2026年广东省中考数学二轮复习课件：二次函数综合题

该初中数学课件聚焦中考二次函数综合题核心考点，覆盖解析式求解、特殊三角形判定、动点最值等12类常考题型，严格对接中考说明，分析得出二次函数与几何综合占压轴题60%以上的权重，系统归纳待定系数法、勾股定理逆定理等解题通用技法，体现备考针对性。 课件亮点在于“母题+变式+真题”体系，融入2025年遂宁、苏州等地中考真题，通过对称法求线段和最值、分类讨论等腰三角形存在性等实例，培养学生几何直观与推理意识，帮助掌握动态问题解题模型，教师可依此精准突破考点，提升学生中考得分率。

二次函数综合题 二次函数压轴题常见题型与方法总结 类型 常考问题设计 母题 如图2－40－1，抛物线y=x2＋bx＋c的顶点为D（－1，－4），与y轴相交于点C（0，－3），与x轴相交于点A，B（点A在点B的左边），求抛物线的解析式． 解：把D，C两点的坐标代入y=x2＋bx＋c， 得 解得 ∴抛物线的解析式为y=x2＋2x－3. 解题通用技法 用待定系数法将点D，C的坐标代入，从而求出 b，c的值而得解析式 以下对于上述母题设计若干常考问题，并进行分析 类型 常考问题设计 二次函数与 特殊三角形 （直角三角 形） （1）如图2－40－2，连接AC， CD，AD． 试判定 △ACD的形状，并说明理由． 解：△ACD为直角三角形． 理由如下： ∵抛物线的解析式为y=x2＋ 2x－3， 令y=0，得0=x2＋2x－3. 解得x1=1，x2=－3. ∴A（－3，0），B（1，0）． ∴AC= =3 ， = ， AD= =2 ． ∴AC2＋CD2=AD2. ∴△ACD为直角三角形． 解题通用技法 先应用勾股定理或平面内两点间的距离公式，求出三角形各边的长，再根据勾股定理的逆定理判定三角形的形状 类型 常考问题设计 二次函数与 特殊三角形 （等腰三角 形与动点） （2）如图2－40－3，在抛物 线的对称轴上是否存在点P， 使△PCB是等腰三角形？若存 在，请求出点P的坐标；若不 存在，请说明理由． 存 解：存在． ∵抛物线的解析式为y=x2＋ 2x－3， ∴抛物线的对称轴为直线 x=－ =－1. 设点P的坐标为（－1，t）． ∵B（1，0），C（0，－3）， 由两点间距离公式，得 BC= = ， BP= = ， CP= = ． ①当BP=CP时，得 = ． 解得t=－1.∴P1（－1，－ 1）； ②当BC=BP时，得 = ． 解得t1= ，t2=－ ． ∴P2（－1， ），P3（－1，－ ）； ③当BC=CP时，得= ． 解得t1=0，t2=－6. ∴P4（－1，0），P5（－1，－6）． 综上所述，点P的坐标为（－1，－1）或（－1， ）或（－1，－ ）或 （－1，0）或（－1，－6）． 解题通用技法 设点P的坐标为（－1，t）后，分三种情况，若P为三角形顶角的顶点，则PB=PC；若B为三角形顶角的顶点，则BP=BC；若C为三角形顶角的顶点，则CP=CB，分别用两点间的距离公式求出或表示各线段的长度，再根据上述等式列方程求解即 可 　　续表 类型 常考问题设计 二次函数与 角度 （3）如图2－40－4，若点P 在抛物线上，且 ∠PCA=45°，求点P的坐标． 解：∵A（－3，0），C（0，－3）， ∴OA=OC=3. ∵∠AOC=90°， ∴∠OAC=∠OCA=45°． ∵∠OAC=∠PCA=45°， ∴CP∥x轴． 在y=x2＋2x－3中， 令y=－3， 得x2＋2x－3=－3. 解得x1=0，x2=－2. ∴点P的坐标为（－2，－3）． 解题通用技法 利用直线AC的解析式、△AOC的特点，数形结 合，列出有关的方程，即可求出点P的坐标 类型 常考问题设计 二次函数与 相似 （4）如图2－40－5，△ACD与△COB是否相似？请说明理由． 解：△ACD∽△COB． 理由如下： 由（1）知△ACD为直角三角 形，CA=3　 ，CD= ． ∵B（1，0），C（0，－3）， ∴OB=1，OC=3. ∴ = = ， = = ． ∴ = ． 又∵∠BOC=∠DCA=90°， ∴△ACD∽△COB． 解题通用技法 用两点间的距离公式分别表示两个三角形的各 边之长，再用相似的判定方法进行判定，注意 相似中没有指明对应边时，要进行分类讨论 类型 常考问题设计 二次函数与 相似（动 点、动线） （5）如图2－40－6，若Q是线段AB上的一个动点（不与点A，B重合），QE∥AC交BC于点E，当△QCE的面积最大时，求动点Q的坐标． 解：∵QE∥AC， ∴△QEB∽△ACB． ∴ = ． ∴S△QEB=S△ACB∙ ． 设Q（t，0）， 则BQ=1－t，AQ=t＋3. ∵BA=OA＋OB=4， ∴S△QCE=S△ACB－S△AQC－ S△QEB =S△ACB－S△AQC－S△ACB∙ = ×4×3－ ×（t＋3）×3 3× =－ （t＋1）2＋ （－3＜t ＜1）． ∴当t=－1时，S△QCE取得最 大值，此时点Q的坐标为（－ 1，0）． － ×4× 解题通用技法 △QCE是三边均动的动三角形，把该三角形分割成大三角形减去小三角形的差．题中平行线的作用是有两个三角形 相似，从而有对应边的比的平方等于面积的比，最后该动三角形的面积可表示为与动点Q（t，0）的坐标有关的开口向下的二次函数 类型 常考问题设计 二次函数与 特殊四边形 （6）如图2－40－7，若E为x轴上的一个动点，F为抛物线上的一个动点，当C，A，E，F 构成平行四边形时，求点E的坐标．标为（2＋ ， 0）或（2－ 解：设点E的坐标为（m， 0），点F的坐标为（n，n2＋2n－3）． ∵A（－3，0），C（0，－3）， ①当AC为对角线时，由中点 坐标公式，得 ​ 即 解得 或 （不合题意，舍 去）． ∴点E的坐标为（－1，0）； ②当AF为对角线时，由中点 坐标公式，得 ​ 即 解得 或 （不合题意，舍 去）． ∴点E的坐标为（－5，0）； ③当AE为对角线时，由中点 坐标公式，得 ​ 即 解得 或 ∴点E的坐标为（2＋ ， 0）或（2－ ，0）． 综上所述，点E的坐标为（－ 1，0）或（－5，0）或（2＋ ，0）或（2－ ，0）． 解题通用技法 以其中一个已知点（如：点A）作为起点，列出所有对角线的 情况（如：AC，AF，AE），分别设出两个动点（点E，点F），运用中点坐标公式，求出每一种情况下，两条对角 线的中点坐标，注意到两个中点重合，其坐标对应相等，列出方程组，求解即可 类型 常考问题设计 二次函数与 线段的和差 （最值问题） （7）如图2－40－8，在x轴上是否存 在点P，使PC＋PD最短？若存在，求 出点 P的坐标，并求出最小值；若不 存在，请说明理由． 解：存在． 如答图2－40－1，作点C关于x轴的 对称点C′，连接C′D，C′D与x 轴的交点即为满足条件的点P． ∴C′（0，3）． 设直线C′D的解析式为y=kx＋b． 把C′（0，3），D（－1，－4）两 点的坐标代入，得 解 得 答图2－40－1 ∴直线C′D的解析式为y=7x＋3. 答图2－40－1 令y=0，得7x＋3=0.解得x=－ ． ∴P ． 又∵C′D= = ， ∴存在点P ，使PC＋PD有 最小值，最小值为 ． 解题通用技法 在两定点中任选一个点（为了简单起见，常常选择轴上的点），求出该点关于题中的动点运动所经过的那条直线 的对称点的坐标，再把此对称点与余下定点相连 类型 常考问题设计 二次函 数与 周长 （最值 问题） （8）如图2－40－9，在y轴上是否 存在点P，使△PAD的周长最小？若 存在，求出点P的坐标，并求出周长 的最小值；若不存在，请说明理由． 解：存在． 如答图2－40－2，作点A关于y轴的 对称点A′，连接A′D，A′D与y 轴的交点即为满足条件的点P，此时 AP＋DP的最小值为A′D的长． ∴A′（3，0）． 同理可得A′D的解析式为y=x－3. 答图2－40－2 令x=0，得y=－3.∴P（0，－3）． ∵A′（3，0），D（－1，－4）， A（－3，0）， ∴A′D= =4 ， AD= =　 ． ∴AP＋DP的最小值为4　 ． ∴△PAD的周长最小值为AP＋DP＋ AD=4　 ＋2　 ． 答图2－40－2 解题通用技法 注意到AD是定线段，其长度是个定值，因此只需要求PA＋PD最小值，再加上定值AD即可 类型 常考问题设计 二次函 数与 面积 （最值 问题） （9）如图2－40－10，在直线AC下方 的抛物线上是否存在点P，使△APC的 面积最大？若存在，求出点P的坐 标；若不存在，请说明理由． 解：存在． 如答图2－40－3，过点P作PE∥y 轴，交AC于点E，交x轴于点F． ∵A（－3，0），C（0，－3）， ∴直线AC的解析式为y=－x－3. 设P（t，t2＋2t－3），则E（t， －t－3）． ∴PE=（－t－3）－（t2＋2t－3） =－t2－3t． ∴S△APC=S△APE＋S△CPE = PE∙AF＋ PE∙OF 答图2－40－3 = PE∙（AF＋OF） = PE∙OA = （－t2－3t） =－2＋ ． ∴当t=－ 时，△APC的面积最大， t2＋2t－3=－ ． ∴点P的坐标为 ． 答图2－40－3 解题通用技法 过点P作y轴的平行线，将△APC分割成2个同底的 三角形，则S△APC= （y上动－y下动）∙ （x右定－x左定） 类型 常考问题设计 二次函 数与 面积 （最值 问题） （10）如图2－40－11，在直线AC下 方的抛物线上是否存在点P，使四边 形AOCP的面积最大？若存在，求出 点P的坐标，并求出四边形面积的最 大值；若不存在，请说明理由． 解：存在． ∵OA=OC=3， ∴S△AOC= OA∙OC= ×3×3= ． ∵S四边形AOCP=S△AOC＋S△APC， ∴当S△APC取得最大值时，S四边形AOCP 就最大． 由（9）知，当点P的坐标为 时， S△APC的最大值为 ，则S四边形AOCP的 最大值为 ＋ = ． 解题通用技法 四边形AOCP是不规则图形，通常用割补法求解， 则S四边形AOCP=S△AOC＋S△APC或S四边形AOCP= S△COP＋S△AOP 类型 常考问题设计 二次函 数与 距离 （最值 问题） （11）如图2－40－12，点P是直线AC 下方的抛物线上的一个动点，求点P 到直线AC的距离的最大值及此时点P 的坐标． 解：当△APC面积最大时，边AC上 的高最大，即点P到边AC的距离最 大． 由（9）知，当点P的坐标为 时，△APC的面积有最大值，最大值 为 ． ∵AC=3 ， ∴AC边上的高为 ×2÷3 = ． ∴点P到直线AC的距离的最大值为 ，此时点P的坐标为 解题通用技法 因为AC是定线段，点P到直线AC的距离最大，也就是△ACP的面积最大 　　续表 类型 常考问题设计 二次函 数与 面积 （数量 关系） （12）如图2－40－13，在抛物线上 是否存在点P，使S△PBC=2S△ACD？若 存在，求出点P的坐标；若不存在， 请说明理由． 则P（－ 解：存在． 由（1）知，在Rt△ACD中， AC=3 ，CD= ， ∴S△ACD= AC∙CD=3. ∴S△PBC=2S△ACD=6. 设直线BC的解析式为y=kx＋b． 把点B，C的坐标代入， 得 解得 ∴直线BC的解析式为y=3x－3. 答图2－40－4 如答图2－40－4，过点P作PE∥y轴 交直线BC于点E，连接PB，PC． 设P（t，t2＋2t－3），则E（t， 3t－3）． ∴PE= = ． ∴S△PBC=S△PEB－S△PEC= PE∙（xB－ xC）= ∙（1－0）= =6. 整理，得t2－t－12=0①， 或t2－t＋12=0②． 解①，得t1=－3，t2=4；方程②无 解． 则P（－3，0）或P（4，21）． ∴当P（－3，0）或P（4，21） 时，S△PBC=2S△ACD． 答图2－40－4 解题通用技法 过点P作y轴的平行线，将△PBC变成2个同底的三角形的差或和，则S△PBC= （y上动－y下动）（x右定－x左定），再代 入已求的面积等式求解即可 1. （2025∙遂宁）如图2－40－14，在平面直角坐标系中，二次函 数y=x2＋bx＋c（b，c为常数）的图象与x轴交于A（－1，0），B 两点，交y轴于点C，对称轴为直线x=1. （1）求二次函数的解析式； 解：（1）∵抛物线的对称轴为直 线x=1， ∴－ =1.∴b=－2a=－2. ∴二次函数的解析式为y=x2－2x ＋c． ∵点A（－1，0）在抛物线上， ∴1＋2＋c=0. 解得c=－3.∴二次函数的解析式 为y=x2－2x－3. （2）连接AC，BC，抛物线上是否存在点P，使∠CBP＋ ∠ACO=45°？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由； 解：（2）∵抛物线的对称轴为直线x=1，点A的坐 标为（－1，0）， ∴点B（3，0）． 对于y=x2－2x－3，当x=0时，y=－3， ∴C（0，－3）．∴OB=OC=3，即 ∠OBC=∠OCB=45°． ①如答图2－40－5，当点P在直线BC上方时，设BP 与y轴交于点K． ∵∠OBC=∠OBP＋∠CBP=45°，∠CBP＋ ∠ACO=45°，∴∠OBP=∠ACO． ∴tan∠OBP=tan∠ACO，即 = ． ∴ = ．∴OK=1.∴K（0，－1）． 设直线BP的解析式为y=kx－1.把点B（3，0）代 入，得3k－1=0. 答图2－40－5 解得k= ．∴直线BP的解析式为y= x－1. 联立 解得 或 （与B点 重合，舍去）．此时P ； ②如答图2－40－6，当点P在直线BC下方时，作点 A关于y轴的对称点L，连接CL，则 ∠ACO=∠LCO，L（1，0）． ∵∠OBC=∠LCO＋∠BCL=∠ACO＋∠BCL=45°， ∠CBP＋∠ACO=45°， ∴∠CBP=∠BCL． ∴BP∥CL． 设直线CL的解析式为y=mx－3.把点L（1，0）代 入，得m－3=0. 解得m=3.∴直线CL的解析式为y=3x－3. 答图2－40－6 设直线BP的解析式为y=3x＋n．把点B（3，0）代入，得9＋ n=0. 解得n=－9.∴直线BP的解析式为y=3x－9. 联立 解得 或 （与B点重 合，舍去）．此时P（2，－3）． 综上所述，点P的坐标为 或（2，－3）． 答图2－40－6 （3）在x轴上方的抛物线上找一点Q，作射线AQ，使 ∠BAQ=2∠ACO，点M是线段AQ上的一动点，过点M作MN⊥x轴，垂足 为N，连接BM，求BM＋MN的最小值． 解：（3）如答图2－40－7，在OC 上取点D，使AD=CD，则 ∠ADO=2∠ACO． ∵∠BAQ=2∠ACO， ∴∠BAQ=∠ADO． 设OD=m，则AD=CD=3－m． 在Rt△AOD中，OA2＋OD2=AD2，即 1＋m2=（3－m）2． 解得m= ．∴OD= ，AD= ． 答图2－40－7 如答图2－40－7，作点B关于射线AQ的对称点E，连接BE交AQ于 点F，连接EM，过点E作EG⊥x轴于点G，则BM=EM，BF=EF， BE⊥AQ． ∴BM＋MN=EM＋MN≥EG， 即当E，M，N三点共线时，BM＋MN的 值最小为EG． ∵∠BAQ=∠ADO，∴ sin ∠BAQ= sin ∠ADO， 即 = ．∴ = ． 解得BF= ．∴BE=2BF= ． 答图2－40－7 ∵∠AGE=∠AFE=90°，∴∠BEG=∠BAF=∠ADO． ∴ cos ∠BEG= cos ∠ADO，即 = ． ∴ = ． 解得EG= ．∴BM＋MN的最小值为 ． 答图2－40－7 2. （2025∙苏州）如图2－40－15，二次函数y=－x2＋2x＋3的图 象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C， 作直线BC，M（m，y1），N（m＋2，y2）为二次函数y=－x2＋ 2x＋3图象上两点． （1）求直线BC对应函数的表达式； 解：（1）对于二次函数y=－x2＋2x＋3， 令x=0，则y=3.∴点C的坐标为（0，3）； 令y=0，则－x2＋2x＋3=0. 解得x1=－1，x2=3.∴点B的坐标为（3，0）． 设直线BC对应函数的表达式为y=kx＋b． 把C，B两点坐标代入，得 解得 ∴直线BC对应函数的表达式为y=－x＋3. （2）试判断是否存在实数m使得y1＋2y2=10.若存在，求出m的 值；若不存在，请说明理由； 解：（2）不存在实数m使得y1＋2y2=10.理由如下： ∵M（m，y1），N（m＋2，y2）为二次函数y=－x2＋2x＋3图象 上两点， ∴y1=－m2＋2m＋3，y2=－（m＋2）2＋2（m＋2）＋3=－m2－2m ＋3. ∴y1＋2y2=－m2＋2m＋3＋2（－m2－2m＋3）=－3m2－2m＋9. 当y1＋2y2=10时，－3m2－2m＋9=10，即3m2＋2m＋1=0. ∵Δ=22－4×3×1=－8＜0，∴方程没有实数根．∴不存在实数m 使得y1＋2y2=10. （3）已知P是二次函数y=－x2＋2x＋3图象上一点（不与点M， N重合），且点P的横坐标为1－m，作△MNP． 若直线BC与线段 MN，MP分别交于点D，E，且△MDE与△MNP的面积的比为1∶4， 请直接写出所有满足条件的m的值． 解：（3）m= 或m= ． 【提示】如答图2－40－8，过点N作NH∥y轴， 交x轴于点H，交BC于点N′，过点P作 PQ⊥NH，垂足为Q，过点M作MM′∥y轴，交BC 于点M′，则MM′∥NN′． 当x=1－m时，y=－（1－m）2＋2（1－m）＋3= －m2＋4． ∴点P的坐标为（1－m，－m2＋4）． ∵点N的坐标为（m＋2，－m2－2m＋3）， 答图2－40－8 ∴点Q的坐标为（m＋2，－m2＋4）， 点H的坐标为（m＋2，0）， 点N′的坐标为（m＋2，－m＋1）． ∴NQ=PQ= ，BH=HN′= ． ∴∠PNQ=∠BN′H=45°．∴PN∥BC． ∴△MDE∽△MNP． ∴2= = ．∴MD= MN，即MD=ND． ∵MM′∥NN′．∴△MM′D∽△NN′D． ∴ = = ，即MM′=NN′． 答图2－40－8 ∵点M的坐标为（m，－m2＋2m＋3），∴点M′的坐标为（m， －m＋3）． ∴ = ． 解得m= 或m= 或m= （此时点P与点M重合，舍去）． ∴m= 或m= ． 答图2－40－8 3. （2025∙东营）如图2－40－16，已知抛物线与x轴交于A（－ 1，0），B（5，0）两点，与y轴交于点C（0，5）． （1）求抛物线的解析式； 图2－40－16 解：（1）∵抛物线与x轴交于A（－ 1，0），B（5，0）两点， ∴设抛物线的解析式为y=a（x＋1） （x－5）． 把点C（0，5）代入，得－5a=5.解 得a=－1. ∴抛物线的解析式为y=－（x＋1） （x－5）， 即y=－x2＋4x＋5. （2）如图2－40－16①，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个 动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点 E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为F， 当四边形DEFG的周长最大时，求点D的坐标； 图2－40－16 解：（2）∵抛物线的解析式为y=－ x2＋4x＋5=－（x－2）2＋9， ∴抛物线的对称轴为直线x=2，顶点坐标为（2，9）． 设D（x，－x2＋4x＋5）（2＜x＜5），、则E（4－x，－x2＋4x＋5）． ∴DG=－x2＋4x＋5，DE=x－（4－x）=2x－4. ∴DG＋DE=－x2＋4x＋5＋2x－4=－x2＋6x＋1. 由题意可知四边形DEFG是矩形， ∴四边形DEFG的周长为2（DG＋DE）=－2x2＋12x＋2=－2（x－ 3）2＋20. ∵－2＜0，∴当x=3时，四边形DEFG的周长最大． 当x=3时，－x2＋4x＋5=－32＋4×3＋5=8， ∴当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）． （3）如图2－40－16②，点M是抛物线的顶点，将△MBC沿BC翻 折得到△NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得 △PQB是以QB为直角边的直角三角形，请直接写出点P的坐标． 图2－40－16 解：（3）点P的坐标为 或（2，－9）． 【提示】如答图2－40－9，过点C作CR⊥y轴，交 BM于点R，则∠OCR=90°． 设直线BM的解析式为y=kx＋b． 　答图2－40－9 把点B（5，0），M（2，9）代入， 得 解得 ∴直线BM的解析式为y=－3x＋15. 对于y=－3x＋15，当y=5时，得5=－3x＋15. 解得x= ．∴R ．∴CR= ． 　答图2－40－9 由折叠的性质，得∠CBQ=∠CBR． ∵B（5，0），C（0，5），∴OB=OC=5.∴∠OCB=45°． ∴∠BCR=∠OCR－∠OCB=45°．∴∠BCQ=∠BCR． 又∵BC=BC，∴△BCQ≌△BCR（ASA）． ∴CQ=CR= ．∴OQ=OC－CQ= ． ∴Q ． 设P（2，p），则PQ2=22＋2， BP2=（2－5）2＋p2， BQ2=52＋2． 　答图2－40－9 ①当∠BQP=90°时，BP2=PQ2＋BQ2，即（2－5）2＋p2=22＋ 2＋52＋2． 解得p= ．此时P ； ②当∠QBP=90°时，PQ2=BP2＋BQ2， 即22＋2=（2－5）2＋p2＋52＋2． 解得p=－9.此时P（2，－9）． 综上所述，点P的坐标为 或（2，－9）． 　答图2－40－9 4. （2023∙郴州）已知抛物线y=ax2＋bx＋4与x轴相交于点A （1，0），B（4，0），与y轴相交于点C． （1）求抛物线的表达式； 解：（1）∵抛物线y=ax2＋bx＋4与x轴相交于点A（1，0），B （4，0）， ∴ 解得 ∴抛物线的表达式为y=x2－5x＋4. （2）如图2－40－17①，点P是抛物线的对称轴l上的一个动点， 当△PAC的周长最小时，求 的值； 解：（2）∵y=x2－5x＋4，当x=0时，y=4， ∴C（0，4），抛物线的对称轴为直线x= ． ∵△PAC的周长等于PA＋PC＋AC，AC为定长， ∴当PA＋PC的值最小时，△PAC的周长最小． ∵A，B关于对称轴对称，∴PA＋PC=PB＋ PC≥BC． 如答图2－40－10，当P，B，C三点共线时，PA＋ PC的值最小，为BC的长，此时点P为直线BC与对称 轴的交点． 答图2－40－10 设直线BC的解析式为y=mx＋n，则 解得 ∴直线BC的解析式为y=－x＋4. 当x= 时，y=－ ＋4= ，∴P ． ∵A（1，0），C（0，4）， 答图2－40－10 ∴PA= = ，PC= = ．∴ = ． 答图2－40－10 （3）如图2－40－17②，取线段OC的中点D，在抛物线上是否存 在点Q，使tan∠QDB= ？若存在，求出点Q的坐标；若不存在， 请说明理由． 图2－40－17 解：（3）存在． ∵D为OC的中点，∴D（0，2）．∴OD=2. ∵B（4，0），∴OB=4.∴在Rt△BOD中， tan∠OBD= = ． ∵tan∠QDB= =tan∠OBD，∴∠QDB=∠OBD． ①当点Q在点D上方时，如答图2－40－11， 过点D作DQ∥OB，交抛物线与点Q，则∠QDB=∠OBD，此时 点Q的纵坐标为2. 设点Q的横坐标为t，则t2－5t＋4=2. 解得t= ．∴Q 或Q ； 答图2－40－11 ②当点Q在点D下方时，如答图2－40－12，设DQ与x轴交于点 E，则DE=BE． 设E（p，0），则DE2=OE2＋OD2=p2＋4，BE2=（4－p）2. ∴p2＋4=2.解得p= ． ∴E ． 设直线DE的解析式为y=kx＋q， 答图2－40－12 则 解得 ∴直线DE的解析式为y=－ x＋2. 联立 解得 或 答图2－40－12 ∴Q（3，－2）或Q ． 综上所述，点Q的坐标为 或 或（3，－ 2）或 ． 答图2－40－12 5. （2021∙广东）已知二次函数y=ax2＋bx＋c的图象经过点 ，且对于任意实数x，都有4x－12≤ax2＋bx＋c≤2x2 －8x＋6. （1）求该二次函数的解析式； 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的图象必定经过（3，0）． 又∵y=ax2＋bx＋c的图象经过（－1，0）， ∴ ∴y=ax2－2ax－3a，即4x－12≤ax2－2ax－3a． 可看成二次函数y=ax2－2ax－3a的图象与一次函数y=4x－12的 图象仅有一个交点，且整体位于直线y=4x－12的上方． ∴a＞0，且4x－12=ax2－2ax－3a有两个相等的实数根． ∴Δ=0. ∴（2a＋4）2－4a（12－3a）=0. ∴（a－1）2=0. ∴a=1. ∴b=－2，c=－3. ∴y=x2－2x－3. （2）若（1）中二次函数图象与x轴正半轴的交点为A，与y轴 的交点为C，M是（1）中二次函数图象上的动点．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． 解：（2）存在． 由（1）可知A（3，0），C（0，－3），设M ，N（n，0）． ①当AC为对角线时， ∴ 解得m1=0（不合题意，舍 去），m2=2. ∴n=1，即N（1，0）； ②当AM为对角线时， ∴ 解得m3=0（不合题意，舍去）， m4=2. ∴n=5，即N（5，0）； ③当AN为对角线时， ∴ 解得m5=1＋ ，m6=1－ ． ∴n= －2或n=－2－ ． ∴N（ －2，0）或N（－2－ ，0）． 综上所述，点N的坐标为（1，0）或（5，0）或（ －2，0）或 （－2－ ，0）． $