14解（Ⅰ）当a?b?1，c??1时，抛物线为y?3x2?2x?1， 方程3x2?2x?1?0的两个根为x1??1，x2?1．
3?
∴该抛物线与x轴公共点的坐标是??1，0?和?
1?
，0?． ········ 23??
分
（Ⅱ）当a?b?1时，抛物线为y?3x2?2x?c，且与x轴有公共点． 对于方程3x2?2x?c?0，判别式??4?12c≥0，有c≤1． ····· 3分
3①当c?1时，由方程3x2?2x?1?0，解得x1?x2??1．
333此时抛物线为y?3x2?2x?1与x轴只有一个公共点???31?，0?． · 4?3?分
②当c?1时，
3x1??1时，y1?3?2?c?1?c， x2?1时，y2?3?2?c?5?c．
由已知?1?x?1时，该抛物线与x轴有且只有一个公共点，考虑其对称轴为x??1，
3?y1≤0，?1?c≤0，应有? 即?
y?0.5?c?0.??2解得?5?c≤?1．
综上，c?1或?5?c≤?1． ····························· 6分
3（Ⅲ）对于二次函数y?3ax2?2bx?c，
由已知x1?0时，y1?c?0；x2?1时，y2?3a?2b?c?0， 又a?b?c?0，∴3a?2b?c?(a?b?c)?2a?b?2a?b． 于是2a?b?0．而b??a?c，∴2a?a?c?0，即a?c?0．
∴a?c?0． ············································· 7分
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∵关于x的一元二次方程3ax2?2bx?c?0的判别式
??4b2?12ac?4(a?c)2?12ac?4[(a?c)2?ac]?0，
∴抛物线y?3ax2?2bx?c与x轴有两个公共点，顶点在x轴下方． · 8分
又该抛物线的对称轴x??b3a ，
由a?b?c?0，c?0，2a?b?0， 得?2a?b??a， ∴1??3b2?． 3a3x 又由已知x1?0时，y1?0；x2?1时，y2?0，观察图象，
可知在0?x?1范围内，该抛物线与x轴有两个公共点． ·· 10分
15 解：（1）由题意：BP＝tcm，AQ＝2tcm，则CQ＝(4－2t)cm， ∵∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，∴AB＝5cm ∴AP＝（5－t）cm， ∵PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，
∴AP∶AB＝AQ∶AC，即（5－t）∶5＝2t∶4，解得：t＝∴当t为
10秒时，PQ∥BC 710 7………………2分
（2）过点Q作QD⊥AB于点D，则易证△AQD∽△ABC
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∴AQ∶QD＝AB∶BC ∴2t∶DQ＝5∶3，∴DQ＝t
∴△APQ的面积：×AP×QD＝（5－t）×t ∴y与t之间的函数关系式为：y＝3t?t2
………………5分
（3）由题意：
当面积被平分时有：3t?5?53211 t＝××3×4，解得：t＝25226512126535 当周长被平分时：（5－t）＋2t＝t＋（4－2t）＋3，解得：t＝1
∴不存在这样t的值
………………8分
（4）过点P作PE⊥BC于E
易证：△PAE∽△ABC，当PE＝QC时，△PQC为等腰三角形，此时△QCP′为菱形
∵△PAE∽△ABC，∴PE∶PB＝AC∶AB，∴PE∶t＝4∶5，解得：PE＝t
∵QC＝4－2t，∴2×t＝4－2t,解得：t＝
10时，四边形PQP′C为菱形 9827此时，PE＝，BE＝，∴CE＝
9334510 94512∴当t＝
………………10分
在Rt△CPE中，根据勾股定理可知：PC＝PE2?CE2＝87()2?()293
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＝
5059
5059∴此菱形的边长为cm ………………12分
1416 解：（1）∵D（－8，0），∴B点的横坐标为－8，代入y?x中，得y＝－2.
∴B点坐标为（－8，－2）.而A、B两点关于原点对称，∴A（8，2）
从而k＝8×2＝16
（2）∵N（0，－n），B是CD的中点，A，B，M，E四点均在双曲线上,
∴mn＝k，B（－2m，－），C（－2m，－n），E（－m，－n）
S矩形DCNO＝2mn＝2k，S△DBO＝
n21111mn＝k，S△OEN＝mn＝2222k.
∴S矩形OBCE＝S矩形DCNO―S△DBO―S△OEN＝k.∴k＝4.
由直线y?x及双曲线y?，得A（4，1），B（－4，－1） ∴C（－4，－2），M（2，2）
设直线CM的解析式是y?ax?b，由C、M两点在这条直线上，得
??4a?b??2，解得??2a?b?2144xa＝b＝
232323∴直线CM的解析式是y＝x＋.
（3）如图，分别作AA1⊥x轴，MM1⊥x轴，垂足分别为A1，
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yQDBCEOM1NMAA1xM1
设A点的横坐标为a，则B点的横坐标为－a.于是
p?MAA1M1a?m??， MPM1Om同理q?MBm?a? MQm∴p－q＝
a?mm?a
－＝－2 mm
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