二次函数综合题

题型八二次函数综合题类型一与线段、周长有关的问题类型二与面积有关的问题类型三与特殊三角形有关的问题类型四与特殊四边形有关的问题类型一与线段、周长有关的问题典例精讲例1如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于点A、B(1，0)，与y轴交于点C，直线y＝

x－2经过点A、C.抛物线的顶点为D，对称轴为直线l.(1)求抛物线的解析式及顶点D的坐标；【思维教练】已知直线y＝

x－2经过点A、C，结合题干，可求得A、C两点的坐标，结合B(1，0)，代入即可求出抛物线解析式，将抛物线解析式配方成顶点式，即可求得顶点D的坐标．解：(1)对于直线

y＝

x－2，令y＝0，得x＝4，令x＝0得y＝－2，∴点A(4，0)，点C(0，－2)，已知点B(1，0)，将A、B、C三点的坐标代入抛物线的解析式得：

解得∴抛物线的解析式为y＝－

x2＋

x－2.又由抛物线y＝－

x2＋

x－2得：y＝－(x2－5x)－2＝－(x－)2＋

，∴抛物线顶点D的坐标为(，)．(2)设点E为x轴上一点，且AE＝CE，求点E的坐标；【思维教练】已知点E在x轴上，则设E点坐标为(e，0)，要求点E的坐标，已知AE＝CE，需先分别用含e的式子表示出AE和CE，由于A点坐标(1)中已求得，则EA＝4－e，由题图可知O、E、C三点可构成Rt△COE，结合C点坐标，利用勾股定理即可表示出CE的长，建立方程求解即可．(2)如解图①，由点E在x轴上，可设点E的坐标为(e，0)，连接CE，则EA＝4－e.在Rt△COE中，根据勾股定理得CE2＝OC2＋OE2＝22＋e2，∵AE＝CE，∴(4－e)2＝22＋e2，解得e＝

，则点E的坐标为(，0)．例1题解图①

(3)设点G是y轴上一点，是否存在点G，使得GD＋GB的值最小，若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由；【思维教练】要求GD＋GB的值最小，解决方法为找其中一点的对称点，将两条线段转化成一条线段求解，即先找点B关于y轴的对称点B′，再连接B′D，则B′D与y轴的交点即为所求的G点，可先求直线B′D的解析式，再求其与y轴的交点即可．(3)存在．如解图②，取点B关于y轴的对称点B′，则点B′的坐标为(－1，0)．连接B′D，直线B′D与y轴的交点G即为所求的点．设直线B′D

的解析式为y＝kx＋d(k≠0)，其中D(，)，

解得例1题解图②∴直线B′D的解析式为y＝

x＋

，令x＝0，得y＝

，∴点G的坐标为(0，)．(4)在直线l上是否存在一点F，使得△BCF的周长最小，若存在，求出点F的坐标及△BCF周长的最小值；若不存在，请说明理由；【思维教练】因为BC的长为定值，要使△BCF的周长最小，即要使CF＋BF的值最小，由点A，B关于直线l对称，可知AC与l的交点即为点F，即可得CF＋BF最小．(4)存在．要使△BCF的周长最小，即BC＋BF＋CF最小，在Rt△OBC中，OB＝1，OC＝2，由勾股定理得BC＝为定值，∴当BF＋CF最小时，C△BCF最小．∵点B与点A关于直线l对称，∴AC与对称轴l的交点即为所求的点F，如解图③所示．例1题解图③根据抛物线解析式可得对称轴l为直线

x＝.∴将x＝代入直线

y＝

x－2，得

，∴点F的坐标为(，－)．在Rt△AOC中，AO＝4，OC＝2，根据勾股定理得

AC＝2，∴△BCF周长的最小值为BC＋AC＝.(5)在y轴上是否存在一点S，使得SD－SB的值最大，若存在，求出点S的坐标；若不存在，请说明理由；【思维教练】要使SD－SB的值最大，则需分两种情况讨论：①S、B、D三点不共线时构成三角形，由三角形三边关系得到SD－SB<BD；②当三点共线时，有SD－SB＝BD.从而得到当点S在DB的延长线上时满足条件，求出直线BD的解析式后，求出直线BD与y轴的交点坐标即可．(5)存在．当S与D、B不在同一条直线上时，由三角形三边关系得SD－SB<BD，当S与D、B在同一条直线上时，SD－SB＝BD，∴SD－SB≤BD，即当S在DB的延长线上时，SD－SB最大，最大值为BD.如解图④，例1题解图④∵B(1，0)，D(，)，∴易得直线BD的解析式为y＝

x－

，当x＝0时，y＝－

，即当点S的坐标为(0，－)时，SD－SB的值最大．(6)若点H是抛物线上位于AC上方的一点，过点H作y轴的平行线，交AC于点K，设点H的横坐标为h，线段HK＝d.①求d关于h的函数关系式；②求d的最大值及此时H点的坐标．【思维教练】由题可得点H的横坐标为h，①分别将h代入抛物线及直线AC的解析式中，即可得到点H、K的纵坐标，再由点H在点K的上方，表示出HK，可得到d关于h的函数关系式；②利用二次函数的性质求最值，即可得d的最大值．(6)①如解图⑤，∵点H在抛物线上，∴设点H的坐标为(h，)，∵HK∥y轴，交AC于K，∴点K的坐标为(h，)，∵点H在点K的上方，∴HK=例1题解图⑤②由可知，当h＝2时，d最大，∵0<2<4，符合题意，∴当h＝2时，d最大，最大值为2，此时点H的坐标为(2，1)．

线段、周长最值问题有两种形式：1．平行于坐标轴的线段的最值问题，常常通过线段两端点的坐标差表示线段长的函数关系式，然后运用二次函数性质求最值．解决这类问题的关键是：(1)确定线段的函数关系式，注意当线段平行于y轴时，用上端点的纵坐标减去下端点的纵坐标；当线段平行x轴时，用右端点的横坐标减去左端点的横坐标；(2)确定函数最值，注意函数自变量取值范围要确定正确；满分技法2．“将军饮马”型问题或其变形问题，这类问题一般是已知两个定点和一条定直线，然后在定直线上确定一点，使得这个点到两定点距离和最小．其变形问题有三角形周长最小或四边形周长最小等；这类问题的解决方法是：作其中一个定点关于已知直线的对称点，连接对称点与另一个定点，它们与已知直线的交点即为所求的点，然后通过求直线解析式及直线交点坐标，计算最小值或点坐标．

满分技法类型二与面积有关的问题典例精讲例1

如图①，在直角坐标系中，直线y＝x＋3与x轴相交于点A，与y轴相交于点C，点B在x轴的正半轴上，且AB＝4，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A，B，C.(1)求抛物线的解析式．【思维教练】要求抛物线的解析式，需知过抛物线的三点A、B、C的坐标，利用直线y＝x＋3求得A、C两点的坐标，结合已知的AB＝4，求得B点坐标，代入求解即可．∵AB＝4，∴B(1，0)．∵抛物线y＝ax2＋bx＋c经过点A，B，C，

，解得∴抛物线的解析式为y＝－x2－2x＋3.解：对于y＝x＋3，当x＝0时，y＝3；当y＝0时，x＝－3，∴A(－3，0)，C(0，3)，(2)求△ABC的面积．【思维教练】要求△ABC的面积，需知△ABC的一条边的长度和这条边上高的长度，由于△ABC的边AB已知，底边AB上的高为OC，即为点C的纵坐标，代入三角形的面积公式计算即可．解：∵点C坐标为(0，3)，∴OC＝3.∴S△ABC＝|AB|·|OC|＝×4×3＝6.(3)点D为抛物线的顶点，DE是抛物线的对称轴，点E在x轴上，在抛物线上存在点Q，使得△QAE的面积与△CBE的面积相等，请直接写出点Q的坐标．【思维教练】△QAE与△CBE的底边AE＝BE，要使两三角形面积相等，只要高相等，因为△CBE底边BE上的高为3，所以点Q的纵坐标为3和－3时，满足条件，分别代入抛物线解析式求解即可．

解：Q点的坐标为(－2，3)或(0，3)或(－1＋，－3)或(－1－，－3)．【解法提示】如解图①，依题意，AE＝BE，∴当△QAE的边AE上的高为3时，△QAE的面积与△CBE的面积相等．①当y＝3时，－x2－2x＋3＝3，解得x1＝－2，x2＝0，∴点Q的坐标为(－2，3)或(0，3)．例2题解图①②当y＝－3时，－x2－2x＋3＝－3，解得x＝－1±，∴点Q的坐标为(－1＋，－3)或(－1－，－3)．综上所述，点Q的坐标为(－2，3)或(0，3)或(－1＋，－3)或(－1－，－3)．(4)在(3)的条件下，连接AD，CD，求四边形AOCD和△ACD的面积.【思维教练】要求四边形AOCD和△ACD的面积，由于四边形AOCD是不规则图形，则可利用S四边形AOCD＝S△AOD＋S△COD计算．由于△ACD的底与高不容易计算，所以可利用S△ACD＝S四边形AOCD－S△AOC计算．解：如解图②，连接OD，由y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，知点D的坐标为(－1，4)，∴S四边形AOCD＝S△AOD＋S△COD∴S△ACD＝S四边形AOCD－S△AOC例2题解图②(5)在(3)的条件下，在直线AC上方的抛物线上，存在一点P(不与D重合)，使△ACD的面积等于△ACP的面积．请求出点P的坐标．【思维教练】要求点P的坐标，先确定点P的位置，由于△ACD与△ACP的底AC相等，则只要等高，面积即相等，可过点D作AC的平行线与抛物线相交，交点即为所求点，即可求得点P坐标．解：如解图③，过点D作直线DP∥AC，交抛物线于点P，连接AP，PC，BD，则S△ACD＝S△ACP.∵DP∥AC，且直线AC的解析式为y＝x＋3，∴可设直线DP的解析式为y＝x＋n，把点D(－1，4)代入，得－1＋n＝4，∴n＝5，∴DP的解析式为y＝x＋5.例2题解图③∴DP的解析式为y＝x＋5.联立得

解得∵D(－1，4)，点P不与点D重合，∴点P的坐标为(－2，3)．

(6)在直线AC上方的抛物线上，是否存在一点M，使△MAC的面积最大？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【思维教练】要使△MAC面积最大，可先把△MAC的面积用含字母的式子表示出来，再利用二次函数的性质讨论其最值，进而求得M点坐标．解：存在一点M，使△MAC的面积最大．如解图④，过点M作MN∥y轴，交AC于点N，设M(x，－x2－2x＋3)，则N(x，x＋3)，例2题解图④∴MN＝－x2－2x＋3－(x＋3)＝－x2－3x，∴S△MAC＝S△AMN＋S△CMN＝

MN·3＝(－x2－3x)＝－(x＋)2＋

，∵－<0，－3<x<0，∴当x＝－时，S△MAC的最大值为.当x＝－

时，，∴点M的坐标为(－，)．1.解决二次函数与三角形面积最值综合题，常见方法有：(1)若三角形有一条边在坐标轴上或平行于坐标轴，首先计算这条边的两个顶点的坐标；然后利用坐标的差表示这条边的长(若平行于x轴，用右边的点的横坐标减去左边点的横坐标可得边长；若平行于y轴，用上端点的纵坐标减去下端点的纵坐标可得边长)；再确定另一顶点到这条边的距离，一般是另一点的横(纵)坐标与已知边的点的横(纵)坐标的差；然后运用三角形面积公式计算．满分技法(2)若三角形的边都不与坐标轴平行，解决问题的一般步骤为：①根据三角形两定点确定这条边所在直线的解析式；②过动点作坐标轴的平行线，与这条直线交于一点；③分别用抛物线及直线的解析式表示出这两个点的坐标，并表示它们之间的距离；④以所求距离为底边，以两定点的坐标差的绝对值为高，列出三角形面积的函数关系式；⑤根据二次函数的性质确定最值、对应的点坐标．2.对于二次函数与四边形面积的综合题，常常会将其转化为三角形面积进行计算．满分技法(7)点H是抛物线第二象限内一点，作HG⊥x轴，试确定H点的位置，使△HGA的面积被直线AC分为相等的两部分．【思维教练】设HG与AC相交于点I，△HGA要被分成面积相等的两部分，由于高AG一样，只需HI与IG相等即可，可设H点坐标，分别表示出线段HI与IG，利用其相等列方程求解即可．

解：如解图⑤，设HG与AC相交于点I，H(x，－x2－2x＋3)，则I(x，x＋3)，则HI＝－x2－2x＋3－(x＋3)＝－x2－3x，IG＝x＋3，

当HI＝IG时，△AHI和△AIG等底同高则面积相等，即△HGA的面积被直线AC分为相等的两部分，∴－x2－3x＝x＋3，整理得x2＋4x＋3＝0，解得x1＝－1，x2＝－3(不合题意，舍去)，∴点H的坐标为(－1，4)．例2题解图⑤

(8)点H是抛物线第二象限内一点，作HG⊥x轴，试确定H点的位置，使△HGA的面积被直线AC分为1∶2的两部分．【思维教练】同上，利用HI与IG为1∶2或2∶1关系列方程求解即可．解：如解图⑥，由(7)可知，可分两种情况讨论：①若H1I1＝2I1G1，则有－x2－3x＝2(x＋3)，

整理得x2＋5x＋6＝0，

解得x1＝－2，x2＝－3(不合题意，舍去)，∴H1(－2，3)．例2题解图⑥②若2H2I2＝I2G2，则有2(－x2－3x)＝x＋3，整理得2x2＋7x＋3＝0，解得x1＝－

，x2＝－3(不合题意，舍去)，∴H2(－

，)．综上所述，点H的坐标为H1(－2，3)或H2(－

，)．与图形面积数量关系有关的问题1．如果是面积的倍数关系，一般需要用等积变形来解决，即过三角形的一个顶点作它对边的平行线或是从图形中寻找出这样的直线，利用等底同高来进行等积变形，从而实现三角形顶点的转移；2．如果过某个顶点的线段平分三角形的面积，则该线段一定过该顶点对边的中点．突破设问(9)在对称轴左侧的抛物线上，是否存在点R，使得S△RBC＝

？若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．【思维教练】先假设存在点R，使得S△RBC＝.过点R作BC的垂线交BC于点K，可得

BC·RK＝

，此时点R，K坐标不容易计算．可考虑作RH∥y轴与BC的延长线相交于点F，利用△RKF与△BOC相似，得到RF·OB＝BC·RK＝9，设出R点坐标利用此关系式列方程求解．解：不妨假设存在点R，使S△RBC＝

，如解图⑦.过点R作RK⊥BC，交BC的延长线于点K，作RH∥y轴，交x轴于点H，交BC的延长线于点F，连接BR，CR，BC，则∠F＝∠BCO，∠RKF＝∠BOC＝90°，∴△RKF∽△BOC，∴，∴BC·RK＝BO·RF，又∵S△RBC＝

，BO＝1，例2题解图⑦∴BC·RK＝

BO·RF＝

，∴RF＝9.由B(1，0)，C(0，3)可求出直线BC的解析式为

y＝－3x＋3，设R(x，－x2－2x＋3)，则F(x，－3x＋3)．∴RF＝－3x＋3－(－x2－2x＋3)＝x2－x.∴x2－x＝9，解得x1＝

，x2＝

(不合题意，舍去)．∴R(，)．∴存在点R，使S△RBC＝

，点R的坐标为(，)．类型三与特殊三角形有关的问题典例精讲例3如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于点A(－1，0)，B(3，0)，与y轴交于点C，直线BC的解析式为y＝kx＋3，抛物线的顶点为D，对称轴与直线BC交于点E，与x轴交于点F.(1)求抛物线解析式及点D、E的坐标；【思维教练】要求抛物线的解析式，根据题目需知经过抛物线上的三点A，B，C的坐标，由直线BC解析式得到点C的坐标，结合题干，抛物线与x轴交于点A，B，故设抛物线的解析式为y＝a(x＋1)(x－3)．将点C的坐标代入，即可求解．解：∵直线BC的解析式为y＝kx＋3，令x＝0，得y＝3，∴点C的坐标为(0，3)，设抛物线的解析式为y＝a(x＋1)(x－3)，将C(0，3)代入，得－3a＝3，解得a＝－1，

∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3，转化为顶点式为y＝－(x－1)2＋4，∴抛物线的顶点D的坐标为(1，4)，对称轴为x＝1，将点B(3，0)代入直线y＝kx＋3，得0＝3k＋3，解得：k＝－1，∴直线BC的解析式为y＝－x＋3，令x＝1，得y＝2，∴点E的坐标为(1，2)．(2)判断△CAF的形状，并说明理由；【思维教练】先确定点F的坐标，得到OF＝OA，再由CO垂直平分AF即可得出结论．

解：△CAF是等腰三角形．理由如下：∵抛物线的对称轴为x＝1，∴点F的坐标为(1，0)，∴AO＝OF＝1，即O为AF的中点，∵CO⊥AF，∴CO是线段AF的垂直平分线，∴CA＝CF，∴△CAF是等腰三角形．(3)x轴上是否存在点G，使得△ACG是以AC为底边的等腰三角形，若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由；【思维教练】由△ACG是以AC为底边的等腰三角形可考虑作AC的垂直平分线，与x轴交点为G，设出点G的坐标，然后表示出AG、OG、OC和CG.列关系式即可求解．解：存在．如解图①，作AC的垂直平分线，交x轴于点G，连接CG，则点G即为所求．设点G的坐标为(g，0)，在Rt△COG中，CO＝3，OG＝g，由勾股定理得CG2＝CO2＋OG2＝9＋g2，又∵AG＝g＋1，AG＝CG，∴9＋g2＝(g＋1)2，解得

g＝4，此时点G的坐标为(4，0)．例3题解图①(4)若点P在抛物线上，点Q在抛物线对称轴上，是否存在点P使得△PDQ是等边三角形，若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；例3题图④【思维教练】由(1)知抛物线解析式，对称轴及顶点D的坐标，过点P作PH⊥DQ于点H，设出H点坐标，由等边三角形的性质可得PH＝DH，可得H点坐标，从而求得点P的坐标，由抛物线的对称性可知点P在对称轴两侧各有一点，求得符合条件的另一点P′的坐标即可．解：存在．由(1)得抛物线解析式为y＝－x2＋2x＋3，对称轴为x＝1，顶点D的坐标为(1，4)．∵点P在抛物线上，设点P的坐标为(t，－t2＋2t＋3)，如解图②，过点P作PH⊥DQ于点H，则PH∥x轴，点H的坐标为(1，－t2＋2t＋3)，∵△DPQ是等边三角形，∴DH＝HQ，PH＝

DH∴DH＝4－(－t2＋2t＋3)＝t2－2t＋1，当点P在DQ的右侧时，PH＝t－1，∴t－1＝(t2－2t＋1)，即

t2－(2＋1)t＋＋1＝0，例3题解图②解得：t1＝,t2＝1(舍)，此时点P的坐标为(，).当点P′在DQ的左侧时，根据对称性可知，此时点P′的坐标为(,).综上，存在点P使得△PDQ是等边三角形，此时点P的坐标为(，)或(，).探究直角三角形的存在性①先假设结论成立，根据直角顶点的不确定性，分情况讨论；②找点：当所给定长未说明是直角三角形的斜边还是直角边时，需分情况讨论，具体方法如下：a．当定长为直角三角形的直角边时，分别以定长的某一端点作定长的垂线，与坐标轴或抛物线有交点时，此交点即为符合条件的点；满分技法b．当定长为直角三角形的斜边时，以此定长为直径作圆，圆弧与坐标轴或抛物线有交点时，此交点即为符合条件的点；③计算：把图形中的点坐标用含有自变量的代数式表示出来，从而表示出三角形的各个边(表示线段时，注意代数式的符号)．再利用相似三角形的性质得出比例式，或者利用勾股定理进行计算，或者利用三角函数建立方程求点坐标．满分技法(5)若点H在抛物线对称轴上，是否存在点H，使得△BCH是直角三角形，若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；例3题解图⑤【思维教练】要使△BCH是直角三角形，需从直角考虑，分∠HCB＝90°，∠HBC＝90°，∠CHB＝90°三种情况讨论，借助三角形相似对应边成比例即可得出结论．

解：存在．设点H的坐标为(1，h)，要使△BCH为直角三角形，可分以下三种情况讨论：(i)∠HCB＝90°，如解图③，∵C(0，3)，D(1，4)，B(3，0)，∴BC2＝32＋32＝18，BD2＝(3－1)2＋42＝20，CD2＝12＋(4－3)2＝2，∴BC2＋CD2＝BD2，

∴DC⊥BC，∴此时点H与点D重合，坐标为H1(1，4)；例3题解图③(ii)∠HBC＝90°，如解图④，易得∠BEH＝∠BHE＝45°，∴BE＝BH，又∵BF⊥EH，∴FH＝EF＝2，∴点H2的坐标为(1，－2)；例3题解图④(iii)∠CHB＝90°，如解图⑤，过点C作CM⊥DF于点M，则∠CHM＋∠BHE＝90°，∠BHE＋∠FBH＝90°∴∠CHM＝∠FBH，又∵∠CMH＝∠BFH＝90°，∴△CHM∽△HBF，∴,即

解得：h1＝，h2＝例3题解图⑤∴此时这样的点H有两个，坐标分别为H3(1，），H4(1，）.综上所述，存在点H使得△BCH是直角三角形，点H的坐标为H1(1，4)，H2(1，－2)，H3(1，），H4(1，）.(6)设点P是第一象限内抛物线上的动点，点Q是线段BC上一点，是否存在点P使得△PCQ是等腰直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．例3题图⑥【思维教练】要使△PCQ是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质：有一个角为直角，一个锐角为45°.结合∠CBO＝∠BCO＝45°，从而考虑分三种情况：①∠PCQ＝90°，PQ∥y轴；②∠CPQ＝90°，CP∥x轴；③∠CQP＝90°，CP∥x轴，分别讨论即可得出结果．解：存在．∵△BOC是等腰直角三角形，且∠BOC＝90°，∴∠CBO＝45°，∵点Q在直线BC上，设点Q的坐标为(t，－t＋3)，(i)当PC⊥BC时，如解图⑥，由(5)得此时点P与点D重合，坐标为(1，4)，∴∠PQC＝∠BCO＝45°，∴PQ∥y轴，∴点Q与点E重合，此时△PCQ是等腰直角三角形，点Q的坐标为(1，2)；例3题解图⑥(ii)当∠CPQ＝90°，CP∥x轴时，如解图⑦，则PQ∥y轴，∠PCQ＝∠CBO＝45°，此时△CPQ是等腰直角三角形，且点P(2，3)，点Q(2，1)；例3题解图⑦(iii)当∠CQP＝90°，CP∥x轴时，如解图⑧，过点Q作QQ′⊥CP，∵△CPQ是等腰直角三角形，∴CQ＝PQ，∴CQ′＝PQ′，∴点Q在抛物线对称轴上，则点Q的坐标为(1，2)．综上所述，这样的点Q有两个，坐标分别为(1，2)或(2，1)．例3题解图⑧类型四与特殊四边形有关的问题典例精讲例4

如图，抛物线经过A(－5，0)，B(－1，0)，C(0，5)三点，顶点为M，连接AC，BC，抛物线的对称轴为l，l与x轴交点为D，与AC交点为E.

(1)求此抛物线的解析式，顶点M的坐标，对称轴l；例4题图①【思维教练】由A，B，C三点的坐标，设抛物线解析式为y＝ax2＋bx＋c，将三点代入求解即可；将抛物线解析式转化为顶点式，可得顶点M的坐标和对称轴l；解：(1)设抛物线解析式为y＝ax2＋bx＋c，将点A(－5，0)，B(－1，0)，C(0，5)代入，得解得∴抛物线的解析式为

y＝x2＋6x＋5.将解析式化为顶点式得

y＝(x＋3)2－4，∴顶点M的坐标为(－3，－4)，对称轴l为直线

x＝－3.(2)抛物线沿直线AB平移，使得点A落在点B处，此时点C的对应点为C′，求点C′的坐标，试判定四边形ABC′C的形状，并说明理由；例4题图②【思维教练】要判定四边形ABC′C的形状，根据平移的性质，点A平移到点B的规律与点C平移到点C′的规律一致，即可得到点C′坐标，再由AB＝CC′，AB∥CC′判定四边形的形状；解：如解图①，∵A(－5，0)，B(－1，0)，C(0，5)，∴点A向右平移4个单位长度得到点B.由平移性质可知C平移到C′与A平移到B的规律一致，∴C′(4，5)．四边形ABC′C是平行四边形．理由如下：根据平移规律得：AB＝CC′＝4，AB∥CC′，∴四边形ABC′C是平行四边形.例4题图解①(3)设点C′是平面内一点，是否存在以点A，B，C，C′为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点C′的坐标；若不存在，请说明理由；例4题图③【思维教练】以点A、B、C、C′为顶点的四边形为平行四边形，已知线段AB和AC，可分两种情况讨论：(1)当线段AB为平行四边形的边时，可利用平移的性质：①将线段AB沿AC平移，使点A与点C重合，②将线段BC沿BA平移，使点B与点A重合；(2)当线段AB为平行四边形的对角线，AC为平行四边形的边时，利用平移的性质，将线段AC沿着CB边平移，使点C与点B重合，此时点C′即为所求．解：存在，(i)当线段AB为平行四边形的边时，如解图①，将线段AB沿AC平移，使点A与点C重合，此时点C′坐标为(4，5)；如解图②，将线段BC沿BA平移，使点B与点A重合，此时点C′的坐标为(－4，5)；例4题图解①例4题图解②(ii)当线段AB为平行四边形的对角线，AC为平行四边形的边时，如解图③，将线段AC沿CB平移，使点C与点B重合，此时点C′的坐标为(－6，－5)．综上所述，满足条件的点C′的坐标为(4，5)，(－4，5)，(－6，－5)．例4题图解③(4)设点K是抛物线上一点，过K作KJ∥y轴，交直线AC于点J，是否存在点K，使得以M，E，K，J为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点K的坐标；若不存在，请说明理由；例4题图④【思维教练】根据点K、J分别为抛物线和直线AC上的点，设出点K、J坐标，由KJ∥ME，从而只需KJ＝ME即可得到平行四边形，再根据点K、J坐标及其相对位置，求出点K坐标；解：存在，理由如下：如解图④，设点K的坐标为(e，e2＋6e＋5)，∵KJ∥y轴，交AC于J，直线AC的解析式为y＝x＋5，∴设点J的坐标为(e，e＋5)．∵M(－3，－4)，E(－3，2)，∴ME＝6.∵ME∥y轴，KJ∥y轴，∴KJ∥ME，要得到平行四边形，只需KJ＝ME＝6.例4题解图④(i)当点K在点J的下方时，KJ＝(e＋5)－(e2＋6e＋5)＝－e2－5e，则－e2－5e＝6，解得e1＝－2，e2＝－3，则K1(－2，－3)，K2(－3，－4)(舍去)；(ii)当点K在点J的上方时，KJ＝(e2＋6e＋5)－(e＋5)＝e2＋5e，则e2＋5e＝6，解得e3＝－6，e4＝1，则K3(－6，5)，K4(1，12)；综上所述，满足条件的点K有3个，坐标分别为(－2，－3)，(－6，5)，(1，12)．

(5)设点N是抛物线上一点，点S是x轴上一点，是否存在点N，使得以A，E，N，S为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由；例4题图⑤【思维教练】分NS为平行四边形的边和NS为平行四边形的对角线两种情况讨论，结合图形过N作NT⊥x轴，由平行四边形性质得到△SNT≌△AED，从而得到NT＝ED＝2，即可得到点N的坐标；解：存在，理由如下：(i)当NS为平行四边形的一条边时，如解图⑤，过N作NT⊥x轴，交x轴于T，以解图⑤中N1为例，NS∥AE，且NS＝AE，则∠NST＝∠EAD，∵NT⊥x轴，ED⊥x轴，∴∠NTS＝∠EDA＝90°∴△SNT≌△AED，∴NT＝ED＝2.设点N的坐标为(n，n2＋6n＋5)，例4题解图⑤a．当点N在x轴上方，则NT＝n2＋6n＋5＝2，解得n1＝－－3，n2＝－3，∴N1(－－3，2)，N2(－3，2)；b．当点N在x轴下方，则NT＝－n2－6n－5＝2，解得n3＝－3

+

n4＝－3－，∴N3(－3－，－2)，N4(－3＋，－2)；

例4题解图⑤(ii)如解图⑥，当NS是平行四边形的对角线时，则NE∥x轴，∴点N的纵坐标为2，代入抛物线得n2＋6n＋5＝2，解得n1＝－－3，n2＝－3(舍去)，∴点N的坐标为(－－3，2)．综上所述，满足条件的点N有4个，分别为(－－3，2)，(－3，2)，(－3－，－2)，(－3＋，－2)．例4题解图⑥探究平行四边形的存在性具体方法如下：(1)假设结论成立；(2)找点：探究平行四边形的存在性问题，一般是已知两定点求未知点坐标，此时可以分两种情况，分别以这两点所构成的线段为边和对角线来讨论：①以这两点所构成线段为边时，可以利用平行四边形对边平行且相等，画出符合题意的图形；②以这两点所构成线段为对角线时，则该线段的中点为平行四边形对角线的交点，结合抛物线的对称性，画出符合题意的图形．法技分满(3)建立关系式，并计算：根据以上分类方法画出所有的符合条件的图形后，可以利用平行四边形的性质进行计算，也可以利用抛物线的对称性、相似三角形或直角三角形的性质进行计算，要具体情况具体分析，有时也可以利用直线的解析式联立方程组，由方程组的解为交点坐标的方法求解．法技分满

(6)设点G是抛物线