2025年中考数学二轮复习《压轴题》专项练习04（含答案）

这是一份2025年中考数学二轮复习《压轴题》专项练习04（含答案），共19页。
(1)求C、D两点的坐标；
(2)求tan∠BAC；
(3)在y轴上是否存在一点P，使得以P、B、D三点为顶点的三角形与△ABC相似？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
已知二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象过点A(﹣1，0)，B(3，0)，且与y轴交于点C(0，﹣3)．
(1)求此二次函数的表达式及图象顶点D的坐标；
(2)在此抛物线的对称轴上是否存在点E，使△ACE为Rt△，若存在，试求点E的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)在平面直角坐标系中，存在点P，满足PA⊥PD，求线段PB的最小值．
如图1．抛物线y=﹣eq \f(3,4)x2＋bx＋c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC，已知点B(4，0)．
(1)若C(0，3)，求抛物线的解析式．
(2)在(1)的条件下，P(﹣2，m)为该抛物线上一点，Q是x轴上一点求PQ＋eq \f(3,5)BQ的最小值，并求此时点Q的坐标．
(3)如图2．过点A作BC的平行线，交y轴与点D，交抛物线于另一点E．若DE＝7AD，求c的值．
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2与x轴交于A，B两点(点A在点B左侧)，与y轴交于点C，直线l：y＝kx＋b经过点B，点C，点P是抛物线上一动点，连接OP交直线BC于点D．
(1)求直线l的解析式；
(2)当＝时，求点P的坐标；
(3)在(2)的条件下，点N是直线BC上一动点，连接ON，过点D作DF⊥ON于点F，点F在线段ON上，当OD＝eq \r(5)DF时，请直接写出点N的坐标．
如图，已知抛物线与坐标轴相交于点A(﹣1，0)，C(0，﹣3)两点，对称轴为直线x＝1，对称轴与x轴交于点D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P是抛物线上的点，当∠ACP＝45°时，求点P的坐标；
(3)点F为二次函数图象上与点C对称的点，点M在抛物线上，点N在抛物线的对称轴上，是否存在以点F，A，M，N为顶点的平行四边形？若存在，直接写出点M的坐标，若不存在，说明理由．
如图1，在平面直角坐标系中，抛物线F1：y＝x2＋bx＋c经过点A(﹣3，0)和点B(1，0)．
(1)求抛物线F1的解析式；
(2)如图2，作抛物线F2，使它与抛物线F1关于原点O成中心对称，请直接写出抛物线F2的解析式；
(3)如图3，将(2)中抛物线F2向上平移2个单位，得到抛物线F3，抛物线F1与抛物线F3相交于C，D两点(点C在点D的左侧)．
①求点C和点D的坐标；
②若点M，N分别为抛物线F1和抛物线F3上C，D之间的动点(点M，N与点C，D不重合)，试求四边形CMDN面积的最大值．
如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝x＋3交x轴于点A，y轴于点D，抛物线y＝x2＋bx﹣3与x轴交于A，B两点，交y轴于点C．
(1)求抛物线的解析式；
(2)P在第三象限抛物线上，P点横坐标为t，连接AP、DP，△APD的面积为s，求s关于t的函数关系式；(不要求写自变量t的取值范围)
(3)在(2)的条件下，PD绕点P逆时针旋转，与线段AD相交于点E，且∠EPD＝2∠PDC，过点E作EF⊥PD交PD于G，y轴于点F，连接PF，若sin∠PFC=eq \f(1,3)，求线段PF的长．
在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝﹣eq \f(\r(3),6)x2＋eq \f(2\r(3),3)x＋2eq \r(3)与x轴交于A，B两点(点B在点A的右侧)，与y轴交于点C，它的对称轴与x轴交于点D，直线L经过C，D两点，连接AC．
(1)求A，B两点的坐标及直线L的函数表达式；
(2)探索直线L上是否存在点E，使△ACE为直角三角形，若存在，求出点E的坐标；若不存在，说明理由．
如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线顶点A的坐标为(﹣2，4)，且经过坐标原点，与x轴负半轴交于点B．
(1)求抛物线的函数表达式并直接写出点B的坐标；
(2)过点A作AC⊥x轴于点C，若点D是y轴左侧的抛物线上一个动点(点D与点A不重合)，过点D作DE⊥x轴于点E，连接AO，DO，当以A，O，C为顶点的三角形与以D，O，E为顶点的三角形相似时，求点D的坐标；
(3)在(2)的条件下，当点D在第二象限时，在平面内存在一条直线，这条直线与抛物线在第二象限交于点F，在第三象限交于点G，且点A，点B，点D，到直线FG的距离都相等，请直接写出线段FG的长．
如图，直线y1=﹣eq \f(1,2)x+2与x轴，y轴分别交于B，C，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点A，B，C，点A坐标为(﹣1，0)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)抛物线的对称轴与x轴交于点D，连接CD，点P是直线BC上方抛物线上的一动点(不与B，C重合)，当点P运动到何处时，四边形PCDB的面积最大？求出此时四边形PCDB面积的最大值和点P坐标；
(3)在抛物线上的对称轴上：是否存在一点M，使|MA﹣MC|的值最大；是否存在一点N，使△NCD是以CD为腰的等腰三角形？若存在，直接写出点M，点N的坐标；若不存在，请说明理由．
\s 0 答案
解：(1)把y=0代入得x=3，
∴A(3，0)，把x=0代入得y=3，∴B(0，3)，
把A(3，0)，B(0，3)代入y=﹣x2＋bx＋c，
解得：b=2，c=3，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2＋2x＋3=﹣(x﹣1)2＋4，
∴C(1，4)，
把y=0代入y=﹣x2＋2x＋3，解得：x1=﹣1，x2=3，
∴D(﹣1，0)；
(2)过点C作CE⊥y轴，垂足为点E，则BE=4﹣3=1，CE=1，
∴BC=eq \r(2)，∠EBC=∠ECB=45°，
又∵OB=OA=3，∴AB=3eq \r(2)，∠OBA=∠OAB=45°，
∴∠CBA=180°﹣45°﹣45°=90°，
又∵BC=eq \r(2)，AB=3eq \r(2)∴tan∠BAC=BC:AB=eq \f(1,3)；
(3)存在P(0，0)，(0，﹣eq \f(1,3))，当点P在原点时，∠BPD=90°，OD:OB=eq \f(1,3)，
∴OD:OB=BC:AB，∠BPD=∠ABC则△BPD∽△ABC；
在Rt△ABC中，BC=eq \r(2)，AB=3eq \r(2)，∴AC=2eq \r(5)，
在Rt△BOD中，OD=1，OB=3，∴BD=eq \r(10)，当PD⊥BD时，
设点P的坐标为(0，y)，
当△BDP∽△ABC时, =,即=，解得y=﹣eq \f(1,3)，
∴点P的坐标为(0,﹣eq \f(1,3))，
∴当P的坐标为(0，0)或(0，﹣eq \f(1,3))时，以P、B、D三点为顶点的三角形与△ABC相似．
解：(1)由题意设二次函数表达式为：y＝a(x＋1)(x﹣3)，
∴a(﹣3)＝﹣3，
∴a＝1，
∴y＝(x＋1)(x﹣3)＝x2﹣2x﹣3＝(x﹣1)2﹣4，
∴D(1，﹣4)；
(2)存在点E，使△ACE是直角三角形，过程如下：
设点E(1，m)，
∵A(﹣1，0)，C(0，﹣3)，
∴AC2＝10，AE2＝4＋m2，CE2＝1＋(m＋3)2，
当∠EAC＝90°时，AE2＋AC2＝CE2，
∴14＋m2＝1＋(m＋3)2，
∴m＝eq \f(2,3)，∴E1(1，eq \f(2,3))，
当∠ACE＝90°时，AC2＋CE2＝AE2，
∴11＋(m＋3)2＝4＋m2，
∴m＝﹣eq \f(8,3)，∴E2(1，﹣eq \f(8,3))，
当∠AEC＝90°时，
AE2＋CE2＝AC2，
∴5＋m2＋(m＋3)2＝10，
∴m＝﹣1或﹣2，
∴E3(1，﹣1)，E4(1，﹣2)，
综上所述：点E(1，eq \f(2,3))或(1，﹣eq \f(8,3))或(1，﹣1)或(1，﹣2)；
(3)设AD的中点为I，
∵A(﹣1，0)，D(1，﹣4)，
∴AD＝2eq \r(5)，I(0，﹣2)，
∴PA⊥PD，
∴∠ADP＝90°，
∴点P在以AD的中点I为圆心，eq \r(5)为半径的圆上，
∵BI＝eq \r(13)，
∴PB最小＝eq \r(13)﹣eq \r(5)．
解：(1)把B(4，0)，C(0，3)代入y＝﹣eq \f(3,4)x2＋bx＋c，
得，解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣eq \f(3,4)x2＋eq \f(9,4)x＋3．
(2)∵P(﹣2，m)为该抛物线y＝﹣eq \f(3,4)x2＋eq \f(9,4)x＋3上一点，
∴m＝﹣eq \f(3,4)×(﹣2)2＋eq \f(9,4)×(﹣2)＋3＝﹣eq \f(9,2)，∴P(﹣2，﹣eq \f(9,2))，
如图1，过点Q作QH⊥BC于点H，作PH′⊥BC于点H′，PH′交x轴于点Q′，交y轴于点G，连接PQ，则∠BHQ＝∠BOC＝90°，
∵B(4，0)，C(0，3)，
∴OB＝4，OC＝3，
∴BC＝5，
∵∠QBH＝∠CBO，
∴△BQH∽△BCO，
∴＝＝，
∴QH＝eq \f(3,5)BQ，
∴PQ＋eq \f(3,5)BQ＝PQ＋QH，
当P、Q、H在同一条直线上，且PH⊥BC时，PQ＋QH最小，即PQ＋eq \f(3,5)BQ＝PH′为最小值，
过点P作PK⊥y轴于点K，
则∠PKG＝∠CH′G＝90°，PK＝2，CK＝3﹣(﹣eq \f(9,2))＝eq \f(15,2)，
∵∠PGK＝∠CGH′，
∴△PGK∽△CGH′，
∴∠GPK＝∠GCH′，
∴tan∠GPK＝tan∠GCH′＝tan∠BCO＝＝，∴＝，
∴GK＝eq \f(4,3)×2＝eq \f(8,3)，∴G(0，﹣eq \f(11,6))，
设直线PG的解析式为y＝kx＋d，
则，解得：，
∴直线PG的解析式为y＝eq \f(4,3)x﹣eq \f(11,6)，令y＝0，得eq \f(4,3)x﹣eq \f(11,6)＝0，
解得：x＝，∴Q(，0)，
∵cs∠GPK＝cs∠BCO＝eq \f(3,5)，
∴＝cs∠GPK＝，
∴PG＝eq \f(5,3)PK＝eq \f(10,3)，
∵CG＝3﹣(﹣eq \f(11,6))＝，sin∠GCH′＝sin∠BCO＝＝，
∴GH′＝CGsin∠GCH′＝×＝，
∴PH′＝PG＋GH′＝＋＝，
故的最小值为，此时Q(，0)，
(3)把B(4，0)代入y＝﹣eq \f(3,4)x2＋bx＋c，得0＝﹣eq \f(3,4)×42＋4b＋c，
∴b＝3﹣eq \f(1,4)c，∴y＝﹣eq \f(3,4)x2＋(3﹣eq \f(1,4)c)x＋c，
令y＝0，得﹣eq \f(3,4)x2＋(3﹣eq \f(1,4)c)x＋c＝0，解得：x1＝4，x2＝﹣eq \f(1,3)c，
∴A(﹣eq \f(1,3)c，0)，∴OA＝eq \f(1,3)c，
∵C(0，c)，∴OC＝c，
设E(t，﹣eq \f(3,4)t2＋bt＋c)，过点E作EF⊥x轴于点F，如图2，
则EF＝﹣[﹣eq \f(3,4)t2＋(3﹣eq \f(1,4)c)t＋c]＝eq \f(3,4)t2＋(eq \f(1,4)c﹣3)t﹣c，AF＝t﹣(﹣eq \f(1,3)c)＝t＋eq \f(1,3)c，
∵AE∥BC，
∴∠EAF＝∠CBO，
∵∠AOD＝∠BOC＝90°，
∴△ADO∽△BCO，
∴＝，即＝，
∴OD＝eq \f(1,12)c2，
∵EF∥OD，
∴△ADO∽△AEF，
∴＝＝，
∵DE＝7AD，
∴＝＝＝，
∴＝＝，
∴AF＝8OA，EF＝8OD，
∴，解得： (舍去)或，
故c的值为2．
解：(1)令x＝0，则y＝2，
∴C(0，2)．
∴OC＝2．
令y＝0，则﹣eq \f(1,2)x2＋eq \f(3,2)x＋2＝0，解得：x＝﹣1或4，
∴A(﹣1，0)，B(4，0)．
∴OA＝1，OB＝4．
设直线l的解析式为y＝kx＋b，
∴，解得：，
∴直线l的解析式为y＝﹣eq \f(1,2)x＋2；
(2)过点P作PE∥y轴交BC于点E，如图，
∴∠COD＝∠DPE，∠OCD＝∠PED，
∴△CDO∽△EDP，
∴，∵＝，
∴PD＝OD．
∴PE＝OC＝2．
设P(m，﹣eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2))，则E(m，-eq \f(1,2)m＋2)，
∴PE＝﹣eq \f(1,2)m2＋eq \f(3,2)m＋2﹣(-eq \f(1,2)m＋2)＝﹣eq \f(1,2)m2＋2m，
∴﹣eq \f(1,2)m2＋2m＝2．解得：m1＝m2＝2．
∴P(2，3)；
(3)N(，)或N(，)，理由：
∵P(2，3)，
∴直线OP的解析式为y＝eq \f(3,2)x．
∴，解得：．
∴D(1，eq \f(3,2))．
∴OD＝，BD＝．
①当点N在线段BD上时，如图，
在Rt△ODF中，∠DFO＝90°，
∵sin∠DOF＝，
∴tan∠DOF＝eq \f(1,2)．
在Rt△OBC中，∠BOC＝90°，
∴tan∠CBO＝eq \f(1,2)．
∴∠DOF＝∠CBO．
∵∠ODN＝∠BDO，
∴△ODN∽△BDO，
∴，即：OD2＝BDDN，
∴DN＝．∴BN＝BD﹣DN＝，
过点N作NH⊥x轴于点H，
∴NH＝BNsin∠CBO＝，BH＝BNcs∠CBO＝，
∴OH＝OB﹣BH＝4﹣＝．∴N(，)；
②当点N在线段BD的延长线上时，如图，
过点F作FK⊥x轴于点K，过点D作DQ⊥FK于点Q，
∵FD⊥ON，
∴∠OFK＋∠DFQ＝90°，
∵DQ⊥FK，
∴∠FDQ＋∠DFQ＝90°，
∴∠DFK＝∠FDQ．
∵∠FKO＝∠DQF＝90°，
∴△OKF∽△FQD．
∴＝2，
∴OK＝2FQ，FK＝2QD．
设F(a，n)，则OK＝a，FK＝n，
∵D(1，eq \f(3,2))，∴DQ＝1﹣a，FQ＝n﹣eq \f(3,2)．
∴，解得：，
∴F(eq \f(1,5)，1.6)．
设直线OF的解析式为y＝cx，∴eq \f(1,5)c＝1.6，
∴c＝8，
∴直线OF的解析式为y＝8x．
∴，解得：．
∴N(，)．
综上，点N的坐标为N(，)或N(，)．
解：(1)∵抛物线对称轴为直线x＝1，
∴设抛物线y＝a(x﹣1)2＋k，
把A(﹣1，0)，C(0，﹣3)代入y＝a(x﹣1)2＋k得：
，∴，
∴y＝(x﹣1)2﹣4；
(2)如图过AC作AQ⊥AC，且AQ＝AC，过A作MN∥y轴，过C作CN⊥MN于N，过Q作QM⊥MN于M，
∴∠ACQ＝45°，点P即所求的点，
∴∠QMA＝∠CNA＝90°，∠QAC＝90°，
∴∠1＋∠2＝90°，∠1＋∠MQA＝90°，
∴∠2＝∠MQA，
∴△MQA≌△NAC(AAS)，
∴MA＝NC＝1，MQ＝AN＝3，
∴Q(2，1)，
设直线CQ的解析式为y＝kx＋b，
∴，∴，
∴yCQ＝2x﹣3，
∴，∴，，
∴P(4，5)；
(3)∵y＝(x﹣1)2﹣4，
∴y＝x2﹣2x﹣3，
依题意设N(1，n)，M(m，m2﹣2m﹣3)，
∵C(0，﹣3)，对称轴为直线x＝1，
∴F(2，﹣3)，
∵A(﹣1，0)，F(2，﹣3)，N(1，n)，M(m，m2﹣2m﹣3)，当以AF为对角线时，
，
∴m＝0，
∴M(0，﹣3)，
当以AN为对角线时，
，
∴m＝﹣2，
∴M(﹣2，5)，
当以AM为对角线时，
，
∴m＝4，
∴M(4，5)，
综上所述：M(0，﹣3)或M(﹣2，5)或M(4，5)．
解：(1)将点A(﹣3，0)和点B(1，0)代入y＝x2＋bx＋c，
∴，解得，
∴y＝x2＋2x﹣3；
(2)∵y＝x2＋2x﹣3＝(x＋1)2﹣4，
∴抛物线的顶点(﹣1，﹣4)，
∵顶点(﹣1，﹣4)关于原点的对称点为(1，4)，
∴抛物线F2的解析式为y＝﹣(x﹣1)2＋4，
∴y＝﹣x2＋2x＋3；
(3)由题意可得，抛物线F3的解析式为y＝﹣(x﹣1)2＋6＝﹣x2＋2x＋5，
①联立方程组，解得x＝2或x＝﹣2，
∴C(﹣2，﹣3)或D(2，5)；
②设直线CD的解析式为y＝kx＋b，
∴，解得，
∴y＝2x＋1，
过点M作MF∥y轴交CD于点F，过点N作NE∥y轴交于点E，
设M(m，m2＋2m﹣3)，N(n，﹣n2＋2n＋5)，
则F(m，2m＋1)，E(n，2n＋1)，
∴MF＝2m＋1﹣(m2＋2m﹣3)＝﹣m2＋4，NE＝﹣n2＋2n＋5﹣2n﹣1＝﹣n2＋4，
∵﹣2＜m＜2，﹣2＜n＜2，
∴当m＝0时，MF有最大值4，
当n＝0时，NE有最大值4，
∵S四边形CMDN＝S△CDN＋S△CDM＝eq \f(1,2)×4×(MF＋NE)＝2(MF＋NE)，
∴当MF＋NE最大时，四边形CMDN面积的最大值为16．
解：(1)∵直线y＝x＋3交x轴于点A，y轴于点D，
∴A(﹣3，0)，D(0，3)，
将A(﹣3，0)代入抛物线y＝x2＋bx﹣3，
∴(﹣3)2﹣3b﹣3＝0，
∴b＝2，
∴抛物线解析式为y＝x2＋2x﹣3，
(2)连接OP，过点P作PH⊥x轴于H，PN⊥y轴于N，
∵P在第三象限抛物线上，P点横坐标为t(t＜0)，
∴P(t，t2＋2t﹣3)，
∴s＝S△APD＝S△OAD＋S△OAP﹣S△OPD
＝
＝
＝
＝﹣eq \f(3,2)t2﹣eq \f(3,2)t＋9．
(3)过D作DH⊥y轴交PE的延长线于H，作PM⊥DH于M，PN⊥y轴于N，如图3，
∵PM∥DN，
∴∠PDC＝∠DPM，
∵∠EPD＝2∠PDC，
∴∠HPM＝∠DPM，
而PM⊥DH，
∴MH＝MD，
易得四边形PNDM为矩形，
∴MD＝PN，
∴DH＝2PN，
∵EF⊥PD，
∴∠GDF＋∠DFG＝90°，
而∠PHD＋∠HPM＝90°，
∴∠DFG＝∠PHM，
∵∠ADF＝45°，
∴∠HDE＝45°，
∴△DEH≌△DEF(AAS)，
∴DH＝DF，
∴DF＝2MD＝2PN，
在Rt△PFN中，∵，
∴PF＝3PN，
∴PN，
∴设P点坐标为(t，t2＋2t﹣3)，则DF＝﹣2t，FN＝﹣2eq \r(2)t，
∴ON＝DF＋FN﹣OD＝﹣2t﹣2eq \r(2)t﹣3，
∴﹣2t﹣2eq \r(2)t﹣3＝﹣(t2＋2t﹣3)，整理得t1＝﹣eq \r(2)，t2＝3eq \r(2)(舍去)，
∴PF＝3PN＝﹣3t＝3eq \r(2)．
解：(1)令y＝0，则﹣eq \f(\r(3),6)x2＋eq \f(2\r(3),3)x＋2eq \r(3)＝0，解得x＝﹣2或x＝6，
∴A(﹣2，0)，B(6，0)，令x＝0，则y＝2eq \r(3)，
∴C(0，2eq \r(3))，
∵y＝﹣eq \f(\r(3),6)x2＋eq \f(2\r(3),3)x＋2eq \r(3)＝﹣eq \f(\r(3),6)(x﹣2)2＋eq \f(8,3)eq \r(3)，
∴抛物线的对称轴为直线x＝2，
∴D(2，0)，
设直线CD的解析式为y＝kx＋b，
∴，解得，
∴y＝﹣eq \r(3)x＋2eq \r(3)；
(2)在点E，使△ACE为直角三角形，理由如下：
设E(t，﹣eq \r(3)t＋2eq \r(3))，
∴AC2＝16，AE2＝4t2﹣8t＋16，CE2＝4t2，
①当∠CAE＝90°时，AC2＋AE2＝CE2，
∴16＋4t2﹣8t＋16＝4t2，
∴t＝4，
∴E(4，2eq \r(3))；
②当∠ACE＝90°时，AC2＋CE2＝AE2，
∴16＋4t2＝4t2﹣8t＋16，
∴t＝0(舍)；
③当∠AEC＝90°时，AE2＋CE2＝AC2，
∴4t2﹣8t＋16＋4t2＝16，
∴t＝0(舍)或t＝1，
∴E(1，eq \r(3))；
综上所述：E点坐标为(4，2eq \r(3))或(1，eq \r(3))．
解：(1)∵抛物线顶点的坐标为(﹣2，4)，
∴设抛物线解析式为y＝a(x＋2)2＋4(a≠0)，
把点(0，0)代入得：0＝a(x＋2)2＋4．
解得：a＝﹣1，
∴抛物线解析式为y＝﹣(x＋2)2＋4＝﹣x2﹣4x．
令y﹣0，则﹣x2﹣4x＝0，解得：x1＝﹣4，x2＝0，
∴点B(﹣4，0)，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣4x．点B(﹣4，0)；
(2)∵AC⊥x轴，点A (﹣2，4)，
∴点C(﹣2，0)，
∴OC＝2，AC＝4，
∵∠ACO＝∠DEO＝90°，
∴当以A，O，C为顶点的三角形与以D，O，E为顶点的三角形相似时，∠AOC＝∠ODE或∠AOC＝∠DOE，设D(x，﹣x2﹣4x)，
①当∠AOC＝∠ODE时，△AOC∽△ODE，如图：
∵∠AOC＝∠ODE，
∴tan∠AOC＝tan∠ODE，
∴＝＝2，∴＝2，
∴﹣x＝2(x2＋4x)或﹣x＝﹣2(x2＋4x)，
∴x1＝0(舍去)，x2＝﹣eq \f(9,2)或x3＝0(舍去)，x4＝﹣eq \f(7,2)，
∴点D的坐标为(﹣eq \f(9,2)，﹣eq \f(7,4))或(﹣eq \f(7,2)，eq \f(7,4))；
②当∠AOC＝∠DOE时，△AOC∽△DOE，如图：
∵∠AOC＝∠DOE，
∴tan∠AOC＝tan∠DOE，
∴＝＝2，∴＝2，
∴﹣2x＝x2＋4x或2x＝x2＋4x，
∴x1＝0(舍去)，x2＝﹣6或x3＝0(舍去)，x4＝﹣2(舍去)，
∴点D的坐标为(﹣6，﹣12)；
点D(﹣6，﹣12)；
综上所述，当以A，O，C为顶点的三角形与以D，O，E为顶点的三角形相似时，点D的坐标为(﹣6，﹣12)或(﹣eq \f(9,2)，﹣eq \f(9,4))或(﹣eq \f(7,2)，eq \f(7,4))；
(3)∵在(2)的条件下，点D在第二象限，∴点D的坐标为(﹣eq \f(7,2)，eq \f(7,4))，
直线BD的解析式y＝kx＋m，
∴，解得，
∴直线BD的解析式y＝eq \f(7,2)x＋14，直线BD与y轴交于(0，14)，
∴过点A平行于BD的直线AM的解析式为y＝eq \f(7,2)x＋11，交y轴于(0，11)，
∵点A，点B，点D，到直线FG的距离都相等，
∴直线FG的的解析式为y＝eq \f(7,2)x＋12.5，
联立得，解得，，
∴F(﹣eq \f(5,2)，eq \f(15,4))，G(﹣5，﹣5)，
∴FG＝．
解：(1)令x=0，可得y=2，令y=0，可得x=4，即点B(4，0)，C(0，2)；
设二次函数的解析式为y=ax2+bx+c，将点A、B、C的坐标代入解析式得，
，解得：，
∴二次函数的关系式为y=﹣eq \f(1,2)x2+eq \f(3,2)x+2；
(2)如图1，过点P作PN⊥x轴于点N，交BC于点M，过点C作CE⊥PN于E，
设M(a，﹣eq \f(1,2)a+2)，P(a，﹣eq \f(1,2)a2+eq \f(3,2)a+2)，
∴PM=﹣eq \f(1,2)a2+eq \f(3,2)a+2﹣(﹣eq \f(1,2)a+2)=﹣eq \f(1,2)a2+2a(0≤x≤4)．
∵y=﹣eq \f(1,2)x2+eq \f(3,2)x+2=﹣eq \f(1,2)(x﹣eq \f(3,2))2+，∴点D的坐标为：(eq \f(3,2)，0)，
∵S四边形PCDB=S△BCD+S△CPM+S△PMB=eq \f(1,2)BD×OC+eq \f(1,2)PM×CE+eq \f(1,2)PM×BN，
=eq \f(5,2)+eq \f(1,2)a(﹣eq \f(1,2)a2+2a)+eq \f(1,2)(4﹣a)(﹣eq \f(1,2)a2+2a)
=﹣a2+4a+eq \f(5,2)(0≤x≤4)=﹣(a﹣2)2+eq \f(13,2)，
∴a=2时，S四边形PCDB的面积最大=eq \f(13,2)，∴﹣eq \f(1,2)a2+eq \f(3,2)a+2=﹣eq \f(1,2)×22+eq \f(3,2)×2+2=3，
∴点P坐标为：(2，3)，
∴当点P运动到(2，3)时，四边形PCDB的面积最大，最大值为eq \f(13,2)；
(3)如图2中，
∵A(﹣1，0)，C(0，2)，
∴直线AC的解析式为y=2x+2，直线AC与对称轴的交点即为点M，此时|MA﹣MC|的值最大，
∴M(eq \f(3,2)，5)．∵抛物线的对称轴是x=eq \f(3,2)，∴OD=eq \f(3,2)，
∵C(0，2)，∴OC=2．在Rt△OCD中，由勾股定理，得CD==，
∵△CDQ是以CD为腰的等腰三角形，∴CQ1=DQ2=DQ3=CD．
如图2所示，作CE⊥对称轴于E，∴EQ1=ED=2，∴DQ1=4．
∴Q1(eq \f(3,2)，4)，Q2(eq \f(3,2)，eq \f(5,2))，Q3(eq \f(3,2)，﹣eq \f(5,2))．