2023-2024学年吉林省长春108学校九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省长春108学校九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列式子一定是二次根式的是( )
A. 2xB. 5C. x+2D. −3
2.cs45°的值等于( )
A. 12B. 22C. 32D. 1
3.一元二次方程x2+x−2=0根的判别式的值为( )
A. −7B. 3C. 9D. ±3
4.若将抛物线y=x2−1向上平移3个单位后所得的抛物线记为G，则抛物线G对应的y与x之间的函数关系式为( )
A. y=(x−3)2−1B. y=(x+3)2−1C. y=x2−4D. y=x2+2
5.如图，某停车场入口的栏杆从水平位置AB绕点O旋转到A′B′的位置．已知AO=4米，若栏杆的旋转角∠AOA′=47°，则栏杆端点A上升的垂直距离A′H为( )
A. 4sin47°米B. 4cs47°米C. 4tan47°米D. 4sin47∘米
6.2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”深受大家欢迎，某电商平台1月份平均日销量为2000个，随着冬奥会的开幕，“冰墩墩”供不应求，3月份平均日销量达到3380个，设1至3月份冰墩墩日销量的月平均增长率为x，则可列方程为( )
A. 2000(1+2x)=3380B. 2000(1+x)2=3380
C. 3380(1−x)2=2000D. 3380(1+x)2=2000
7.如图，由边长为1的小正方形组成的网格中，点A，B，C都在格点上，以AB为直径的圆经过点C和点D，则tan∠ADC=( )
A. 43
B. 32
C. 1
D. 32
8.如图，以圆心角为45°的扇形AOB的顶点O为原点，半径OB所在直线为x轴建立平面直角坐标系，点B的坐标为(2,0)，若抛物线y=12x2+k与扇形AOB的边界总有两个公共点，则实数k的取值范围是( )
A. −2二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
9.计算： 28÷ 7= ．
10.如图，l1//l2//l3，直线AC、DF与这三条平行线分别交于点A、B、C和点D、E、F，若AB=4，DE=3，EF=6，则AC的长是______．
11.如图，阴影部分组成的图案既是关于x轴成轴对称的图形又是关于坐标原点O成中心对称的图形.若点A的坐标为(1,3)，点B的坐标为(3,1)，点M的坐标为(a,b)，点N的坐标为(c,d)，则a+c的值为______．
12.如图，在扇形BOC中，∠BOC=60°，点D为弧BC的中点，点E为半径OB上一动点，若OB=1，则阴影部分周长的最小值为______．
13.如图，某活动板房由矩形和抛物线构成，矩形的边长AB=3m，BC=4m，抛物线的最高点E到BC的距离为4m，在该抛物线与AD之间的区域内装有一扇矩形窗户FGHK，点G、H在边AD上，点F、K在该抛物线上.按如图所示建立平面直角坐标系.若GH=2m，则矩形窗户的宽FG的长为______m.
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
14.解方程：x2−4x+2=0．
四、解答题：本题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题6分)
计算：( 11+ 3)( 11− 3)+ 25．
16.(本小题6分)
有三张背面完全相同的纸牌B，C，D，其中正面分别写着不同的度数，小华将这三张纸牌背面朝上洗匀后先随机抽出一张(不放回)，再随机抽出一张.用树状图(或列表法)表示两次摸牌所有可能出现的结果(纸牌可用B，C，D表示)并求摸出两张纸牌牌面上所写角度恰好互补的概率．
17.(本小题7分)
如图，四边形OACB的顶点A，B，C在以点O为圆心的同一个圆上，点C是AB的中点，连接OC，过点B作⊙O的切线交OC的延长线于点D，已知∠D=30°．
(1)求∠CBD的度数；
(2)判断四边形OACB的形状，并说明理由．
18.(本小题7分)
如图①是一种常用于危险区域提示的告示牌，其主体由两片长度相等的支撑板组成，通过改变两片支撑板的夹角的度数可以调整告示牌的高度，图②是告示牌打开后的侧面示意图，经测量支撑板的长度AB=AC=62cm，支撑板与地面的夹角α=70°，求点A处到地面的距离AD.(结果精确到0.1cm，参考数据：sin70°=0.94，cs70°=0.34，tan70°=2.75)
19.(本小题7分)
如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，△ABC的顶点A，B，C均落在格点上，以AB为直径的半圆的圆心为O，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成画图：
(1)请在图1中作出△ABC的AC边上的高BD；
(2)请在图2中线段BC上确定一点F，使得OF/​/AC；
(3)请在图3中作出⊙O的切线AE．
20.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=x2−3x与x轴的另一交点为点A，与y轴垂直的直线l交该抛物线于点B和点C，设点B的纵坐标为n．
(1)求线段OA的长．
(2)当函数值y随x增大而增大时，直接写出自变量x的取值范围．
(3)当线段BC的长小于OA时，直接写出n的取值范围．
21.(本小题9分)
在矩形ABCD中，AB=3，BC=2，以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转矩形ABCD，旋转角为α(0°<α<180°)，得到矩形AEFG，点B、点C、点D的对应点分别为点E、点F、点G．
(1)如图①，当点E落在DC边上时，线段EC的长度为______．
(2)如图②，连结CF，当点E落在线段CF上时，AE与DC相交于点H，连结AC，
①求证：△ACD≌△CAE．
②线段DH的长度为______．
(3)如图③，设点P为边GF的中点，连结PB、PE、BE，在矩形ABCD旋转的过程中，△BEP面积的最大值为______．
22.(本小题10分)
如图，在▱ABCD中，AB= 13,BC=5,▱ABCD的面积为15，点F在边AD上，AF=2，连结CF.点P从点B出发，沿折线BC−CF的方向运动，点P在BC上的运动速度是每秒5个单位长度，在CF上的运动速度是每秒 10个单位长度.连结PF，点A′是点A关于直线PF的对称点，连结AA′、PA′、A′C、A′D.设点P的运动时间为t(s)．
(1)①点A到边BC的距离为______．
②tan∠BCF= ______．
(2)当点A′在▱ABCD的外部时，求t的取值范围．
(3)当点A、A′、C在同一条直线上时，求△CDA′的面积．
(4)当直线A′C将线段DF分成1：2两部分时，直接写出t的值．
23.(本小题12分)
在平面直角坐标系中，已知抛物线y=14x2+bx+c经过点(0,−3)和(2,0)，点P在这条抛物线上，其横坐标为m.点Q的坐标为(2,2+2m)，以OQ和PQ为边构造▱OQPM．
(1)求该抛物线所对应的函数关系式．
(2)当▱OQPM的顶点落在抛物线y=14x2+bx+c的对称轴上时，求线段PQ的长度．
(3)当QM与某条坐标轴垂直时，求点P的坐标．
(4)当抛物线y=14x2+bx+c的对称轴将▱OQPM分成两部分图形时，设这两部分图形的面积分别为S1与S2，S1S2=t，当25≤t≤23时，直接写出m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、 2x，x有可能小于0，故不一定是二次根式，不符合题意；
B、 5是二次根式，符合题意；
C、 x+2，若x=−2时， x+2无意义，不符合题意；
D、 −3无意义，不符合题意；
故选：B．
根据二次根式的定义，逐项判断即可求解．
本题考查了二次根式的定义，形如 a(a≥0)的式子叫二次根式，熟练掌握二次根式成立的条件是解答本题的关键．
2.【答案】B
【解析】【分析】
根据特殊角的三角函数值直接解答即可．
本题考查特殊角三角函数值的计算，特殊角三角函数值计算在中考中经常出现，要熟练掌握．
【解答】
解：cs45°= 22．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】解：∵a=1，b=1，c=−2，
∴Δ=b2−4ac=12−4×1×(−2)=9．
故选：C．
根据方程的各项系数，结合根的判别式Δ=b2−4ac，可求出结论．
本题考查了根的判别式，牢记根的判别式Δ=b2−4ac是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：将抛物线y=x2−1向上平移3个单位后所得的抛物线为：y=x2+2，
故选：D．
根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可．
本题考查了二次函数图象的平移，掌握平移规律是解题的关键．
5.【答案】A
【解析】解：在Rt△A′OH中，OA′=4米，∠A′HO=90°，∠AOA′=47°，
∴sin∠AOA′=A′HOA′，
∴A′H=OA′⋅sin∠AOA′=4sin47°(米)．
故选：A．
在Rt△A′OH中，利用正弦的定义可得出sin∠AOA′=A′HOA′，进而可得出A′H=4sin47°米．
本题考查了解直角三角形的应用，牢记正弦的定义是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：设1至3月份冰墩墩日产量的月平均增长率为x，
依题意得：2000(1+x)2=3380，
故选：B．
根据1月份及3月份生产的冰墩墩的平均日产量，即可得出关于x的一元二次方程．
本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，
在Rt△ABC中，tan∠ABC=ACBC=32，
∵∠ADC=∠ABC，
∴tan∠ADC=32．
故选：D．
先利用圆周角定理得到∠ACB=90°，∠ADC=∠ABC，再利用正切的定义得到tan∠ABC=32，从而得到tan∠ADC的值．
本题考查了圆周角定理：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；半圆(或直径)所对的圆周角是直角．也考查了正切的定义．
8.【答案】A
【解析】解：由图可知，∠AOB=45°，
∴直线OA的解析式为y=x，
联立y=xy=12x2+k，
得，x2−2x+2k=0，
Δ=b2−4ac=(−2)2−4×1×2k=0，
即k=12时，抛物线与OA有一个交点，
此交点的横坐标为1，
∵B(2,0)，
∴OA=OB=2，
∴点A的坐标为( 2, 2)，
∴交点在线段AO上；
当抛物线经过点B(2,0)时，12×4+k=0，
解得k=−2，
∴要使抛物线y=12x2+k与扇形OAB的边界总有两个公共点，实数k的取值范围是−2故选：A．
根据∠AOB=45°求出直线OA的解析式，然后与抛物线解析式联立求出有一个公共点时的k值，即为一个交点时的最大值，再求出抛物线经过点B时的k的值，即为一个交点时的最小值，然后写出k的取值范围即可．
此题考查二次函数图象与一次函数图象交点问题，一元二次方程根的判别式，扇形的性质，综合掌握各知识点并解决问题是解题的关键．
9.【答案】2
【解析】解：原式= 287= 4=2．
故答案为：2．
根据二次根式的除法法则求解即可．
本题主要考查了二次根式的除法运算，解答本题的关键是掌握二次根式的除法法则： a÷ b= ab．
10.【答案】12
【解析】解：∵l1/​/l2/​/l3
∴ABBC=DEEF，
∵AB=4，DE=3，EF=6，
∴4BC=36，
∴BC=8，
∴AC=4+8=12，
故答案为：12．
直接利用平行线分线段成比例定理进而得出ABBC=DEEF，再将已知数据代入求出BC即可得出AC的长．
此题主要考查了平行线分线段成比例定理，得出ABBC=DEEF是解题关键．
11.【答案】−2
【解析】解：由图形可知，点A和点N关于x轴成轴对称，点M和点B关于坐标原点O成中心对称，
因为点A的坐标为(1,3)，点B的坐标为(3,1)，
所以a=−3，c=1，
a+c=−3+1=−2，
故答案为：−2．
由图形可知，点A和点N关于x轴成轴对称，点M和点B关于坐标原点O成中心对称，求出两点的坐标，再计算即可．
本题考查了点的坐标变化规律，解题关键是明确关于x轴成轴对称的点，横坐标不变，关于坐标原点O成中心对称的点，横坐标互为相反数．
12.【答案】 2+π6
【解析】解：如图，作点D关于OB的对称点D′，连接D′C交OB于点E′，连接E′D、OD′，
此时E′C+E′D最小，即：E′C+E′D=CD′，
由题意得，∠COD=∠DOB=∠BOD′=30°，
∴∠COD′=90°，
∴CD′= OC2+D′O2= 12+12= 2，
CD的长l=30⋅π⋅1180=π6，
∴阴影部分周长的最小值为 2+π6．
故答案为： 2+π6．
利用轴对称的性质，得出当点E移动到点E′时，阴影部分的周长最小，此时的最小值为弧CD的长与CD′的长度和，分别进行计算即可．
本题考查与圆有关的计算，掌握轴对称的性质，弧长的计算方法是正确计算的前提，理解轴对称解决路程最短问题是关键．
13.【答案】34
【解析】解：设抛物线表达式为y=ax2+c，
由图象可知：E(0,4)，点D(2,3)，
∴c=44a+c=3，
解得a=−14c=4，
∴抛物线的表达式为y=−14x2+4，
∵GH=2，
∴H(1,3)，
当x=1时，y=−14×12+4=154，
∴FG=HK=154−3=34(m)，
∴矩形窗户的宽FG的长为34m，
故答案为：34．
根据抛物线在坐标系的位置，可设抛物线的表达式为y=ax2+c，依题意得点E(0,4)，点D(2,3)在抛物线的图象上，抛物线解析式可求；根据GH=2m可确定H(1,3)，再把x=1代入解析式求出相应的y值，然后再减去3，即可得到FG的长．
本题考查二次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，求出相应的函数解析式，利用数形结合的思想解答．
14.【答案】解：x2−4x+2=0
x2−4x=−2
x2−4x+4=−2+4
(x−2)2=2，
则x−2=± 2，
解得：x1=2+ 2，x2=2− 2．
【解析】此题主要考查了配方法解方程，正确配方是解题关键．
直接利用配方法解方程的步骤解方程得出答案．
15.【答案】解：( 11+ 3)( 11− 3)+ 25
=( 11)2−( 3)2+5
=11−3+5
=13．
【解析】根据乘法公式利用平方差公式进行二次根式运算，再按运算顺序计算即可．
本题考查的是二次根式的运算，利用平方差公式进行计算是关键．
16.【答案】解：列表如下：
根据题意得：摸出两张纸牌牌面上所写角度恰是互补的只有B、D，
∵总共有6种不同的结果，摸出两张纸牌牌面上所写角度恰是互补的只有2种情况，
∴P=26=13．
【解析】根据题意画出树状图或列出表格，然后根据概率公式求解即可．
本题主要考查了用树状图或列表格的方法求概率，解题的关键是正确根据题意画出树状图或列出表格，根据概率公式求解．
17.【答案】解：(1)∵BD与⊙O相切于点B，
∴BD⊥OB，
∴∠OBD=90°，
∵∠D=30°，
∴∠BOD=90°−∠D=90°−30°=60°，
∴OB=OC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠OBC=60°，
∴∠CBD=∠OBD−∠OBC=90°−60°=30°，
∴∠CBD的度数是30°．
(2)四边形OACB是菱形，理由如下：
由(1)得△BOC是等边三角形，
∴OB=BC，
∵点C是AB的中点，
∴BC=AC，
∴BC=AC，
∵OB=OA，
∴OA=OB=BC=AC，
∴四边形OACB是菱形．
【解析】(1)由切线的性质得∠OBD=90°，而∠D=30°，所以∠BOD=60°，因为OB=OC，所以△BOC是等边三角形，则∠OBC=60°，所以∠CBD=30°；
(2)由△BOC是等边三角形，得OB=BC，由BC=AC，得BC=AC，而OB=OA，则OA=OB=BC=AC，所以四边形OACB是菱形．
此题重点考查切线的性质、直角三角形的两个锐角互余、等边三角形的判定与性质、菱形的判定等知识，证明BD⊥OB及△BOC是等边三角形是解题的关键．
18.【答案】解：由题意得：在Rt△ADC中，∠α=70°，AC=62cm，
∴sin∠ACD=sin70°=ADAC=AD62=0.94，
∴AD=58.28≈58.3(cm)，
∴点A处到地面的距离AD约为58.3cm．
【解析】在Rt△ADC中直接利用∠ACD正弦求出AD长即可．
本题考查锐角三角函数，掌握正弦等于对边与斜边的比是解题关键．
19.【答案】解：(1)如图1中，线段BD即为所求；
(2)如图2中，线段OF即为所求；
(3)如图3中，直线AE即为所求．

【解析】(1)延长AC交⊙O于点D，连接BD即可；
(2)利用三角形的三条中线交于一点解决问题即可；
(3)取格点E，连接AE即可．
本题考查作图−复杂作图，圆周角定理，切线的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
20.【答案】解：(1)令y=0，则x2−3x=0．
解得x1=0(舍去)，x2=3．
∴点A的坐标为(3,0)．
∴OA=3；
(2)出抛物线y=x2−3x的对称轴为直线x=−−32=32，
∵a=1>0，
∴抛物线y=x2−3x开口向上，
∴当x≥32时，函数值y随x增大而增大；
(3)∵y=x2−3x=(x−32)2−94，
∴抛物线的顶点坐标为(32,−94)，
当线段BC的长小于OA时，即线段BC在线段OA下方，
∴−94【解析】(1)令y=0，求出x的值即可得到点A的坐标；
(2)求出抛物线y=x2−3x的对称轴可得结论；
(3)求出抛物线y=x2−3x的顶点坐标，结合线段BC在线段OA下方可得结论．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，熟练掌握抛物线的开口方向、对称轴和顶点坐标是解答本题的关键．
21.【答案】3− 5 56 274
【解析】(1)解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，BC=AD=2，∠D=90°，
∵矩形AEFG是由矩形ABCD旋转得到，
∴AE=AB=3，
在Rt△ADE中，DE= 32−22= 5，
∴CE=3− 5，
故答案为：3− 5；
(2)①证明：∵当点E落在线段CF上，
∴∠AEC=∠ADC=90°，
在Rt△ADC和Rt△AEC中，
AC=CACD=AE，
∴Rt△ACD≌Rt△CAE(HL)；
②解：∵△ACD≌△CAE，
∴∠ACD=∠CAE，
∴AH=HC，设AH=HC=m，
在Rt△ADH中，∵AD2+DH2=AH2，
∴22+(3−m)2=m2，
∴m=136
∴DH=3−136=56，
故答案为：56．
(3)解：如图，连接PA，作AM⊥PE于M．
当AM与AB共线，且BM=BA+AM时，△BPE面积最大，
由题意：PF=PG=32，
∵AG=EF=2，∠G=∠F=90°，
∴PA=PE=52，
∵S△APE=12S矩形AGFE=12PE⋅AM，
∴AM=S矩形AGFEPE=652=125，
则S△BPE=12PE⋅BM=12×52×(3+125)=274，
∴△PBE的面积的最大值为274，
故答案为：274．
(1)如图①中，在Rt△ADE中，利用勾股定理即可解决问题；
(2)①证明：如图②中，根据HL即可证明△ACD≌△CAE；
②如图②中，由△ACD≌△CAE，推出∠ACD=∠CAE，推出AH=HC，设AH=HC=m，在Rt△ADH中，根据AD2+DH2=AH2，构建方程即可解决问题；
(3)存在．连接PA，作AM⊥PE于M.当AM与AB共线，且BM=BA+AM时，△BPE面积最大，利用S△APE=12S矩形AGFE=12PE⋅AM求出AM=125，再根据S△BPE=12PE⋅BM计算即可得出答案．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
22.【答案】3 3
【解析】解：(1)①过点A作AG⊥BC于G，
∵S▱ABCD=BC⋅AG=15，
∴5AG=15，
∴AG=3，
故答案为：3．
②过点A作AG⊥BC于G，过点F作FH⊥BC于H，
则AG//FH，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∵FH⊥BC，
∴四边形AFHG是矩形，
∴FH=AG=3，GH=AF=2，
在Rt△ABG中，BG= AB2−AG2= ( 13)2−32=2，
∴CH=BC−BG−GH=5−2−2=1，
∴tan∠BCF=FHCH=31=3，
故答案为：3．
(2)当点P在线段BC上运动时，点A′始终在▱ABCD的内部或边上，当点P在线段CF上运动时，点A′始终在▱ABCD的外部，
∵BC=5，CF= 32+12= 10，
且5÷5=1， 10÷ 10=1，
∴t的取值范围为1(3)如图，当点A、A′、C在同一条直线上时，设AC与FP交于K，过点A作AG⊥BC于G，过点K作LT⊥BC于T，交AD于L，
则LT=AG=3，
∵点A′与点A关于直线PF对称，
∴∠AKF=∠CKP=90°，AK=A′K，
∵CG=BC−BG=5−2=3，
∴AG=CG，
∴△ACG是等腰直角三角形，
∴∠ACG=45°，AC= 2AG=3 2，
∵AD/​/BC，
∴∠CAD=∠ACG=45°，
∴△AFK和△CPK均为等腰直角三角形，
∴AK= 22AF= 2，
∴A′K= 2，
∴A′C=AC−AK−A′K=3 2− 2− 2= 2，
∴A′CAC= 23 2=13，
∴S△CDA′=13S△ACD=13×12S▱ABCD=13×12×15=52．
(4)设直线A′C与AD交于Q，
∵直线A′C将线段DF分成1：2两部分，
∴FQ=13DF=1或FQ=23DF=2，
当点P在BC边上，FQ=1时，如图，过点A作AG⊥BC于G，过点F作FN⊥BC于N，
则AG=3，BG=2，GN=AF=2，BP=5t，DQ=2，
∵点A′是点A关于直线PF的对称点，
∴AA′=2AK，
∵∠B=∠D，DQ=BG，CD=AB，
∴△CDQ≌△ABG(SAS)，
∴∠CQD=∠AGB=90°=∠AQA′，
∵∠AKF=∠AQA′=90°，∠FAK=∠A′AQ，
∴△AFK∽△AA′Q，
∴AKAF=AQAA′，即AK2=32AK，
∴AK= 3，AA′=2 3，
在Rt△AA′Q中，A′Q= AA′2−AQ2= (2 3)2−32= 3，
∵BG=2，GN=AF=2，
∴BN=4，PN=4−5t，
∵∠AKF=∠FNP=90°，∠AFK=∠FPN，
∴△AFK∽△FPN，
∴PNA′Q=FNAQ，即4−5t 3=33，
解得：t=4− 35；
当点P在BC边上，FQ=2时，如图，
则AF=FQ=2，
∵AK=A′K，
∴AFFQ=AKA′K，
∴PF//CQ，
∵AD/​/BC，
∴四边形CQFP是平行四边形，
∴CP=FQ=2，
∴BP=3，
∴5t=3，
解得：t=35；
综上所述，t的值为4− 35或35．
(1)①过点A作AG⊥BC于G，根据平行四边形的面积即可求得答案；
②过点A作AG⊥BC于G，过点F作FH⊥BC于H，运用勾股定理可得AG=3，BG=2，进而可得CH=1，运用三角函数定义即可求得答案；
(2)当点P在线段BC上运动时，点A′始终在▱ABCD的内部或边上，当点P在线段CF上运动时，点A′始终在▱ABCD的外部，再结合题意即可求得答案；
(3)当点A、A′、C在同一条直线上时，设AC与FP交于K，过点A作AG⊥BC于G，过点K作LT⊥BC于T，交AD于L，则LT=AG=3，可证得△ACG、△AFK和△CPK均为等腰直角三角形，再运用面积公式可得S△CDA′=13S△ACD=13×12S▱ABCD=13×12×15=52；
(4)设直线A′C与AD交于Q，可得FQ=13DF=1或FQ=23DF=2，分两种情况：当点P在BC边上，FQ=1时，当点P在BC边上，FQ=2时，分别求得t的值．
本题是平行四边形综合题，考查了平行四边形性质，三角函数定义，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握平行四边形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识是解题的关键．
23.【答案】解：(1)∵抛物线y=14x2+bx+c经过点(0,−3)和(2,0)，
∴c=−31+2b+c=0，
解得：b=1c=−3，
∴该抛物线所对应的函数关系式为y=14x2+x−3．
(2)∵y=14x2+x−3=14(x+2)2−4，
∴抛物线y=14x2+x−3的对称轴为直线x=−2，
由题意得P(m,14m2+m−3)，Q(2,2+2m)，O(0,0)，
设M(p,s)，
∵四边形OQPM是平行四边形，
∴m=p+214m2+m−3=s+2+2m
解得：p=m−2s=14m2−m−5，
∴M(m−2,14m2−m−5)，
当顶点P在落在抛物线y=14x2+x−3的对称轴上时，
则m=−2，
∴P(−2,−4)，Q(2,−2)，
∴PQ= (−2−2)2+[−4−(−2)]2=2 5；
当顶点M在落在抛物线y=14x2+x−3的对称轴上时，
则m−2=−2，
解得m=0
∴P(0,−3)，Q(2,2)，
∴PQ= (0−2)2+(−3−2)2= 29；
综上所述，线段PQ的长度为2 5或 29．
(3)由(2)知：Q(2,2+2m)，M(m−2,14m2−m−5)，
当QM与x轴垂直时，
则m−2=2，
解得：m=4，
∴P(4,5)
当QM与y轴垂直时，
则14m2−m−5=2+2m，
解得：m1=14，m2=−2，
∴点P的坐标为(14,60)或(−2,−4)；
综上所述，点P的坐标为(4,5)或(14,60)或(−2,−4)．
(4)如图，过点P作PE⊥x轴交MO于点E，PQ与y轴交于点F，过点P作PH⊥y轴交y于点H，交对称轴于点G．
∵PE//OF，EO//PF，
∴四边形PEOF是平行四边形，
∴S△PEM=S△OQF．
∵y=14x2+x−3=14(x+2)2−4，
抛物线的对称轴为直线x=−2，
∴H(0,14m2+m−3)，G(−2,14m2+m−3).
∴PG=−2−m.PH=−m．
∴①S1S2=t=OF(1+GH)OF(1+PH)=1+21−2−m=3−1−m，
∵25≤t≤23，即25≤3−1−m≤23．
∴−172≤m≤−112．
②S1S2=t=OF(1+PG)OF(1+GH)=1−2−m1+2=−1−m3．
∵25≤t≤23，即25≤−1−m3≤23．
∴−3≤m≤−112．
综上可知，−172≤m≤−112．
【解析】(1)待定系数法求解即可；
(2)根据平行四边形性质和两点之间的距离即可求解；
(3)分两种情况当QM⊥y轴时，当QM⊥x轴时讨论即可；
(4)过点P作PE⊥x轴交MO于点E，PQ与y轴交于点F，过点P作PH⊥y轴交y于点H，交对称轴于点G.证明四边形PEOF是平行四边形，然后分情况讨论即可．
本题考查了二次函数的应用和平行四边形的性质，解题关键是熟练掌握以上知识点的应用．B
C
D
B
(B,C)
(B,D)
C
(C,B)
(C,D)
D
(D,B)
(D,C)