专题09 菱形存在性问题
1．如图，抛物线与轴交于点两点，直线与y轴交于点C，与x轴交于点D．点P是第一象限内抛物线上一动点，过点P作轴于点F，交直线于点E．设点P的横坐标为m．
(1)求抛物线的解析式；
(2)写出线段的长（用含有m的代数式表示）；
(3)若，求m的值；
(4)在y轴正半轴上是否存在点G，使C、E、P、G为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出相应的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（2024秋 吉林月考）
2．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点，点B的坐标为，点P是抛物线上一个动点，且在直线的上方．
(1)求该二次函数的解析式；
(2)求点A的坐标；
(3)连接，当点P运动到什么位置时，的面积最大？请求出点P的坐标和面积的最大值；
(4)连接，并把沿翻折，得到四边形，那么是否存在点P，使四边形为菱形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（2024 深圳三模）
3．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于，点，与轴交于点，点的坐标为，点是抛物线上一个动点．
(1)求二次函数解析式；
(2)连接，，并把沿翻折，那么是否存在点，使四边形为菱形；若不存在，请说明理由．
（2024 吐鲁番市二模）
4．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象与x轴交于A，B两点，A点在原点的左侧，B点的坐标为，与y轴交于点，点P是直线下方的抛物线上一动点．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)连接，并把沿翻折，得到四边形，那么是否存在点P，使四边形为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
（2024秋 牡丹江月考）
5．如图，二次函数的图象与轴交于两点，与轴交于点，点的坐标为，且，是线段上的一个动点，过点作直线垂直于轴交直线和抛物线分别于点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)设点E的横坐标为m，当m为何值时，线段有最大值？并写出最大值为多少；
(3)若P是直线上的一动点，在坐标平面内是否存在Q，使以P，Q，B，C为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出符合条件的菱形的个数并请直接写出其中2个点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
（2024 明水县校级二模）
6．如图在平面直角坐标系中，一次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，二次函数的图象经过，两点，且与轴的负半轴交于点，动点在直线下方的二次函数图象上．
(1)求二次函数的表达式；
(2)如图1，连接，，设的面积为，求的最大值及此时点D坐标；
(3)点P在抛物线的对称轴上，平面内是否存在一点Q，使以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由：
(4)如图2，过点作于点，是否存在点，使得中的某个角恰好等于的2倍？若存在，直接写出点的横坐标；若不存在，请说明理由．
（2024 建华区二模）
7．如图，直线与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线经过B、C两点，与x轴交于另一点A，点P在线段上，不与B、C重合．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)过点P作x轴的垂线与该二次函数的图象相交于点M，再过点M作y轴的垂线与该二次函数的图象相交于另一点N，当时，求点P的横坐标：
(3)在平面内找到点Q，使得以点A、C、P、Q为顶点的四边形为菱形，请直接写出点P的坐标；
(4)点C关于x轴的对称点为点D，连接，取的中点G，连接，的最小值是 ．
（2024 宜兴市二模）
8．如图，二次函数的图像与x轴交于点和点，与y轴交于点C．
(1)直接写出a、b的值；
(2)如图1，连接，D在线段上，过D作轴于点F，交二次函数图像于点E，连接，当的面积是的面积的时，求点D的坐标．
(3)如图2，点G的坐标，作直线，点H在y轴的负半轴上，连接交直线于M，点N在该平面内运动，当以O、H、M、N为顶点的四边形是菱形时，请直接写出点H的坐标．
（2024 徐州二模）
9．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像与x轴分别交于点A、C与y轴交于点B，顶点为D．
(1)点A坐标为 ，点D坐标为 ；
(2)P为之间抛物线上一点，直线交于，交轴于，若，求P点坐标．
(3)M为抛物线对称轴上一动点，若平面内存在点N，使得以B、C、M、N为顶点的四边形为菱形，则这样的点N共有 个．
（2024 姑苏区一模）
10．如图，二次函数（其中）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C，连接、，点D为的外心．
(1)填空：点A的坐标为 ， °；
(2)记的面积为，的面积为，试探究是否为定值？如果是，求出这个定值；
(3)若在第一象限内的抛物线上存在一点E，使得以B、D、C、E为顶点的四边形是菱形，则 ．
（2024 丰县一模）
11．如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图象交x轴于两点，交y轴于点C，点P在线段上，过点P作轴，交抛物线于点D，交直线于点E．
(1) ， ；
(2)在点P运动过程中，若是直角三角形，求点P的坐标；
(3)在y轴上是否存在点F，使得以点C、D、E、F为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
（2024秋 阳信县月考）
12．如图，二次函数的图像与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为，且，E是线段上的一个动点，过点E作直线垂直于x轴交直线和抛物线分别于点D、F．
(1)求抛物线的解析式；
(2)设点E的横坐标为m．当m为何值时，线段有最大值，并写出最大值为多少；
(3)若点P是直线上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q，使以点P、Q、B、C为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
（2024 玉泉区三模）
13．如图，一次函数的图象与坐标轴交于A，，二次函数的图象过A，两点．
(1)求点A，的坐标；
(2)求二次函数的解析式；
(3)点关于抛物线对称轴的对称点为点，点是对称轴上一动点，在抛物线上是否存在点，使得以，，，为顶点且以为一边的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
（2024 凉州区校级模拟）
14．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x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．
（2024 蓬江区校级模拟）
15．如图，二次函数的图象交x轴于点，，交y轴于点C．点是x轴上的一动点，轴，交直线于点M，交抛物线于点N．
（1）求这个二次函数的表达式；
（2）①若点P仅在线段上运动，如图1．求线段的最大值；
②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．(1)
(2)
(3)2或
(4)存在点，此时相应的点的坐标为
【分析】本题考查了求二次函数的解析式、二次函数的应用、一元二次方程的应用等知识，熟练掌握二次函数的性质是解题关键．
（1）利用待定系数法求解即可得；
（2）根据二次函数和一次函数的解析式分别求出点的坐标，再利用两点之间的距离公式求解即可得；
（3）先利用两点之间的距离公式求出，再根据建立方程，解方程即可得；
（4）分两种情况：①当为对角线时，②当为菱形的边时，根据菱形的邻边相等建立方程，解方程即可得．
【详解】（1）解：将点代入抛物线得：，
解得，
所以抛物线的解析式为．
（2）解：对于直线，
当时，，即，
∵点是第一象限内抛物线上一动点，点的横坐标为，
∴，
∵轴于点，交直线于点，
∴，
∴，
所以线段的长为．
（3）解：∵点是第一象限内抛物线上一动点，点的横坐标为，轴于点，交直线于点，
∴，
∴，，
∵，
∴，
当时，解得或（不符合题意，舍去），
当时，或（不符合题意，舍去），
综上，的值为2或．
（4）解：存在，求解过程如下：
设点的坐标为，
①当为对角线时，，
则，即，解得或（不符合题意，舍去），
∴，，
∵四边形是菱形，
∴，即，解得，符合题设，
所以此时点的坐标为；
②当为菱形的边时，，
则，即，
整理得：，
解得或或（均不符合题意，舍去），
综上，存在点，此时相应的点的坐标为．
2．(1)
(2)
(3)当点P的坐标为时，有最大值，且最大值为；
(4)存在点P，使四边形为菱形；点P的坐标为
【分析】（1）将、代入即可求解；
（2）解一元二次方程即可；
（3）过点作轴，求出直线的解析式，设点，则，根据即可建立函数关系式求解；
（4）设点，交轴于点，若四边形为菱形，则，可推出，据此即可求解；
【详解】（1）解：将、代入得：
，
解得：，
∴
（2）解：令，解得，
∴点A的坐标
（3）解：设直线的解析式为：，
将代入得：，
解得：；
∴直线的解析式为：，
过点作轴，如图所示：
设点，则
∴当，即点时，有最大值，且最大值为；
（4）解：设点，交轴于点，如图所示：
若四边形为菱形，则，
∴
即：，
解得：（舍）
∴点P的坐标为
【点睛】本题考查了二次函数综合问题，涉及了待定系数法，二次函数与坐标轴的交点问题，二次函数与面积问题，二次函数与特殊四边形问题，掌握函数的性质是解题关键．
3．(1)二次函数的解析式为；
(2)存在，P（或．
【分析】（）将点，点，代入，然后求解即可；
（）设点，交于点，然后根据菱形的性质得，，最后解方程即可；
此题考查了待定系数法，二次函数与特殊四边形等知识，掌握知识点的应用及数形结合是解题的关键．
【详解】（1）解：将点，点，代入，
得，
解得，
∴二次函数的解析式为，
（2）解：存在，如图，设点，交于点，
若四边形是菱形，连接，则，，
∴，
解得，，
∴或．
4．(1)抛物线的表达式为：
(2)存在，
【分析】本题考查了待定系数法求二次函数表达式，二次函数动点与菱形的存在性的问题．
（1）把B、C点坐标代入二次函数解析式即可解出．
（2）若四边形是菱形，和相互垂直，P点纵坐标是，代入二次函数表达式即可解得．
【详解】（1）解：将点B、C的坐标代入中，得：
，
解得：；
∴抛物线：．
（2）解：存在．理由如下：
作的垂直平分线交直线下方的抛物线于点P，垂足为点E，如图2，
则．
∵沿翻折，得到四边形，
∴，
∴，
∴四边形为菱形．
∵，
∴点E的坐标为，
∴点P的纵坐标为，
把代入得，解得．
∵点P在直线下方的抛物线上，
∴，
∴满足条件的点P的坐标为．
5．(1)二次函数解析式为
(2)当时，有最大值，且最大值为
(3)存在点使得以点为顶点的四边形是菱形，共有4个，点的坐标为或或或．
【分析】（1）根据，，运用待定系数法即可求解；
（2）根据，，求出直线的解析式，根据点的横坐标为，可用含的式子表示点的坐标，由此可得的长关于的二次函数，根据最值的计算方法即可求解；
（3）根据题意可求出的长，根据菱形的性质，分类讨论：第一种情况：如图所述，点在直线下方；第二种情况：如图所示，点在直线上方；图形结合，即可求解，
第三种情况，为菱形的对角线时．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象与轴交于两点，与轴交于点，点的坐标为，
∴，
∵，
∴，则，
把，代入二次函数解析式得，
，解得，，
∴二次函数解析式为；
（2）解：由（1）可知，二次函数解析式为，且，，
∴设直线所在直线的解析式为，
∴，解得，，
∴直线的解析式为，
∵点的横坐标为，直线垂直于轴交直线和抛物线分别于点，
∴点的横坐标为，
∴，，
∴，
∴当时，有最大值，且最大值为；
（3）解：∵二次函数的图象与轴交于两点，且，
∴令时，，则，，
∴，且
在中，，，
∴，
第一种情况：如图所述，点在直线下方，
四边形是菱形，则，，
且直线的解析式为，
∴设直线所在直线的解析为，把点代入得，，
解得，，
∴直线的解析式为，
设，过点作轴于点，
∴，，
∴，
整理得，，
∴，
∴当时，，即；
当时，，即；
第二种情况：如图所示，点在直线上方，
四边形是菱形，，，
且，，
∴直线的解析式为，
设，
∴，
整理得，，
解得，（与点重合，不符合题意，舍去），，即，
∴设所在直线的解析式为，
把点代入得，，
∴直线的解析式为，
根据题意，设，
∴，
整理得，，
∴，即，，
，不合题意，
∴；
第三种情况，为菱形的对角线时，如图所示：
作的垂直平分线，交于P，交于N，
在直线上截取，连接、得菱形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
设直线为，
代入，，
得，
解得，
，
与联立，
得，
解得，
，
将点P向右平移个单位再向上平移个单位得到点C，
将点也做相同的平移得到点，即，
综上所述，存在点使得以点为顶点的四边形是菱形，共有4个，点的坐标为或或或．
【点睛】本题主要考查二次函数与特殊四边形的综合，掌握待定系数法求二次函数解析式，二次函数图象的性质，菱形的判定和性质等知识是解题的关键．
6．(1)
(2)4，D
(3)，，，，.（写出其中3个即可）
(4)2或
【分析】（1）根据题意得到、两点的坐标，利用待定系数法可求解析式；
（2）过点作轴，交与点，设 ，则F，然后列出与的关系式，最后利用配方法求得其最大值及坐标即可；
（3）先求解抛物线的对称轴为直线：，设，再分三种情况讨论：为对角线时，为对角线时，为对角线时，再结合菱形的性质与平移的性质可得答案．
（4）根据勾股定理的逆定理得到是以为直角的直角三角形，取的中点，，过作轴的垂线，垂足为，交的延线于，设，则，，最后，分为和两种情况列方程求解即可．
【详解】（1）解：一次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，
点，点，
二次函数的图象经过，两点，
解得：
抛物线的解析式；
（2）解：如图所示：过点作轴，交与点．
设D，则F
∴FD=
∴
∵
∴时，S最大，最大值为4.
此时，点D坐标为．
（3）存在，理由如下：，
抛物线的对称轴为直线：，
设，
以为对角线时，
，
，
解得：，即，
当为对角线时，
，
，
解得：，，点P坐标为或；
当为对角线时，
，
，
解得：，，点P坐标为或；
综上：的坐标为：或或或或．
（4）如图所示：过点作垂足为，交与点，连接，
，，，
，，，
，
为直角三角形．
取的中点，连接，则，
．
．
当时，则．
设，则，．
，
解得：（舍去）或．
点的横坐标为2．
当时，设，，．
，
，，
，
，．
．
，
解得：（舍去）或．
点的横坐标为．
综上所述，当点的横坐标为2或．
【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待定系数法求函数的解析式，解直角三角形，直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
7．(1)
(2)或
(3)
(4)
【分析】（1）先求出，，然后代入求解即可；
（2）设，则，．然后分点M在对称轴的右边和点M在对称轴的左边两种情况求解；
（3）分三种情况求解：①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时；
（4）由点G是的中点，可得，取中点E，连接并延长交于点F，可证点G在上运动，作点A关于的对称点，则在上，连接，则，可知当，G，D共线时，取得最小值，即取得最小值．求出即可求解．
【详解】（1）对于，
当时，，
当时，，，
∴，，代入，
∴，
∴，
∴；
（2）设，则，
．
∵，
∴对称轴是直线．
如图，当点M在对称轴的右边时，，
∴，
∵，
∴，
∴，（舍去）．
如图，当点M在对称轴的左边时，，
∴，
∵，
∴，
∴，（舍去）．
∴点P的横坐标为或；
（3）设，
①当为对角线时，则，
∴，
∴（负值舍去），
∴．
②当为对角线时，则，
∴，
∴，
∴．
③当为对角线时，则，
∴，
∴，（舍去），
∴．
综上可知，点P的坐标为；
（4）∵点G是的中点，
∵，
∴．
取中点E，连接并延长交于点F，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴点G在上运动，
作点A关于的对称点，则在上，连接，则，
∴，，
∴，
∴当，G，D共线时，取得最小值，即取得最小值．
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了一次函数与坐标轴的交点，待定系数法求函数解析式，轴对称的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，以及二次函数与几何综合，难度较大，属中考压轴题．
8．(1)
(2)或
(3)
【分析】本题主要考查了求二次函数的性质、二次函数与面积的综合、二次函数与特殊四边形的综合等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键，
（1）分别将点和点代入表达式进行求解即可；
（2）先求出直线的解析式，然后设出点D、点E坐标，表示出，然后再根据的面积是的面积的求出，从而得到方法求解，进而完成解答；
（3）先求出直线、的解析式，然后联立求得，即；再分三种情况解答即可．
【详解】（1）解：将和代入，
，
解得：．
（2）解：设直线的解析式为，
则有，
解得：，
∴，
设D点坐标为，，
，
∵，
∴、的边上的高相等，
∵的面积是的面积的，
∴,
∴，
解得：或6，
∴D点的坐标为或．
（3）解：∵，
设直线的解析式为，则有：，
解得：，
即，
设，则，
设直线的解析式为，
则有，
解得：，
即，
联立，
得：，
解得：，
∴，
∴，
∴；
①当均为边时，则，
∴，即，
化简得：，
解得：或16（正值舍去）；
∴；
②当为边时，为对角线时，由对角线相互垂直平分可得：,
∴，
解得：或18（正值舍去），
∴；
③当为对角线，为边时，,
∴，
∴，
整理得：，
解得：．
综上，或或．
9．(1)，
(2)
(3)4
【分析】（1）在中，令可得，由，得抛物线顶点为；
（2）连接，由，，，，求出，根据，可得，故，可求出，，得直线函数表达式为，联立，求解，即可得出点P坐标；
（3）分三种情况：①若以，为邻边，则以为圆心，为半径作圆与对称轴直线有交点，，②若以，为邻边，则以为圆心，为半径作圆与对称轴直线有交点，，③若以，为邻边，则作的垂直平分线与对称轴直线有交点，分别画出图形可得答案．
【详解】（1）解：在中，令得，
解得或，
，
，
抛物线顶点为，
故答案为：，；
（2）解：连接，如图：
由（1）知，，，，
在中，令得，
，
，
，
，
即，
，
，
，
，
设直线函数表达式为，
把，代入，得，
解得：，
∴直线函数表达式为，
联立，
解得或，
∴；
（3）解：①若以，为邻边，则以为圆心，为半径作圆与对称轴直线有交点，，如图：
可作菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
过点B作直线于E，
∴，
∵
∴
∴，
∵
∴
∴
∴与共线，以，，，为顶点不能作菱形；
②若以，为邻边，则以为圆心，为半径作圆与对称轴直线有交点，，如图：
可作菱形和菱形；
连接，相交于E，
∵，，
∴，
∴，
∵菱形，
∴，，
∴，
∴，，
解得：，，
∴；
同理可求得；
③若以，为邻边，则作的垂直平分线与对称轴直线有交点，如图：
可作菱形；
同样可求得．
综上所述，以、、、为顶点的四边形为菱形，则这样的点共有4个；
故答案为：4．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，涉及三角形面积，菱形的判定等知识，解题的关键是分类讨论思想的应用，属于中考压轴题．
10．(1)，45
(2)为定值，
(3)2或
【分析】（1）令得，因式分解求得方程的根，根据等腰直角三角形的判定，计算的度数即可．
（2）过点D作y轴的平行线交过点C和x轴的平行线于点M，交x轴于点N，设点，则,,,,证明，后利用三角形面积解答即可．
（3）设点，以对角线为依据，分类计算即可．
【详解】（1）解：令得，
∴，
∴点，点，
∴，
当时，，
∴点，
∴，
∴，
故答案为：，45．
（2）解：为定值，理由：
∵点D为的外心，，
∴，，，
过点D作y轴的平行线交过点C和x轴的平行线于点M，交x轴于点N，
设点，
则,,,,
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴且，
解得：，
∵的面积为，的面积为，
∴
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴,
故为定值，．
（3）解：由（2）知，点，点，点，设点，
当为对角线时，
由中点坐标公式和得：
解得：或（舍去）
当或为对角线时，
同理可得：
或
解得：或（舍去）
综上，或
故答案为：2或．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点，菱形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
11．(1)
(2)或
(3)存在，或
【分析】（1）把代入，运用待定系数法解二次函数的解析式，即可作答．
（2）因为，先排除一种情况，再进行分类讨论，即和，分别列式计算，即可作答．
（3）根据菱形性质，结合图象性质，进行分类讨论，即四边形为菱形或四边形为菱形，运用中点法列式，以及勾股定理，代入数值，进行计算，即可作答．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象交x轴于两点，
∴把代入
得
解得
∴
故答案为：；
（2）解：∵轴
∴
∴
∵是直角三角形
∴当时，
∴
∴
∵对称轴
∴
此时点P的坐标为
∴当时，
设的解析式为
∴把代入
∴得
解得
∴
设点
则
∵
∴
∴
∵
∴
则
即
解得（此时点E和点C重合，故舍去）
∴点
综上或
（3）解：存在，或
如图：依题意，当四边形为菱形时，由（2）知的解析式为
设点，
∵四边形为菱形
∴
即
则
由（2）知，此时
∴
∴
即如下图所示：
如图：依题意，当四边形为菱形时
∵点，
∴
即
∵
∴
∴解得，（舍去）
∴
∴
综上或
【点睛】本题考查了二次函数的几何综合，菱形性质，待定系数法解函数解析式，勾股定理，解直角三角形的相关性质，熟练运用分类讨论思想以及数形结合思想是解题的关键．
12．(1)
(2)当时，有最大值，且最大值为
(3)存在，或或或
【分析】（1）根据，，运用待定系数法即可求解；
（2）根据，，求出直线的解析式，根据点的横坐标为，可用含的式子表示点，，的坐标，由此可得的长关于的二次函数，根据最值的计算方法即可求解；
（3）首先求出，且，然后设，表示出，，，然后分，，三种情况讨论，然后分别根据菱形的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵二次函数的图像与轴交于两点，与轴交于点，点的坐标为，
∴，
∵，
∴，则，
把，代入二次函数解析式得，
，
解得，，
∴二次函数解析式为；
（2）解：由（1）可知，二次函数解析式为，且，，
∴设直线所在直线的解析式为，
∴，
解得，，
∴直线的解析式为，
∵点的横坐标为，直线垂直于轴交直线和抛物线分别于点，
∴点的横坐标为，
∴，，
∴，
∴当时，有最大值，且最大值为；
（3）解：∵二次函数的图像与轴交于两点，且，
∴令时，，则，，
∴，且
∵直线的解析式为，点P是直线上的一个动点，
∴设
∴，，
∴当时
∴
∴
∴，
∴当时，
∴
∴如图所示，当四边形是菱形时
∴
∴
∴
∴；
当时，
∴
∴如图所示，当四边形是菱形时
∴
∴
∴
∴；
∴时
∴
∴
∴
∴
∴
∴如图所示，四边形是菱形
∴
∴
∴
∴；
当时，
∴
∴
∴或（舍去）
∴当时，
∴
∴如图所示，四边形是菱形
∴
∴
∴
∴；
综上所述，存在点使得以点为顶点的四边形是菱形，且Q的坐标为或或或．
【点睛】本题主要考查二次函数与特殊四边形的综合，勾股定理，掌握待定系数法求二次函数解析式，二次函数图像的性质，菱形的判定和性质等知识是解题的关键．
13．(1)
(2)
(3)存在，或
【分析】（1）在中，令得，令得，即可求得A、的坐标；
（2）由可求出，，代入二次函数即得二次函数解析式为；
（3）由二次函数可得其对称轴为直线，设，，而与关于直线对称，可得，分情况：当、为对角线时，同理可得；当以、为对角线，同理可得．
【详解】（1）在中，
令得，
令得，解得，
，；
（2）二次函数图象过A、两点，
，
解得，
二次函数解析式为；
（3）存在，理由如下：
由二次函数可得其对称轴为直线，
设，，而，
与关于直线对称，
，
、为对角线时，如图：
同理、中点重合，可得，
解得，
当，时，四边形是平行四边形，
由，，可得，
四边形是菱形，
此时；
以、为对角线，如图：
、中点重合，可得，
解得，
，时，四边形是平行四边形，
由，，可得，
四边形是菱形，
此时；
综上所述，的坐标为：或．
【点睛】本题考查二次函数综合应用，掌握待定系数法、二次函数图象上点的坐标特征、菱形的判定及中点坐标、两点间距离公式等知识，分类画出图形，利用对角线互相平分列方程是解题的关键．
14．(1)二次函数解析式为；
(2)四边形面积的最大值是，此时点的坐标为；
(3)存在，的坐标为或或．
【分析】（）由抛物线对称轴是直线，点的坐标为，得点的坐标为，然后利用待定系数法即可求解；
（）连接，设，则，可得 ，根据二次函数的性质可得答案；
（）由，得直线解析式为，设，， 则，，由，知，是一组对边；分两种情况：当为对角线时，的中点重合，且，当为对角线时，的中点重合，且，分别列出方程组，即可解得答案；
本题考查了二次函数的性质，待定系数法，菱形性质及应用，解题的关键是掌握知识点的应用．
【详解】（1）解：∵抛物线对称轴是直线，点的坐标为，
∴点的坐标为，
∴二次函数解析式为；
（2）解：连接，如图，
设，则，
在中，令得，
∴，
∴，
∴
，
∵，
∴当时，取最大值，此时，
∴四边形面积的最大值是，此时点的坐标为；
（3）解：在轴上存在点，使以为顶点的四边形是菱形，理由如下：
由，得直线解析式为，
设，， 则，，
∵，
∴当为顶点的四边形是菱形时，，是一组对边；
当,为对角线时，的中点重合，且，
∴，
解得（此时，与重合，舍去）或 ，
∴；
当为对角线时，的中点重合，且，
∴，
解得（舍去）或 或，
∴或，
综上所述，的坐标为或或．
15．（1）；（2）①，②存在，
【分析】（1）把代入中求出b，c的值即可；
（2）①由点得，从而得，整理，化为顶点式即可得到结论；
②分MN=MC和两种情况，根据菱形的性质得到关于m的方程，求解即可．
【详解】解：（1）把代入中，得
解得
∴．
（2）设直线的表达式为，把代入．
得，解这个方程组，得
∴．
∵点是x轴上的一动点，且轴．
∴．
∴
．
∵，
∴此函数有最大值．
又∵点P在线段上运动，且
∴当时，有最大值．
②∵点是x轴上的一动点，且轴．
∴．
∴
（i）当以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形，则有MN=MC，如图，
∵C（0，-3）
∴MC=
∴
整理得，
∵，
∴，
解得，，
∴当时，CQ=MN=，
∴OQ=-3-()=
∴Q(0，)；
当m=时，CQ=MN=-，
∴OQ=-3-(-)=
∴Q(0，)；
(ii)若，如图，
则有
整理得，
解得，，（均不符合实际，舍去）
综上所述，点Q的坐标为
【点睛】本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用线段的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质，解（3）的关键是利用菱形的性质得出关于m的方程，要分类讨论，以防遗漏．
