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七、(本题满分12分)
22. 如图①，E,F,H是正方形ABCD边上的点，连接BE,CF交于点G，连接AG,GH，$CE=DF$.
(1)判断BE与CF的位置关系，并证明你的结论；
(2)若$CE=CH$，求证：$∠ BAG=∠ CHG$；
(3)如图②，E,F是菱形ABCD边AB,AD上的点，连接DE，点G在DE上，连接AG,FG,CG，$∠ AGD=∠ BAD$，$AF=AE$，$DF=GF$，$CD=10$，$CG=6$，直接写出DF的长及$\cos∠ ADC$的值.
22. 如图①，E,F,H是正方形ABCD边上的点，连接BE,CF交于点G，连接AG,GH，$CE=DF$.
(1)判断BE与CF的位置关系，并证明你的结论；
(2)若$CE=CH$，求证：$∠ BAG=∠ CHG$；
(3)如图②，E,F是菱形ABCD边AB,AD上的点，连接DE，点G在DE上，连接AG,FG,CG，$∠ AGD=∠ BAD$，$AF=AE$，$DF=GF$，$CD=10$，$CG=6$，直接写出DF的长及$\cos∠ ADC$的值.
答案
22. (1)$BE ⊥ CF$.证明:
∵ 四边形 ABCD 为正方形,
∴ $BC=CD$,$∠ BCE = ∠ CDF = 90°$.
∵ $CE=DF$,
∴ $△ BCE ≌ △ CDF (\mathrm{SAS})$,
∴ $∠ CBE = ∠ DCF$.
∵ $∠ CBE + ∠ CEB = 90°$,
∴ $∠ DCF + ∠ CEB = 90°$,
∴ $∠ CGE=90°$,即 $BE ⊥ CF$.
(2)
∵ $∠ CBG = ∠ EBC$, $∠ CGB = ∠ ECB = 90°$,
∴ $△ CGB ∽ △ ECB$,
∴ $\frac{CG}{CE}=\frac{BG}{BC}$.
∵ $CE=CH$,$BC=AB$,
∴ $\frac{CG}{CH}=\frac{BG}{AB}$,即 $\frac{CG}{BG}=\frac{CH}{AB}$.
∵ $∠ CBG + ∠ BCG = 90°$, $∠ ABG + ∠ CBG = 90°$,
∴ $∠ BCG = ∠ ABG$,即 $∠ HCG = ∠ ABG$,
∴ $△ HCG ∽ △ ABG$,
∴ $∠ BAG = ∠ CHG$.
(3)$DF=\frac{15}{4}$,$\cos ∠ ADC = \frac{8}{15}$. 解析:
∵ $∠ ADE = ∠ GDA$,$∠ AGD = ∠ BAD$,
∴ $△ ADE ∽ △ GDA$,
∴ $\frac{AE}{AG}=\frac{AD}{DG}$,$∠ DEA = ∠ DAG$.
∵ 四边形 ABCD 为菱形,
∴ $AB // CD$,$AB=CD$,
∴ $∠ DEA = ∠ GDC$,
∴ $∠ GDC = ∠ FAG$.
∵ $AF=AE$,
∴ $\frac{AF}{AG}=\frac{CD}{DG}$,即 $\frac{AF}{CD}=\frac{AG}{DG}$,
∴ $△ GDC ∽ △ GAF$,
∴ $\frac{CD}{AF}=\frac{CG}{GF}$.
∵ $AF=AD-DF$,$DF=GF$,
∴ $\frac{10}{10-GF}=\frac{6}{GF}$,解得 $DF=GF=\frac{15}{4}$.如图,过点 F作 $FM ⊥ CD$ 于点 M,$FN ⊥ CG$ 交 CG 的延长线于点 N,连接CF.
∵ $△ GDC ∽ △ GAF$,
∴ $∠ DCG = ∠ AFG$.
∵ $∠ AFG + ∠ DFG = 180°$,
∴ $∠ DCG + ∠ CFG = 180°$.
∵ $∠ FGN + ∠ CGF = 180°$,
∴ $∠ FGN = ∠ CDF$,即$∠ FGN = ∠ MDF$.
∵ $DF=GF$,$∠ FNG = ∠ FMD$,
∴ $△ FGN ≌ △ FDM (\mathrm{AAS})$,
∴ $FN = MF$,$GN = DM$,$∠ FGN = ∠ FDM$.在 $\mathrm{Rt} △ CMF$ 和 $\mathrm{Rt} △ CNF$ 中, $\begin{cases}CF=CF, \\ MF=NF,\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt} △ CMF ≌ \mathrm{Rt} △ CNF (\mathrm{HL})$,
∴ $CM=CN$,
∴ $CD-DM=CG+NG$,即 $10-NG=6+NG$,解得 $NG=2$.
∵ $FGN = ∠ FDM$,
∴ $\cos ∠ ADC = \cos ∠ FGN = \frac{NG}{FG}=\frac{2}{\frac{15}{4}}=\frac{8}{15}$.
解析
【分析】
(1) 观察图形可猜测$BE ⊥ CF$，首先利用正方形边相等、内角为$90°$的性质，结合已知$CE=DF$证明$△ BCE ≌ △ CDF$，再通过全等三角形对应角相等、直角三角形两锐角互余的性质推导夹角为$90°$，即可证垂直关系。
(2) 要证$∠ BAG=∠ CHG$，可通过证明两角所在的三角形相似求解。先由(1)的垂直结论证明$△ CGB ∽ △ ECB$得到边的比例关系，结合$CE=CH$、$BC=AB$转换比例，再推导得到夹角$∠ HCG=∠ ABG$，即可证明$△ HCG ∽ △ ABG$，利用相似对应角相等得证。
(3) 首先根据已知角相等证明$△ ADE ∽ △ GDA$，得到边的比例和角的等量关系，结合菱形对边平行的性质转换角，证明$△ GDC ∽ △ GAF$，结合$DF=GF$的条件列方程求出$DF$的长；再作$FM ⊥ CD$、$FN ⊥ CG$的辅助线，证明两组三角形全等求出$NG$的长度，最后根据余弦的定义计算$\cos∠ ADC$的值。
【解析】
(1) $BE ⊥ CF$，证明如下：
∵ 四边形$ABCD$为正方形，
∴ $BC=CD$，$∠ BCE = ∠ CDF = 90°$。
∵ $CE=DF$，
∴ $△ BCE ≌ △ CDF (\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ CBE = ∠ DCF$。
∵ $∠ CBE + ∠ CEB = 90°$，
∴ $∠ DCF + ∠ CEB = 90°$，
∴ $∠ CGE=90°$，即$BE ⊥ CF$。
(2) 证明如下：
∵ $∠ CBG = ∠ EBC$，$∠ CGB = ∠ ECB = 90°$，
∴ $△ CGB ∽ △ ECB$，
∴ $\frac{CG}{CE}=\frac{BG}{BC}$。
∵ $CE=CH$，$BC=AB$，
∴ $\frac{CG}{CH}=\frac{BG}{AB}$，即$\frac{CG}{BG}=\frac{CH}{AB}$。
∵ $∠ CBG + ∠ BCG = 90°$，$∠ ABG + ∠ CBG = 90°$，
∴ $∠ BCG = ∠ ABG$，即$∠ HCG = ∠ ABG$，
∴ $△ HCG ∽ △ ABG$，
∴ $∠ BAG = ∠ CHG$。
(3) 求解过程如下：
∵ $∠ ADE = ∠ GDA$，$∠ AGD = ∠ BAD$，
∴ $△ ADE ∽ △ GDA$，
∴ $\frac{AE}{AG}=\frac{AD}{DG}$，$∠ DEA = ∠ DAG$。
∵ 四边形$ABCD$为菱形，
∴ $AB // CD$，$AB=CD$，
∴ $∠ DEA = ∠ GDC$，
∴ $∠ GDC = ∠ FAG$。
∵ $AF=AE$，
∴ $\frac{AF}{AG}=\frac{CD}{DG}$，即$\frac{AF}{CD}=\frac{AG}{DG}$，
∴ $△ GDC ∽ △ GAF$，
∴ $\frac{CD}{AF}=\frac{CG}{GF}$。
∵ $AF=AD-DF$，$DF=GF$，$CD=10$，$CG=6$，
∴ $\frac{10}{10-GF}=\frac{6}{GF}$，解得$DF=GF=\frac{15}{4}$。
如图，过点$F$作$FM ⊥ CD$于点$M$，$FN ⊥ CG$交$CG$的延长线于点$N$，连接$CF$。
∵ $△ GDC ∽ △ GAF$，
∴ $∠ DCG = ∠ AFG$。
∵ $∠ AFG + ∠ DFG = 180°$，
∴ $∠ DCG + ∠ CFG = 180°$。
∵ $∠ FGN + ∠ CGF = 180°$，
∴ $∠ FGN = ∠ CDF$，即$∠ FGN = ∠ MDF$。
∵ $DF=GF$，$∠ FNG = ∠ FMD$，
∴ $△ FGN ≌ △ FDM (\mathrm{AAS})$，
∴ $FN = MF$，$GN = DM$，$∠ FGN = ∠ FDM$。
在$\mathrm{Rt} △ CMF$和$\mathrm{Rt} △ CNF$中，$\begin{cases}CF=CF, \\ MF=NF,\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt} △ CMF ≌ \mathrm{Rt} △ CNF (\mathrm{HL})$，
∴ $CM=CN$，
∴ $CD-DM=CG+NG$，即$10-NG=6+NG$，解得$NG=2$。
∵ $∠ FGN = ∠ FDM$，
∴ $\cos ∠ ADC = \cos ∠ FGN = \frac{NG}{FG}=\frac{2}{\frac{15}{4}}=\frac{8}{15}$。
【答案】
(1) $BE ⊥ CF$；
(2) 证明见解析；
(3) $DF=\frac{15}{4}$，$\cos∠ ADC=\frac{8}{15}$。
【知识点】
特殊四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是四边形综合题，将特殊四边形的性质与全等、相似的判定以及锐角三角函数的计算结合考查，前两问侧重基础性质的应用，第三问需要灵活转换角的关系、合理构造辅助线，能够有效考查几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.4
(1) 观察图形可猜测$BE ⊥ CF$，首先利用正方形边相等、内角为$90°$的性质，结合已知$CE=DF$证明$△ BCE ≌ △ CDF$，再通过全等三角形对应角相等、直角三角形两锐角互余的性质推导夹角为$90°$，即可证垂直关系。
(2) 要证$∠ BAG=∠ CHG$，可通过证明两角所在的三角形相似求解。先由(1)的垂直结论证明$△ CGB ∽ △ ECB$得到边的比例关系，结合$CE=CH$、$BC=AB$转换比例，再推导得到夹角$∠ HCG=∠ ABG$，即可证明$△ HCG ∽ △ ABG$，利用相似对应角相等得证。
(3) 首先根据已知角相等证明$△ ADE ∽ △ GDA$，得到边的比例和角的等量关系，结合菱形对边平行的性质转换角，证明$△ GDC ∽ △ GAF$，结合$DF=GF$的条件列方程求出$DF$的长；再作$FM ⊥ CD$、$FN ⊥ CG$的辅助线，证明两组三角形全等求出$NG$的长度，最后根据余弦的定义计算$\cos∠ ADC$的值。
【解析】
(1) $BE ⊥ CF$，证明如下：
∵ 四边形$ABCD$为正方形，
∴ $BC=CD$，$∠ BCE = ∠ CDF = 90°$。
∵ $CE=DF$，
∴ $△ BCE ≌ △ CDF (\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ CBE = ∠ DCF$。
∵ $∠ CBE + ∠ CEB = 90°$，
∴ $∠ DCF + ∠ CEB = 90°$，
∴ $∠ CGE=90°$，即$BE ⊥ CF$。
(2) 证明如下：
∵ $∠ CBG = ∠ EBC$，$∠ CGB = ∠ ECB = 90°$，
∴ $△ CGB ∽ △ ECB$，
∴ $\frac{CG}{CE}=\frac{BG}{BC}$。
∵ $CE=CH$，$BC=AB$，
∴ $\frac{CG}{CH}=\frac{BG}{AB}$，即$\frac{CG}{BG}=\frac{CH}{AB}$。
∵ $∠ CBG + ∠ BCG = 90°$，$∠ ABG + ∠ CBG = 90°$，
∴ $∠ BCG = ∠ ABG$，即$∠ HCG = ∠ ABG$，
∴ $△ HCG ∽ △ ABG$，
∴ $∠ BAG = ∠ CHG$。
(3) 求解过程如下：
∵ $∠ ADE = ∠ GDA$，$∠ AGD = ∠ BAD$，
∴ $△ ADE ∽ △ GDA$，
∴ $\frac{AE}{AG}=\frac{AD}{DG}$，$∠ DEA = ∠ DAG$。
∵ 四边形$ABCD$为菱形，
∴ $AB // CD$，$AB=CD$，
∴ $∠ DEA = ∠ GDC$，
∴ $∠ GDC = ∠ FAG$。
∵ $AF=AE$，
∴ $\frac{AF}{AG}=\frac{CD}{DG}$，即$\frac{AF}{CD}=\frac{AG}{DG}$，
∴ $△ GDC ∽ △ GAF$，
∴ $\frac{CD}{AF}=\frac{CG}{GF}$。
∵ $AF=AD-DF$，$DF=GF$，$CD=10$，$CG=6$，
∴ $\frac{10}{10-GF}=\frac{6}{GF}$，解得$DF=GF=\frac{15}{4}$。
如图，过点$F$作$FM ⊥ CD$于点$M$，$FN ⊥ CG$交$CG$的延长线于点$N$，连接$CF$。
∵ $△ GDC ∽ △ GAF$，
∴ $∠ DCG = ∠ AFG$。
∵ $∠ AFG + ∠ DFG = 180°$，
∴ $∠ DCG + ∠ CFG = 180°$。
∵ $∠ FGN + ∠ CGF = 180°$，
∴ $∠ FGN = ∠ CDF$，即$∠ FGN = ∠ MDF$。
∵ $DF=GF$，$∠ FNG = ∠ FMD$，
∴ $△ FGN ≌ △ FDM (\mathrm{AAS})$，
∴ $FN = MF$，$GN = DM$，$∠ FGN = ∠ FDM$。
在$\mathrm{Rt} △ CMF$和$\mathrm{Rt} △ CNF$中，$\begin{cases}CF=CF, \\ MF=NF,\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt} △ CMF ≌ \mathrm{Rt} △ CNF (\mathrm{HL})$，
∴ $CM=CN$，
∴ $CD-DM=CG+NG$，即$10-NG=6+NG$，解得$NG=2$。
∵ $∠ FGN = ∠ FDM$，
∴ $\cos ∠ ADC = \cos ∠ FGN = \frac{NG}{FG}=\frac{2}{\frac{15}{4}}=\frac{8}{15}$。
【答案】
(1) $BE ⊥ CF$；
(2) 证明见解析；
(3) $DF=\frac{15}{4}$，$\cos∠ ADC=\frac{8}{15}$。
【知识点】
特殊四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是四边形综合题，将特殊四边形的性质与全等、相似的判定以及锐角三角函数的计算结合考查，前两问侧重基础性质的应用，第三问需要灵活转换角的关系、合理构造辅助线，能够有效考查几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.4
八、(本题满分14分)
23. 如图①,在平面直角坐标系中,二次函数$y=x^2+bx+c$的图象交$x$轴于$A(-1,0),B$两点,$AB=4,C$为抛物线顶点.
(1)求$b,c$的值.
(2)点$P$为直线$AC$下方抛物线上一点,过点$P$作$PQ ⊥ x$轴,垂足为点$Q$,交$AC$于点$M$,是否存在$QM=3PM$? 若存在,求出此时$P$点坐标;若不存在,请说明理由.
(3)如图②,以点$B$为圆心,2为半径作圆,$N$为圆$B$上任一点,求$CN+\frac{1}{2}AN$的最小值.
23. 如图①,在平面直角坐标系中,二次函数$y=x^2+bx+c$的图象交$x$轴于$A(-1,0),B$两点,$AB=4,C$为抛物线顶点.
(1)求$b,c$的值.
(2)点$P$为直线$AC$下方抛物线上一点,过点$P$作$PQ ⊥ x$轴,垂足为点$Q$,交$AC$于点$M$,是否存在$QM=3PM$? 若存在,求出此时$P$点坐标;若不存在,请说明理由.
(3)如图②,以点$B$为圆心,2为半径作圆,$N$为圆$B$上任一点,求$CN+\frac{1}{2}AN$的最小值.
答案
23. (1)
∵ $AB=4$,
∴ B 点坐标为 $(3,0)$.将点 $A(-1,0)$,$B(3,0)$的坐标分别代入 $y=x^2+bx+c$,得 $\begin{cases}1-b+c=0, \\ 9+3b+c=0,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}b=-2, \\ c=-3.\end{cases}$
(2)存在.设直线 AC 的表达式为 $y=kx+b$,由(1)可知抛物线的表达式为 $y=x^2-2x-3=(x-1)^2-4$,故 C 点坐标为 $(1,-4)$,
∴ 直线 AC 的表达式为 $y=-2x-2$.设 P 点坐标为$(m,m^2-2m-3)$,则 $Q(m,0)$,$M(m,-2m-2)$,
∴ $QM=0-(-2m-2)=2m+2$,$PM=(-2m-2)-(m^2-2m-3)=-m^2+1$.若 $QM=3PM$,则 $2m+2=3(-m^2+1)$,解得 $m_1=\frac{1}{3}$,$m_2=-1$.
∵ $-1＜m＜1$,
∴ $m=\frac{1}{3}$,此时 P 点坐标为 $(\frac{1}{3},-\frac{32}{9})$.
(3)如图,取 $R(2,0)$,连接 NR,BN.
∵ $BR=1$,$BN=2$,$BA=4$,
∴ $\frac{BR}{BN}=\frac{BN}{BA}$.又
∵ $∠ RBN = ∠ NBA$,
∴ $△ RBN ∽ △ NBA$,
∴ $\frac{RN}{AN}=\frac{BN}{BA}=\frac{1}{2}$,
∴ $RN=\frac{1}{2}NA$,
∴ $CN+\frac{1}{2}AN=CN+RN≥CR$,$CR=\sqrt{4^2+1^2}=\sqrt{17}$,故 $CN+\frac{1}{2}AN$ 的最小值为 $\sqrt{17}$.
解析
【分析】
(1) 首先根据点A的坐标和AB的长度确定点B的坐标，再将A、B两点坐标代入二次函数解析式，得到关于b、c的二元一次方程组，解方程组即可求出b、c的值。
(2) 先将二次函数解析式配方得到顶点C的坐标，再用待定系数法求出直线AC的解析式。设点P的横坐标为m，用含m的代数式分别表示出P、M、Q三点的坐标，进而表示出QM和PM的长度，根据QM=3PM列方程求解，最后结合点P的位置范围舍去不符合题意的解，得到P点坐标。
(3) 本题为阿氏圆最短路径问题，需构造相似三角形转化线段：在AB上取点R(2,0)，证明△RBN∽△NBA，可得$RN=\frac{1}{2}AN$，因此$CN+\frac{1}{2}AN$转化为$CN+RN$，根据两点之间线段最短，当C、N、R三点共线时和最小，计算CR的长度即可得到最小值。
【解析】
(1)
∵ $AB=4$，$A(-1,0)$，
∴ B点坐标为$(3,0)$。
将点$A(-1,0)$、$B(3,0)$的坐标分别代入$y=x^2+bx+c$，得
$\begin{cases}1-b+c=0, \\ 9+3b+c=0,\end{cases}$
解得 $\begin{cases}b=-2, \\ c=-3.\end{cases}$
(2) 存在，理由如下：
由(1)可知抛物线的表达式为 $y=x^2-2x-3=(x-1)^2-4$，故顶点C的坐标为$(1,-4)$。
设直线AC的表达式为$y=kx+m$，将$A(-1,0)$、$C(1,-4)$代入得：
$\begin{cases}-k+m=0, \\ k+m=-4,\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-2, \\ m=-2,\end{cases}$即直线AC的表达式为$y=-2x-2$。
设P点坐标为$(m,m^2-2m-3)$，
∵$PQ⊥x$轴，
∴$Q(m,0)$，$M(m,-2m-2)$。
∴ $QM=0-(-2m-2)=2m+2$，$PM=(-2m-2)-(m^2-2m-3)=-m^2+1$。
若$QM=3PM$，则$2m+2=3(-m^2+1)$，
整理得$3m^2+2m-1=0$，解得 $m_1=\frac{1}{3}$，$m_2=-1$。
∵点P在直线AC下方抛物线上，
∴$-1＜m＜1$，
∴$m=\frac{1}{3}$，代入得P点坐标为$(\frac{1}{3},-\frac{32}{9})$。
(3) 如图，取$R(2,0)$，连接NR、BN、CR。
∵$BR=3-2=1$，$BN=2$，$BA=3-(-1)=4$，
∴ $\frac{BR}{BN}=\frac{1}{2}$，$\frac{BN}{BA}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，即$\frac{BR}{BN}=\frac{BN}{BA}$。
又
∵$∠RBN = ∠NBA$，
∴ $△RBN ∽ △NBA$，
∴ $\frac{RN}{AN}=\frac{BN}{BA}=\frac{1}{2}$，即$RN=\frac{1}{2}AN$，
∴ $CN+\frac{1}{2}AN=CN+RN$，根据两点之间线段最短，$CN+RN≥CR$，
计算得$CR=\sqrt{(2-1)^2+(0+4)^2}=\sqrt{17}$，
故$CN+\frac{1}{2}AN$的最小值为$\sqrt{17}$。
【答案】
(1) $b=-2,c=-3$
(2) 存在，$P(\frac{1}{3},-\frac{32}{9})$
(3) $\sqrt{17}$
【知识点】
二次函数图象与性质，一次函数综合应用，相似三角形与最短路径
【点评】
本题为二次函数综合题，前两问侧重基础运算，考查了待定系数法求解析式、线段数量关系的方程应用，难度适中；第三问结合圆的性质考查阿氏圆最短路径模型，需要通过构造相似三角形转化线段，对几何建模能力要求较高，具有较好的区分度。
【难度系数】
0.4
(1) 首先根据点A的坐标和AB的长度确定点B的坐标，再将A、B两点坐标代入二次函数解析式，得到关于b、c的二元一次方程组，解方程组即可求出b、c的值。
(2) 先将二次函数解析式配方得到顶点C的坐标，再用待定系数法求出直线AC的解析式。设点P的横坐标为m，用含m的代数式分别表示出P、M、Q三点的坐标，进而表示出QM和PM的长度，根据QM=3PM列方程求解，最后结合点P的位置范围舍去不符合题意的解，得到P点坐标。
(3) 本题为阿氏圆最短路径问题，需构造相似三角形转化线段：在AB上取点R(2,0)，证明△RBN∽△NBA，可得$RN=\frac{1}{2}AN$，因此$CN+\frac{1}{2}AN$转化为$CN+RN$，根据两点之间线段最短，当C、N、R三点共线时和最小，计算CR的长度即可得到最小值。
【解析】
(1)
∵ $AB=4$，$A(-1,0)$，
∴ B点坐标为$(3,0)$。
将点$A(-1,0)$、$B(3,0)$的坐标分别代入$y=x^2+bx+c$，得
$\begin{cases}1-b+c=0, \\ 9+3b+c=0,\end{cases}$
解得 $\begin{cases}b=-2, \\ c=-3.\end{cases}$
(2) 存在，理由如下：
由(1)可知抛物线的表达式为 $y=x^2-2x-3=(x-1)^2-4$，故顶点C的坐标为$(1,-4)$。
设直线AC的表达式为$y=kx+m$，将$A(-1,0)$、$C(1,-4)$代入得：
$\begin{cases}-k+m=0, \\ k+m=-4,\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=-2, \\ m=-2,\end{cases}$即直线AC的表达式为$y=-2x-2$。
设P点坐标为$(m,m^2-2m-3)$，
∵$PQ⊥x$轴，
∴$Q(m,0)$，$M(m,-2m-2)$。
∴ $QM=0-(-2m-2)=2m+2$，$PM=(-2m-2)-(m^2-2m-3)=-m^2+1$。
若$QM=3PM$，则$2m+2=3(-m^2+1)$，
整理得$3m^2+2m-1=0$，解得 $m_1=\frac{1}{3}$，$m_2=-1$。
∵点P在直线AC下方抛物线上，
∴$-1＜m＜1$，
∴$m=\frac{1}{3}$，代入得P点坐标为$(\frac{1}{3},-\frac{32}{9})$。
(3) 如图，取$R(2,0)$，连接NR、BN、CR。
∵$BR=3-2=1$，$BN=2$，$BA=3-(-1)=4$，
∴ $\frac{BR}{BN}=\frac{1}{2}$，$\frac{BN}{BA}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，即$\frac{BR}{BN}=\frac{BN}{BA}$。
又
∵$∠RBN = ∠NBA$，
∴ $△RBN ∽ △NBA$，
∴ $\frac{RN}{AN}=\frac{BN}{BA}=\frac{1}{2}$，即$RN=\frac{1}{2}AN$，
∴ $CN+\frac{1}{2}AN=CN+RN$，根据两点之间线段最短，$CN+RN≥CR$，
计算得$CR=\sqrt{(2-1)^2+(0+4)^2}=\sqrt{17}$，
故$CN+\frac{1}{2}AN$的最小值为$\sqrt{17}$。
【答案】
(1) $b=-2,c=-3$
(2) 存在，$P(\frac{1}{3},-\frac{32}{9})$
(3) $\sqrt{17}$
【知识点】
二次函数图象与性质，一次函数综合应用，相似三角形与最短路径
【点评】
本题为二次函数综合题，前两问侧重基础运算，考查了待定系数法求解析式、线段数量关系的方程应用，难度适中；第三问结合圆的性质考查阿氏圆最短路径模型，需要通过构造相似三角形转化线段，对几何建模能力要求较高，具有较好的区分度。
【难度系数】
0.4
