2023年山东省济宁市邹城十一中中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年山东省济宁市邹城十一中中考数学二模试卷（含解析），共25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。

2023年山东省济宁市邹城十一中中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在− 2，−12，0，2四个数中，最大的数是(    )
A. 2 B. 0 C. −12 D. − 2
2. 如图所示的几何体的俯视图是(    )
A.
B.
C.
D.
3. 在一次科技作品制作比赛中，某小组六件作品的成绩(单位：分)分别是：7，10，9，8，7，9.对这组数据，下列说法正确的是(    )
A. 平均数是7 B. 众数是7 C. 极差是5 D. 中位数8.5
4. 二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，则下列结论中正确的是(    )

A. a>0 B. 当x≥1时，y随x的增大而增大
C. c<0 D. 当−10
5. 《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录了一道驿站送信的题目，大意为：一份文件，若用慢马送到900里远的城市，所需时间比规定时间多1天；若改为快马派送，则所需时间比规定时间少3天.已知快马的速度是慢马的2倍，求规定时间.设规定时间为x天，则可列出正确的方程为(    )
A. 2×900x−1=900x+3 B. 2×900x+1=900x−3
C. 900x−1=2×900x+3 D. 900x+1=2×900x−3
6. 如图，⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，这个正五边形的边长为a，半径为R，边心距为r，则下列关系式错误的是(    )
A. R2−r2=a2
B. a=2Rsin36°
C. a=2rtan36°
D. r=Rcos36°
7. 已知Rt△ABC中，∠BAC=90°，过点A作一条直线，使其将△ABC分成两个相似的三角形．观察下列图中尺规作图痕迹，作法错误的(    )
A. B.
C. D.
8. 将一个半径为1的圆形纸片，如图连续对折三次之后，用剪刀沿虚线①剪开，则虚线①所对的圆弧长和展开后得到的多边形的内角和分别为(    )


A. π2,180° B. π4,540° C. π4,1080° D. π3,2160°
9. 如图，矩形ABCD中，AB=5，BC=12，点E在边AD上，点G在边BC上，点F、H在对角线BD上，若四边形EFGH是正方形，则AE的长是(    )


A. 5 B. 11924 C. 13024 D. 16924
10. 在平面直角坐标系中，等边△AOB如图放置，点A的坐标为(1,0)，每一次将△AOB绕着点O逆时针方向旋转60°，同时每边扩大为原来的2倍，第一次旋转后得到△A1OB1，第二次旋转后得到△A2OB2，…，依次类推，则点A2023的坐标为(    )

A. (−22022,− 3×22022) B. (22022, 3×22022)
C. (22021,− 3×22021) D. (22023, 3×22023)
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 一根头发丝的直径约为0.000063纳米，用科学记数法表示0.000063= ______ ．
12. 课外活动中，小明同学在相同的条件下做了某种作物种子发芽的实验，结果如下表所示：
种子数(个)
100
200
300
400
500
发芽种子数(个)
95
187
281
376
470
由此估计这种作物种子发芽概率约为______ (精确到0.01)．
13. 已知直线a//b，将一块含30°角的直角三角板ABC按如图方式放置，若∠1=22°37′，则∠2的度数为______ ．


14. 如图，小明在距离地面30米的P处测得A处的俯角为15°，B处的俯角为60°.若斜面坡度为1： 3，则斜坡AB的长是          米．


15. 如果三角形的两个内角α与β满足2α+β=90°，那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”.在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8.点D是BC边上一点，连接AD，若△ABD是准互余三角形，则BD的长为______．
三、解答题（本大题共7小题，共55.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题5.0分)
计算：(2− 3)2022×(2+ 3)2023−2|− 32|−(− 2)0．
17. (本小题6.0分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC三个顶点的坐标分别为A(−2,1)，B(−1,4)，C(−3,2)．
(1)以原点O为位似中心，位似比为2：1，在y轴的左侧画出△ABC放大后的△A1B1C1；
(2)在(1)中，若点M(m,n)为线段BC上任一点，写出变化后点M的对应点M′的坐标______ ；
(3)直接写出△A1B1C1外接圆的圆心D坐标______ ．

18. (本小题8.0分)
如图，直线y=2x+6与反比例函数y=kx(k>0)的图象交于点A(m,8)，与x轴交于点B，平行于x轴的直线y=n(0 (1)反比例函数的表达式；
(2)观察图象，直接写出当x>0时，不等式2x+6−kx>0的解集；
(3)直线y=n沿y轴方向平移，当n为何值时，△BMN的面积最大？最大值是多少？

19. (本小题8.0分)
我市某中学计划购进若干个甲种规格的排球和乙种规格的足球．如果购买20个甲种规格的排球和15个乙种规格的足球，一共需要花费2050元；如果购买10个甲种规格的排球和20个乙种规格的足球，一共需要花费1900元．
(1)求每个甲种规格的排球和每个乙种规格的足球的价格分别是多少元？
(2)如果学校要购买甲种规格的排球和乙种规格的足球共50个，并且预算总费用不超过3210元，那么该学校至多能购买多少个乙种规格的足球？
20. (本小题8.0分)
如图，四边形ABCD中，AD//BC，∠BAD=90°，CB=CD，连接BD，以点B为圆心，BA长为半径作⊙B，交BD于点E．
(1)试判断CD与⊙B的位置关系，并说明理由；
(2)若AB=2 3，∠BCD=60°，求图中阴影部分的面积．

21. (本小题9.0分)
△ABC和△DEC是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，CD=CE．

【观察猜想】当△ABC和△DEC按如图1所示的位置摆放，连接BD、AE，延长BD交AE于点F，猜想线段BD和AE有怎样的数量关系和位置关系．
【探究证明】如图2，将△DCE绕着点C顺时针旋转一定角度α(0°<α<90°)，线段BD和线段AE的数量关系和位置关系是否仍然成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．
【拓展应用】如图3，在△ACD中，∠ADC=45°，CD= 2，AD=4，将AC绕着点C逆时针旋转90°至BC，连接BD，求BD的长．
22. (本小题11.0分)
如图，抛物线y=ax2+4x+c与直线y=−x+5交x轴于点A，交y轴于点B．
(1)求抛物线的解析式，并求出当−2≤x≤3时，y的取值范围；
(2)抛物线与x轴另一交点为E，连接BE，在抛物线上是否存在点F，使得∠ABF=∠ABE，若存在请求出点F的坐标，若不存在说明理由．
(3)如图2，以AB为边作矩形ABCD，设点C的横坐标为m.当CD边与抛物线只有一个公共点时，请直接写出m的取值范围．


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：∵− 2<−12<0<2，
∴最大的数是2，
故选：A．
先根据实数的大小比较法则比较数的大小，再得出选项即可．
本题考查了实数的大小比较和算术平方根，能熟记实数的大小比较法则是解此题的关键，注意：正数都大于0，负数都小于0，正数大于一切负数，两个负数比较大小，其绝对值大的反而小．

2.【答案】C 
【解析】解：从上面看，底层中间是一个小正方形，上层是三个小正方形．
故选：C．
俯视图是从上面看所得到的图形．
此题主要考查了简单几何体的三视图，关键是掌握俯视图所看的方向：从上面看所得到的图形．

3.【答案】D 
【解析】解：A、平均数=(7+10+9+8+7+9)÷6=813，故A选项不符合题意；
B、7和9分别出现了2次，次数最多，所以众数是7和9，故B选项不符合题意；
C、极差是：10−7=3，故C选项不符合题意；
D、按从小到大排列为：7，7，8，9，9，10，中位数是：(8+9)÷2=8.5，故D选项符合题意．
故选：D．
分别根据平均数的公式，众数的定义，极差的定义以及中位数的定义判断即可．
本题考查了中位数、众数、平均数与极差的概念，是基础题，熟记定义是解决本题的关键．

4.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了二次函数图象与系数的关系．二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴、抛物线与y轴的交点和抛物线与x轴交点的个数确定．由抛物线的开口方向判断a与0的关系，由抛物线与y轴的交点判断c与0的关系，然后根据对称轴及抛物线与x轴交点情况进行推理，进而对所得结论进行判断．
【解答】
解：
A、抛物线的开口方向向下，则a<0.故A选项错误；
B、根据图示知，当x≥1时，y随x的增大而减小．故此选项错误；
C、根据图示知，该抛物线与y轴交与正半轴，则c>0.故C选项错误；
D、根据图示知，抛物线的对称轴为x=1，抛物线与x轴的一交点的横坐标是−1，则抛物线与x轴的另一交点的横坐标是3，
所以当−10.故此选项正确；
故选D．

  
5.【答案】B 
【解析】解：∵规定时间为x天，
∴慢马所需的时间为(x+1)，快马所需时间为(x−3)，
又∵快马的速度是慢马的2倍，
∴可列出方程900x+1×2=900x−3，
故选：B．
根据快马、慢马所需时间及规定时间之间的关系，可得出慢马所需的时间为(x+1)天，快马所需的时间为(x−3)天，利用速度=路程÷时间，结合快马的速度是慢马的2倍，即可得出关于x的分式方程，此题得解．
本题考查了由实际问题抽象出分式方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出分式方程是解题的关键．

6.【答案】A 
【解析】解：∵⊙O是正五边形ABCDE的外接圆，
∴∠BOC=15×360°=72°，
∴∠1=12∠BOC=12×72°=36°，
R2−r2=(12a)2=14a2，
12a=Rsin36°，
a=2Rsin36°；
12a=rtan36°，
a=2rtan36°，
cos36°=rR，
r=Rcos36°，
所以，关系式错误的是R2−r2=a2．
故选A．
根据圆内接正五边形的性质求出∠BOC，再根据垂径定理求出∠1=36°，然后利用勾股定理和解直角三角形对各选项分析判断即可得解．
本题考查了圆内接四边形，解直角三角形，熟练掌握圆内接正五边形的性质并求出中心角的度数是解题的关键．

7.【答案】B 
【解析】解：A、由作图可知：∠C=∠BAD，可以推出∠CAD=∠B，故△CDA与△ABD相似，故本选项不符合题意；
B、无法判断△CAD∽△ABD，故本选项符合题意；
C、由作图可知：AD⊥BC，∵∠BAC=90°，故△CAD∽△ABD，故本选项不符合题意；
D、由作图可知：AD⊥BC，∵∠BAC=90°，故△CAD∽△ABD，故本选项不符合题意；
故选：B．
根据相似三角形的判定方法即可一一判断；
本题考查作图−相似变换，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，属于中考常考题型．

8.【答案】C 
【解析】解：根据题意得虚线①所对的圆弧对的圆心角为45°，展开后得到的多边形为正八边形，
所以虚线①所对的圆弧长为45×π×1180=π4，
展开后得到的多边形的内角和为180°×(8−2)=1080°．
故选：C．
把360度折叠三次得到45°，则可根据弧长公式计算出虚线①所对的圆弧长，由于把圆分成两8个相同的部分，从而得到圆的内接正八边形，然后根据多边形的内角和求解．
本题考查了弧长的计算：弧长公式：l=nπR180(弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R)，也考查了多边形内角与外角和折叠性质．

9.【答案】B 
【解析】解：如图，连接EG，交BD于点O，

∵四边形ABCD是矩形
∴AD=BC=12，∠A=90°，AD//BC
∴BD= AB2+AD2=13
∵四边形EFGH是正方形
∴EO=OG，EG⊥FH
∵AD//BC
∴EOGO=DOBO=1
∴DO=BO=132
∵∠A=∠EOD=90°，∠ADB=∠EDO
∴△ABD∽△OED
∴DODE=ADBD
即132DE=1213
∴DE=16924
∴AE=AD−DE=11924
故选：B．
连接EG，交BD于点O，由勾股定理可求BD=13，即可求OD=132，通过证明△ABD∽△OED，可求DE=16924，则可求AE的长．
本题考查了正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，证明△ABD∽△OED是本题的关键．

10.【答案】B 
【解析】解：∵A(1,0)，
∴OA=1，
∵每次旋转角度为60°，
∴6次旋转360°，
第一次旋转后，A1在第一象限，OA1=2，
第二次旋转后，A2在第二象限，OA2=22，
第三次旋转后，A3在x轴负半轴，OA3=23，
第四次旋转后，A4在第三象限，OA4=24，
第五次旋转后，A5在第四象限，OA5=25，
第六次旋转后，A6在x轴正半轴，OA6=26，
……
如此循环，每旋转6次，点A的对应点又回到x轴正半轴，
∵2023÷6=337…1，
点A2023在第一象限，且OA2023=22023，
如图，过点A2023作A2023H⊥x轴于H，
在Rt△OHA2023中，∠HOA2023=60°，
∴OH=OA2023⋅cos∠HOA2023=22023×cos60°=22023×12=22022，
A2023H=OA2023⋅sin∠HOA2023=22023× 32= 3×22022，
∴点A2023的坐标为(22022, 3×22022)．
故选：B．
根据旋转角度为60°，可知每旋转6次后点A又回到x轴的正半轴上，故点A2023在第一象限，且OA2023=22023，即可求解．
本题考查图形的旋转，解直角三角形的应用．熟练掌握图形旋转的性质，根据旋转角度找到点的坐标规律是解题的关键．

11.【答案】6.3×10−5 
【解析】解：从左往右数第一个非“0”数字6前面有5个0，
∴−n=−5，
∴0.000063=6.3×10−5．
故答案为：6.3×10−5．
科学记数法中表示绝对值小于1时，从左往右数到第一个非“0”数字，前面“0”的个数为n就是10−n，据此即可求解．
本题考查了用科学记数法表示0<|a|<1的数，理解科学记数法的定义是解题的关键．

12.【答案】0.94 
【解析】解：观察表格，95100=0.95，187200=0.935，281300≈0.937，376400=0.94，470500=0.94，
大量重复试验发芽的频率逐渐稳定在0.94左右，
∴该作物种子发芽的频率为0.94，
故答案为：0.94．
概率是大量重复试验的情况下，频率的稳定值可以作为概率的估计值，即次数越多的频率越接近于概率．
此题考查利用频率估计概率，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．

13.【答案】37°23′ 
【解析】解：∵a//b，
∴∠2+∠ACB+∠BAC+∠1=180°，
由题意，得∠BAC=30°，∠ACB=90°，
又∵∠1=22°37′，
∴∠2=37°23′．
故答案为：37°23′．
根据平行线的性质，同旁内角互补求解即可．
本题考查平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键．

14.【答案】20 3 
【解析】
【分析】
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题、坡度坡角问题，正确得出PB=AB是解题的关键．
过点A作AF⊥BC于点F，根据三角函数的定义得到∠ABF=30°，根据已知条件得到∠HPB=30°，∠APB=45°，求得∠HBP=60°，推出∠BAP=45°，PB=AB，解直角三角形即可得到结论．
【解答】
解：如图所示：过点A作AF⊥BC于点F，

∵斜面坡度为1： 3，
∴tan∠ABF=AFBF=1 3= 33，
∴∠ABF=30°，
∵在P处进行观测，测得山坡上A处的俯角为15°，山脚B处的俯角为60°，
∴∠HPB=30°，∠APB=45°，
∴∠HBP=60°，
∴∠PBA=90°，∠BAP=45°，
∴△PBA为等腰直角三角形，
∴PB=AB，
∵PH=30m，sin∠PBH=sin60°=PHPB=30PB= 32，
∴PB=20 3m，
∴AB=20 3m，
故答案为20 3．  
15.【答案】5或72 
【解析】解：∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴AB= AC2+BC2=10．
①如图1，

∵△ABD是准互余三角形，
∴∠B+2∠BAD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠BAC=90°，
∴∠BAC=2∠BAD，
∴AD是∠BAC的平分线，
作DE⊥AB于点E，
则DC=DE，AE=AC=6，
设DC=DE=x，则BD=8−x，
BE=AB−AE=4，
在Rt△BDE中，根据勾股定理，得
BD2=DE2+BE2，
(8−x)2=x2+42，
解得x=3，
∴BD=BC−CD=8−3=5；
②如图2，

∵△ABD是准互余三角形，
∴2∠B+∠BAD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠B+∠BAD+∠DAC=90°，
∴∠DAC=∠B，
∵∠C=∠C，
∴△CAD∽△CBA，
∴CDCA=CACB，
∴CD=92，
∴BD=BC−CD=8−92=72．
综上所述：BD的长为5或72．
故答案为：5或72．
分两种情况画图说明，①根据△ABD是准互余三角形，可以证明AD是∠BAC的平分线，根据勾股定理即可求出BD的长；②可以根据△ABD是准互余三角形，证明△CAD∽△CBA，对应边成比例即可求出CD的长，进而求出BD的长．
本题考查了勾股定理、余角和补角，解决本题的关键是分两种情况讨论．

16.【答案】解：(2− 3)2022×(2+ 3)2023−2|− 32|−(− 2)0
=[(2− 3)(2− 3)]2022×(2+ 3)−2× 32−1
=(4−3)2022××(2+ 3)−2× 32−1
=12022×(2+ 3)−2× 32−1
=1×(2+ 3)−2× 32−1
=2+ 3− 3−1
=1． 
【解析】根据(ab)n=anbn，a0=1(a≠0)，二次根式的运算，即可求解．
本题考查二次根式的混合运算，解题的关键是掌握平方差公式，(ab)n=anbn，a0=1(a≠0)，二次根式的运算法则．

17.【答案】(2m,2n)  (−3,5) 
【解析】解：(1)根据以原点O为位似中心的坐标变换规律可得点A1，B1，C1的坐标分别为：A1(−4,2)，B1(−2,8)，C1(−6,4)，描点即可得到图所示图形；

(2)根据位似比和以原点O为位似中心的坐标变换规律可得，
点M′的坐标为M′(2m,2n)；
(3)如图所示，由网格的特点可得，∠A1C1B1=90°，
∵△A1B1C1是直角三角形，
∴A1B1是圆的直径，
∴A1B1的中点即为△A1B1C1外接圆的圆心，
∴点D的坐标为(−3,5)．
(1)根据以原点O为位似中心的坐标变换规律，把点A，B，C的横纵坐标都乘以2即可得到点A1，B1，C1的坐标，然后描点即可得到△A1B1C1；
(2)根据以原点O为位似中心的坐标变换规律，把点M(m,n)的横纵坐标都乘以2即可得到点M′的坐标；
(3)首先得到A1B1是△A1B1C1外接圆的直径，进而根据网格的特点求解即可．
本题考查了作图—位似变换，位似比，三角形外接圆等知识点，解答本题的关键是会利用位似中心和位似比作图并利用点的坐标求出线段长．

18.【答案】解：(1)∵直线y=2x+6经过点A(1,m)，
∴m=2×1+6=8，
∴A(1,8)，
∵反比例函数经过点A(1,8)，
∴8=k1，
∴k=8，
∴反比例函数的解析式为y=8x．
(2)由函数图象可知，当x>1时一次函数y=2x+6的图象在反比例函数图象的上方，
∴当x>1时，2x+6>kx，即2x+6−kx>0
∴不等式2x+6−kx>0的解集为x>1．
(3)由题意，点M，N的坐标为M(8n,n)，N(n−62,n)，
∵0 ∴n−62<0，
∴MN=8n−n−62，
∴S△BMN=12|MN|×|yM|=12×(8n−n−62)×n=−14(n−3)2+254，
∵−14<0，
∴n=3时，△BMN的面积最大，最大值为254． 
【解析】(1)先把点A的坐标代入一次函数解析式求出m的值即可得到点A的坐标，再把点A的坐标代入反比例函数解析式求出k，即可确定反比例函数解析式；
(2)只需要找到当x>0时，一次函数图象在反比例函数图象上方时自变量的取值范围即可解答；
(3)先求出M(8n,n)，N(n−62,n)，进而得到MN=8n−n−62，再根据三角形面积公式得到S△BMN=−14(n−3)2+254，利用二次函数的性质即可解答．
本题主要考查了一次函数与反比例函数综合、二次函数的最值问题、反比例函数与几何综合等知识点，灵活运用所学知识是解题的关键．

19.【答案】解：(1)设每个甲种规格的排球的价格为x元，每个乙种规格的足球的价格为y元，
依题意，得：20x+15y=205010x+20y=1900，
解得：x=50y=70．
答：每个甲种规格的排球的价格为50元，每个乙种规格的足球的价格为70元．
(2)设学校购买m个乙种规格的足球，则购买(50−m)个甲种规格的排球，
依题意，得：50(50−m)+70m≤3210，
解得：m≤3512．
又∵m为整数，
∴m的最大值为35．
答：该学校至多能购买35个乙种规格的足球． 
【解析】(1)设每个甲种规格的排球的价格为x元，每个乙种规格的足球的价格为y元，根据“如果购买20个甲种规格的排球和15个乙种规格的足球，一共需要花费2050元；如果购买10个甲种规格的排球和20个乙种规格的足球，一共需要花费1900元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)设学校购买m个乙种规格的足球，则购买(50−m)个甲种规格的排球，根据总价=单价×数量结合预算总费用不超过3210元，即可得出关于m的一元一次不等式，解之取其中的最大整数值即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出二元一次方程组；(2)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．

20.【答案】解：(1)过点B作BF⊥CD，垂足为F，
∵AD//BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∵CB=CD，
∴∠CBD=∠CDB，
∴∠ADB=∠CDB．
在△ABD和△FBD中，
∠ADB=∠FDB∠BAD=∠BFDBD=BD，
∴△ABD≌△FBD(AAS)，
∴BF=BA，则点F在圆B上，
∴CD与⊙B相切；


(2)∵∠BCD=60°，CB=CD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠CBD=60°
∵BF⊥CD，
∴∠ABD=∠DBF=∠CBF=30°，
∴∠ABF=60°，
∵AB=BF=2 3，
∴AD=DF=AB·tan30°=2，
∴阴影部分的面积=S△ABD−S扇形ABE
=12×2 3×2−30×π×(2 3)2360
=2 3−π． 
【解析】(1)过点B作BF⊥CD，证明△ABD≌△FBD，得到BF=BA，即可证明CD与圆B相切；
(2)先证明△BCD是等边三角形，根据三线合一得到∠ABD=30°，求出AD，再利用S△ABD−S扇形ABE求出阴影部分面积．
本题考查了切线的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，扇形面积，三角函数的定义，题目的综合性较强，难度不小，解题的关键是正确作出辅助线．

21.【答案】解：【观察猜想】AE⊥BD，AE=BD；
【探究证明】线段BD和线段AE的数量关系和位置关系仍然成立，
证明：因为∠ACB=∠DCE=90°，
所以∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
即∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
所以△ACE≌△BCD(SAS)，
所以AE=BD，∠CAE=∠CBD，
因为∠ACB=90°，
所以∠CBD+∠CGB=90°，
因为∠CAE=∠CBD，∠AGF=∠CGB，
所以∠CAE+∠AGF=90°，
所以∠BFA=180°−90°=90°，
所以AE⊥BD；
【拓展应用】如图，在CD的左侧以C为直角顶点作等腰直角△CDE，连接AE，

所以∠DCE=90°，CE=CD= 2，∠CDE=45°，
所以DE= CD2+CE2=2，
因为∠ADC=45°，
所以∠ADE=∠ADC+∠CDE=45°+45°=90°，
所以AE= DE2+AD2= 22+42=2 5，
因为将AC绕着点C逆时针旋转90°至BC，
所以∠ACB=90°，AC=BC，
由【探究证明】在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
所以△ACE≌△BCD(SAS)知BD=AE，
所以BD=2 5． 
【解析】解：【观察猜想】AE⊥BD，AE=BD，
证明：因为△ABC和△DEC是等腰直角三角形，
所以AC=BC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=90°，
在△ACE和△BCD中，
AC=BC∠ACE=∠BCDCE=CD，
所以△ACE≌△BCD(SAS)，
所以AE=BD，∠CAE=∠CBD，
因为∠ACB=∠DCE=90°，
所以∠CAE+∠AEC=90°，
因为∠CAE=∠CBD，∠AEC=∠BEF，
所以∠DBC+∠BEF=90°，
所以∠BFE=180°−90°=90°，
所以AE⊥BD；
【探究证明】见答案；
【拓展应用】见答案．
分析：【观察猜想】根据SAS推出△ACE≌△BCD，根据全等三角形的性质得出∠CAE=∠CBD，根据∠ACB=∠DCE=90°求出∠CAE+∠AEC=90°，求出∠DBC+∠BEF=90°，根据三角形内角和定理求出∠BFE=90°即可；
【探究证明】根据SAS推出△ACE≌△BCD，根据全等三角形的性质得出∠CAE=∠CBD，根据∠ACB=90°求出∠CBD+∠CGB=90°，求出∠CAE+∠AGF=90°，根据三角形内角和定理求出∠BFA=90°即可；
【拓展应用】在CD的左侧以C为直角顶点作等腰直角△CDE，连接AE，则∠DCE=90°，CE=CD= 2，∠CDE=45°，可得∠ADE=∠ADC+∠CDE=45°+45°=90°，由勾股定理可得DE= CD2+CE2=2，AE= DE2+AD2= 22+42=2 5，由旋转得∠ACB=90°，AC=BC，由【探究证明】知BD=AE，即可得BD的长．
本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明△ACE≌△BCD是本题的关键．

22.【答案】解：(1)∵直线y=−x+5交x轴于点A，交y轴于点B，
∴A(5,0)，B(0,5)；
∵点A，点B在抛物线y=ax2+4x+c上，
∴0=25a+20+c5=c，
解得：a=−1c=5，
∴抛物线y=−x2+4x+5，
∴抛物线y=−x2+4x+5的对称轴为：x=2，
∴y=−(x−2)2+9，
当−2≤x≤2时，−7≤y≤9，
当2≤x≤3时，8≤y≤9，
∴当−2≤x≤3时，−7≤y≤9；
(2)存在，理由如下：
∵抛物线y=−x2+4x+5与x轴另一交点为E，
∴点E(−1,0)，
将△ABE沿直线AB折叠得到△ABE′，AE′与抛物线的交点为点F，
∴∠ABF=∠ABE，
∴EE′的中点G(2,3)，
∴点E′(5,6)，
设直线BE′的解析式为：y=kx+b(k≠0)，
∴6=5k+b5=k，
解得：b=15k=5，
∴y=15x+5，
设点F(a,−a2+4a+5)，
∵点F在直线y=15x+5上，
∴−a2+4a+5=15a+5，
解得：a1=0(舍去)，a2=195，
∴a=195，
∴点F(195,1445)；
(3)如图所示，延长DA交抛物线于点D2交y轴于点Q，过点D2作C2D2⊥AD交AD延长线于C2，CC2交x轴于P，
∵直线AB的解析式为y=−x+5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CC2⊥AB，DD2⊥AB，
∵A(5,0)，B(0,5)，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∴∠PBO=45°，∠QAO=45°
∴△POB≌△BOA(AAS)，△BOA≌△QOA(AAS)，
∴OP=OA=5，QO=BO=5，
∴P(−5,0)，Q(0,−5)，
∴设直线CC2的解析式为y=k1x+b1(k≠0)，直线DD2的解析式为：y=k2x+b2，
∴0=−5k1+b1b1=5，b2=50=5k2+b2，
解得：k1=1b1=5，k2=1b2=−5，
∴直线CC2的解析式为y=x+5，直线DD2的解析式为y=x−5，
当线段CD沿直线CC2移动，在C1C2之间时，CD与抛物线只有一个交点，
∴y=x+5y=−x2+4x+5，
∴C1(3,8)；
∴y=x−5y=−x2+4x+5，
∴D2(−2,−7)，
∵四边形ABC2D2是矩形，
∴AB=C2D2，
∵直线AB向下平移7个单位，向左平移2个单位，得到C2D2，
∴C2(−7,−2)，
∵C在C1C2间(包含端点，不与B重合)时，CD与抛物线只有一个交点，
∴−7≤m≤3且m≠0． 
【解析】(1)根据直线y=−x+5交x轴于点A，交y轴于点B，求出点A，点B的坐标，根据点A，点B在抛物线上，可求出抛物线的解析式，再根据−2≤x≤3，求出y的取值范围；
(2)由(1)得，抛物线为y=−x2+4x+5，求出点E，将△ABE沿直线AB折叠得到△ABE′，AE′与抛物线的交点为点F，则∠ABF=∠ABE，根据折叠的性质，交点坐标，即可求出点F的坐标；
(3)如图所示，延长DA交抛物线于点D2交y轴于点Q，过点D2作C2D2⊥AD交AD延长线于C2，CC2交x轴于P，根据矩形的性质，全等三角形的判定和性质，求出点P，Q的坐标，求出直线CC2的解析式和直线DD2的解析式，根据线段CD沿直线CC2移动，在C1C2之间时，CD与抛物线只有一个交点，求出m，即可．
本题考查二次函数与几何的综合，解题的关键是掌握二次函数的图象的性质，二次函数和一次函数的综合，矩形的性质．