中考数学专题存在性问题复习题含中考真题解析.docx

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中考数学专题存在性问题复习题含中考真题解析

2016年中考数学专题存在性问题复习题（含中考真题解析）

专题40存在性问题☞解读考点知　识　点名师点晴抛物线的存在性等腰、直角三角形掌握等腰三角形与直角三角形的性质，并能求出相关的点的存在性问题平行四边形问题理解并掌握抛物线与特殊的平行四边形的求法相似三角形理解并掌握抛物线与相似三角形问题的解法等腰梯形、直角梯形理解并掌握抛物线与梯形的存在性问题的求法线段最值掌握线段最大值或线段和的最小值的求法面积最值问题解决相关的三角形或四边形的面积最大（小）值问题

☞2年中考【2015年题组】1．（2015大连）在△ABC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC上，且∠ADF+∠DEC=180°，∠AFE=∠BDE．

（1）如图1，当DE=DF时，图1中是否存在与AB相等的线段？

若存在，请找出，并加以证明；若不存在，说明理由；

（2）如图2，当DE=kDF（其中0＜k＜1）时，若∠A=90°，AF=m，求BD的长（用含k，m的式子表示）．【答案】

（1）AB=BE；

（2）BD=．试题解析：

（1）如图1，连结AE．∵DE=DF，∴∠DEF=∠DFE，∵∠ADF+∠DEC=180°，∴∠ADF=∠DEB，∵∠AFE=∠BDE，∴∠AFE+∠ADE=180°，∴A、D、E、F四点共圆，∴∠DAE=∠DFE=∠DEF，∠ADF=∠AEF，∵∠ADF=∠DEB=∠AEF，∴∠AEF+∠AED=∠DEB+∠AED，∴∠AEB=∠DEF=∠BAE，∴AB=BE；

（2）如图2，连结AE．∵∠AFE=∠BDE，∴∠AFE+∠ADE=180°，∴A、D、E、F四点共圆，∴∠ADF=∠AEF，∵∠DAF=90°，∴∠DEF=90°，∵∠ADF+∠DEC=180°，∴∠ADF=∠DEB，∵∠ADF=∠AEF，∴∠DEB=∠AEF，在△BDE与△AFE中，∵∠DEB=∠AEF，∠BDE=∠AFE，∴△BDE∽△AFE，∴，在直角△DEF中，∵∠DEF=90°，DE=kDF，∴EF==DF，∴=，∴BD=．考点：

1．相似三角形的判定与性质；2．探究型；3．存在型；4．综合题；5．压轴题．2．（2015大连）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点B的坐标为（2m，m），翻折矩形OABC，使点A与点C重合，得到折痕DE，设点B的对应点为F，折痕DE所在直线与y轴相交于点G，经过点C，F，D的抛物线为．

（1）求点D的坐标（用含m的式子表示）；

（2）若点G的坐标为（0，�3），求该抛物线的解析式；（3）在

（2）的条件下，设线段CD的中点为M，在线段CD上方的抛物线上是否存在点P，使PM=EA？

若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，说明理由．【答案】

（1）D（，m）；

（2）；（3）P（，）或（，）．试题解析：

（1）根据折叠的性质得：

CF=AB=m，DF=DB，∠DFC=∠DBA=90°，CE=AE，∠CED=∠AED，设CD=x，则DF=DB=2m�x，根据勾股定理得：

，即，解得：

x=，∴点D的坐标为：

（，m）；

（2）∵四边形OABC是矩形，∴OA=2m，OA∥BC，∴∠CDE=∠AED，∴∠CDE=∠CED，∴CE=CD=，∴AE=CE=，∴OE=OA�AE=，∵OA∥BC，∴△OEG∽△CDG，∴，即，解得：

m=2，∴C（0，2），D（，2），作FH⊥CD于H，如图1所示：

则∠FHC=90°=∠DFC，∵∠FCH=∠FCD，∴△FCH∽△DCF，∴，即，∴FH=，CH=，=，∴F（，），把点C（0，2），D（，2），F（，）代入得：

，解得：

，，，∴抛物线的解析式为：

；考点：

1．二次函数综合题；2．存在型；3．矩形的性质；4．翻折变换（折叠问题）；5．综合题；6．压轴题．3．（2015盘锦）如图1，△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC=∠EAD=90°，点B在线段AE上，点C在线段AD上．

（1）请直接写出线段BE与线段CD的关系：

；

（2）如图2，将图1中的△ABC绕点A顺时针旋转角α（0＜α＜360°），①

（1）中的结论是否成立？

若成立，请利用图2证明；若不成立，请说明理由；②当AC=ED时，探究在△ABC旋转的过程中，是否存在这样的角α，使以A、B、C、D四点为顶点的四边形是平行四边形？

若存在，请直接写出角α的度数；若不存在，请说明理由．【答案】

（1）BE=CD；

（2）①成立；②存在，45°或225°．

（2）①成立，理由如下：

∵△ABC和△AED都是等腰直角三角形，∠BAC=∠EAD=90°，∴AB=AC，AE=AD，由旋转的性质可得∠BAE=∠CAD，在△BAE与△CAD中，∵AB=AC，∠BAE=∠CAD，AE=AD，∴△BAE≌△CAD（SAS），∴BE=CD；②存在，α=45°．∵以A、B、C、D四点为顶点的四边形是平行四边形，∴∠ABC=∠ADC=45°，∵AC=ED，∴∠CAD=45°，或360°�90°�45°=225°，∴角α的度数是45°或225°．考点：

1．几何变换综合题；2．旋转的性质；3．平行四边形的性质；4．探究型；5．存在型；6．综合题；7．压轴题．4．（2015盘锦）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线交x轴于A（�1，0）和B（5，0）两点，交y轴于点C，点D是线段OB上一动点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，过点E作直线l⊥x轴于H，过点C作CF⊥l于F．

（1）求抛物线解析式；

（2）如图2，当点F恰好在抛物线上时，求线段OD的长；（3）在

（2）的条件下：

①连接DF，求tan∠FDE的值；②试探究在直线l上，是否存在点G，使∠EDG=45°？

若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】

（1）；

（2）1；（3）①；②G（4，）或（4，6）．②连接CE，得出△CDE是等腰直角三角形，∠CED=45°，过D点作DG1∥CE，交直线l于G1，过D点作DG2⊥CE，交直线l于G2，则∠EDG1=45°，∠EDG2=45°，求得直线CE的解析式为，设直线DG1的解析式为，设直线DG2的解析式为，把D的坐标代入即可求得m、n，从而求得解析式，进而求得G的坐标．试题解析：

（1）如图1，∵抛物线交x轴于A（�1，0）和B（5，0）两点，∴，解得：

，∴抛物线解析式为；（3）①如图3，连接CE，∵△OCD≌△HDE，∴HE=OD=1，∵BF=OC=3，∴EF=3�1=2，∵∠CDE=∠CFE=90°，∴C、D、E、F四点共圆，∴∠ECF=∠EDF，在RT△CEF中，∵CF=OH=4，∴tan∠ECF==，∴tan∠FDE=；②如图4，连接CE，∵CD=DE，∠CDE=90°，∴∠CED=45°，过D点作DG1∥CE，交直线l于G1，过D点作DG2⊥CE，交直线l于G2，则∠EDG1=45°，∠EDG2=45°，∵EH=1，OH=4，∴E（4，1），∵C（0，3），∴直线CE的解析式为，设直线DG1的解析式为，∵D（1，0），∴，解得m=，∴直线DG1的解析式为，当x=4时，=，∴G1（4，）；设直线DG2的解析式为，∵D（1，0），∴0=2×1+n，解得n=�2，∴直线DG2的解析式为，当x=4时，y=2×4�2=6，∴G2（4，6）；综上，在直线l上，是否存在点G，使∠EDG=45°，点G的坐标为（4，）或（4，6）．考点：

1．二次函数综合题；2．动点型；3．存在型；4．旋转的性质；5．分类讨论；6．综合题；7．压轴题．5．（2015齐齐哈尔）如图，在平面直角坐标系中，已知Rt△AOB的两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，且OA、OB的长满足，∠ABO的平分线交x轴于点C过点C作AB的垂线，垂足为点D，交y轴于点E．

（1）求线段AB的长；

（2）求直线CE的解析式；（3）若M是射线BC上的一个动点，在坐标平面内是否存在点P，使以A、B、M、P为顶点的四边形是矩形？

若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】

（1）10；

（2）；（3）存在，P（－3，10）或P（3，2）．试题解析：

（1）∵，∴OA=8，OB=6，在直角△AOB中，AB===10；

（2）在△OBC和△DBC中，∵∠OBC=∠DBC，BC=BC，∠BOC=∠BDC，∴△OBC≌△DBC，∴OC=CD，设OC=x，则AC=8�x，CD=x．∵△ACD和△ABO中，∠CAD=∠BAO，∠ADC=∠AOB=90°，∴△ACD∽△AOB，∴，即，解得：

x=3．即OC=3，则C的坐标是（�3，0）．设AB的解析式是，根据题意得：

，解得：

，则直线AB的解析式是，设CD的解析式是，则，则，则直线CE的解析式是；（3）设直线BC的解析式是，则：

，解得：

，则直线BC的解析式是；设经过A且与AB垂直的直线的解析式是，则，解得：

，则过A且与AB垂直的直线的解析式是．根据题意得：

，解得：

，则M的坐标是（，）．考点：

1．一次函数综合题；2．相似三角形的判定与性质；3．分类讨论；4．探究型；5．存在型；6．压轴题．6．（2015龙东）如图，抛物线交x轴于点A（1，0），交y轴于点B，对称轴是x=2．

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P是抛物线对称轴上的一个动点，是否存在点P，使△PAB的周长最小？

若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】

（1）；

（2）存在，P（2，1）．

（2）∵点A与点C关于x=2对称，∴连接BC与x=2交于点P，则点P即为所求，根据抛物线的对称性可知，点C的坐标为（3，0），与y轴的交点为（0，3），∴设直线BC的解析式为：

，∴，解得：

，∴直线BC的解析式为：

，则直线BC与x=2的交点坐标为：

（2，1），∴点P的交点坐标为：

（2，1）．考点：

1．待定系数法求二次函数解析式；2．轴对称-最短路线问题；3．动点型；4．存在型；5．最值问题；6．综合题．7．（2015北海）如图1所示，已知抛物线的顶点为D，与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，E为对称轴上的一点，连接CE，将线段CE绕点E按逆时针方向旋转90°后，点C的对应点C′恰好落在y轴上．

（1）直接写出D点和E点的坐标；

（2）点F为直线C′E与已知抛物线的一个交点，点H是抛物线上C与F之间的一个动点，若过点H作直线HG与y轴平行，且与直线C′E交于点G，设点H的横坐标为m（0＜m＜4），那么当m为何值时，=5：

6？

（3）图2所示的抛物线是由向右平移1个单位后得到的，点T（5，y）在抛物线上，点P是抛物线上O与T之间的任意一点，在线段OT上是否存在一点Q，使△PQT是等腰直角三角形？

若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】

（1）D（2，9），E（2，3）；

（2），；（3）（1，1）或（3，3）或（2，2）．（3）分别根据∠P、∠Q、∠T为直角画出图形，然后利用等腰直角三角形的性质和一次函数的图象的性质求得点Q的坐标即可．

（2）如图1所示：

令抛物线的y=0得：

，解得：

，，所以点A（�1，0），B（5，0）．设直线C′E的解析式是，将E（2，3），C′（0，1），代入得，解得：

，∴直线C′E的解析式为，联立得：

，解得：

，或，∴点F得坐标为（4，5），点A（�1，0）在直线C′E上．∵直线C′E的解析式为，∴∠FAB=45°．过点B、H分别作BN⊥AF、HM⊥AF，垂足分别为N、M．∴∠HMN=90°，∠ADN=90°，又∵∠NAD=∠HNM=45°，∴△HGM∽△ABN，∴，∵=5：

6，∴．∴，即，∴HG=5．设点H的横坐标为m，则点H的纵坐标为，则点G的坐标为（m，m+1），∴．解得：

，；将y=5代入抛物线得：

，解得：

，．∴点P的坐标为（1，5）．将x=1代入得：

y=1，∴点Q的坐标为（1，1）；②如图3所示：

由①可知：

点P的坐标为（1，5）．∵△PTQ为等腰直角三角形，∴点Q的横坐标为3，将x=3代入得；y=3，∴点Q得坐标为（3，3）；③如图4所示：

考点：

1．二次函数综合题；2．相似三角形的判定与性质；3．二次函数图象与几何变换；4．存在型；5．分类讨论；6．压轴题．8．（2015崇左）如图，在平面直角坐标系中，点M的坐标是（5，4），⊙M与y轴相切于点C，与x轴相交于A、B两点．

（1）则点A、B、C的坐标分别是A（__，__），B（__，__），C（__，__）；

（2）设经过A、B两点的抛物线解析式为，它的顶点为F，求证：

直线FA与⊙M相切；（3）在抛物线的对称轴上，是否存在点P，且点P在x轴的上方，使△PBC是等腰三角形．如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】

（1）A（2，0），B（8，0），C（0，4）；

（2）证明见试题解析；（3）P（5，4），或（5，），或（5，）．【解析】试题分析：

（1）连接MC、MA，由切线的性质得出MC⊥y轴，MC=MA=5，OC=MD=4，得出点C的坐标；由MD⊥AB，得出DA=DB，∠MDA=90°，由勾股定理求出AD，得出BD、OA、OB，即可得出点A、B的坐标；

（2）把点A（2，0）代入抛物线得出k的值，得出顶点E的坐标，得出DE、ME，由勾股定理得出的值，证出，由勾股定理的逆定理证出∠MAE=90°，即可得出EA与⊙M相切；（3）由勾股定理求出BC，分三种情况：

①当PB=PC时，点P在BC的垂直平分线上，点P与M重合，容易得出点P的坐标；②当BP=BC=时，由勾股定理求出PD，即可得出点P的坐标；③当PC=BC=时，由勾股定理求出PM，得出PD，即可得出点P的坐标．试题解析：

（1）连接MC、MA，如图1所示：

∵⊙M与y轴相切于点C，∴MC⊥y轴，∵M（5，4），∴MC=MA=5，OC=MD=4，∴C（0，4），∵MD⊥AB，∴DA=DB，∠MDA=90°，∴AD==3，∴BD=3，∴OA=5�3=2，OB=5+3=8，∴A（2，0），B（8，0），故答案为：

2，0；8，0；0，4；（3）存在；点P坐标为（5，4），或（5，），或（5，）；理由如下：

由勾股定理得：

BC===，分三种情况：

①当PB=PC时，点P在BC的垂直平分线上，点P与M重合，∴P（5，4）；②当BP=BC=时，如图2所示：

∵PD===，∴P（5，）；③当PC=BC=时，连接MC，如图3所示：

则∠PMC=90°，根据勾股定理得：

PM===，∴PD=，∴P（5，）；综上所述：

存在点P，且点P在x轴的上方，使△PBC是等腰三角形，点P的坐标为（5，4），或（5，），或（5，）．考点：

1．二次函数综合题；2．存在型；3．分类讨论；4．压轴题．9．（2015桂林）如图，已知抛物线与坐标轴分别交于点A（0，8）、B（8，0）和点E，动点C从原点O开始沿OA方向以每秒1个单位长度移动，动点D从点B开始沿BO方向以每秒1个单位长度移动，动点C、D同时出发，当动点D到达原点O时，点C、D停止运动．

（1）直接写出抛物线的解析式：

；

（2）求△CED的面积S与D点运动时间t的函数解析式；当t为何值时，△CED的面积最大？

最大面积是多少？

（3）当△CED的面积最大时，在抛物线上是否存在点P（点E除外），使△PCD的面积等于△CED的最大面积？

若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】

（1）；

（2），当t=5时，S最大=；（3）存在，P（，）或P（8，0）或P（，）．【解析】试题分析：

（1）将点A、B代入抛物线即可求出抛物线的解析式；

（2）根据题意得：

当D点运动t秒时，BD=t，OC=t，然后由点A（0，8）、B（8，0），可得OA=8，OB=8，从而可得OD=8�t，然后令y=0，求出点E的坐标为（�2，0），进而可得OE=2，DE=2+8�t=10�t，然后利用三角形的面积公式即可求△CED的面积S与D点运动时间t的函数解析式为：

，然后转化为顶点式即可求出最值为：

S最大=；（3）由

（2）知：

当t=5时，S最大=，进而可知：

当t=5时，OC=5，OD=3，进而可得CD=，从而确定C，D的坐标，即可求出直线CD的解析式，然后过E点作EF∥CD，交抛物线与点P，然后求出直线EF的解析式，与抛物线联立方程组解得即可得到其中的一个点P的坐标，然后利用面积法求出点E到CD的距离，过点D作DN⊥CD，垂足为N，且使DN等于点E到CD的距离，然后求出N的坐标，再过点N作NH∥CD，与抛物线交与点P，然后求出直线NH的解析式，与抛物线联立方程组求解即可得到其中的另两个点P的坐标．∴直线CD的解析式为：

，过E点作EF∥CD，交抛物线与点P，如图1，过点E作EG⊥CD，垂足为G，∵当t=5时，S△ECD=CD•EG=，∴EG=，过点D作DN⊥CD，垂足为N，且使DN=，过点N作NM⊥x轴，垂足为M，如图2，综上所述：

当△CED的面积最大时，在抛物线上存在点P（点E除外），使△PCD的面积等于△CED的最大面积，点P的坐标为：

P（，）或P（8，0）或P（，）．考点：

1．二次函数综合题；2．二次函数的最值；3．动点型；4．存在型；5．最值问题；6．分类讨论；7．压轴题．10．（2015河池）如图1，抛物线与x轴交于A，B，与y轴交于C，抛物线的顶点为D，直线l过C交x轴于E（4，0）．

（1）写出D的坐标和直线l的解析式；

（2）P（x，y）是线段BD上的动点（不与B，D重合），PF⊥x轴于F，设四边形OFPC的面积为S，求S与x之间的函数关系式，并求S的最大值；（3）点Q在x轴的正半轴上运动，过Q作y轴的平行线，交直线l于M，交抛物线于N，连接CN，将△CMN沿CN翻转，M的对应点为M′．在图2中探究：

是否存在点Q，使得M′恰好落在y轴上？

若存在，请求出Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】

（1）D（1，4），；

（2）S=（），S最大值为；（3）Q的坐标为（，0）或（4，0）．（3）如图2，设Q（t，0）（t＞0），则M（t，），N（t，），利用两点间的距离公式得到MN=，CM=，然后证明NM=CM得到=，再解方程求满足条件的t的值，从而得到点Q的坐标．试题解析：

（1）∵=，∴D（1，4），在中，当x=0时，y=3，则C（0，3），设直线l的解析式为，把C（0，3），E（4，0）分别代入得：

，解得：

，∴直线l的解析式为；（3）存在．如图2，设Q（t，0）（t＞0），则M（t，），N（t，），∴MN==，CM==，∵△CMN沿CN翻转，M的对应点为M′，M′落在y轴上，而QN∥y轴，∴MN∥CM′，NM=NM′，CM′=CM，∠CNM=∠CNM′，∴∠M′CN=∠CNM，∴∠M′CN=∠CNM′，∴CM′=NM′，∴NM=CM，∴=，当=，解得t1=0（舍去），t2=4，此时Q点坐标为（4，0）；当=，解得t1=0（舍去），t2=，此时Q点坐标为（，0），综上所述，点Q的坐标为（，0）或（4，0）．考点：

1．二次函数综合题；2．二次函数的最值；3．最值问题；4．分类讨论；5．存在型；6．压轴题．11．（2015百色）抛物线经过A（0，2），B（3，2）两点，若两动点D、E同时从原点O分别沿着x轴、y轴正方向运动，点E的速度是每秒1个单位长度，点D的速度是每秒2个单位长度．

（1）求抛物线与x轴的交点坐标；

（2）若点C为抛物线与x轴的交点，是否存在点D，使A、B、C、D四点围成的四边形是平行四边形？

若存在，求点D的坐标；若不存在，说明理由；（3）问几秒钟时，B、D、E在同一条直线上？

【答案】

（1）（1，0），（2，0）；

（2）D（4，0）或（5，0）；（3）．试题解析：

（1）抛物线经过A（0，2），B（3，2）两点，∴，解得：

，∴抛物线的解析式为：

，令y=0，则，解得：

，，∴抛物线与x轴的交点坐标是（1，0），（2，0）；（3）设t秒钟时，B．D、E在同一条直线上，则OE=t，OD=2t，∴E（0，t），D（2t，0），设直线BD的解析式为：

，∴，解得或（不合题意舍去），∴当，t=，∴点D、E运动秒钟时，B、D、E在同一条直线上．考点：

1．二次函数综合题；2．分类讨论；3．动点型；4．存在型；5．压轴题．12．（2015贺州）如图，已知抛物线与直线AB相交于A（�3，0），B（0，3）两点．

（1）求这条抛物线的解析式；

（2）设C是抛物线对称轴上的一动点，求使∠CBA=90°的点C的坐标；（3）探究在抛物线上是否存在点P，使得△APB的面积等于3？

若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】

（1）；

（2）C（�1，4）；（3）（�1，4）或（�2，3）或（，）或（，）．【解析】试题分析：

（1）把点A，B两点的坐标分别代入抛物线解析式，求出b和c的值即可；

（2）过点B作CB⊥AB，交抛物线的对称轴于点C，过点C作CE⊥y轴，垂足为点E，求出点C的横坐标，再求出OE的长，即可得到点C的纵坐标；

（2）如图1：

过点B作CB⊥AB，交抛物线的对称轴于点C，过点C作CE⊥y轴，垂足为点E，∵，∴抛物线对称轴为直线x=�1，∴CE=1，∵AO=BO=1，∴∠ABO=45°，∴∠CBE=45°，∴BE=CE=1，∴OE=OB+BE=4，∴点C的坐标为（�1，4）；（3）假设在在抛物线上存在点P，使得△APB的面积等于3，如图2：

连接PA，PB，过P作PD⊥AB于点D，作PF∥y轴交AB于点F，在Rt△OAB中，易求AB==，∵S△APB=3，∴PD=，∵∠PFD=∠ABO=45°，∴PF=，设点P的坐标为（m，），∵A（�3，0），B（0，3），∴直线AB的解析式为，∴可设点F的坐标为（m，m+3），①当点P在直线AB上方时，可得：

，解得：

m=�1或�2，∴符合条件的点P坐标为（�1，4）或（�2，3），考点：

1．二次函数综合题；2．动点型；3．存在型；4．分类讨论；5．压轴题．

【2014年题组】1．（2014年福建三明）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴的一个交点为A（�2，0），与y轴的交点为C，对称轴是x=3，对称轴与x轴交于点B．

（1）求抛物线的函数表达式；

（2）经过B，C的直线l平移后与抛物线交于点M，与x轴交于点N，当以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，求出点M的坐标；（3）若点D在x轴上，在抛物线上是否存在点P，使得△PBD≌△PBC？

若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】

（1）；（2坐标为（6，4）或（，�4）或（，�4）；（3）点P的坐标为（，）或（，）或（，）或（，）．②如答图2，M点在N右下方，即N向下平行4个单位，向右2个单位与M重合．设M（x，），则N（x�2，），∵N在x轴上，∴=0，解得x=或x=，∴xM=或．∴M（，�4）或（，�4）综上所述，M的坐标为（6，4）或（，�4）或（，�4）．考点：

二次函数综合题；线动平移问题；待定系数法的应用；平行四边形的性质；全等三角形的性质2．（2014年福建漳州）已知抛物线l：

y=ax2+bx+c（a，b，c均不为0）的顶点为M，与y轴的交点为N，我们称以N为顶点，对称轴是y轴且过点M的抛物线为抛物线l的衍生抛物线，直线MN为抛物线l的衍生直线．

（1）如图，抛物线y=x2�2x�3的衍生抛物线的解析式是