2026年中考数学解答题专题训练：特殊三角形问题（二次函数综合）

**基本信息** 聚焦二次函数与特殊三角形综合，以代数法解几何问题为主线，系统整合待定系数法、勾股定理及动态分类讨论，强化几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |判定与性质|5题|勾股定理逆定理证直角、等腰条件列方程|二次函数解析式→坐标计算→三角形边/角关系| |存在性问题|4题|分类讨论（直角顶点/等腰腰）、对称转化|动点坐标表示→几何等量关系→方程求解| |图形变换|4题|平移参数表示、旋转全等性质|二次函数图象变换→新坐标关系→特殊三角形判定|

2026年中考数学解答题专题训练：特殊三角形问题（二次函数综合） 1．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于两点，与轴交于点，且，与轴的另一个交点为点，顶点为． (1)求该抛物线的顶点的坐标； (2)将抛物线沿轴上下平移，平移后所得新抛物线顶点为，点的对应点为． ①如果点落在线段上，请判断的形状，并说明理由； ②设直线与轴正半轴交于点，与线段交于点，当时，求平移后新抛物线的表达式． 2．如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且点A(-1，0)． （1）求抛物线的解析式及顶点D 的坐标； （2）判断的形状，并证明你的结论； （3）点是轴上的一个动点， ①当的值最小时， ； ②过点作轴，交抛物线于点，连接，面积的最大值为 ； （4）为坐标轴上一点，在平面内是否存在点，使以为顶点的四边形为矩形?若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 3．如图，抛物线y＝﹣x2+4交x轴于点A、B，交y轴于点C，连结AC，BC，D是线段OB上一动点，以CD为一边向右侧作正方形CDEF，连结BF，交DE于点P. (1)试判断△ABC的形状，并说明理由； (2)求证：BF⊥AB． (3)当点D从点O沿x轴正方向移动到点B时，点E所走过的路线长为______； (4)探究当点D在何处时，△FBC是等腰三角形，并求出相应的BF的长. 4．如图，抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点． (1)求A，B，C三点的坐标； (2)证明为直角三角形； (3)在抛物线上除C点外，是否还存在另外一个点P，使是直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 5．已知：抛物线：（为正整数），抛物线的顶点为 （1）当k＝1时，的坐标为 ； 当k＝2时，的坐标为 ； （2）抛物线的顶点是否在同一条直线上？如在，请直接写出这条直线的解析式； （3）如图（2）中的直线为直线，直线与抛物线的左交点为，求证：与重合； （4）抛物线与x轴的右交点为，是否存在是直角三角形？若存在，求k的值，若不存在，请说明理由． 6．如图，顶点为的抛物线分别与轴相交于点，（点在点的右侧）与轴相交于点． (1)求抛物线的解析式； (2)判断是否为直角三角形，并说明理由： (3)求四边形的面积． 7．如图，抛物线，顶点为，该抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，且．直线与轴交于点． (1)求抛物线的解析式； (2)证明为直角三角形； (3)求与的差． 8．如图1，已知抛物线与轴交于点，与轴交于点． 　　　 （1）求，的值； （2）点是第一象限抛物线上一动点，过点作轴的垂线，交于点．当△为等腰三角形时，求点的坐标； （3）如图2，抛物线顶点为，已知直线与二次函数图象相交于，两点．求证：无论为何值，△恒为直角三角形． 9．如图1，抛物线y＝ax2+2x+c与x轴交于点A、B（点A在点B左侧），与y轴交于点C（0，3），连接BC，抛物线的对称轴直线x＝1与BC交于点D，与x轴交于点E． （1）求抛物线的解析式； （2）如图2，把△DEB绕点D顺时针旋转60°得到△DMN，求证：点M在抛物线上； （3）如图3，点P是抛物线上的动点，连接PN，BN，当∠PNB＝30°时，请直接写出直线PN的解析式． 10．如图，已知抛物线y=ax2+x+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且A(2，0)，C(0，-4)，直线l：y=-x-4与x轴交于点D，点P是抛物线y=ax2+x+c上的一动点，过点P作PE⊥x轴，垂足为E，交直线l于F． (1)试求该抛物线表达式； (2)如图(1)，若点P在第三象限，四边形PCOF是平行四边形，求P点的坐标； (3)如图(2)，连接AC．求证：△ACD是直角三角形． 11．将抛物线向下平移6个单位长度得到抛物线，再将抛物线向左平移2个单位长度得到抛物线．        （1）直接写出抛物线，的解析式； （2）如图（1），点在抛物线对称轴右侧上，点在对称轴上，是以为斜边的等腰直角三角形，求点的坐标； （3）如图（2），直线（，为常数）与抛物线交于，两点，为线段的中点；直线与抛物线交于，两点，为线段的中点．求证：直线经过一个定点． 12．如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点． (1)求A点和点B的坐标； (2)判断的形状，证明你的结论； 13．如图，抛物线的顶点为，与轴交于点，与轴交于两点（点在点的左侧）． （）求抛物线的解析式； （）连接，试证明为直角三角形； （）若点在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点，使以为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，请说明理由． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1)顶点 (2)①等腰直角三角形，见解析；② 【分析】（1）利用待定系数法求解即可得到解析式，再将解析式化为顶点式即可得到顶点坐标； （2）①先求出直线的表达式及平移后的二次函数表达式，得到点为，即可解答；②当点在在正半轴时，则点在轴下方，如图（2），作轴于点，由直线与轴夹角为得到平移后，，求出，进而求出，即可得到平移后新抛物线的表达式． 【详解】（1）解：将点和点代入， 得 解得， ， 顶点； （2）解：①是等腰直角三角形．理由如下： 如图（1），设直线交轴于点， ，， 直线的表达式为．设平移后的抛物线的表达式为，抛物线的顶点为． 又点在直线上， 新的抛物线的表达式为， 点为，点为 ， ， 是等腰直角三角形； ②当点在在正半轴时，则点在轴下方，如图（2），作轴于点， 可知，直线与轴夹角为 平移后 ， ， 平移后新抛物线的表达式为． 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式与一次函数的解析式，二次函数图象的平移，二次函数平移的应用，勾股定理及勾股定理的逆定理的应用，数形结合及证明是解的关键． 2．（1），顶点的坐标为；（2）直角三角形，证明见解析；（3）①；②4；（4）存在，点Q的坐标为(，)或(，)或(，)． 【分析】（1）把点A的坐标代入函数解析式来求b的值；然后把函数解析式转化为顶点式，即可得到点D的坐标； （2）由两点间的距离公式分别求出AC，BC，AB的长，再根据勾股定理即可判断出△ABC的形状； （3）①作出点C关于x轴的对称点C′，则C'（0，2）．连接C′D交x轴于点M，根据轴对称性及两点之间线段最短可知，此时MC+MD的值最小，即线段C′D的长，利用待定系数法求得直线C′D的解析式，即可求得m的值； ②设MH交BC于F．利用待定系数法求得直线BC的解析式，可求得点F的坐标，继而可得线段MF的长，然后利用面积和即S△HBC =HF×BO，即可求出解； （4）利用（2）的结论知∠ACB=90，画出图形，分类求解即可． 【详解】（1）∵点在抛物线上， ∴， 解得． ∴抛物线的解析式为， ∴顶点的坐标为； （2）为直角三角形． 证明：当时，， ∴点的坐标为(0，-2)，． 当时，， ∴，． ∴点的坐标为 (4，0)， ∴，，， ∵，， ， ∴， ∴是直角三角形； （3）①作出点C关于轴的对称点C′，则C'（0，2）． 连接C′D交轴于点M，根据轴对称性及两点之间线段最短可知，MC+MD的值最小，即线段C′D的长， 设直线C′D的解析式为（）， 则， 解得：， ∴直线C′D的解析式为， 当时，， ∴点M的坐标为（，0） ∴； ②如图，设MH交BC于F， 由（2）知，B（4，0），C（0，-2）， 同理求得直线BC的解析式为：， ∵M（，0）， ∴H（，），F（，）， S△HBC =HF×BO=， ∴当时，△HBC面积的最大值是4， 故答案为：；4； （4）存在．理由如下： 由（2）的结论知∠ACB=90， ①当CB为边，点P在轴上时，此时A、P重合，如图，作QG⊥AB于G， ∵PCBQ为矩形， ∴AQ=CB，AQ∥CB， ∴∠QAG=∠CBO， ∴Rt△AQGRt△BCO， ∴AG= BO=4，QG= CO=2， GO= AG-AO=3， ∴Q(，)； ②当CB为边，点P在轴上时，如图，作QN⊥PC于N， ∵QCBP为矩形， ∴∠PBC=90，且BO⊥PC， ∴∠BCO+∠OBC=∠BCO+∠OPB=90， ∴∠OBC=∠OPB， ∴Rt△OBCRt△OPB， ∴， ∴PO=， 同理可证Rt△CQNRt△PBO， ∴QN=BO=4，CN=PO=8， NO= CN-CO=6， ∴Q(，)； ③当CB为对角线时，此时O、P重合，如图： ∵PCQB为矩形， ∴BQ=CO=2，CQ=BO=4， ∴Q(，)； 综上，点Q的坐标为(，)或(，)或(，) ． 【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数、一次函数解析式，抛物线的性质，勾股定理的逆定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的性质以及轴对称－最短路线等重要知识点，综合性强，能力要求极高．考查学生数形结合的数学思想方法． 3．(1)△ABC是等腰直角三角形；理由见解析；(2)证明见解析；(3)；(4)AD＝CD时，BF＝4；AC＝AD时，BF＝4；AC＝BC时，BF＝8. 【分析】(1)根据二次函数与坐标轴的交点的求法求出A、B、C，再求出OA、OB、OC，然后根据等腰直角三角形的判定解答； (2)根据等腰直角三角形的性质和正方形的性质，求出AC＝BC，CD＝CF，∠ACD＝∠BCF，然后利用“边角边”证明△ACD和△BCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠CBF＝∠CAD＝45°，然后求出∠ABF＝90°，再根据垂直的定义证明即可； (3)过点E作EH⊥x轴于H，连接BE，求出∠OCD＝∠HDE，然后利用“角角边”证明△OCD和△HDE全等，根据全等三角形对应边相等可得EH＝OD，OC＝DH，然后求出△BEH是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质表示出BE，从而判断出点E走过的路线长为BC的长度，然后求解即可； (4)根据全等三角形对应边相等可得AD＝BF，利用勾股定理列式求出AC，然后分AD＝CD，AC＝AD，AC＝BC三种情况讨论求解得到AD，即为FB的长. 【详解】(1)解：令x＝0，得y＝4， ∴C(0，4)， 令y＝0，则﹣x2+4＝0， 解得：x1＝4，x2＝﹣4， ∴A(﹣4，0)，B(4，0)， ∴OA＝OB＝OC＝4， ∴△ABC是等腰直角三角形； (2)证明：如图， ∵△ABC是等腰直角三角形，CDEF是正方形， ∴AC＝BC，CD＝CF，∠ACD＝∠BCF， 在△ACD和△BCF中，， ∴△ACD≌△BCF(SAS)， ∴∠CBF＝∠CAD＝45°， ∴∠ABF＝∠ABC+∠CBF＝90°， ∴BF⊥AB； (3)如图，过点E作EH⊥x轴于H，连接BE， ∵∠OCD+∠ODC＝∠HDE+∠ODC＝90°， ∴∠OCD＝∠HDE， 在△OCD和△HDE中，， ∴△OCD≌△HDE(AAS)， ∴EH＝OD，OC＝DH， ∵OD+BD＝OB＝OC， BH+BD＝DH， ∴OD＝BH＝EH， ∴△BEH是等腰直角三角形， ∴BE＝EH， ∵点D从点O沿x轴正方向移动到点B， ∴点E所走过的路线长为为BC的长度，是4； 故答案为：4. (4)∵△ACD≌△BCF， ∴AD＝BF， 由勾股定理得，AC＝＝＝4， ①若AD＝CD，则点O、D重合，BF＝AO＝4， ②若AC＝AD，则BF＝AD＝4， ③若AC＝BC，则BF＝AD＝AB＝8， 综上所述，BF＝4或4或8. 【点睛】本题是二次函数综合题型，主要利用了二次函数与坐标轴的交点的求解方法，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，难点在于（3）作辅助线构造出点E经过的路线的线段，（4）找出与BF相等的线段AD并分情况讨论． 4．(1) (2)见解析 (3)存在， 【分析】（1）抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，分别将，代入求得、、的坐标； （2）由（1）得到边，，的长，再根据勾股定理的逆定理来判定为直角三角形； （3）根据抛物线的对称性可得另一点的坐标． 【详解】（1）解： 抛物线与轴交于、两点， ．即． 解之得：，． 点、的坐标为，、，． 将代入，得点的坐标为； （2）解：由两点间的距离公式得：，，， ，则， 是直角三角形； （3）解：当轴，即点与点是关于抛物线对称轴的对称点，而点坐标为 设，把代入得： ， ，． 点坐标为，． 【点睛】此题考查了二次函数与轴的交点的纵坐标为0；与轴的交点的横坐标为0；直角三角形的判定，二次函数的对称性等知识点． 5．（1）(1，2)，(2，3) （2）在, （3）见解析 （4）存在，k＝3． 【分析】（1）直接把k＝1，k＝2代入二次函数解析式进行求解即可； （2）把二次函数的解析式化为顶点式即可求解； （3）由（2）及题意可得，然后联立一次函数解析式及二次函数可求解； （4）根据题意对的三个顶点作为直角顶点进行讨论即可，然后结合直角三角形的性质求解． 【详解】解：（1）当k＝1时，则有，所以； 当k＝2时，则有，所以； 故答案为； （2）在同一直线上，解析式为，理由如下： 由可得， 所以顶点坐标为， 满足函数关系式为； （3）： 解得： ∴ ∴ ∴与重合； （4）存在，理由：分三种情况，，过点、分别作轴，轴，交x轴于点C、E、D，如图所示： ①∠＝90°则以为直径作圆，它与抛物线只有两个交点、，不存在 ②∠＝90°，D＝1，D＝1  ∴∠＝45° ∴∠＝45°，∴  ∴k＝0（舍去） ③∠＝90°则∠＝45°∴∠＝45° ∴，解得（舍去），． 综上所述，存在，k＝3． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合，关键是根据题意把二次函数的解析式转化为顶点式，然后根据直角三角形的分类讨论进行求解即可． 6．(1) (2)是直角三角形 (3) 【分析】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数综合，勾股定理及其逆定理，熟知二次函数的相关知识是解题的关键． （1）把点C坐标代入解析式中计算求解即可； （2）根据（1）所求可求出B、M的坐标，再利用两点距离计算公式可推出，则由勾股定理的逆定理可得结论； （3）根据可知，只需要求出的面积即可得到答案． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴相交于点， ∴， ∴， ∴抛物线解析式为； （2）解；是直角三角形，理由如下： ∵抛物线解析式为， ∴抛物线的顶点M的坐标为， 在中，当时，或， ∴， ∴，， ， ∴， ∴是直角三角形； （3）解：由（2）可得是直角三角形，且，， 又∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴． 7．(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）先求出，得到，，求出，，用待定系数法求函数解析式即可； （2）先求出，得到，，，根据勾股定理的逆定理判定即可； （3）求出，推出，，得到． 【详解】（1）解：关于抛物线，当时，， ， ， ， ，， ，， 将，代入得， 解得， 抛物线的解析式为； （2）证明：由（1）知抛物线的解析式为， ， ，， ，，， ， 是直角三角形； （3）解：直线与轴交于点， ， ， ， ， 由（2）得，，， ， ， ，， ， ． 8．（1）；（2）点的坐标，，；（3）见解析． 【分析】（1）将点代入解析式中即可求出结论； （2）利用待定系数法求出直线BC的解析式，设点，则点 ，过点作于点，根据等腰三角形腰的情况分类讨论，然后根据三线合一、等腰直角三角形的性质列出方程即可求出结论； （3）将二次函数和一次函数的解析式联立，整理得，设点的坐标为，根据根与系数的关系可得则， ，，然后利用平面直角坐标系中任意两点之间的距离公式和勾股定理的逆定理即可证出结论． 【详解】解：（1）将点代入， 得， 解得， ∴； （2）设直线的解析式为， 将点代入， 得，， ∴直线的解析式为， 设点，则点 ， 过点作于点， ①当时，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， 解得，（舍去），， ∴； ②当时， ， 解得 ∴ ③当时，此时点P和点M重合 ， 解得 ∴ 综上所述点的坐标，，； （3）将二次函数与直线的表达式联立并整理得：， 设点的坐标为， 则， 则 ， 同理：， 点的坐标为，，点， ∴ 即：为直角三角形． 【点睛】此题考查的是二次函数、一次函数和几何图形的综合大题，此题难度较大，掌握利用待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式、等腰三角形的性质、分类讨论的数学思想、解一元二次方程、一元二次方程根与系数的关系、平面直角坐标系中任意两点之间的距离公式和勾股定理的逆定理是解决此题的关键． 9．（1）y＝﹣x2+2x+3；（2）见解析；（3）直线NP的表达式为y＝x﹣1或y＝（﹣2）x+3﹣5． 【分析】（1）用待定系数法即可求解； （2）证明△DNB为等边三角形，求出点N的坐标，利用，求出点M的坐标，进而求解； （3）由（2）知，,故当点P在x轴上方时，直线NP的表达式为；当点在x轴下方时，证明,即可求解． 【详解】解：（1）由题意得：，解得， 故抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3； （2）∵△DEB绕点D顺时针旋转60°得到△DMN， 则DN＝BD，∠DNB＝60°，则△DNB为等边三角形， 对于y＝﹣x2+2x+3，令y＝﹣x2+2x+3＝0，解得x＝3或﹣1， 故点B的坐标为（3，0）， 由B、C的坐标得，直线BC的表达式为y＝﹣x+3， 当x＝1时，y＝﹣x+3＝2，故点D（1，2），则点E（1，0）， 则EB＝2＝DE，故△DBE为等腰直角三角形，则BD＝， 过点N作直线NP⊥BD交BD于点H，交抛物线于点P， ∵DN＝NB，DE＝BE，则NP为BD的中垂线， 由BC得表达式知，∠OBC＝∠OCB＝45°，则∠PEB＝45°， 故设直线NP的表达式为y＝x+t， 将点E的坐标代入上式得：0＝1+t，解得t＝﹣1， 故直线NP的表达式为y＝x﹣1， 设点N的坐标为（m，m﹣1）， 由BN＝DB得：（m﹣3）2+（m﹣1）2＝（）2，解得m＝2±（舍去2+）， 故点N的坐标为（2﹣，1﹣）； 过点M作y轴的平行线交过点D与x轴的平行线于点G，交过点N与x轴的平行线于点K， 设点M的坐标为（s，t）， ∵∠DMG+∠KMN＝90°，∠DMG+∠GDM＝90°， ∴∠KMN＝∠GDM， ∴∠MKN＝∠DGM＝90°，MD＝MN， ∴△MKN≌△DGM（AAS）， ∴GD＝MK，MG＝KN， ∴，解得， 故点M的坐标为（1﹣，1）， 当x＝s＝1﹣时，y＝﹣x2+2x+3＝﹣（1﹣）2+2（1﹣）+3＝1， 故点M在抛物线上； （3）由（2）知，∠PNB＝30°， ①故当点P在x轴上方时， 直线NP的表达式为y＝x﹣1， ②当点P（P′）在x轴下方时， ∵∠P′NB＝30°，∠BND＝60°，则∠P′ND＝90°， 由点DN的坐标得，直线ND的表达式为y＝（2+）x﹣， 则设直线NP′的表达式为y＝（﹣2）x+r， 将点N的坐标代入上式并解得r＝3﹣， 故直线NP′的表达式为y＝（﹣2）x+3﹣5； 综上，直线NP的表达式为y＝x﹣1或y＝（﹣2）x+3﹣5． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合运用，涉及到一次函数的性质，三角形全等，解直角三角形，图形的旋转等，要注意分类求解避免遗漏． 10．(1)y=x2+x-4；(2)P点的坐标为(-8，-4)，(-2.5，-)；(3)证明见解析. 【分析】（1）利用待定系数法即可求a、c的值，从而求得抛物线的表达式; （2）设P点的坐标是（x，x2+x-4），则F（x，-x-4），由OCPF是平行四边形得OC=FP,OC∥PF，从而-x2-x=4，求解即可得P的横坐标，代入解析式即可得P的坐标． （3）分别求出点A、C、D的坐标，可以根据勾股定理的逆定理即可判断 【详解】(1)依题意，抛物线经过A(2，0)，C(0，-4)，则c=-4 将点A代入得0=4a+×2-4，解得a= 抛物线的解析式是y=x2+x-4 (2)设P点的坐标是(x，x2+x-4)，则F(x，-x-4) ∴PF=(-x-4)-(x2+x-4)=-x2-x ∵四边形OCPF是平行四边形 ∴OC=FP，OC∥PF ∴-x2-x=4 即2x2+21x+40=0 解得x1=-8 x2=-2.5 ∴P点的坐标为(-8，-4)，(-2.5，-) (3)当y=0时，-x-4=0，得x=-8，即D(-8，0) 当x=0时，0-4=y，即C(0，-4) 当y=0时，x2+x-4=0 解得 x1=-10 x2=2，即B(-10，0)，A(2，0) ∴AD=10 ∵AC2=22+42=20 CD2=82+42=80 ∴AD2=AC2+CD2 ∴∠ACD=90°△ACD是直角三角形 【点睛】本题考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系． 11．（1）抛物线的解析式为： y=x2-4x-2；抛物线的解析式为：y=x2-6；（2）点的坐标为（5，3）或（4，-2）；（3）直线经过定点（0，2） 【分析】（1）根据函数图象上下平移：函数值上加下减；左右平移：自变量左加右减写出函数解析式并化简即可； （2）先判断出点A、B、O、D四点共圆，再根据同弧所对的圆周角相等得到∠BDA=∠BOA=45°，从而证出是等腰直角三角形．设点A的坐标为（x，x2-4x-2），把DC和AC用含x的代数式表示出来，利用DC=AC列方程求解即可，注意有两种情况； （3）根据直线（，为常数）与抛物线交于，两点，联立两个解析式，得到关于x的一元二次方程，根据根与系数的关系求出点M的横坐标，进而求出纵坐标，同理求出点N的坐标，再用待定系数法求出直线MN的解析式，从而判断直线MN经过的定点即可． 【详解】解：（1）∵抛物线向下平移6个单位长度得到抛物线，再将抛物线向左平移2个单位长度得到抛物线， ∴抛物线的解析式为：y=(x-2)2-6，即y=x2-4x-2， 抛物线的解析式为：y=(x-2+2)2-6，即y=x2-6． （2）如下图，过点A作AC⊥x轴于点C，连接AD，    ∵是等腰直角三角形， ∴∠BOA =45°， 又∵∠BDO=∠BAO=90°， ∴点A、B、O、D四点共圆， ∴∠BDA=∠BOA=45°， ∴∠ADC=90°-∠BDA=45°， ∴是等腰直角三角形， ∴DC=AC． ∵点在抛物线对称轴右侧上，点在对称轴上， ∴抛物线的对称轴为x=2， 设点A的坐标为（x，x2-4x-2）， ∴DC=x-2，AC= x2-4x-2， ∴x-2= x2-4x-2， 解得：x=5或x=0（舍去）， ∴点A的坐标为（5，3）； 同理，当点B、点A在x轴的下方时， x-2= -(x2-4x-2)， x=4或x=-1（舍去）， ∴点的坐标为（4，-2）， 综上，点的坐标为（5，3）或（4，-2）． （3）∵直线（，为常数）与抛物线交于，两点， ∴， ∴x2-kx-6=0， 设点E的横坐标为xE，点F的横坐标为xF， ∴xE+xF=k， ∴中点M的横坐标xM==， 中点M的纵坐标yM=kx=， ∴点M的坐标为（，）； 同理可得：点N的坐标为（，）， 设直线MN的解析式为y=ax+b（a≠0）， 将M（，）、N（，）代入得： ， 解得：， ∴直线MN的解析式为y= ·x+2（）， 不论k取何值时（），当x=0时，y=2， ∴直线经过定点（0，2）． 【点睛】本题考查二次函数综合应用，熟练掌握图象平移的规律、判断点A、B、O、D四点共圆的方法、用待定系数法求函数解析式的步骤是解题的关键． 12．(1)； (2)是直角三角形，理由见解析． 【分析】（1）令进行求解即可 ； （2）根据（1）以及题意可得A、B、C的坐标，然后根据两点的距离公式及勾股定理的逆定理进行求解即可． 【详解】（1）解：当时，， ， ； （2）解：是直角三角形．理由如下： ， ， ， ， ， ， ， △ABC是直角三角形． 【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，勾股定理的逆运用以及两点距离公式，熟练掌握二次函数的图像与性质是解题的关键． 13．（）；（）证明见解析；（）存在，点的坐标为或或 【分析】（）利用待定系数法解答即可； （）求出点坐标，再利用两点间距离公式求出的长，进而根据勾股定理的逆定理即可求证； （）由点坐标可得，再分为平行四边形的一边和对角线解答即可求解； 本题考查了待定系数法求二次函数解析式，勾股定理及其逆定理，二次函数的几何应用，正确求出二次函数解析式是解题的关键 【详解】（）解：把，代入得， ， 解得， ∴抛物线的解析式为； （）证明：把代入，得， 解得或， ∴，， ∴，，， ∵， ∴为直角三角形； （）存在，理由如下： ∵，， ∴， ∵点在抛物线的对称轴上， ∴点的横坐标为， 当为平行四边形的一边时，，如图， ∴的横坐标为或， ∴的坐标为或； 当为平行四边形的对角线时，如图， ∵平行四边形的对角线互相平分， ∴点必在对称轴上，此时点与点重合， ∴； 综上，所有满足条件的点的坐标为或或． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $