【正文】 ，﹣x2+2x+2），根據(jù)PQ=OA=1且∠AOQ、∠PQN均為鈍角知△AOQ≌△PQN，延長PQ交直線y=﹣1于點H，證△OQM≌△QNH，根據(jù)對應邊相等建立關于x的方程，解之求得x的值從而進一步求解即可．【詳解】（1）∵點A的坐標為（﹣1，0），∴OA=1，∴OC=3OA，∴點C的坐標為（0，3），將A、C坐標代入y=ax2﹣2ax+c，得：，解得：，∴拋物線C1的解析式為y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，所以點G的坐標為（1，4）；（2）設拋物線C2的解析式為y=﹣x2+2x+3﹣k，即y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，過點G′作G′D⊥x軸于點D，設BD′=m，∵△A′B′G′為等邊三角形，∴G′D=B′D=m，則點B′的坐標為（m+1，0），點G′的坐標為（1，m），將點B′、G′的坐標代入y=﹣（x﹣1）2+4﹣k，得：，解得：（舍），∴k=1；（3）設M（x，0），則P（x，﹣x2+2x+3）、Q（x，﹣x2+2x+2），∴PQ=OA=1，∵∠AOQ、∠PQN均為鈍角，∴△AOQ≌△PQN，如圖2，延長PQ交直線y=﹣1于點H，則∠QHN=∠OMQ=90176。，又∵△AOQ≌△PQN，∴OQ=QN，∠AOQ=∠PQN，∴∠MOQ=∠HQN，∴△OQM≌△QNH（AAS），∴OM=QH，即x=﹣x2+2x+2+1，解得：x=（負值舍去），當x=時，HN=QM=﹣x2+2x+2=，點M（，0），∴點N坐標為（+，﹣1），即（，﹣1）；或（﹣，﹣1），即（1，﹣1）；如圖3，同理可得△OQM≌△PNH，∴OM=PH，即x=﹣（﹣x2+2x+2）﹣1，解得：x=﹣1（舍）或x=4，當x=4時，點M的坐標為（4，0），HN=QM=﹣（﹣x2+2x+2）=6，∴點N的坐標為（4+6，﹣1）即（10，﹣1），或（4﹣6，﹣1）即（﹣2，﹣1）；綜上點M1（，0）、N1（，﹣1）；M2（，0）、N2（1，﹣1）；M3（4，0）、N3（10，﹣1）；M4（4，0）、N4（﹣2，﹣1）．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)的綜合題，涉及到的知識有待定系數(shù)法、等邊三角形的性質、全等三角形的判定與性質等，熟練掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、等邊三角形的性質、全等三角形的判定與性質、運用分類討論思想是解題的關鍵.13．如圖，某足球運動員站在點O處練習射門，(點A在y軸上)，足球的飛行高度y(單位：m)與飛行時間t(單位：s)之間滿足函數(shù)關系y＝at2＋5t＋c，.(1)足球飛行的時間是多少時，足球離地面最高？最大高度是多少？(2)若足球飛行的水平距離x(單位：m)與飛行時間t(單位：s)之間具有函數(shù)關系x＝10t，如果該運動員正對球門射門時，離球門的水平距離為28m，他能否將球直接射入球門？【答案】（1）足球飛行的時間是s時，足球離地面最高，；（2）能.【解析】試題分析：（1）由題意得：函數(shù)y=at2+5t+c的圖象經(jīng)過（0，）（，），于是得到，求得拋物線的解析式為：y=﹣t2+5t+，當t=時，y最大=；（2）把x=28代入x=10t得t=，當t=，y=﹣+5+=＜，于是得到他能將球直接射入球門．解：（1）由題意得：函數(shù)y=at2+5t+c的圖象經(jīng)過（0，）（，），∴，解得：，∴拋物線的解析式為：y=﹣t2+5t+，∴當t=時，y最大=；（2）把x=28代入x=10t得t=，∴當t=，y=﹣+5+=＜，∴他能將球直接射入球門．考點：二次函數(shù)的應用．14．如圖，矩形OABC的兩邊在坐標軸上，點A的坐標為（10，0），拋物線y=ax2+bx+4過點B，C兩點，且與x軸的一個交點為D（﹣2，0），點P是線段CB上的動點，設CP=t（0＜t＜10）．（1）請直接寫出B、C兩點的坐標及拋物線的解析式；（2）過點P作PE⊥BC，交拋物線于點E，連接BE，當t為何值時，∠PBE=∠OCD？（3）點Q是x軸上的動點，過點P作PM∥BQ，交CQ于點M，作PN∥CQ，交BQ于點N，當四邊形PMQN為正方形時，請求出t的值．【答案】（1）B（10，4），C（0，4），；（2）3；（3）或 .【解析】試題分析：（1）由拋物線的解析式可求得C點坐標，由矩形的性質可求得B點坐標，由B、D的坐標，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；（2）可設P（t，4），則可表示出E點坐標，從而可表示出PB、PE的長，由條件可證得△PBE∽△OCD，利用相似三角形的性質可得到關于t的方程，可求得t的值；（3）當四邊形PMQN為正方形時，則可證得△COQ∽△QAB，利用相似三角形的性質可求得CQ的長，在Rt△BCQ中可求得BQ、CQ，則可用t分別表示出PM和PN，可得到關于t的方程，可求得t的值．試題解析：解：（1）在y＝ax2＋bx＋4中，令x＝0可得y＝4，∴C（0，4），∵四邊形OABC為矩形，且A（10，0），∴B（10，4），把B、D坐標代入拋物線解析式可得，解得，∴拋物線解析式為y＝x2＋x＋4；（2）由題意可設P（t，4），則E（t，t2＋t＋4），∴PB＝10﹣t，PE＝t2＋t＋4﹣4＝t2＋t，∵∠BPE＝∠COD＝90176。，當∠PBE＝∠OCD時，則△PBE∽△OCD，∴，即BP?OD＝CO?PE，∴2（10﹣t）＝4（t2＋t），解得t＝3或t＝10（不合題意，舍去），∴當t＝3時，∠PBE＝∠OCD； 當∠PBE＝∠CDO時，則△PBE∽△ODC，∴，即BP?OC＝DO?PE，∴4（10﹣t）＝2（t2＋t），解得t＝12或t＝10（均不合題意，舍去）綜上所述∴當t＝3時，∠PBE＝∠OCD；（3）當四邊形PMQN為正方形時，則∠PMC＝∠PNB＝∠CQB＝90176。，PM＝PN，∴∠CQO＋∠AQB＝90176。，∵∠CQO＋∠OCQ＝90176。，∴∠OCQ＝∠AQB，∴Rt△COQ∽Rt△QAB，∴，即OQ?AQ＝CO?AB，設OQ＝m，則AQ＝10﹣m，∴m（10﹣m）＝44，解得m＝2或m＝8，①當m＝2時，CQ＝＝，BQ＝＝，∴sin∠BCQ＝＝，sin∠CBQ＝＝，∴PM＝PC?sin∠PCQ＝t，PN＝PB?sin∠CBQ＝（10﹣t），∴t ＝（10﹣t），解得t＝，②當m＝8時，同理可求得t＝，∴當四邊形PMQN為正方形時，t的值為或．點睛：本題為二次函數(shù)的綜合應用，涉及矩形的性質、待定系數(shù)法、相似三角形的判定和性質、勾股定理、解直角三角形、方程思想等知識．在（1）中注意利用矩形的性質求得B點坐標是解題的關鍵，在（2）中證得△PBE∽△OCD是解題的關鍵，在（3）中利用Rt△COQ∽Rt△QAB求得CQ的長是解題的關鍵．本題考查知識點較多，綜合性較強，難度較大．15．如圖，拋物線y=ax2+c（a≠0）經(jīng)過C（2，0），D（0，﹣1）兩點，并與直線y=kx交于A、B兩點，直線l過點E（0，﹣2）且平行于x軸，過A、B兩點分別作直線l的垂線，垂足分別為點M、N．（1）求此拋物線的解析式；（2）求證：AO=AM；（3）探究：①當k=0時，直線y=kx與x軸重合，求出此時的值；②試說明無論k取何值，的值都等于同一個常數(shù)．【答案】解：（1）y=x2﹣1（2）詳見解析（3）詳見解析【解析】【分析】（1）把點C、D的坐標代入拋物線解析式求出a、c，即可得解。（2）根據(jù)拋物線解析式設出點A的坐標，然后求出AO、AM的長，即可得證。（3）①k=0時，求出AM、BN的長，然后代入計算即可得解；②設點A（x1，x12﹣1），B（x2，x22﹣1），然后表示出，再聯(lián)立拋物線與直線解析式，消掉未知數(shù)y得到關于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關系表示出x1+x2，x1?2，并求出x12+x22，x12?x22，然后代入進行計算即可得解?！驹斀狻拷猓海?）∵拋物線y=ax2+c（a≠0）經(jīng)過C（2，0），D（0，﹣1），∴，解得?！鄴佄锞€的解析式為y=x2﹣1。（2）證明：設點A的坐標為（m，m2﹣1），則?！咧本€l過點E（0，﹣2）且平行于x軸，∴點M的縱坐標為﹣2。∴AM=m2﹣1﹣（﹣2）=m2+1。∴AO=AM。（3）①k=0時，直線y=kx與x軸重合，點A、B在x軸上，∴AM=BN=0﹣（﹣2）=2，∴。②k取任何值時，設點A（x1，x12﹣1），B（x2，x22﹣1），則。聯(lián)立，消掉y得，x2﹣4kx﹣4=0，由根與系數(shù)的關系得，x1+x2=4k，x1?x2=﹣4，∴x12+x22=（x1+x2）2﹣2x1?x2=16k2+8，x12?x22=16?！??！酂o論k取何值，的值都等于同一個常數(shù)1。