以二次函數為載體的平行四邊形存在性問題是中考的熱點難點之一，其圖形復雜，知識覆蓋面廣，綜合性較強，對學生分析問題和解決問題的能力要求高.對這類題，常規(guī)解法是先畫出平行四邊形，再依據“平行四邊形的一組對邊平行且相等”或“平行四邊形的對角線互相平分”來解決.由于先要畫出草圖，若考慮不周，很容易漏解.

解決拋物線中的平行四邊形存在性問題，常用的結論和方法有：線段中點坐標公式、平行四邊形頂點坐標公式、畫平行四邊形.
平面直角坐標系中，點 的坐標是，點B的坐標是，則線段AB的中點坐標是.
平行四邊形ABCD的頂點坐標分別為、、、，
則，.
已知不在同一直線上的三點A、B、C，在平面內找到一個點D，使以A、B、C、D為頂點的四邊形是平行四邊形，有三種情況：
【例1】（2022?婁底）如圖，拋物線y＝x2﹣2x﹣6與x軸相交于點A、點B，與y軸相交于點C．
（1）請直接寫出點A，B，C的坐標；
（2）點P（m，n）（0＜m＜6）在拋物線上，當m取何值時，△PBC的面積最大？并求出△PBC面積的最大值．
（3）點F是拋物線上的動點，作FE∥AC交x軸于點E，是否存在點F，使得以A、C、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請寫出所有符合條件的點F的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）將x＝0及y＝0代入拋物線y＝x2﹣2x﹣6的解析式，進而求得結果；
（2）連接OP，設點P（m，﹣2m﹣6），分別表示出S△POC，S△BOP，計算出S△BOC，根據S△PBC＝S四邊形PBOC﹣S△BOC，從而得出△PBC的函數關系式，進一步求得結果；
（3）可分為?ACFE和?ACEF的情形．當?ACFE時，點F和點C關于拋物線對稱軸對稱，從而得出F點坐標；當?ACED時，可推出點F的縱坐標為6，進一步求得結果．
【解析】（1）當x＝0時，y＝﹣6，
∴C（0，﹣6），
當y＝0時，x2﹣2x﹣6＝0，
∴x1＝6，x2＝﹣2，
∴A（﹣2，0），B（6，0）；
（2）方法一：如圖1，
連接OP，
設點P（m，﹣2m﹣6），
∴S△POC＝xP＝＝3m，
S△BOP＝|yP|＝+2m+6），
∵S△BOC＝＝18，
∴S△PBC＝S四邊形PBOC﹣S△BOC
＝（S△POC+S△POB）﹣S△BOC
＝3m+3（﹣+2m+6）﹣18
＝﹣（m﹣3）2+，
∴當m＝3時，S△PBC最大＝；
方法二：如圖2，
作PQ⊥AB于Q，交BC于點D，
∵B（6，0），C（0，﹣6），
∴直線BC的解析式為：y＝x﹣6，
∴D（m，m﹣6），
∴PD＝（m﹣6）﹣（﹣2m﹣6）＝﹣+3m，
∴S△PBC＝＝＝﹣（m﹣3）2+，
∴當m＝3時，S△PBC最大＝；
（3）如圖3，
當?ACFE時，AE∥CF，
∵拋物線對稱軸為直線：x＝＝2，
∴F1點的坐標：（4，﹣6），
如圖4，
當?ACEF時，
作FG⊥AE于G，
∴FG＝OC＝6，
當y＝6時，x2﹣2x﹣6＝6，
∴x1＝2+2，x2＝2﹣2，
∴F2（2+2，6），F(xiàn)3（2﹣2，6），
綜上所述：F（4，﹣6）或（2+2，6）或（2﹣2，6）．
【例2】．（2022?畢節(jié)市）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，頂點為D（2，1），拋物線的對稱軸交直線BC于點E．
（1）求拋物線y＝﹣x2+bx+c的表達式；
（2）把上述拋物線沿它的對稱軸向下平移，平移的距離為h（h＞0），在平移過程中，該拋物線與直線BC始終有交點，求h的最大值；
（3）M是（1）中拋物線上一點，N是直線BC上一點．是否存在以點D，E，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點N的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）利用拋物線的頂點式可直接得出拋物線的表達式；
（2）先根據（1）中拋物線的表達式求出點A，B，C的坐標，進而可得出直線BC的表達式；設出點平移后的拋物線，聯(lián)立直線BC和拋物線的表達式，根據根的判別式可得出結論；
（3）假設存在以點D，E，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形，分別以DE為邊，以DE為對角線，進行討論即可．
【解析】（1）∵拋物線y＝﹣x2+bx+c的頂點為D（2，1），
∴拋物線的表達式為：y＝﹣（x﹣2）2+1＝﹣x2+4x﹣3．
（2）由（1）知，拋物線的表達式為：y＝﹣x2+4x﹣3，
令x＝0，則y＝﹣3，
∴C（0，﹣3）；
令y＝0，則x＝1或x＝3，
∴A（1，0），B（3，0）．
∴直線BC的解析式為：y＝x﹣3．
設平移后的拋物線的解析式為：y＝﹣（x﹣2）2+1﹣h，
令﹣（x﹣2）2+1﹣h＝x﹣3，整理得x2﹣3x+h＝0，
∵該拋物線與直線BC始終有交點，
∴Δ＝9﹣4h≥0，
∴h≤．
∴h的最大值為．
（3）存在，理由如下：
由題意可知，拋物線的對稱軸為：直線x＝2，
∴E（2，﹣1），
∴DE＝2，
設點M（m，﹣m2+4m﹣3），
若以點D，E，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形，則分以下兩種情況：
①當DE為邊時，DE∥MN，
則N（m，m﹣3），
∴MN＝|﹣m2+4m﹣3﹣（m﹣3）|＝|﹣m2+3m|，
∴|﹣m2+3m|＝2，解得m＝1或m＝2（舍）或m＝或m＝．
∴N（1，﹣2）或（，）或（，）．
②當DE為對角線時，
設點N的坐標為t，
則N（t，t﹣3），
∴，
解得m或（舍），
∴N（3，0）．
綜上，點N的坐標為N（1，﹣2）或（，）或（，）或（3，0）．
【例3】（2022?聊城）如圖，在直角坐標系中，二次函數y＝﹣x2+bx+c的圖象與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C（0，3），對稱軸為直線x＝﹣1，頂點為點D．
（1）求二次函數的表達式；
（2）連接DA，DC，CB，CA，如圖①所示，求證：∠DAC＝∠BCO；
（3）如圖②，延長DC交x軸于點M，平移二次函數y＝﹣x2+bx+c的圖象，使頂點D沿著射線DM方向平移到點D1且CD1＝2CD，得到新拋物線y1，y1交y軸于點N．如果在y1的對稱軸和y1上分別取點P，Q，使以MN為一邊，點M，N，P，Q為頂點的四邊形是平行四邊形，求此時點Q的坐標．
【分析】（1）根據拋物線對稱軸和點C坐標分別確定b和c的值，進而求得結果；
（2）根據點A，D，C坐標可得出AD，AC，CD的長，從而推出三角形ADC為直角三角形，進而得出∠DAC和∠BCO的正切值相等，從而得出結論；
（3）先得出y1的頂點，進而得出先拋物線的表達式，N的坐標，根據三角形相似或一次函數可求得點M坐標，以MN為邊，點M，N，P，Q為頂點的四邊形是?MNQP和?MNPQ根據M，N和點P的橫坐標可以得出Q點的橫坐標，進而求得結果．
【解答】（1）解：由題意得，
，
∴，
∴二次函數的表達式為：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）證明：∵當x＝﹣1時，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：如圖，
作DE⊥y軸于E，作D1F⊥y軸于F，
∴DE∥FD1，
∴△DEC∽△D1FC，
∴＝，
∴FD1＝2DE＝2，CF＝2CE＝2，
∴D1（2，1），
∴y1的關系式為：y＝﹣（x﹣2）2+1，
當x＝0時，y＝﹣3，
∴N（0，﹣3），
同理可得：，
∴，
∴OM＝3，
∴M（3，0），
設P（2，m），
當?MNQP時，
∴MN∥PQ，PQ＝MN，
∴Q點的橫坐標為﹣1，
當x＝﹣1時，y＝﹣（﹣1﹣2）2+1＝﹣8，
∴Q（﹣1，8），
當?MNPQ時，
同理可得：點Q橫坐標為：5，
當x＝5時，y＝﹣（5﹣2）2+1＝﹣8，
∴Q′（5，﹣8），
綜上所述：點Q（﹣1，﹣8）或（5，﹣8）．
【例4】（2022?郴州）已知拋物線y＝x2+bx+c與x軸相交于點A（﹣1，0），B（3，0），與y軸相交于點C．
（1）求拋物線的表達式；
（2）如圖1，將直線BC向上平移，得到過原點O的直線MN．點D是直線MN上任意一點．
①當點D在拋物線的對稱軸l上時，連接CD，與x軸相交于點E，求線段OE的長；
②如圖2，在拋物線的對稱軸l上是否存在點F，使得以B，C，D，F(xiàn)為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點F與點D的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據點A、B的坐標利用待定系數法即可求出拋物線的解析式；
（2）①方法一：求出直線CD的解析式為y＝4x﹣3，當y＝0時，求出x的值，則可得出答案；
方法二：求出OD＝3，證明△DEO∽△CEB，由相似三角形的性質得出，設OE＝x，則BE＝3﹣x，列出方程求出x的值，則可得出答案；
②分別以已知線段BC為邊、BC為對角線，畫出圖形，利用平行四邊形的性質及全等三角形的性質求點F的坐標和點D的坐標即可．
【解析】（1）將A（﹣1，0）、B（3，0）代入y＝x2+bx+c得，
，
解得，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）①由（1）可知，C（0，﹣3），
設直線BC的解析式為y＝kx+m，
將C（0，﹣3），B（3，0）代入得，
，
∴，
∴直線BC的解析式為y＝x﹣3，
∴直線MN的解析式為y＝x，
∵拋物線的對稱軸為x＝﹣＝﹣＝1，
把x＝1代入y＝x，得y＝1，
∴D（1，1），
方法一：
設直線CD的解析式為y＝k1x+b1，
將C（0，﹣3），D（1，1）代 入得，
，
解得，
∴直線CD的解析式為y＝4x﹣3，
當y＝0時，4x﹣3＝0，
∴x＝，
∴E（，0），
∴OE＝．
方法二：
由勾股定理得OD＝＝，BC＝＝3，
∵BC∥MN，
∴△DEO∽△CEB，
∴，
設OE＝x，則BE＝3﹣x，
∴，
解得x＝，
∴OE＝．
②存在點F，使得以B，C，D，F(xiàn)為頂點的四邊形是平行四邊形．
理由如下：
（Ⅰ）若平行四邊形以BC為邊時，
由BC∥FD可知，F(xiàn)D在直線MN上，
∴點F是直線MN與對稱軸l的交點，即F（1，1），
由點D在直線MN上，設D（t，t），
如圖，若四邊形BCFD是平行四邊形，則DF＝BC，
過點D作y軸的垂線交對稱軸l于點G，則G（1，t），
∵BC∥MN，
∴∠OBC＝∠DOB，
∵GD∥x軸，
∴∠GDF＝∠DOB，
∴∠OBC＝∠GDF，
又∵∠BOC＝∠DGF＝90°，
∴△DGF≌△BOC（AAS），
∴GD＝OB，GF＝OC，
∵GD＝t﹣1，OB＝3，
∴t﹣1＝3，
∴t＝4，
∴D（4，4），
如圖，若四邊形BCDF是平行四邊形，則DF＝CB，
同理可證△DKF≌△COB（AAS），
∴KD＝OC，
∵KD＝1﹣t，OC＝3，
∴1﹣t＝3，
∴t＝﹣2，
∴D（﹣2，﹣2）；
（Ⅱ）若平行四邊形以BC為對角線時，
由于D在BC的上方，則點F一定在BC的下方，
如圖，四邊形BFCD為平行四邊形，
設D（t，t），F(xiàn)（1，n），
同理可證△DHC≌△BPF（AAS），
∴DH＝BP，HC＝PF，
∵DH＝t，BP＝3﹣1＝2，HC＝t﹣（﹣3）＝t+3，PF＝0﹣n＝﹣n，
∴，
∴，
∴D（2，2），F(xiàn)（1，﹣5），
綜上所述，存在點F，使得以B，C，D，F(xiàn)為頂點的四邊形是平行四邊形．
當點F的坐標為（1，1）時，點D的坐標為（4，4）或（﹣2，﹣2）；
當點F的坐標為（1，﹣5）時，點D的坐標為（2，2）．
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1．（2021?濱城區(qū)一模）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣5（a≠0）經過x軸上的點A（1，0）和點B（5，0）及y軸上的點C，經過B、C兩點的直線為y＝kx+b（k≠0）．
（1）求拋物線的解析式．
（2）點P從A出發(fā)，在線段AB上以每秒1個單位的速度向B運動，同時點E從B出發(fā)，在線段BC上以每秒2個單位的速度向C運動．當其中一個點到達終點時，另一點也停止運動．設運動時間為t秒，求t為何值時，△PBE的面積最大并求出最大值．
（3）過點A作AM⊥BC于點M，過拋物線上一動點N（不與點B、C重合）作直線AM的平行線交直線BC于點Q．若點A、M、N、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，求點N的橫坐標．
【分析】（1）將A（1，0）和點B（5，0）代入y＝ax2+bx﹣5計算出a，b的值即可；
（2）作ED⊥x軸于D，表示出ED，從而表示出S△BEP，利用二次函數求最值；
（3）過A作AE∥y軸交直線BC于E點，過N作NF∥y軸交直線BC于點F，則NF＝AE＝4，設N（m，﹣m2+6m﹣5），則F（m，m﹣5），從而有NF＝|﹣m2+5m|＝4，解方程即可求出N的橫坐標．
【解析】（1）將A（1，0）和點B（5，0）代入y＝ax2+bx﹣5得：
，
解得，
∴拋物線y＝﹣x2+6x﹣5，
（2）作ED⊥x軸于D，
由題意知：BP＝4﹣t，BE＝2t，
∵B（5，0），C（0，﹣5），
∴OB＝OC＝5，
∴∠OBC＝45°，
∴ED＝sin45°×2t＝，
∴S△BEP＝＝﹣，
當t＝﹣ 時，S△BEP最大為2．
∴當t＝2時，S△BEP最大為2．
（3）過A作AE∥y軸交直線BC于E點，過N作NF∥y軸交直線BC于點F，
則NF＝AE＝4，
設N（m，﹣m2+6m﹣5），則F（m，m﹣5），
∴NF＝|﹣m2+5m|＝4，
∴m2﹣5m+4＝0或m2﹣5m﹣4＝0，
∴m1＝1（舍），m2＝4，或m3＝，m4＝，
∴點N的橫坐標為：4或或．
2．（2021?九龍坡區(qū)模擬）如圖1，拋物線y＝ax2+bx+4交x軸于A（﹣3，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C，連接AC，BC．點P是第一象限內拋物線上的一個動點，設點P的橫坐標為m，過點P作PM⊥x軸，垂足為點M，PM交BC于點Q，過點P作PN⊥BC，交BC于點N．
（1）求此拋物線的解析式；
（2）請用含m的代數式表示PN，并求出PN的最大值以及此時點P的坐標；
（3）如圖2，將拋物線y＝ax2+bx+4沿著射線CB的方向平移，使得新拋物線y'過原點，點D為原拋物線y與新拋物線y'的交點，若點E為原拋物線的對稱軸上一動點，點F為新拋物線y'上一動點，求點F使得以A，D，E，F(xiàn)為頂點的四邊形為平行四邊形，請直接寫出點F的坐標，并寫出一個F點的求解過程．
【分析】（1）將點A（﹣3，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，即可求函數解析式；
（2）先求出BC的解析式為y＝﹣x+4，設P（m，﹣m2+m+4），Q（m，﹣m+4），由面積S△BCP＝×BC×PN＝×PQ×OB，可得PN＝﹣（m﹣2）2+，所以當m＝2時，PN有最大值，P（2，）；
（3）由拋物線沿著射線CB的方向平移，可設拋物線沿x軸正方向平移t（t＞0）個單位，則沿y軸負半軸平移t個單位，則平移后的函數解析式為y'＝﹣+﹣t，再由新拋物線y'過原點，可求t＝2，則可求新的拋物線解析式為y'＝﹣x2+x，聯(lián)立﹣x2+x＝﹣x2+x+4，求出D（3，2），由點E在y'上，則E點的橫坐標為，由點F為新拋物線y'上，設F點橫坐標為n，當以A，D，E，F(xiàn)為頂點的四邊形為平行四邊形時，有三種情況：①當AE與DF為平行四邊形的對角線時，﹣3+＝n+3，得F（﹣，﹣）；②當AF與ED為平行四邊形對角線時，﹣3+n＝3+，得F（，﹣）；③當AD與EF為平行四邊形對角線時，﹣3+3＝n+，得F（﹣，﹣）．
【解析】（1）將點A（﹣3，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+4，得：
，
解得：，
∴y＝﹣x2+x+4；
（2）∵拋物線與y軸交于點C，
∴C（0，4），
設直線BC的解析式為y＝kx+d，
將點B與點C代入可得，，
解得，
∴y＝﹣x+4，
∵點P的橫坐標為m，PM⊥x軸，
∴P（m，﹣m2+m+4），Q（m，﹣m+4），
∴S△BCP＝×BC×PN＝×PQ×OB，
∵B（4，0），C（0，4），
∴BC＝8，
∴8PN＝（﹣m2+m+4+m﹣4）×4，
∴PN＝﹣（m﹣2）2+，
∴當m＝2時，PN有最大值，
∴P（2，）；
（3）y＝﹣x2+x+4＝﹣+，
∵拋物線沿著射線CB的方向平移，
設拋物線沿x軸正方向平移t（t＞0）個單位，則沿y軸負半軸平移t個單位，
平移后的函數解析式為y'＝﹣+﹣t，
∵新拋物線y'過原點，
∴0＝﹣+﹣t，
解得t＝2或t＝﹣6（舍），
∴y'＝﹣+＝﹣x2+x，
∵點D為原拋物線y與新拋物線y'的交點，
聯(lián)立﹣x2+x＝﹣x2+x+4，
∴x＝3，
∴D（3，2），
∵y＝﹣x2+x+4的對稱軸為直線x＝，
∴E點的橫坐標為，
∵點F為新拋物線y'上一動點，
設F點橫坐標為n，
①當AE與DF為平行四邊形的對角線時，
∴﹣3+＝n+3，
∴n＝﹣，
∴F（﹣，﹣）；
②當AF與ED為平行四邊形對角線時，
∴﹣3+n＝3+，
∴n＝，
∴F（，﹣）；
③當AD與EF為平行四邊形對角線時，
∴﹣3+3＝n+，
∴n＝﹣，
∴F（﹣，﹣）；
綜上所述：以A，D，E，F(xiàn)為頂點的四邊形為平行四邊形時，F(xiàn)的坐標為（﹣，﹣）或（，﹣）或（﹣，﹣）．
3．（2021?碑林區(qū)校級模擬）如圖，拋物線M：y＝ax2+bx+b﹣a經過點（1，﹣3）和（﹣4，12），與兩坐標軸的交點分別為A，B，C，頂點為D．
（1）求拋物線M的表達式和頂點D的坐標；
（2）若拋物線N：y＝﹣（x﹣h）2+與拋物線M有一個公共點為E，則在拋物線N上是否存在一點F，使得以B、C、E、F為頂點的四邊形是以BC為邊的平行四邊形？若存在，請求出h的值；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）將點代入拋物線解析式求出a，b的值，即可求出拋物線解析式，再將拋物線解析式轉化為頂點式，求出頂點D的坐標；
（2）先求出B，C的坐標，再設E，F(xiàn)的坐標，根據平移的特點列出關系式，求出h的值．
【解析】（1）將（1，﹣3），（﹣4，12）代入y＝ax2+bx+b﹣a，
得，
解得，
∴，
∴拋物線M的表達式為，頂點D的坐標為．
（2）存在．
∵，
當x＝0時，y＝﹣2，
當y＝0時，，
解得x1＝﹣1，x2＝4，
∴C（0，﹣2），B（4，0），
設，，
當四邊形BCFE是平行四邊形時，
可看出是E，F(xiàn)可看成分別是B，C平移相同的單位得到，
則
②﹣③得m+n＝2h﹣1④，
（①+④）÷2得⑤，
（④﹣①）÷2得⑥，
將⑤，⑥代入③得h＝±，
當四邊形BCEF是平行四邊形時，
可看出是E，F(xiàn)可看成分別是C，B平移相同的單位得到，
則
②﹣③得m+n＝2h﹣1④，
（①+④）÷2得⑤，
（④﹣①）÷2得⑥，
將⑤，⑥代入③得h＝或，
當h＝時，m＝h+＝+＝8，n＝h﹣＝﹣＝4，
∴E（4，0），F(xiàn)（8，2），
此時點E與點B重合，不符合題意，舍去；
綜上，h的值為或±．
4．（2021?本溪模擬）如圖，平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于A（﹣，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C，拋物線的頂點為點E．
（1）填空：△ABC的形狀是 直角三角形 ．
（2）求拋物線的解析式；
（3）經過B，C兩點的直線交拋物線的對稱軸于點D，點P為直線BC上方拋物線上的一動點，當△PCD的面積最大時，求P點坐標；
（4）M在直線BC上，N在拋物線上，以M、N、E、D為頂點的四邊形為平行四邊形，直接寫出符合條件的點M的坐標．
【分析】（1）由tan∠ACO＝＝，故∠ACO＝30°，同理可得，∠BCO＝60°，即可求解；
（2）用待定系數法即可求解；
（3）當△PCD的面積最大時，若直線l和拋物線只要一個交點P，則點P為所求點，進而求解；
（4）當ED是邊時，點D向上平移2個單位得到點E，同樣，點M（N）向上平移2個單位得到點N（M），進而求解；②當ED為對角線時，由中點坐標公式得：＝m+n且4+2＝﹣n2+n+3+3，即可求解．
【解析】（1）由拋物線的表達式知，c＝3，OC＝3，
則tan∠ACO＝＝，故∠ACO＝30°，
同理可得，∠BCO＝60°，
故△ABC為直角三角形，
故答案為：直角三角形；
（2）由題意得：，解得，
故拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+3①；
（3）由點B、C的坐標得，直線BC的表達式為y＝﹣x+3，
則設直線l∥BC，則設直線l的表達式為：y＝﹣x+c②，
當△PCD的面積最大時，直線l和拋物線只要一個交點P，則點P為所求點，
聯(lián)立①②并整理得：﹣x2+x+3﹣c＝0③，
則△＝（）2﹣4×（﹣）（3﹣c）＝0，
解得：c＝，
將c的值代入③式并解得x＝，
故點P的坐標為（，）；
（4）由拋物線的表達式知，點E的坐標為（，4），
∵直線BC的表達式為y＝﹣x+3，故點D（，2），
設點M的坐標為（m，﹣m+3），點N的坐標為（n，﹣n2+n+3），
①當ED是邊時，
點D向上平移2個單位得到點E，同樣，點M（N）向上平移2個單位得到點N（M），
則m＝n且﹣m+3±2＝﹣n2+n+3，
解得：m＝（舍去）或2或；
②當ED為對角線時，
由中點坐標公式得：＝m+n且4+2＝﹣n2+n+3﹣m+3，
解得m＝（舍去）或0，
綜上，m＝0或2或或，
故點M的坐標為（0，3）或（2，1）或（，）或（，）．
5．（2021?深圳模擬）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣3與x軸交于A，B兩點，與y軸交于C點，且經過點（2，﹣3a），對稱軸是直線x＝1，頂點是M．
（1）求拋物線對應的函數表達式；
（2）經過C，M兩點作直線與x軸交于點N，在拋物線上是否存在這樣的點P，滿足以點P，A，C，N為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；
（3）設直線y＝﹣x+3與y軸的交點是D，在線段BD上任取一點E（不與B，D重合），經過A，B，E三點的圓交直線BC于點F，試判斷△AEF的形狀，并說明理由．
【分析】（1）因為拋物線經過點（2，﹣3a），代入到解析式中，得到關于a和b的方程，由于拋物線對稱軸為直線x＝1，所以，聯(lián)立兩個方程，解方程組，即可求出a和b；
（2）先將解析式配成頂點式，求出M坐標，然后求出C點坐標，利用待定系數法，求出直線MC的解析式，再求出MC和x軸交點N的坐標，利用拋物線解析式分別求出A和C坐標，以A，C，N，P為頂點構造平行四邊形，并且P點必須在拋物線上，通過構圖可以發(fā)現(xiàn)，只有當AC為對角線時，才有可能構造出符合條件的P點，所以過C作CP∥AN，使CP＝AN，由于AN＝2，所以可以得到P（2，﹣3），將P代入到拋物線解析式中，滿足解析式，P即為所求；
（3）利用y＝﹣x+3，可以求出直線與y軸交點D的坐標，可以證得△DOB是等腰直角三角形，同理可以證得△BOC也是等腰直角三角形，根據題意畫出圖形，利用同弧所對的圓周角相等，可以證得∠AEF＝∠AFE＝45°，所以△AEF是等腰直角三角形．
【解析】（1）∵拋物線經過點（2，﹣3a），
∴4a+2b﹣3＝﹣3a①，
又因為拋物線對稱為x＝1，
∴②，
聯(lián)立①②，解得，
∴拋物線對應的函數表達式為y＝x2﹣2x﹣3；
（2）如圖1，∵y＝（x﹣1）2﹣4，
∴M（1，﹣4），
令x＝0，則y＝x2﹣2x﹣3＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
設直線MC為y＝kx﹣3，
代入點M得k＝﹣1，
∴直線MC為y＝﹣x﹣3，
令y＝0，則x＝﹣3，
∴N（﹣3，0），
令y＝0，則x2﹣2x﹣3＝0，
∴x＝﹣1或3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
過C作CP∥AN，使CP＝AN，
則四邊形ANCP為平行四邊形，
∴CP＝AN＝﹣1﹣（﹣3）＝2，
∴P（2，﹣3），
∵P的坐標滿足拋物線解析式，
∴P（2，﹣3）在拋物線上，
即P（2，﹣3）；
（3）如圖2，令x＝0，則y＝﹣x+3＝3，
∴D（0，3），
∴OB＝OD＝3，又∠DOB＝90°，
∴∠DBO＝45°，
同理，∠ABC＝45°，
∵同弧所對的圓周角相等，
∴∠AEF＝∠ABC＝45°，
∠AFE＝∠DBO＝45°，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∴△AEF為等腰直角三角形．
6．（2021?銅梁區(qū)校級一模）已知拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側）．與y軸交于點C．其中OC＝OB，tan∠CAO＝3．
（1）求拋物線的解析式；
（2）P是第一象限內的拋物線上一動點，Q為線段PB的中點，求△CPQ面積的最大值時P點坐標：
（3）將拋物線沿射線CB方向平移2個單位得新拋物線y'．M為新拋物線y′的頂點．D為新拋物線y'上任意一點，N為x軸上一點．當以M、N、C、D為頂點的四邊形是平行四邊形時，直接寫出所有符合條件的點N的坐標．并選擇一個你喜歡的N點．寫出求解過程．
【分析】（1）第一題將ABC三個點坐標表示后，代入求值即可．
（2）第二題求面積最大值，可用鉛錘法將面積轉化為求鉛垂高的最大值．
（3）第三題平行四邊形存在性問題，利用平行四邊形對角線互相平分，套用中點坐標公式即可求出相應的點．
【解析】（1）∵拋物線解析式為y＝ax2+bx+3，
令x＝0得y＝3，
∴點C坐標為（0，3），
∵OG﹣OB＝3，
∴B坐標為（3，0），
∵tan∠CAO＝3，
∴＝3，
∴OA＝1，
∴點A坐標為（﹣1，0），
∴設解析式為y＝a（x+1）（x﹣3），
代入（0，3）得a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3），
＝﹣（x2﹣2x﹣3）
＝﹣x2+2x+3
＝﹣（x﹣1）2+4，
∴拋物線解析式為：y＝﹣（x﹣1）2+4；
（2）∵Q為線段PB中點，
∴S△CPQ＝S△CPB，
當S△CPB面積最大時，△CPQ面積最大．
設P坐標（a，﹣a2+2a+3），
過點P作PH∥y軸交BC于點H，
H坐標為（a，﹣a+3），
∴PH＝（﹣a2+2a+3）﹣（﹣a+3）
＝﹣a2+2a+3+a﹣3
＝﹣a2+3a，
S△CPB＝?PH?（xB﹣xC）
＝?PH?3
＝PH＝（﹣a2+3a）
＝﹣（a2﹣3a+﹣）
＝﹣（a﹣）2+，
當a＝時，即P坐標為（，）時，
最大S△CPQ＝S△CPB＝，
∴P坐標為（，）；
（3）沿CB方向平移2個單位，
即向右2個單位，向下2個單位，
∴新拋物線解析式為y＝﹣（x﹣3）2+2，
M坐標為（3，2）C坐標為（0，3），
點N坐標設為（n，0），
∵＝，
∴＝，
∴yD＝1，
則1＝﹣（x﹣3）2+2
﹣1＝﹣（x﹣3）2，
（x﹣3）2＝1，
x﹣3＝±1，
∴x＝4或2，
∴xD＝4或xD＝2，
＝?＝，
∴xN＝7，
或＝，
∴xN＝5，
∴N坐標為（7，0）或（5，0），
或＝?＝，
得yD＝﹣1，
則﹣1＝﹣（x﹣3）2+2，
（x﹣3）2＝3，
x＝±+3，
∴xD＝3﹣或xD＝3+，
即xN＝﹣或，
N坐標為（﹣，0）或（，0）．
7．（2021?盤龍區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝x2+bx+c經過點A（﹣4，0），點M為拋物線的頂點，點B在y軸上，且OA＝OB，直線AB與拋物線在第一象限交于點C（2，6）．
（1）求拋物線的解析式及頂點M的坐標；
（2）求直線AB的函數解析式及sin∠ABO的值；連接OC．若過點O的直線交線段AC于點P，將三角形AOC的面積分成1：2的兩部分，請求出點P的坐標；
（3）在坐標平面內是否存在點N，使以點A、O、C、N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）將A（﹣4，0），C（2，6）代入y＝x2+bx+c，用待定系數法可得解析式，從而可得頂點M的坐標；
（2）由OA＝OB可得B（0，4），設直線AB的函數解析式解析式為y＝kx+b，將A（﹣4，0）、B（0，4）代入可求得AB為y＝x+4，Rt△AOB中，可得sin∠ABO＝＝，
過點O的直線交線段AC于點P，將三角形AOC的面積分成1：2的兩部分，過P作PQ⊥x軸于Q，過C作CH⊥x軸于H，分兩種情況：①當S△AOP：S△COP＝1：2時，PQ：CH＝1：3，可求PQ＝2，從而求得P坐標，②當S△COP：S△AOP＝1：2時，S△AOP：S△AOC＝2：3，同理可求P坐標；
（3）設N（m，n），利用平行四邊形對角線互相平分，即對角線的中點重合，分三種情況分別列方程組求解即可．
【解析】（1）將A（﹣4，0），C（2，6）代入y＝x2+bx+c得：
，解得，
∴拋物線的解析式為y＝x2+2x，
對稱軸x＝＝﹣2，當x＝﹣2時，y＝×4+2×（﹣2）＝﹣2，
∴頂點M的坐標為（﹣2，﹣2）；
（2）∵A（﹣4，0），
∴OA＝4，
∵OA＝OB，
∴OB＝4，B（0，4），
設直線AB的函數解析式解析式為y＝kx+b，將A（﹣4，0）、B（0，4）代入得：
，解得，
∴直線AB的函數解析式解析式為y＝x+4，
Rt△AOB中，AB＝＝4，
∴sin∠ABO＝＝＝，
過點O的直線交線段AC于點P，將三角形AOC的面積分成1：2的兩部分，過P作PQ⊥x軸于Q，過C作CH⊥x軸于H，分兩種情況：
①當S△AOP：S△COP＝1：2時，如圖：
∵S△AOP：S△COP＝1：2，
∴S△AOP：S△AOC＝1：3，
∴PQ：CH＝1：3，
而C（2，6），即CH＝6，
∴PQ＝2，即yP＝2，
在y＝x+4中，令y＝2得2＝x+4，
∴x＝﹣2，
∴P（﹣2，2）；
②當S△COP：S△AOP＝1：2時，如圖：
∵S△COP：S△AOP＝1：2，
∴S△AOP：S△AOC＝2：3，
∴PQ：CH＝2：3，
∵CH＝6，
∴PQ＝4，即yP＝4，
在y＝x+4中，令y＝4得4＝x+4，
∴x＝0，
∴P（0，4）；
綜上所述，過點O的直線交線段AC于點P，將三角形AOC的面積分成1：2的兩部分，則P坐標為（﹣2，2）或（0，4）；
（3）點A、O、C、N為頂點的四邊形是平行四邊形時，設N（m，n），分三種情況：
①以AN、CO為對角線，此時AN中點與CO中點重合，
∵A（﹣4，0）、O（0，0），C（2，6），
∴AN的中點為（，），OC中點為（，），
∴，解得，
∴N（6，6），
②以AC、NO為對角線，此時AC中點與NO中點重合，同理可得：
解得，
∴N（﹣2，6），
③以AO、CN為對角線，此時AO中點與CN中點重合，同理可得：，
解得，
∴N（﹣6，﹣6），
綜上所述，點A、O、C、N為頂點的四邊形是平行四邊形，N的坐標為：（6，6）或（﹣2，6）或（﹣6，﹣6）．
8．（2021?海州區(qū)一模）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣3的圖象與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C，直線l與拋物線交于點B，交y軸于點D（0，3）．
（1）求該拋物線的函數表達式；
（2）點P（m，0）為線段OB上一動點，過點P作x軸的垂線EF，分別交拋物線于直線l于點E，F(xiàn)，連接CE，CF，BE，求四邊形CEBF面積的最大值及此時m的值；
（3）點M為y軸右側拋物線上一動點，過點M作直線MN∥AC交直線l于點N，是否存在點M，使以A，C，M，N四點為頂點的四邊形是平行四邊形，若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）將A，B坐標代入y＝ax2+bx﹣3中，利用待定系數法可求；
（2）求出直線l的解析式，用m表示點E，F(xiàn)的坐標，進而表示線段EF，根據S四邊形CEBF＝S△CEF+S△BEF＝EF?OP+?BP＝FE?OB，用含m的代數式表示四邊形CEBF的面積，利用二次函數的性質，通過配方法得出結論；
（3）分點M在直線BD的下方和點M在直線BD的上方時兩種情形討論解答；依據題意畫出圖形，①過M作ME⊥y軸于E，過N作NF⊥ME于F，通過說明△AOC≌△MFN，得出NF＝3，設出點M的坐標，用坐標表示相應線段，利用線段與坐標的關系，用相同的字母表示點N的坐標后，用坐標表示出線段NG，GF，利用NG+GF＝NF＝3，列出方程，解方程，點M坐標可求；
②利用①中相同的方法求得點M在直線BD的上方時點M的坐標．
【解析】（1）將A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3中得：
．
解得：．
∴該拋物線的函數表達式為：y＝x2﹣2x﹣3．
（2）設直線l的解析式為y＝kx+n，
將B（3，0），D（0，3）代入上式得：
．
解得：．
∴直線l的解析式為：y＝﹣x+3．
∵點P（m，0），EF⊥x軸，
∴E點坐標為（m，m2﹣2m﹣3），點F的坐標為（m，﹣m+3）．
∴EF＝﹣m+3﹣m2+2m+3＝﹣m2+m+6．
∵B（3，0），
∴OB＝3．
∵S四邊形CEBF＝S△CEF+S△BEF＝EF?OP+?BP×EF＝FE?OB，
∴＝﹣．
∵＜0，
∴當m＝時，S四邊形CEBF有最大值＝．
即：當m＝時，四邊形CEBF面積的最大值為．
（3）存在．
①當點M在直線BD的下方時，如圖，
令x＝0，則y＝﹣3．
∴C（0，﹣3）．
∴OC＝3．
∵A（﹣1，0），
∴OA＝1．
過M作ME⊥y軸于E，過N作NF⊥ME于F，交x軸于點G，
∵四邊形ACMN為平行四邊形，
∴AC∥MN，AC＝MN．
∵NF⊥ME，ME⊥OE，
∴NF∥OE．
∴∠ACO＝∠MNF．
在△AOC和△MFN中，
．
∴△AOC≌△MFN（AAS）．
∴NF＝OC＝3，MF＝OA＝1．
設M（h，h2﹣2h﹣3），則ME＝h，GF＝OE＝﹣h2+2h+3．
∴OG＝EF＝ME﹣MF＝h﹣1．
∴N（h﹣1，﹣h+4）．
∴NG＝﹣h+4，
∵NG+GF＝NF＝3，
∴﹣h+4﹣h2+2h+3＝3．
解得：h＝（負數不合題意，舍去）．
∴h＝．
∴M（）．
②當點M在直線BD的上方時，如圖，
過N作NE⊥y軸于E，過M作MF⊥NE于F，交x軸于點G，
由①知：△MNF≌△CAO（AAS），可得NF＝OA＝1，MF＝OC＝3．
設M（h，h2﹣2h﹣3），則OG＝FE＝h，GM＝h2﹣2h﹣3．
∴NE＝EF+NF＝h+1．
∴N（h+1，﹣h+2）．
∴GF＝OE＝h﹣2．
∵MG+GF＝MF＝3，
∴h﹣2+h2﹣2h﹣3＝3．
解得：h＝（負數不合題意，舍去）．
∴h＝．
∴M（）．
綜上所述，存在點M，使以A，C，M，N四點為頂點的四邊形是平行四邊形，此時點M的坐標為（）或（）．
9．（2021?南昌縣一模）如圖，已知二次函數L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1（m≥1）和二次函數L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1（m≥1）圖象的頂點分別為M，N，與x軸分別相交于A、B兩點（點A在點B的左邊）和C、D兩點（點C在點D的左邊）．
（1）函數y＝mx2+2mx﹣3m+1（m≥1）的頂點坐標為 （﹣1，﹣4m+1） ；當二次函數L1，L2的y值同時隨著x的增大而增大時，則x的取值范圍是 ﹣1＜x＜3 ；
（2）當AD＝MN時，判斷四邊形AMDN的形狀（直接寫出，不必證明）；
（3）拋物線L1，L2均會分別經過某些定點：
①求所有定點的坐標；
②若拋物線L1位置固定不變，通過左右平移拋物線L2的位置使這些定點組成的圖形為菱形，則拋物線L2應平移的距離是多少？
【分析】（1）將已知拋物線解析式轉化為頂點式，直接得到點M的坐標；結合函數圖象填空；
（2）利用拋物線解析式與一元二次方程的關系求得點A、B、C、D的橫坐標，可得AD的中點為（1，0），MN的中點為（1，0），則AD與MN互相平分，可證四邊形AMDN是矩形；
（3）根據菱形的性質可得EH1＝EF＝4即可，設平移的距離為x，根據平移后圖形為菱形，由勾股定理可得方程即可求解．
【解析】（1）x＝﹣＝﹣1，頂點坐標M為（﹣1，﹣4m+1），
由圖象得：當﹣1＜x＜3時，二次函數L1，L2的y值同時隨著x的增大而增大．
故答案為：（﹣1，﹣4m+1）；﹣1＜x＜3
（2）結論：四邊形AMDN是矩形．
由二次函數L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1（m≥1）和二次函數L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1（m≥1）解析式可得：
A點坐標為（，0），D點坐標為（，0），頂點M坐標為（﹣1，﹣4m+1），頂點N坐標為（3，4m﹣1），
∴AD的中點為（1，0），MN的中點為（1，0），
∴AD與MN互相平分，
∴四邊形AMDN是平行四邊形，
又∵AD＝MN，
∴?AMDN是矩形．
（3）
①∵二次函數L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1＝m（x+3）（x﹣1）+1，
故當x＝﹣3或x＝1時y＝1，即二次函數L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1經過（﹣3，1）、（1，1）兩點，
∵二次函數L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1＝﹣m（x﹣1）（x﹣5）﹣1，
故當x＝1或x＝5時y＝﹣1，即二次函數L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1經過（1，﹣1）、（5，﹣1）兩點，
②∵二次函數L1：y＝mx2+2mx﹣3m+1經過（﹣3，1）、（1，1）兩點，二次函數L2：y＝﹣m（x﹣3）2+4m﹣1經過（1，﹣1）、（5，﹣1）兩點，
如圖：四個定點分別為E（﹣3，1）、F（1，1），H（1，﹣1）、G（5，﹣1），則組成四邊形EFGH為平行四邊形，
設平移的距離為x，根據平移后圖形為菱形，
由勾股定理可得：42＝22+（4﹣x）2．
解得：x＝，
拋物線L1位置固定不變，通過左右平移拋物線L2的位置使這些定點組成的圖形為菱形，則拋物線L2向左平移或．
10．（2022?渝中區(qū)校級模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx﹣3（a≠0）與y軸交于點C，與x軸交于A、B兩點，且點A的坐標為（﹣1，0），連接BC，OB＝2OC．
（1）求拋物線的表達式；
（2）如圖1，點P是直線BC下方拋物線上一點，過點P作直線BC的垂線，垂足為H，過點P作PQ∥y軸交BC于點Q，求△PHQ周長的最大值及此時點P坐標；
（3）如圖2，將拋物線水平向左平移4個單位得到新拋物線y'；點D是新拋物線y'上的點且橫坐標為﹣3，點M為新拋物線y'上一點，點E、F為直線AC上的兩個動點，請直接寫出使得以點D、M、E、F為頂點的四邊形是平行四邊形的點M的橫坐標，并把求其中一個點M的橫坐標的過程寫出來．
【分析】（1）求出B、C點坐標，將B、C點代入y＝ax2+bx﹣3，即可求解；
（2）先求出BC的解析式，設P（t，t2﹣t﹣3），則Q（t，t﹣3），PQ＝﹣t2+3t，由PQ∥CO，可得∠HQP＝∠OCB，利用直角三角形三角函數求出HP＝＝PQ，HQ＝PQ，則△PHQ周長＝HP+PQ+HQ＝（1+）PQ＝（1+）[﹣（t﹣3）2+]，當t＝3時，△PHQ周長有最大值+，此時P（3，﹣6）；
（3）求出平移后的函數解析式為y'＝x2+x﹣5，則D（﹣3，﹣5），設M（m，＝m2+m﹣5），E（x1，﹣3x1﹣3），F(xiàn)（x2，﹣3x2﹣3），分三種情況討論：①以EF為平行四邊形的對角線時，M（，）或（，）；②以EM為平行四邊形的對角線時，M（﹣6，4）；③以ED為平行四邊形的對角線時，求得M（﹣6，4）．
【解析】（1）令x＝0，則y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∴OC＝3，
∵OB＝2OC，
∴OB＝6，
∴B（6，0），
將B、C點代入y＝ax2+bx﹣3，
∴，
解得，
∴y＝x2﹣x﹣3；
（2）設直線BC的解析式為y＝kx+b，
，
解得，
∴y＝x﹣3，
∴設P（t，t2﹣t﹣3），則Q（t，t﹣3），
∴PQ＝﹣t2+3t，
∵CO＝3，BO＝6，
∴BC＝3，
在Rt△ABC中，sin∠BCO＝，cs∠BCO＝，
∵PQ∥CO，
∴∠HQP＝∠OCB，
∴sin∠HQP＝＝，cs∠HQP＝＝，
∴HP＝PQ，HQ＝PQ，
∴△PHQ周長＝HP+PQ+HQ＝（1+）PQ＝（1+）（﹣t2+3t）＝（1+）[﹣（t﹣3）2+]，
∵點P是直線BC下方，
∴0＜t＜6，
∴當t＝3時，△PHQ周長有最大值+，
此時P（3，﹣6）；
（3）∵y＝x2﹣x﹣3＝（x﹣）2﹣，
∴平移后的函數解析式為y'＝（x+）2﹣＝x2+x﹣5，
∴D（﹣3，﹣5），
設M（m，﹣m2+m﹣5），
設直線AC的解析式為y＝kx+b，
，
解得，
∴y＝﹣3x﹣3，
設E（x1，﹣3x1﹣3），F(xiàn)（x2，﹣3x2﹣3），
①以EF為平行四邊形的對角線時，
．
解得m＝或m＝，
∴M（，）或（，）；
②以EM為平行四邊形的對角線時，
，
解得m＝﹣3（舍）或m＝﹣6，
∴M（﹣6，4）；
③以ED為平行四邊形的對角線時，
，
解得m＝﹣3（舍）或m＝﹣6，
∴M（﹣6，4）；
綜上所述：M點坐標為（，）或（，）或（﹣6，4）．
11．（2022?平桂區(qū) 二模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0）、B（3，0）兩點，與直線y＝﹣x+3交于點B、C（0，n）．
（1）求點C的坐標及拋物線的對稱軸；
（2）求該拋物線的表達式；
（3）點P在拋物線的對稱軸上，縱坐標為t．若平移BC使點B與P重合，求點C的對應點C′的坐標（用含t的代數式表示）；若點Q在拋物線上，以B、C、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，且PQ∥BC，求點P的坐標．
【分析】（1）把C（0，n）代入y＝﹣x+3得n＝3，即知C（0，3），根據拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0）、B（3，0）兩點，得拋物線y＝ax2+bx+c的對稱軸為直線x＝1；
（2）用待定系數法可得拋物線的表達式為y＝﹣x2+2x+3；
（3）由P（1，t），B（3，0）可知C（0，3）的對應點C'坐標為（﹣2，3+t），設Q（m，﹣m2+2m+3），分兩種情況：①當PQ∥BC，BQ∥CP時，BP的中點即為CQ的中點，可得，P（1，﹣2）；②當PQ∥BC，BP∥CQ時，BQ中點即為CP中點，，得P（1，﹣8）．
【解析】（1）把C（0，n）代入y＝﹣x+3得：
n＝3，
∴C（0，3），
∵拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣1，0）、B（3，0）兩點，
∴拋物線y＝ax2+bx+c的對稱軸為直線x＝＝1，
答：C（0，3），拋物線y＝ax2+bx+c的對稱軸為直線x＝1；
（2）把A（﹣1，0）、B（3，0），C（0，3）代入y＝ax2+bx+c得：
，
解得，
∴拋物線的表達式為y＝﹣x2+2x+3；
（3）∵點P在拋物線的對稱軸上，縱坐標為t，
∴P（1，t），
∵平移BC使點B與P重合，B（3，0），
∴C（0，3）的對應點C'坐標為（﹣2，3+t），
設Q（m，﹣m2+2m+3），
①當PQ∥BC，BQ∥CP時，BP的中點即為CQ的中點，如圖：
∴，
解得，
∴P（1，﹣2）；
②當PQ∥BC，BP∥CQ時，BQ中點即為CP中點，如圖：
∴，
解得，
∴P（1，﹣8），
綜上所述，以B、C、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，且PQ∥BC，P的坐標為（1，﹣2）或（1，﹣8）．
12．（2022?龍崗區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系xOy中，對于二次函數y＝﹣x2+2mx﹣m2+4（m是常數），當m＝1時，記二次函數的圖象為C1；m≠1時，記二次函數的圖象為C2．如圖1，圖象C1與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C；如圖2，圖象C2與x軸交于D、E兩點（點D在點E的左側）．
（1）請直接寫出點A、B、C的坐標；
（2）當點O、D、E中恰有一點是其余兩點組成線段的中點時，m＝ 0或6或﹣6 ；
（3）如圖3，C2與C1交于點P，當以點A、C、D、P為頂點的四邊形是平行四邊形時，求m的值．
【分析】（1）分別令x＝0，y＝0即可求解；
（2）求出D、E的坐標，再分三種情況討論：①當O為中點時，m＝0；②當D為中點時，m＝6；③當E為中點時，m＝﹣6；
（3）求出P點的橫坐標為，再分三種情況討論：①當AC為平行四邊形的對角線時，﹣1＝m﹣2+，3＝，此時無解；②當AD為平行四邊形的對角線時，﹣1+m﹣2＝，0＝3+，此時無解；③當AP為平行四邊形的對角線時，﹣1+＝m﹣2，＝3，解得m＝3．
【解析】（1）當m＝1時，y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0則﹣x2+2x+3＝0，
解得x＝﹣1或x＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
令x＝0則y＝3，
∴C（0，3）；
（2）令﹣x2+2mx﹣m2+4＝0，
解得x＝m﹣2或x＝m+2，
∴D（m﹣2，0），E（m+2，0），
①當O為中點時，m﹣2+m+2＝0，
∴m＝0；
②當D為中點時，2（m﹣2）＝m+2，
解得m＝6；
③當E為中點時，2（m+2）＝m﹣2，
解得m＝﹣6；
綜上所述：m的值為0或6或﹣6，
故答案為：0或6或﹣6；
（3）聯(lián)立方程組，A（﹣1，0），C（0，3）；D（m﹣2，0），
解得x＝，
∴P點的橫坐標為，
∴P（，），
①當AC為平行四邊形的對角線時，﹣1＝m﹣2+，3＝，
此時m無解；
②當AD為平行四邊形的對角線時，﹣1+m﹣2＝，0＝3+，
此時無解；
③當AP為平行四邊形的對角線時，﹣1+＝m﹣2，＝3，
解得m＝3；
綜上所述：m的值為3．
13．（2022?康巴什一模）如圖，拋物線y＝﹣x2+6x﹣5與x軸交于點A和點B，與y軸交于點C，經過B、C兩點的直線為y＝x﹣5．
（1）寫出相應點的坐標：A （1，0） ，B （5，0） ，C （0，﹣5） ；
（2）點P從A出發(fā)，在線段AB上以每秒1個單位的速度向B運動，同時點E從B出發(fā)，在線段BC上以每秒2個單位的速度向C運動．當其中一個點到達終點時，另一點也停止運動．設運動時間為t秒，求t為何值時，△PBE的面積最大，并求出最大值．
（3）過點A作AM⊥BC于點M，過拋物線上一動點N（不與點B、C重合）作直線AM的平行線交直線BC于點Q．若點A、M、N、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，求點N的橫坐標．
【分析】（1）分別令y＝0和x＝0進行求解即可；
（2）根據題意分別求出P點坐標為（1+t，0），E點坐標為（3﹣t，﹣t），則S△PBE＝×（4﹣t）×（t）＝﹣（t﹣2）2+2，可求當t＝2時，△PBE的面積最大為2；
（3）過點M作ME⊥x軸交于點E，由∠OBC＝45°，求出M（3，﹣2），再由待定系數法求直線AM的解析式為y＝﹣x+1，設N（m，﹣m2+6m﹣5），求出直線NQ的解析式為y＝﹣x﹣m2+7m﹣5，聯(lián)立方程組，可求Q（，﹣5），分三種情況討論：①當AM為平行四邊形的對角線時，1+3＝m+，此時不構成平行四邊形；②當AN為平行四邊形的對角線時，1+m＝3+，解得m＝；③當AQ為平行四邊形的對角線時，1+＝3+m，解得m＝1（舍）或m＝4．
【解析】（1）令﹣x2+6x﹣5＝0，
解得x＝1或x＝5，
∴A（1，0），B（5，0），
令x＝0，則y＝﹣5，
∴C（0，﹣5），
故答案為：（1，0），（5，0），（0，﹣5）；
（2）由題意可知0≤t≤4，
∵P點以每秒1個單位的速度向B運動，
∴P點坐標為（1+t，0），
∵OB＝OC＝5，
∴∠OBC＝45°，
∵E點以每秒2個單位的速度向C運動，
∴E點坐標為（3﹣t，﹣t），
∴S△PBE＝×（4﹣t）×（t）＝﹣t2+2t＝﹣（t﹣2）2+2，
∴當t＝2時，△PBE的面積最大為2；
（3）∵∠ABC＝45°，AM⊥BC，AB＝4，
∴AM＝2，
過點M作ME⊥x軸交于點E，
∵∠BAM＝45°，
∴M（3，﹣2），
設直線AM的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+1，
∵AM∥NQ，
∴直線NQ的解析式為y＝﹣x+b'，
設N（m，﹣m2+6m﹣5），
∴b'＝﹣m2+7m﹣5，
∴y＝﹣x﹣m2+7m﹣5，
聯(lián)立方程組，
解得，
∴Q（，﹣5），
①當AM為平行四邊形的對角線時，
1+3＝m+，
解得m＝1（舍）或m＝8，
此時MA的中點為（2，﹣1），NQ的中點為（2，﹣8），
∴此時不構成平行四邊形；
②當AN為平行四邊形的對角線時，
1+m＝3+，
解得m＝；
③當AQ為平行四邊形的對角線時，
1+＝3+m，
解得m＝1（舍）或m＝4；
綜上所述：N點的橫坐標為4或．
14．（2022?武城縣模擬）如圖，直線l：y＝﹣x+1與x軸、y軸分別交于點B、C，經過B、C兩點的拋物線y＝x2+bx+c與x軸的另一個交點為A．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）若點P在直線l下方的拋物線上，過點P作PD∥x軸交l于點D，PE∥y軸交l于點E，求PD+PE的最大值；
（3）設F為直線l上的點，點P仍在直線l下方的拋物線上，以A、B、P、F為頂點的四邊形能否構成平行四邊形？若能，求出點F的坐標；若不能，請說明理由．
【分析】（1）先確定出點B，C坐標，最后用待定系數法即可得出結論；
（2）先設出點P的坐標，進而得出點D，E的坐標，即可得出PD+PE的函數關系式，即可得出結論；
（3）分AB為邊和對角線兩種情況，利用平行四邊形的性質即可得出結論．
【解析】（1）∵直線y＝﹣x+1與x軸、y軸分別交于點B、C，
∴B（2，0）、C（0，1），
∵B、C在拋物線解y＝x2+bx+c上，
∴，解得：，
∴拋物線的解析式為y＝x2﹣x+1；
（2）設P（m，m2﹣m+1），
∵PD∥x軸，PE∥y軸，點D，E都在直線y＝﹣x+1上，
∴E（m，﹣m+1），D（﹣2m2+5m，m2﹣m+1），
∴PD+PE＝﹣2m2+5m﹣m+[（﹣m+1）﹣（m2﹣m+1）]
＝﹣3m2+6m
＝﹣3（m﹣1）2+3，
∴當m＝1時，PD+PE的最大值是3；
（3）能，理由如下：
由y＝x2﹣x+1，令0＝x2﹣x+1，
解得：x＝2或x＝，
∴A（，0），B（2，0），
∴AB＝，
若以A、B、P、F為頂點的四邊形能構成平行四邊形，
①當以AB為邊時，則AB∥PF1且AB＝PF1，
設P（a，a2﹣a+1），則F1（﹣2a2+5a，a2﹣a+1），
∴|﹣2a2+5a﹣a|＝，
解得：a＝或a＝（與A重合，舍去）或a＝（舍）或a＝（舍去），
∴F1（3，﹣）；
②當以AB為對角線時，
連接PF2交AB于點G，則AG＝BG，PG＝F2G，
設G（m，0），
∵A（，0），B（2，0），
∴m﹣＝2﹣m，
∴m＝，
∴G（，0），
作PM⊥AB于點M，F(xiàn)2N⊥AB于點N，則NG＝MG，PM＝FN，
設P（b，b2﹣b+1）（0＜b＜2），則F2（2b2﹣5b+4，﹣b2+b﹣1），
∴﹣b＝2b2﹣5b+4﹣，
解得：b＝或b＝（與A重合，舍去），
∴F2（1，），
綜上所述，以A、B、P、F為頂點的四邊形能構成平行四邊形．
此時點F的坐標為F（3，﹣）或F（1，）．
15．（2022?沙坪壩區(qū)校級模擬）在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+3與x軸交于點A（﹣2，0）、點B（點A在點B的左側），與y軸交于點C，且過點（2，3）．
（1）求拋物線的表達式；
（2）如圖1，點P為直線BC上方拋物線上（不與B、C重合）一動點，過點P作PD∥y軸，交BC于D，過點P作PE∥x軸，交直線BC于E，求PE+DB的最大值及此時點P的坐標；
（3）如圖2，將原拋物線沿x軸向左平移1個單位得到新拋物線y′，點M為新拋物線y′上一點，點N為原拋物線對稱軸上一點，當以點A、C、M、N為頂點的四邊形為平行四邊形時，求點N的坐標，并寫出求其中一個N點坐標的解答過程．
【分析】（1）運用待定系數法即可求得答案；
（2）先求得B（4，0），C（0，3），再運用待定系數法求得直線BC的解析式為y＝﹣x+3，設P（m，﹣m2+m+3）（0＜m＜4），延長PD交x軸于點F，則D（m，﹣m+3），F(xiàn)（m，0），E（m2﹣m，﹣m2+m+3），進而可得：PE＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+2m，BF＝4﹣m，再利用勾股定理和三角函數定義可得PE+DB＝（m﹣）2+，根據二次函數的性質即可求得答案；
（3）由平移得新拋物線y′＝﹣x2+，設M（t，﹣t2+），N（1，n），分三種情況：①以MN、AC為對角線時，②以MA、NC為對角線時，③以MC、NA為對角線時，分別運用平行四邊形對角線互相平分的性質，建立方程求解即可得出答案．
【解析】（1）∵拋物線y＝ax2+bx+3經過點A（﹣2，0）和點（2，3），
∴，
解得：，
∴該拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+3；
（2）∵y＝﹣x2+x+3，
令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
令y＝0，得﹣x2+x+3＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝4，
∴B（4，0），
設直線BC的解析式為y＝kx+d，
則，
解得：，
∴直線BC的解析式為y＝﹣x+3，
設P（m，﹣m2+m+3）（0＜m＜4），延長PD交x軸于點F，如圖1，
∵PD∥y軸，
∴D（m，﹣m+3），F(xiàn)（m，0），
∵PE∥x軸，
∴點E的縱坐標與點P的縱坐標相同，
∴﹣m2+m+3＝﹣x+3，
∴x＝m2﹣m，
∴E（m2﹣m，﹣m2+m+3），
∴PE＝m﹣（m2﹣m）＝﹣m2+2m，BF＝4﹣m，
在Rt△BOC中，BC＝＝＝5，
∴cs∠CBO＝＝，
∵＝cs∠CBO＝，
∴DB＝BF＝（4﹣m），
∴PE+DB＝﹣m2+2m+（4﹣m）＝（m﹣）2+，
∵＜0，
∴當m＝時，PE+DB的最大值為，此時P（，）；
（3）∵y＝﹣x2+x+3＝﹣（x﹣1）2+，
∴拋物線y＝﹣x2+x+3對稱軸為直線x＝1，頂點為（1，），
將拋物線y＝﹣x2+x+3沿x軸向左平移1個單位得到新拋物線y′＝﹣x2+，
設M（t，﹣t2+），N（1，n），又A（﹣2，0），C（0，3），
①以MN、AC為對角線時，則MN與AC的中點重合，如圖2，
∴，
解得：，
∴N（1，3）；
②以MA、NC為對角線時，則MA與NC的中點重合，如圖3，
∴，
解得：，
∴N（1，﹣3）；
③以MC、NA為對角線時，則MC與NA的中點重合，如圖4，
∴，
解得：，
∴N（1，6）；
綜上所述，點N的坐標為（1，3）或（1，﹣3）或（1，6）．
16．（2022?開州區(qū)模擬）如圖1，拋物線y＝與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，過點B作直線BD∥直線AC，交拋物線y于另一點D，點P為直線AC上方拋物線上一動點．
（1）求線段AB的長．
（2）過點P作PF∥y軸交AC于點Q，交直線BD于點F，過點P作PE⊥AC于點E，求2PE+3PF的最大值及此時點P的坐標．
（3）如圖2，將拋物線y＝向右平移3個單位得到新拋物線y′，點M為新拋物線上一點，點N為原拋物線對稱軸一點，直接寫出所有使得A、B、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形時點N的坐標，并寫出其中一個點N的坐標的求解過程．
【分析】（1）令＝0，即可求解；
（2）求出直線AC、BD的解析式，設點P（t，﹣t2﹣t+），則Q（t，t+），F(xiàn)（t，t﹣），利用∠QPE＝30°，將所求轉化為2PE+3PF＝3PQ+3PF再求解即可；
（3）求出平移后的拋物線解析式，設M（m，﹣m2+m），N（﹣1，n），分三種情況①當AB為平行四邊形的對角線；②當AM為平行四邊形的對角線；③當AN為平行四邊形的對角線；利用平行四邊形對角線互相平分的性質，結合中點坐標公式求解即可．
【解析】（1）令＝0，
解得x＝1或x＝﹣3，
∴A（﹣3，0），B（1，0），
∴AB＝4；
（2）∵y＝，
∴C（0，），
設直線AC的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x+，
∵AC∥BD，
∴直線BD的解析式為y＝x﹣，
設點P（t，﹣t2﹣t+），則Q（t，t+），F(xiàn)（t，t﹣），
∵點P為直線AC上方，
∴PQ＝﹣t2﹣t+﹣t﹣＝﹣t2﹣t，
PF＝﹣t2﹣t+﹣t+＝﹣t2﹣t+，
∵OA＝3，OC＝，
∴∠CAO＝30°，
∵PE⊥AC，PF⊥AO，
∴∠QPE＝30°，
∴PE＝PQ，
∴2PE+3PF
＝3PQ+3PF
＝3（﹣t2﹣t﹣t2﹣t+）
＝3（﹣t2﹣2t+）
＝﹣2t2﹣6t+4
＝﹣2（t+）2+，
∴當t＝﹣時，2PE+3PF有最大值，
此時P（﹣，）；
（3）∵y＝＝﹣（x+1）2+，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝﹣1，
∵拋物線向右平移3個單位，
∴平移后的拋物線解析式為y＝﹣（x﹣2）2+，
設M（m，﹣m2+m），N（﹣1，n），
①當AB為平行四邊形的對角線時，
﹣3+1＝m﹣1，0＝n﹣m2+m，
∴m＝﹣1，n＝，
∴N（﹣1，），M（﹣1，）；
②當AM為平行四邊形的對角線時，
﹣3+m＝1﹣1，﹣m2+m＝n，
∴m＝3，n＝，
∴M（3，），N（﹣1，）；
③當AN為平行四邊形的對角線時，
﹣3﹣1＝1+m，﹣m2+m＝n，
∴m＝﹣5，n＝﹣15，
∴M（﹣5，﹣15），N（﹣1，﹣15）；
綜上所述：N點坐標為（﹣1，）或（﹣1，）或（﹣1，﹣15）．
17．（2022?鳳翔縣二模）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線的圖象經過A（﹣1，0），C（0，﹣2）兩點，將拋物線C1向右平移2個單位得到拋物線C2，平移后點A的對應點為點B．
（1）求拋物線C1與C2的函數表達式；
（2）若點M是拋物線C1上一動點，點N是拋物線C2上一動點，請問是否存在這樣的點M、N，使得以A、B、M、N為頂點且以AB為邊的四邊形是面積為8的平行四邊形？若存在，求出點M、N的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）將A點、C點代入y＝x2+bx+c可求拋物線C1的函數表達式，再由平移的性質可求拋物線C2的函數表達式；
（2）在中，令y＝4，可求M1（﹣2，4）或M2（3，4），在中，令y＝4，可求N1（0，4）或N2（5，4）．
【解析】（1）∵y＝x2+bx+c的圖象經過C（0，﹣2），
∴c＝﹣2，
將A（﹣1，0）代入y＝x2+bx﹣2中，
解得b＝﹣1，
∴拋物線C1的函數表達式為，
∵將拋物線C1向右平移2個單位得到拋物線C2，
∴拋物線C2的函數表達式為；
（2）存在這樣的點M、N，使得以A、B、M、N為頂點且以AB為邊的四邊形是面積為8的平行四邊形，理由如下：
∵點A（﹣1，0）向右平移2個單位得到點B，
∴B（1，0），
∴AB＝2，
由題意知，以AB為邊的平行四邊形的面積為8，則MN∥AB，MN＝AB，AB邊上的高為4，
∵拋物線的頂點為，而，
∴在x軸下方不存在滿足條件的點M、N；
在中，令y＝4，即x2﹣x﹣2＝4，解得x＝﹣2或x＝3，
∴M1（﹣2，4）或M2（3，4），
在中，令y＝4，即x2﹣5x+4＝4，解得x＝0或x＝5，
∴N1（0，4）或N2（5，4）．
綜上所述，點M、N的坐標分別為M（﹣2，4），N（0，4）或M（3，4），N（5，4）．
18．（2022?碑林區(qū)校級模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線W：y＝x2﹣2x與x軸正半軸交于點A．直線y＝x﹣2與x軸交于點B，與y軸交于點C．
（1）求線段AB的長度；
（2）將拋物線W平移，使平移后的拋物線交y軸于點D，與直線BC的一個交點為P，若以A、B、D、P為頂點的四邊形是以AB為邊的平行四邊形，求平移后的拋物線表達式．
【分析】（1）在y＝x2﹣2x中，可得A（2，0），在y＝x﹣2中，得B（4，0），即得線段AB的長度是2；
（2）設拋物線W：y＝x2﹣2x平移后表達式為y＝x2+bx+c，D（0，m），P（n，n﹣2），分兩種情況：①當AP、BD為平行四邊形對角線時，AP、BD的中點重合，可得，即可解得D（0，﹣1），P（2，﹣1），用待定系數法即得此時平移后的拋物線表達式為y＝x2﹣2x﹣1；②當AD、BP為對角線時，AD、BP的中點重合，同理可得D（0，﹣3），P（﹣2，﹣3），再用待定系數法得此時平移后的拋物線表達式為y＝x2+2x﹣3．
【解析】（1）在y＝x2﹣2x中，令y＝0得x2﹣2x＝0，
解得x＝0或x＝2，
∴A（2，0），
在y＝x﹣2中，令y＝0得x﹣2＝0，
解得x＝4，
∴B（4，0），
∴AB＝4﹣2＝2；
答：線段AB的長度是2；
（2）設拋物線W：y＝x2﹣2x平移后表達式為y＝x2+bx+c，由題意知拋物線y＝x2+bx+c過D、P，
設D（0，m），P（n，n﹣2），
又A（2，0），B（4，0），
①當AP、BD為平行四邊形對角線時，AP、BD的中點重合，如圖：
∴，
解得，
∴D（0，﹣1），P（2，﹣1），
將D（0，﹣1），P（2，﹣1）代入y＝x2+bx+c得：
，
解得，
∴此時平移后的拋物線表達式為y＝x2﹣2x﹣1；
②當AD、BP為對角線時，AD、BP的中點重合，如圖：
∴，
解得，
∴D（0，﹣3），P（﹣2，﹣3），
將D（0，﹣3），P（﹣2，﹣3）代入y＝x2+bx+c得：
，
解得，
∴此時平移后的拋物線表達式為y＝x2+2x﹣3；
綜上所述，平移后的拋物線表達式為y＝x2﹣2x﹣1或y＝x2+2x﹣3．
19．（2020秋?文昌期末）如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣3與x軸交于A（﹣1，0）、B兩點，交直線l于點A、C（2，﹣3）．
（1）求該拋物線的解析式；
（2）在y軸上是否存在點D，使S△ABD＝S△ABC？若存在，請求出所有符合條件的點D的坐標；若不存在，請說明理由；
（3）P是線段AC上的一個動點，過點P做PE∥y軸交拋物線于點E，求線段PE長度的最大值；
（4）點F是拋物線上的動點，在x軸上是否存在點G，使得以點A，C，G，F(xiàn)為頂點的四邊形是平行四邊形？如果存在，請直接寫出所有滿足條件的點G的坐標；如果不存在，請說明理由．
【分析】（1）利用待定系數法確定函數關系式；
（2）利用同底等高三角形的面積相等解答；
（3）設點P的坐標為（m，﹣m﹣1）（﹣1≤m≤2），則點E的坐標為（m，m2﹣2m﹣3），進而可得出PE＝﹣m2+m+2＝﹣（m﹣）2+，再利用二次函數的性質即可解決最值問題；
（4）存在．如圖，設拋物線與y的交點為K，由題意K（0，﹣3），可知CK∥x軸，分圖中四種情形，利用平行四邊形的性質以及平移變換的性質求解即可．
【解析】（1）把A（﹣1，0）、C（2，﹣3）分別代入y＝ax2+bx﹣3，得．
解得．
故該拋物線解析式是y＝x2﹣2x﹣3；
（2）存在，理由如下：
∵S△ABD＝S△ABC，C（2，﹣3），
∴AB?|yC|＝AB?|yD|，即|yC|＝|yD|，
∴|yD|＝3，
∴yD＝3或yD＝﹣3．
∴D（0，3）或（0，﹣3）；
（3）由A（﹣1，0）、C（2，﹣3）得到直線AC解析式為y＝﹣x﹣1．
設點P的坐標為（m，﹣m﹣1）（﹣1≤m≤2），則點E的坐標為（m，m2﹣2m﹣3），
∴PE＝﹣m﹣1﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+m+2＝﹣（m﹣）2+，
∵﹣1＜0，
∴當m＝時，PE取最大值，最大值為；
（4）存在．
理由：如圖，設拋物線與y的交點為K，由題意K（0，﹣3），
∵C（2，﹣3），
∴CK∥x軸，CK＝2，
當AC是平行四邊形ACF1G1的邊時，可得G1（﹣3，0）．
當AC是平行四邊形AF1CG2的對角線時，AG2＝CK，可得G2（1，0），
當點F在x軸的上方時，令y＝3，3＝x2﹣2x﹣3，
解得x＝1±，
∴F3（1﹣，3），F(xiàn)4（1+，3），
由平移的性質可知G3（4﹣，0），G4（4+，0）．
綜上所述，滿足條件的點G的坐標為（﹣3，0）或（1，0）或（4﹣，0）或（4+，0）．
20．（2022?眉山）在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2﹣4x+c與x軸交于點A，B（點A在點B的左側），與y軸交于點C，且點A的坐標為（﹣5，0）．
（1）求點C的坐標；
（2）如圖1，若點P是第二象限內拋物線上一動點，求點P到直線AC距離的最大值；
（3）如圖2，若點M是拋物線上一點，點N是拋物線對稱軸上一點，是否存在點M使以A，C，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）把點A的坐標代入y＝﹣x2﹣4x+c，求出c的值即可；
（2）過P作PE⊥AC于點E，過點P作PF⊥x軸交AC于點H，證明△PHE是等腰直角三角形，得，當PH最大時，PE最大，運用待定系數法求直線AC解析式為y＝x+5，設P（m，﹣m2﹣4m+5），（﹣5＜m＜0），則H（m，m+5），求得PH，再根據二次函數的性質求解即可；
（3）分三種情況討論：①當AC為平行四邊形的對角線時，②當AM為平行四邊形的對角線時，③當AN為平行四邊形的對角線時分別求解即可．
【解析】（1）∵點A（﹣5，0）在拋物線y＝﹣x2﹣4x+c的圖象上，
∴0＝﹣52﹣4×5+c
∴c＝5，
∴點C的坐標為（0，5）；
（2）過P作PE⊥AC于點E，過點P作PF⊥x軸交AC于點H，如圖1：
∵A（﹣5，0），C（0，5）
∴OA＝OC，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠CAO＝45°，
∵PF⊥x軸，
∴∠AHF＝45°＝∠PHE，
∴△PHE是等腰直角三角形，
∴，
∴當PH最大時，PE最大，
設直線AC解析式為y＝kx+5，
將A（﹣5，0）代入得0＝﹣5k+5，
∴k＝1，
∴直線AC解析式為y＝x+5，
設P（m，﹣m2﹣4m+5），（﹣5＜m＜0），則H（m，m+5），
∴，
∵a＝﹣1＜0，
∴當時，PH最大為，
∴此時PE最大為，即點P到直線AC的距離值最大；
（3）存在，理由如下：
∵y＝﹣x2﹣4x+5＝﹣（x+2）2+9，
∴拋物線的對稱軸為直線x＝﹣2，
設點N的坐標為（﹣2，m），點M的坐標為（x，﹣x2﹣4x+5），
分三種情況：①當AC為平行四邊形對角線時，
，
解得，
∴點M的坐標為（﹣3，8）；
②當AM為平行四邊形對角線時，
，
解得，
∴點M的坐標為（3，﹣16）；
③當AN為平行四邊形對角線時，
，
解得，
∴點M的坐標為（﹣7，﹣16）；
綜上，點M的坐標為：（﹣3，8）或（3，﹣16）或（﹣7，﹣16）．

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