2024年山东省淄博市桓台县中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年山东省淄博市桓台县中考数学一模试卷（含解析），共23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.|−2|等于( )
A. −2B. −12C. 2D. 12
2.如图，直线CD，EF被射线OA，OB所截，CD/​/EF，若∠1=108°，则∠2的度数为( )
A. 52°
B. 62°
C. 72°
D. 82°
3.2023年淄博市经济运行回升向好.全年全市生产总值约为4561亿元.按不变价格计算，比上年增长5.5%.将4561亿用科学记数法表示为( )
A. 4561×108B. 4.561×1011C. 4.561×1010D. 456.1×109
4.下列立体图形中，主视图是圆的是( )
A. B. C. D.
5.将一副直角三角板和一把宽度为2cm的直尺按如图方式摆放：先把60°和45°角的顶点及它们的直角边重合，再将此直角边垂直于直尺的上沿，重合的顶点落在直尺下沿上，这两个三角板的斜边分别交直尺上沿于A，B两点，则AB的长是( )
A. 2− 3B. 2 3−2C. 2D. 2 3
6.如图，⊙O的直径AB与弦DE交于点C，且CD=CO.若弧AD的度数为40°，则弧AE的度数为( )
A. 50°
B. 60°
C. 75°
D. 85°
7.计算1x−1−2x2−1的结果等于( )
A. −1B. x−1C. 1x+1D. 1x2−1
8.如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，BC=2.点D在BC上，且BD：CD=1：3.连接AD，线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，连接BE，DE.则△BDE的面积是( )
A. 14B. 38C. 34D. 32
9.关于x，y的方程组3x+2y=k−12x+3y=3k+1的解为x=ay=b，若点P(a,b)总在直线y=x上方，那么k的取值范围是( )
A. k>1B. k>−1C. k<1D. k<−1
10.如图，在平面直角坐标系中，O为原点，OA=OB=3 5，点C为平面内一动点，BC=32，连接AC，点M是线段AC上的一点，且满足CM：MA=1：2.当线段OM取最大值时，点M的坐标是( )
A. (35,65)
B. (35 5,65 5)
C. (65,125)
D. (65 5,125 5)
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
11.分解因式：m3−4m2+4m=______．
12.若实数a、b分别满足a2−3a+2=0，b2−3b+2=0，且a≠b，则1a+1b= ______．
13.如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△A1B1C1位似，原点O是位似中心，且ABA1B1=3.若A(9,3)，则A1点的坐标是______．
14.如图，点A，B，C在数轴上，点A表示的数是−1，点B是AC的中点，线段AB= 2，则点C表示的数是______．
15.如图，在平面直角坐标系中，△AOC的边OA在y轴上，点C在第一象限内，点B为AC的中点，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过B，C两点.若△AOC的面积是6，则k的值为______．
三、解答题：本题共8小题，共90分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
(1)计算：38+(π+1)0+5 5+|3− 5|−(12)−1；
(2)解不等式组：2(x+2)>x+3x317.(本小题10分)
已知：如图，点O为▱ABCD对角线AC的中点，过点O的直线与AD，BC分别相交于点E，F.求证：DE=BF．
18.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过点A(2,6)，将点A向右平移2个单位，再向下平移a个单位得到点B，点B恰好落在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，过A，B两点的直线与y轴交于点C．
(1)求k的值及点C的坐标；
(2)在y轴上有一点D(0,5)，连接AD，BD，求△ABD的面积．
19.(本小题10分)
暑假期间，小明与小亮相约到某旅游风景区登山.需要登顶600m高的山峰，由山底A处先步行300m到达B处，再由B处乘坐登山缆车到达山顶D处.已知点A，B，D，E，F在同一平面内，山坡AB的坡角为30°，缆车行驶路线BD与水平面的夹角为53°(换乘登山缆车的时间忽略不计)．

(1)求登山缆车上升的高度DE；
(2)若步行速度为30m/min，登山缆车的速度为60m/min，求从山底A处到达山顶D处大约需要多少分钟(结果精确到0.1min)．
(参考数据：sin53°≈0.80，cs53°≈0.60，tan53°≈1.33)
20.(本小题12分)
6月5日是世界环境日，为提高学生的环保意识，某校举行了环保知识竞赛，从全校学生的成绩中随机抽取了部分学生的成绩进行分析，把结果划分为4个等级：A(优秀)；B(良好)；C(中)；D(合格).并将统计结果绘制成如图两幅统计图．

请根据统计图提供的信息，解答下列问题：
(1)本次抽样调查的学生共有______名；
(2)补全条形统计图；
(3)该校共有1200名学生，请你估计本次竞赛获得B等级的学生有多少名？
(4)在这次竞赛中，九年一班共有4人获得了优秀，4人中有两名男同学，两名女同学，班主任决定从这4人中随机选出2人在班级为其他同学做培训，请你用列表法或画树状图法，求所选2人恰好是一男一女的概率．
21.(本小题12分)
某企业准备对A，B两个生产性项目进行投资，根据其生产成本、销售情况等因素进行分析得知：投资A项目一年后的收益yA(万元)与投入资金x(万元)的函数表达式为：yA=25x，投资B项目一年后的收益yB(万元)与投入资金x(万元)的函数表达式为：yB=−15x2+2x．
(1)若将10万元资金投入A项目，一年后获得的收益是多少？
(2)若对A，B两个项目投入相同的资金m(m>0)万元，一年后两者获得的收益相等，则m的值是多少？
(3)2023年，我国对小微企业施行所得税优惠政策.该企业将根据此政策获得的减免税款及其他结余资金共计32万元，全部投入到A，B两个项目中，当A，B两个项目分别投入多少万元时，一年后获得的收益之和最大？最大值是多少万元？
22.(本小题13分)
如图，在等边△ABC中，AD⊥BC于点D，E为线段AD上一动点(不与A，D重合)，连接BE，CE，将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，连接AF．
(1)如图1，求证：∠CBE=∠CAF；
(2)如图2，连接BF交AC于点G，连接DG，EF，EF与DG所在直线交于点H，求证：EH=FH；
(3)如图3，连接BF交AC于点G，连接DG，EG，将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，连接PQ，QF.若AB=4，直接写出PQ+QF的最小值．
23.(本小题13分)
如图1，抛物线C1：y=−x2+bx+c与x轴交于点A(−3,0)，B(1,0)两点，交y轴于点C，连接AC，点D为AC上方抛物线上的一个动点，过点D作DE⊥AC于点E．
(1)求抛物线的解析式；
(2)求线段DE的最大值；
(3)如图2，将抛物线C1沿y轴翻折得到抛物线C2，抛物线C2的顶点为F，对称轴与x轴交于点G，过点H(1,2)的直线(直线FH除外)与抛物线交于J，I两点，直线FJ，FI分别交x轴于点M，N，试探究GM⋅GN是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由于|−2|=2，故选C．
根据绝对值的定义，可以得到|−2|等于多少，本题得以解决．
本题考查绝对值，解题的关键是明确绝对值的定义．
2.【答案】C
【解析】解：如图：
∵CD/​/EF，
∴∠2+∠3=180°，
∵∠1=∠3，
∴∠1+∠2=180°，
∵∠1=108°，
∴∠2=72°，
故选：C．
根据两直线平行，同旁内角互补，得出∠2+∠3=180°，由∠1=∠3，得出∠1+∠3=180°，即可得答案．
本题考查的是平行线的性质，熟知两直线平行，同旁内角互补，是解答此题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：4561亿=456100000000=4.561×1011，
故选：B．
将一个数表示成a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种记数方法叫做科学记数法，据此即可求得答案．
本题考查科学记数法表示较大的数，熟练掌握其定义是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：A.圆锥的主视图是等腰三角形，因此选项A不符合题意；
B.三棱柱的主视图是矩形，因此选项B不符合题意；
C.圆柱的主视图是矩形，因此选项C不符合题意；
D.球的主视图是圆，因此选项D符合题意；
故选：D．
根据各个几何体的主视图的形状进行判断即可．
本题考查简单几何体的三视图，理解视图的定义，掌握各种几何体的三视图的形状是正确判断的前提．
5.【答案】B
【解析】解：在Rt△ACD中，∠ACD=45°，
∴∠CAD=45°=∠ACD，
∴AD=CD=2cm，
在Rt△BCD中，∠BCD=60°，
∴∠CBD=30°，
∴BC=2CD=4cm，
∴BD= BC2−CD2= 42−22=2 3(cm)，
∴AB=BD−AD=(2 3−2)(cm)．
故选：B．
根据等腰直角三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：连接OD，OE，
∵弧AD的度数为40°，
∴∠AOD=40°，
∵CD=CO，
∴∠ODE=∠AOD=40°，
∵OD=OE，
∴∠E=∠D=40°，
∴∠DOE=180°−40°−40°=100°，
∴∠AOE=100°−40°=60°，
∴弧AE的度数是60°．
故选：B．
连接OD，OE，由弧AD的度数为40°，求出∠AOD=40°，由等腰三角形的性质得到∠E=∠D=∠AOD=40°，求出∠DOE=180°−40°−40°=100°，即可得到∠AOE=100°−40°=60°，即可求出弧AE的度数
本题考查圆心角、弧、弦的关系，关键是由弧AD的度数为40°，求出∠AOD=40°．
7.【答案】C
【解析】解：1x−1−2x2−1
=x+1(x+1)(x−1)−2(x+1)(x−1)
=x+1−2(x+1)(x−1)
=x−1(x+1)(x−1)
=1x+1，
故选：C．
由于是异分母的分式的加减，所以先通分，化为同分母的分式，然后进行加减即可．
本题主要考查了分式的加减，计算时首先判断分母是否相同，然后利用分式加减的法则计算即可．
8.【答案】B
【解析】解：∵线段AD绕点A顺时针旋转90°得到线段AE，
∴AD=AE，∠DAE=90°，
∴∠EAB+∠BAD=90°，
在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠BAD+∠CAD=90°，∠C=∠ABC=45°，
∴∠EAB=∠CAD，
∴△EAB≌△DAC(SAS)，
∴∠C=∠ABE=45°，CD=BE，
∴∠EBC=∠EBA+∠ABC=90°，
∵BC=2，BD：CD=1：3，
∴BD=12，CD=BE=32，
∴S△BDE=12BD⋅BE=12×12×32=38，
故选：B．
根据旋转的性质得出AD=AE，∠DAE=90°，再根据SAS证明△EAB≌△DAC得出∠C=∠ABE=45°，CD=BE，得出∠EBC=90°，再根据三角形的面积公式即可求解．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，根据SAS证明△EAB≌△DAC是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：解方程组3x+2y=k−12x+3y=3k+1可得，
x=−35k−1y=75k+1，
∵点P(a,b)总在直线y=x上方，
∴b>a，
∴75k+1>−35k−1，
解得k>−1，
故选：B．
将k看作常数，解方程组得到x，y的值，根据P在直线上方可得到b>a，列出不等式求解即可．
本题考查了解二元一次方程组，一次函数上点的坐标特征，解本题的关键是将k看作常数，根据点在一次函数上方列出不等式求解．
10.【答案】D
【解析】解：∵点C为平面内一动点，BC=32，
∴点C在以点B为圆心，32为半径的圆B上，
在x轴的负半轴上取点D(−3 52,0)，
连接BD，分别过C、M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足为F、E，
∵OA=OB=3 5，
∴AD=OD+OA=9 52，
∴OAAD=23，
∵CM：MA=1：2，
∴OAAD=23=AMAC，
∵∠OAM=∠DAC，
∴△OAM∽△DAC，
∴OMCD=OAAD=23，
∴当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当D，B，C三点共线，且点B在线段DC上时，CD取得最大值，
∵OA=OB=3 5，OD=3 52，
∴BD= OB2+OD2=152，
∴CD=BC+BD=9，
∵OMCD=23，
∴OM=6，
∵y轴⊥x轴，CF⊥OA，
∴∠DOB=∠DFC=90°，
∵∠BDO=∠CDF，
∴△BDO∽△CDF，
∴OBCF=BDCD，即3 5CF=1529，
解得CF=18 55，
同理可得，△AEM∽△AFC，
∴MECF=AMAC=23，即ME18 55=23，
解得ME=12 55，
∴OE= OM2−ME2=6 55，
∴当线段OM取最大值时，点M的坐标是(65 5,125 5)，
故选D．
由题意可得点C在以点B为圆心，32为半径的圆B上，在x轴的负半轴上取点D(−3 52,0)，连接BD，分别过C和M作CF⊥OA，ME⊥OA，垂足为F、E，先证△OAM∽△DAC，得OMCD=OAAD=23，从而当CD取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当D，B，C三点共线，且点B在线段DC上时，CD取得最大值，然后分别证△BDO∽△CDF，△AEM∽△AFC，利用相似三角形的性质即可求解．
本题主要考查了勾股定理、相似三角形的判定及性质、圆的一般概念以及坐标与图形，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．
11.【答案】m(m−2)2
【解析】解：m3−4m2+4m
=m(m2−4m+4)
=m(m−2)2．
故答案为：m(m−2)2．
先提取公因式m，再对余下的多项式利用完全平方公式继续分解．
本题考查了用提公因式法和公式法进行因式分解，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
12.【答案】32
【解析】解：∵a、b分别满足a2−3a+2=0，b2−3b+2=0，
∴a、b可以看作是一元二次方程x2−3x+2=0的两个实数根，
∴a+b=3，ab=2，
∴1a+1b=a+bab=32．
故答案为：32．
先根据题意把a、b看作是一元二次方程x2−3x+2=0的两个实数根，利用根与系数的关系得到a+b=3，ab=2，再根据1a+1b=a+bab进行求解即可．
本题主要考查了分式的求值，一元二次方程根与系数的关系，熟知一元二次方程根与系数的关系是解题的关键．
13.【答案】(3,1)
【解析】解：∵△ABC与△A1B1C1位似，且原点O为位似中心，且ABA1B1=3，点A(9,3)，
∴13×9=3，13×3=1，
即A1点的坐标是(3,1)，
故答案为：(3,1)．
根据位似变换的性质计算，得到答案．
本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．
14.【答案】2 2−1
【解析】解：∵点A表示的数是−1，线段AB= 2，
∴点B表示的数是−1+ 2，
∵点B是AC的中点，
∴线段BC=AB= 2，
∴点C表示的数是：−1+ 2+ 2=2 2−1，
故答案为：2 2−1．
先表示出点B表示的数，再根据点B是AC的中点进行求解．
此题考查了用数轴上的点表示实数的能力，关键是能准确理解并运用该知识．
15.【答案】4
【解析】解：过点C作CD⊥y轴于点D，如图：
设点C的坐标为(a,b)，点A的坐标为(0,c)，
∴CD=a，OA=c，
∵△AOC的面积是6，
∴S△AOC=12CD⋅OA=12ac=6，
∴ac=12，
∵点C(a,b)在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴k=ab，
∵点B为AC的中点，
∴点B(a2,b+c2)，
∵点B在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴k=a2⋅b+c2，
即：4k=a(b+c)，
∴4k=ab+ac，
将ab=k，ac=12代入上式得：k=4．
故答案为：4．
过点C作CD⊥y轴于点D，设点C的坐标为(a,b)，点A的坐标为(0,c)，则CD=a，OA=c，由△AOC的面积是6得ac=18，将点C(a,b)代入反比例函数的表达式得k=ab，然后根据点B为AC的中点得点B(a2,b+c2)，将点B代入反比例函数表达式得k=a2⋅b+c2，据此即可取出k的值．
此题主要考查了反比例函数的图象，解答此题的关键是理解函数图象上的点满足函数的解析式，满足函数解析式的点都在函数的图象上．
16.【答案】解：(1)原式=2+1+ 5+3− 5−2
=4．
(2)2(x+2)>x+3①x3解不等式①：得x>−1，
解不等式②：得x<3，
不等式组的解集是−1【解析】(1)首先根据立方根定义、零指数幂的性质、二次根式的化简、绝对值的性质、负整数指数幂的性质进行计算，然后从左向右依次计算，求值即可．
(2)分别求解两个不等式，得到不等式组的解集即可．
本题考查的是实数的运算、解一元一次不等式组，熟练运算法则是解题关键．
17.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，
∴∠EAO=∠FCO，∠OEA=∠OFC，
∵点O为对角线AC的中点，
∴AO=CO，
在△AOE和△COF中，
∠EAO=∠FCO ∠OEA=∠OFC AO=CO ，
∴△AOE≌△COF(AAS)，
∴AE=CF，
∴AD−AE=BC−CF，
∴DE=BF．
【解析】根据平行四边形的性质得到AD=BC，AD//BC，进而推出∠EAO=∠FCO，∠OEA=∠OFC，结合AO=CO，利用AAS证明△AOE≌△COF，根据全等三角形的性质及线段的和差求解即可．
此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记平行四边形的性质是解题的关键．
18.【答案】解：(1)把点A(2,6)代入y=kx，k=2×6=12，
∴反比例函数的解析式为y=12x，
∵将点A向右平移2个单位，
∴x=4，
当x=4时，y=124=3，
∴B(4,3)，
设直线AB的解析式为y=mx+n，
由题意可得6=2m+n3=4m+n，
解得m=−32n=9，
∴y=−32x+9，
当x=0时，y=9，
∴C(0,9)；
(2)由(1)知CD=9−5=4，
∴S△ABD=S△BCD−S△ACD=12CD⋅|xB|−12CD⋅|xA|=12×4×4−12×4×2=4．
【解析】(1)由点A(2,6)求出反比例函数的解析式为y=12x，可得k值，进而求得B(4,3)，由待定系数法求出直线AB的解析式为y=−32x+9，即可求出C点的坐标；
(2)由(1)求出CD，根据S△ABD=S△ACD−S△ACD可求得结论．
本题考查了反比例函数系数k的几何意义，待定系数法求函数的解析式，三角形的面积的计算，求得直线AB的解析式是解题的关键．
19.【答案】解：(1)如图，过点B作BM⊥AF于点M，由题意可知，∠A=30°，∠DBE=53°，DF=600m，AB=300m，
在Rt△ABM中，∠A=30°，AB=300m，
∴BM=12AB=150m=EF，
∴DE=DF−EF=600−150=450(m)，
答：登山缆车上升的高度DE为450m；
(2)在Rt△BDE中，∠DBE=53°，DE=450m，
∴BD=DEsin∠DBE
≈4500.80
=562.5(m)，
∴需要的时间t=t步行+t缆车
=30030+562.560
≈19.4(min)，
答：从山底A处到达山顶D处大约需要19.4分钟．
【解析】(1)根据直角三角形的边角关系求出BM，进而求出DE即可；
(2)利用直角三角形的边角关系，求出BD的长，再根据速度、路程、时间的关系进行计算即可．
本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是正确解答的前提．
20.【答案】60
【解析】(1)调查的学生共有=1830%=60(名)；
故答案为：60；
(2)C合格的人数=60−24−18−3=15(名)，
(3)1200×2460=480(名)，
答：估计本次竞赛获得B等级的学生有480名；
(4)画树状图如下：
∴一共有12中等可能的情况，其中一男一女的情况有8种，
∴所选2人恰好是一男一女的概率为812=23．
(1)由优秀的人数除以所占百分比即可；
(2)求出C合格的人数，补全条形统计图即可；
(3)由该校共有学生人数乘以“良好”以上的学生所占的比例即可；
(4)画树状图，共有12种等可能的结果，其中被选中的两人恰好是一男一女的结果有6种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21.【答案】解：(1)当x=10时，yA=25×10=4(万元)，
答：将10万元资金投入A项目，一年后获得的收益是4万元；
(2)由题意得：当x=m时，yA=yB，
∴25m=−15m2+2m，
∴m1=8，m2=0(舍去)，
∴m=8；
(3)设投入B项目的资金是t万元，投入A项目的资金(32−t)万元，一年后获利为W万元，
由题意得，
W=−15t2+2t+25(32−t)=−15(t−4)2+16，
∴当t=4时，W最大=16，
32−t=28，
∴投入A项目的资金是28万元，投入B项目的资金是4万元时，一年后获利最大．最大值是16万元．
【解析】(1)把x=10代入yA=25x，从而求得结果；
(2)当x=m时，yA=yB，25m=−15m2+2m，从而求得结果；
(3)设投入B项目的资金是t万元，投入A项目的资金(32−t)万元，一年后获利为W万元，列出关系式W=−15t2+2t+25(32−t)=−15(t−4)2+16，进一步得出结果．
本题考查了二次函数及其图象性质，一元二次方程的解法等知识，解决问题的关键是根据题意列出函数关系式．
22.【答案】(1)证明：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∵将CE绕点C顺时针旋转60°得到线段CF，
∴CE=CF，∠ECF=60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠BCA=∠ECF，
∴∠BCE=∠ACF，
∴△BCE≌△ACF(SAS)，
∴∠CBE=∠CAF；
(2)证明：如图所示，过点F作FK//AD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC，
∵AD⊥BC，
∴BD=CD，
∴AD垂直平分BC，
∴EB=EC，
又∵△BCE≌△ACF，
∴AF=BE，CF=CE，
∴AF=CF，
∴F在AC的垂直平分线上，
∵AB=BC，
∴B在AC的垂直平分线上，
∴BF垂直平分AC，
∴AC⊥BF，AG=CG=12AC，
∴∠AGF=90°，
又∵DG=12AC=CG，∠ACD=60°，
∴△DCG是等边三角形，
∴∠CGD=∠CDG=60°，
∴∠AGH=∠DGC=60°，
∴∠KGF=∠AGF−∠AGH=90°−60°=30°，
又∵∠ADK=∠ADC−∠GDC=90°−60=30°，KF//AD，
∴∠HKF=∠ADK=30°，
∴∠FKG=∠KGF=30°，
∴FG=FK，
在Rt△CED与Rt△CGF中，
CF=CECD=CG，
∴Rt△CED≌Rt△CFG，
∴GF=ED，
∴ED=FK，
∴四边形EDFK是平行四边形，
∴EH=HF；
(3)解：依题意，如图所示，延长AP，DQ交于点R，

由(2)可知△DCG是等边三角形，
∴∠EDG=30°，
∵将△AEG沿AG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△APG，将△DEG沿DG所在直线翻折至△ABC所在平面内，得到△DQG，
∴∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°，
∴∠PAE=∠QDE=60°，
∴△ADR是等边三角形，
∴∠QDC=∠ADC−∠ADQ=90°−60°=30°，
由(2)可得Rt△CED≌Rt△CFG，
∴DE=GF，
∴DE=DQ，
∴GF=DQ，
∵∠GBC=∠QDC=30°，
∴GF//DQ，
∴四边形GDQF是平行四边形，
∴QF=DG=12AC=2，
由(2)可知G是AC的中点，则GA=GD，
∴∠GAD=∠GDA=30°，
∴∠AGD=120°，
∵折叠，
∴∠AGP+∠DGQ=∠AGE+∠DGE=∠AGD=120°，
∴∠PGQ=360°−2∠AGD=120°，
又PG=GE=GQ，
∴PQ= 3PG= 3GQ，
∴当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，此时如图所示，

∴GQ=12GC=12DC=1，
∴PQ= 3，
∴PQ+QF= 3+2．
【解析】(1)根据旋转的性质得出CE=CF，∠ECF=60°，进而证明△BCE≌A ACF(SAS)，即可得证；试(2)过点F作FKIIAD，交DH点的延长线于点K，连接EK，FD，证明四边形四边形EDFK是平行四边形，即可得证；(3)如图所示，延长AP，DQ交于点R，由(2)可知△DCG是等边三角形，根据折叠的性质可得∠PAG=∠EAG=30°，∠QDG=∠EDG=30°，进而得出△ADR是等边三角形，由(2)可得Rt A CED≌Rt ACFG，得出四边形GDQF是平行四边形，则QF=DC=−4C=2.进而得出C PGQ=360°−2C 4GD=120°，则PQ=√3pG=√3GQ，当GQ取得最小值时，即GQ⊥DR时，PQ取得最小值，即可求解．(1)由“SAS”可证△ACF≌△BCE，可得结论；
(2)
本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
23.【答案】解：(1)由题意得，抛物线的表达式为：y=−(x−1)(x+3)=−(x2+2x−3)=−x2−2x+3，
则抛物线的表达式为：y=−x2−2x+3；
(2)过点D作DF/​/y轴交直线AC于点F，

当x=0时，y=−x2−2x+3=3，
∴点C的坐标为(0,3)．
∵A(−3,0)，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴DE= 22DF，
∴当DF最大时，线段DE有最大值，
设直线AC的解析式为y=kx+d(k≠0)，
将A(−3,0)，C(0,3)代入y=kx+d得−3k+d=0d=3，
解得k=1d=3，
∴直线AC的解析式为y=x+3．
设点D(t,−t2−2t+3)(−3∴DF=−t2−2t+3−(t+3)=−t2−3t=−(t+32)2+94，
∴当t=−32时，线段DF的最大值为94，
∴线段DE的最大值为DE= 22DF=9 28；
∴此时点D的坐标为(−32,154)；
(3)是定值，理由如下：
∵将抛物线C1：y=−x2−2x+3沿y轴翻折得到抛物线C2，抛物线C2的顶点为F，
∴抛物线C2：y=−x2+2x+3，F(1,4)，
∵直线JI过点H(1,2)，故设直线JI的表达式为：y=k(x−1)+2，
设点J、I的坐标分别为：(m,−m2+2m+3)，点N(n,−n2+2n+3)，
联立y=k(x−1)+2和y=−x2+2x+3并整理得：x2+(k−2)x−k−1=0，
则m+n=2−k，mn=−k−1，
由点J、F的坐标得，直线JF的表达式为：y=−(m−1)(x−1)+4，
令y=0，则x=1+4m−1，即点M(1+4m−1,0)，
则GM=1−1−4m−1=−4m−1，
同理可得，GN=4n−1，
则GM⋅GN=−4m−1×4n−1=−16(m−1)(n−1)=−16mn−(m+n)+1=−16−k−1−2+k+1=8．
【解析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)利用待定系数法求AC的解析式，设D(t,−t2−2t+3)，过点D作DF/​/y轴交直线AC于点F，则F的坐标是(t,t+3)，用含t的代数式表示DF的长度，证明△DEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可得到答案；
(3)由翻折抛物线C2的解析式为yy=−x2+2x+3，可得求出直线JF的表达式为：y=−(m−1)(x−1)+4，得到M(1+4m−1,0)，同理可得，GN=4n−1，即可求解．
本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、待定系数法函数的解析式，等腰直角三角形的性质、根和系数的关系等，解题的关键是设相关点的坐标，表示线段长度列方程，掌握等腰直角三角形的性质、根和系数的关系等．