山东省菏泽市单县2023届九年级下学期中考一模数学试卷(含解析)

这是一份山东省菏泽市单县2023届九年级下学期中考一模数学试卷(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。

第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共8小题，共24.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在实数|-3.14|，-3，- 3，π中，最小的数是( )
A. - 3B. -3C. |-3.14|D. π
2. 下列运算中，正确的是( )
A. a2⋅a5=a10B. (a-b)2=a2-b2
C. (-3a3)2=6a6D. -3a2b+2a2b=-a2b
3. 如图，该几何图形是沿着圆锥体的轴切割后得到的“半个”圆锥体，它的左视图是( )
A.
B.
C.
D.
4. 若函数y=ax2-x+1(a为常数)的图象与x轴只有一个交点，那么a满足( )
A. a=14B. a≤14C. a=0或a=-14D. a=0或a=14
5. 若关于x的不等式组2x+3>12x-a≤0恰有3个整数解，则实数a的取值范围是( )
A. 76. 如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB交⊙O于点C，点D是⊙O上一点，∠ADC=30°，则∠BOC的度数为( )
A. 30°
B. 40°
C. 50°
D. 60°
7. 如图，在△ABC中，BC=6，AC=8，∠C=90°，以点B为圆心，BC长为半径画弧，与AB交于点D，再分别以A、D为圆心，大于12AD的长为半径画弧，两弧交于点M、N，作直线MN，分别交AC、AB于点E、F，则AE的长度为( )
A. 52
B. 3
C. 2 2
D. 103
8. 如图，在平面直角标系，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点(-2,0)和B(4,0)，点C为抛物线的顶点，则下列结论：
①abc>0；②关于x的不等式ax2+bx+c<0的解集为-2③若m为任意实数，则am2+bm>a+b．
④若△ABC是直角三角形，则点C的坐标为(1,-3)
⑤3a+c<0；
其中结论正确的个数是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 分解因式：3a2-3=______．
10. 3月18日，本溪市首条地下综合管理廊项目在咸宁大街开建，工程总投资560000000元.将数据560000000用科学记数法表示为______ ．
11. 若关于x的分式方程xx-2+2m2-x=2m有增根，则m的值为 ．
12. 公元前3世纪，古希腊科学家阿基米德发现了“杠杆原理”：杠杆平衡时，阻力×阻力臂=动力×动力臂.当用撬棍撬动一块石头时，发现阻力和阻力臂分别为1200N和0.5m，关于动力F和动力臂L：①与L的积为定值；②F随L的增大而减小；③当L为1.5m时，抙动石头至少需要400N的力；④F关于L的函数图象位于第一、第三象限，上面四种说法正确的是______ .(只填序号)
13. 如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，则DP的长是______．
14. 如图，在平面直角坐标系中，点A1、A2、A3…An在x轴上，B1、B2、B3…Bn在直线y= 33x上，若A1(1,0)，且△A1B1A2、△A2B2A3…△AnBnAn+1都是等边三角形，从左到右的小三角形(阴影部分)的面积分别记为S1、S2、S3…Sn，则S2023可表示为 ．
三、解答题（本大题共10小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. (本小题6.0分)
计算：2cs30°-2-1- 12-| 3-2|+(3.14-π)0．
16. (本小题6.0分)
先化简再求值：(a+ba2+2ab+b2+ab-b2a2-b2)÷1+bab，其中a，b是一元二次方程x2-( 3+1)x-2=0的两个根．
17. (本小题6.0分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为AB的中点，且AE//CD，CE//AB．
(1)证明：四边形ADCE是菱形；
(2)若∠B=60°，BC=6 3，求菱形ADCE的高．
18. (本小题6.0分)
如图，某人在山坡坡脚A处测得电视塔尖点C的仰角为60°沿山坡向上走到P处再测得点C的仰角为45°，已知OA=100米，山坡坡度为13(即tan∠PAB=13)，且O，A，B在同一条直线上.求电视塔OC的高度及人所在位置点P的铅直高度.(测倾器的高度忽略不计，结果保留根号形式)
19. (本小题7.0分)
2022年7月19日亚奥理事会宣布将于2023年9月23日至10月8日在杭州举办第19届亚运会，吉祥物为“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”，如图.某校准备举行“第19届亚运会”知识竞赛活动，拟购买30套吉祥物(“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”)作为竞赛奖品.某商店有甲、乙两种规格，其中乙规格比甲规格每套贵20元．
(1)若用700元购买甲规格与用900元购买乙规格的数量相同，求甲、乙两种规格每套吉样物的价格；
(2)在(1)的条件下，若购买甲规格数量不超过乙规格数量的2倍，如何购买才能使总费用最少？
20. (本小题7.0分)
如图，点A(1,6)和B(n,2)是一次函数y1=kx+b的图象与反比例函数y2=mx(x>0)的图象的两个交点．
(1)求一次函数与反比例函数的表达式；
(2)设点P是y轴上的一个动点，当△PAB的周长最小时，求点P的坐标．
21. (本小题10.0分)
我市某中学艺术节期间，向全校学生征集书画作品．九年级美术王老师从全年级14个班中随机抽取了4个班，对征集到的作品的数量进行了分析统计，制作了如下两幅不完整的统计图．
(1)王老师采取的调查方式是______(填“普查”或“抽样调查”)，王老师所调查的4个班征集到作品共______件，其中B班征集到作品______件，请把图2补充完整；
(2)王老师所调查的四个班平均每个班征集作品多少件？请估计全年级共征集到作品多少件？
(3)如果全年级参展作品中有5件获得一等奖，其中有3名作者是男生，2名作者是女生．现在要在其中抽两人去参加学校总结表彰座谈会，求恰好抽中一男一女的概率．(要求写出用树状图或列表分析过程)
22. (本小题10.0分)
如图，△ABC内接于⊙O，AC是⊙O的直径，过OA上的点P作PD⊥AC，交CB的延长线于点D，交AB于点E，点F为DE的中点，连接BF．
(1)求证：BF与⊙O相切；
(2)若AP=OP，csA=45，AP=4，求BF的长．
23. (本小题10.0分)
△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，以D为顶点作∠MDN=∠B．
(1)如图(1)当射线DN经过点A时，DM交AC边于点E，不添加辅助线，写出图中所有与△ADE相似的三角形．
(2)如图(2)，将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转，DM，DN分别交线段AC，AB于E，F点(点E与点A不重合)，不添加辅助线，写出图中所有的相似三角形，并证明你的结论．
(3)在图(2)中，若AB=AC=10，BC=12，当△DEF的面积等于△ABC的面积的14时，求线段EF的长．
24. (本小题10.0分)
如图，已知二次函数y=ax2+bx+3的图象经过A(-2,0)，B(4,0)两点．
(1)求该二次函数的解析式；
(2)在y轴上是否存在点M，使△ACM为等腰三角形？若存在，请直接写出所有满足要求的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)若点P(1,0)为线段AB上一动点(不与A，B重合)，过P作y轴的平行线，记该直线右侧与△ABC围成的图形面积为S，试确定S与t的函数关系式．
答案和解析
1.答案：B
解：∵|- 3|= 3<|-3|=3，
∴- 3> -3，
C、D项为正数，A、B项为负数，
正数大于负数，
故选B．
2.答案：D
解析：解：A、a2⋅a5=a7，故选项错误；
B、(a-b)2=a2-2ab+b2，故选项错误；
C、(-3a3)2=9a6，故选项错误；
D、-3a2b+2a2b=-a2b，故选项正确；
故选：D．
3.答案：B
解析：解：从左边看该几何体它是一个斜边在左侧的三角形，
故选：B．
4.答案：D
解析：解：①函数为二次函数，y=ax2-x+1(a≠0)，
∴Δ=1-4a=0，
∴a=14，
②函数为一次函数，
∴a=0，
∴a的值为14或0；
故选：D．
由题意分两种情况：①函数为二次函数，函数y=ax2-x+1的图象与x轴恰有一个交点，可得Δ=0，从而解出a值；②函数为一次函数，此时a=0，从而求解．
此题考查根的判别式，一次函数的性质，对函数的情况进行分类讨论是解题的关键．
5.答案：C
解析：解：2x+3>12①x-a≤0②，
解不等式①，得x>4.5，
解不等式②，得x≤a，
所以不等式组的解集是4.5∵关于x的不等式组2x+3>12x-a≤0恰有3个整数解(整数解是5，6，7)，
∴7≤a<8，
故选：C．
6.答案：D
由圆周角定理得到∠AOC=2∠ADC=60°，然后由垂径定理和圆心角、弧、弦的关系求得∠BOC的度数．
解：∵∠ADC=30°，
∴∠AOC=2∠ADC=60°．
∵AB是⊙O的弦，OC⊥AB，
∴AC=BC，
∴∠AOC=∠BOC=60°．
故选：D．
7.答案：A
解析：解：在Rt△ABC中，BC=6，AC=8，
∴AB= BC2+AC2= 62+82=10，
∵BD=CB=6，
∴AD=AB-BC=4，
由作图可知EF垂直平分线段AD，
∴AF=DF=2，
∵∠A=∠A，∠AFE=∠ACB=90°，
∴△AFE∽△ACB，
∴AEAB=AFAC，
∴AE10=28，
∴AE=52，
故选：A．
利用勾股定理求出AB，再利用相似三角形的性质求出AE即可．
本题考查勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
8.答案：C
解析：解：∵抛物线开口向上，
∴a>0，
∵抛物线经过点(-2,0)和B(4,0)，
∴抛物线的对称轴为直线x=-b2a=1，
∴b=-2a<0，
∵抛物线与y轴的交点在y轴的负半轴，
∴c<0，
∴abc>0，所以①正确；
∵当-2∴关于x的不等式ax2+bx+c<0的解集为-2∵抛物线的对称轴为直线x=1，
∴当x=1时，y有最小值为a+b+c，
∴m为任意实数，am2+bm+c≥a+b+c(m=1时取等号)，
即m为任意实数，am2+bm≥a+b(m=1时取等号)，所以③正确；
∵C为顶点，AB=4-(-2)=6，
∴△ABC为等腰三角形，
∴当△ABC是直角三角形，点C到AB的距离等于AB的一半，
即C点坐标为(1,-3)，所以④正确；
∵x=-2时，y=0，
∴4a-2b+c=0，
∵b=-2a，
∴4a+4a+c=0，
∴c=-8a，
∴3a+c=3a-8a=-5a<0，所以⑤正确．
故选：C．
利用抛物线开口方向得到a>0，利用抛物线对称性得到抛物线的对称轴为直线x=-b2a=1，则b=-2a<0，利用抛物线与y轴的交点位置得到c<0，从而可对①进行判断；观察函数图象得到-29.答案：3(a+1)(a-1)
解析：
解：3a2-3，
=3(a2-1)，
=3(a+1)(a-1)．
故答案为3(a+1)(a-1)．
10.答案：5.6×108
解析：解：将数据560000000用科学记数法表示为5.6×108．
故答案为：5.6×108．
11.答案：1
解析：解：方程两边都乘x-2，得x-2m=2m(x-2)
∵原方程有增根，
∴最简公分母x-2=0，
解得x=2，
当x=2时，m=1
故m的值是1，
故答案为1
增根是化为整式方程后产生的不适合分式方程的根．所以应先确定增根的可能值，让最简公分母x-2=0，得到x=2，然后代入化为整式方程的方程算出m的值．
本题考查了分式方程的增根．增根问题可按如下步骤进行：①让最简公分母为0确定增根；②化分式方程为整式方程；③把增根代入整式方程即可求得相关字母的值．
12.答案：①②③
解析：解：由题意知，Fl=1200×0.5=600，则F=600L，L>0，
∴F与l的积为定值，①正确，故不符合要求；
∵600>0，
∴F随l的增大而减小，②正确，故不符合要求；
当L=1.5，F=6001.5=400，③正确，故不符合要求；
由题意知，F关于l的函数图象位于第一象限，④错误，故符合要求；
故答案为：①②③．
由题意知，Fl=1200×0.5=600，则F=600L，根据反比例函数的图象与性质，反比例函数的实际应用对各说法进行判断即可．
本题考查了反比例函数的实际应用，反比例函数的图象与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
13.答案： 3-1
解析：解：连接BD交AC于O，如图所示，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=AB=2，∠BCD=∠BAD=60°，∠ACD=∠BAC=12∠BAD=30°，OA=OC，AC⊥BD，
∴OB=12AB=1，
∴OA= 3OB= 3，
∴AC=2 3，
由旋转的性质得AE=AB=2，∠EAG=∠BAD=60°，
∴CE=AC-AE=2 3-2，
∵四边形AEFG是菱形，
∴EF//AG，
∴∠CEP=∠EAG=60°，
∴∠CEP+∠ACD=90°，
∴∠CPE=90°，
∴PE=12CE= 3-1，PC= 3PE=3- 3，
∴DP=CD-PC=2-(3- 3)= 3-1．
故答案为 3-1．
连接BD交AC于O，由菱形的性质得出CD=AB=2，∠BCD=∠BAD=60°，∠ACD=∠BAC=12∠BAD=30°，OA=OC，AC⊥BD，由直角三角形的性质求出OB=12AB=1，OA= 3OB= 3，得出AC=2 3，由旋转的性质得AE=AB=2，∠EAG=∠BAD=60°，得出CE=AC-AE=2 3-2，证出∠CPE=90°，由直角三角形的性质得出PE=12CE= 3-1，PC= 3PE=3- 3，即可得出结果．
本题考查菱形的性质，旋转的基本性质，含30°角的直角三角形的性质，以及平行线的性质．
14.答案： 34×24044
解析：解：由直线y= 33x，设B1(m, 33m)，
过点B作B1H⊥y轴于点H，则OH= 33m，B1H=m，
∴tan∠HOB1=m 33m= 3，
∠HOB1=60°，
∴∠B1OA1=90°-60°=30°，
∵A1(1,0)，
∴OA1=1，
∵△A1B1A2是等边三角形，
∴∠B1A1A2=∠A1B1A2=60°，
∴∠OB1A1=∠B1OA1=30°，A1B1=A2B1=A1A2，
∴A1B1=A2B1=A1A2=OA1=1，
同理可得，OA2=A2B2=A3B2=A2A3=2，OA3=A3B3=A3A4=B3A4=4，
∴S1= 34×12，S2= 34×22，S3= 34×42，…，Sn= 34×22n-2，
∴S2023= 34×24044．
故答案为： 34×24044．
先由直线y= 33x得到∠B1OA1=30°，再由A1(1,0)得到OA1=1，由△A1B1A2得到∠B1A1A2=∠A1B1A2=60°，从而得到∠OB1A1=30°，∠A2B1B2=90°，然后求出A1B1=A2B1=A1A2，再求出OA2=A2B2，从而得到B1B2，最后求得S1，接下来依次按照上述方法求得S2，S3，…，Sn，最后得到S2021．
本题考查了一次函数的图象上点的坐标特征、特殊角的三角形函数值、等腰三角形的判定和性质、等边三角形的性质、勾股定理，解题的关键是通过等边三角形和等腰三角形的性质求出对应阴影部分的直角边的长度．
15.答案：解：2cs30°-2-1- 12-| 3-2|+(3.14-π)0
=2× 32-12-2 3-(2- 3)+1
= 3-12-2 3-2+ 3+1
=-32．
16.答案：解：∵a，b是一元二次方程x2-( 3+1)x-2=0的两个根．
∴a+b= 3+1，ab=-2，
∵(a+ba2+2ab+b2+ab-b2a2-b2)÷1+bab
=[a+b(a+b)2+b(a-b)(a+b)(a-b)]×ab1+b
=(1a+b+ba+b)⋅ab1+b
=1+ba+b⋅ab1+b
=aba+b，
∴原式=-2 3+1=-2( 3-1)( 3+1)( 3-1)=1- 3．
17.答案：(1)证明：∵AE//CD，CE//AB，
∴四边形ADCE是平行四边形，
又∵∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴CD=12AB=AD，
∴平行四边形ADCE是菱形；
(2)解：过点D作DF⊥CE，垂足为点F，如图所示：DF即为菱形ADCE的高，
∵∠B=60°，CD=BD，
∴△BCD是等边三角形，
∴∠BDC=∠BCD=60°，CD=BC=6 3，
∵CE//AB，
∴∠DCE=∠BDC=60°，
在Rt△CDF中，DF=CDsin60°=6 3× 32=9．

解析：(1)先证明四边形ADCE是平行四边形，再证出一组邻边相等，即可得出结论；
(2)过点D作DF⊥CE，垂足为点F；先证明△BCD是等边三角形，得出∠BDC=∠BCD=60°，CD=BC=6，再由平行线的性质得出∠DCE=∠BDC=60°，在Rt△CDF中，由三角函数求出DF即可．
本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定、等边三角形的判定与性质、平行线的性质、三角函数；熟练掌握直角三角形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
18.答案：解：过点P作PE⊥OB于点E，PF⊥CO于点F，
在Rt△AOC中，
∴CO=AO⋅tan60°=100 3(米)，
设PE=x米，
∵tan∠PAE=PEAE=13，
∴AE=3x米．
在Rt△PCF中，∠CPF=45°，CF=100 3-x，PF=OE=OA+AE=100+3x，
∵PF=CF，
∴100+3x=100 3-x，
解得x=25 3-25
答：电视塔OC高为100 3米，点P的铅直高度为(25 3-25)米．
°
解析：在图中共有三个直角三角形，即Rt△AOC、Rt△PCF、Rt△PAE，利用60°、45°以及坡度比，分别求出CO、CF、PE，然后根据三者之间的关系，列方程求解即可解决．
本题要求学生借助仰角关系构造直角三角形，并结合图形利用三角函数解直角三角形．
19.答案：解：(1)设甲规格吉祥物每套x元，
根据题意，得700x=900x+20，
解得x=70，
经检验，x=70是原方程的根，且符合题意，
70+20=90(元)，
答：甲规格吉祥物每套70元，乙规格吉祥物每套90元；
(2)设乙规格吉祥物购买m套，总费用为w元，
根据题意，得30-m≤2m，
解得m≥10，m为正整数，
w=90m+70(30-m)=20m+2100，
∵20>0，
∴w随着m的增大而增大，
当m=10时，w取得最小值，
此时乙规格购买10套，甲规格购买20套，
答：乙规格购买10套，甲规格购买20套，总费用最少．
解析：(1)设甲规格吉祥物每套x元，用700元购买甲规格与用900元购买乙规格的数量相同，列分式方程，求解即可；
(2)设乙规格吉祥物购买m套，总费用为w元，根据购买甲规格数量不超过乙规格数量的2倍，列一元一次不等式，求出m的取值范围，再表示出w与m的函数关系式，根据一次函数的性质即可确定总费用最少时的购买方案．
本题考查了分式方程的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的应用，根据题意建立相应的关系式是解题的关键．
20.答案：解：(1)∵反比例y2=mx函数图象经过点A(1,6)，
∴m=1×6=6，
∴反比例函数为y2=6x，
将B(n,2)代入y2=6x，得2=6n，
∴n=3，
∴B(3,2)，
将A(1,6)和B(3,2)代入y1=kx+b，得k+b=63k+b=2，
解得k=-2b=8，
∴一次函数为y1=-2x+8；
(2)作B点关于y轴的对称点B'，连接AB'交y轴于点P，连接PB，
∴PB=PB'，
∴PB+PA+AB=PB'+AP+AB=AB'+AB，
此时，△PAB的周长最小，
∵B(3,2)，
∴B'(-3,2)，
设直线AB'的解析式为y=k'x+b'，
∴-3k'+b'=2k'+b'=6，
解得k'=1b'=5，
∴直线AB'的解析式为y=x+5，
∴P(0,5)．
解析：(1)用待定系数法求函数的解析式即可；
(2)作B点关于y轴的对称点B'，连接AB'交y轴于点P，连接PB，当A、P、B'三点共线时，△PAB的周长最小，直线AB'与y轴交点即为所求P点．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查待定系数法求函数的解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，轴对称-最短路线问题，熟练掌握反比例函数的图象及性质，利用轴对称求最短距离的方法是解题的关键．
21.答案：(1)抽样调查；12；3
把图2补充完整如下：
(2)王老师所调查的四个班平均每个班征集作品x=12÷4=3(件)，
所以，估计全年级征集到参展作品：3×14=42(件)；
(3)画树状图如下：
列表如下：
共有20种机会均等的结果，其中一男一女占12种，
所以，P(一男一女)=1220=35，
即恰好抽中一男一女的概率是35．
解析：解：(1)抽样调查，
所调查的4个班征集到作品数为：5÷150°360∘=12件，
B作品的件数为：12-2-5-2=3件，
故答案为：抽样调查；12；3；
(2)见答案
(3)见答案
(1)根据只抽取了4个班可知是抽样调查，根据C在扇形图中的角度求出所占的份数，再根据C的人数是5，列式进行计算即可求出作品的件数，然后减去A、C、D的件数即为B的件数；
(2)求出平均每一个班的作品件数，然后乘以班级数14，计算即可得解；
(3)画出树状图或列出图表，再根据概率公式列式进行计算即可得解．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
22.答案：(1)证明：连接OB，

∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABD=180°-∠ABC=90°，
∵点F为DE的中点，
∴BF=EF=12AD，
∴∠FEB=∠FBE，
∵∠AEP=∠FEB，
∴∠FBE=∠AEP，
∵PD⊥AC，
∴∠EPA=90°，
∴∠A+∠AEP=90°，
∵OA=OB，
∴∠A=∠OBA，
∴∠OBA+∠FBE=90°，
∴∠OBF=90°，
∵OB是⊙O的半径，
∴BF与⊙O相切；
(2)解：在Rt△AEP中，csA=45，AP=4，
∴AE=APcsA=445=5，
∴PE= AE2-AP2= 52-42=3，
∵AP=OP=4，
∴OA=OC=2AP=8，
∴PC=OP+OC=12，
∵∠A+∠AEP=90°，∠A+∠C=90°，
∴∠AEP=∠C，
∵∠APE=∠DPC=90°，
∴△APE∽△DPC，
∴APDP=PEPC，
∴4DP=312，
∴DP=16，
∴DE=DP-PE=16-3=13，
∴BF=12DE=132，
∴BF的长为132．
解析：(1)连接OB，根据直径所对的圆周角是直角可得∠ABC=90°，从而可得∠ABD=90°，进而利用直角三角形三角形斜边上的中线可得BF=EF=12AD，然后利用等腰三角形的性质可得∠FEB=∠FBE，从而可得∠FBE=∠AEP，最后根据垂直定义可得∠EPA=90°，从而可得∠A+∠AEP=90°，再利用等腰三角形的性质可得∠A=∠OBA，从而可得∠OBA+∠FBE=90°，进而可得∠OBF=90°，即可解答；
(2)在Rt△AEP中，利用锐角三角函数的定义求出AE的长，从而利用勾股定理求出PE的长，然后利用同角的余角相等可得∠AEP=∠C，从而可证△APE∽△DPC，进而利用相似三角形的性质可求出DP的长，最后求出DE的长，即可解答．
本题考查了解直角三角形，切线的判定与性质，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，直线与圆的位置关系，熟练掌握解直角三角形，以及切线的判定与性质是解题的关键．
23.答案：(1)图(1)中与△ADE相似的有△ABD，△ACD，△DCE．
证明：∵AB=AC，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，∠B=∠C，∠BAD=∠CAD，
又∵∠MDN=∠B，
∴△ADE∽△ABD，
同理可得：△ADE∽△ACD，
∵∠MDN=∠C=∠B，
∠B+∠BAD=90°，∠ADE+∠EDC=90°，
∠B=∠MDN，
∴∠BAD=∠EDC，
∵∠B=∠C，
∴△ABD∽△DCE，
∴△ADE∽△DCE，
(2)△BDF∽△CED∽△DEF，
证明：∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°
∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°，
又∵∠EDF=∠B，∴∠BFD=∠CDE，
由AB=AC，得∠B=∠C，
∴△BDF∽△CED，
∴BDDF=ECDE．
∵BD=CD，
∴CDDF=ECDE．
又∵∠C=∠EDF，
∴△BDF∽△CED∽△DEF.
(3)连接AD，过D点作DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为G，H．
∵AB=AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，BD=12BC=6．
在Rt△ABD中，AD2=AB2-BD2，
∴AD=8
∴S△ABC=12BC⋅AD=12×12×8=48．
S△DEF=14S△ABC=14×48=12．
又∵12AD⋅BD=12AB⋅DH，
∴DH=AD⋅BDAB=8×610=245，
∵△BDF∽△DEF，
∴∠DFB=∠EFD
∵DG⊥EF，DH⊥BF，
∴DH=DG=245．
∵S△DEF=12×EF×DG=12，
∴EF=1212DG=5．
解析：(1)根据等腰三角形的性质以及相似三角形的判定得出相似三角形即可；
(2)利用已知首先求出∠BFD=∠CDE，即可得出△BDF∽△CED，再利用相似三角形的性质得出BDDF=ECDE，进而得出△BDF∽△CED∽△DEF．
(3)首先利用△DEF的面积等于△ABC的面积的14，求出DH的长，进而利用S△DEF的值求出EF即可．
此题主要考查了相似三角形判定与性质以及三角形面积计算，熟练应用相似三角形的性质与判定得出对应用边与对应角的关系是解题关键．
24.答案：解：(1)把A(-2,0)，B(4,0)代入解析式，得：
4a-2b+3=016a+4b+3=0，
解得：a=-38b=34，
所以抛物线解析式是y=-38x2+34x+3；
(2)如图1，作线段CA的垂直平分线，交y轴于点M1，交AC于点N，连接AM1，
则△AM1C是等腰三角形，
∵AC= OA2+OC2= 13，
∴CN= 132，
∵△CNM1∽△COA，
∴CNCO=CM1CA，即 1323=CM1 13，
∴CM1=136，
∴OM1=OC-CM1=3-136=56，
∴M1的坐标为(0,56)；
当CA=CM2= 13，则△AM2C是等腰三角形，
则OM2=3+ 13，
所以点M2的坐标是(0,3+ 13)；
当CA=AM3= 13时，则△AM3C是等腰三角形，
则OM3=3，
所以点M3的坐标为(0,-3)；
当CA=CM4= 13时，则△AM4C是等腰三角形，
则OM4= 13-3，
所以点M4的坐标为(0,3- 13)；
综上，点M的坐标为(0,56)或(0,3+ 13)或(0,-3)或(0,3- 13)；
(3)如图2，当点P在y轴或y轴右侧时，设直线与BC交于点D，
∵OB=4，OC=3，
∴S△BOC=6，
∵BP=BO-OP=4-t，
∴BPBO=4-t4，
∵△BPD∽△BOC，
∴S△BDPS△BOC=(BPBO)2，
∴S△BPD6=(4-t4)2，
∴S=S△BPD=38t2-3t+6(0≤t<4)；
如图3，当点P在y轴的左侧时，
设直线与AC交于点E，
∵OP=-t，AP=t+2，
∴APAO=t+22，
∵S△APES△AOC=(APAO)2，
∴S△APE3=(APAO)2，
∴S△APE=3(t+2)24，
∴S=S△ABC-S△APE=9-3(t+2)24=-34t2-3t+6(-2解析：(1)把A(-2,0)，B(4,0)代入解析式求解可得；
(2)分AM=CM、CA=CM、CA=AM三种情况分别求解可得；
(3)当点P在y轴或y轴右侧和点P在y轴的左侧两种情况分别求解可得．
本题是二次函数的综合问题，解题的关键是掌握待定系数法求函数解析式、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点．