2026年九年级中考数学一轮复习专题复习 二次函数动点问题

2026年九年级中考数学专题复习二次函数动点问题热点专题加练 一、单选题 1．（23-24九年级上·山东日照·期末）已知二次函数与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C．下列说法正确的个数为（    ） ①线段的长度为；②抛物线的对称轴为直线；③P是此抛物线的对称轴上的一个动点，当P点坐标为时，的值最大；④若M是x轴上的一个动点，N是此抛物线上的一个动点，如果以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，满足条件的M点有3个． A．4 B．3 C．2 D．1 2．（25-26九年级上·湖北武汉·月考）如图1，在矩形中，，动点以的速度自A点出发沿折线方向运动至D点停止，动点以的速度自A点出发运动至D点停止，若点同时出发，运动时间为秒，记的面积为，且s与之间的函数关系的图像如图2所示，则图像中的值为（   ） A． B．3 C． D．4 3．（25-26九年级上·江苏南通·月考）如图1，在中，，，动点从点开始沿边向点移动，动点从点开始沿边向点移动，两点同时出发，到达各自的终点后停止．设点运动的时间为（单位：），的面积为（单位：），与的函数图象如图2所示，则的面积为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·河南驻马店·三模）如图1，在矩形中，点P为射线上的动点，点M是对角线上的动点，且，连接．设，，则y与x的函数关系的图象如图2所示，其中点E为图象的最低点，则点E的纵坐标m的值为（   ） A．3 B．6 C． D． 5．（24-25九年级上·河南郑州·月考）如图，在中，，，，动点P从点A沿边向点以的速度移动，动点Q从点B开始沿边向点以的速度移动．连接．如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，出发时间为t（，单位：）有下列结论：①面积的最大值为；②出发时间t有两个不同的值满足的面积为；③的长可以是．其中，正确结论的个数（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 6．（2023·河南省直辖县级单位·一模）在矩形中，动点从出发，沿运动，速度为，同时动点从点出发，以相同的速度沿路线运动，设点的运动时间为，的面积为，与的函数关系的图象如图所示，则面积的最大值是（    ） A．3 B．6 C．9 D．18 二、填空题 7．（25-26九年级上·四川绵阳·月考）如图，已知抛物线的图象与轴交于两点（点在点左侧），与轴交于点，在轴正半轴有一点满足，点为直线下方抛物线上的一个动点，连接，过点作交轴于点为轴上一个动点，为轴上一个动点，平面内有一点，连接，，，，当最大时，则的最小值 ． 8．（23-24九年级下·全国·课后作业）如图，在中，，，，动点由点出发沿方向向点匀速移动，速度为 ，动点由点出发沿方向向点匀速移动，速度为 ．当一个点到达终点时，另一个点也停止运动．若动点P、Q同时从A、B两点出发， 时，的面积最大，最大面积是 ．    9．（24-25九年级上·山东烟台·期中）如图，在中，，动点从点开始沿边向点以的速度移动，动点从点开始沿边向点以的速度移动．若两点分别从两点同时出发，在运动过程中，的最大面积是 10．（25-26九年级上·陕西榆林·期末）如图，在正方形中，点是边上的动点（不与端点重合），连接，以为边在右侧作矩形，使得点在边上，若，则线段的最大值是 ． 11．（25-26九年级上·内蒙古鄂尔多斯·月考）如图，正方形的边长为5，E为上一动点，连接，以为边向右侧作正方形．连接，则面积的最小值为 ． 12．（25-26九年级上·江苏连云港·月考）如图，一次函数图象与坐标轴分别交于点，．若为二次函数图象上的一个动点，过点作直线的垂线，垂足为点．则线段的最小值为 ． 三、解答题 13．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）综合与探究 在平面直角坐标系中，抛物线经过，，三点，连接． (1)求抛物线的解析式； (2)是抛物线上的一个动点，连接，，当是以为底边的等腰三角形时，点的坐标为________； (3)如图①，是直线下方抛物线上的一个动点，连接，，求面积的最大值； (4)如图②，是线段上的一个动点，是点右侧轴上的一个动点，且始终保持，连接，，则的最小值为________． 14．（25-26九年级上·湖北武汉·月考）如图，抛物线与x轴交于点A，B两点，直线与抛物线交于点A及点，点P为抛物线上一动点，其横坐标为m，顶点为F． (1)求抛物线解析式及顶点坐标F； (2)如图1，若点P为抛物线对称轴右侧x轴下方的一动点，连接、、，交线段于点M，N是AF上一动点（均含端点），连接，若并且时，求点P的坐标． (3)如图2，若点P为x轴上方的抛物线上的一动点，点N是点P关于对称轴的对称点，连接与直线交于点M，过点M作轴于点E，过点N作轴于点D，设矩形的周长为C． ①求C与m的函数关系式； ②结合函数图像探究说明，当C随m的增大而增大时m的范围． 15．（25-26九年级上·全国·期中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，点是点关于轴的对称点． (1)求抛物线的表达式； (2)为直线上方抛物线上一动点，求的面积最大值及的面积最大时点的坐标； (3)在（2）的条件下，抛物线的对称轴上有一动点M，在线段上有一动点N，且，求的最小值． 16．（25-26九年级上·重庆开州·月考）抛物线的图像与x轴交于，两点，与y轴交于点C． (1)求抛物线的解析式： (2)如图1，点P是直线下方抛物线上的一个动点，轴交于点E，轴交y轴于点F；点M为x轴上的一个动点，连接，当最大时．求点P的坐标及的最小值； (3)如图2，在（2）的条件下，将抛物线沿射线的方向平移3个单位得到新抛物线，点Q为点P平移后的对应点，连接，，点M为抛物线上的一个动点，当时，直接写出符合条件的所有M点的坐标． 17．（25-26九年级上·内蒙古鄂尔多斯·期中）如图，抛物线与轴交于两点，直线与拋物线交于A、D两点，与轴交于点． (1)求出抛物线的解析式； (2)已知点为线段上一动点，过点作轴的平行线交抛物线于点，连接，求的最大面积； (3)若点是轴上的一动点，点是抛物线上一动点，当以点四点为顶点的四边形是平行四边形时，请你直接写出符合条件的点的坐标． 18．（2025·安徽·模拟预测）抛物线图像如图所示，点，点，抛物线的对称轴为直线． (1)求抛物线解析式； (2)若点是第四象限内抛物线上的一个动点，连接、，求面积最大值及此时点的坐标； (3)若点是轴上的动点，点是抛物线上的动点，是否存在以点、、、为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．C 【分析】本题考查了二次函数的性质．求出，坐标代入距离公式可判断①；根据对称轴可判断②；求出解析式得到的值最大时点的坐标为可判断③；将边看成平行四边形的一边有3种情况，将边看成对角线有1种情况，共4种可判断④． 【详解】解：①在二次函数中，令，得，令，则，解得，或， ，， ，故①正确； ②在二次函数中，对称轴为，故②正确； ③连接交对称轴为点，此时的值最大， 设直线的解析式为：， ，， ，解得， 直线的解析式为：， 令，， 当点的坐标为时，的值最大．故③错误； ④若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，当为边时，共有三个平行四边形； 当为对角线时，共有1个平行四边形． 符合条件的点有4个，故④错误． 故选：C． 2．C 【分析】该题考查了二次函数的图象和性质，当点P在上运动时，，则，根据图2可得，当时，，求出，得出动点以的速度自A点出发沿折线方向运动至D点停止，且当时，点Q到达点D，当点P在上运动时，．当点P在上运动时，．将点代入即可求出． 【详解】解：当点P在上运动时，， 则， 根据图2可得，当时，，解得：， 即动点以的速度自A点出发沿折线方向运动至D点停止，且当时，点Q到达点D， 当点P在上运动时，． 当点P在上运动时，． 将点代入可得，解得：， 故选：C． 3．B 【分析】本题主要考查了函数图象上的动点问题．由图2得：点N到达点C所用时间为，点M到达点B所用时间为，且当时，的面积为，从而得到的面积为的面积的2倍，即可求解． 【详解】解：由图2得：点N到达点C所用时间为，点M到达点B所用时间为，且当时，的面积为， 如图， 此时， ∴的面积为的面积的2倍，即， ∴的面积为． 故选：B 4．B 【分析】本题考查了动点二次函数的图象，矩形的性质，勾股定理．由函数图象得，当时，，此时，，即，据此可求得矩形的边长，由函数图象知，此函数为二次函数，点E为图象的最低点，此时点P与点重合，点M恰好是对角线的中点，据此求解即可． 【详解】解：由函数图象得， 当时，， 此时，， ∴， ∵矩形， ∴，， ∴， ∵点M是对角线上的动点， 由函数图象得， ∴， 由函数图象知，此函数为二次函数， ∵点E为图象的最低点， ∴点E的横坐标为， 此时点P与点重合，点M恰好是对角线的中点， ∴，， ∴， 故选：B． 5．B 【分析】①根据题意，可得，，，然后根据列出函数解析式，再化成顶点式，最后求出最值即可判断①；根据题意和三角形的面积列出方程，求出方程的解即可判断②；根据勾股定理列出方程，解方程，即可判断③． 【详解】解：①∵动点P从点A沿边向点以的速度移动，动点Q从点B开始沿边向点以的速度移动．连接．如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，出发时间为t（，单位：）， ∴，， ∵，， ∴，动点Q从点B到点需要（秒），动点从到需要（秒）， ∴， ∴ ， ∵， ∴当时，的面积最大，且最大值为，故①正确； ②把代入得： ， 解得，， ∵， ∴不符合题意， ∴出发时间只有一个值满足的面积为，故②错误； ③当的长是时，根据勾股定理得：， ∴， 整理得， ∵， ∴此方程无解， ∴的长不可以是，故③错误； 综上分析可知：正确结论的个数是1个， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程的应用，二次函数的应用，一元二次方程根的判别式，勾股定理等知识，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键． 6．C 【分析】由与的函数关系的图象可知，当时，面积的最大，然后根据题意求出0<t≤3时对应的与的函数关系，然后求时，对应的的值即可． 【详解】解：由与的函数关系的图象可知，在矩形ABCD中，AB=CD=3，AD=BC=6． 当0<t≤3时，点P在AD边上，点Q在AB边上，如图所示， 由题意得：AP=AQ=t，PD=AD－AP=6－t，BQ=AB－AQ=3－1， ∵0<t≤3， ∴当时，的值最大，最大为：， ∴面积的最大值是． 故选：C． 【点睛】本题考查了动点的函数图象问题、二次函数的性质，解题的关键是能从图象和题目条件中挖掘到有用的信息和数形结合思想的应用． 7． 【分析】本题考查了二次函数的性质，一次函数的性质，勾股定理． 先求出A、B、C、E的坐标，然后求出的解析式为，连接，作轴交于Q，根据，可得设，则，，故当时，，此时P的坐标为．将P点关于y轴对称得到坐标为，将G点关于x轴对称得到坐标为，连接交于y轴于点M，交于x轴于点N，则，然后利用两点间距离公式求解即可． 【详解】解：当时，，故， ， 当时，或，故，， ，， ，， ，则， 设解析式为， 代入，，得， 解得， ∴的解析式为， 连接，作轴交于Q， ， 设，则， ， ， 当时，，此时P的坐标为． 将P点关于y轴对称得到坐标为，将G点关于x轴对称得到坐标为， 连接交于y轴于点M，交于x轴于点N， 则． 故答案为：． 8． 3 9 【分析】本题考查的是二次函数的实际应用，直接利用面积公式建立二次函数，再利用二次函数的性质可得答案. 【详解】解：设点P、Q移动的时间为，则，， ∴， ∴， ∴当时，的面积最大，最大面积为． 故答案为：3，9 9．/平方厘米 【分析】本题考查了正切值的计算，动点与线段，二次函数图象的性质，理解点的运用，掌握二次函数图象的性质是关键． 根据正切值的计算得到，设运动时间为，用含的式子表示出线段的长，由面积公式得到，结合二次函数图象的性质即可求解． 【详解】解：在中，， ∵， ∴， 解得，， ∵动点从点开始沿边向点以的速度移动，动点从点开始沿边向点以的速度移动，设运动时间为， ∴点运动的时间为，点运动时间为， ∴，，则， ∴， ∴当时，的面积最大，最大面积为， 故答案为： ． 10．1 【分析】因得，在中，根据同角的余角相等得，可证明，由相似三角形的性质和二次函数可求线段的最大值． 【详解】解：四边形是正方形，四边形是矩形， ， ，， ， ， ， 设，则， 即， 整理得：， ，且， 当时，， 线段的最大值是1， 故答案为：1． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数求最值等相关知识，重点掌握三角形相似的判定与性质，难点是将相似三角形的相似比相等转化为二次函数解析式求最值． 11． 【分析】本题考查二次函数的实际应用，设，勾股定理求出的长，根据，将的面积转化为二次函数求最值即可． 【详解】解：设， ∵正方形的边长为5， ∴，， ∴， 过点D作交于点Q，交于点P， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 即：， ∴当时，的值最小，为； 故答案为：． 12． 【分析】过作轴交直线于，由等腰三角形的判定及性质、勾股定理得，设，则，则有，利用二次函数的性质即可求解． 【详解】解：过作轴交直线于， 轴， ， 对于， 当时，， 当时，， ，， ， ， ， ， ， ， ， 设，则， 当时，， ． 故答案为． 【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，勾股定理，等腰三角形的判定及性质；能将求的最小值转化为求的最小值是解题的关键． 13．(1)； (2)或； (3)当时，最大，最大面积为； (4)． 【分析】（1）根据待定系数法求解即可； （2）设，由是以为底边的等腰三角形，得，进而得，，解得，从而代入得，，即可得解； （3）利用待定系数法求得直线为，过作轴交直线于点，设，则， ，进而利用铅锤法构造二次函数，利用二次函数的性质求解即可； （4）连接，，过作轴于点，在射线上取，连接，证明（）得，从而得当点、、三点共线时，的值最小，利用勾股定理即可得解． 【详解】（1）解：∵抛物线经过，，三点， ∴， 解得， ∴； （2）解：设， ∵当是以为底边的等腰三角形， ∴， ∵，， ∴ 解得， ∵在上， ∴ 解得， 当时，， 当时，， ∴或； （3）解：设直线为， ∵，， ∴ 解得， ∴直线为， 如图，过作轴交直线于点， 设，则， ， ∵，， ∴， ∴当时，最大，最大面积为； （4）解：连接，，过作轴于点，在射线上取，连接， ∵， ， ∴轴， ∴， ∵轴 ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ， ∴， ∵，， ∴（） ∴， ∴当点、、三点共线时，的值最小， 最小值为． 【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图像及性质，勾股定理，两点之间，线段最短，全等三角形的判定及性质，熟练掌握二次函数的图像及性质，勾股定理，两点之间，线段最短是解题的关键． 14．(1)抛物线解析式，F坐标为． (2) (3)①；②不存在． 【分析】（1）根据题意分别求出点A、C坐标，再代入解析式求出未知系数，得到函数关系式，再配方求顶点F坐标即可； （2）由抛物线轴对称性得到点B坐标为，且，再由和外角性质证明，进而证明，求出点M坐标为，再求出直线解析式，联立方程求其与抛物线交点坐标即可； （3）①根据题意，得到当与直线有交点时，m的范围，分别求出对应的，再表示周长即可； ②由①的函数关系式和对应取值范围，分别求出对称轴，确定C随m的增大而增大时m的范围即可． 【详解】（1）解：由直线与抛物线交于点A及点， ∴当时，，解得，， 当时，， 则， 把代入到， ， 解得， ∴抛物线解析式 配方得，， 则点F坐标为． （2）由抛物线对称性可知，点B坐标为，且， 则， ∵， ， ∴， ∵ ∴， ∴， 故点坐标为， 设直线解析式为 ， 把点坐标为 ,坐标为代入得， ， 解得， ∴直线解析式为， 当时，解得 （舍去） ∴ ∴点P的坐标为 （3）①由题意，关于对称轴对称点横坐标为1，点N的横坐标为， 由连接与直线交于点M，设点P的纵坐标为 故m的范围为或， 当时， ， 此时求M点的横坐标为 ， 则 ∴ 同理，当时， 则， ∴ 综上， ②当时，对称轴为直线，在对称轴左侧，C随m增大而减小，故此情况不存在符合要求答案， 当时，的对称轴为直线，在对称轴右侧，C随m的增大而减小，故此情况不存在符合要求答案， 故不存在m，使得C随m的增大而增大． 【点睛】本题考查了二次函数的待定系数法、图象和性质、二次函数与一次函数的综合问题，以及全等三角形的性质和判定，运用了分类讨论和数形结合的数学，熟练掌握二次函数图象的性质是解题关键． 15．(1) (2)最大值为，此时 (3) 【分析】本题考查二次函数的图象及性质，一次函数的图形与性质，轴对称的性质，垂线段，勾股定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，轴对称求最短距离，垂线段最短，相似三角形的判定与性质是解答本题的关键． （1）利用二次函数的交点式和待定系数法即可求解； （2）直线的关系式为，过点作轴于点，交于点，设点的坐标为 ，则，表示出，利用表示出面积，再利用二次函数图象的性质求解即可； （3）作点关于直线的对称点，求出点的坐标，过点作直线的垂线，垂足为，交直线于点，此时，根据垂线段最短知，的最小值为的长，过点作轴，交直线于点，求出直线的表达式，则可得点的坐标，再利用，求出即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴交于，两点， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴抛物线的表达式为； （2）解：当时，， ∴， 设直线的关系式为， 将，代入， 得， 解得：， ∴直线的关系式为， 如图，过点作轴于点，交于点， 由题设点的坐标为 ， 则， ∴， ∴， ∵，， ∴当时，取得最大值， 此时， 则最大值为，此时点的坐标为； （3）解：抛物线的对称轴为直线， 作点关于直线的对称点， ∵点的坐标为， ∴点的坐标为， 如图，过点作直线的垂线，垂足为，交直线于点， 此时，根据垂线段最短知，的最小值为的长， 如图，过点作轴，交直线于点， ∵点是点关于轴的对称点， ∴， 设直线的表达式为， 把代入，得， ∴， ∴直线的表达式为， 则点的坐标为， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵轴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴的最小值为． 16．(1) (2)， (3)或 【分析】（1）将已知点代入抛物线解析式，利用待定系数法求解即可； （2）先求出点C坐标，设点，利用待定系数法求出直线的解析式，再根据已知条件设，将通过含t的关系式表示出来，此时为开口向下的二次函数，有最大值，求得t值，再将t值代入点P坐标即可得出，延长交x轴于点H，作直线绕点A逆时针旋转的直线l，过点P作，交x轴于点M，当点Q，M，P三点共线时，的值最小，利用解含30°的特殊直角三角形的性质及勾股定理即可求得最小值； （3）先求出平移后的抛物线解析式，再分析题中已知条件，将角度进行转化，此时分情况讨论：①当点M在下方时：过点A作的平行线，交于点，设直线表达式，得到其k值，再设直线表达式为，求出后联立即可得到点的坐标；②当点M在上方时：过点作，证明出，设，利用相似三角形对应边成比例关系列出含m的方程并求解，随即得出点的坐标． 【详解】（1）解：∵点A，点B在抛物线上， ∴，解得， ∴． （2）解：当时，， ∴点， 设点，直线的解析式为， ∵直线经过点，， ∴，解得， ∴直线的解析式为， ∵轴交于点E， ∴， ∴， ∵轴交y轴于点F， ∴， ∴， 当时，有最大值， ∴点，此时点C与点F重合， 如图，延长交x轴于点H，作直线绕点A逆时针旋转的直线l，过点P作，交x轴于点M， 在中，， ∴， ∴当点Q，M，P三点共线时，的值最小，， ∵轴， ∴，点， 在中，，则， 设， ∴，， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 解得，， ∵点M在点H左侧， ∴，即，， ∴，则， ∴． （3）解：如图，将抛物线沿着射线方向平移3个单位长度，相当于向下平移个单位，向左平移个单位， ∴新抛物线表达式为， ∵， ∴， ∵，， ∴在中，，则， ∵， ∴， ∵点Q为点P平移后的对应点， ∴在点P平移的过程中，与平移的方向一致，且平移单位均为3， ∴， ∴， ∴， ∴， ①当点M在下方时： 过点A作的平行线，交于点， 设直线的解析式为，将点P，点O代入得， ，解得， ∴直线的解析式为， ∵， ∴， 设直线表达式为， 代入点A得，，解得， ∴直线表达式为， 联立得，， 解得，（舍去）， ∴点坐标为； ②当点M在上方时： 过点作， ∵，， ∴， ∴， 设， ∴， 解得，（舍去）， ∴， 综上所述，点M的坐标为或． 【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质，一次函数的解析式表达，相似三角形的判定与性质，二次函数的平移问题及平行线的性质等知识点． 17．(1) (2)的面积最大值为 (3)或或或 【分析】（1）将点代入二次函数解析式并求解，即可获得答案； （2）首先利用待定系数法确定直线解析式，联立直线和抛物线解析式并求解，即可确定点坐标，进而可得，当取得最大值时，的面积取得最大值；设，则，易得，根据二次函数的性质确定取得最大值，即可获得答案； （3）分以为边和以为对角线两种情况，结合平行四边形的性质求解即可． 【详解】（1）解：拋物线与轴交于两点， ，解得：， 拋物线解析式为； （2）将点代入， ，解得， 直线解析式为， 依题意，联立， 解得：， ， ， 当取得最大值时，的面积取得最大值， 设，则， ， 时，取得最大值为， 的面积最大值为； （3）是与轴的交点， 当时，， ， ①当、为对角线时， 在轴上， ∴的中点为，此时的中点也为， ∴点的纵坐标为2， 在抛物线上， ， 解得：， 或； ②当、为对角线时， 在轴上， ∴的中点纵坐标为0，此时的中点纵坐标也为0， ∴可有，即， 解得， ∴点的纵坐标为， 在抛物线上， ， 解得：， 或； ③当为对角线时， 在轴上， ∴的中点纵坐标为1，此时的中点纵坐标也为1， ∴， ∴，解得，即的纵坐标为2， ， 解得：， 或． 综上所述，或或或． 【点睛】本题主要考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式、二次函数和一次函数综合应用、平行四边形的性质等知识，解题关键是运用数形结合和分类讨论的思想分析问题． 18．(1)； (2)面积最大值，； (3)存在，，，，． 【分析】设抛物线的解析式为，根据抛物线的对称轴为直线，可得：，则抛物线的解析式为，把点和点的坐标代入解析式，利用待定系数法求二次函数的解析式即可； 过点作轴于点，交于点，用待定系数法求出直线的解析式：，设，，则，则，利用二次函数的图象与性质可得：点的坐标是时的面积最大，最大值是； 设点的坐标是，点的坐标是，根据平行四边形的对角线互相平分，可分三种情况求解，当为平行四边形的对角线时；当为平行四边形的对角线时；当为平行四边形的对角线时． 【详解】（1）解：设抛物线的解析式为， 抛物线的对称轴为直线， ， ， 抛物线的解析式为， 把点和点的坐标代入， 可得：， 解得：， ， 抛物线的解析式是； （2）解：如下图所示，过点作轴于点，交于点， 当时， 可得：，， 点的坐标是， 设直线的解析式是， 把点和点的坐标代入， 可得：， 解得：， 直线的解析式：， 设，， 则， ， 当时，的面积有最大值， 当时，， 点的坐标是； （3）解： 设点的坐标是，点的坐标是， 当为平行四边形的对角线时， 平行四边形的对角线互相平分， ，， 整理可得： ， 得，(不符合题意，舍去)， 点的坐标是； 当为平行四边形的对角线时， 平行四边形的对角线互相平分， 可得： ， 解得：或， 点的坐标是或； 当为平行四边形的对角线时， 平行四边形的对角线互相平分， 可得： ， 解得：或， 点的坐标为； 综上所述，点的坐标为：或或或． 【点睛】本题考查了二次函数综合题、用待定系数法求一次函数与二次函数的解析式、平行四边形的判定与性质等，解决本题的关键是用分类讨论的思想分情况解答． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $