如图，直线y=$\frac{1}{2}$x+1与y轴交于A点，过点A的抛物线y=-$\frac{5}{4}$x2+bx+c与直线交于另一点B，过点B作BC⊥x轴，垂足为点C（3，0）．分析 （1）先求得点B和点A的坐标，然后将原点坐标，点A和点B的坐标代入抛物线的解析式求解即可；
（2）设点P的坐标为（t，0），则N（t，-$\frac{5}{4}$t2+$\frac{17}{4}$t+1），M（t，$\frac{1}{2}$t+1），然后依据MN等于M、N两点的纵坐标之差可得到S与t的函数关系式；
（3）已知MN∥BC，故此当MN=NB时，四边形BCMN为平行四边形，然后列出方程组求解即可；当MC=MN时，四边形BCMN为菱形，然后分别将t=1和t=2代入求得点M的坐标，然后再求得MC的长，最后依据MC于是等于MN进行判断即可．
解答 解：（1）∵BC⊥x轴，垂足为点C，C（3，0），
∴B的横坐标为3．
将x=3代入y=$\frac{1}{2}$x+1得：y=$\frac{5}{2}$．
∴B（3，$\frac{5}{2}$）．
将x=0代入y=$\frac{1}{2}$x+1得：y=1．
∴A（0，1）．
将点A和点B的坐标代入得：$\left\{\begin{array}{l}{c=1}\\{-\frac{5}{4}×{3}^{2}+3b+c=\frac{5}{2}}\end{array}\right.$，解得：b=$\frac{17}{4}$，c=1．
∴抛物线的解析式为y=-$\frac{5}{4}$x2+$\frac{17}{4}$x+1．
（2）设点P的坐标为（t，0），则N（t，-$\frac{5}{4}$t2+$\frac{17}{4}$t+1），M（t，$\frac{1}{2}$t+1）．
∴S=（-$\frac{5}{4}$t2+$\frac{17}{4}$t+1）-（$\frac{1}{2}$t+1）=-$\frac{5}{4}$t2+$\frac{15}{4}$t．（0＜t＜3）．
（3）∵MN∥BC，
∴当MN=NB时，四边形BCMN为平行四边形．
∴-$\frac{5}{4}$t2+$\frac{15}{4}$t=$\frac{5}{2}$，解得t=1或t=2．
∴当t=1或t=2时，四边形BCMN为平行四边形．
当t=1时，M（1，$\frac{3}{2}$）．
依据两点间的距离公式可知：MC=$\sqrt{（\frac{3}{2}）^{2}+{2}^{2}}$=$\frac{5}{2}$．
∴MN=MC．
∴四边形BCMN为菱形．
当t=2时，M（2，2），则MC=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{5}$．
∴MC≠MN．
∴此时四边形BCMN不是菱形．
综上所述，当t=1时，四边形BCMN为菱形．
点评 本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数的解析式、平行四边形的判定、菱形的判定，依据题意列出方程是解题的关键．
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如图，已知点A的坐标为（5，0），直线y=x+b（b≥0）与y轴交于点B，连接AB，∠α=75°，则b的值为$\frac{5\sqrt{3}}{3}$．查看答案和解析>>
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如图，如果∠DOB+∠BOC=90°，∠AOC+∠BOC=90°，那么∠DOB=∠AOC的理由是同角的余角相等．
如图，在Rt△ABC中，D是斜边AB的中点，连接CD，若∠A=32°，则∠DCB的大小为58°．