2023年湖北省武汉市部分学校九年级二月调研数学试卷（含解析）

这是一份2023年湖北省武汉市部分学校九年级二月调研数学试卷（含解析），共24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. “守株待兔”这个事件是( )
A. 随机事件B. 确定性事件C. 必然事件D. 不可能事件
2. 下列图形是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3. 解一元二次方程x2−2x−4=0，配方后正确的是( )
A. (x−1)2=3B. (x−1)2=4C. (x−1)2=5D. (x−2)2=8
4. 已知一元二次方程x2+4x−1=0的两根分别为m，n，则mn−m−n的值是( )
A. 5B. 3C. −3D. −5
5. 已知⊙O的半径为5，直线AB经过⊙O上一点P，下列条件不能判定直线AB与⊙O相切的是( )
A. OP=5
B. ∠APO=∠BPO
C. 点O到直线AB的距离是5
D. OP⊥AB
6. 某品牌手机原来每部售价为1999元，经过连续两次降价后，该手机每部售价为1360元，设平均每次降价的百分率为x，根据题意，所列方程正确的是( )
A. 1999x2=1360B. 1999(1−x2)=1360
C. 1999(1−x)2=1360D. 1999(1−2x)=1360
7. 如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的两边与坐标轴重合，OA=2，OC=1.将矩形ABCO绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点B的坐标是( )
A. (−2,−1)B. (−1,2)C. (−2,1)D. (1,−2)
8. 在二次函数y=−x2+2x中，若函数值大于0，则结合函数图象判断x的取值范围是( )
A. x<0或x>2B. x>0或x<−2C. −29. 如图，在圆内接四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°.若四边形ABCD的面积是S，AC的长是x，则S与x之间的数关系式是( )
A. S=x2
B. S=12x2
C. S=2x2
D. S=23x2
10. 根据频率估计概率原理，可以用随机摸拟的方法对圆周率π进行估计.用计算机随机产生m个有序数对(x,y)(0≤x≤1,0≤y≤1)，它们对应的点全部在平面直角坐标系中某一个正方形的边界及其内部.若统计出这些点中到原点的距离小于或等于1的点有n个，则可估计π的值是( )
A. mnB. nmC. 2nmD. 4nm
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 在平面直角坐标系中，点(−3,4)关于原点对称的点的坐标是______．
12. 若一个长方形的长比宽多2，且面积为80，则宽是 ．
13. 如图，⊙O是△ABC的内切圆，∠C=40°，则∠AOB的大小是 ．
14. 甲、乙、丙三位同学把自己的数学课本放在一起，每人从中随机抽取一本(不放回)，三位同学抽到的课本都是自己课本的概率是 ．
15. 已知抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，0①b>0；
②关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根；
③当x<−1时，y随x的增大而减小；
④m为任意实数，若c=3a，则代数式am2+bm+c的最小值是−a．
其中正确的是 (填写序号)．
16. 如图，D是△ABC内一点，∠BDC=90°，BD=CD，AB=20，AC=21，AD=1322，则BC的长是 ．
三、解答题（本大题共8小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
关于x的一元二次方程x2+bx+8=0有一个根是x=2，求b的值及方程的另一个根．
18. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，AC=BC，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到△ADE，连接BD，BE．
(1)判断△ABD的形状；
(2)求证：BE平分∠ABD．
19. (本小题8.0分)
一个不透明的布袋中装有1个红球，1个黑球和若干个白球，它们除颜色外其余都相同.从中任意摸出1个球是白球的概率为12．
(1)直接写出布袋中白球的个数；
(2)从布袋中先摸出一个球后放回，再摸出一个球，请用列表或画树状图法求两次摸到的球都是白球的概率．
20. (本小题8.0分)
如图，AB，CD是⊙O的两条弦，∠AOB+∠COD=180°．

(1)在图(1)中，∠AOB=120°，CD=6，直接写出图中阴影部分的面积；
(2)在图(2)中，E是AB的中点，判断OE与CD的数量关系，并证明你的结论．
21. (本小题8.0分)
如图是由小正方形组成的7×6网格，每个小正方形的顶点叫做格点.仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图．

(1)在图(1)中，A，B，C三点是格点，画经过这三点的圆的圆心O，并在该圆上画点D，使AD=BC；
(2)在图(2)中，A，E，F三点是格点，⊙I经过点A.先过点F画AE的平行线交⊙I于M，N两点，再画弦MN的中点G．
22. (本小题10.0分)
燃放烟花是一种常见的喜庆活动.如图，武汉数学小杰燃放一种手持烟花，这种烟花每隔2s发射一枚花弹，每枚花弹的飞行路径视为同一条抛物线，飞行相同时间后发生爆炸，小杰发射出的第一枚花弹的飞行高度h(单位：m)随飞行时间(单位：s)变化的规律如表：
(1)求第一枚花弹的飞行高度h与飞行时间t的函数解析式(不要求写出自变量的取值范围)；
(2)当第一枚花弹到达最高点时，求第二枚花弹到达的高度；
(3)为了安全，要求花弹爆炸时的高度不低于30m.小杰发现在第一枚花弹爆炸的同时，第二枚花弹与它处于同一高度，请分析花弹的爆炸高度是否符合安全要求．
23. (本小题10.0分)
操作与思考：
如图(1)，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，D是异于A，B的一点，且∠ADB=90°.若将线段AD绕点A逆时针旋转α，画出对应线段AE，连接DE交BC于点F，猜想BF与CF的数量关系，并证明你的猜想：
迁移与运用如图(2)，在△ABC和△CDE中，AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，AC=10，CD=2，ED的延长线交AB于点F，且∠BDC=90°，直接写出EF的长．
24. (本小题12.0分)
如图，抛物线y=x2−2x−6与x轴分别相交于A，B两点(点A在点B的左侧)，C是AB的中点，平行四边形CDEF的顶点D，E均在抛物线上．

(1)直接写出点C的坐标；
(2)如图(1)，若点D的横坐标是−2，点E在第三象限，平行四边形CDEF的面积是13，求点F的坐标；
(3)如图(2)，若点F在抛物线上，连接DF，求证：直线DF过一定点．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：“守株待兔”这个事件是随机事件．
故选：A．
根据事件发生的可能性大小判断即可．
本题考查的是随机事件、必然事件、不可能事件的概念．确定事件包括必然事件和不可能事件．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
2.【答案】B
【解析】解：选项A、C、D都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：B．
根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
本题考查的是中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3.【答案】C
【解析】解：移项得，x2−2x=4，
方程两边同时加1得，x2−2x+1=4+1，
即(x−1)2=5，
故选：C．
先移项，方程两边同时加上一次项系数一半的平方即可．
本题考查的是解一元二次方程−配方法，熟知用配方法解一元二次方程的步骤是解题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵一元二次方程x2+4x−1=0的两根为m，n，
∴m+n=−4，mn=−1，
∴mn−m−n=mn−(m+n)=−1+4=3．
故选：B．
利用一元二次方程的根与系数的关系进行计算即可．
本题考查了根与系数的关系，正确记忆根与系数的关系式是解题关键．
5.【答案】A
【解析】解：∵直线AB经过⊙O上一点P，⊙O的半径为5，
∴点P在⊙O上，
∵OP=5=⊙O的半径，但OP不一定垂直于AB，故A符合题意；
∵∠APO=∠BPO，
∴∠APO=∠BPO=12×180°=90°，
∴OP⊥AB，
∴直线AB与⊙O相切；故B不符合题意；
∵点O到直线AB的距离是5，
∴直线AB与⊙O相切；故C不符合题意；
∵OP⊥EF，OP是⊙O的半径，
∴直线AB与⊙O相切，故D不符合题意；
故选：A．
根据切线的判定定理可求得需要满足和条件，即可求得答案．
本题主要考查直线与圆的位置关系，熟练掌握切线的判定定理是解题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：由题意可得，
第一次降价后的价格为[1999×(1−x)]元，两次连续降价后售价在第一次降价后的价格的基础上降低x，为[1999×(1−x)×(1−x)]元，
∴1999(1−x)2=1360，
故选：C．
可先表示出第一次降价后的价格，那么第一次降价后的价格×(1−降低的百分率)=1360，把相应数值代入即可求解．
本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程．
7.【答案】D
【解析】解：由题可知，将矩形ABCO绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，
∴每旋转4次则回到原位置，
∵2023÷4=，
∴第2023次旋转结束后，图形顺时针旋转了90°，
∵OA=2，OC=1，
∴B(2,1)，
∴第2023次旋转结束时，点B的坐标是(1,−2)，
故选：D．
作出旋转后的图象，再根据B点的坐标即可求出旋转后点B的坐标．
本题主要考查了坐标与图形变化−旋转，点的坐标，确定旋转后的位置是解此题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：令y=0，则−x2+2x=0，
解得x=0或x=2，
∵−1<0，抛物线开口向下，
∴函数值大于0时x的取值范围为0故选：D．
先令y=0，解方程求出抛物线与x轴的交点坐标，再根据函数的图象求出函数值大于0时x的取值范围．
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
9.【答案】B
【解析】解：作BM⊥AC于M，DN⊥AC于N，连接BD，

∴∠AMB=∠AND=90°，
∵∠ABM+∠BAM=∠DAN+∠BAM=90°，
∴∠ABM=∠DAN，
∵AB=AD，
∴△BAM≌△ADN(AAS)，
∴BM=AN，
∵△ABD是等腰直角三角形，
∴∠ABD=45°，
∵∠ACD=∠ABD=45°，
∴∠NDC=∠NCD=45°，
∴DN=NC，
∴BM+DN=AN+CN=AC=x，
∴S=△ABC的面积+△ACD的面积，
∴S=12AC⋅BM+12AC⋅DN=12AC⋅(BM+DN)=12AC2=12x2．
故选：B．
作BM⊥AC于M，DN⊥AC于N，连接BD，由条件推出△BAM≌△ADN(AAS)，得到BM=AN，从而可以证明BM+DN=AC，由三角形面积公式即可解决问题．
本题考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，函数关系式，关键是把四边形ABCD的面积分成两个三角形的面积．
10.【答案】D
【解析】解：根据题意，点的分布如图所示：

则有14π1=nm，
∴π=4nm，
故选：D．
根据落在扇形内的点的个数与正方形内点的个数之比等于两者的面积之比列14π1=nm，可得答案．
此题主要考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．
11.【答案】(3,−4)
【解析】解：点(−3,4)关于原点对称的点的坐标是(3,−4)．
故答案为：(3,−4)．
根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
本题考查了关于原点对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．
12.【答案】8
【解析】解：设该长方形的长为x，则宽为x−2，则：
x(x−2)=80．
解得x1=10，x2=−8(舍去)．
所以x−2=8．
即该长方形的宽为8．
故答案为：8．
设该长方形的长为x，则宽为x−2，由面积=长×宽列出方程并解答即可．
本题主要考查了一元二次方程的应用，解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
13.【答案】110°
【解析】解：∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴∠OAB=12∠BAC，∠OBA=12∠ABC，
∴∠AOB=180°−(∠OAB+∠OBA)
=180°−(12∠ABC+12∠BAC)
=180°−12(180°−∠C)
=12∠C+90°
=12×40°+90°
=110°．
故答案为：110°．
利用三角形的内角和定理与角平分线的性质解答即可．
本题主要考查了三角形的内心与内切圆，熟练运用三角形的内角和定理与角平分线的性质是解题的关键．
14.【答案】16
【解析】解：画树状图如下：

总共有6种等可能的结果，其中三位同学抽到的课本都是自己课本只有1种情况，
∴三位同学抽到的课本都是自己课本的概率是16，
故答案为：16．
采用画树状图法求求出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
本题考查了树状图或列表法求概率，熟练掌握画树状图的方法是解题的关键，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件，注意不放回．
15.【答案】①②④
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c经过点(−1,0)，
∴a−b+c=0．
∴b=a+c，
∵a，b，c是常数，0∴b>0．
∴①的结论正确；
令y=0，则ax2+bx+c=0，
∵b=a+c，
∴ax2+(a+c)x+c=0．
∵Δ=(a+c)2−4ac
=a2+2ac+c2−4ac
=a2−2ac+c2
=(a−c)2，
又∵c>a>0，
∴Δ>0，
∴关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0有两个不相等的实数根．
∴②的结论正确；
∵c>a>0，b>0，
∴抛物线y=ax2+bx+c的开口方向向上，对称轴在y轴的左侧，抛物线与y轴交于y轴的正半轴，
∴当点(−1,0)在对称轴的左侧时，当x<−1时，y随x的增大而减小，
当点(−1,0)在对称轴的右侧时，当x<−1时，y随x的变化而变化是不确定的．
∴③的说法不正确；
∵b=a+c，c=3a，
∴b=4a．
∴代数式am2+bm+c
=am2+4am+3a
=a(m+2)2−a，
∵a>0，
∴当m=−2时，代数式am2+bm+c有最小值为−a．
∴④说法正确．
综上，正确的是：①②④．
故答案为：①②④．
利用待定系数法，抛物线与x轴的交点的性质，二次函数的图象与性质对每个结论进行逐一判断，即可得出结论．
本题主要考查了二次函数与图象的关系，一元二次方程根的判别式，抛物线上点的坐标的特征，待定系数法，抛物线与x轴的交点，二次函数的极值，配方法，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
16.【答案】337
【解析】解：如图所示，将线段AD顺时针旋转90°得到Rt△ADE，
∴∠ADE=∠BDC=90°，AD=DE，
∴∠ADE+∠EDC=∠EDC+∠BDC，
∴∠ADC=∠BDE，
又∵BD=CD，
∴△ADC≌△EDB(SAS)，
∴BE=AC=21，
∵△EDB可视为△ADC旋转90°而得，
∴BE⊥AC，
设BE与AC的交点为H，
在△ABE中，AB=20，AE=2AD=13，BE=21，
设EH=x，则BH=21−x，
由勾股定理得，AB2−BH2=AH2=AE2−EH2，
即202−(21−x)2=132−x2，
解得x=5，
∴BH=16，
AH=AE2−EH2=132−52=12，
CH=21−12=9，
∴BC=BH2+CH2=162+92=337．
故答案为：337．
将线段AD顺时针旋转90°得到Rt△ADE，利用SAS证明△ADC≌△EDB，得BE=AC=21，设EH=x，则BH=21−x，利用勾股定理列方程即可解决问题．
本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
17.【答案】解：设方程的另一个根为t，
根据根与系数的关系得2+t=−b，2t=8，
解得t=4，b=−6，
即b的值为−6，方程的另一个根为4．
【解析】设方程的另一个根为t，根据根与系数的关系得2+t=−b，2t=8，然后解方程组即可．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，则x1+x2=−ba，x1x2=ca．
18.【答案】(1)解：∵△ABC绕点A逆时针旋转60°，
∴AB=AD，∠BAD=60°，
∴△ABD为等边三角形；
(2)证明：∵△ABC绕点A逆时针旋转60°，
∴AE=AC，DE=BC，
∵AC=BC，
∴AE=DE，
∵△ABD为等边三角形，
∴BA=BD，
∴BE垂直平分AD，
∴BE平分∠ABD．
【解析】(1)根据旋转的性质得到AB=AD，∠BAD=60°，则根据等边三角形的判定方法可得到△ABD为等边三角形；
(2)根据旋转的性质得到AE=AC，DE=BC，则可证明AE=DE，加上BA=BD，于是可判断BE垂直平分AD，然后根据等腰三角形的性质得到BE平分∠ABD．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判定与性质．
19.【答案】解：(1)∵布袋里球的总个数为(1+1)÷(1−12)=4，
∴布袋里红球的个数为4−1−1=2；
(2)画树状图如下：

共有12种等可能结果，其中两次摸到的球都是白球的结果数为2，
所以两次摸到的球都是白球的概率为212=16．
【解析】(1)先求出布袋里球的总个数，继而得出答案；
(2)先画树状图展示所有12种等可能结果，再找出两次摸到的球都是白球的结果数，然后根据概率公式计算．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．掌握概率公式：概率=所求情况数与总情况数之比是解题的关键．
20.【答案】解：(1)∵∠AOB+∠COD=180°，∠AOB=120°，
∴∠COD=60°，
∵OC=OD，
∴△OCD是等边三角形，
∵CD=6，
∴OA=OC=CD=6，
作OM⊥AB于M，如图(1)，则AM=BM，

在Rt△OAM中，∠A=30°，
∴OM=12OA=3，AM=3OM=33，
∴AB=2AM=63，
∴S弓形AB=S扇形AOB−S△AOB
=120π×62360−12⋅63×3
=12π−93；
(2)OE=12CD，
证明：作直径AF，连接BF，如图(2)，
∵∠AOB+∠COD=180°，
而∠AOB+∠BOF=180°，
∴∠BOF=∠COD，
∴BF=CD，
∵E是AB的中点，O是AF的中点，
∴OE为△ABF的中位线，
∴OE=12BF，
∴OE=12CD．
【解析】(1)作OM⊥AB于M，利用垂径定理得到AM=BM，在Rt△OAC中计算出OM=12OA=3，AM=3OM=33，则AB=2AM=63，然后根据扇形面积公式，利用S弓形AB=S扇形AOB−S△AOB进行计算即可；
(2)作直径AF，连接BF，进而得出BF=DC，再利用三角形中位线的性质得出答案．
本题考查了扇形面积的计算，圆周角定理，在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．也考查了垂径定理和三角形中位线性质．
21.【答案】解：如下图：

(1)点D，O即为所求；
(2)线段MN，点G即为所求．
【解析】(1)根据90°的圆周角所对的弦是直径；
(2)根据网格线的特征或平行线，再根据平行弦所夹的弧相等，再根据等腰梯形的性质作图．
本题考查了复杂作图，掌握圆的有关性质是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设其解析式为：h=at2+bt+c，
把点(0,2)，(0.5,9.5)，(1,16)代入得：c=20.25a+0.5b+c=9.5a+b+c=16，
解得a=−2b=16c=2，
故相应的函数解析式为：h=−2t2+16t+2；
(2)∵h=−2t2+16t+2=−2(t−4)2+34，
∴当第一枚花弹到达最高点时，t=4，
∴第二发花弹发射4−2=2(s)，
把t=2代入h=−2(t−4)2+34，
得h=−2×(2−4)2+34=26，
即第二发花弹达到的高度为26m；
(3)∵这种烟花每隔2s发射一发花弹，每一发花弹的飞行路径、爆炸时的高度均相同，小杰发射出的第一发花弹的函数表达式为h=−2(t−4)2+34，
∴第二发花弹的函数表达式为h′=−2(t−6)2+34．
皮皮发现在第一发花弹爆炸的同时，第二发花弹与它处于同一高度，
则令h=h′，得−2(t−4)2+34=−2(t−6)2+34，
解得t=5，此时h=h′=32>30m，
故花弹的爆炸高度符合安全要求．
【解析】(1)相应的函数解析式为：h=−2(t−3)2+19.8；
(2)第二发花弹达到的高度为6.28 m；
(3)花弹的爆炸高度符合安全要求．
本题考查了二次函数的应用，需要先根据表格中数据描点，得出函数图象，再求出其解析式，分析变化趋势，可以代值验算，第三问需要从实际问题分析转变成数学模型，从而得解．
23.【答案】解：操作与思考：BF=CF，理由如下：
如图(1)，连接AF，

∵AB=AC，∠BAC=α，
∴∠ABC=90°−α2，
∵将线段AD绕点A逆时针旋转α，
∴AD=AE，∠DAE=α，
∴∠ADE=90°−α2，
∴∠ABC=∠ADE，
∴点A，点B，点D，点F四点共圆，
∴∠ADB=∠AFB=90°，
又∵AB=AC，
∴BF=CF；
迁移与运用：如图(2)，连接CF，过点C作CH⊥DE于H，

∵AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，AC=10，CD=2，
∴AB=25，DE=2，∠ABC=45°，
∵CD=CE，CH⊥DE，
∴DH=HE=1，∠CDE=45°，
∵∠BDC=90°，
∴∠BDF=45°，
∴∠CDF=135°，
∵∠ABC+∠CDF=180°，
∴点B，点C，点D，点F四点共圆，
∴∠BCF=∠BDF=45°，
∴△CFB是等腰直角三角形，
∴CF=BF=5，
∴FH=CF2−CH2=5−1=2，
∴EF=FH+EH=3．
【解析】操作与思考：由旋转的性质和等腰三角形的性质可求∠ABC=∠ADE，可证点A，点B，点D，点F四点共圆，即可求解；
迁移与运用：通过证明点B，点C，点D，点F四点共圆，可得∠BCF=∠BDF=45°，由等腰直角三角形的性质可求CF的长，由勾股定理可求FH的长，即可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，圆的有关知识，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
24.【答案】解：(1)∵抛物线y=x2−2x−6与x轴分别相交于A，B两点，
∴0=x2−2x−6，
∴x1=1+7，x2=1−7，
∵点A在点B的左侧，
∴点B(1+7,0)，点A(1−7,0)，
∵C是AB的中点，
∴点C坐标为(1,0)；
(2)∵点D在抛物线y=x2−2x−6上，
∴y=(−2)2−2×(−2)−6=2，
∴点D(−2,2)，
设直线CD的解析式为y=kx+b(k≠0)，
把C(1,0)，D(−2,2)代入得：
0=k+b2=−2k+b，解得：k=−23b=23，
∴直线CD的解析式为y=−23x+23，
如图(1)，过点E作EG⊥x轴交直线CD于点G，连接CE，

设点E(a,a2−2a−6)，则点G(a,−23a+23)，
∴EG=(−23a+23)−(a2−2a−6)=−a2+43a+203，
∵平行四边形CDEF的面积是13，
∴S△CDE=132，
∵S△CDE=12EG(xC−xD)，
∴12(−a2+43a+203)(1+2)=132，
解得：a=−1或73(舍去)，
∴点E(−1,−3)，
∵点D(−2,2)先向右平移3个单位，再向下平移2个单位到达点C(1,0)，
∴点E(−1,−3)先向右平移3个单位，再向下平移2个单位到达点F(2,−5)；
(3)设直线DF的解析式为y=mx+x，
联立得：y=x2−2x−6y=mx+n，
整理得：x2−(2+m)x−n−6=0，
∴xD+xF=2+m，
∵四边形CDEF为平行四边形，
∴xC−xD=xF−xE，yC−yD=yF−yE，
∴xE=xF+xD−xC=2+m−1=m+1，
yE=yF+yD−yC=mxF+n+mxD+n=m(xF+xD)+2n=m(2+m)+2n，
∵点E在抛物线上，
∴m(2+m)+2n=(m+1)2−2(m+1)−6，
解得：n=−m−72，
∴直线DF的解析式为y=mx−m−72=m(x−1)−72，
∴直线DF过定点(1,−72)．
【解析】(1)先求出点A，点B坐标，由中点坐标公式可求解；
(2)先求出点D(−2,2)，再求出直线CD的解析式，过点E作EG⊥x轴交直线CD于点G，连接CE，设点E(a,a2−2a−6)，则点G(a,−23a+23)，可得EG=−a2+43a+203，再由平行四边形CDEF的面积是13可得S△CDE=132，再根据S△CDE=12EG(xC−xD)，列出方程，求出点E的坐标，即可求解；
(3)设直线DF的解析式为y=mx+x，联立得y=x2−2x−6y=mx+n，可得x2−(2+m)x−n−6=0，根据根与系数的关系得xD+xF=2+m，由平行四边形的性质可得xE=xF+xD−xC=m+1，yE=yF+yD−yC=m(2+m)+2n，根据点E在抛物线上建立方程m(2+m)+2n=(m+1)2−2(m+1)−6，得到n=−m−72，则直线DF的解析式为y=mx−m−72=m(x−1)−72，以此即可求解．
本题主要考查了二次函数的综合题、平行四边形的性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，利用数形结合思想解答是解题关键．
飞行时间t/s
0
0.5
1
4.5
……
飞行高度h/m
2
9.5
16
33.5
……