1.下列各曲線是在平面直角坐標(biāo)系xOy中根據(jù)不同的方程繪制而成的，其中是中心對(duì)稱圖形的是( )
A. B.
C. D.
2.已知⊙O的半徑為5，點(diǎn)P在⊙O內(nèi)，則OP的長(zhǎng)可能是( )
A. 7B. 6C. 5D. 4
3.把拋物線y=?4x2向左平移2個(gè)單位，再向下平移3個(gè)單位，得到的拋物線的解析式為( )
A. y=?4(x+2)2?3B. y=?4(x?2)2?3
C. y=?4(x?3)2+2D. y=?4(x?3)2?2
4.已知m是一元二次方程x2?x?2=0的一個(gè)根，則2022?m2+m的值為( )
A. 2019B. 2020C. 2021D. 2022
5.用配方法解一元二次方程x2?10x+21=0，下列變形正確的是( )
A. (x?5)2=4B. (x+5)2=4C. (x?5)2=121D. (x+5)2=121
6.對(duì)拋物線y=?x2+4x?3而言，下列結(jié)論正確的是( )
A. 開(kāi)口向上B. 頂點(diǎn)坐標(biāo)是 (2,1)
C. 與y軸的交點(diǎn)坐標(biāo)是(0,3)D. 與兩坐標(biāo)軸有兩個(gè)交點(diǎn)
7.如圖，在平面內(nèi)將△ABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)50°到△AB′C′的位置，此時(shí)恰有CC′/?/AB，則∠CAB為( )
A. 65°
B. 50°
C. 60°
D. 45°
8.如圖，⊙O是△ABC的外接圓，∠A=72°.過(guò)點(diǎn)O作BC的垂線交BC于點(diǎn)D，連接BD，則∠D的度數(shù)為( )
A. 64°
B. 54°
C. 46°
D. 36°
9.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正六邊形OABCDE的邊長(zhǎng)是4，則它的內(nèi)切圓圓心M的坐標(biāo)是( )
A. (2,2 3)
B. (1,2 3)
C. (2, 3)
D. (2,4)
10.如圖，已知二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象與x軸交于(?3,0)，頂點(diǎn)是(?1,m)，則以下結(jié)論：①abc>0；②4a+2b+c>0；③若y≥c，則x≤?2或x≥0；④b+c=14m.其中正確的序號(hào)是( )
A. ①②③
B. ②③
C. ②③④
D. ③④
二、填空題：本題共6小題，每小題3分，共18分。
11.在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P(1,?2)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為_(kāi)_____．
12.已知圓錐的底面半徑是20，母線長(zhǎng)30，則圓錐的側(cè)面積為_(kāi)_____．
13.如圖，在寬為20米，長(zhǎng)為32米的矩形地面上修筑同樣寬的道路(圖中陰影部分)，余下部分種植草坪，要使草坪的面積為540平方米，設(shè)道路的寬為x米，則可列方程為_(kāi)_____．
14.如圖，在△ABC中，內(nèi)切⊙O與邊AB相切于點(diǎn)D，AB=10，AC=12，BC=14，則BD的長(zhǎng)是 ．
15.如圖，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，BC=2.點(diǎn)D在BC上且BD：CD=1：3.連接AD，線段AD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AE，連接BE，DE.則△BDE的面積是______．
16.如圖，拋物線y=14x2?4與x軸交于A、B兩點(diǎn)，P是以點(diǎn)C(0,3)為圓心，2cm為半徑的圓上的動(dòng)點(diǎn)，Q是線段PA的中點(diǎn)，連接OQ.則線段OQ的最大值是______．
三、解答題：本題共8小題，共72分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。
17.(本小題7分)
解方程：x2+4x=5．
18.(本小題7分)
“兔飛猛進(jìn)”諧音成語(yǔ)“突飛猛進(jìn)”.在自然界中，野兔善于奔跑跳躍.“兔飛猛進(jìn)”名副其實(shí).如圖，野兔跳躍時(shí)的空中運(yùn)動(dòng)路線可以看作是拋物線的一部分.已知野兔在高速奔跑時(shí)，某次跳躍的最遠(yuǎn)水平距離為3m，最大豎直高度為1m．
(1)求滿足條件的拋物線的解析式；
(2)若野兔起跳點(diǎn)前方2m處有高為0.8m的籬笆，則野兔此次跳躍能否躍過(guò)籬笆.為什么？
19.(本小題7分)
點(diǎn)A(2,3)，B(4,3)，C(1,1)，將△ABC繞原點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得△A1B1C1．
(1)畫(huà)出△A1B1C1；
(2)求旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，點(diǎn)B經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)．
20.(本小題9分)
已知關(guān)于x的一元二次方程x2+(m+2)x+m=0．
(1)求證：無(wú)論m取何值，此方程總有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；
(2)若方程有兩個(gè)實(shí)數(shù)根x1，x2，且x1+x2+2x1x2=3，求m的值．
21.(本小題9分)
如圖，點(diǎn)E為正方形ABCD外一點(diǎn)，∠AEB=90°，將Rt△ABE繞A點(diǎn)逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°得到△ADF，DF的延長(zhǎng)線交BE于H點(diǎn)．
(1)試判定四邊形AFHE的形狀，并說(shuō)明理由；
(2)已知BH=7，BC=13，求DH的長(zhǎng)．
22.(本小題9分)
某水果店標(biāo)價(jià)為10元/kg的某種水果經(jīng)過(guò)兩次降價(jià)后價(jià)格為8.1元/kg，并且兩次降價(jià)的百分率相同．
(1)求該水果每次降價(jià)的百分率；
(2)從第二次降價(jià)的第1天算起，第x天(x為整數(shù))的銷量及儲(chǔ)藏和損耗費(fèi)用的相關(guān)信息如表所示，已知該水果的進(jìn)價(jià)為4.1元/kg，若銷售該水果第x天時(shí)所獲利潤(rùn)最大，則x的值為多少？最大利潤(rùn)是多少？
23.(本小題12分)
如圖，AB是圓O的直徑，O為圓心，AD、BD是半圓的弦，且∠PDA=∠PBD.延長(zhǎng)PD交圓的切線BE于點(diǎn)E
(1)判斷直線PD是否為⊙O的切線，并說(shuō)明理由；
(2)如果∠BED=60°，PD= 3，求PA的長(zhǎng)．
(3)將線段PD以直線AD為對(duì)稱軸作對(duì)稱線段DF，點(diǎn)F正好在圓O上，如圖2，求證：四邊形DFBE為菱形．
24.(本小題12分)
如圖，拋物線y1=ax2?3x+c的圖象與x軸的交點(diǎn)為A和B，與y軸交點(diǎn)為D(0,4)，與直線y2=?x?4交點(diǎn)為A和C，且OA=OD．
(1)求拋物線的解析式；
(2)如圖1，過(guò)點(diǎn)D作ED平行x軸，交拋物線于點(diǎn)E，點(diǎn)G為拋物線上的一點(diǎn)(點(diǎn)G在ED上方)，作GH平行于y軸交AC于點(diǎn)H，當(dāng)四邊形EGDH的面積S=272時(shí)，求出此時(shí)的G點(diǎn)坐標(biāo)；
(3)將拋物線y1圖象x軸上方的部分沿x軸翻折得一個(gè)“M”形狀的新圖象(如圖2)，若直線y3=?x+n與該新圖象恰好有四個(gè)公共點(diǎn)，請(qǐng)求出此時(shí)n的取值范圍．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：選項(xiàng)A、B、D均不能找到這樣的一個(gè)點(diǎn)，使圖形繞某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180度后和原圖形完全重合，所以不是中心對(duì)稱圖形，
選項(xiàng)C能找到這樣的一個(gè)點(diǎn)，使圖形繞某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180度后和原圖形完全重合，所以是中心對(duì)稱圖形，
故選：C．
根據(jù)中心對(duì)稱圖形的概念求解．在同一平面內(nèi)，如果把一個(gè)圖形繞某一點(diǎn)旋轉(zhuǎn)180度，旋轉(zhuǎn)后的圖形能和原圖形完全重合，那么這個(gè)圖形就叫做中心對(duì)稱圖形．這個(gè)旋轉(zhuǎn)點(diǎn)，就叫做圖形的對(duì)稱中心．
此題主要考查了中心對(duì)稱圖形的概念．中心對(duì)稱圖形是要尋找對(duì)稱中心，將其繞對(duì)稱中心旋轉(zhuǎn)180度后與原圖重合．
2.【答案】D
【解析】解：∵⊙O的半徑為5，點(diǎn)P在⊙O內(nèi)，
∴OPr；點(diǎn)P在圓上?d=r；點(diǎn)P在圓內(nèi)?d0，b>0，c0，結(jié)論②正確；③由題意可知對(duì)稱軸為：直線x=?1，即?b2a=?1，得b=2a，把y=c，b=2a代入y=ax2+bx+c并化簡(jiǎn)得：x2+2x=0，解得x=0或?2，可判斷出結(jié)論③正確；④把(?1,m)，(1,0)代入y=ax2+bx+c并計(jì)算可得b=?12m，由對(duì)稱軸可得b=2a，所以a=?14m，由a+b+c=0可得c=34m，再計(jì)算b+c的值，可判斷④正確．
本題考查了二次函數(shù)圖形與系數(shù)關(guān)系、拋物線與x軸的交點(diǎn)以及特殊值對(duì)函數(shù)值的影響等知識(shí)點(diǎn)，觀察函數(shù)圖象結(jié)合二次函數(shù)圖形與系數(shù)關(guān)系，逐一分析四條結(jié)論的正誤是解題的關(guān)鍵．
11.【答案】(?1,2)
【解析】解：根據(jù)中心對(duì)稱的性質(zhì)，可知：點(diǎn)P(1,?2)關(guān)于原點(diǎn)O中心對(duì)稱的點(diǎn)的坐標(biāo)為(?1,2)．
故答案是：(?1,2)．
根據(jù)平面直角坐標(biāo)系中任意一點(diǎn)P(x,y)，關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)是(?x,?y)，然后直接作答即可．
本題考查了關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的點(diǎn)坐標(biāo)的關(guān)系，是需要熟記的基本問(wèn)題，記憶方法可以結(jié)合平面直角坐標(biāo)系的圖形．
12.【答案】600π
【解析】解：∵圓錐的底面半徑是20，
∴圓錐的底面周長(zhǎng)為：2π×20=40π，
∴圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖扇形的弧長(zhǎng)為40π，
∴圓錐的側(cè)面積為：12×40π×30=600π，
故答案為：600π．
根據(jù)扇形面積公式計(jì)算，得到答案．
本題考查的是圓錐的計(jì)算，理解圓錐的母線長(zhǎng)是扇形的半徑，圓錐的底面圓周長(zhǎng)是扇形的弧長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．
13.【答案】(32?x)(20?x)=540
【解析】解：∵道路的寬為x米，
∴種植草坪的部分可合成長(zhǎng)為(32?x)米，寬為(20?x)米的矩形．
依題意得：(32?x)(20?x)=540．
故答案為：(32?x)(20?x)=540．
由道路的寬為x米，可得出種植草坪的部分可合成長(zhǎng)為(32?x)米，寬為(20?x)米的矩形，根據(jù)草坪的面積為540平方米，即可得出關(guān)于x的一元二次方程，此題得解．
本題考查了由實(shí)際問(wèn)題抽象出一元二次方程，找準(zhǔn)等量關(guān)系，正確列出一元二次方程是解題的關(guān)鍵．
14.【答案】6
【解析】【分析】
設(shè)AD=AE=x，CE=CF=y，BD=BF=z，根據(jù)切線的性質(zhì)解方程即可得到結(jié)論．
本題考查了三角形的內(nèi)切圓與內(nèi)心，切線的性質(zhì)，根據(jù)切線的性質(zhì)列方程是解題的關(guān)鍵．
【解答】
解：設(shè)AC與⊙O相切于E，BC與⊙O相切于F，
∵⊙O是△ABC的內(nèi)切圓，
∴設(shè)AD=AE=x，CE=CF=y，BD=BF=z，
∵AB=10，AC=12，BC=14，
∴x+y=12y+z=14x+z=10，
解得z=6，
∴BD的長(zhǎng)是6，
故答案為：6．
15.【答案】38
【解析】解：∵線段AD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AE，
∴AD=AE，∠DAE=90°，
∴∠EAB+∠BAD=90°，
在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠BAD+∠CAD=90°，∠C=∠ABC=45°，
∴∠EAB=∠CAD，
∴△EAB≌△DAC(SAS)，
∴∠C=∠ABE=45°，CD=BE，
∴∠EBC=∠EBA+∠ABC=90°，
∵BC=2，BD：CD=1：3，
∴BD=12，CD=BE=32，
∴S△BDE=12BD?BE=12×12×32=38
故答案為：38．
據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AD=AE，∠DAE=90°，再根據(jù)SAS證明△EAB≌△DAC得出∠C=∠ABE=45°，CD=BE，得出∠EBC=90°，再根據(jù)三角形的面積公式即可求解．
本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形，根據(jù)SAS證明△EAB≌△DAC是解題的關(guān)鍵．
16.【答案】3.5
【解析】解：令y=14x2?4=0，則x=±4，
故點(diǎn)B(4,0)，
設(shè)圓的半徑為r，則r=2，
連接PB，
而點(diǎn)Q、O分別為AP、AB的中點(diǎn)，故OQ是△ABP的中位線，
當(dāng)B、C、P三點(diǎn)共線，且點(diǎn)C在PB之間時(shí)，PB最大，此時(shí)OQ最大，
則OQ=12BP=12(BC+r)=12( 42+32+2)=3.5，
故答案為：3.5．
當(dāng)B、C、P三點(diǎn)共線，且點(diǎn)C在PB之間時(shí)，PB最大，而OQ是△ABP的中位線，即可求解．
本題考查的是拋物線與x軸的交點(diǎn)，本題的關(guān)鍵是根據(jù)圓的基本性質(zhì)，確定BP的最大值，進(jìn)而求解．
17.【答案】解：∵x2+4x=5，
∴x2+4x+4=5+4，
∴x2+4x+4=9，
∴(x+2)2=9，
∴x+2=±3，
∴x1=1，x2=?5．
【解析】首先把方程兩邊加上一次項(xiàng)系數(shù)一半的平方，然后進(jìn)行開(kāi)方即可．
本題主要考查了用配方法解一元二次方程的知識(shí)，
配方法的一般步驟：
(1)把常數(shù)項(xiàng)移到等號(hào)的右邊；
(2)把二次項(xiàng)的系數(shù)化為1；
(3)等式兩邊同時(shí)加上一次項(xiàng)系數(shù)一半的平方．
選擇用配方法解一元二次方程時(shí)，最好使方程的二次項(xiàng)的系數(shù)為1，一次項(xiàng)的系數(shù)是2的倍數(shù)．
18.【答案】解：(1)∵該次跳躍的最遠(yuǎn)水平距離為3m，最大豎直高度為1m，
∴頂點(diǎn)為：(32,1)，
設(shè)滿足條件的拋物線的解析式為：y=a(x?32)2+1，
又∵此拋物線經(jīng)過(guò)原點(diǎn)，
∴a(0?32)2+1=0，
解得：a=?49，
∴滿足條件的拋物線的解析式為：y=?49(x?32)2+1；
(2)野兔此次跳躍能躍過(guò)籬笆，理由如下：
當(dāng)x=2時(shí)，y=?49(2?32)2+1=89>810=0.8，
∴野兔此次跳躍能躍過(guò)籬笆．
【解析】(1)先根據(jù)題意得出頂點(diǎn)為(32,1)，再利用頂點(diǎn)式求解即可；
(2)求出x=2時(shí)對(duì)應(yīng)的函數(shù)值，與0.8比較大小，即可得解．
本題考查二次函數(shù)的應(yīng)用，待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式等知識(shí)，根據(jù)題意求出二次函數(shù)解析式是解題的關(guān)鍵．
19.【答案】解：(1)△A1B1C1如圖所示；
(2)連接OB，OB1，
∵OB1=OB= 32+42=5，∠BOB1=90°，
∴點(diǎn)B在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)=90π×5180=52π；
【解析】(1)根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)將△ABC繞原點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到A1，B1，C1，順次連接可得△A1B1C1；
(2)連接OB，OB1，根據(jù)OB1=OB= 32+42=5，∠BOB1=90°，利用弧長(zhǎng)公式即可求解．
本題主要考查了作旋轉(zhuǎn)圖形，弧長(zhǎng)公式，解此題的關(guān)鍵是能正確作出旋轉(zhuǎn)后的圖形．
20.【答案】(1)證明：∵△=(m+2)2?4m
=m2+4m+4?4m
=m2+4>0，
∴無(wú)論m取何值，此方程總有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；
(2)解：根據(jù)題意得x1+x2=?(m+2)，x1x2=m，
∵x1+x2+2x1x2=3，
∴?(m+2)+2m=3，解得m=5，
即m的值為5．
【解析】(1)先計(jì)算判別式的值，再利用非負(fù)數(shù)的性質(zhì)判斷△>0，然后根據(jù)判別式的意義得到結(jié)論；
(2)根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2=?(m+2)，x1x2=m，則由x1+x2+2x1x2=3得到?(m+2)+2m=3，然后解關(guān)于m的方程即可．
本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的兩根，則x1+x2=?ba，x1x2=ca.也考查了根的判別式．
21.【答案】解：(1)四邊形AFHE是正方形，理由如下：
∵Rt△ABE繞A點(diǎn)逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°得到△ADF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF，∠FAE=90°，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
∴∠AFH=90°，
在四邊形AFHE中，∠FAE=90°，∠AEB=90°，∠AFH=90°，
∴四邊形AFHE是矩形，
又∵AE=AF，
∴矩形AFHE是正方形；
(2)設(shè)AE=x．
則由(1)以及題意可知：AE=EH=FH=AF=x，BH=7，BC=AB=13，
在Rt△AEB中，AB2=AE2+BE2，
即132=x2+(x+7)2，解得：x=5，
∴BE=BH+EH=5+7=12，
∴DF=BE=12，
又∵DH=DF+FH，
∴DH=12+5=17．
【解析】本題考查正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及勾股定理，熟練掌握正方形基本性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
(1)根據(jù)旋轉(zhuǎn)角的概念以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，先判定四邊形AFHE是矩形，再根據(jù)鄰邊相等可判斷該四邊形是正方形；
(2)設(shè)AE=x，則BE=7+x，AB=13，利用勾股定理即可求出x，進(jìn)而可求出DH的長(zhǎng)．
22.【答案】解：(1)設(shè)該種水果每次降價(jià)的百分率為x，由題意得：
10(1?x)2=8.1，
解得：x1=0.1，x2=1.9(不合題意，舍去)，
∴x=0.1=10%，
∴該種水果每次降價(jià)的百分率為10%；
(2)設(shè)所獲利潤(rùn)為y元，
根據(jù)題意得，y=(8.1?4.1)×(120?x)?(3x2?64x+400)=?3x2+60x+80=?3(x?10)2+540，
當(dāng)x=10時(shí)，y有最大值為540，
答：該水果第10天時(shí)所獲利潤(rùn)最大，最大利潤(rùn)是540元．
【解析】(1)設(shè)該種水果每次降價(jià)的百分率為x，由題意得關(guān)于x的一元二次方程，解方程并根據(jù)題意作出取舍即可；
(2)根據(jù)題意列二次函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
本題考查了二次函數(shù)的應(yīng)用，一元二次方程的應(yīng)用，理清題中的數(shù)量關(guān)系正確地列出方程是解題的關(guān)鍵．
23.【答案】(1)解：直線PD為⊙O的切線
證明：如圖1，連接OD，∵AB是圓O的直徑，
∴∠ADB=90°
∴∠ADO+∠BDO=90°，
又∵DO=BO，∴∠BDO=∠PBD
∵∠PDA=∠PBD，∴∠BDO=∠PDA
∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD
∵點(diǎn)D在⊙O上，
∴直線PD為⊙O的切線．
(2)解：∵BE是⊙O的切線，∴∠EBA=90°
∵∠BED=60°，∴∠P=30°
∵PD為⊙O的切線，∴∠PDO=90°
在Rt△PDO中，∠P=30°，PD= 3
∴OD=1
∴PO= PD2+OD2=2
∴PA=PO?AO=2?1=1
(3)證明：如圖2，依題意得：∠ADF=∠PDA，∠PAD=∠DAF
∵∠PDA=∠PBD，∠ADF=∠ABF
∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF
∵AB是圓O的直徑，∴∠ADB=90°
設(shè)∠PBD=x°，則∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°
∵四邊形AFBD內(nèi)接于⊙O，∴∠DAF+∠DBF=180°
即90°+x+2x=180°，解得x=30°
∴∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF=30°
∵BE、ED是⊙O的切線，∴DE=BE，∠EBA=90°
∴∠DBE=60°，∴△BDE是等邊三角形．
∴BD=DE=BE
又∵∠FDB=∠ADB?∠ADF=90°?30°=60°，∠DBF=2x°=60°
∴△BDF是等邊三角形．∴BD=DF=BF
∴DE=BE=DF=BF，
∴四邊形DFBE為菱形．
【解析】(1)連接OD，由AB是圓O的直徑可得∠ADB=90°，進(jìn)而求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直線PD為⊙O的切線；
(2)根據(jù)BE是⊙O的切線，則∠EBA=90°，即可求得∠P=30°，再由PD為⊙O的切線，得∠PDO=90°，求得OD，由勾股定理得OP，即可得出PA；
(3)根據(jù)題意可證得∠ADF=∠PDA=∠PBD=∠ABF，由AB是圓O的直徑，得∠ADB=90°，設(shè)∠PBD=x°，則可表示出∠DAF=∠PAD=90°+x°，∠DBF=2x°，由圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)得出x的值，可得出△BDE和△BDF是等邊三角形．進(jìn)而證出四邊形DFBE為菱形．
本題是一道綜合性的題目，考查了切線的判定和性質(zhì)，圓周角定理和菱形的性質(zhì)，是中檔題，難度較大．
24.【答案】解：(1)∵D(0,4)，
∴OD=4，
∵OA=OD，點(diǎn)A在x的負(fù)半軸上，
∴A(?4,0)，
把A(?4,0)，D(0,4)分別代入y1=ax2?3x+c，得16a+12+c=0c=4，
解得：a=?1c=4，
∴該拋物線的解析式為y1=?x2?3x+4；
(2)∵DE//x軸，D(0,4)，
∴E(?3,4)，
∴DE=3；
設(shè)G(x,?x2?3x+4)，得H(x,?x?4)，
∴GH=?x2?3x+4?(?x?4)=?x2?2x+8，
∴S=12DE×GH=12×3×(?x2?2x+8)=272，
解得，x1=x2=?1，
∴G(?1,6)；
(3)∵y1=?x2?3x+4=?(x+32)2+254，

∴拋物線y1=?x2?3x+4的頂點(diǎn)為(?32,254)，沿x軸翻折后的解析式為y=(x+32)2?254，
把A(?4,0)代入y3=?x+n，得4+n=0，解得：n=?4，
聯(lián)立拋物線y=(x+32)2?254與直線y3得：(x+32)2?254=?x+n，
整理得：x2+4x?(n+4)=0，
當(dāng)Δ=16+4(n+4)=0時(shí)，n=?8，
∴當(dāng)直線y3=?x+n與該新圖象恰好有四個(gè)公共點(diǎn)時(shí)，?8

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