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1. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线 $L:y = ax^2 + bx - 6(a,b$ 为常数，且 $a \neq 0)$ 经过点 $D(3,-\frac{15}{2})$，交 $x$ 轴于点 $A,B($点 $A$ 在点 $B$ 的左侧$)$，且其顶点的横坐标为 $2$.
(1)求抛物线 $L$ 的函数表达式.
(2)将抛物线 $L$ 向左平移 $2$ 个单位长度后得到抛物线 $L'$，$Q$ 为抛物线 $L'$ 上的一个动点，$P$ 为抛物线 $L$ 的对称轴上的一个动点，请问是否存在以 $A,D,P,Q$ 为顶点且以 $AQ$ 为边的四边形是平行四边形？若存在，求出点 $Q$ 的坐标；若不存在，请说明理由.
(1)求抛物线 $L$ 的函数表达式.
(2)将抛物线 $L$ 向左平移 $2$ 个单位长度后得到抛物线 $L'$，$Q$ 为抛物线 $L'$ 上的一个动点，$P$ 为抛物线 $L$ 的对称轴上的一个动点，请问是否存在以 $A,D,P,Q$ 为顶点且以 $AQ$ 为边的四边形是平行四边形？若存在，求出点 $Q$ 的坐标；若不存在，请说明理由.
答案：
1.解:
(1)根据题意，得$\begin{cases} -\frac{b}{2a}=2, \\ 9a+3b-6=-\frac{15}{2}, \end{cases}$解得$\begin{cases} a=\frac{1}{2}, \\ b=-2, \end{cases}$
$\therefore$抛物线$L$的函数表达式为$y=\frac{1}{2}x^{2}-2x-6$。
(2)存在以$A,D,P,Q$为顶点且以$AQ$为边的四边形是平行四边形
在$y=\frac{1}{2}x^{2}-2x-6$中，令$y=0$，得$0=\frac{1}{2}x^{2}-2x-6$，解得$x=6$或$x=-2$，$\therefore A(-2,0)$。
把抛物线$L$向左平移$2$个单位长度后得到的抛物线$L'$的函数表达式为$y=\frac{1}{2}(x + 2)^{2}-2(x + 2)-6=\frac{1}{2}x^{2}-8$。
由已知可得抛物线$L$的对称轴为直线$x = 2$。
设$P(2,t)$，$Q(m,\frac{1}{2}m^{2}-8)$，已知$A(-2,0)$，$D(3,-\frac{15}{2})$。
①以$AP,QD$为对角线，则$AP,QD$的中点重合，
$\begin{cases} -2 + 2=m + 3, \\ 0 + t=\frac{1}{2}m^{2}-8-\frac{15}{2}, \end{cases}$解得$\begin{cases} m=-3, \\ t=-11, \end{cases}$
$\therefore Q(-3,-\frac{7}{2})$。
②以$AD,PQ$为对角线，则$AD,PQ$的中点重合，
$\begin{cases} -2 + 3=2 + m, \\ -\frac{15}{2}=t+\frac{1}{2}m^{2}-8, \end{cases}$解得$\begin{cases} m=-1, \\ t=0, \end{cases}$
$\therefore Q(-1,-\frac{15}{2})$。
综上所述，点$Q$的坐标为$(-3,-\frac{7}{2})$或$(-1,-\frac{15}{2})$。
(1)根据题意，得$\begin{cases} -\frac{b}{2a}=2, \\ 9a+3b-6=-\frac{15}{2}, \end{cases}$解得$\begin{cases} a=\frac{1}{2}, \\ b=-2, \end{cases}$
$\therefore$抛物线$L$的函数表达式为$y=\frac{1}{2}x^{2}-2x-6$。
(2)存在以$A,D,P,Q$为顶点且以$AQ$为边的四边形是平行四边形
在$y=\frac{1}{2}x^{2}-2x-6$中，令$y=0$，得$0=\frac{1}{2}x^{2}-2x-6$，解得$x=6$或$x=-2$，$\therefore A(-2,0)$。
把抛物线$L$向左平移$2$个单位长度后得到的抛物线$L'$的函数表达式为$y=\frac{1}{2}(x + 2)^{2}-2(x + 2)-6=\frac{1}{2}x^{2}-8$。
由已知可得抛物线$L$的对称轴为直线$x = 2$。
设$P(2,t)$，$Q(m,\frac{1}{2}m^{2}-8)$，已知$A(-2,0)$，$D(3,-\frac{15}{2})$。
①以$AP,QD$为对角线，则$AP,QD$的中点重合，
$\begin{cases} -2 + 2=m + 3, \\ 0 + t=\frac{1}{2}m^{2}-8-\frac{15}{2}, \end{cases}$解得$\begin{cases} m=-3, \\ t=-11, \end{cases}$
$\therefore Q(-3,-\frac{7}{2})$。
②以$AD,PQ$为对角线，则$AD,PQ$的中点重合，
$\begin{cases} -2 + 3=2 + m, \\ -\frac{15}{2}=t+\frac{1}{2}m^{2}-8, \end{cases}$解得$\begin{cases} m=-1, \\ t=0, \end{cases}$
$\therefore Q(-1,-\frac{15}{2})$。
综上所述，点$Q$的坐标为$(-3,-\frac{7}{2})$或$(-1,-\frac{15}{2})$。
2. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过 $A(-2,0),B(0,-2)$，$C(1,0)$ 三点.
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若 $M$ 为第三象限内抛物线上一动点，点 $M$ 的横坐标为 $m$，$\triangle AMB$ 的面积为 $S$，求 $S$ 关于 $m$ 的函数表达式，并求出 $S$ 的最大值；
(3)若 $P$ 是抛物线上的动点，$Q$ 是直线 $y = -x$ 上的动点，是否存在以 $P,Q,B,O$ 为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点 $Q$ 的坐标；若不存在，请说明理由.
(1)求抛物线的函数表达式；
(2)若 $M$ 为第三象限内抛物线上一动点，点 $M$ 的横坐标为 $m$，$\triangle AMB$ 的面积为 $S$，求 $S$ 关于 $m$ 的函数表达式，并求出 $S$ 的最大值；
(3)若 $P$ 是抛物线上的动点，$Q$ 是直线 $y = -x$ 上的动点，是否存在以 $P,Q,B,O$ 为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点 $Q$ 的坐标；若不存在，请说明理由.
答案：
2.解:
(1)设此抛物线的函数表达式为$y = ax^{2}+bx + c$，将$A(-2,0)$，$B(0,-2)$，$C(1,0)$三点代入，得$\begin{cases} 4a-2b + c=0, \\ c=-2, \\ a + b + c=0, \end{cases}$解得$\begin{cases} a=1, \\ b=1, \\ c=-2, \end{cases}$
$\therefore$此抛物线的函数表达式为$y=x^{2}+x-2$。
(2)如答图，过点$M$作$y$轴的平行线交$AB$于点$D$。$\because$点$M$的横坐标为$m$，且点$M$在第三象限的抛物线上，$\therefore$设点$M$的坐标为$(m,m^{2}+m - 2)$，$-2＜m＜0$。
设直线$AB$的函数表达式为$y = kx-2$，把$A(-2,0)$代入，得$k=-1$。
$\therefore$直线$AB$的函数表达式为$y=-x-2$。$\because MD// y$轴，
$\therefore$点$D$的坐标为$(m,-m-2)$。
$\therefore MD=-m-2-(m^{2}+m - 2)=-m^{2}-2m$。
$\therefore S_{\triangle MAB}=S_{\triangle MDA}+S_{\triangle MDB}=\frac{1}{2}MD· OA=\frac{1}{2}×2(-m^{2}-2m)=-m^{2}-2m=-(m + 1)^{2}+1$。
$\because -2＜m＜0$，$\therefore$当$m=-1$时，$S_{\triangle MAB}$有最大值$1$。
综上所述，$S$关于$m$的函数表达式是$S=-m^{2}-2m(-2＜m＜0)$，$S$的最大值为$1$。
(3)设$P(x,x^{2}+x - 2)$。
①当$OB$为边时，根据平行四边形的性质，知$PQ// OB$，且$PQ = OB$，$\therefore$点$Q$的横坐标等于点$P$的横坐标，又$\because$直线的函数表达式为$y=-x$，则$Q(x,-x)$。
由$PQ = OB$，得$|-x-(x^{2}+x - 2)|=2$，即$|-x^{2}-2x + 2|=2$。
当$-x^{2}-2x + 2=2$时，解得$x_{1}=0$(不合题意，舍去)，$x_{2}=-2$，$\therefore Q(-2,2)$。
当$-x^{2}-2x + 2=-2$时，解得$x_{1}=-1+\sqrt{5}$，$x_{2}=-1-\sqrt{5}$，$\therefore Q(-1+\sqrt{5},1-\sqrt{5})$或$(-1-\sqrt{5},1+\sqrt{5})$。
②当$BO$为对角线时，$OQ// BP$，点$P$与点$A$重合，$OP = 2$，四边形$PBQO$为平行四边形，则$BQ = OP = 2$，点$Q$的横坐标为$2$，代入$y=-x$，得$Q(2,-2)$。
综上所述，点$Q$的坐标为$(-2,2)$或$(-1+\sqrt{5},1-\sqrt{5})$或$(-1-\sqrt{5},1+\sqrt{5})$或$(2,-2)$。
2.解:
(1)设此抛物线的函数表达式为$y = ax^{2}+bx + c$，将$A(-2,0)$，$B(0,-2)$，$C(1,0)$三点代入，得$\begin{cases} 4a-2b + c=0, \\ c=-2, \\ a + b + c=0, \end{cases}$解得$\begin{cases} a=1, \\ b=1, \\ c=-2, \end{cases}$
$\therefore$此抛物线的函数表达式为$y=x^{2}+x-2$。
(2)如答图，过点$M$作$y$轴的平行线交$AB$于点$D$。$\because$点$M$的横坐标为$m$，且点$M$在第三象限的抛物线上，$\therefore$设点$M$的坐标为$(m,m^{2}+m - 2)$，$-2＜m＜0$。
设直线$AB$的函数表达式为$y = kx-2$，把$A(-2,0)$代入，得$k=-1$。
$\therefore$直线$AB$的函数表达式为$y=-x-2$。$\because MD// y$轴，
$\therefore$点$D$的坐标为$(m,-m-2)$。
$\therefore MD=-m-2-(m^{2}+m - 2)=-m^{2}-2m$。
$\therefore S_{\triangle MAB}=S_{\triangle MDA}+S_{\triangle MDB}=\frac{1}{2}MD· OA=\frac{1}{2}×2(-m^{2}-2m)=-m^{2}-2m=-(m + 1)^{2}+1$。
$\because -2＜m＜0$，$\therefore$当$m=-1$时，$S_{\triangle MAB}$有最大值$1$。
综上所述，$S$关于$m$的函数表达式是$S=-m^{2}-2m(-2＜m＜0)$，$S$的最大值为$1$。
(3)设$P(x,x^{2}+x - 2)$。
①当$OB$为边时，根据平行四边形的性质，知$PQ// OB$，且$PQ = OB$，$\therefore$点$Q$的横坐标等于点$P$的横坐标，又$\because$直线的函数表达式为$y=-x$，则$Q(x,-x)$。
由$PQ = OB$，得$|-x-(x^{2}+x - 2)|=2$，即$|-x^{2}-2x + 2|=2$。
当$-x^{2}-2x + 2=2$时，解得$x_{1}=0$(不合题意，舍去)，$x_{2}=-2$，$\therefore Q(-2,2)$。
当$-x^{2}-2x + 2=-2$时，解得$x_{1}=-1+\sqrt{5}$，$x_{2}=-1-\sqrt{5}$，$\therefore Q(-1+\sqrt{5},1-\sqrt{5})$或$(-1-\sqrt{5},1+\sqrt{5})$。
②当$BO$为对角线时，$OQ// BP$，点$P$与点$A$重合，$OP = 2$，四边形$PBQO$为平行四边形，则$BQ = OP = 2$，点$Q$的横坐标为$2$，代入$y=-x$，得$Q(2,-2)$。
综上所述，点$Q$的坐标为$(-2,2)$或$(-1+\sqrt{5},1-\sqrt{5})$或$(-1-\sqrt{5},1+\sqrt{5})$或$(2,-2)$。
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