分析： （1）①根据邻边长分别为2和3的平行四边形进过两次操作即可得出所剩四边形是菱形，即可得出
答案； ②根据平行四边形的性质得出AE∥BF，进而得出AE=BF，即可得出答案； （2）①利用3阶准菱形的定义，即可得出答案； ②根据a=6b+r，b=5r，用r表示出各边长，进而利用图形得出?ABCD是几阶准菱形．
解答： 解：（1）①利用邻边长分别为2和3的平行四边形进过两次操作，所剩四边形是边长为1的菱形，
故邻边长分别为2和3的平行四边形是2阶准菱形； 故答案为：2； ②由折叠知：∠ABE=∠FBE，AB=BF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AE∥BF， ∴∠AEB=∠FBE， ∴∠AEB=∠ABE， ∴AE=AB， ∴AE=BF， ∴四边形ABFE是平行四边形， ∴四边形ABFE是菱形；
（2） ①如图所示：
，
②∵a=6b+r，b=5r， ∴a=6×5r+r=31r； 如图所示：
故?ABCD是10阶准菱形．
点评： 此题主要考查了图形的剪拼以及菱形的判定，根据已知n阶准菱形定义正确将平行四边形分割是解
题关键．
26．（2012?宁波）如图，二次函数y=ax+bx+c的图象交x轴于A（﹣1，0），B（2，0），交y轴于C（0，﹣2），过A，C画直线．
2
（1）求二次函数的解析式；
（2）点P在x轴正半轴上，且PA=PC，求OP的长；
（3）点M在二次函数图象上，以M为圆心的圆与直线AC相切，切点为H． ①若M在y轴右侧，且△CHM∽△AOC（点C与点A对应），求点M的坐标； ②若⊙M的半径为
，求点M的坐标．
考点： 二次函数综合题。
专题： 代数几何综合题；分类讨论。
分析： （1）根据与x轴的两个交点A、B的坐标，利设出两点法解析式，然后把点C的坐标代入计算求出
a的值，即可得到二次函数解析式；
（2）设OP=x，然后表示出PC、PA的长度，在Rt△POC中，利用勾股定理列式，然后解方程即可； （3）①根据相似三角形对应角相等可得∠MCH=∠CAO，然后分（i）点H在点C下方时，利用同位角相等，两直线平行判定CM∥x轴，从而得到点M的纵坐标与点C的纵坐标相同，是﹣2，代入抛物线解析式计算即可；（ii）点H在点C上方时，根据（2）的结论，点M为直线PC与抛物线的另一交点，求出直线PC的解析式，与抛物线的解析式联立求解即可得到点M的坐标； ②在x轴上取一点D，过点D作DE⊥AC于点E，可以证明△AED和△AOC相似，根据相似三角形对应边成比例列式求解即可得到AD的长度，然后分点D在点A的左边与右边两种情况求出OD的长度，从而得到点D的坐标，再作直线DM∥AC，然后求出直线DM的解析式，与抛物线解析式联立求解即可得到点M的坐标．
解答： 解：（1）设该二次函数的解析式为：y=a（x+1）（x﹣2），
将x=0，y=﹣2代入，得﹣2=a（0+1）（0﹣2）， 解得a=1， ∴抛物线的解析式为y=（x+1）（x﹣2），
即y=x﹣x﹣2；
（2）设OP=x，则PC=PA=x+1，
在Rt△POC中，由勾股定理，得x+2=（x+1）， 解得，x=， 即OP=；
（3）①∵△CHM∽△AOC， ∴∠MCH=∠CAO，
（i）如图1，当H在点C下方时， ∵∠MCH=∠CAO，
2
2
2
2
∴CM∥x轴，
∴yM=﹣2， 2∴x﹣x﹣2=﹣2， 解得x1=0（舍去），x2=1， ∴M（1，﹣2），
（ii）如图1，当H在点C上方时， ∵∠MCH=∠CAO， ∴PA=PC，由（2）得，M为直线CP与抛物线的另一交点， 设直线CM的解析式为y=kx﹣2， 把P（，0）的坐标代入，得k﹣2=0， 解得k=， ∴y=x﹣2， 由x﹣2=x﹣x﹣2， 解得x1=0（舍去），x2=， 此时y=×﹣2=∴M′（，
②在x轴上取一点D，如图（备用图），过点D作DE⊥AC于点E，使DE=在Rt△AOC中，AC=
=
=
，
，
），
，
2
∵∠COA=∠DEA=90°，∠OAC=∠EAD， ∴△AED∽△AOC， ∴=
，
即=，
解得AD=2， ∴D（1，0）或D（﹣3，0）． 过点D作DM∥AC，交抛物线于M，如图（备用图） 则直线DM的解析式为：y=﹣2x+2或y=﹣2x﹣6，
22
当﹣2x﹣6=x﹣x﹣2时，即x+x+4=0，方程无实数根， 当﹣2x+2=x﹣x﹣2时，即x+x﹣4=0，解得x1=∴点M的坐标为（
，3+
）或（
2
2
，x2=，3﹣
）．
，
点评： 本题是对二次函数的综合考查，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，勾股定理，相似三角形
的性质，两函数图象交点的求解方法，综合性较强，难度较大，要注意分情况讨论求解．