2023-2024学年浙江省宁波市海曙区兴宁中学八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年浙江省宁波市海曙区兴宁中学八年级（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在同一平面直角坐标系中，一次函数y=ax+b与二次函数y=ax2+bx的图象可能是( )
A. B.
C. D.
2.在同一副扑克牌中抽取3张“方块”，4张”梅花”，5张“红桃”.将这12张牌背面朝上，从中任意抽取1张，是“方块”的概率为( )
A. 14B. 13C. 512D. 23
3.若二次函数y=ax2−4ax+c的图象经过点(−1,0)，则方程ax2−4ax+c=0的解为( )
A. x1=−1，x2=−5B. x1=5，x2=1
C. x1=−1，x2=5D. x1=1，x2=−5
4.已知⊙O的半径为3，点P到圆心O的距离为4，则点P与⊙O的位置关系是( )
A. 点P在⊙O外B. 点P在⊙O上C. 点P在⊙O内D. 无法确定
5.将二次函数y=x2−1的图象向左平移2个单位长度，再向下平移5个单位长度得到的二次函数解析式是( )
A. y=(x−2)2−6B. y=(x−2)2+4C. y=(x+2)2+4D. y=(x+2)2−6
6.若A(0,y1)，B(2,y2)，C(3,y3)为二次函数y=(x−2)2+m图象上的三点，则y1，y2，y3的大小关系为( )
A. y17.如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是CD延长线上一点，连接AE，AF，AM平分∠EAF交CD于点M.若BE=DF=1，则DM的长度为( )
A. 2
B. 5
C. 6
D. 125
8.如图，在Rt△ABO中，AB=OB，顶点A的坐标为(2,0)，以AB为边向△ABO的外侧作正方形ABCD，将组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转45∘，则第2024次旋转结束时，点D的坐标为( )
A. (1,−3)
B. (−1,3)
C. (−1,2+ 2)
D. (3,1)
9.已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，有下列结论：
①abc>0；②a+b+c=2；③a>12；④b<1.
其中正确的结论是( )
A. ①②
B. ②③
C. ②④
D. ③④
10.如图，在△ABC中，∠BAC=108∘，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′.若点B′恰好落在BC边上，且AB=CB′，则∠C′的度数为( )
A. 18∘
B. 20∘
C. 24∘
D. 28∘
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.如图，假设可以随意在图中取点，那么这个点取在阴影部分的概率是______.
12.如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，AB⊥CD，垂足为点E，CD=8cm，AB=10cm，则AE=______.
13.一座抛物线型拱桥如图所示，桥下水面宽度是4m时，拱顶距离水面是2m.当水面下降1m后，水面宽度是______m.(结果保留根号)
14.如图，抛物线y=−87x2+247x+2与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，P为抛物线对称轴上动点，则PA+PC取最小值时，点P坐标是______.
15.如图，直线l⊥x轴于点P，且与反比例函数y1=k1x(x>0)及y2=k2x(x>0)的图象分别交于A，B两点，连结OA，OB，已知△OAB的面积为6，则k1−k2=______.
16.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2−3x与x轴的正半轴交于点E.矩形ABCD的边AB在线段OE上，点C、D在抛物线上，则矩形ABCD周长的最大值为______.
三、解答题：本题共7小题，共66分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题7分)
定义：在边长为1的小正方形方格纸中，把顶点落在方格交点上的线段、三角形、四边形分别称为格点线段、格点三角形，格点四边形，在5×5的正方形网格中，若每一个小正方形的边长均为1，请仅用无刻度直尺按要求画图．
(1)在图①中画一个以AB为边画一个格点正方形ABCD；
(2)在图②中画一个格点平行四边形AEBF，使平行四边形面积为6；
(3)在图③中画一个格点菱形AMBN.AMBN不是正方形．(温馨提示：请画在答题卷相对应的图上)
18.(本小题7分)
如图，已知二次函数y=ax2+2x+c图象经过点A(−1,0)和点C(0,3).
(1)求该二次函数的解析式；
(2)结合函数图象，直接写出：当−119.(本小题7分)
如图，已知AB为⊙O的直径，CD是弦，且AB⊥CD于点E，连接AC、OC、BC.
(1)求证：∠ACO=∠BCD；
(2)若EB=8cm，CD=24cm，求⊙O的半径.
20.(本小题9分)
麦积山石窟是世界文化遗产，国家5A级旅游景区，中国四大石窟之一.在中国西北旅游营销大会旅游装备展上，商家按标价销售某种工艺品时，每件可获利50元，按标价的九折销售该工艺品10件与将标价降低30元销售该工艺品15件所获得利润相等.
(1)该工艺品每件的进价、标价分别为多少元？
(2)若每件工艺品按此进价进货，标价销售.商家每天可卖该工艺品120件，若每件工艺品降价1元，则每天可以多卖该工艺品4件.问：每件工艺品降价多少元销售，每天获得的利润最大？获得的最大利润为多少元？
21.(本小题12分)
如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象交于点A(−3,n)，B(2,3).
(1)求反比例函数与一次函数的函数表达式；
(2)连接OA，OB，求△OAB的面积；
(3)请结合图象直接写出不等式kx+b22.(本小题12分)
如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴交于A，B点，与y轴交于点C(0,3)，点A在原点的左侧，点B的坐标为(3,0)，点P是抛物线上一个动点，且在直线BC的上方.
(1)求这个二次函数的解析式；
(2)当点P运动到什么位置时，△BPC的面积最大？请求出点P的坐标和△BPC面积的最大值.
(3)连接PO，PC，并把△POC沿CO翻折，得到四边形POP′C，那么是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由.
23.(本小题12分)
如图，抛物线y=ax2−2ax−1与y轴交于点C.已知抛物线顶点纵坐标为−2.点P在此抛物线上，其坐标为(m,n).
(1)求抛物线的解析式.
(2)当−1≤m≤2时，结合图象，直接写出n的取值范围.
(3)若此抛物线在点P左侧部分(包括点P)恰有三个点到x轴的距离为1.
①求m的取值范围.
②以PC为边作等腰直角三角形PCQ，当点Q在此抛物线的对称轴上时，直接写出点P的坐标.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、由抛物线可知，a>0，x=−b2a>0，得b<0，由直线可知，a<0，b>0，故本选项不符合题意；
B、由抛物线可知，a>0，x=−b2a<0，得b>0，由直线可知，a>0，b>0，故本选项符合题意；
C、由抛物线可知，a<0，x=−b2a<0，得b<0，由直线可知，a<0，b>0，故本选项不符合题意；
D、由抛物线可知，a<0，x=−b2a<0，得b<0，由直线可知，a>0，b>0，故本选项不符合题意．
故选：B.
本题可先由一次函数y=ax+b图象得到字母系数的正负，再与二次函数y=ax2+bx的图象相比是否一致．
本题考查抛物线和直线的性质，用假设法来搞定这种数形结合题是一种很好的方法．
2.【答案】A
【解析】解：从中任意抽取1张，是“方块”的概率为312=14，
故选：A.
直接利用概率公式计算可得．
本题主要考查概率公式，随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．
3.【答案】C
【解析】解：抛物线的对称轴为直线x=−−4a2a=2，
∴点(−1,0)关于直线x=2的对称点的坐标为(5,0)，
即二次函数y=ax2−4ax+c的图象与x轴的两个交点坐标为(−1,0)，(5,0)，
∴方程ax2−4ax+c=0的解为x1=−1，x2=5.
故选：C.
先确定抛物线的对称轴方程，再利用抛物线的对称性得到二次函数y=ax2−4ax+c的图象与x轴的两个交点坐标为(−1,0)，(5,0)，然后根据抛物线与x轴的交点问题确定方程ax2−4ax+c=0的解．
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质．
4.【答案】A
【解析】解：∵⊙O的半径分别是3，点P到圆心O的距离为4，
∴d>r，
∴点P与⊙O的位置关系是：点在圆外．
故选：A.
根据点与圆心的距离与半径的大小关系即可确定点P与⊙O的位置关系．
本题考查了点与圆的位置关系．注意若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d>r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d5.【答案】D
【解析】解：将二次函数y=x2−1的图象向左平移2个单位长度，再向下平移5个单位长度得到的二次函数解析式是：y=(x+2)2−1−5，
即y=(x+2)2−6.
故选：D.
根据函数图象平移的法则解答即可．
本题考查的是二次函数图象的平移，解题的关键是掌握其平移规律，“左加右减，上加下减”．
6.【答案】D
【解析】解：二次函数y=(x−2)2+m图象的开口向上，对称轴为直线x=2，
∵|2−2|<|3−2|<|0−2|，且到对称轴距离越大，函数值越大，
∴y2故选：D.
求出二次函数y=(x−2)2+m图象的开口向上，对称轴为直线x=2，又|2−2|<|3−2|<|0−2|，即可得y2本题考查二次函数的性质，解题的关键是掌握到对称轴距离越大，函数值越大．
7.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=∠ADF=90∘，
∴在Rt△ABE和Rt△ADF中，
AB=AD∠ABE=∠ADFBE=DF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF(SAS)，
∴AE=AF；
∵AM平分∠EAF，
∴∠EAM=∠FAM，
∴在△AEM和△AFM中，
AE=AF∠EAM=FAMAM=AM，
∴△AEM≌△AFM(SAS)，
∴EM=FM；
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=4，∠BCD=90∘，
设DM=x，则MC=CD−DM=4−x，CE=BC−BE=4−1=3，EM=FM=FD+DM=1+x，
在Rt△MCE中，根据勾股定理，得EM2=MC2+CE2，即(1+x)2=(4−x)2+32，
解得x=125.
故选：D.
根据正方形的性质及三角形全等的判定及性质，证明AE=AF；利用角平分线的性质及三角形全等的判定及性质，证明EM=FM；DM=x，将EM、MC和CE分别表示出来，在Rt△MCE中根据勾股定理列关于x的方程并求解即可．
本题考查正方形的性质、三角形全等的判定及性质等，掌握正方形的性质、三角形全等的判定及性质和角平分线的性质、勾股定理是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：∵360∘÷45∘=8，
∴经过8次旋转后图形回到原位置．
∵2024÷8=253，
∴旋转2024次后恰好回到原来图形位置，
过点D作DE⊥x轴于点E.
由题意可得AO=2，△ABO是等腰直角三角形，
∴AB= 22AO= 2，∠BAO=45∘.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB= 2，∠BAD=90∘，
∴∠DAE=45∘，
∴在Rt△ADE中，DE=AE= 22AD=1，
∴OE=AO+AE=3，
∴点D的坐标为(3,1).
故选：D.
由题意可得每8次旋转一个循环，然后利用等腰直角三角形的性质和正方形的性质即可求解．
本题考查旋转中的坐标规律探究，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
9.【答案】B
【解析】解：①∵图象开口向上，与y轴交于负半轴，能得到：a>0，c<0，
∵对称轴在y轴左边，
∴b>0，
∴abc<0，故①错误；
②当x=1时，由图象知y=2，
把x=1，y=2代入解析式得：a+b+c=2，故②正确；
③由图象得，−b2a>−1，
∴b<2a，
由①②得，a+b+c=2，c<0，
∴2=a+b+c∴3a+c>2，
∴a>13(2−c)，
∵c<0，
∴2−c>2，
∴a>23，
∴a>12，故③正确；
④由图象得，当x=−1时，y=a−b+c<0，
由①②得，a+b+c=2，c<0，
∴(a+b+c)−(a−b+c)>2，
∴2b>2，
∴b>1，故④错误；
综上，②③正确．
故选：B.
由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
本题主要考查了二次函数图象与系数的关系，熟知二次函数图象与a、b、c的关系是解决本题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：∵AB′=CB′，
∴∠C=∠CAB′，
∴∠AB′B=∠C+∠CAB′=2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB′C′，
∴∠C=∠C′，AB=AB′，
∴∠B=∠AB′B=2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB=180∘，
∴3∠C=180∘−108∘，
∴∠C=24∘，
∴∠C′=∠C=24∘，
故选：C.
由旋转的性质可得∠C=∠C′，AB=AB′，由等腰三角形的性质可得∠C=∠CAB′，∠B=∠AB′B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．
11.【答案】49
【解析】解：先设每个小正方形的面积为x，
则阴影部分的面积是4x，得出整个图形的面积是9x，
则这个点取在阴影部分的概率是4x9x=49.
故答案为：49.
先设每个小正方形的面积为x，则阴影部分的面积是4x，得出整个图形的面积是9x，再根据几何概率的求法即可得出答案．
本题考查几何概率的求法：首先根据题意将代数关系用面积表示出来，一般用阴影区域表示所求事件(A)；然后计算阴影区域的面积在总面积中占的比例，这个比例即事件(A)发生的概率．
12.【答案】2cm
【解析】解：由题意可知，AB垂直平分CD，OC=OA=12AB=5cm，
∴CE=12CD=4cm，
在Rt△CEO中，OE= OC2−CE2= 52−42=3(cm)，
∴AE=OA−OE=2cm.
故答案为：2cm.
结合题意，由垂径定理可得AB垂直平分CD，然后在Rt△CEO中运用勾股定理求得OE即可求解．
本题考查了垂径定理及勾股定理，解题的关键是熟练掌握垂径定理．
13.【答案】2 6
【解析】解：建立平面直角坐标系，如图所示，
设该抛物线的解析式为y=ax2，
由题意可知：点(2,−2)在该函数图象上，
∴−2=a×22，
解得a=−12，
∴该抛物线的解析式为y=−12x2，
当y=−3时，−3=−12x2，
解得x1=− 6，x2= 6，
∴当水面下降1m后，水面宽度是： 6−(− 6)= 6+ 6=2 6(m)，
故答案为：2 6.
根据题意，建立合适的平面直角坐标系，然后求出抛物线的解析式，再将y=−3代入函数解析式，求出x的值，然后即可求得水面下降1m后，水面宽度．
本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式．
14.【答案】(32,87)
【解析】解：连接BC，交抛物线的对称轴于一点，由抛物线的对称性可知，该点即为所求的点P，
∵抛抛物线y=−87x2+247x+2与y轴交于点C，
∴点C的坐标为(0,2)，
令y=0，则−87x2+247x+2=0，
解得x1=72，x2=−12，
∵A(−12,0)，B(72,0)，
设直线BC的函数表达式为y=kx+b，
把B(72,0)和C(0,2)代入，
得：72k+b=0b=2，
解得：k=−47b=2，
∴直线BC的函数表达式为y=−47x+2.
∵抛物线的对称轴为直线x=−2472×(−87)=32，
∴当x=32时，y=−47×32+2=87，
∴点P的坐标为(32,87)，
即当PA+PC的值最小时，点P的坐标为(32,87)，
故答案为：(32,87).
首先连接BC交抛物线的对称轴l于P点，此时PA+PC的值最小时，然后利用待定系数法求得直线BC的解析式，继而求得答案．
本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质、待定系数法求解析式以及距离最短问题，注意找到P点的位置是解题的关键．
15.【答案】12
【解析】解：设点P的坐标为(a,0)，
∵直线l⊥x轴于点P，且与反比例函数y1=k1x(x>0)及y2=k2x(x>0)的图象分别交于A，B两点，
∴点A(a,k1a)，B(a,k2a)，
∴OP=a，BP=k2a，AP=k1a.
∵S△ABO=S△AOP−S△BOP，△OAB的面积为6，
∴12×AP⋅OP−12×BP⋅OP=6.
∴k1a⋅a−k2a⋅a=12.
∴k1−k2=12.
故答案为：12.
设点P的坐标为(a,0)，则得到点A(a,k1a)，B(a,k2a)，利用S△ABO=S△AOP−S△BOP列出关系式即可求得结论．
本题主要考查了反比例函数的性质，反比例函数图象上点的坐标的特征，反比例函数系数k的几何意义，三角形的面积，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
16.【答案】13
【解析】解：设点D的横坐标是m，
∴点D的纵坐标是12m2−3m.
∴AD=3m−12m2.
又抛物线的对称轴是直线x=−−32×12=3，
∴C的横坐标为3−(m−3)=6−m.
∴CD=2m−6.
∴矩形ABCD的周长L=2(3m−12m2+2m−6)=−m2+10m−12=−(m−5)2+13.
∴当m=5时，周长L有最大值13.
故答案为：13.
依据题意，设点D的横坐标为m，用m表示出矩形ABCD的长和宽，然后代入矩形的周长计算公式化简分析计算即可得解．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，解题时要熟练掌握并能灵活运用是关键．
17.【答案】解：(1)如图①中，正方形ABCD即为所求；
(2)如图②中，平行四边形AEBF；
(3)如图③中，菱形AMBN即为所求．
【解析】(1)根据正方形的特点，利用数形结合的思想解决问题即可；
(2)根据平行四边形的特点，利用数形结合的思想解决问题即可；
(3)根据菱形的特点，利用数形结合的思想解决问题即可．
本题考查作图-应用与设计作图，正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
18.【答案】解：(1)把A(−1,0)和C(0,3)，代入二次函数y=ax2+2x+c中，
得a−2+c=0c=3，
解得a=−1c=3，
∴二次函数的解析式为y=−x2+2x+3；
(2)y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴当x=1时，y有最大值4
如图所示，当−1函数y的取值范围为，0【解析】本题主要考查了应用待定系数法求二次函数解析式及二次函数的图象、性质．
(1)根据待定系数法把把A(−1,0)和C(0,3)，代入函数解析式中，求出系数a和c的值即可得出答案；
(2)根据题意画出函数图象，由图象可知当x=−1时函数值y=0，当x=1时函数有最大值4，即可得出答案．
19.【答案】证明：(1)∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，∠BCD与∠ACE互余，又∠ACE与∠CAE互余，
∴∠BCD=∠BAC.
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA.
∴∠ACO=∠BCD；
(2)设⊙O的半径为R cm，则OE=OB−EB=(R−8)cm，
CE=12CD=12×24=12cm，
在Rt△CEO中，由勾股定理可得：
OC2=OE2+CE2，
即R2=(R−8)2+122，
解得R=13.
答：⊙O的半径为13cm.
【解析】(1)根据垂径定理和圆的性质，同弧的圆周角相等，又因为△AOC是等腰三角形，即可求证．
(2)根据勾股定理，求出各边之间的关系，即可确定半径．
本题考查垂弦定理、圆心角、圆周角的应用能力，关键是根据垂径定理和圆的性质，同弧的圆周角相解答．
20.【答案】解：(1)设每件工艺品的标价为x元，则进价为(x−50)元，
根据题意，得：(0.9x−x+50)×10=15×(x−30−x+50)，
解得x=200，
x−50=150，
答：该工艺品每件的进价150元，标价200元；
(2)设每件应降价a元出售，每天获得的利润为w元．
则w=(200−a−150)(120+4a)=−4(a−10)2+6400，
当a=10时，w最大=6400.
故当每件工艺品降价10元出售时，每天获得的最大利润是6400元．
【解析】(1)根据等量关系：(每件标价的九折-标价+50)×10=(每件标价−30−每件标价+50)×15求解即可；
(2)列出每天获得的利润关于每件降价的关系式，利用二次函数的性质求最值．
本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用．最大销售利润的问题常利函数的增减性来解答，我们首先要吃透题意，确定变量，根据每天的利润=一件的利润×销售件数，建立函数关系式，此题为数学建模题，借助二次函数解决实际问题．
21.【答案】解：(1)∵B(2,3)在反比例函数y=mx的图象上．
∴m=6，y=6x，
又A(−3,n)在y=6x上，
∴n=−2，A(−3,−2)，
将A(−3,−2)，B(2,3)代入y=kx+b得：
−3k+b=−22k+b=3，解得k=1b=1，
∴直线解析式为：y=x+1；
(2)如图，设直线AB交x轴于点C，令y=x+1=0，则x=−1，
∴C(−1,0)，OC=1，
∴S△AOB=s△AOC+S△BOC=12×1×2+12×1×5=52；
(3)根据图像位置和两个函数的交点坐标，不等式kx+b【解析】(1)根据待定系数法求出两个函数解析式即可；
(2)利用直线解析式求出OC长，根据S△AOB=s△AOC+S△BOC=12×1×2+12×1×5=52即可；
(3)根据图像和两个函数的交点坐标，可直接写出不等式的解集即可．
本题考查了一次函数图象与反比例函数图象的交点问题，交点坐标满足两个函数解析式．
22.【答案】解：(1)将B(3,0)，C(0,3)代入y=−x2+bx+c，
得−9+3b+c=0c=3，
解得b=2c=3，
∴二次函数的解析式为y=−x2+2x+3.
答：二次函数的解析式为y=−x2+2x+3.
(2)如图，过点P作y轴的平行线与BC交于点Q，
设P(x,−x2+2x+3)，直线BC的解析式为y=mx+n，
则3m+n=0n=3，
解得m=−1n=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
则Q(x,−x+3)，
∴S△CPB=S△BPQ+S△CPQ=12QP⋅OB=12(−x2+3x)×3=−32(x−32)2+278，
当x=32时，△CPB的面积最大，
此时，点P的坐标为(32,154)，△CPB的面积的最大值为278.
(3)存在．
如图，设点P(x,−x2+2x+3)，PP′交CO于点E，
若四边形POP′C是菱形，则OP=PC，
连接PP′，则PE⊥OC，OE=CE=32，
∴−x2+2x+3=32，
解得x1=2+ 102，x2=2− 102(不合题意，舍去)，
∴P(2+ 102,32).
【解析】(1)利用待定系数法即可求解．
(2)设出点P的坐标，作辅助线，表示出三角形PCQ和三角形PBQ的面积，即可求解．
(3)设出点P的坐标，求出P′的坐标，利用菱形的性质即可求解．
本题主要考查二次函数的综合应用，关键是要会用待定系数法求抛物线的解析式，还要牢记菱形的性质：菱形的对角线互相垂直，菱形的四条边都相等，对于求三角形面积最大值的问题，一般是将三角形分割成两个三角形，即作x轴的平行线或y轴的平行线，然后再利用面积公式得出一个二次函数，求出顶点的纵坐标即是最大值．
23.【答案】解：(1)∵y=ax2−2ax−1=y=a(x−1)2−a−1，
∴抛物线的顶点坐标为(1,−a−1)，
∵抛物线顶点纵坐标为−2，
∴−a−1=−2，
解得a=1，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−1.
(2)n的取值范围是−2≤n≤2，
理由：∵P(m,n)在抛物线y=x2−2x−1上，
∴n=m2−2m−1，
当m=−1时，n=(−1)2−2×(−1)−1=2，
当m=2时，n=22−2×2−1=−1，
由(1)得抛物线的顶点坐标为(1,−2)，
∴当点P与抛物线的顶点重合时，则n=−2，
∴当−1≤m≤2时，n的最小值和最大值分别为−2和蔼，
∴n的取值范围是−2≤n≤2.
(3)①当点P(m,n)到x轴的距离为1时，时n=1或n=−1，
当n=1时，则m2−2m−1=1，
解得m1=1− 3，m2=1+ 3；
当n=−1时，则m2−2m−1=−1，
解得m1=0，m2=2，
如图1，点E(1− 3,1)、F(1+ 3,1)、G(2,−1)、C(0,−1)到x轴的距离均为1，
∵抛物线在点P左侧部分(包括点P)恰有三个点到x轴的距离为1，
∴m的取值范围是2≤m<1+ 3.
②点P的坐标为(2,−1)或(1+ 2,0)或(3+ 52, 5−12).
理由：由(1)得，抛物线的对称轴为直线x=1，
如图2，作点C(0,−1)关于直线x=1的对称点P，则P(2,−1)，设直线x=2交x轴于点Q，连结CQ、PQ，
∵∠COQ=90∘，Q(1,0)，
∴OC=OQ=1，
∴PQ=CQ= 12+12= 2，
∵PQ=2，
∴PQ2+CQ2=PQ2=4，
∴△PCQ是等腰直角三角形，且点Q在此抛物线的对称轴上，此时P(2,−1)；
如图3，点P为抛物线与x轴的交点，作CQ⊥CP交直线x=1于点Q，连结PQ，作QR⊥y轴于点R，
∵∠POC=∠CRQ=∠PCQ=90∘，
∴∠OCP=∠CRQ=90∘−∠RCQ，
∵OC=RQ=1，
∴△POC≌△CRQ(ASA)，
∴△PCQ是等腰直角三角形，
当n=0时，则m2−2m−1=0，
解得m1=1+ 2，m2=1− 2(不符合题意，舍去)，
∴点P的坐标为(1+ 2,0)；
如图4，等腰直角三角形PCQ，点Q在直线x=1上，且∠CPQ=90∘，
∴PQ=PC，
作PH⊥x轴，作CH⊥PH于点H，QL⊥PH于点L，
∵∠L=∠H=∠CPQ=90∘，
∴∠PQL=∠CPH=90∘−∠QPL，
∴△PQL≌△CPH(AAS)，
∴QL=PH，
∵P(m,m2−2m−1)，H(m,−1)，
∴PH=m2−2m−1−(−1)=m2−2m，
∴QL=m−1，
∴m−1=m2−2m，
解得m1=3+ 52，m2=3− 52(不符合题意，舍去)，
∴P(3+ 52, 5−12)，
综上所述，点P的坐标为(2,−1)或(1+ 2,0)或(3+ 52, 5−12).
【解析】(1)由y=ax2−2ax−1=y=a(x−1)2−a−1，得抛物线的顶点坐标为(1,−a−1)，则−a−1=−2，求得a=1，所以抛物线的解析式为y=x2−2x−1；
(2)由P(m,n)在抛物线y=x2−2x−1上，得n=m2−2m−1，当m=−1时，n=2；m=2时，n=−1，而抛物线的顶点坐标为(1,−2)，可知当−1≤m≤2时，n的最小值和最大值分别为−2和2，所以n的取值范围是−2≤n≤2；
(3)①当点P(m,n)到x轴的距离为1时，时n=1或n=−1，由m2−2m−1=1，求得m1=1− 3，m2=1+ 3；由m2−2m−1=−1，求得m1=0，m2=2，则点E(1− 3,1)、F(1+ 3,1)、G(2,−1)、C(0,−1)到x轴的距离均为1，所以m的取值范围是2≤m<1+ 3；
②由(1)得，抛物线的对称轴为直线x=1，再分三种情况讨论，一是作点C(0,−1)关于直线x=1的对称点P，则P(2,−1)，设直线x=2交x轴于点Q，则△PCQ是等腰直角三角形，且点Q在此抛物线的对称轴上，此时P(2,−1)，二是点P为抛物线与x轴的交点，作CQ⊥CP交直线x=1于点Q，连结PQ，作QR⊥y轴于点R，则△PCQ是等腰直角三角形，点P的坐标为(1+ 2,0)；三是等腰直角三角形PCQ，点Q在直线x=1上，且∠CPQ=90∘，PQ=PC，作PH⊥x轴，作CH⊥PH于点H，QL⊥PH于点L，可证明△PQL≌△CPH，QL=PH，m−1=m2−2m，求得P(3+ 52, 5−12).
此题重点考查二次函数的图象与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、同角的余角相等、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．