重难点专项突破04二次函数综合之“特殊四边形存在性”问题

重难点专项突破04二次函数综合之“特殊四边形存在性”问题【知识梳理】一、平行四边形的存在性问题1.要先明确定点和动点，常以定点为对角线和边进行分类;2.三定一动，有三种情况，可借助平移，全等、中点公式等知识确定坐标..(坐标平移规律:左减右加变x上加下减变y如何平移?可先确定其中两点的变化作参照，以此变化确定)3.两定两动:以定线段作边或对角线，确定分类;常借助对应边相等、坐标间关系及中点坐标公式建等式求解常见设问:已知A、B，求另外两点C、D与A、B两点构成平行四边形分类讨论:当AB为边时，找AB平行且等于的CD利用距离建立数量关系，求出相应点的坐标;当AB为对角线时，AB的中点即为对角线的交点，结合图形的对称性，围绕对角顶点的横坐标和纵坐标之和分别相等进行求解，列出两个二元一次方程组来求解.4.三动点或四动点:往往有不变特征，如两边始终平行，满足相等即可二、菱形的存在性问题(常为含60°角的菱形)通常有两大类:1.已知三个定点探究菱形时，分别以三个定点中的任意两个定点确定线段为要探究的菱形的对角线画出所有菱形，结合题干要求找出满足条件的菱形;2已知两个定点去探究菱形时，以两个定点连线所成的线段作为要探究菱形的对角线或边长画出符合题意的菱形，结合题干要求找出满足条件的菱形:3.计算:建立类似平行四边形的存在性问题来解三、矩形的存在性问题等价于直角三角形的存在性问题（其特点往往是2定点2动点），通过构造一线三等角模型或勾股定理，可以求出其中一个顶点的坐标，再根据对称性求出另一个顶点的坐标。分类的依据往往是以已知两点所在线段为边或对角线进行分类讨论。四、正方形存在性问题正方形是菱形和矩形特征的集结，因此同时采取菱形或矩形存在性问题解决的方法去求点的坐标。【考点剖析】题型一：平行四边形的存在性问题1．（2023·广西贵港·统考三模）如图，抛物线与轴负半轴交于点，与轴交于A，两点，点A在点左侧，点的坐标为，．

(1)求抛物线的解析式；(2)若点是第三象限抛物线上的动点，连接，当的面积为3时，求出此时点的坐标；(3)将抛物线向右平移2个单位，平移后的抛物线与原抛物线相交于点，在原抛物线的对称轴上，为平移后的抛物线上一点，当以A、、、为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出点的坐标．【答案】(1)(2)，(3)点的坐标为或或【分析】（1）根据点的坐标及可得出点的坐标，再根据点、的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）过点作轴的垂线交直线于点，先求出点，用待定系数法求出直线的解析式为，设，则，得到，由，得：，，即可得到点D的坐标；（3）先求得平移后的抛物线解析式为，设，，分三种情况讨论即可．【详解】（1）解：∵点的坐标为，，∴点的坐标为，将点、代入，得，解得：，∴抛物线的解析式为．（2）过点作轴的垂线交直线于点．

由，解得：，，∴，设直线的解析式为，把、代入，得，解得：，∴直线的解析式为，设，则，∴∴，由，得：，，当时，，时，，∴点的坐标为，；（3），对称轴为直线，将抛物线向右平移个单位后的抛物线解析式为，联立，解得：，，设，，又，，以、为对角线，则、的中点重合，，解得：，此时，；以、为对角线，则、的中点重合，，解得：，此时，；以、为对角线，则、的中点重合，，解得：，此时，；综上所述，点的坐标为或或．【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，一次函数、二次函数图象上点的坐标特征，三角形面积，二次函数的图象和性质，平行四边形性质等知识，解题的关键是利用平行四边形对角线互相平分列方程组解决问题．2．（2023·山西大同·校联考三模）综合与探究：如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点D是抛物线上一个动点，设点D的横坐标为，连接．

(1)求A，B，C三点的坐标；(2)当的面积等于的面积的时，求m的值；(3)在（2）的条件下，若点M是x轴上一动点，点N是抛物线上一动点，试探究是否存在这样的点M，使得以点B，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，，(2)3(3)存在，或或或【分析】（1）令和求解即可；（2）过点C作交的延长线于F，首先求出，求出直线BC的函数表达式为：，得到，，然后根据列方程求解即可；（3）首先得到，然后设，，然后根据题意分3种情况讨论：是平行四边形的边，是平行四边形的边，是平行四边形的对角线，分别根据平行四边形的性质列方程求解即可．【详解】（1）由，得．解，得，．∴点A，B的坐标分别为，，由，得．∴点C的坐标为．（2）如图，过点D作轴于E，交BC于G，

过点C作交的延长线于F．∵点A的坐标为，点C的坐标为．∴，．∴．∴．∵点B的坐标为，点C的坐标为，设直线BC的函数表达式为．则．解得∴直线BC的函数表达式为：．∵点D的横坐标为，∴点D的坐标为，点G的坐标为：．∴，，．∴∴．解得：（不合题意舍去），，∴m的值为3．（3）将代入∴，设，，∵，∴如图所示，当是平行四边形的边时，

∴由平行四边形的性质可得，，解得或∴点M的坐标为或；当是平行四边形的边时，

∴由平行四边形的性质可得，，解得或（不合题意，应舍去）∴点M的坐标为；如图所示，当是平行四边形的对角线时，

∴由平行四边形的性质可得，，解得或（不合题意，应舍去）∴点M的坐标为；综上所述，点M的坐标为或或或．【点睛】本题考查的是二次函数的综合题，涉及了待定系数法、三角形的面积、解一元二次方程、平行四边形的性质等知识，运用了数形结合思想、分类讨论思想等数学思想，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．3．（2023·四川南充·统考中考真题）如图1，抛物线（）与轴交于，两点，与轴交于点．(1)求抛物线的解析式；(2)点P在抛物线上，点Q在x轴上，以B，C，P，Q为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标；(3)如图2，抛物线顶点为D，对称轴与x轴交于点E，过点的直线（直线除外）与抛物线交于G，H两点，直线，分别交x轴于点M，N．试探究是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由．【答案】(1)(2)或或(3)定值，理由见详解【分析】（1）将两点代入抛物线的解析式即可求解；（2）根据P，Q的不确定性，进行分类讨论：①过作轴，交抛物线于，过作，交轴于，可得，由，可求解；②在轴的负半轴上取点，过作，交抛物线于，同时使，连接、，过作轴，交轴于，，即可求解；③当为平行四边形的对角线时，在①中，只要点Q在点B的左边，且满足，也满足条件，只是点P的坐标仍是①中的坐标；（3）可设直线的解析式为，，，可求，再求直线的解析式为，从而可求，同理可求，即可求解．【详解】（1）解：抛物线与x轴交于两点，，解得，故抛物线的解析式为．（2）解：①如图，过作轴，交抛物线于，过作，交轴于，四边形是平行四边形，，，解得：，，；②如图，在轴的负半轴上取点，过作，交抛物线于，同时使，连接、，过作轴，交轴于，四边形是平行四边形，，在和中，，()，，，，解得：，，；如上图，根据对称性：，③当为平行四边形的对角线时，由①知，点Q在点B的左边，且时，也满足条件，此时点P的坐标仍为；综上所述：的坐标为或或．（3）解：是定值，理由：如图，直线经过，可设直线的解析式为，、在抛物线上，可设，，，整理得：，，，，当时，，，设直线的解析式为，则有，解得，直线的解析式为，当时，，解得：，，，同理可求：，；当与对调位置后，同理可求；故的定值为．【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合问题，待定系数法求函数解析式，求函数图象与坐标轴交点坐标，动点产生的平行四边形判定，一元二次方程根与系数的关系，理解一次函数与二次函数图象的交点，与对应一元二次方程根的关系，掌握具体的解法，并会根据题意设合适的辅助未知数是解题的关键．题型二：菱形的存在性问题4．（2023·四川达州·统考中考真题）如图，抛物线过点．

(1)求抛物线的解析式；(2)设点是直线上方抛物线上一点，求出的最大面积及此时点的坐标；(3)若点是抛物线对称轴上一动点，点为坐标平面内一点，是否存在以为边，点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．【答案】(1)(2)的最大面积为，(3)存在，或或，，见解析【分析】（1）利用待定系数法代入求解即可；（2）利用待定系数法先确定直线的解析式为，设点，过点P作轴于点D，交于点E，得出，然后得出三角形面积的函数即可得出结果；（3）分两种情况进行分析：若为菱形的边长，利用菱形的性质求解即可．【详解】（1）解：将点代入解析式得：，解得：，∴抛物线的解析式为；（2）设直线的解析式为，将点B、C代入得：，解得：，∴直线的解析式为，∵，∴，设点，过点P作轴于点D，交于点E，如图所示：

∴，∴，∴，∴当时，的最大面积为，，∴（3）存在，或或或，，证明如下：∵，∵抛物线的解析式为，∴对称轴为：，设点，若为菱形的边长，菱形，则，即，解得：，，∵，∴，∴，；若为菱形的边长，菱形，则，即，解得：，，∵，∴，∴，；综上可得：或或，．【点睛】题目主要考查二次函数的综合应用，包括待定系数法确定函数解析式，三角形面积问题及特殊四边形问题，全等三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．5．（2023·山东日照·日照市新营中学校考三模）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，点M为抛物线上的一动点：①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；②若点M为抛物线上的任意一动点，且，请直接写出满足条件的点M的坐标．【答案】(1)(2)存在，，，，(3)①，②，【分析】（1）待定系数法即可完成；（2）分4种情况解决，注意菱形性质的应用；（3）①用含有一个参数的式子表示周长，再用二次函数的最值求法即可解决；②作辅助线，用待定系数法和两函数图像交点坐标的求法即可解决【详解】（1）∵抛物线与x轴交于A（－4，0）和B（1，0）∴∴∴该抛物线的解析式（2）∵以点A、D、C、E为顶点的四边形是菱形∴①如图，当为对角线时，点E和点C关于原点对称

∵点∴点②如图，当，点D在点A右侧时

∵点，∴点③如图，当，点D在点A左侧时

∵点，∴点④当为对角线时，如图所示：

设，则∵∴∴∴点故点E的坐标为：，，，（3）①设∵点N在直线∶上∴∴∵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∴，∴∴，∴，∴，∴故当时，②如图，情况一：在上取点，连接，延长后交抛物线于点，此时点就是所求的点，理由如下：

∵，∴∴∵设直线为，过点）和∴∴∴直线为∵直线与抛物线联立方程组：∴或故情况二：作点关于的对称点，连接，延长后交抛物线于点，此时点就是所求的点，理由如下：由于点关于的对称点，则设直线为∵，直线为∴∵直线过点∴直线为∵解方程组得：∴点∴点设直线为∵直线过点，∴∴∴直线为∵直线与抛物线联立方程组：∴或故综上，点M的坐标为，【点睛】本体考查了二次函数的图像和性质，待定系数法，函数图像交点的求法，菱形的性质等，关键是熟练应用数形结合思想．6．（2023·四川广安·统考中考真题）如图，二次函数的图象交轴于点，交轴于点，点的坐标为，对称轴是直线，点是轴上一动点，轴，交直线于点，交抛物线于点．

(1)求这个二次函数的解析式．(2)若点在线段上运动（点与点、点不重合），求四边形面积的最大值，并求出此时点的坐标．(3)若点在轴上运动，则在轴上是否存在点，使以、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)最大值为，此时(3)或或【分析】（1）先根据二次函数对称轴公式求出，再把代入二次函数解析式中进行求解即可；（2）先求出，，则，，求出直线的解析式为，设，则，，则；再由得到，故当时，最大，最大值为，此时点P的坐标为；（3）分如图31，图32，图33，图34，图35，图36所示，为对角线和边，利用菱形的性质进行列式求解即可．【详解】（1）解：∵二次函数的对称轴为直线，∴，∴，∵二次函数经过点，∴，即，∴，∴二次函数解析式为；（2）解：∵二次函数经过点，且对称轴为直线，∴，∴，∵二次函数与y轴交于点C，∴，∴；设直线的解析式为，∴，∴，∴直线的解析式为，设，则，，∴；∵，∴，∵，∴当时，最大，最大值为，∴此时点P的坐标为；（3）解：设，则，，∵轴，∴轴，即，∴是以、为顶点的菱形的边；如图31所示，当为对角线时，

∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，∴轴，∴轴，即轴，∴点C与点N关于抛物线对称轴对称，∴点N的坐标为，∴，∴；如图32所示，当为边时，则，

∵，，∴，∴，解得或（舍去），∴，∴；如图33所示，当为边时，则，

同理可得，∴，解得或（舍去），∴，∴；如图34所示，当为边时，则，

同理可得，解得（舍去）或（舍去）；如图35所示，当为对角线时，

∴，∵，∴，∴，∴轴，∴轴，这与题意相矛盾，∴此种情形不存在如图36所示，当为对角线时，设交于S，

∵轴，∴，∵，∴，这与三角形内角和为180度矛盾，∴此种情况不存在；综上所述，或或．【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，菱形的性质，勾股定理，求二次函数解析式等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．题型三：矩形的存在性问题7．（2023春·辽宁阜新·九年级阜新实验中学校考阶段练习）如图，抛物线经过点，，．

(1)求抛物线的表达式；(2)若点为第一象限内抛物线上的一点，设的面积为S，求S的最大值及此时点的坐标；(3)已知是抛物线对称轴上一点，在平面内是否存在点，使以、、、为顶点的四边形是矩形？若存在，直接写出点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)S最大值为，(3)存在，点或或或．【分析】（1）运用抛物线交点式解析式求解，设抛物线，点代入求解；（2）如图，过点P作，垂足为点D，交于点E，设，确定的解析式，于是，从而，所以时，S最大值为，进而求得；（3）设，如图，，，，分类讨论：当为对角线时，，由勾股定理，，解得，设点，则，从而得点或；另当为对角线时，，同法求得，当为对角线时，，同法求得点．【详解】（1）解：设抛物线，由经过点，得，∴∴．（2）如图，过点P作，垂足为点D，交于点E，

设设直线的解析式为，得，解得∴则点，∴∴当时，S最大值为，∴；（3）存在．设，如图，，，当为对角线时，由勾股定理，∴，解得，设点，则解得∴点或

如图，当为对角线时，

，即，解得，则解得∴点如图，当为对角线时，

，即，解得，则解得∴点综上，点或或或．【点睛】本题考查待定系数法求函数解析式，二次函数与面积最值问题，二次函数与矩形存在性问题，注意分类讨论，运用数形结合思想，将图形信息转化为数量关系是解题的关键．8．（2023·山东东营·东营市胜利第一初级中学校考三模）已知抛物线交x轴于点和点，交y轴于点C．

(1)求抛物线的解析式；(2)如图，点P是抛物线上位于直线下方的动点，过点P分别作x轴、y轴的平行线，交直线于点D，交x轴于点E，当取最大值时，求点P的坐标及最大值．(3)在抛物线上是否存在点M，对于平面内任意点N，使得以A、C、M、N为顶点且为一条边的四边形为矩形，若存在，请直接写出M、N的坐标，不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)；(3)、【分析】（1）把点和点代入抛物线，解方程即可得到a、b的值；（2）先用待定系数法求出直线的解析式，再设，则，，然后求出，由函数的性质求出取最大值时t的值，即可求出点P的坐标；（3）假设抛物线上是存在点M，对于平面内任意点N，使得以A、C、M、N为顶点且为一条边的四边形为矩形，过点O作于一点H，可求得的解析式，则可设出过点A且与平行的直线解析式，经计算验证可得过点A的直线与抛物线有交点M，联立方程可求得M的坐标，通过平移即可求得点N的坐标．【详解】（1）解：把点和点代入抛物线，得，解得，∴抛物线的解析式为；（2）解：由（1）知，点C的坐标为，设直线的解析式为，则，解得，∴直线的解析式为，设，则，，∴，∴当时，有最大值，最大值为，此时点P的坐标为；（3）解：过点O作于一点H，如图所示：

，∵，，∴为等腰直角三角形，∴点H为的中点，即，则所在的直线方程为，∵四边形为矩形，∴过A与直线相垂直的直线函数解析式中的k值与的解析式的k值相同，∴设所在的直线解析式为，∵点A在直线上，∴可求得，即所在的直线解析式为，联立的直线方程与抛物线的解析式，得，解得或，其中为点A的坐标，即，∵四边形为矩形，且，根据点A与点C的关系，把点M向下平移4个单位长度，再向左平移4个单位长度，可得到点N的坐标，即．【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，求二次函数的最值，特殊四边形的交点坐标，坐标平移，用待定系数法确定函数解析式是解本题的关键．9．（2023·吉林松原·校联考三模）如图，抛物线过点，，点为x轴上一个动点（点M不与点A，C重合），过点M作垂直于x轴的直线与直线和抛物线分别交于点D，N．

(1)求此抛物线的解析式；(2)求当点D是线段的中点时m的值；(3)当与的面积相等时，求点M的坐标；(4)过点D作轴于E，过点N作轴于F．直接写出在矩形内部的抛物线当y随x增大而增大时m的取值范围．【答案】(1)(2)1(3)或或(4)且【分析】（1）利用待定系数法可进行求解；（2）由题意可得直线的解析式，然后可得，，，进而问题可求解；（3）由题意可得，然后可得方程，进而求解即可；（4）根据题意画出图象，进而问题可求解．【详解】（1）解：把，代入得，，解得，所以抛物线的解析式为．（2）解：设直线的解析式为，把，代入得，，解得，所以直线的解析式为．由题知，，，，当点D为线段的中点时，如图1，

，，由，解得，（不合题意，舍去），所以当点D是线段的中点时m的值是1．（3）解：由题知，，，由，得，即，解得，，．所以当与的面积相等时，点M的坐标为或或．（4）解：由可知开口向下，当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，∴只需矩形包含对称轴左侧的二次函数图象即可，由（2）可知直线的解析式为，由图4知：当时，则，即，，即，此时矩形不包含二次函数的图象，∴由图2、图3、图4可知，在矩形内部的抛物线当y随x增大而增大时m的取值范围是且．

【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．题型四：正方形存在性问题10．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，已知拋物线与轴交于点与轴交于点．

(1)求的值及该抛物线的对称轴；(2)若点在直线上，点是平面内一点．是否存在点，使得以点为顶点的四边形为正方形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，二次函数对称轴为直线(2)或【分析】（1）将点A的坐标代入到二次函数的解析式即可求出c的值，然后将二次函数的解析式化成顶点式的即可确定二次函数对称轴；（2）分AB是正方形的边、AB是正方形的对角线两种情况，通过画图，利用正方形性质即可解答．【详解】（1）解：把代入二次函数得：∴，解得：；∴二次函数的解析式为：，∴二次函数对称轴为直线．（2）解：存在，理由如下：令y=0，即，解得或，∴点B的坐标为，∵，∴；①当是正方形的对角线时，此时，对应的矩形为，∵是正方形对角线，∴线段和线段互相垂直平分，∴点E在抛物线对称轴上，且到x轴的距离为，∴点E的坐标为；②当AB是正方形的边时，此时，对应的正方形为，

∵，，∴，∴，∵B的坐标为,∴，∴点的坐标为；故点E的坐标为或．【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查的是二次函数的性质、正方形的性质等知识点，掌握正方形存在性问题需要分类求解是解答本题的关键．11．（2023·辽宁·统考中考真题）如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，点在抛物线上．

(1)求抛物线的解析式；(2)点在第一象限内，过点作轴，交于点，作轴，交抛物线于点，点在点的左侧，以线段为邻边作矩形，当矩形的周长为11时，求线段的长；(3)点在直线上，点在平面内，当四边形是正方形时，请直接写出点的坐标．【答案】(1)抛物线的解析式为；(2)；(3)点的坐标为或．【分析】（1）利用待定系数法即可求解；（2）先求得直线的解析式为，设，则，利用对称性质求得，推出，，利用矩形周长公式列一元二次方程计算即可求解；（3）先求得直线的解析式为，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，证明，推出，，设，则，由点M在直线上，列式计算，可求得m的值，利用平移的性质即可求解．【详解】（1）解：∵抛物线经过点和，∴，解得，∴抛物线的解析式为；（2）解：∵点和，设直线的解析式为，则，解得，∴直线的解析式为，设，且，则，∴，∵解析式的对称轴为，∴，∴，依题意得，解得（舍去）或，∴；（3）解：令，则，解得或，∴，同理，直线的解析式为，∵四边形是正方形，∴，，分别过点M、E作y的垂线，垂足分别为P、Q，如图，

，，∴，∴，，设，∴，，则，∵点M在直线上，∴，解得或，当时，，，即点M与点C重合，点E与点B重合时，四边形是正方形，此时；当时，，，点O向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点M，则点E向左平移个单位，再向下平移1个单位，得到点N，∴，即．综上，点的坐标为或．【点睛】本题考查的是待定系数法求二次函数解析式，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，一次函数图象上点的坐标特征，两点之间的距离公式和正方形的性质，是一道综合性较强的题，解题的关键是求出二次函数和一次函数解析式以及分情况讨论．12．（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，抛物线的图象经过，，三点，且一次函数的图象经过点．

(1)求抛物线和一次函数的解析式．(2)点，为平面内两点，若以、、、为顶点的四边形是正方形，且点在点的左侧．这样的，两点是否存在？如果存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标：如果不存在，请说明理由．(3)将抛物线的图象向右平移个单位长度得到抛物线，此抛物线的图象与轴交于，两点（点在点左侧）．点是抛物线上的一个动点且在直线下方．已知点的横坐标为．过点作于点．求为何值时，有最大值，最大值是多少？【答案】(1)，(2)满足条件的E、F两点存在，，，(3)当时，的最大值为【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；（2）①当为正方形的边长时，分别过点点作，，使，，连接、，证明，得出，，则同理可得，；②以为正方形的对角线时，过的中点作，使与互相平分且相等，则四边形为正方形，过点作轴于点，过点作于点，证明，得出，在中，，解得或4，进而即可求解；（3）得出是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，则，点在抛物线上，且横坐标为得出，进而可得，则，根据二次函数的性质即可求解．【详解】（1）解：把，，代入得

解得

∴

把代入得∴（2）满足条件的、两点存在，，，

解：①当为正方形的边长时，分别过点点作，，使，，连接、.

过点作轴于.∵，又，∴，∴，∴同理可得，②以为正方形的对角线时，过的中点作，使与互相平分且相等，则四边形为正方形，过点作轴于点，过点作于点

∵，又∴∴，∵∴∴在中，∴解得或4当时，，此时点在点右侧故舍去；当时，.综上所述：，，（3）∵向右平移8个单位长度得到抛物线当，即解得：∴，∵过，，三点∴

在直线下方的抛物线上任取一点，作轴交于点，过点作轴于点

∵，∴∴是等腰直角三角形∵，∴又∴是等腰直角三角形∴∵点在抛物线上，且横坐标为∴∴

∵∴∴∴

∴∴当时，的最大值为．【点睛】本题考查了二次函数综合运用，正方形的性质，二次函数的性质，分类讨论，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．【过关检测】一、单选题1．（2022·全国·九年级专题练习）如图，直线y＝x+2与y轴交于点A，与直线y=x交于点B，以AB为边向右作菱形ABCD，点C恰与点O重合，抛物线y＝（x﹣h）2+k的顶点在直线y＝﹣x上移动．若抛物线与菱形的边AB、BC都有公共点，则h的取值范围是（）A．﹣2≤h≤ B．﹣2≤h≤1 C．﹣1≤h≤ D．﹣1≤h≤【答案】A【分析】联立y＝x+2与直线y=x，得到点，再由抛物线y＝（x﹣h）2+k的顶点在直线y＝﹣x上移动．可得，从而得到抛物线解析式为，根据题意可得抛物线过点B和点C时抛物线与菱形的边AB、BC都有公共点，然后把点C、B的坐标代入抛物线解析式，即可求解．【详解】解：把y＝x+2与直线y=x联立得：，解得：，∴点，根据题意得抛物线的顶点坐标为，把代入直线y=x，得：，∴抛物线解析式为，如图，当抛物线经过点C时，把点代入得：，解得：或（舍去），如图，当抛物线经过点B时，将点代入得：，解得：或（舍去），综上所述，抛物线与菱形的边AB、BC都有公共点，h的取值范围是．故选：A【点睛】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一次函数的交点与一元二次方程组的关系、待定系数法求二次函数的解析式，通过平移抛物线探究出抛物线与形的边AB、BC均有交点时抛物线经过的“临界点”为点B和点C是解题解题的关键．2．（2021·山东济南·统考二模）如图，直线与y轴交于点A，与直线交于点D，以为边向左作菱形，点C恰与原点O重合，抛物线的顶点在直线上移动．若抛物线与菱形的边、都有公共点，则h的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】将与联立可求得点D的坐标，然后由抛物线的顶点在直线可求得k=h，于是可得到抛物线的解析式为y＝（x−h）2+h，由图形可知当抛物线经过点D和点C时抛物线与菱形的边、都有公共点，然后将点C和点D的坐标代入抛物线的解析式可求得h的值，从而可判断出h的取值范围．【详解】解：∵将与联立得：，解得：，∴点D的坐标为（2，1）．由抛物线的解析式可知抛物线的顶点坐标为（h，k），∵将x＝h，y＝k，代入得得：h=k，解得：k=h，∴抛物线的解析式为y＝（x−h）2+h，当抛物线经过点C时．将C（0，0）代入y＝（x−h）2+h，得：h2+h=0，解得：h1＝0（舍去），h2=．当抛物线经过点D时．将D（2，1）代入y＝（x−h）2+h，得：（2−h）2+h＝1，整理得：2h27h＋6＝0，解得：h1=2，h2=（舍去）．综上所述，h的范围是．故选：A．【点睛】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一次函数的交点与一元二次方程组的关系、待定系数法求二次函数的解析式，通过平移抛物线探究出抛物线与菱形的边、均有交点时抛物线经过的“临界点”为点D和点C是解题的关键．3．（2022秋·吉林松原·九年级校联考期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD四个顶点的坐标分别为A（1，1）、B（1，2）、C（2，2）、D（2，1）．若抛物线y＝向下平移m个单位（m＞0）与正方形ABCD的边（包括四个顶点）有交点，则m的值不可能是（）A．1 B．3 C．5 D．7【答案】A【分析】根据向下平移横坐标不变，分别代入B的横坐标和D的横坐标求得对应的函数值，即可求得m的取值范围．【详解】解：设平移后的解析式为y＝﹣m，将B点坐标代入，得4﹣m＝2，解得m＝2，将D点坐标代入，得9﹣m＝1，解得m＝8，∴y＝向下平移m个单位（m＞0）与正方形ABCD的边（包括四个顶点）有交点，则m的取值范围是2≤m≤8，观察选项，只有选项A符合题意．故选：A．【点睛】本题考查了二次函数的平移，二次函数的图像与点的关系，准确设出向下平移的函数解析式，利用数形结合思想确定关键点，代入解析式确定m的范围界点值是解题的关键．4．（2021·全国·九年级专题练习）如图，OABC是边长为1的正方形，OC与x轴正半轴的夹角为15°，点B在抛物线y＝ax2（a＜0）的图象上，则a的值为（）A． B． C．﹣2 D．【答案】B【分析】连接OB，过B作BD⊥x轴于D，若OC与x轴正半轴的夹角为15°，那么∠BOD＝30°；在正方形OABC中，已知了边长，易求得对角线OB的长，进而可在Rt△OBD中求得BD、OD的值，也就得到了B点的坐标，然后将其代入抛物线的解析式中，即可求得待定系数a的值．【详解】解：如图，连接OB，过B作BD⊥x轴于D，∴∠BOC＝45°，∵∠DOC＝15°，∴∠BOD＝30°；已知正方形的边长为1，则OB＝，Rt△OBD中，OB＝，∠BOD＝30°，∴BD＝OB＝，OD＝cos∠BOD•OB＝×＝；故B（，），将B（，）代入y＝ax2，得：（）2a＝，解得a＝；故选：B．【点睛】此题主要考查了正方形的性质、直角三角形的性质以及用待定系数法确定函数解析式的方法，能够正确地构造出与所求相关的直角三角形，是解决问题的关键．5．（2021春·九年级课时练习）如图，已知抛物线与x轴分别交于A、B两点，顶点为M．将抛物线l1沿x轴翻折后再向左平移得到抛物线l2．若抛物线l2过点B，与x轴的另一个交点为C，顶点为N，则四边形AMCN的面积为（）A．32 B．16 C．50 D．40【答案】A【分析】由抛物线l1的解析式可求AB的长，根据对称性可知BC=AB，再求抛物线的顶点坐标，用计算三角形面积的方法求四边形AMCN的面积．【详解】解：由y=x2﹣6x+5得y=（x﹣1）（x﹣5）或y=（x﹣3）2﹣4，∴抛物线l1与x轴两交点坐标为A（5，0），B（1，0），顶点坐标M（3，﹣4），∴AB=5﹣1=4，由翻折，平移的知识可知，BC=AB=4，N（﹣1，4），∴AC=AB+BC=8，S四边形AMCN=S△ACN+S△ACM=×8×4+×8×4=32．故选：A．【点睛】本题主要考查了轴对称的性质、二次函数综合题，准确计算是解题的关键．6．（2022·四川眉山·校考一模）如图，矩形OABC，点A的坐标为，AB＝1．若抛物线与矩形OABC的边界总有两个公共点，则实数c的取值范围是（

）．A．c＞8或c＜－1 B．－1＜c＜8 C．c＞1或c＜－8 D．－8＜c＜1【答案】D【分析】求得抛物线经过点A时的c的值，然后根据图象即可求得．【详解】解：矩形OABC，点A的坐标为（2，0），AB＝1，∴OC＝AB＝1，把A（2，0）代入y＝2x2＋c得，0＝8＋c，解得c＝−8，由图象可知，−8＜c＜1，故D正确．故选：D．【点睛】本题考查了二次函数图形与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，数形结合是解题的关键．7．（2022秋·福建南平·九年级统考期中）如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线上运动．过点A作轴于点C，以为对角线作矩形，连接，则对角线的最小值（

）A．0.5 B．1 C．1.5 D．2【答案】B【分析】由矩形的性质可知，即说明当最小时，最小．再根据当点A与抛物线顶点重合时最小，即可求解．【详解】∵四边形为矩形，∴，∴当最小时，最小．∵点A在抛物线上运动，∴的长为的值．∵，∴当时，最小，最小值为1，∴对角线的最小值为1．故选B．【点睛】本题为二次函数与几何的综合题，考查求二次函数的顶点坐标，矩形的性质．正确求出抛物线的顶点坐标、掌握矩形的对角线相等是解题的关键．8．（2023·陕西西安·校考模拟预测）已知，抛物线L：（a和h都是常数，且）与x轴的一个交点为，顶点为C．将抛物线L绕点旋转，点A的对应点为，点C的对应点为．若四边形面积为8，则m的值为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根据题意画出大致图象，结合旋转的性质可证四边形为平行四边形，即得出，即．再求出，结合三角形面积公式求解即可．【详解】解：∵抛物线L：的顶点坐标为，，∴抛物线开口向上．∵，∴可画出大致图象如图．由旋转的性质可得出，，∴四边形为平行四边形，∴，即．∵，，∴，∴，∴，解得：．故选C．【点睛】本题考查二次函数的图象和性质，旋转的性质，平行四边形的判定和性质．利用数形结合的思想是解题关键．9．（2021·黑龙江大庆·统考一模）如图，直线与，轴分别交于点，，与直线交于点.，在线段上，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发向点做匀速运动，过点作轴交直线于点，过点作轴交直线于点，轴于点，设运动时间为秒，四边形的面积为（点，重合除外），在运动过程中，当时，的值为（

）A．或 B．或 C．或 D．或【答案】C【分析】依题意，当点在点的左边时，设，，表示矩形的面积，令其为求解即可；同理可求，当点在点的右边时；【详解】如图，当点在点的左边时，可知为矩形；∵，∴，即F的纵坐标为：t；又点F在一次函数上，∴，∴，∴.当时，；如图，当点在点的右边时，∵，，即F的纵坐标为：t；又点F在一次函数上，∴，∴；.∴解，得或（舍）；故选：C【点睛】本题考查一次函数、二次函数的性质，动点及矩形面积，难点在于分点P、Q的位置讨论和二次函数中已知函数值求解未知数x；10．（2023·浙江·九年级假期作业）如图，四边形是正方形，点E是线段上的动点，以为边作正方形，连接，M为的中点，且，则线段的最小值是(

)

A．1 B． C． D．2【答案】B【分析】取的中点N，连接交于P，正方形的边长为，利用中位线定理求出，利用四边形是矩形求出EP，继而求出，利用二次函数的顶点式求的最小值，从而得到的最小值．【详解】解：取的中点N，连接交于P，设正方形的边长为，即，

∵N是的中点，M为的中点，，∴，，∴又∵四边形是正方形，∴四边形是矩形，，，∴∵，∴∴当时，，即故选：B．【点睛】本题考查中位线定理，勾股定理，正方形的性质，矩形的判定与性质，二次函数的最值等知识，正确画出图形是解题的关键．二、填空题11．（2023秋·河北承德·九年级统考期末）已知，，抛物线顶点在线段上运动，形状保持不变，与轴交于，两点（在的右侧），若时，四边形的形状为：________，此时点横坐标的最大值为：________．【答案】平行四边形【分析】先根据点的坐标求出，轴，从而得到，再根据根与系数关系、顶点坐标，，求得，从而得到，即可得出四边形为平行四边形；根据当顶点在点B时，点横坐标的取最大值，求出点横坐标的最大值即可．【详解】解：点，的坐标分别为和，∴，轴，线段与轴的交点坐标为，∵C、D在x轴上，∴，令，则，，根据顶点坐标公式，，，即，，∵，∴，∴，∴四边形为平行四边形；当抛物线对称轴为直线时，点D横坐标最大，∵，∴此时点D横坐标为，即此时点横坐标的最大值为．【点睛】本题考查了二次函数的顶点坐标，二次函数的对称性，根与系数的关系，平行四边形的判定，属二次函数的综合题型，熟练掌握相关性质判定定理是解题的关键．12．（2023秋·九年级单元测试）如图，抛物线的顶点为，对称轴与轴交于点，当以为对角线的正方形的另外两个顶点、恰好在抛物线上时，我们把这样的抛物线称为“美丽抛物线”，正方形为它的内接正方形.（1）当抛物线是“美丽抛物线”时，则________；当抛物线是“美丽抛物线”时，则________；（2）若抛物线是“美丽抛物线”，则，之间的数量关系为________.【答案】8【分析】（1）根据抛物线解析式，确定对称轴以及顶点坐标，再根据“美丽抛物线”求解即可；（2）根据抛物线解析式，确定对称轴以及顶点坐标，再根据“美丽抛物线”求解即可；【详解】解：（1）抛物线的顶点坐标为，对称轴为，则，抛物线是“美丽抛物线”，则四边形为正方形，则将代入可得：，解得，抛物线的顶点坐标，对称轴为，则，抛物线是“美丽抛物线”，则四边形为正方形，则将代入可得：，解得（舍去）或（2）抛物线的顶点坐标，对称轴为，则，抛物线是“美丽抛物线”，则四边形为正方形，则将代入可得：，解得（舍去）或故答案为：，，．【点睛】此题考查了二次函数的图象与性质，正方形的性质，解题的关键是理解“美丽抛物线”的含义，掌握二次函数的有关性质．13．（2022秋·湖北黄冈·九年级校考期中）二次函数的图像如图，点位于坐标原点，点，，，…，在y轴的正半轴上，点，，，…，在二次函数位于第一象限的图像上，点，，，…，在二次函数位于第二象限的图像上，四边形，四边形，四边形，…，四边形都是菱形，，菱形的周长为______．【答案】【分析】由于，，，…，都是等边三角形，因此，可先设出的边长，然后表示出的坐标，代入抛物线的解析式中即可求得的边长，用同样的方法可求得，，…，的边长，然后根据各边长的特点总结出此题的一般化规律，根据菱形的性质易求菱形的周长．【详解】解：∵四边形四边形是菱形，，是等边三角形．，设的边长为，则；代入抛物线的解析式中得：，解得(舍去)，；的边长为1，同理可求得的边长为2，…依此类推，等边的边长为n，故菱形的周长为，故答案是：．【点睛】本题考查了二次函数的综合．解题时，利用了二次函数图像上点的坐标特征，菱形的性质，等边三角形的判定与性质等知识点．解答此题的难点是推知等边的边长为n．14．（2022秋·辽宁葫芦岛·九年级统考期中）如图所示，四边形的两条对角线，相互垂直，，则四边形的最大面积是___________．【答案】【分析】设，则，而四边形的面积为S=，根据二次函数的性质即可求得面积的最大值．【详解】解：如图，设、交于点,设，则，其中,∵∴，∵，∴当时，有最大值．故答案为：．【点睛】本题考查了二次函数的性质，四边形的面积，当四边形的两条对角线垂直时，其面积与菱形面积一样，等于两条对角线乘积的一半，把面积最大值转化为函数问题是关键．15．（2022秋·浙江温州·九年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点在轴正半轴上，顶点在轴的负半轴上，顶点在第四象限，已知点坐标为，以为顶点的抛物线恰好经过点，则的值为______．【答案】【分析】根据正方形的性质即可得到全等三角形，进而得到线段的长度，最后利用二次函数的待定系数法即可求得结果．【详解】解：过作轴，交轴于；过点做于，；过点作于，∵∴∵正方形∴且∴∵∴∵，∴在和中∴∴≌∴且∵∴∵∴∵且∴四边形为正方形∴∴∴∴即∴设函数解析式为∴将代入解析式得到解得：故答案为：【点睛】本题考查了二次函数与正方形性质的综合应用，掌握二次函数的顶点式与正方形性质的综合应用是解题的关键．16．（2022秋·甘肃陇南·九年级校考阶段练习）抛物线与直线围成的正方形有公共点，则实数的取值范围是___________．【答案】【分析】画出图形找出范围，利用数形结合的思想解答即可．【详解】解：由图可知：，，再根据抛物线的性质，越大开口越小，把点代入得，把点代入得，则的范围介于这两点之间，故．故答案为：．【点睛】此题考查学生的观察能力，把函数性质与正方形连接起来，要学会数形结合．17．（2023·福建宁德·统考模拟预测）已知抛物线的顶点为A，交y轴于点B；抛物线的顶点为C，交y轴于点D．若，且以A，B，C，D四点为顶点的四边形为矩形，则______．【答案】【分析】根据抛物线的性质分别求出A，B，C，D四点坐标，结合矩形性质列式求解即可得到答案；【详解】解：由题意可得，当时，，当时，，∴，，当时，，当时，，∴，，，∴该四边形是、作对角线，∵四边形为矩形，，∴，即：，化简得：，解得，（不符合题意，舍去），故答案为：．【点睛】本题考查二次函数的性质，矩形的性质，解题的关键是求出A，B，C，D四点坐标，并确定其位置，利用矩形性质列式求解．18．（2023·新疆·模拟预测）如图，抛物线与交于点，且分别与轴交于点，．过点作轴的平行线，交抛物线于点，．则以下结论：①无论取何值，总是负数；②抛物线可由抛物线向右平移3个单位，再向下平移3个单位得到；③当时，随着的增大，的值先增大后减小；④四边形为正方形．其中正确的是__________．（填写正确的序号）【答案】①②④【分析】①根据非负数的相反数或者直接由图像判断即可；②先求抛物线的解析式，再根据抛物线的顶点坐标，判断平移方向和平移距离即可判断②；③先根据题意得出时，观察图像可知，然后计算，进而根据一次函数的性质即可判断；④分别计算出的坐标，根据正方形的判定定理进行判断即可．【详解】①，，，无论取何值，总是负数，故①正确；②抛物线与抛物线交于点，，即，解得，抛物线，抛物线的顶点，抛物线的顶点为，将向右平移3个单位，再向下平移3个单位即为，即将抛物线向右平移3个单位，再向下平移3个单位可得到抛物线，故②正确；③，将代入抛物线，解得，，将代入抛物线，解得，，，从图像可知抛物线的图像在抛物线图像的上方，当，随着的增大，的值减小，故③不正确；④设与轴交于点，，，由③可知，，，，当时，，即，，，四边形是平行四边形，，四边形是正方形，故④正确，综上所述，正确的有①②④，故答案为：①②④．【点睛】本题考查了二次函数图像与性质，一次函数的性质，平移，正方形的判定定理，解题的关键是综合运用以上知识．三、解答题19．（2023·宁夏银川·校考二模）如图，抛物线与轴交于，两点，过点的直线交抛物线于点．

(1)求抛物线的解析式．(2)点是线段上一个动点，过点作轴的垂线交抛物线于点，求线段最大时点的坐标．(3)点是抛物线上的动点，在轴的正半轴上是否存在点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出所有满足条件的点的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)或或【分析】（1）将点A和点B的坐标代入即可求出结论；（2）先利用抛物线解析式求出点C的坐标，然后利用待定系数法求出直线的解析式，设点P的坐标为，点E的坐标为且，从而求出与x的函数解析式，然后利用二次函数求最值即可；（3）设点D的坐标为，点F的坐标为，根据平行四边形的对角线分类讨论，然后根据平行四边形的对角线互相平分和中点公式列出方程，即可分别求解．【详解】（1）将，两点坐标分别代入抛物线解析式中，得，，解得：，∴抛物线的解析式为；（2）将点代入抛物线解析式中，得，，∴点C的坐标为，设直线的解析式为，将和点的坐标分别代入，得，，解得：，∴直线的解析式为，设点P的坐标为，点E的坐标为且，∴，，，∵，∴抛物线的开口向下，∴当时，PE有最大值，最大值为，此时点P的坐标为；（3）存在，设点D的坐标为，点F的坐标为，若和为平行四边形的对角线时，∴的中点即为的中点，∴，解②，得，，将代入①，解得：；将代入①，解得：；∴此时点D的坐标为或；若和为平行四边形的对角线时，∴的中点即为的中点，∴，解②，得，（此时点F和点C重合，故舍去），将代入①，解得：；∴此时点D的坐标为；若和为平行四边形的对角线时，∴的中点即为的中点，∴，解②，得，（此时点F和点C重合，故舍去），将代入①，解得：，∵点在轴的正半轴上，故舍去；综上：存在，此时点D的坐标为或或．

【点睛】此题考查的是二次函数与几何图形的综合大题，掌握利用待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式、利用二次函数求最值和平行四边形的性质是解题关键．20．（2023·江苏连云港·连云港市新海实验中学校考三模）如图1，平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于点和点，与y轴交于点C，P为抛物线上一动点．

(1)写出抛物线的对称轴为直线______，抛物线的解析式为______；(2)如图2，连结，若P在上方，作轴交于Q，把上述抛物线沿射线的方向向下平移，平移的距离为h，在平移过程中，该抛物线与直线始终有交点，求h的最大值；(3)若P在上方，设直线，与抛物线的对称轴分别相交于点F，E，请探索以A，F，B，G（G是点E关于x轴的对称点）为顶点的四边形面积是否随着P点的运动而发生变化，若不变，求出这个四边形的面积；若变化，说明理由．(4)设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形为矩形？若存在，直接写出点P的横坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，(2)h的最大值为(3)不变，这个四边形的面积为16(4)存在，点P的横坐标为，【分析】（1）根据二次函数图象与x轴的交点坐标即可求得对称轴，再利用待定系数法求函数解析式即可；（2）利用待定系数法求直线的解析式，设平移后函数解析式为：，建立方程组可得，再根据抛物线与直线始终有交点，可得，再进行计算即可；（3）分别求出直线、的解析式，再令，分别求得点F、E、G的坐标，从而求得、的值，即可求得四边形的面积；（4）分两种情况，点N在y轴上，点N在x轴上，分别进行求解即可．【详解】（1）解：∵抛物线与x轴分别交于点和点，∴抛物线对称轴为：，把点和点代入得：，解得，∴二次函数解析式为：，故答案为：，；（2）解；∵抛物线，∴，设直线的解析式为；，把点和点代入得：，解得：，∴一次函数解析式为：，设平移后函数解析式为：，建立方程组得：，∵抛物线与直线始终有交点，∴，∴，∴h的最大值为：；（3）解：如图，设，设直线的解析式为：，∵，∴，解得：，∴直线的解析式为：，当时，，∴，设直线的解析式为：，∵，∴，解得：，∴直线的解析式为：，当时，，∴，∵G是点E关于x轴的对称点，∴，∵，，∴；

（4）解：存在，理由如下：如图1，当点N在y轴上时，四边形是矩形，此时点P的横坐标为：，

如图2，当四边形是矩形时，设，，则，由题意得：，得，解得：，综上所述，点P的横坐标为：，．【点睛】本题考查用待定系数法求二次函数和一次函数解析式、二次函数与x轴的交点坐标与对称轴的关系、二次函数与一元二次方程、一次函数与二元一次方程组、解二元一次方程，熟练掌握相关知识，运用分类讨论的思想，利用参数构建方程是解题的关键．21．（2023·陕西西安·校考二模）已知抛物线经过点，，顶点为．(1)求抛物线的表达式及顶点的坐标；(2)将抛物线平移得到抛物线，点的对应点为，点的对应点为，点的对应点为，当以、、、为顶点的四边形是面积为20的菱形，且点在轴右侧时，求平移后得到的抛物线的表达式．【答案】(1)，顶点的坐标为(2)或．【分析】（1）利用待定系数法即可求解；（2）由（1）得的表达式为，证得在直线或上，抛物线向上或向下平移4个单位，得到抛物线,分两种情况求解即可．【详解】（1）解：把代入得，，解得，∴抛物线的表达式为；，∴顶点的坐标为（2）解：由（1）得的表达式为，∵抛物线平移得到抛物线，其中点平移后的对应点记为，点平移后的对应的点记为，∴，，∵以、、、为顶点的四边形为面积为的菱形，∴，解得，∴在直线或上，抛物线向上或向下平移个单位，得到抛物线,分两种情况，当抛物线向上平移个单位，得到,可设抛物线为：，当时，，解得，，∴点，，则由得，解得，，，∴平移后的表达式为，

当抛物线向下平移4个单位，得到,可设抛物线为：，当时，，解得，，∴点，，则由得，解得，，，∴平移后的表达式为，，

综上所述，平移后得到的抛物线的表达式为或或或．∵在轴右侧，∴或．【点睛】此题是二次函数几何综合题，考查了待定系数法、二次函数的平移、菱形的性质等知识，熟练掌握二次函数的平移是解题的关键．22．（2023秋·广东惠州·九年级统考期末）如下图，已知抛物线的顶点坐标为，且与轴交于点，与轴交于两点（点在点的右侧），点是抛物线上的一动点，从点沿抛物线向点运动（点与不重合），过点作轴，交于点．

(1)求该抛物线的函数关系式及点的坐标；(2)求点在运动的过程中，线段的最大值；(3)若点与点重合，点在轴上，点在抛物线上，当以为顶点的四边形为平行四边形时，直接写出点的坐标．【答案】(1)，点的坐标为(2)(3)或【分析】（1）由抛物线的顶点坐标，可得出抛物线的顶点式，代入点的坐标可求出的值，进而可得出抛物线的函数关系式，再利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点，的坐标；（2）由点，的坐标，利用待定系数法可求出直线的函数关系式，设点的坐标为，，则点的坐标为，进而可得出，再利用二次函数的性质即可解决最值问题；（3）分两种情况考虑：①以为边构造平行四边形，平移直线交轴于点，交抛物线于点，由点的坐标可设点的坐标为，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出的值，进而可得出点的坐标；②以为对角线进行构造平行四边形，由点，的纵坐标为0，可得出点的纵坐标为，此时点，重合，进而可得出不存在这种情况，舍去．综上，此题得解．【详解】（1）解：抛物线的顶点为，抛物线的函数关系式为，将代入，得：，解得：，抛物线的函数关系式为，即．当时，有，即，解得：，，又抛物线与轴交于，两点（点在点的右侧），点的坐标为．（2）解：设直线的函数关系式为，将，代入，得：，解得：，直线的函数关系式为．设点的坐标为，，则点的坐标为，，，当时，取得最大值，最大值为．（3）解：分两种情况考虑：①以为边构造平行四边形，平移直线交