0），∴0=4k+4，解得k=﹣1，∴
，
=
，
直线BC的解析式为y=﹣x+4．当t=1时，CP=点A（﹣1，0）到直线BC的距离h=S△ACP=CP•h=×
×
=．
=
（3）①∵直线BC的解析式为y=﹣x+4， ∴CP=
t，OE=t，设P（t，﹣t+4），F（t，﹣t2+3t+4），（0≤t≤4）
PF=﹣t2+3t+4﹣（﹣t+4）=﹣t2+4t，（0≤t≤4）． 当t=﹣
=2时，PF取最大值，最大值为4．
②∵△PCF沿CF折叠得到△P′CF，∴PC=P′C，PF=P′F， 当四边形PFP′C是菱形时，只需PC=PF．∴
t=﹣t2+4t，
24
解得：t1=0（舍去），t2=4﹣．故当t=4﹣时，四边形PFP′C是菱形．
13.解：（1）把点A（﹣4，0）、B（﹣1，0）代入解析式y=ax2+bx+3，
得
，解得
，
∴抛物线的解析式为：y=x2+
x+3．
（2）①如答图2﹣1，过点D作DH⊥x轴于点H．
∵S▱ODAE=6，OA=4， ∴S△AOD=OA•DH=3， ∴DH=．
因为D在第三象限，所以D的纵坐标为负，且D在抛物线上， ∴x2+
x+3=﹣，
解得：x1=﹣2，x2=﹣3．
∴点D坐标为（﹣2，﹣）或（﹣3，﹣）．
当点D为（﹣2，﹣）时，DH垂直平分OA，平行四边形ODAE为菱形； 当点D为（﹣3，﹣）时，OD≠AD，平行四边形ODAE不为菱形． ②假设存在．
如答图2﹣2，过点D作DM⊥CQ于M，过点C作CN⊥DF于N，则DM：CN=
：2．
25
设D（m，m2+m+3）（m＜0），则F（m，m+3）．
∴CN=﹣m，NF=﹣m ∴CF=
=﹣
m．
∵∠DMF=∠CNF=90°，∠DFM=∠CFN， ∴△DMF∽△CNF， ∴∴DF=
， CF=﹣m．
∴DN=NF+DF=﹣m﹣m=﹣m． 又DN=3﹣（m2+∴﹣m2﹣
m+3）=﹣m2﹣
m，
m=﹣m
解得：m=﹣或m=0（舍去） ∴m2+
m+3=﹣
∴D（﹣，﹣）．
综上所述，存在满足条件的点D，点D的坐标为（﹣，﹣）．
14.解：（1）∵抛物线与y轴交于点C（0，﹣
）．
∴a﹣3=﹣，解得：a=，∴y=（x+1）2﹣3
当y=0时，有（x+1）2﹣3=0，∴x1=2，x2=﹣4，∴A（﹣4，0），B（2，0）． （2）∵A（﹣4，0），B（2，0），C（0，﹣），D（﹣1，﹣3）
∴S四边形ABCD=S△ADH+S梯形OCDH+S△BOC=×3×3+（+3）×1+×2×=10．
26
从面积分析知，直线l只能与边AD或BC相交，所以有两种情况： ①当直线l边AD相交与点M1时，则S∴×3×（﹣y∴y
）=3
=
×10=3，
=﹣2，点M1（﹣2，﹣2），过点H（﹣1，0）和M1（﹣2，﹣2）的直线l的解析式为y=2x+2．
②当直线l边BC相交与点M2时，同理可得点M2（，﹣2），过点H（﹣1，0）和M2（，﹣2）的直线l的解析式为y=﹣x﹣．
综上所述：直线l的函数表达式为y=2x+2或y=﹣x﹣．
（3）设P（x1，y1）、Q（x2，y2）且过点H（﹣1，0）的直线PQ的解析式为y=kx+b， ∴﹣k+b=0，∴b=k， ∴y=kx+k．由
，∴
+（﹣k）x﹣﹣k=0，
∴x1+x2=﹣2+3k，y1+y2=kx1+k+kx2+k=3k2，
∵点M是线段PQ的中点，∴由中点坐标公式的点M（k﹣1，k2）． 假设存在这样的N点如图，直线DN∥PQ，设直线DN的解析式为y=kx+k﹣3 由
，解得：x1=﹣1，x2=3k﹣1，∴N（3k﹣1，3k2﹣3）
∵四边形DMPN是菱形， ∴DN=DM，
∴（3k）2+（3k2）2=（
）2+（
）2，
整理得：3k4﹣k2﹣4=0，∵k2+1＞0，∴3k2﹣4=0， 解得k=±∴k=﹣∴P（﹣3
，
﹣1，6），M（﹣，
﹣1，2），N（﹣2
﹣1，1）
，∵k＜0，
∴PM=DN=2∵PM∥DN，
∴四边形DMPN是平行四边形， ∵DM=DN，
∴四边形DMPN为菱形，
27
∴以DP为对角线的四边形DMPN能成为菱形，此时点N的坐标为（﹣2﹣1，1）．
15.解：（1）由题意可求，A（0，2），B（﹣1，0），点C的坐标为（4，0）．
设过A、B、C三点的抛物线的解析式为y=a（x﹣4）（x+1）， 把点A（0，2）代入，解得：a=﹣，
所以抛物线的解析式为：y=﹣（x﹣4）（x+1）=（2）如图1
，
物线y=的对称轴为：x=，
由点C是点B关于直线：x=的对称点，所以直线AC和直线x=的交点即为△GAB周长最小时的点G，
设直线AC的解析式为：y=mx+n，把A（0，2），点C（4，0）代入得：．
，
解得：所以：y=
， x+2，
当x=时，y=，
28
所以此时点G（，）； （3）如图2
使△PAQ是以PA为腰的等腰直角三角形的所有符合条件的点Q的坐标：Q1（，），Q2（﹣），Q3（2，），Q4（﹣2，），
证明Q1：过点Q1作Q1M⊥x轴，垂足为M， 由题意：∠APQ1=90°，AP=PQ1， ∴∠APO+∠MPQ1=90°， ∵∠APO+∠PAO=90°， ∴∠PAO=∠MPQ1， 在△AOP和△MPQ1中，
，
，
∴△AOP≌△MPQ1， ∴PM=AO=2，Q1M=OP=， ∴OM=，
此时点Q的坐标为：（，）； （4）存在
点N的坐标为：（0，﹣2），（
，2），（﹣
，2），（
，2）．
16.解：（1）由题意设D（a，﹣a2），
29
假设抛物线C2的解析式为：y=（x﹣a）2﹣a2， ∵点C在抛物线C2上， ∴将C（0，2）代入上式， 解得：a=±2， ∵点D在y轴右侧， ∴a=2，
∴抛物线C2的解析式为：y=（x﹣2）2﹣2；
（2）由题意，在y=（x﹣2）2﹣2中，令y=0，则x=2±，
∵点B在点A的右侧， ∴A（2﹣
，0），B（2+
，0），
又∵过点A，B，C的圆的圆心一定在线段AB的垂直平分线上，∴设E（2，m），且|CE|=|AE|， 则22+（2﹣m）2=m2+（2﹣2+）2，
解得：m=，
∴圆心E的坐标为：（2，）；
（3）假设存在点F（t，），使得四边形CEBF为菱形， 则|BF|=|CF|=|CE|， ∴（）2+（2+﹣t）2=（2﹣）2+t2，
解得：t=，
当t=
时，F（2，），
此时|EC|=，
|FC|=
=
=
，
∴|CF|=|BF|=|BE|=|EC|， 即存在点F（
，），使得四边形CEBF为菱形．
17.解：（1）直线解析式y=x﹣4，
30
令x=0，得y=﹣4； 令y=0，得x=4．
∴A（4，0）、B（0，﹣4）．
∵点A、B在抛物线y=x2+bx+c上， ∴
，
解得，
∴抛物线解析式为：y=x2﹣x﹣4． 令y=x2﹣x﹣4=0， 解得：x=﹣3或x=4， ∴C（﹣3，0）．
（2）∠MBA+∠CBO=45°， 设M（x，y），
①当BM⊥BC时，如答图2﹣1所示． ∵∠ABO=45°，
∴∠MBA+∠CBO=45°，故点M满足条件．
过点M1作M1E⊥y轴于点E，则M1E=x，OE=﹣y， ∴BE=4+y．
∵tan∠M1BE=tan∠BCO=， ∴
，
∴直线BM1的解析式为：y=x﹣4． 联立y=x﹣4与y=x2﹣x﹣4， 得：x﹣4=x2﹣x﹣4， 解得：x1=0，x2=∴y1=﹣4，y2=﹣∴M1（
， ， ）；
31
，﹣
②当BM与BC关于y轴对称时，如答图2﹣2所示． ∵∠ABO=∠MBA+∠MBO=45°，∠MBO=∠CBO， ∴∠MBA+∠CBO=45°， 故点M满足条件．
过点M2作M2E⊥y轴于点E， 则M2E=x，OE=y， ∴BE=4+y．
∵tan∠M2BE=tan∠CBO=， ∴
，
∴直线BM2的解析式为：y=x﹣4．
联立y=x﹣4与y=x2﹣x﹣4得：x﹣4=x2﹣x﹣4， 解得：x1=0，x2=5， ∴y1=﹣4，y2=， ∴M2（5，）．
综上所述，满足条件的点M的坐标为：（
，﹣）或（5，）．
（3）设∠BCO=θ，则tanθ=，sinθ=，cosθ=．
假设存在满足条件的点D，设菱形的对角线交于点E，设运动时间为t． ①若以CQ为菱形对角线，如答图3﹣1．此时BQ=t，菱形边长=t． ∴CE=CQ=（5﹣t）．
32
在Rt△PCE中，cosθ=解得t=
．
．
==，
∴CQ=5﹣t=
过点Q作QF⊥x轴于点F， 则QF=CQ•sinθ=∴OF=3﹣CF=∴Q（﹣
，CF=CQ•cosθ=．
）．
，
，﹣
∵点D1与点Q横坐标相差t个单位， ∴D1（﹣
，﹣
）；
②若以PQ为菱形对角线，如答图3﹣2．此时BQ=t，菱形边长=t． ∵BQ=CQ=t，
∴t=，点Q为BC中点， ∴Q（﹣，﹣2）．
∵点D2与点Q横坐标相差t个单位， ∴D2（1，﹣2）；
③若以CP为菱形对角线，如答图3﹣3．此时BQ=t，菱形边长=5﹣t． 在Rt△CEQ中，cosθ=解得t=
．
，D3E=QE=CQ•sinθ=（5﹣
33
==，
∴OE=3﹣CE=3﹣t=
）×=．
∴D3（﹣，）．
，﹣
）或（1，﹣2）或（﹣
，
）．
综上所述，存在满足条件的点D，点D坐标为：（﹣
34
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