1. ★★★ (2025·苏州月考)如图，抛物线经过$A(-1,0),B(3,0),C(0,-3)$三点，点$P$在第二象限的抛物线上，$S_{△ POB}=S_{△ PCO}$，求点$P$的坐标.

1. 设抛物线的表达式为$y=ax^2+bx+c$，
∵ 过点$A(-1,0),B(3,0)$，$C(0,-3)$，
∴$\begin{cases}a-b+c=0,\\9a+3b+c=0,\\c=-3,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=1,\\b=-2,\\c=-3,\end{cases}$
∴ 抛物线的表达式为$y=x^2-2x-3$.设点$P$的坐标为$(m,m^2-2m-3),m＜0$，
∵$S_{△POB}=S_{△PCO}$，
∴$\frac{1}{2}OB×(m^2-2m-3)=\frac{1}{2}OC×(-m)$，即$m^2-2m-3=-m$，整理得$m^2-m-3=0$，解得$m=\frac{1-\sqrt{13}}{2}$(正值已舍去)，
∴ 点$P$的坐标为$(\frac{1-\sqrt{13}}{2},\frac{-1+\sqrt{13}}{2})$.

【分析】
解题首先需要求出抛物线的解析式，已知抛物线过三个定点，可采用待定系数法设一般式代入三点坐标求解；得到解析式后，设第二象限内点P的横坐标为$m(m＜0)$，则其纵坐标可由抛物线解析式表示；接下来分别表示出$△ POB$和$△ PCO$的面积：$△ POB$以OB为底，高为点P的纵坐标（因P在第二象限，纵坐标为正）；$△ PCO$以OC为底，高为点P到y轴的水平距离（因P横坐标为负，距离为横坐标的相反数）；根据两个三角形面积相等列方程，求解后舍去不符合第二象限坐标要求的解，即可得到点P的坐标。
【解析】
1. 求抛物线解析式
设抛物线的表达式为$y=ax^2+bx+c$，
∵抛物线过点$A(-1,0)$、$B(3,0)$、$C(0,-3)$，将三点坐标代入得：
$\begin{cases}a-b+c=0\\9a+3b+c=0\\c=-3\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=1\\b=-2\\c=-3\end{cases}$
∴抛物线的表达式为$y=x^2-2x-3$。
2. 设点坐标并列面积方程
设点P的坐标为$(m,m^2-2m-3)$，
∵P在第二象限，
∴$m＜0$，纵坐标$m^2-2m-3＞0$。
由$S_{△POB}=S_{△PCO}$，且$OB=3$，$OC=3$：
$S_{△POB}=\frac{1}{2}×OB×y_P=\frac{1}{2}×3×(m^2-2m-3)$
$S_{△PCO}=\frac{1}{2}×OC×|x_P|=\frac{1}{2}×3×(-m)$（$m＜0$，故$|x_P|=-m$）
令两面积相等，化简得：$m^2-2m-3=-m$，整理为$m^2-m-3=0$。
3. 解方程求坐标
解$m^2-m-3=0$得$m=\frac{1±\sqrt{13}}{2}$，因$m＜0$，舍去正值，取$m=\frac{1-\sqrt{13}}{2}$，代入得纵坐标为$\frac{\sqrt{13}-1}{2}$。
【答案】
$\boldsymbol{(\frac{1-\sqrt{13}}{2},\frac{-1+\sqrt{13}}{2})}$
【知识点】
1. 待定系数法求二次函数解析式
2. 二次函数点坐标特征
3. 三角形面积计算
【点评】
本题属于二次函数与面积结合的常规题型，解题核心是先确定抛物线解析式，再结合面积等量关系建立方程求解，解题时要注意根据点所在的象限对根进行取舍，能够有效考察学生对基础知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6

2. 如图,抛物线$y=ax^2 - ax -6a$与$x$轴交于$A,B$两点,与$y$轴正半轴交于点$C$,顶点为$D$,且$OC=2OB$,直线$y=kx-\frac{1}{2}k+\frac{33}{4}(k＜0)$与抛物线交于点$E,F$.若$△ DEF$的面积等于$1$,求$k$的值.

2. 令$y=ax^2-ax-6a=a(x^2-x-6)=a(x-3)(x+2)=0$，得$x_1=-2,x_2=3$，
∴$OA=2,OB=3$.
∵$y=ax^2-ax-6a$，当$x=0$时，$y=-6a$，
∴$OC=-6a$.
∵$OC=2OB$，
∴$-6a=6$，
∴$a=-1$，
∴ 抛物线的表达式为$y=-x^2+x+6$.
∵ 直线$y=kx-\frac{1}{2}k+\frac{33}{4}(k＜0)$可化为$y-\frac{33}{4}=k(x-\frac{1}{2})$，
∴ 直线过定点$(\frac{1}{2},\frac{33}{4})$，设为$G$，如图.
∵$y=-x^2+x+6=-(x-\frac{1}{2})^2+\frac{25}{4}$，
∴$D(\frac{1}{2},\frac{25}{4})$，
∴$DG=2$.设$E(x_1,-x_1^2+x_1+6),F(x_2,-x_2^2+x_2+6)$，
∵$S_{△DEF}=S_{△DGF}-S_{△DGE}=\frac{1}{2}DG·(x_2-\frac{1}{2})-\frac{1}{2}DG·(x_1-\frac{1}{2})=\frac{1}{2}DG·(x_2-x_1)=\frac{1}{2}×2×(x_2-x_1)=1$，
∴$x_2-x_1=1$.联立方程组$\begin{cases}y=kx-\frac{1}{2}k+\frac{33}{4},\\y=-x^2+x+6,\end{cases}$得$x^2+(k-1)x-\frac{1}{2}k+\frac{9}{4}=0$，解得$x_1=\frac{1-k-\sqrt{k^2-8}}{2}$，$x_2=\frac{1-k+\sqrt{k^2-8}}{2}$，
∴$x_2-x_1=\sqrt{k^2-8}=1$，解得$k=\pm3$，
∵$k＜0$，
∴$k=-3$.

【分析】
解题时首先从抛物线解析式入手，先令y=0求出抛物线与x轴的交点A、B的坐标，得到OB的长度；再令x=0得到OC的表达式，结合OC=2OB的条件求出a的值，确定抛物线的解析式，进而求出顶点D的坐标。接下来处理含参数k的直线方程，将其变形为点斜式，判断出直线恒过定点G，观察G与D的坐标特点可知DG为竖直线段，可利用割补法将△DEF的面积转化为△DGF与△DGE的面积差，推导出面积与E、F两点横坐标差的关系。最后联立直线与抛物线的方程，利用求根公式表示出两点横坐标差，结合面积为1的条件列方程求解k，最后根据k＜0的条件取舍结果。
【解析】
令$y=ax^2-ax-6a=a(x^2-x-6)=a(x-3)(x+2)=0$，得$x_1=-2,x_2=3$，
∴$OA=2,OB=3$。
∵$y=ax^2-ax-6a$，当$x=0$时，$y=-6a$，
∴$OC=-6a$。
∵$OC=2OB$，
∴$-6a=6$，
∴$a=-1$，
∴ 抛物线的表达式为$y=-x^2+x+6$。
∵ 直线$y=kx-\frac{1}{2}k+\frac{33}{4}(k＜0)$可化为$y-\frac{33}{4}=k(x-\frac{1}{2})$，
∴ 直线过定点$(\frac{1}{2},\frac{33}{4})$，设为$G$，如图。
∵$y=-x^2+x+6=-(x-\frac{1}{2})^2+\frac{25}{4}$，
∴$D(\frac{1}{2},\frac{25}{4})$，
∴$DG=2$。设$E(x_1,-x_1^2+x_1+6),F(x_2,-x_2^2+x_2+6)$，
∵$S_{△DEF}=S_{△DGF}-S_{△DGE}=\frac{1}{2}DG·(x_2-\frac{1}{2})-\frac{1}{2}DG·(x_1-\frac{1}{2})=\frac{1}{2}DG·(x_2-x_1)=\frac{1}{2}×2×(x_2-x_1)=1$，
∴$x_2-x_1=1$。
联立方程组$\begin{cases}y=kx-\frac{1}{2}k+\frac{33}{4},\\y=-x^2+x+6,\end{cases}$得$x^2+(k-1)x-\frac{1}{2}k+\frac{9}{4}=0$，
解得$x_1=\frac{1-k-\sqrt{k^2-8}}{2}$，$x_2=\frac{1-k+\sqrt{k^2-8}}{2}$，
∴$x_2-x_1=\sqrt{k^2-8}=1$，解得$k=\pm3$，
∵$k＜0$，
∴$k=-3$。
【答案】
$k=-3$
【知识点】
二次函数解析式求解，一次函数定点判断，割补法求面积
【点评】
本题综合考查了二次函数、一次函数与一元二次方程的相关知识，解题的突破口是识别含参直线的定点，利用割补法将不规则三角形的面积转化为便于计算的形式，简化运算的同时也体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6