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17 以初速度 $ v $（单位：m/s）从地面竖直向上抛出小球，从抛出到落地的过程中，小球的高度 $ h $（单位：m）与小球的运动时间 $ t $（单位：s）之间的表达式是 $ h = vt - 4.9t^2 $。现将某弹性小球从地面竖直向上抛出，初速度为 $ v_1 $，经过时间 $ t_1 $ 落回地面，运动过程中小球的最大高度为 $ h_1 $（如图1）；小球落地后，竖直向上弹起，初速度为 $ v_2 $，经过时间 $ t_2 $ 落回地面，运动过程中小球的最大高度为 $ h_2 $（如图2）。若 $ h_1 = 2h_2 $，则 $ t_1:t_2 = $
$\sqrt{2}:1$
。答案
17. $\sqrt{2}:1$ 解析:由题意,得$t_1=\frac{v_1}{4.9}$,$t_2=\frac{v_2}{4.9}$,$h_1=\frac{-v_1^2}{-4×4.9}=\frac{v_1^2}{4×4.9}$,$h_2=\frac{-v_2^2}{-4×4.9}=\frac{v_2^2}{4×4.9}$.
∵$h_1=2h_2$,
∴$v_1=\sqrt{2}v_2$(负值舍去),
∴$t_1:t_2=v_1:v_2=\sqrt{2}:1$.
∵$h_1=2h_2$,
∴$v_1=\sqrt{2}v_2$(负值舍去),
∴$t_1:t_2=v_1:v_2=\sqrt{2}:1$.
解析
【分析】
解题时首先明确已知的高度h与时间t的关系式是二次函数，我们需要分别找到运动总时间t、最大高度h和初速度v的关系：①小球落回地面时h=0，代入解析式可解出总运动时间与初速度的关系；②小球的最大高度对应二次函数顶点的纵坐标，利用二次函数最值公式可得到最大高度与初速度的关系。再结合已知条件h₁=2h₂推出v₁与v₂的比值，最后即可求出t₁与t₂的比值。
【解析】
对于竖直上抛的小球，高度与时间的关系为$h = vt - 4.9t^2$：
1. 求总运动时间：当小球落回地面时$h=0$，代入得$vt - 4.9t^2 = 0$，因式分解得$t(v - 4.9t)=0$，解得$t=0$（抛出时刻，舍去）或$t=\frac{v}{4.9}$。因此第一次抛出的总时间$t_1=\frac{v_1}{4.9}$，第二次弹起的总时间$t_2=\frac{v_2}{4.9}$。
2. 求最大高度：二次函数$h = -4.9t^2 + vt$中$a=-4.9＜0$，顶点纵坐标即为最大高度，由二次函数最值公式$h_{max}=\frac{4ac - b^2}{4a}$（其中$a=-4.9,b=v,c=0$），代入得$h_{max}=\frac{0 - v^2}{4×(-4.9)}=\frac{v^2}{4×4.9}$。因此第一次的最大高度$h_1=\frac{v_1^2}{4×4.9}$，第二次的最大高度$h_2=\frac{v_2^2}{4×4.9}$。
3. 结合已知条件推导比值：已知$h_1=2h_2$，代入得$\frac{v_1^2}{4×4.9}=2×\frac{v_2^2}{4×4.9}$，约去相同项后得$v_1^2=2v_2^2$，因速度为正数，故$v_1=\sqrt{2}v_2$。
则$t_1:t_2=\frac{v_1}{4.9}:\frac{v_2}{4.9}=v_1:v_2=\sqrt{2}:1$。
【答案】
$\sqrt{2}:1$
【知识点】
二次函数的实际应用；二次函数的最值；解一元二次方程
【点评】
本题将运动场景与二次函数知识结合，解题核心是准确提取“落地时h=0”“最大高度对应二次函数顶点”这两个关键信息，结合二次函数的基本性质即可推导求解，能较好地考查学生对函数知识的应用能力。
【难度系数】
0.7
解题时首先明确已知的高度h与时间t的关系式是二次函数，我们需要分别找到运动总时间t、最大高度h和初速度v的关系：①小球落回地面时h=0，代入解析式可解出总运动时间与初速度的关系；②小球的最大高度对应二次函数顶点的纵坐标，利用二次函数最值公式可得到最大高度与初速度的关系。再结合已知条件h₁=2h₂推出v₁与v₂的比值，最后即可求出t₁与t₂的比值。
【解析】
对于竖直上抛的小球，高度与时间的关系为$h = vt - 4.9t^2$：
1. 求总运动时间：当小球落回地面时$h=0$，代入得$vt - 4.9t^2 = 0$，因式分解得$t(v - 4.9t)=0$，解得$t=0$（抛出时刻，舍去）或$t=\frac{v}{4.9}$。因此第一次抛出的总时间$t_1=\frac{v_1}{4.9}$，第二次弹起的总时间$t_2=\frac{v_2}{4.9}$。
2. 求最大高度：二次函数$h = -4.9t^2 + vt$中$a=-4.9＜0$，顶点纵坐标即为最大高度，由二次函数最值公式$h_{max}=\frac{4ac - b^2}{4a}$（其中$a=-4.9,b=v,c=0$），代入得$h_{max}=\frac{0 - v^2}{4×(-4.9)}=\frac{v^2}{4×4.9}$。因此第一次的最大高度$h_1=\frac{v_1^2}{4×4.9}$，第二次的最大高度$h_2=\frac{v_2^2}{4×4.9}$。
3. 结合已知条件推导比值：已知$h_1=2h_2$，代入得$\frac{v_1^2}{4×4.9}=2×\frac{v_2^2}{4×4.9}$，约去相同项后得$v_1^2=2v_2^2$，因速度为正数，故$v_1=\sqrt{2}v_2$。
则$t_1:t_2=\frac{v_1}{4.9}:\frac{v_2}{4.9}=v_1:v_2=\sqrt{2}:1$。
【答案】
$\sqrt{2}:1$
【知识点】
二次函数的实际应用；二次函数的最值；解一元二次方程
【点评】
本题将运动场景与二次函数知识结合，解题核心是准确提取“落地时h=0”“最大高度对应二次函数顶点”这两个关键信息，结合二次函数的基本性质即可推导求解，能较好地考查学生对函数知识的应用能力。
【难度系数】
0.7
18如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，$D$为$AC$上一点，动点$P$以每秒1个单位的速度从点$C$出发，在三角形边上沿$C\rightarrow B\rightarrow A$匀速运动，到达点$A$时停止，以$DP$为边作正方形$DPEF$。设点$P$的运动时间为$t\ \mathrm{s}$，正方形$DPEF$的面积为$S$。当点$P$由点$B$运动到点$A$时，经探究发现$S$是关于$t$的二次函数，并绘制成如图
所示的图像。根据图像信息，线段$AB$的长为
所示的图像。根据图像信息，线段$AB$的长为6
。答案
18. 6 解析:由图像可知,当$t=4$时,正方形面积最小为2,可得$CD=\sqrt{2}$, 在$\mathrm{Rt}△ PCD$中,$CD=\sqrt{2}$,$PC=t$, 则$S=PD^2=t^2+(\sqrt{2})^2=t^2+2$. 当$S=6$时,$6=t^2+2$,解得$t=2$(负值已舍去),
∴$BC=2$,
∴抛物线经过点$(2,6)$.
∵抛物线顶点为$(4,2)$, 设抛物线表达式为$S=a(t-4)^2+2$. 将$(2,6)$代入,得$6=a(2-4)^2+2$, 解得$a=1$,
∴$S=(t-4)^2+2$, 当$y=18$时,$18=(t-4)^2+2$, 解得$t=0$(舍)或$t=8$.
∵点$P$以每秒1个单位的速度从点$C$出发,
∴$AB=8-2=6$.
∴$BC=2$,
∴抛物线经过点$(2,6)$.
∵抛物线顶点为$(4,2)$, 设抛物线表达式为$S=a(t-4)^2+2$. 将$(2,6)$代入,得$6=a(2-4)^2+2$, 解得$a=1$,
∴$S=(t-4)^2+2$, 当$y=18$时,$18=(t-4)^2+2$, 解得$t=0$(舍)或$t=8$.
∵点$P$以每秒1个单位的速度从点$C$出发,
∴$AB=8-2=6$.
解析
【分析】
解题时先将函数图像的特殊点与动点P的位置对应：①当S最小时，对应DP最短，可得最小PD的长度；②P在BC上运动时，△PCD为直角三角形，结合勾股定理可表示S，利用S=6对应P到达点B的位置，求出BC的长度；③P在AB上运动时S是二次函数，已知顶点坐标，用顶点式设解析式，代入P在B点的坐标求出解析式，再代入P到达A点时的S值求出总运动时间，最后减去BC段的运动时间即可求出AB的长度。
【解析】
解：由图像可知，当$t=4$时，正方形DPEF的面积S最小为2，此时PD最短，故$PD=\sqrt{S}=\sqrt{2}$，即$CD=\sqrt{2}$，$CD^2=2$。
当点P在BC上运动时，$∠ C=90°$，由勾股定理得$PD^2=PC^2+CD^2$，即$S=t^2+2$。
当点P运动到点B时，$S=6$，代入得$6=t^2+2$，解得$t=2$（负值已舍去），故$BC=1×2=2$，即点P运动到B点时对应$t=2$。
当点P在AB上运动时，S是关于t的二次函数，且顶点为$(4,2)$，设二次函数解析式为$S=a(t-4)^2+2$，将$(2,6)$代入得：
$6=a(2-4)^2+2$，解得$a=1$，故二次函数解析式为$S=(t-4)^2+2$。
当点P到达点A时，$S=18$，代入得$18=(t-4)^2+2$，解得$t=8$（$t=0$不符合题意，舍去）。
点P的运动速度为每秒1个单位，从C到A总用时8s，其中BC段用时2s，故AB段运动时间为$8-2=6\ \mathrm{s}$，因此$AB=1×6=6$。
【答案】
6
【知识点】
二次函数的应用；勾股定理；正方形的性质
【点评】
本题是动点与函数图像结合的综合题，解题的核心是数形结合，明确函数图像上特殊点对应的几何运动的特殊位置，再结合几何性质和函数知识逐步求解，能有效考查对知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
解题时先将函数图像的特殊点与动点P的位置对应：①当S最小时，对应DP最短，可得最小PD的长度；②P在BC上运动时，△PCD为直角三角形，结合勾股定理可表示S，利用S=6对应P到达点B的位置，求出BC的长度；③P在AB上运动时S是二次函数，已知顶点坐标，用顶点式设解析式，代入P在B点的坐标求出解析式，再代入P到达A点时的S值求出总运动时间，最后减去BC段的运动时间即可求出AB的长度。
【解析】
解：由图像可知，当$t=4$时，正方形DPEF的面积S最小为2，此时PD最短，故$PD=\sqrt{S}=\sqrt{2}$，即$CD=\sqrt{2}$，$CD^2=2$。
当点P在BC上运动时，$∠ C=90°$，由勾股定理得$PD^2=PC^2+CD^2$，即$S=t^2+2$。
当点P运动到点B时，$S=6$，代入得$6=t^2+2$，解得$t=2$（负值已舍去），故$BC=1×2=2$，即点P运动到B点时对应$t=2$。
当点P在AB上运动时，S是关于t的二次函数，且顶点为$(4,2)$，设二次函数解析式为$S=a(t-4)^2+2$，将$(2,6)$代入得：
$6=a(2-4)^2+2$，解得$a=1$，故二次函数解析式为$S=(t-4)^2+2$。
当点P到达点A时，$S=18$，代入得$18=(t-4)^2+2$，解得$t=8$（$t=0$不符合题意，舍去）。
点P的运动速度为每秒1个单位，从C到A总用时8s，其中BC段用时2s，故AB段运动时间为$8-2=6\ \mathrm{s}$，因此$AB=1×6=6$。
【答案】
6
【知识点】
二次函数的应用；勾股定理；正方形的性质
【点评】
本题是动点与函数图像结合的综合题，解题的核心是数形结合，明确函数图像上特殊点对应的几何运动的特殊位置，再结合几何性质和函数知识逐步求解，能有效考查对知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
三、解答题(本大题共7题，满分78分)
19.(10分)已知关于x的二次函数$y=x^2+2(a+1)x+3a^2-2a+3$，a为常数.
(1)若该二次函数的图像与直线$y=2a^2$有两个交点，求a的取值范围；
(2)若该二次函数的图像与x轴有交点，求a的值；
(3)求证：该二次函数的图像不经过原点.
19.(10分)已知关于x的二次函数$y=x^2+2(a+1)x+3a^2-2a+3$，a为常数.
(1)若该二次函数的图像与直线$y=2a^2$有两个交点，求a的取值范围；
(2)若该二次函数的图像与x轴有交点，求a的值；
(3)求证：该二次函数的图像不经过原点.
答案
19.(1)解:
∵二次函数$y=x^2+2(a+1)x+3a^2-2a+3$中,$1＞0$,
∴二次函数的图像开口向上.
∵二次函数的图像与直线$y=2a^2$有两个交点,
∴函数的最小值小于$2a^2$,
则$\frac{4(3a^2-2a+3)-4(a+1)^2}{4}=2a^2-4a+2$,
即$2a^2-4a+2＜2a^2$,解得$a＞\frac{1}{2}$.
(2)解:
∵二次函数的图像与x轴有交点,
∴$\Delta=4(a+1)^2-4×1×(3a^2-2a+3)=-8a^2+16a-8=-8(a-1)^2\ge0$,
∴$8(a-1)^2\le0$.
又
∵$8(a-1)^2\ge0$,
∴$8(a-1)^2=0$,解得$a=1$.
(3)证明:
∵当$x=0$时,$y=3a^2-2a+3=3(a-\frac{1}{3})^2+\frac{8}{3}＞0$,
∴二次函数的图像不经过原点.
∵二次函数$y=x^2+2(a+1)x+3a^2-2a+3$中,$1＞0$,
∴二次函数的图像开口向上.
∵二次函数的图像与直线$y=2a^2$有两个交点,
∴函数的最小值小于$2a^2$,
则$\frac{4(3a^2-2a+3)-4(a+1)^2}{4}=2a^2-4a+2$,
即$2a^2-4a+2＜2a^2$,解得$a＞\frac{1}{2}$.
(2)解:
∵二次函数的图像与x轴有交点,
∴$\Delta=4(a+1)^2-4×1×(3a^2-2a+3)=-8a^2+16a-8=-8(a-1)^2\ge0$,
∴$8(a-1)^2\le0$.
又
∵$8(a-1)^2\ge0$,
∴$8(a-1)^2=0$,解得$a=1$.
(3)证明:
∵当$x=0$时,$y=3a^2-2a+3=3(a-\frac{1}{3})^2+\frac{8}{3}＞0$,
∴二次函数的图像不经过原点.
解析
【分析】
(1) 要判断二次函数与直线有两个交点，可将两个解析式联立得到一元二次方程，两个交点对应方程有两个不相等的实数根，因此只需令判别式Δ＞0，解不等式即可得到a的取值范围；也可结合二次函数开口向上的性质，只要函数最小值小于直线的y值即可求解。
(2) 二次函数图像与x轴有交点，说明对应的一元二次方程有实数根，因此需满足判别式Δ≥0，计算Δ后发现其为完全平方式的相反数，结合平方的非负性即可求出a的取值。
(3) 要证明函数图像不经过原点，只需验证x=0时的函数值不可能为0即可，对x=0对应的y的表达式配方，可证明其恒大于0，即可得证。
【解析】
(1) 已知二次函数$y=x^2+2(a+1)x+3a^2-2a+3$，二次项系数$1＞0$，因此图像开口向上。
因为二次函数图像与直线$y=2a^2$有两个交点，所以函数的最小值小于$2a^2$。
二次函数的最小值为$\frac{4(3a^2-2a+3)-4(a+1)^2}{4}=2a^2-4a+2$，
因此列不等式：$2a^2-4a+2＜2a^2$，
解得：$a＞\frac{1}{2}$。
(2) 二次函数图像与x轴有交点，说明对应一元二次方程$x^2+2(a+1)x+3a^2-2a+3=0$有实数根，因此判别式$\Delta≥0$。
计算判别式：$\Delta=4(a+1)^2-4×1×(3a^2-2a+3)=-8a^2+16a-8=-8(a-1)^2$，
即$-8(a-1)^2≥0$，整理得$8(a-1)^2≤0$。
又因为平方具有非负性，$8(a-1)^2≥0$，因此只有$8(a-1)^2=0$，
解得：$a=1$。
(3) 证明：当$x=0$时，代入二次函数解析式得$y=3a^2-2a+3$，
配方得：$y=3(a-\frac{1}{3})^2+\frac{8}{3}$，
因为$3(a-\frac{1}{3})^2≥0$，所以$3(a-\frac{1}{3})^2+\frac{8}{3}≥\frac{8}{3}＞0$，
即x=0时函数值恒大于0，因此二次函数的图像不经过原点。
【答案】
(1) $a＞\frac{1}{2}$；(2) $a=1$；(3) 证明成立，详见解析。
【知识点】
二次函数与一元二次方程，根的判别式，配方法应用
【点评】
本题围绕二次函数的交点问题设置考点，三个小问由浅入深，既考查了基础的判别式应用，也结合了非负性、恒正性证明等知识点，熟练掌握二次函数与对应方程的转化关系是解题的关键。
【难度系数】
0.7
(1) 要判断二次函数与直线有两个交点，可将两个解析式联立得到一元二次方程，两个交点对应方程有两个不相等的实数根，因此只需令判别式Δ＞0，解不等式即可得到a的取值范围；也可结合二次函数开口向上的性质，只要函数最小值小于直线的y值即可求解。
(2) 二次函数图像与x轴有交点，说明对应的一元二次方程有实数根，因此需满足判别式Δ≥0，计算Δ后发现其为完全平方式的相反数，结合平方的非负性即可求出a的取值。
(3) 要证明函数图像不经过原点，只需验证x=0时的函数值不可能为0即可，对x=0对应的y的表达式配方，可证明其恒大于0，即可得证。
【解析】
(1) 已知二次函数$y=x^2+2(a+1)x+3a^2-2a+3$，二次项系数$1＞0$，因此图像开口向上。
因为二次函数图像与直线$y=2a^2$有两个交点，所以函数的最小值小于$2a^2$。
二次函数的最小值为$\frac{4(3a^2-2a+3)-4(a+1)^2}{4}=2a^2-4a+2$，
因此列不等式：$2a^2-4a+2＜2a^2$，
解得：$a＞\frac{1}{2}$。
(2) 二次函数图像与x轴有交点，说明对应一元二次方程$x^2+2(a+1)x+3a^2-2a+3=0$有实数根，因此判别式$\Delta≥0$。
计算判别式：$\Delta=4(a+1)^2-4×1×(3a^2-2a+3)=-8a^2+16a-8=-8(a-1)^2$，
即$-8(a-1)^2≥0$，整理得$8(a-1)^2≤0$。
又因为平方具有非负性，$8(a-1)^2≥0$，因此只有$8(a-1)^2=0$，
解得：$a=1$。
(3) 证明：当$x=0$时，代入二次函数解析式得$y=3a^2-2a+3$，
配方得：$y=3(a-\frac{1}{3})^2+\frac{8}{3}$，
因为$3(a-\frac{1}{3})^2≥0$，所以$3(a-\frac{1}{3})^2+\frac{8}{3}≥\frac{8}{3}＞0$，
即x=0时函数值恒大于0，因此二次函数的图像不经过原点。
【答案】
(1) $a＞\frac{1}{2}$；(2) $a=1$；(3) 证明成立，详见解析。
【知识点】
二次函数与一元二次方程，根的判别式，配方法应用
【点评】
本题围绕二次函数的交点问题设置考点，三个小问由浅入深，既考查了基础的判别式应用，也结合了非负性、恒正性证明等知识点，熟练掌握二次函数与对应方程的转化关系是解题的关键。
【难度系数】
0.7
20. (10分)已知关于$x$的二次函数$y=ax^2+bx+c$的图像经过点$(1,2)$，它的顶点$(m,n)$在函数$y=x^2$的图像上.
(1)当$n$取最小值时，$a=$
(2)用含$m$的代数式表示$a$；
(3)已知点$A(-2,y_1)$、$B(-1,y_2)$、$C(2,y_3)$都在函数$y=ax^2+bx+c$的图像上，当$y_2＜y_1＜y_3$时，结合函数的图像，求$m$的取值范围.
(1)当$n$取最小值时，$a=$
2
；(2)用含$m$的代数式表示$a$；
(3)已知点$A(-2,y_1)$、$B(-1,y_2)$、$C(2,y_3)$都在函数$y=ax^2+bx+c$的图像上，当$y_2＜y_1＜y_3$时，结合函数的图像，求$m$的取值范围.
答案
20.(1)2
(2)化简,得$a=\frac{2-m^2}{m^2-2m+1}(m≠1且m≠\pm\sqrt{2})$.
(3)①当抛物线开口向上时,$2-m^2＞0$,
∴$-\sqrt{2}＜m＜\sqrt{2}$.
∴$|-1-m|＜m-(-2)＜2-m$,
解得$-\frac{3}{2}＜m＜0$.
∴$-\sqrt{2}＜m＜0$;
②当抛物线开口向下时,$2-m^2＜0$,
∴$m＞\sqrt{2}$或$m＜-\sqrt{2}$.
当$m＞\sqrt{2}$时,此时$y_1＜y_2$,不合题意;
当$m＜-\sqrt{2}$时,此时$y_3＜y_2$,不合题意.
综上所述,$m$的取值范围是$-\sqrt{2}＜m＜0$.
解析
【分析】
(1) 已知二次函数顶点$(m,n)$在$y=x^2$上，因此$n=m^2$，$m^2$为非负数，最小值为0，此时$m=0$，$n=0$。设二次函数顶点式代入点$(1,2)$即可求$a$。
(2) 结合顶点在$y=x^2$上的条件，设二次函数顶点式，将点$(1,2)$代入整理，同时注意分母不为0、二次项系数不为0的限制，即可得到$a$的表达式。
(3) 二次函数的函数值大小和点到对称轴的距离相关：开口向上时，距离越远函数值越大；开口向下时，距离越远函数值越小。因此分开口向上、向下两类讨论，将$y_2＜y_1＜y_3$转化为点到对称轴距离的不等式求解，排除不符合题意的情况，即可得到$m$的取值范围。
【解析】
(1) $\because$顶点$(m,n)$在$y=x^2$上，$\therefore n=m^2≥0$，$n$最小值为0，此时$m=0$，二次函数顶点为$(0,0)$。
设二次函数解析式为$y=ax^2$，将$(1,2)$代入得$2=a×1^2$，解得$a=2$。
(2) 设二次函数顶点式为$y=a(x-m)^2+n$，$\because$顶点在$y=x^2$上，$\therefore n=m^2$，即$y=a(x-m)^2+m^2$。
将$(1,2)$代入得$2=a(1-m)^2+m^2$，移项得$a(1-m)^2=2-m^2$。
当$m≠1$时，$a=\frac{2-m^2}{(1-m)^2}=\frac{2-m^2}{m^2-2m+1}$；又$\because$二次项系数不为0，$\therefore 2-m^2≠0$即$m≠\pm\sqrt{2}$。
综上得$a=\frac{2-m^2}{m^2-2m+1}(m≠1且m≠\pm\sqrt{2})$。
(3) 二次函数对称轴为直线$x=m$，分两类讨论：
① 当抛物线开口向上时，$a＞0$即$2-m^2＞0$，解得$-\sqrt{2}＜m＜\sqrt{2}$。
开口向上时函数值随点到对称轴距离增大而增大，结合$y_2＜y_1＜y_3$得：
$|-1-m|＜|-2-m|＜|2-m|$，
解$|-1-m|＜|-2-m|$，平方得$(1+m)^2＜(2+m)^2$，化简得$m＞-\frac{3}{2}$；
解$|-2-m|＜|2-m|$，平方得$(2+m)^2＜(2-m)^2$，化简得$m＜0$。
结合开口条件得此时$m$范围为$-\sqrt{2}＜m＜0$。
② 当抛物线开口向下时，$a＜0$即$2-m^2＜0$，解得$m＞\sqrt{2}$或$m＜-\sqrt{2}$。
开口向下时函数值随点到对称轴距离增大而减小：
当$m＞\sqrt{2}$时，点$A(-2)$、$B(-1)$都在对称轴左侧，$y$随$x$增大而增大，得$y_1＜y_2$，不符合题意；
当$m＜-\sqrt{2}$时，点$B(-1)$、$C(2)$都在对称轴右侧，$y$随$x$增大而减小，得$y_3＜y_2$，不符合题意。
综上，$m$的取值范围是$-\sqrt{2}＜m＜0$。
【答案】
(1)2
(2)$a=\frac{2-m^2}{m^2-2m+1}(m≠1且m≠\pm\sqrt{2})$
(3)$m$的取值范围是$-\sqrt{2}＜m＜0$
【知识点】
二次函数的性质、二次函数顶点式、二次函数的增减性
【点评】
本题综合考查了二次函数的最值、顶点式应用和函数值大小比较，需要结合分类讨论、数形结合思想分析，易错点为分类讨论时遗漏限制条件，或绝对值距离的转化出错。
【难度系数】
0.5
(1) 已知二次函数顶点$(m,n)$在$y=x^2$上，因此$n=m^2$，$m^2$为非负数，最小值为0，此时$m=0$，$n=0$。设二次函数顶点式代入点$(1,2)$即可求$a$。
(2) 结合顶点在$y=x^2$上的条件，设二次函数顶点式，将点$(1,2)$代入整理，同时注意分母不为0、二次项系数不为0的限制，即可得到$a$的表达式。
(3) 二次函数的函数值大小和点到对称轴的距离相关：开口向上时，距离越远函数值越大；开口向下时，距离越远函数值越小。因此分开口向上、向下两类讨论，将$y_2＜y_1＜y_3$转化为点到对称轴距离的不等式求解，排除不符合题意的情况，即可得到$m$的取值范围。
【解析】
(1) $\because$顶点$(m,n)$在$y=x^2$上，$\therefore n=m^2≥0$，$n$最小值为0，此时$m=0$，二次函数顶点为$(0,0)$。
设二次函数解析式为$y=ax^2$，将$(1,2)$代入得$2=a×1^2$，解得$a=2$。
(2) 设二次函数顶点式为$y=a(x-m)^2+n$，$\because$顶点在$y=x^2$上，$\therefore n=m^2$，即$y=a(x-m)^2+m^2$。
将$(1,2)$代入得$2=a(1-m)^2+m^2$，移项得$a(1-m)^2=2-m^2$。
当$m≠1$时，$a=\frac{2-m^2}{(1-m)^2}=\frac{2-m^2}{m^2-2m+1}$；又$\because$二次项系数不为0，$\therefore 2-m^2≠0$即$m≠\pm\sqrt{2}$。
综上得$a=\frac{2-m^2}{m^2-2m+1}(m≠1且m≠\pm\sqrt{2})$。
(3) 二次函数对称轴为直线$x=m$，分两类讨论：
① 当抛物线开口向上时，$a＞0$即$2-m^2＞0$，解得$-\sqrt{2}＜m＜\sqrt{2}$。
开口向上时函数值随点到对称轴距离增大而增大，结合$y_2＜y_1＜y_3$得：
$|-1-m|＜|-2-m|＜|2-m|$，
解$|-1-m|＜|-2-m|$，平方得$(1+m)^2＜(2+m)^2$，化简得$m＞-\frac{3}{2}$；
解$|-2-m|＜|2-m|$，平方得$(2+m)^2＜(2-m)^2$，化简得$m＜0$。
结合开口条件得此时$m$范围为$-\sqrt{2}＜m＜0$。
② 当抛物线开口向下时，$a＜0$即$2-m^2＜0$，解得$m＞\sqrt{2}$或$m＜-\sqrt{2}$。
开口向下时函数值随点到对称轴距离增大而减小：
当$m＞\sqrt{2}$时，点$A(-2)$、$B(-1)$都在对称轴左侧，$y$随$x$增大而增大，得$y_1＜y_2$，不符合题意；
当$m＜-\sqrt{2}$时，点$B(-1)$、$C(2)$都在对称轴右侧，$y$随$x$增大而减小，得$y_3＜y_2$，不符合题意。
综上，$m$的取值范围是$-\sqrt{2}＜m＜0$。
【答案】
(1)2
(2)$a=\frac{2-m^2}{m^2-2m+1}(m≠1且m≠\pm\sqrt{2})$
(3)$m$的取值范围是$-\sqrt{2}＜m＜0$
【知识点】
二次函数的性质、二次函数顶点式、二次函数的增减性
【点评】
本题综合考查了二次函数的最值、顶点式应用和函数值大小比较，需要结合分类讨论、数形结合思想分析，易错点为分类讨论时遗漏限制条件，或绝对值距离的转化出错。
【难度系数】
0.5
