1?a?,?2?c?1,?3??设过此三点的抛物线为y=ax2＋bx＋c，则?a?b?c?0,∴?b??,
2?16a?4b?c?3.???c?1.??y=
123x?x?1． 22(3)由(2)知∠EPB=90°，即点Q与点B重合时满足条件． 直线PB为y=x－1，与y轴交于点(0，－1)． 将PB向上平移2个单位则过点E(0，1)， ∴该直线为y=x＋1．
?y?x?1,?x?5,?由?得∴Q(5，6)． 123?
y?6.y?x?x?1,??22?故该抛物线上存在两点Q(4，3)、(5，6)满足条件．
例2.解：（1）解方程x2－10x＋16＝0得x1＝2，x2＝8 ……………………1分 ∵点B在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，且OB＜OC ∴点B的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，8） 又∵抛物线y＝ax2＋bx＋c的对称轴是直线x＝－2
∴由抛物线的对称性可得点A的坐标为（－6，0） …………………4分 （2）∵点C（0，8）在抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象上 ∴c＝8，将A（－6，0）、B（2，0）代入表达式，得
解得
∴所求抛物线的表达式为y＝x2 x＋8 ………………………7分
（3）依题意，AE＝m，则BE＝8－m， ∵OA＝6，OC＝8，∴AC＝10 ∵EF∥AC ∴△BEF∽△BAC
∴ 即
∴EF＝
∴＝ ∴FG＝·＝8－m
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∴S＝S△BCE－S△BFE＝（8－m）×8－（8－m）（8－m）
＝（8－m）（8－8＋m）＝（8－m）m＝－m2＋4m …………10分
自变量m的取值范围是0＜m＜8 …………………………11分 （4）存在．
理由：∵S＝－m2＋4m＝－（m－4）2＋8 且－＜0，
∴当m＝4时，S有最大值，S最大值＝8 ………………………12分 ∵m＝4，∴点E的坐标为（－2，0）
∴△BCE为等腰三角形． …………………………14分
（以上答案仅供参考，如有其它做法，可参照给分）
例3解: （1）相等
理由是：因为四边形ABCD、EFGH是矩形， 所以S?EGH?S?EGF,S?ECN?S?ECP,S?CGQ?S?CGM
所以S?EGH?S?ECP?S?CGM?S?EGF?S?ECN?S?CGQ, 即：S?S?
（2）AB＝3，BC＝4，AC＝5，设AE＝x，则EC＝5－x，PC?3(5?x),MC?4x,
55所以S?PCMC?配方得：S??S有最大值3
121212x(5?x)，即S??x2?x(0?x?5) 252551255(x?)2?3，所以当x?时， 25225（3）当AE＝AB＝3或AE＝BE＝或AE＝3.6时，?ABE是等腰三角形
2练习1． 解：（1）点 M
1分（2）经过t秒时，NB?t，OM?2t
则CN?3?t，AM?4?2t∵?BCA=?MAQ=45∴QN? CN ?3?t ∴PQ ?1? t
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∴S△AMQ112?1?9?AMPQ?(4?2t)(1?t)??t?t?2 ∴S??t2?t?2???t??? 22?2?41时，S的值最大． 22∵0≤t≤2∴当t?（3）存在．设经过t秒时，NB=t，OM=2t 则CN?3?t，AM?4?2t∴?BCA=?MAQ=45 ①若?AQM?90，则PQ是等腰Rt△MQA底边MA上的高 ∴PQ是底边MA的中线 ∴PQ?AP?∴点M的坐标为（1，0）
②若?QMA?90，此时QM与QP重合∴QM?QP?MA∴1?t?4?2t∴t?1 ∴点M的坐标为（2，0）
练习2.解：（1）(e?c，d)，(c?e?a，d)．
（2）分别过点A，B，C，D作x轴的垂线，垂足分别为A，B1，C1，D1， 1分别过A，D作AE?BB1于E，DF?CC1于点F． 在平行四边形ABCD中，CD?BA，又
111MA∴1?t?(4?2t)∴t? 222y B(c，d) BB1∥CC1，
C F D(e，f)
??EBA??ABC??BCF??ABC??BCF??FCD?180． ??EBA??FCD．
又
E A(a，b) O 1C 1DB1A 1 x
?BEA??CFD?90，
?△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．
（4）若GS为平行四边形的对角线，由（3）可得P，7c)．要使P1在抛物线上， 1(?2c2则有7c?4c?(5c?3)?(?2c)?c，即c?c?0．
2?c1?0（舍去），c2?1．此时P7)． 1(?2，若SH为平行四边形的对角线，由（3）可得P，2c)，同理可得c?1，此时P2(3，2)． 2(3c?2c)，同理可得c?1，此时P若GH为平行四边形的对角线，由（3）可得(c，，?2)． 3(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．
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符合条件的点有P7)，P2(3，2)，P3(1，?2)． 1(?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)2 a＋(－3)ａ－2，∴a?∴抛物线的解析式为y?1。 2121x?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。 22当x＝2时，y＝1，当x＝,1时，y＝－1。 ∴P、Q在抛物线上。
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）。
11?y?x2?x?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，
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∵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?⑶结论②
121x?x?2上。 22BFBG?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，
∴
MFBG?。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， ∴
BFBG? AFAG
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二次函数与四边形的动点问题（含标准答案）
