E，DF?CC1于点F．
在平行四边形ABCD中，CD?BA，又QBB1∥CC1，
y ??EBA??ABC??BCF??ABC??BCF??FCD?180．
oC B(c，d) ??EBA??FCD．
又Q?BEA??CFD?90，
oF D(e，f) O E A(a，b) B1 A1 C1 D1 x
?△BEA≌△CFD．
?AF?DF?a?c，BE?CF?d?b．
设C(x，y)．由e?x?a?c，得x?e?c?a．
由y?f?d?b，得y?f?d?b．?C(e?c?a，f?d?b)．
（3）m?c?e?a，n?d?f?b．或m?a?c?e，n?b?d?f．
7c)．要使P1在抛物线上， （4）若GS为平行四边形的对角线，由（3）可得P1(?2c，2则有7c?4c?(5c?3)?(?2c)?c，即c?c?0．
2?c1?0（舍去），c2?1．此时P7)． 1(?2，2c)，同理可得c?1，此时P2(3，2)． 若SH为平行四边形的对角线，由（3）可得P2(3c，?2)． 若GH为平行四边形的对角线，由（3）可得(c，?2c)，同理可得c?1，此时P3(1，综上所述，当c?1时，抛物线上存在点P，使得以G，S，H，P为顶点的四边形是平行四边形．
7)，P2(3，2)，P3(1，?2)． 符合条件的点有P1(?2，练习3.解：⑴由Rt△AOB≌Rt△CDA得OD=2+1=3,CD=1 ∴C点坐标为(－3,1),
∵抛物线经过点C, ∴1= (－3) a＋(－3)ａ－2，∴a?2
1。 2∴抛物线的解析式为y?121x?x?2. 22⑵在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形。
以AB边在AB右侧作正方形ABPQ。过P作PE⊥OB于E，QG⊥x轴于G，可证△PBE≌△AQG≌△BAO， ∴PE＝AG＝BO＝2，BE＝QG＝AO＝1，∴P点坐标为（2,1），Q点坐标为（1,－1）。 由（1）抛物线y?121x?x?2。当x＝2时，y＝1，当x＝,1时，y＝－1。∴P、Q在抛物线上。 22故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P（2,1）、Q（1,－1），使四边形ABPQ是正方形。 ⑵另解：在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形。
延长CA交抛物线于Q，过B作BP∥CA交抛物线于P，连PQ，设直线CA、BP的解析式分别为y=k1x+b1, y=k2x+b2, ∵A（－1,0），C（－3,1），∴CA的解析式y??1111x?，同理BP的解析式为y??x?， 222211?y??x??22解方程组?得Q点坐标为（1,－1），同理得P点坐标为（2,1）。 ??y?1x2?1x?2?22?由勾股定理得AQ＝BP＝AB＝5，而∠BAQ＝90°，
∴四边形ABPQ是正方形。故在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P（2,1）、Q（1,－1），使四边形ABPQ是正方形。
⑵另解：在抛物线（对称轴的右侧）上存在点P、Q，使四边形ABPQ是正方形。如图，将线段CA沿CA方向平移至AQ，
∵C（－3,1）的对应点是A（－1,0），∴A（－1,0）的对应点是Q（1,－1），再将线段AQ沿AB方向平移至BP，同理可得P（2,1）
∵∠BAC＝90°，AB＝AC
∴四边形ABPQ是正方形。经验证P（2,1）、Q（1,－1）两点均在抛物线y?1x2?1x?2上。
22⑶结论②BF?BG成立，
AFAG证明如下：连EF，过F作FM∥BG交AB的延长线于M，则△AMF∽△ABG， ∴MF?BG。由⑴知△ABC是等腰直角三角形，
AFAG∴∠1＝∠2＝45°。∵AF＝AE，∴∠AEF＝∠1＝45°。∴∠EAF＝90°，EF是⊙O′的直径。 ∴∠EBF＝90°。∵FM∥BG，∴∠MFB＝∠EBF＝90°，∠M＝∠2＝45°，∴BF＝MF，∴BF?BG
AFAG
中考数学二次函数与四边形综合专题
