2025年中考数学一轮总复习精讲精练 微专题45 二次函数综合题 学案（含答案）

这是一份2025年中考数学一轮总复习精讲精练 微专题45 二次函数综合题 学案（含答案），共39页。试卷主要包含了 综合与探究等内容，欢迎下载使用。
1. 综合与探究
如图，抛物线y＝14x2－32x－4与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，－4），作直线AC，BC，P是直线BC下方抛物线上一动点.
（1）求A，B两点的坐标，并求出直线AC，BC的函数表达式；
（2）过点P作PQ∥y轴，交直线BC于点Q，交直线AC于点T，当P为线段TQ的中点时，求此时点P的坐标.
第1题图
2. 如图，在平面直角坐标系中，直线y＝kx（k≠0）与抛物线y＝ax2＋c（a≠0）交于A（8，6），B两点，点B的横坐标为－2.
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P是直线AB下方抛物线上一动点，过点P作x轴的平行线，与直线AB交于点C，连接PO，设点P的横坐标为m.若点P在x轴下方，求△POC周长的最大值，并求此时m的值.
第2题图
3. 如图，抛物线y＝ax2＋bx－4与x轴交于A（－3，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C，P是直线BC下方抛物线上一点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AC，过点P作PD∥AC，交BC于点D，求线段PD的最大值.
第3题图
4. 如图，抛物线y＝a（x－1）2＋2的对称轴交x轴于点A，且抛物线分别交y轴于点B（0，1），交直线AB于点C，顶点为D，P是对称轴右侧抛物线上一动点.
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图①，连接OP，OP与直线BC交于点M，当OM＝12MP时，求点P的坐标；
（3）如图②，过点P作PE∥x轴，PF∥y轴，分别交直线CD于点E，F.若EFCD＝316，求点P的坐标.
类型二 二次函数与面积有关问题
[2022.23（2）]
1. （2024扬州）如图，已知二次函数y＝－x2＋bx＋c的图象与x轴交于A（－2，0），B（1，0）两点.
（1）求b，c的值；
（2）若点P在该二次函数的图象上，且△PAB的面积为6，求点P的坐标.
第1题图
2. 如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A（－1，0），B（3，0）两点，与y轴的正半轴交于点C，且OC＝3.
（1）求抛物线的解析式；
（2）连接AC，BC，P为抛物线上一点，当S△ABC＝2S△PBC时，求点P的坐标.
第2题图
3. （2022广东23题12分）如图，抛物线y＝x2＋bx＋c（b，c是常数）的顶点为C，与x轴交于A，B两点，A（1，0），AB＝4，点P为线段AB上的动点，过P作PQ∥BC交AC于点Q.
（1）求该抛物线的解析式；
（2）求△CPQ面积的最大值，并求此时P点坐标.
第3题图
4. 如图，抛物线y＝－x2－4x＋5与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC.
（1）求点A，B的坐标及直线AC的函数解析式；
（2）过点C作CP⊥AC，交抛物线于点P，连接OP交AC于点D，连接AP，求△PAD的面积.
第4题图
5. 如图，抛物线y＝ax2＋32x＋c与x轴交于A（－1，0），B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，2），点D是抛物线上异于点A的一个动点，直线AD与直线BC交于点E.
（1）求直线BC的函数解析式；
（2）在点D运动的过程中，当∠AEC＝45°时，求△ABE的面积；
（3）当点D在第一象限抛物线上运动时，连接BD，设△BDE的面积为S1，△ABE的面积为S2，求S1S2的最大值.
第5题图
类型三 二次函数与特殊图形存在性有关问题
一阶 设问突破
方法解读
二次函数中等腰三角形的存在性问题：
1. 找点：两圆一线
①若AD＝AC，以点A为圆心，AC长为半径画圆；
②若CD＝AC，以点C为圆心，AC长为半径画圆；
③若AD＝CD，作AC的垂直平分线；
2. 求点：设出点D的坐标，根据点A，C，D的坐标，表示出线段AC，CD，AD的长度，由等量关系分别列方程求解即可.
例 如图，已知抛物线y＝12x2－x－4与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C.
（1）如图①，连接AC，若点D为x轴上的动点，当△ACD是等腰三角形时，求点D的坐标；
例题图①
方法解读
二次函数中的角度问题：
1. 角度相等：常与线段的平行或特殊三角形结合，最终将角度问题转化为线段问题；
2. 角度固定值：常见的角度有15°，30°，45°，60°，90°，常放在特殊三角形中，利用三角形三边关系或三角函数求解；
3. 角度的倍数关系：利用三角形的内外角关系和等腰三角形的性质求解.
（2）如图②，连接BC，若点P为抛物线上的动点，当∠PAB＝∠ABC时，求点P的坐标；
例题图②
方法解读
二次函数中平行四边形的存在性问题：
1. 找点：分情况讨论：
①当BC为平行四边形的边；
②当BC为平行四边形的对角线，根据平行四边形一组对边平行且相等确定点的位置；
2. 求点：①通过点的平移，构造全等三角形求点坐标；
②由中点坐标公式求顶点坐标.
（3）如图③，连接BC，若E，F分别为抛物线和x轴上的动点，是否存在点F，使以点B，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
例题图③
方法解读
二次函数中直角三角形的存在性问题：
1. 找点：两线一圆
①若∠MBC＝90°，过点B作BC的垂线；
②若∠MCB＝90°，过点C作BC的垂线；
③若∠BMC＝90°，以BC为直径作圆；
2. 求点
方法一：代数法：设出点M的坐标，根据点B，C，M的坐标，表示出线段BC，BM，CM的长度，再根据对应情况，由勾股定理分别列方程求解即可；
方法二：几何法：作垂线，构造一线三垂直模型，表示出线段长用勾股定理或相似建立等量关系.
（4）连接BC，若点M在抛物线的对称轴上.
①如图④，是否存在点M，使以点B，C，M为顶点的三角形为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
例题图④
方法解读
二次函数中全等三角形存在性问题：
1. 找等角（边）：根据相对应的字母找到已存在隐含的等角（边）；
2. 表示边长：明确全等后需相等的对应边，直接或间接设出所求点的坐标，再表示线段长；
3. 建立关系式并计算：利用全等三角形对应边相等列等式，其中对于对应关系不确定的三角形全等，需分情况讨论.
②如图⑤，若点M为对称轴与x轴的交点，连接CM，点Q是坐标平面内的点（不与点M重合），是否存在点Q，使得△BCQ与△BCM全等，若存在，求出所有满足条件的点Q，若不存在，请说明理由.
例题图⑤
方法解读
二次函数中相似三角形的存在性问题：
1. 找等角：其中直角三角形找对应的直角，一般三角形中会存在隐含的等角；
2. 表示边长：直接或间接设出所求的点的坐标，然后表示出线段长；
3. 建立关系式并计算：对于对应关系不确定的三角形相似，需要按照等角的两边分别对应成比例列比例式，分情况讨论，然后进行计算求解.
③如图⑥，若点M为对称轴与BC的交点，连接AC，点N为x轴上的动点，是否存在点N，使△BMN与△ABC相似？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.
例题图⑥
二阶 综合训练
1. （2024梅州市一模）如图所示，已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象经过点A（5，0），B（－1，0），C（0，－5）.
（1）求二次函数y＝ax2＋bx＋c的解析式；
（2）直线x＝t（0＜t＜5）交二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象于点P，交直线AC于点Q，是否存在实数t，使△CPQ为等腰三角形，若存在，请求出这样的t值；若不存在，请说明理由.
第1题图
2. （2021广东25题10分）已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象过点（－1，0），且对任意实数x，都有4x－12≤ax2＋bx＋c≤2x2－8x＋6.
（1）求该二次函数的解析式；
（2）若（1）中二次函数图象与x轴的正半轴交点为A，与y轴交点为C，点M是（1）中二次函数图象上的动点.问在x轴上是否存在点N，使得以A，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形.若存在，求出所有满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由.
3. 如图，抛物线y＝－x2＋2x＋3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，连接AC，BC.
（1）求A，B，C三点的坐标；
（2）若点P为x轴上一动点，当点P以每秒3个单位长度的速度从点O出发，沿x轴正方向匀速运动，连接CP，设点P运动的时间为t，当以C，O，P为顶点的三角形与△AOC相似时（不包含全等），求t的值；
（3）若点Q是直线BC上一动点，试判断是否存在点Q，使得以C，D，Q为顶点的三角形是直角三角形.若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
第3题图
类型一 二次函数与线段有关问题
1. 解：(1)当y＝0时，14x2－32x－4＝0，解得x1＝－2，x2＝8.
∵点A在点B的左侧，
∴A(－2，0)，B(8，0)，
设直线AC的表达式为y＝kx＋b(k≠0)，
将A(－2，0)，C(0，－4)分别代入得b＝－4－2k＋b=0，
解得b＝－4k＝－2，
∴直线AC的函数表达式为y＝－2x－4，
∵B(8，0)，C(0，－4)，
∴同理可得直线BC的函数表达式为y＝12x－4；
(2)设P(m，14m2－32m－4)，
∵QT∥y轴，
∴Q(m，12m－4)，T(m，－2m－4)，
∴PQ＝12m－4－(14m2－32m－4)＝－14m2＋2m，
PT＝14m2－32m－4－(－2m－4)＝14m2＋12m，
∵P为线段TQ的中点，
∴PQ＝PT，
∴－14m2＋2m＝14m2＋12m.
解得m1＝0(舍去)，m2＝3，
∴P(3，－254).
2. 解：(1)将A(8，6)代入y＝kx，得8k＝6，解得k＝34，
∴直线AB的解析式为y＝34x，
当x＝－2时，y＝34×(－2)＝－32，
∴B(－2，－32).
将A(8，6)，B(－2，－32)分别代入y＝ax2＋c(a≠0)，
得64a＋c=64a＋c＝－32，解得a＝18c＝－2，
∴抛物线的解析式为y＝18x2－2；
(2)设P(m，n)，则18m2－2＝n，
当点P在x轴下方时，－2＜m＜4，n＜0，
∵C(43n，n)，
∴OC＝－53n，OP＝m2＋n2＝m2＋(18m2－2)2＝18m2＋2，
∵PC＝m－43n，18m2－2＝n，
∴OP＋PC＋OC＝18m2＋2＋m－43n－53n
＝18m2＋m－3n＋2
＝18m2＋m－3(18m2－2)＋2
＝－14(m－2)2＋9，
∵－14＜0，∴当m＝2时，△POC的周长最大，最大值为9.
3. 解：(1)将A(－3，0)，B(4，0)分别代入y＝ax2＋bx－4中，
得9a－3b－4=016a+4b－4=0，解得a＝13b＝－13，
∴抛物线的解析式为y＝13x2－13x－4；
(2)在y＝13x2－13x－4中，令x＝0，得y＝－4，
∴C(0，－4).
∵A(－3，0)，B(4，0)，
∴OA＝3，OB＝OC＝4，AB＝7，
∴AC＝5.
如解图，过点P作x轴的平行线，交BC于点M，
∵PM∥AB，
∴∠PMD＝∠ABC.
∵PD∥AC，
∴∠PDM＝∠ACB，
∴△PMD∽△ABC，
∴PMAB＝PDAC，即PM7＝PD5，
∴PD＝57PM.
设直线BC的解析式为y＝kx＋d(k≠0)，
将B(4，0)，C(0，－4)分别代入，
得4k＋d=0d＝－4，解得k=1d＝－4，
∴直线BC的解析式为y＝x－4.
设点P的坐标为(m，13m2－13m－4)，0＜m＜4，
∴M(13m2－13m，13m2－13m－4)，
∴PM＝m－(13m2－13m)＝－13m2＋43m，
∴PD＝57×(－13m2＋43m)＝－521(m－2)2＋2021，
∵－521＜0，
∴当m＝2时，线段PD有最大值，最大值为2021.
第3题解图
4. 解：(1)∵抛物线y＝a(x－1)2＋2交y轴于点B(0，1)，
∴将点B(0，1)代入y＝a(x－1)2＋2中，得1＝a(0－1)2＋2，解得a＝－1，
∴抛物线的解析式为y＝－(x－1)2＋2＝－x2＋2x＋1；
(2)如解图①，过点M，P分别作MN⊥x轴于点N，PQ⊥x轴于点Q，则MN∥PQ，
由(1)得A(1，0)，
设直线AB的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，
将点A(1，0)，B(0，1)分别代入y＝kx＋b中，得k＋b=0b=1，
解得k＝－1b=1，
∴直线AB的解析式为y＝－x＋1，
∵MN∥PQ，∴△MNO∽△PQO，
∴MNPQ＝ONOQ＝OMOP，
∵OM＝12MP，∴OM＝13OP，
∴MNPQ＝ONOQ＝OMOP＝13，
∴MN＝13PQ，ON＝13OQ，
第4题解图①
设P(p，－p2＋2p＋1)(p＞1)，则M(p3，－p3＋1)
∴PQ＝－p2＋2p＋1，MN＝－p3＋1，
∴－p3＋1＝13(－p2＋2p＋1)，
整理，得p2－3p＋2＝0，解得p1＝1(舍去)，p2＝2，
∴－p2＋2p＋1＝1，
∴点P的坐标为(2，1)；
(3)【思路点拨】一般遇到线段成比例，可考虑三角形相似，求出线段长，利用平行关系得到点坐标之间的关系，通过点在直线或抛物线上确定点坐标.
如解图②，③过点C作CG⊥AD，交DA延长线于点G.
联立y＝－x+1y＝－x2+2x+1，
解得x1=3y1＝－2或x2=0y2=1，
∴B(0，1)，C(3，－2)，
∴CG＝3－1＝2，
∵PE∥x轴，PF∥y轴，
∴∠PEF＝∠GCD，∠PFE＝∠GDC，
∴△PEF∽△GCD，
∴PEGC＝EFCD，即PE2＝316，
∴PE＝38.
∵y＝－(x－1)2＋2，
∴D(1，2)，
设直线CD的解析式为y＝k1x＋b1(k1≠0)，
将C(3，－2)，D(1，2)分别代入y＝k1x＋b1(k1≠0)中，得－2=3k1＋b12=k1＋b1，解得k1＝－2b1=4，
∴直线CD的解析式为y＝－2x＋4.
设P(t，－t2＋2t＋1)，
①如解图②，当点P在点E的右侧时，
则E(t－38，－t2＋2t＋1)，1＜t＜3.
∵点E在直线CD上，
∴－t2＋2t＋1＝－2(t－38)＋4，
整理，得4t2－16t＋15＝0，
解得t1＝32，t2＝52，
∴点P的坐标为(32，74)或(52，－14)；
图②
图③
第4题解图
②如解图③，当点P在点E的左侧时，
则E(t＋38，－t2＋2t＋1)，t＞3.
∵点E在直线CD上，
∴－t2＋2t＋1＝－2(t＋38)＋4，整理，得4t2－16t＋9＝0，
解得t3＝4+72，t4＝4－72(舍去)，
∴点P的坐标为(4+72，－3+474)，
综上所述，点P的坐标为(32，74)或(52，－14)或(4+72，－3+474).
类型二 二次函数与面积有关问题
1. 解：(1)将点A(－2，0)，B(1，0)分别代入y＝－x2＋bx＋c，
得－4－2b＋c=0－1+b＋c=0，解得b＝－1c=2，
∴b的值为－1，c的值为2；
(2)由(1)可知，二次函数的解析式为y＝－x2－x＋2，
设P(m，n)，
∵点P在二次函数的图象上，
∴n＝－m2－m＋2.
∵A(－2，0)，B(1，0)，
∴AB＝3，
又∵△PAB的面积为6，
∴12×AB×｜n｜＝6，解得n＝±4，
当n＝4时，即－m2－m＋2＝4，化简得m2＋m＋2＝0，该方程无实数解，不符合题意；
当n＝－4时，即－m2－m＋2＝－4，化简得m2＋m－6＝0，解得m1＝2，m2＝－3，
综上所述，点P的坐标为(2，－4)或(－3，－4).
2. 解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，
∴可设抛物线的解析式为y＝a(x＋1)(x－3)(a≠0)，
∵OC＝3，∴C(0，3)，
将点C(0，3)代入y＝a(x＋1)(x－3)中，得－3a＝3，解得a＝－1，
∴抛物线的解析式为y＝－(x＋1)(x－3)＝－x2＋2x＋3；
(2)∵A(－1，0)，B(3，0)，
∴AB＝3－(－1)＝4，
∴S△ABC＝12AB·OC＝12×4×3＝6，
∵S△ABC＝2S△PBC＝6，∴S△PBC＝3，
由B(3，0)，C(0，3)可得BC所在直线的解析式为y＝－x＋3，
①如解图①，当点P位于BC上方时，过点P作PM∥BC交y轴于点M，
∴S△PBC＝S△MBC＝3＝CM×32，
∴CM＝2，M(0，5)，
∴直线PM的解析式为y＝－x＋5，
联立y＝－x+5y＝－x2+2x+3，
解得x1＝1，x2＝2，
∴点P(1，4)或(2，3)；
第2题解图
②如解图②，当点P在BC下方时，
同理可得，M(0，1)，
∴直线PM的解析式为y＝－x＋1，
联立y＝－x+1y＝－x2+2x+3，
解得x1＝3－172，x2＝3+172，
∴点P(3－172，17－12)或(3+172，－17－12)，
综上所述，点P的坐标为(1，4)或(2，3)或(3－172，17－12)或(3+172，－17－12).
3. 解：(1)∵A(1，0)，AB＝4，
∴B(－3，0).
将点A(1，0)，B(－3，0)分别代入y＝x2＋bx＋c中，得1+b＋c=09－3b＋c=0，
解得b=2c＝－3，
∴抛物线的解析式为y＝x2＋2x－3；
(2)由(1)知抛物线的解析式为y＝x2＋2x－3＝(x＋1)2－4，
∴C(－1，－4).
设直线BC的解析式为y＝k1x＋m1(k1≠0)，
将点B(－3，0)，C(－1，－4)分别代入y＝k1x＋m1中，得－3k1＋m1=0－k1＋m1＝－4，
解得k1＝－2m1＝－6，
∴直线BC的解析式为y＝－2x－6，
设直线AC的解析式为y＝k2x＋m2(k2≠0)，
将点A(1，0)，C(－1，－4)代入y＝k2x＋m2中，得k2＋m2=0－k2＋m2＝－4，
解得k2=2m2＝－2，
∴直线AC的解析式为y＝2x－2.
∵PQ∥BC，
∴设直线PQ的解析式为y＝－2x＋n，
令y＝0，得x＝n2，
∴P(n2，0)，
联立直线AC与直线PQ的解析式，得y=2x－2y＝－2x＋n，
解得x＝n+24y＝n－22，
∴Q(n+24，n－22)，
∵点P在线段AB上，
∴－3≤n2≤1，
即－6≤n≤2，
∴S△CPQ＝S△CPA－S△QPA＝12×(1－n2)×4－12×(1－n2)×(－n－22)＝－18(n＋2)2＋2，
∵－18＜0，－6≤n≤2，
∴当n＝－2时，S△CPQ取得最大值，最大值为2，此时点P的坐标为(－1，0).
4. 解：(1)令y＝－x2－4x＋5中y＝0，得－x2－4x＋5＝0，
解得x1＝－5，x2＝1，
∴A(－5，0)，B(1，0).
令x＝0，得y＝5，
∴C(0，5)，
设直线AC的函数解析式为y＝kx＋b(k≠0)，将A(－5，0)，C(0，5)的坐标代入，
得0=－5k＋b5=b，解得k=1b=5，
∴直线AC的函数解析式为y＝x＋5；
(2)设点P的坐标为(m，－m2－4m＋5)，
∵A(－5，0)，C(0，5)，
∴AC2＝50，CP2＝(m－0)2＋(－m2－4m＋5－5)2＝m2＋(－m2－4m)2，AP2＝(m＋5)2＋(－m2－4m＋5)2.
∵PC⊥AC，
∴∠PCA＝90°，∴AC2＋CP2＝AP2，
∴50＋m2＋(－m2－4m)2＝(m＋5)2＋(－m2－4m＋5)2，解得m＝－3或m＝0(舍去)，
∴P(－3，8).
设直线OP的解析式为y＝k1x(k1≠0)，将P(－3，8)的坐标代入，
得8＝－3k1，∴k1＝－83，
∴直线OP的解析式为y＝－83x.
令－83x＝x＋5，解得x＝－1511，
∴D(－1511，4011)，
∴S△PAD＝S△PAO－S△DAO＝12×5×(8－4011)＝12011.
5. (1)∵抛物线y＝ax2＋32x＋c与x轴交于点A(－1，0)，与y轴交于点C(0，2)，
∴将点A(－1，0)，C(0，2)代入抛物线y＝ax2＋32x＋c中，
得a－32＋c=0c=2，解得a＝－12c=2，
∴抛物线的解析式为y＝－12x2＋32x＋2，
令y＝0，解得x＝－1或x＝4，
∴点B的坐标为(4，0)，
设直线BC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，将点B，C的坐标代入，
得4k＋b=0b=2，解得k＝－12b=2，
∴直线BC的函数解析式为y＝－12x＋2；
(2)如解图，连接AC，
∵A(－1，0)，B(4，0)，C(0，2)，
∴OA＝1，OB＝4，OC＝2，AB＝5，
∴在Rt△OAC中，AC＝OA2＋OC2＝12＋22＝5，在Rt△OCB中，BC＝OB2＋OC2＝42＋22＝25，
∴AC2＋BC2＝(5)2＋(25)2＝25＝AB2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，
又∵∠AEC＝45°，
∴CE＝AC＝5，
∴S△ABC＝12AB·OC＝12×5×2＝5，S△ACE＝12AC·CE＝12×5×5＝52，
①如解图①，当点E在线段BC上时，
S△ABE＝S△ABC－S△ACE＝5－52＝52；
②如解图②，当点E在线段BC的延长线上时，
S△ABE＝S△ABC＋S△ACE＝5＋52＝152，
∴△ABE的面积为52或152；
图①
图②
第5题解图
(3)如解图③，过点B作BG⊥AD于点G，过点D作DI∥y轴，交直线BC于点I，过点A作AH∥y轴，交直线BC于点H，则DI∥AH，
∴△EDI∽△EAH，∴DEAE＝DIAH，
∵A(－1，0)，
将x＝－1代入y＝－12x＋2中，得y＝－12×(－1)＋2＝52，
∴点H的坐标为(－1，52)，
∴AH＝52，
∵点D在第一象限的抛物线上，
∴设D(m，－12m2＋32m＋2)，则I(m，－12m＋2)(0＜m＜4)，
∴DI＝(－12m2＋32m＋2)－(－12m＋2)＝－12m2＋2m，
∴S1S2＝12DE·BG12AE·BG＝DEAE＝DIAH＝－12m2+2m52＝－15m2＋45m＝－15(m－2)2＋45，
∵－15＜0，
∴当m＝2时，S1S2的最大值为45.
第5题解图③
类型三 二次函数与特殊图形存在性有关问题
一阶 设问突破
例 解：(1)∵抛物线的解析式为y＝12x2－x－4，
∴当y＝0时，12x2－x－4＝0，解得x1＝－2，x2＝4，
∵点A在点B的左侧，
∴A(－2，0)，B(4，0)，
当x＝0时，y＝－4，∴C(0，－4).
∴OA＝2，OC＝4，
∴由勾股定理得AC＝AO2＋OC2＝25.
∴当△ACD是等腰三角形时，分以下三种情况：
①当AD＝AC时，如解图①，点D位于点D1或D2处，此时AD＝AC＝25，
∴点D1的坐标为(－2－25，0)，点D2的坐标为(25－2，0)；
②当CD＝AC时，如解图①，点D位于点D3处，
∵OC⊥AD3，∴OA＝OD3＝2，
∴点D3的坐标为(2，0)；
③当AD＝CD时，如解图①，点D位于点D4处，
设点D4的坐标为(a，0)，则AD4＝a＋2，CD4＝a2＋42，
∴a＋2＝a2＋42，解得a＝3，
∴点D4的坐标为(3，0).
综上所述，点D的坐标为(－2－25，0)或(25－2，0)或(2，0)或(3，0)；
例题解图①
(2)由(1)得A(－2，0)，B(4，0)，C(0，－4)，
∴OA＝2，OB＝OC＝4，
∴∠OBC＝45°，
设点P的坐标为(n，12n2－n－4)，
当∠PAB＝∠ABC时，分以下两种情况：
①当点P在x轴上方时，如解图②，过点A作AP1∥BC交抛物线于点P1，过点P1作P1Q1⊥x轴于点Q1，
∴∠P1AB＝∠ABC＝45°，此时点P位于点P1处，
∴P1Q1＝AQ1，
∵AQ1＝OA＋OQ1＝2＋n，P1Q1＝12n2－n－4，
∴12n2－n－4＝2＋n，解得n＝－2(舍去)或n＝6，
当n＝6时，12n2－n－4＝8，
∴点P1的坐标为(6，8)；
②当点P在x轴下方时，如解图②，过点A作AP2⊥BC交抛物线于点P2，过点P2作P2Q2⊥x轴于点Q2，
同理可得AQ2＝2＋n，P2Q2＝－(12n2－n－4)，
∵∠P2AB＝∠ABC＝45°，
∴AQ2＝P2Q2，
∴2＋n＝－(12n2－n－4)，解得n＝－2(舍去)或n＝2，
当n＝2时，12n2－n－4＝－4，
∴点P2的坐标为(2，－4).
综上所述，点P的坐标为(6，8)或(2，－4)；
例题解图②
(3)存在.
由(1)知B(4，0)，C(0，－4)，
∴OC＝4，
以点B，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，分以下两种情况：
①当BC为平行四边形的边时，如解图③，点E位于点E1或E2或E3处，点F相应的位于点F1或F2或F3处，
∵四边形BCF1E1为平行四边形，
∴BC∥E1F1，BC＝E1F1，
∵点F1在x轴上，
∴点E1到x轴的距离为4，
令y＝4，即12x2－x－4＝4，
解得x1＝1＋17(舍去)，x2＝1－17，
∴点E1的坐标为(1－17，4)，
同理可得点E2的坐标为(1＋17，4)，
∵B(4，0)，C(0，－4)，
∴由平移的性质得点F1的坐标为(－3－17，0)，点F2的坐标为(17－3，0)；
∵四边形BCE3F3为平行四边形，
∴BF3∥CE3，BF3＝CE3，
∴点E3与点C关于直线x＝－－12×12＝1对称，
∴0+xE2＝1，解得xE＝2，
∴点E3的坐标为(2，－4)，
∴CE3＝2，
∴OF3＝OB＋CE3＝6，
∴点F3的坐标为(6，0)；
②当BC为平行四边形的对角线时，如解图③，点E位于点E4处，点F相应的位于点F4处，连接E4F4交BC于点G，
∵四边形BE4CF4为平行四边形，
∴点G为BC，E4F4的中点，
∴0+42＝2，0－42＝－2，
∴点G的坐标为(2，－2)，
∵BF4∥CE4，∴点E4与点E3重合，
∴E4(2，－4)，
∴2+xF2＝2，解得xF＝2，
∵点F在x轴上，∴点F4的坐标为(2，0).
综上所述，点F的坐标为(－3－17，0)或(17－3，0)或(6，0)或(2，0)；
例题解图③
(4)①存在.
∵抛物线的解析式为y＝12x2－x－4＝12(x－1)2－92，
∴抛物线的对称轴为直线x＝1.
设点M(1，t)，则BM2＝(1－4)2＋(t－0)2＝t2＋9，CM2＝(1－0)2＋(t＋4)2＝t2＋8t＋17，BC2＝(4－0)2＋(0－4)2＝32，
以点B，C，M为顶点的三角形为直角三角形时，分以下三种情况：
(i)当∠MBC＝90°时，如解图④，点M位于点M1处，
由勾股定理得BC2＋BM2＝CM2，即32＋t2＋9＝t2＋8t＋17，解得t＝3，∴点M1的坐标为(1，3)；
(ii)当∠MCB＝90°时，如解图④，点M位于点M2处，
由勾股定理得BC2＋CM2＝BM2，即32＋t2＋8t＋17＝t2＋9，解得t＝－5，
∴点M2的坐标为(1，－5)；
(iii)当∠BMC＝90°时，如解图⑤，点M位于点M3或点M4处，
由勾股定理得BM2＋CM2＝BC2，即t2＋9＋t2＋8t＋17＝32，解得t1＝－2－7，t2＝7－2，
∴点M3的坐标为(1，7－2)，点M4的坐标为(1，－2－7).
综上所述，点M的坐标为(1，3)或(1，－5)或(1，7－2)或(1，－2－7)；
图④
图⑤
例题解图
②存在.
∵抛物线的对称轴为直线x＝1，
∴M(1，0)，
由(1)知B(4，0)，C(0，－4)，
∴BM2＝(4－1)2＝9，CM2＝(1－0)2＋(0＋4)2＝17，
设点Q的坐标为(m，n)，
则BQ2＝(4－m)2＋n2，
CQ2＝m2＋(－4－n)2，
当△BCQ与△BCM全等时，
分两种情况：
(i)当BM＝BQ，CM＝CQ，即△BCM≌△BCQ时，
BM2＝BQ2，即9＝(4－m)2＋n2，
CM2＝CQ2，即17＝m2＋(－4－n)2，解得m＝1－n，
代入9＝(4－m)2＋n2得，n1＝0，n2＝－3，
∴m1＝1，m2＝4，
∵点Q不与点M重合，
∴点Q的坐标为(4，－3)；
(ii)当BM＝CQ，CM＝BQ，即△BCM≌△CBQ时，
BM2＝CQ2，即9＝m2＋(－4－n)2，
CM2＝BQ2，即17＝(4－m)2＋n2，解得m＝－n－1，
代入17＝(4－m)2＋n2得，n3＝－1，n4＝－4，
∴m3＝0，m4＝3，
∴点Q的坐标为(0，－1)或(3，－4).
综上所述，点Q的坐标为(4，－3)或(0，－1)或(3，－4)；
③存在.
由(1)得A(－2，0)，B(4，0)，C(0，－4)，AC＝25，
设BC所在直线的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，
将B(4，0)，C(0，－4)分别代入，
得4k＋b=0b＝－4，解得k=1b＝－4，
∴BC所在直线的解析式为y＝x－4，
当x＝1时，y＝－3，
∴点M的坐标为(1，－3)，
∵OB＝OC＝4，∴BC＝42，
同理易得BM＝32，
当△BMN与△ABC相似时，
分以下两种情况：
(i)当△BMN∽△BCA时，如解图⑥，点N位于点N1处，
∴BMBC＝BN1BA，
∵BA＝OA＋OB＝6，
∴3242＝BN16，解得BN1＝92，
∴ON1＝BN1－OB＝12，
∴点N1的坐标为(－12，0)；
(ii)当△BMN∽△BAC时，如解图⑥，点N位于点N2处，
∴BMBA＝BN2BC，
∴326＝BN242，解得BN2＝4，
∴BN2＝OB，此时点N2与点O重合，
∴点N2的坐标为(0，0).
综上所述，点N的坐标为(－12，0)或(0，0).
例题解图⑥
二阶 综合训练
1. 解：(1)∵二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象经过点A(5，0)，B(－1，0)，
∴二次函数的解析式可设为y＝a(x－5)(x＋1)＝a(x2－4x－5)，
将点C(0，－5)代入，
得－5a＝－5，解得a＝1，
∴二次函数的解析式为y＝x2－4x－5；
(2)存在.
设直线AC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，
将点A，C代入，得5k＋b=0b＝－5，解得k=1b＝－5，
∴直线AC的解析式为y＝x－5，
设点P(t，t2－4t－5)，则点Q(t，t－5)，
∴PQ2＝(－t2＋5t)2，PC2＝t2＋(t2－4t)2，CQ2＝2t2，
当PQ＝CQ时，△CPQ为等腰三角形，
PQ2＝CQ2，即(－t2＋5t)2＝2t2，解得t＝0(舍去)或5－2或5＋2(舍去)；
当PQ＝PC或PC＝CQ时，△CPQ为等腰三角形，
PQ2＝PC2，即(－t2＋5t)2＝t2＋(t2－4t)2，解得t＝0(舍去)或t＝4，PC2＝CQ2，
t2＋(t2－4t)2＝2t2，
解得t＝0(舍去)或t＝3或t＝5(舍去).
综上所述，存在实数t，使△CPQ为等腰三角形，t的值为5－2或3或4.
2. 解：(1)令4x－12＝2x2－8x＋6，解得x1＝x2＝3，
∴当x＝3时，4x－12＝2x2－8x＋6＝0，
∴y＝ax2＋bx＋c的图象必过点(3，0)，
又∵y＝ax2＋bx＋c的图象过点(－1，0)，
∴a－b＋c=0，9a+3b＋c=0，
解得b＝－2a，c＝－3a，
∴y＝ax2－2ax－3a，
又∵4x－12≤ax2＋bx＋c，
∴ax2－2ax－3a≥4x－12，即ax2－2ax－4x＋12－3a≥0，
∴a＞0且b2－4ac≤0，∴(2a＋4)2－4a(12－3a)≤0，
∴(a－1)2≤0，∵(a－1)2≥0，
∴a＝1，
∴b＝－2，c＝－3，
∴二次函数的解析式y＝x2－2x－3；
(2)存在.
由(1)可知A(3，0)，C(0，－3)，设M(m，m2－2m－3)，N(n，0)，
分情况讨论：
①如解图①，当AC为对角线时，
此时xA＋xC＝xM＋xNyA＋yC＝yM＋yN，
即3+0=m＋n，0+(−3)＝m2－2m－3+0，
解得m1＝0(舍)，m2＝2，
∴n＝3－m＝1，即N1(1，0)；
②如解图②，当AM为对角线时，
此时xA＋xM＝xC＋xNyA＋yM＝yC＋yN，
即3+m=0+n，0+m2－2m－3=－3+0，
解得m3＝0(舍)，m4＝2，
∴n＝5，即N2(5，0)；
③如解图③，当AN为对角线时，
此时xA＋xN＝xC＋xMyA＋yN＝yC＋yM，
即3+n=0+m，0+0=－3+m2－2m－3，
解得m5＝1＋7，m6＝1－7，
∴n＝7－2或n＝－2－7，
∴N3(7－2，0)，N4(－2－7，0).
综上所述，满足条件的点N的坐标为(1，0)或(5，0)或(7－2，0)或(－2－7，0).
图①
图②
图③
第2题解图
3. 解：(1)∵抛物线的函数解析式为y＝－x2＋2x＋3，
令y＝0，得－x2＋2x＋3＝0，解得x1＝－1，x2＝3，
∵点A在点B的左侧，∴A(－1，0)，B(3，0)，
令x＝0，得y＝3，∴C(0，3)；
(2)如解图①，∵∠AOC＝∠COP＝90°，
∴当以C，O，P为顶点的三角形与△AOC相似时，分两种情况：
①当∠ACO＝∠P1CO时，
∵OC＝OC，∴△ACO≌△P1CO，故不符合题意；
②当∠ACO＝∠CP2O时，△ACO∽△CP2O，此时AOCO＝COP2O，
∵A(－1，0)，∴AO＝1，
∵C(0，3)，∴CO＝3，∴13＝3P2O，
解得P2O＝9，∴t的值为3；
第3题解图①
(3)存在.
设直线BC的解析式为y＝kx＋n(k≠0)，
将B(3，0)，C(0，3)分别代入得3k＋n=0n=3，解得k＝－1n=3，
∴直线BC的解析式为y＝－x＋3.
∵点Q是直线BC上一点，
∴设点Q的坐标为(m，－m＋3).
∵点D是抛物线对称轴与x轴的交点，
∴点D的横坐标为x＝－22×(−1)＝1，
∴D(1，0)，
∴CD2＝10，CQ2＝m2＋[3－(－m＋3)]2＝2m2，DQ2＝(m－1)2＋(－m＋3)2＝2m2－8m＋10.
∵∠DCQ≠90°，∴要使以C，D，Q为顶点的三角形是直角三角形，分两种情况讨论：
①当∠CQD＝90°时，如解图②，由勾股定理可得，CQ2＋DQ2＝CD2，
即2m2＋2m2－8m＋10＝10，整理得m2－2m＝0，解得m1＝0(舍去)，m2＝2，
∴－m＋3＝1，∴Q(2，1)；
②当∠CDQ＝90°时，如解图③，由勾股定理可得，CD2＋DQ2＝CQ2，
即10＋2m2－8m＋10＝2m2，整理得5－2m＝0，解得m＝52，
∴－m＋3＝12，∴Q(52，12).
综上所述，存在点Q使得以C，D，Q为顶点的三角形是直角三角形，点Q的坐标为(2，1)或(52，12).
第3题解图