二次函数压轴之特殊四边形归纳练-2026年中考数学三轮复习备考

二次函数压轴之特殊四边形归纳练-2026年中考数学三轮复习备考 1．如图，抛物线与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，，，直线l是抛物线的对称轴，在直线l右侧的抛物线上有一动点D，连接． (1)求抛物线的解析式； (2)若点D在x轴的下方，当的面积是时，求点D的坐标； (3)在（2）的条件下，M是x轴上一点，N是抛物线上一动点，是否存在点N，使得以为顶点，为一边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． 2．已知二次函数与轴交于点、（在的左侧），与轴交于点，连接、，点的坐标为，点的坐标为． (1)求和的值； (2)如图，点是直线上方抛物线上一点，当面积最大时，求点的坐标；在线段上取一点，，点、分别为、轴上的动点，连接，将沿翻折至，直接写出的最小值． (3)如图，点关于轴的对称点为点，将抛物线沿射线的方向平移得到新的抛物线，使得交轴于点、（在的左侧），将绕点顺时针旋转至，抛物线的对称轴上有一动点，坐标系内是否存在一点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点，P是直线下方抛物线上的一个动点． (1)求点A的坐标和该抛物线的函数解析式； (2)连接，并将沿y轴翻折，得到四边形，是否存在点P，使得四边形为菱形？若存在，求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由； (3)在点P的运动过程中，当四边形的面积最大时，求出此时点P的坐标和四边形的最大面积． 4．如图，抛物线过点，点在抛物线上，且横坐标为，抛物线上点、之间的部分（包括、两点）的图象记为． (1)求抛物线的解析式； (2)当图象的最高点与最低点的纵坐标之差为4时，求的取值范围； (3)当直线与图象只有一个公共点时，求的取值范围； (4)若点的坐标为，点的坐标为，以为对角线构造，轴，当抛物线在内的部分对应的函数值随的增大而减小时，直接写出的取值范围． 5．如图，已知抛物线：与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，，顶点为D． (1)求此函数的关系式； (2)在下方的抛物线上，是否存在一点N，使面积最大？最大面积是多少？ (3)E在对称轴上，F在抛物线上，若以A，O，E，F为顶点形成平行四边形，求出点E，F的坐标． 6．如图，在平面直角坐标系中已知抛物线与直线都经过两点，该抛物线的顶点为． (1)求此抛物线的解析式． (2)设点是直线下方抛物线上的一动点，连接，，请求出的最大面积是多少． (3)设直线与该抛物线的对称轴交于点，点为射线上一点，过作轴的垂线交抛物线于点，是否存在点，使点，，，是平行四边形的四个顶点？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由． 7．如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，且，点是抛物线的顶点，过点作轴的垂线，垂足为． (1)求抛物线的解析式及点的坐标； (2)连接，若点是抛物线上的动点，当时，求点的坐标； (3)若点是抛物线上的动点，过点作轴与抛物线交于点，点在轴上，点在坐标平面内，以线段为对角线作正方形，请求出点的坐标． 8．如图，抛物线与轴相交于点、两点，交轴于点，顶点为点，点是点关于抛物线对称轴的对称点，过点作轴于点．      (1)求抛物线的解析式； (2)如图1，点是线段上方抛物线上一点，过点．作轴交轴于点，交线段与点，当四边形的面积最大时，在线段上有一动点，在线段上有一动点，在轴上有一动点，且满足，连接，求的最小值． (3)将抛物线沿射线方向平移个单位得到新抛物线．点为新抛物线对称轴上一动点，连接，当时，在平面内找到一点，使得四边形是平行四边形，请写出所有符合条件的点的坐标，并写出一个点的求解过程． 9．如图①，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交轴于，两点，交轴于点，若点的坐标为，点是该二次函数图象上的一个动点，且在第一象限． (1)求二次函数的表达式； (2)连接，过点作轴于点，交线段于点，当点运动到什么位置时，线段有最大值？请求出点的坐标和的最大值； (3)连接，，若关于轴的对称图形是，是否存在点，使得四边形为菱形？若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 10．已知，二次函数的图象与轴交于两点，与轴交于点，函数图象的对称轴经过点． (1)求这个二次函数的表达式； (2)连接，若点为直线下方的函数图象上一动点，过点作轴，垂足为点，交于点． ①点为线段上一动点，轴，垂足为点，点为线段上一动点，连接．当的面积最大时，求的最小值； ②在轴上是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 11．如图①，在平面直角坐标系中，抛物线（是常数）交轴于点，交轴于点，点坐标为，点为抛物线的顶点，点为抛物线上一动点，且点的横坐标为． (1)求该抛物线的解析式及点的坐标； (2)如图②，连接，当点在抛物线上点之间运动时（不与点重合），过点作直线轴于点，交于点．若，求的值； (3)若点在抛物线对称轴的左侧，以点为对称中心，构造正方形，且在轴上（点在点的下方），直接写出抛物线与正方形的边只有2个公共点时的取值范围． 12．如图，在平面直角坐标系中，经过点的直线与y轴交于点．经过原点O的抛物线交直线于点A，C，抛物线的顶点为D．       (1)求抛物线的表达式； (2)M是线段上一点，N是抛物线上一点，平行于y轴且交x轴于点E，当时，求点M的坐标； (3)P是抛物线上一动点，Q是平面直角坐标系内一点．是否存在以点A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 13．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于和，与y轴交于点C，连接， (1)求该抛物线的解析式； (2)如图1，在x轴上有一动点D，平面内是否存在一点E，使以点A、D、C、E为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点E的坐标，若不存在，请说明理由． (3)如图2，若点M为直线上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交于点N，过点M作x轴的平行线，交直线于点Q，求周长的最大值． 14．如图，已知抛物线经过两点，与y轴交于C点． (1)求抛物线表达式； (2)点P是直线上方的抛物线上的一动点（不与B、C重合），是否存在点P，使的面积最大．若存在，请求出的最大面积，若不存在，试说明理由； (3)若点M在x轴上，点N在抛物线上，以A、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点M点坐标． 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．(1) (2) (3)存在，或或 【分析】（1）先求得，然后利用待定系数法求解即可； （2）根据题意求得，，，再根据的面积是以及三角形面积公式可得，然后代入抛物线解析式求得的值即可解答． （3）根据平行四边形的性质得到，然后根据平行四边形的性质以及抛物线的对称轴、点D坐标求解即可． 【详解】（1）解：（1）∵， ∴， 将代入得： ，解得：． ∴抛物线的函数表达式为：． （2）解：由（1）可得抛物线， ∴对称轴， ∴直线l的解析式为， ∵动点D在直线l右侧的抛物线上，且点D在x轴的下方， ，， ∵， ∴， ∵的面积是， ， ，即， ∴，解得：或， ∵， ∴点的坐标为． （3）解：存在， ①如图：由（1）可得抛物线的对称轴l：，由（2）知， 当时，四边形即为平行四边形， 此时点与点O重合，即，四边形即为平行四边形， ∵是抛物线上一动点， ∴点和点D关于对称轴l对称，即； ∴当时，四边形即为平行四边形． ②如图：当， 当时，四边形为平行四边形， 如图：过点做轴，过点D做轴，由题意可得， ∴点和点D关于原点O对称， ∴点的纵坐标为， 将代入，得，解得：． ∴当、，四边形、为平行四边形． 综上，当或或时，以为顶点，为一边的四边形是平行四边形． 【点睛】本题主要考查待定系数法求解析式、二次函数与几何综合、平行四边形的判定、解一元二次方程，正确添加辅助线以及应用数形结合的数学思想成为解题的关键． 2．(1)， (2)； (3)存在，点坐标为或或或)或 【分析】（1）将点，代入，然后解关于、的二元一次方程组即可； （2）过点作轴交于点，设，则，则，当时，面积取得最大值，此时；作点关于轴的对称点，连接，，，当、、三点共线时，最小，由即可求解； （3）先求出平移后的函数解析式为，即可求，由旋转可得，设，，根据菱形的对角线互相平分，邻边相等，建立方程组求点K的坐标即可． 【详解】（1）解：∵二次函数与轴交于点、，且，， ∴， 解得：， ∴； （2）∵， 当时，， ∴， 设直线的解析式为，过点，， ∴， 解得：， ∴直线的解析式为， 过点作轴交于点， 设，则， ∴， ∴， 当时，面积最大值为， 此时， ∵， ∴， ∴， 作点关于轴的对称点，连接，，， ∴， ∵将沿翻折至， ∴， ∵，， ∴，即， ∴，当、、三点共线时取“”， 此时取得最小值，最小值为， ∵，，， ∴，， ∴， ∴的最小值为； （3）存在点，使得以、、、为顶点的四边形是菱形，理由如下： ∵，点关于轴的对称点为点， ∴， ∵， ∴，， ∵抛物线沿射线的方向平移， 设抛物线沿轴正方向平移个单位长度，沿轴负半轴平移个单位长度， 又∵， ∴平移后的函数解析式为， ∵平移后的函数经过点， ∴， 解得：或（舍去）， ∴平移后的函数解析式为， ∴抛物线的对称轴为直线， 当时，， 解得：或， ∴，， 如图，过点作轴于点， ∴， ∵绕点顺时针旋转至，，，， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 设，， ①当是菱形的对角线时，， ∴， 解得：， ∴； ②当为菱形的对角线时，， ∴， 解得：或， ∴点的坐标为或； ③当为菱形的对角线时，， ∴， 解得：或， ∴点的坐标为或； 综上所述：点的坐标为或或或或． 【点睛】本题考查待定系数法确定函数的解析式，二次函数的图象及性质，函数图象平移的性质，轴对称的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，两点间的距离，三角形三边的关系定理等知识点，掌握二次函数的图象及性质、图形的变换、菱形的性质是解题的关键． 3．(1)点A的坐标为，该抛物线的函数表达式为 (2)存在这样的点，此时点的坐标为 (3)当点运动到时，四边形的面积最大，四边形的最大面积为32 【分析】本题主要考查二次函数的性质、特殊四边形的性质以及函数与坐标轴的交点问题， （1）利用待定系数法即可求得抛物线的函数表达式，再令求出点A的坐标即可； （2）连接交于点，结合菱形的性质可得，且，进一步求得点的纵坐标为，代入函数解析式有，即可求得点的坐标； （3）连接，作轴于点，轴于点，设点的坐标为．则，，，，结合，化解后利用二次函数的性质求得最大值即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点， 把，代入中， 得解得 该抛物线的函数表达式为． 当时， ，解得或， ∴点A的坐标为； （2）解：假设抛物线上存在点，使四边形为菱形，连接交于点．如图， 四边形为菱形，， ，且， ，即点的纵坐标为． 由，得，（不合题意，舍去）， 故存在这样的点，此时点的坐标为． （3）解：连接，作轴于点，轴于点，如图， 设点的坐标为． ，，， ，，，， ， ∵，， 当时，S有最大值，最大值为32，此时， 此时点的坐标为， 即当点运动到时，四边形的面积最大，四边形的最大面积为32． 4．(1) (2)或 (3)或或 (4) 【分析】（1）将代入解析式，即可求解； （2）由配方法求出顶点为， 分类讨论：①当时， ②当时，③当时，④当时，结合图象，即可求解； （3）分类讨论：①当时，②当时，③当时，④当直线经过顶点时，结合图象，即可求解； （4）分类讨论：①当在点的左侧时，可得，求出，②当在点的右侧时，同理求出 ，结合图象，即可求解． 【详解】（1）解：由题意得 ， 解得：， 抛物线的解析式为； （2）解： ， 顶点为， 当时， ， 解得：，， ①当时，如图， 图象中， ， ， 故此种情况不存在； ②当时，如图， 图象中， ， 故； ③当时，如图， 图象中， ， ， 故此种情况不存在； ④当时，如图， 图象中， ， ， ， 解得：，（舍去）， 综上所述：的取值范围为或； （3）解：由题意得 ， ①当时，如图， ， 直线与图象没有公共点， 故此种情况不存在； ②当时，如图， ， 直线与图象只有一个公共点， ， 解得：； ③当时，如图， ， 直线与图象只有一个公共点， ， 解得：； ④当直线经过顶点时， ， 解得： 综上所述：或或； （4）解：当时， ， 解得：，， ①当在点的左侧时， ， 解得：， ， ， 此时抛物线没有在的内部， 此种情况不存在； ②当在点的右侧时， ， 解得：， ， ， 抛物线在内的部分对应的函数值随的增大而减小， ， 解得：， 故的取值范围为． 【点睛】本题考查了待定系数法，二次函数动点综合问题，二次函数与特殊四边形综合问题，掌握待定系数法，能熟练利用二次函数性质，并进行分类讨论求解是解题的关键． 5．(1) (2)存在， (3)或或 【分析】本题考查二次函数的实际应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键： （1）求出坐标，待定系数法求出函数解析式即可； （2）求出直线的解析式，过点作轴于点，交于点，设点的坐标为，分割法表示出的面积，转化为二次函数求最值即可； （3）分为边，和为对角线，两种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：， ， 代入，得： ， 解得：； ∴此函数的解析式为； （2）解：存在．的面积最大为， 如图1，过点作轴于点，交于点， 设的解析式为，将代入，得：， ∴直线解析式为， 设点的坐标为， 则点的坐标为， ， ∴， ∴当时，此时，的面积最大为； （3）如图2，抛物线对称轴为， ①以为边，则，且． 设，则， ，解得， 当时，；当时，； 故或； ②以为对角线，则与互相平分， 设 的中点 ． 把代入，得． ， 综上所述，或或． 6．(1) (2) (3)存在，或 【分析】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数求最值问题，平行四边形的性质，利用数形结合思想和分类讨论思想解决问题是本题的关键． （1）利用待定系数法求二次函数； （2）作轴交直线于点，求得直线的解析式，设，则，先表示出，利用三角形面积公式得到，然后根据二次函数的性质解决问题； （3）先求出点坐标和点坐标，则，分两种情况讨论：①若点在轴下方，四边形为平行四边形，则；②若点在轴上方，四边形为平行四边形，则，设，则，可分别得到方程求出点的坐标． 【详解】（1）解：抛物线经过两点， ，解得， 抛物线的解析式为， （2）如图，作轴交直线于点， 直线经过两点， ，解得， 直线的解析式为； 设，则， ， ， ， 当时，面积有最大值，最大值是； （3）存在，理由如下： ， 抛物线的顶点的坐标为， 轴， ， ， ①如图，若点在轴下方，四边形为平行四边形，则， 设，则， ， ， 解得：，舍去， ； ②如图，若点在轴上方，四边形为平行四边形，则， 设，则， ， ， 解得：或舍去， ， 综上可得点的坐标为或． 7．(1) (2)点的坐标为或 (3)满足条件的点有两个，其坐标分别为或 【分析】（1）由，得到，运用待定系数法即可求出抛物线解析式，将其化为顶点式，即可得到顶点D的坐标； （2）过作轴于点，设，则．证明，得到，即，分两种情况求解即可； （3）设对角线交于点，由点关于抛物线对称轴对称，且四边形为正方形，得到设，则坐标为．将点M代入抛物线解析式，即可求解． 【详解】（1）解：， ， ∵抛物线过点， ， 解得：， 抛物线解析式为， ∴顶点D的坐标为； （2）解：如图，在抛物线上任取一点，过作轴于点， 设， 则． ， ． ， ， ， ， ， 当点在轴上方时，有， 解得：或（舍去）， 此时点的坐标为， 当点在轴下方时，有， 解得：或（舍去）， 此时点的坐标为， 综上可知点的坐标为或； （3）解：如图，设对角线交于点， 点关于抛物线对称轴对称，且四边形为正方形， 点为抛物线对称轴与轴的交点，点在抛物线的对称轴上， 设，则坐标为． 点在抛物线的图象上， ， 解得：或， 满足条件的点有两个，其坐标分别为或． 【点睛】本题考查待定系数法求解析式，二次函数的图象及性质，相似三角形的判定及性质，正方形的性质，综合运用相关知识是解题的关键． 8．(1) (2) (3)点的坐标是或 【分析】（1）将点、代入，解得的值，即得到抛物线的解析式； （2）由抛物线的解析式．可知对称轴为，从而得到， 因为点是点关于抛物线对称轴的对称点，故得点的坐标为，再利用待定系数法求得直线的解析式为，设点的坐标为，则点的坐标为，可得的长为，，由于，故当时，有最大值，从而得到点的坐标，将点向右平移个单位得到， 连接，可得四边形是平行四边形 ，故当点共线时，有最小值，从而得到的最小值． （3）根据题中提供的平移方式得新抛物线解析式为，从而得到新抛物线的对称轴为直线．由于点为新抛物线对称轴上一动点，设点的坐标为 由题意可知， 过点作交于点，则为等腰直角三角形，且．再过点作轴于点，过点作轴于点．易得．得到，由，可得，解得或，从而求得点的坐标，设点的坐标为，由于四边形是平行四边形，故且，从而列方程得，解方程即可得到点的坐标． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴相交于点、两点， ∴ 解得： 抛物线的解析式为． （2）解：∵抛物线的解析式为． ∴对称轴为， 当时，，故， 点是点关于抛物线对称轴的对称点， 点的坐标为， ，， ∴直线的解析式为， 设点的坐标为，则点的坐标为， ， ， ， 当时，有最大值， 此时点的坐标为， ， 将点向右平移个单位得到， 连接，可得四边形是平行四边形 ，    作点关于轴的对称点，连接， 当点共线时，有最小值， 此时 的最小值为． （3）解：将抛物线沿射线方向平移个单位，相当于将抛物线先向左平移1个单位，再向下平移1个单位， 所得新抛物线解析式为，所得新抛物线的对称轴为直线． 点为新抛物线对称轴上一动点， 设点的坐标为 由题意可知， ， 方法一：过点作交于点，    则为等腰直角三角形，且． 再过点作轴于点， 过点作轴于点．易得． ， ， ， 由，可得， 解得或， 点的坐标是或． 设点的坐标为 四边形是平行四边形， 且， ， 点的坐标是或． 方法二：由（定边对定角）得，    点是在以点为圆心，以为半径的圆上． 或 点的坐标是或． 设点的坐标为， 四边形是平行四边形， 且， 点的坐标是或． 【点睛】本题考查二次函数的图象与性质与四边形的综合题，熟练掌握二次函数图象的性质，待定系数法求解析式，函数图象的平移，二次函数与四边形结合动点问题是解题的关键． 9．(1) (2)点的坐标为时，的最大值为4 (3)存在，的坐标是 【分析】本题考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的性质，菱形的性质． （1）将，分别代入，得到二元一次方程组，解方程组即可求解； （2）设，由由，，可得直线的表达式为，设，得，即可求解； （3）由四边形为菱形，得，，进而得，则，即可求解． 【详解】（1）解：将，分别代入， 得， 解这个方程组，得， 所以二次函数的表达式为； （2）解：设， 由，，可得直线的表达式为， 设， ∴ ， 当时，， 故点的坐标为时，的最大值为4； （3）解：存在，理由如下： 如图，连接，交于点， 设点， 若四边形为菱形， 则，， ∴， ∴，即， 解得， ∵点在第一象限， 故当点的坐标是时，四边形为菱形． 10．(1) (2)①；②存在， 【分析】（1）二次函数的图象经过，对称轴经过点，运用待定系数法求解即可； （2）①根据二次函数与坐标轴的关系得到，，，直线的解析式为，设，则，则，根据二次函数最最值的方法得到当时，的面积最大，最大值为，如图所示，可得是定值，四边形是平行四边形，，此时，根据点到直线垂线段最短得到，当时，的值最小，可证，得到，设，则，在中，，即，则，由此即可求解； ②如图所示，点在点上方，四边形是菱形，得，即；如图所示，点在点下方，四边形是菱形，，即；由此即可求解． 【详解】（1）解：二次函数的图象经过，对称轴经过点， ∴， 解得，， ∴二次函数解析式为； （2）解：①二次函数中，令时，，则， 令时，， 解得，， ∴，， 设直线的解析式为， ∴， 解得，， ∴直线的解析式为， ∵点为直线下方的函数图象上一动点，过点作轴，垂足为点，交于点， ∴设，则， ∴， ∴ ， ∵， ∴当时，的面积最大，最大值为，如图所示， ∴，，，且， ∵点为线段上一动点，轴， ∴，， ∴是定值， 如图所示，将连接， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，此时， 根据点到直线垂线段最短得到，当且三点共线时，的值最小， ∵， ∴，且， ∴， ∴， ∴，即， 设，则， 在中，，即， 解得，， ∴， ∴的最小值为， ∴的最小值为； ②存在，理由如下， 如图所示，点在点上方，四边形是菱形， ∴，且，则，， ∴，， ∴， 整理得，， 解得，（不符合题意，舍去），， ∴，即，则， ∴轴， ∵， ∴轴， ∴； 如图所示，点在点下方，四边形是菱形， ∴，且，， ∴， 整理得，， 解得，（不符合题意，舍去），， ∴， ∴， ∴； 综上所述，在轴上存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形，点的坐标为或． 【点睛】本题主要考查二次函数图象与线段，特殊四边形的综合，掌握待定系数法求解析式，二次函数求图形面积，线段最小值的计算，相似三角形的判定和性质，二次函数与特殊四边形的综合，勾股定理等知识的综合运用，数形结合分析，分类讨论思想是关键． 11．(1)， (2) (3)或． 【分析】（1）将点，代入抛物线的解析式用待定系数法即可求解； （2）令，解之可得，进而可求直线解析式为． 由点E在抛物线上的点A，C之间，点，，，求得，，根据题意建立方程求解即可； （3）由题可得，，则，即，根据题意画出图形，结合图形建立方程，根据题意写出取值范围即可． 【详解】（1）解：∵抛物线交y轴于点， 将代入得：， 解得， ∴该抛物线的解析式是． ∵， ．     （2）解：令，解得，， ， 设直线的解析式为，将代入， 解得， ∴直线解析式为． ∵点E在抛物线上的点A，C之间， ∴． 由点，，， ， ∴． ∵， ∴， 解得，而， ∴ （3）解：由题可得，，则，即， 如图所示：此时边经过点，正方形与抛物线有3个交点，， 解得，或， ， ， 正方形与抛物线有2个交点时，； 当点与点重合时，正方形与抛物线有3个交点，如图所示： 此时， 解得，（舍去）或， 当时正方形与抛物线有2个交点， 综上所述，正方形与抛物线有2个交点时，的取值范围是： 或． 【点睛】本题主要是考查了二次函数综合运用，涉及到待定系数法求二次函数的表达式，二次函数 与线段问题，二次函数与特殊四边形的问题，点的坐标求解，其中(3)要注意数形结合，分类讨论，避免漏解． 12．(1) (2)， (3)或或或 【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式； （2）求出直线的表达式为，设，则，，分情况表示出，，结合，列方程求出，即可求解； （3）画出图形，分是四边形的边和是四边形的对角线，进行讨论，利用勾股定理，相似三角形的判定与性质，函数图像的交点，平移等知识点进行解答即可得出答案． 【详解】（1）解：∵抛物线过原点， ， 将代入抛物线中，得， 解得：， ∴抛物线的表达式为； （2）解：设直线的解析式为， 将代入得： ， 解得：， ∴直线的解析式为， 设，，其中． 当在点上方时，，． ∵， ∴． ∴， 解得：（不合题意，舍去）； 当M在N点下方时， ． ∴， 解得：（不合题意，舍去）． ∴满足条件的点M的坐标有两个． （3）解：存在，满足条件的点的坐标有 4 个． 如图，若是四边形的边， 抛物线的对称轴为直线， 当时，， ∴抛物线的对称轴与直线相交于点， 联立， 解得：或（舍去）， ， 过点分别作直线的垂线交抛物线于点， ， ， ， ， ， ∴点与点重合． 当时，四边形是矩形． ∵向右平移 1 个单位，向上平移 1 个单位得到． ∴向右平移 1 个单位，向上平移 1 个单位得到， 此时直线的解析式为． ∵直线与平行且过点， ∴直线的解析式为． ∵点是直线与抛物线的交点， ∴， 解得：（舍去）． ， 当时，四边形是矩形， ∵向左平移 3 个单位，向上平移 3 个单位得到． ∴向左平移 3 个单位，向上平移 3 个单位得到． 如图，若是四边形的对角线， 当时．过点作轴，垂足为，过点作，垂足为． 可得， ， ， 设， ， ∵点不与点重合， 和， ， ， ∴如图，满足条件的点有两个． 即． 当时，四边形是矩形． ∵向左平移个单位，向下平移个单位得到． ∴向向平移个单位，向下平移个单位得到． 当时，四边形是矩形． ∵向右平移个单位，向上平移个单位得到． ∴向右平移个单位，向上平移个单位得到． 综上，满足条件的点的坐标为或或或． 【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，本题主要涉及了待定系数法求函数的解析式，勾股定理，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，点的平移等知识，根据题意画出符合条件的图形，进行分类讨论是解题的关键． 13．(1) (2)存在，或或或 (3) 【分析】本题主要考查二次函数的图像和性质，待定系数法，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． （1）利用待定系数法进行计算求解即可； （2）设，，分以，为对角线，以，为对角线，以，为对角线三种情况进行分类讨论即可． （3）设，证明，根据相似三角形的性质进行求解即可得到答案． 【详解】（1）解：把，代入得： ， 解得， 抛物线的解析式为； （2）解：平面内存在一点E，使以点A、D、C、E为顶点的四边形是菱形，理由如下： 设，， 在中，令得， ， 又， ①以，为对角线，则，的中点重合，且， ， 解得， ； ②以，为对角线，则，的中点重合，且， ， 解得或（此时A，D重合，舍去）； ； ③以，为对角线，则，的中点重合，且， ， 解得或， 或； 综上所述，E的坐标为或或或； （3）解：设， ，， ，，直线解析式为， ，， ， 轴，轴， ， ， ， ， ， ， ， ， 时，取最大值； 周长的最大值为． 14．(1) (2)存在点，使的面积最大，最大面积是16 (3)，，， 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点的坐标，由点、的坐标，利用待定系数法即可求出直线的解析式，设点的坐标为，过点作轴，交直线于点，则点的坐标为，，利用三角形的面积公式即可得出关于的函数关系式，再利用二次函数的性质即可解决最值问题； （3）分为以A、C、M、N为顶点的平行四边形的边或对角线两种情况，画出示意图讨论即可． 【详解】（1）解：根据题意得：， 解得：， 抛物线的解析式为； （2）解：存在， 将代入，则， 点的坐标为． 设直线的解析式为． 将、代入， ，解得：， 直线的解析式为． 设点的坐标为，过点作轴，交直线于点，则点的坐标为，如图所示． ， ． ， 当时，的面积最大，最大面积是16． ， 存在点，使的面积最大，最大面积是16． （3）解：如图， 当为平行四边形的边时，由点可知点的纵坐标的绝对值为4， ∴或， 解得：， 当时，则有， ∴， ∴， 同理可得当，， 得，， 当为对角线时，则有， ∴， ∴， 综上所述，满足条件的点的坐标为，，，． 【点睛】本题考查了二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式以及三角形的面积，二次函数与特殊四边形的综合，解题的关键是用分类讨论的思想解决问题即可． 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 $