2023年湖北省武汉市江岸区七一华源中学中考数学模拟试卷（5月份）（含解析）

这是一份2023年湖北省武汉市江岸区七一华源中学中考数学模拟试卷（5月份）（含解析），共26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年湖北省武汉市江岸区七一华源中学中考数学模拟试卷（5月份）
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13, 3,−38,π，2023这五个数中无理数的个数为(    )
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
2. 下列数学符号图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    )
A. B.
C. D.
3. 下列事件中是必然事件的是(    )
A. 从一个装有2个红球、3个黑球(除颜色外无其他差别)的不透明盒子里任意取3个球；一定有黑球
B. 从一副扑克牌中任意抽取一张牌，这一张牌是红桃3
C. 射击运动员射击一次，击中靶心
D. 汽车行驶到有信号灯控制的十字路口，正好遇到红灯
4. 如图是某个几何体的左视图，则这个几何体不可能是(    )
A.
B.
C.
D.
5. 化简(3a2)2的结果是(    )
A. 9a2 B. 6a2 C. 9a4 D. 3a4
6. 若点A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y3)，都在反比例函数y=8x的图象上，其中y2<0 A. x1 7. 若m−n=2，则代数式−m2−n2m⋅2mm+n的值是(    )
A. −2 B. 2 C. −4 D. 4
8. 武汉作为新晋网红城市，五一期间吸引着大量游客前来观光打卡.现有一批游客分别乘坐甲乙两辆旅游大巴同时从旅行社前往某个旅游景点.行驶过程中甲大巴因故停留一段时间后继续驶向景点，乙大巴全程匀速驶向景点.两辆大巴的行程s(km)随时间t(h)变化的图象(全程)如图所示.依据图中信息，下列说法错误的是(    )

A. 甲大巴停留前的平均速度是60km/h B. 甲大巴中途停留了0.5h
C. 甲大巴比乙大巴先0.25h到达景点 D. 甲大巴停留后用0.5h追上乙大巴
9. 阅读材料：余弦定理是描述三角形中三边长度与一个角余弦值关系的数学定理，运用它可以解决一类已知三角形两边及夹角求第三边或者已知三边求角的问题.余弦定理是这样描述的：在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，则三角形中任意一边的平方等于另外两边的平方和减去这两边及这两边的夹角的余弦值的乘积的2倍.用公式可描述为：a2=b2+c2−2bccosA；b2=a2+c2−2accosB；c2=a2+b2−2abcosC.现已知在△ABC中，AB=2，BC=4，∠A=60°，则AC的长为(    )
A. 2 3 B. 13+1 C. 13−1 D. 3 2
10. 如图，边长为1的正六边形ABCDEF放置于平面直角坐标系中，边AB在x轴正半轴上，顶点F在y轴正半轴上，将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转45°，那么经过第2026次旋转后，顶点D的坐标为(    )
A. (32,− 3)
B. (32,−3 32)
C. (− 3,32)
D. ( 3,−32)
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
11. 使 a+5有意义的a的取值范围是______ ．
12. 近两年新能源汽车比亚迪的销量实现了快速增长，2023年比亚迪计划冲击400万台的整车年度销量目标.将数据400万用科学记数法表示为______ 台.
13. 甲、乙、丙三人相互传球，由甲开始发球，作为第一次传球，第二次传球后球回到甲手中的概率是______ ．
14. 小华和小深利用无人机测量某座山的垂直高度AB.如图所示，无人机在地面BC上方130米的D处测得山顶A的仰角为22°，测得山脚C的俯角为63.5°.已知AC的坡度为1：0.75，点A，B，C，D在同一平面内，则此山的垂直高度AB为______ 米.(结果精确到0.1)
(参考数据：sin63.5°≈0.89，tan63.5°≈2.00，sin22°≈0.37，tan22°≈0.40)
15. 已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象过(1,y1)，(2,y2)两点.①若y1>0，则a+b+c>0；②若a=b，则y10，且a+b<0，则a<0；④若b=2a−1，c=a−3，且y1>0，则抛物线的顶点一定在第三象限.其中正确的结论是______ ．
16. 如图，在平面直角坐标系中，点A(0,6)，B(a,3)(a>0)，P为x轴上一点，∠PAB=45°，∠PBA=30°，则a的值为______ ．

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)
解不等式组2x+1>−(x+5)①2(x+1)−6≤x②，请按下列步骤完成解答：
(1)解不等式①，得______ ；
(2)解不等式②，得______ ；
(3)把不等式①和②的解集在数轴上表示出来；

(4)原不等式组的解集为______ ．
18. (本小题8.0分)
已知：如图，AD⊥BC于D，EG⊥BC与G，∠E=∠3，
(1)求证：AD是∠BAC的平分线；
(2)若BG=DG，求S△CEG：S△BFG的值．

19. (本小题8.0分)
为了解某中学落实《中共中央国务院关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》的实施情况，兴趣小组从该校全体学生中随机抽取部分学生，调查他们平均每周劳动时间t(单位：h)，并对数据进行整理、描述和分析，以下是根据调查结果绘制的统计图表的一部分．
平均每周劳动时间频数统计表
平均每周劳动时间t/h
频数
频率
1≤t<2
3

2≤t<3
a
0.12
3≤t<4

b
4≤t<5

0.35
5≤t<6


合计
c

根据以上信息，回答下列问题：
(1)填空：a= ______ ，b= ______ ，c= ______ ；
(2)若该校有1000名学生，请估计平均每周劳动时间在3≤t<5范围内的学生人数．

20. (本小题8.0分)
如图AB为圆O的直径，AE为圆O的弦，C为O上一点,AC=CE,CD⊥AB，垂足为D．
(1)连接CO，判断CO与AE的位置关系，并证明；
(2)若AE=8，BD=2，求圆O的半径．

21. (本小题8.0分)
(1)如图1，D是AB上一点，先画出B关于AC的对称点B1；再过点D作直线DE，使得DE//BC交AC于E；
(2)如图2，在AC上取一点M，使tan∠ABM=35；再在AM上找一点N，连接BN，使得S△ABN=23S△ABM．


22. (本小题10.0分)
如图1，一段高架桥的两墙A，B由抛物线一部分ACB连接，为确保安全，在抛物线一部分ACB内修建了一个菱形支架ODCE，抛物线的最高点C到AB的距离OC=4米，∠ODC=60°，点D，E在抛物线一部分ACB上，以AB所在的直线为x轴，OC所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系xOy，确定一个单位长度为1米．
(1)求此抛物线对应的函数表达式；
(2)如图2，现在将菱形ODCE做成广告牌，且在菱形内再做一个内接矩形MNPQ广告牌，设边EP长度为m米：试求内接矩形MNPQ的面积S.(用含m的式子表示)；
(3)若已知矩形MNPQ广告牌的价格为80元/米 2，广告牌其余部分的价格为160元/米 2，试求完成菱形广告牌所需的最低费用．


23. (本小题10.0分)
探索发现；(1)如图1，在△ABC中，∠B=∠CAF；求证：AC2=CF⋅BC；
初步应用：(2)如图2，在△ABC中，AB=AC，BD⊥AB，BE⊥AD，连接CE、CD.求证：BEBD=CECD，
迁移拓展：(3)如图3，在△ABC中，∠B=∠CAF，H为AC上一点，使CH=CF，过H作HG//BC交AB于G，AG=AF，求BFCF的值．


24. (本小题12.0分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C1：y=−(x−m)2+2m2(m<0)的顶点P在抛物线C2：y=ax2上.
(1)求a的值；
(2)直线x=t(t>m)与抛物线Cl，C2分别交于点A，B，若AB的最大值为3，请求出m的值；
(3)Q是x轴的正半轴上一点，且PQ的中点M恰好在抛物线C2上.试探究：此时无论m为何负值，在y轴的负半轴上是否存在定点G，使∠PQG总为直角？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：−38=−2，
所以在13, 3,−38,π，2023这五个数中无理数有 3，π，共2个．
故选：A．
无理数就是无限不循环小数．理解无理数的概念，一定要同时理解有理数的概念，有理数是整数与分数的统称．即有限小数和无限循环小数是有理数，而无限不循环小数是无理数．由此即可判定选择项．
此题主要考查了算术平方根、立方根以及无理数，其中初中范围内学习的无理数有：π，2π等；开方开不尽的数；以及像0.1010010001…(两个1之间依次多一个0)等有这样规律的数．

2.【答案】D 
【解析】解：A.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.是中心对称图形，不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.既是中心对称图形，也是轴对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与自身重合．

3.【答案】A 
【解析】解：A、从一个装有2个红球、3个黑球(除颜色外无其他差别)的不透明盒子里任意取3个球，一定有黑球，是必然事件，符合题意；
B、从一副扑克牌中任意抽取一张牌，这一张牌是红桃3是随机事件，不符合题意；
C、射击运动员射击一次，击中靶心是随机事件，不符合题意；
D、汽车行驶到有信号灯控制的十字路口，正好遇到红灯是随机事件，不符合题意；
故选：A．
根据事件发生的可能性大小判断即可．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念．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．

4.【答案】D 
【解析】解：A、左视图为3列，从左往右正方形的个数为2，1，1，不符合题意；
B、左视图为3列，从左往右正方形的个数为2，1，1，不符合题意；
C、左视图为3列，从左往右正方形的个数为2，1，1，符合题意；
D、左视图为2列，从左往右正方形的个数为2，1，符合题意．
故选：D．
分别找到各个选项的左视图，和所给的左视图比较即可．
本题考查由三视图判断几何体，关键是掌握左视图是从物体的左面看得到的视图．

5.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查了幂的乘方与积的乘方，熟练掌握幂的乘方与积的乘方运算法则是解题的关键．
应用幂的乘方与积的乘方运算法则进行求解即可得出答案．
【解答】
解：(3a2)2=9a4．
故选：C．  
6.【答案】B 
【解析】解：∵k=8>0，y2<0 ∴点B在第二象限，点A、C在第一象限，且在每一个象限内，y随x的增大而减小，
∴x2<0，x3>x1>0，
∴x2 故选：B．
先判断出点A、B在第四象限，点C在第二象限，再根据反比例函数的增减性判断．
本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征．注意：反比例函数的增减性只指在同一象限内．

7.【答案】C 
【解析】解：原式=−(m+n)(m−n)m⋅2mm+n
=−2(m−n)．
当m−n=2时．原式=−2×2=−4．
故选：C．
根据分式的乘除运算法则把原式化简，把m−n的值代入计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．

8.【答案】C 
【解析】解：由图象可得，
甲大巴停留前的平均速度是30÷0.5=60(km/h)，故选项A正确，不符合题意；
甲大巴中途停留了1−0.5=0.5(h)，故选项B正确，不符合题意；
甲大巴车停留后的速度为68−301.5−1=76，
∴100−68=32(千米)，
所用时间为3276=819，
∴甲大巴车到达终点所用时间为32+819=7338(h)；
乙大巴车所用时间为100÷(681.5)=7534(h)，
∵7534−7338=92363(h)，
∴甲大巴比乙大巴先92363h到达景点，故C错误，符合题意；
甲大巴停留后用1.5−1=0.5h追上乙大巴，故选项D正确，不符合题意；
故选：C．
根据函数图象中的数据，可以判断各个选项中的结论是否成立，从而可以解答本题．
本题考查一次函数的应用，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

9.【答案】B 
【解析】解：∵AB=c=2，BC=a=4，∠A=60°，a2=b2+c2−2bccosA，
∴42=b2+22−2b×2cos60°，
即16=b2+4−2b×2×12，
解得b1=1+ 13，b2=1− 13(不合题意，舍去)，
∴AC=b=1+ 13，
故选：B．
根据AB=c=2，BC=a=4，∠A=60°，a2=b2+c2−2bccosA，可以计算出AC的长．
本题考查解直角三角形、新定义，解答本题的关键是明确题意，利用新定义解答．

10.【答案】D 
【解析】解：如图，连接OD，BD.把OD绕点O顺时针旋转90°至OD′，过点D作DG⊥y轴于点G，过点D′作DH⊥y轴于点H，
在正六边形ABCDEF中，AF=AB=BC=CD=1，∠FAB=∠BCD=120°，
∴∠FAO=60°，∠OFA=30°，
∴OA=12AF=12，BD= 3，
BD⊥OB，
∴OB=OA+AB=32，
∴D(32, 3)，
∵将正六边形ABCDEF绕坐标原点O顺时针旋转，每次旋转45°，
∴8次一个循环，
∵2026÷8=253……2，45°×2=90°，
∴经过第2026次旋转后，顶点D的坐标在D′的位置，
∵∠GDO+∠DOG=90°，∠D′OH+∠DOG=90°，
∴∠GDO=∠D′OH，∠DGO=∠OHD′，
∵OD=OD′，
∴△DGO≌△OHD′(AAS)，
∴OH=DG=32，OG=HD′= 3，
∴D′( 3,−32)，
∴经过第2028次旋转后，顶点D的坐标( 3,−32)，
故选：D．
如图，连接OD，BD.把OD绕点O顺时针旋转90°至OD′，过点D作DG⊥y轴于点G，过点D′作DH⊥y轴于点H，经过第2026次旋转后，顶点D在D′的位置，先求出点D的坐标，再证明△DGO≌△OHD′(AAS)即可．
本题考查正多边形与圆，掌握坐标与图形变化−旋转等知识，学会探究规律的方法是解题的关键．

11.【答案】a≥−5 
【解析】解：根据题意，得
a+5≥0，
解得，a≥−5；
故答案为：a≥−5．
二次根式的被开方数的非负数．
考查了二次根式的意义和性质．概念：式子 a(a≥0)叫二次根式．性质：二次根式中的被开方数必须是非负数，否则二次根式无意义．

12.【答案】4×106 
【解析】解：400万=4000000=4×106，
故答案为：4×106．
将一个数表示为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，这种表示数的方法叫做科学记数法，根据其定义即可得出答案．
本题考查科学记数法表示大数，此考点是重要知识点，必须熟练掌握．

13.【答案】12 
【解析】解：画树状图如下：

由树状图知，共有4种等可能结果，其中经过两次传球后，球回到甲手中的有2种结果，
∴经过两次传球后，球回到甲手中的概率为24=12，
故答案为：12．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与经过二次传球后，球仍回到甲手中的情况，再利用概率公式即可求得答案．
此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

14.【答案】222.9 
【解析】解：过点D作DE⊥AB，垂足为E，过点C作CF⊥DE，垂足为F，

由题意得：CF=EB=130米，CB=EF，AB⊥CB，
在Rt△CDF中，∠CDF=63.5°，
∴DF=CFtan63.5∘≈1302=65(米)，
∵AC的坡度为1：0.75，
∴ABCB=10.75=43，
∴设AB=4x米，则CB=3x米，
∴EF=BC=3x米，
∴DE=DF+EF=(65+3x)米，AE=AB−BE=(4x−130)米，
在Rt△ADE中，∠ADE=22°，
∴tan22°=AEDE=4x−1303x+65≈0.4，
解得：x=3907，
经检验：x=3907是原方程的根，
∴AB=4x≈222.9(米)，
∴此山的垂直高度AB约为222.9米，
故答案为：222.9．
过点D作DE⊥AB，垂足为E，过点C作CF⊥DE，垂足为F，根据题意可得：CF=EB=130米，CB=EF，AB⊥CB，先在Rt△CDF中，利用锐角三角函数的定义求出DF的长，再根据已知可设AB=4x米，则CB=3x米，从而可得EF=BC=3x米，进而可得DE=(65+3x)米，AE=(4x−130)米，然后在Rt△ADE中，利用锐角三角函数的定义列出关于x的方程，进行计算即可解答．
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，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．

15.【答案】①④ 
【解析】解：①若y1>0时，当x=1时，y1=a+b+c>0，故①正确；
②若a=b时，即函数的对称轴是直线x=−12，无法确定y1、y2的大小，故②错误；
③若y1<0，y2>0，即：a+b+c<0，4a+2b+c>0，
则−a−b−c>0①4a+2b+c>0②，
由①+②，得3a+b>0，
整理，得：−3a−b<0，而a+b<0，即：−2a<0，
∴a>0，故③错误；
④若b=2a−1，c=a−3，且y1>0，
即：a+b+c>0，
把b、c的值代入上式得：a>1，
则b>1，c>−2，
则抛物线对称轴为y轴左侧，开口向上，
Δ=b2−4ac=(2a−1)2−4ac=8a+1>9>0，
故顶点一定在第三象限，故④正确；
故答案为：①④．
若y1>0时，当x=1时，y1=a+b+c>0，即可判断①正确；若a=b时，即函数的对称轴是直线x=−12，只有a>0，才有y10，即：a+b+c<0，4a+2b+c>0，而a+b<0，得出−2a<0，则a>0，即可判断③错误；若b=2a−1，c=a−3，且y1>0，即：a+b+c>0，把b、c的值代入上式得：a>1，则b>1，c>−2，代入顶点坐标即可判断④正确．
本题考查的是二次函数图象与系数的关系，涉及到函数基本性质、解不等式等相关知识，难度较大．

16.【答案】3+6 3 
【解析】
解：如图：过点P作PC⊥AB，过C作CD⊥y轴，CE⊥x轴，过A作AG⊥y轴，过点B作GH⊥y轴交AG于点G，
∵点A(0,6)，B(a,3)，
∴.GB=BH=3，AO=GH=FE=6，
.∵∠PAC=45°，∠PBC=30°，
在Rt△ACP和RtBCP中，
tan∠PAC=CPAC=1，=tan45°，tan∠PBC=PCBC= 33
∴AC=PC，BC= 3PC
∵∠ACP=∠DCE=90°
∴∠ACD=∠PCE
在△ADC和△PCE中，
∠ACD=∠PCE、∠ADC=∠CEP=90°、AC=CP
∴△ADC≌△PEC(AAS)，
∴CD=CE
∠ADC=∠DAF=∠DCF=90°
∴四边形ADCF为矩形，
∴CD=CE=AF，
∵FC//BG，
∴AFC=∠G，∠ACF=∠ABG，
∴△AFC∽△AGB，
∴CFBG=ACAB=ACAC+CB=CPPC+ 3CP=11+ 3=AFAG，
∴CF=31+ 3，
∴CE=FE−FC=6−31+ 3=AF=3+6 31+ 3，
∴11+ 3=3+6 31+ 3AG，
∴AG=a=3+6 3，
 故答案为：3+6 3
过点P作PC⊥AB，过C作CD⊥y轴，CE⊥x轴，过A作AG⊥y轴，过点B作GH⊥y轴，构造△AFC∽△AGB，利用CFBG=1 3求出FC，然后利用11+ 3=AFAG求出AG，即可得到答案．
本题考查了坐标与图形，三角形全等，三角形相似，三角函数等知识点，综合性质强，合理作出辅助线构造三角形相似是解决此题的关键

17.【答案】x>−2  x≤4  −2 【解析】解：解不等式①，得x>−2，
解不等式②，得x≤4，
把不等式①和②的解集在数轴上表示出来如下：

∴原不等式组的解集为−2 故答案为：x>−2；x≤4；−2 分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．

18.【答案】(1)证明：∵AD⊥BC于D，EG⊥BC与G，
∴AD//EG，
∴∠1=∠E，∠2=∠3，
∵∠E=∠3，
∴∠1=∠2，
∴AD是∠BAC的平分线；
(2)解：∵∠1=∠2，4=∠ADB=90°，
∴∠B=∠C，
∴AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴BD=CD，
∵BG=GD，
∴CD=BD=2BG，
∴CG=CD+GD=3BG，
∴CG：BG=3：1，
∵∠5=∠BGF=90°，∠B=∠C，
∴△EGC∽△FGB，
∴S△CEGS△BFG=(CGBG)2=9，
∴S△CEG：S△BFG的值是9． 
【解析】(1)由平行线的性质得到∠1=∠E，∠2=∠3，而∠E=∠3，因此∠1=∠2，即可证明问题；
(2)由等腰三角形的性质得到CG：BG=3：1，由△EGC∽△FGB，即可求出S△CEG：S△BFG的值是9．
本题考查平行线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线定义，关键是由平行线的性质得到∠1=∠2；由△EGC∽△FGB，即可求出S△CEG：S△BFG的值是9．

19.【答案】12  0.37  100 
【解析】解：(1)由频数分布直方图可知，a=12，
调查人数为：12÷0.12=100(人)，即c=100，
b=37÷100=0.37，
故答案为：12，0.37，100；
(2)平均每周劳动时间在3≤t<5范围内的学生所占的百分比为0.37+0.35=0.72，
1000×(0.37+0.35)=720(名)，
答：该校1000名学生中平均每周劳动时间在3≤t<5范围内的大约有720名．
(1)由统计图可知，a=12，根据频率=频数总数可求出调查人数，进而求出相应的频数或频率，确定a、b、c的值；
(2)求出平均每周劳动时间在3≤t<5范围内的学生所占的百分比，即可求出相应的人数．
本题考查频数分布直方图、频数分布表，掌握频率=频数总数是正确解答的前提．

20.【答案】解：CO⊥AE，理由如下：
如图，延长CO交AE于点M，

∵AC=CE，OC为⊙O的半径，
∴AM=EM，
∴CM⊥AE，
∴CO⊥AE；

(2)设OA=OB=OC=r，
∵CM⊥AE，CD⊥AB，AE=8，
∴∠AMO=∠CDO=90°，AM=EM=12AE=4，
在△AMO与△CDO中，∠AMO=∠CDO∠AOM=∠CODOA=OC，
∴△AMO≌△CDO(AAS)，
∴OM=OD，
∵BD=2，
∴OM=OD=r−2，
∵OM2+AM2=OA2，
∴(r−2)2+42=r2，
解得：r=5，
即⊙O的半径为5． 
【解析】(1)延长CO交AE于点M，根据垂径定理的推论即可证得结论；
(2)设⊙O的半径为r，结合(1)中所求及已知条件，利用全等三角形的判定与性质可得OM=OD=r−2，AM=4，然后利用勾股定理列方程，解方程即可．
本题主要考查圆的有关概念及性质，勾股定理和全等三角形的判定及性质，(2)中结合已知条件证得△AMO≌△CDO是解题的关键．

21.【答案】解：(1)如图1中，点B1，直线DE即为所求；
(2)如图2中，点M，N即为所求．
 
【解析】(1)理由轴对称变换的性质作出点B1，连接DB1交AC于点T，连接BT，延长BT交AB1于点E，作直线DE即可；
(2)取格点Q，连接AQ，取格点J，K，连接JK交AQ与点R，连接BR交AC于点M，点M即为所求．利用平行线等分线段定理，在AB上截取AL，使得AL：BL=2：1，在AR上截取AW，使得AW=2，连接LW交AC与点N，连接BN，点N即为所求．
本题考查作图−轴对称变换，解直角三角形，平行线等分线段定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

22.【答案】解：(1)如图，过点D作DM⊥x轴于点M，作DN⊥y轴于点N，
 
∵四边形ODCE是菱形，
∴CD=OD，
∵∠ODC=60°，
∴△OCD是等边三角形，
∴OD=OC=4，∠ODN=12∠ODC=30°，
在Rt△ODN中，DN⊥y轴，∠ODN=30°，
∴ON=12OD=2，DN= OD2−ON2= 42−22=2 3，
∴D(2 3,2)，
∵OC=4，
∴C(0,4)，
设抛物线对应的函数表达式为y=ax2+c(a≠0)，
将C(0,4)，D(2 3,2)代入解析式，得c=412a+c=2，
解得a=−16c=4，
∴抛物线的函数表达式为y=−16x2+4；
(2)设直线OD的解析式为y=kx，
将D(2 3,2)代入解析式，得2 3k=2，
解得k= 33，
∴直线OD的解析式为y= 33x，
设直线CD的解析式为y=mx+n，
将点C(0,4)，D(2 3,2)代入解析式，得n=42 3m+n=2，
解得m=− 33n=4，
∴直线CD的解析式为y=− 33x+4；
设矩形MNPQ中，QM=PN=x米，则xM=xN=x2，
代入y= 33x和y=− 33x+4，
得M(x2, 3x6)，N(x2,4− 3x6)，
∴MN=4− 3x6− 3x6=4− 33x，
由轴对称得DN=EP=m，
∵MN//y轴，
∴∠MND=∠OCD=60°，∠NMD=∠COD=60°，
∴△MND是等边三角形，
∴MN=DN=m，
∴4− 33x=m，
解得x=4 3− 3m，
∴PN=4 3− 3m，
∴内接矩形MNPQ的面积S=MN⋅PN=m(4 3− 3m)=− 3m2+4 3m；
(3)由(2)得，内接矩形MNPQ的面积S=− 3m2+4 3m，
由(1)可得S△OCD= 34OC2=4 3，
∴菱形ODCE的面积=2S△OCD=2×4 3=8 3，
∴总费用W=80(− 3m2+4 3m)+160[8 3−(− 3m2+4 3m)]=80 3(m−2)2+960 3，
∴当m=2时，W最小，最小值为960 3，
∴完成菱形广告牌所需的最低费用为960 3元． 
【解析】(1)过点D作DM⊥x轴于点M，作DN⊥y轴于点N，在Rt△ODN中，DN⊥y轴，∠ODN=30°，勾股定理得出ND的长，进而得出D(2 3,2)，根据OC=4得出点C的坐标，进而利用待定系数法求出函数解析式；
(2)待定系数法求出直线OD的解析式，直线CD的解析式，设矩形MNPQ中，QM=PN=x米，则可得出点M，N的坐标，由轴对称得DN=EP=m，得出MN=DN=m，根据MN的长度列得方程，求出x=4 3− 3m，得到PN=4 3− 3m，再根据S=MN⋅PN，求出函数解析式；
(3)根据(1)可得△OCD的面积，求出菱形ODCE的面积，再求出总费用W与m的函数关系式，利用函数的性质解答即可．
此题考查了二次函数的实际应用，菱形的性质，矩形的性质，正确掌握二次函数的性质是解题的关键．

23.【答案】(1)证明：∵∠B=∠CAF，
又∵∠ACB=∠FCA，
∴△ABC∽△FAC，
∴ACCF=BCAC，
即AC2=CF⋅BC；
(2)证明：∵BD⊥AB，BE⊥AD，
∴∠AEB=∠BD=90°，
又∵∠BAE=∠DAB，
∴△ABE∽△ADB，
∴ABAD=AEAB，
∵AB=AC，
∴ACAD=AEAC，
又∵∠CAE=∠BAC，
∴△AEC∽△ACD，
∴CECD=ACAD，
∵AB=AC，
∴CECD=ABAD，
∵∠BED=∠ABD=90°，
又∵∠BDE=∠ADB，
∴△BDE∽△ADB，
∴BEAB=BDAD，
即BEBD=ABAD，
∴BEBD=CECD；
(3)解：∵GH//BC，
∴ACAH=ABAG，
∵AG=AF，
∴ACAH=ABAF，
∵GH//BC，
∴ACCH=ABBG，
∵CH=CF，
∴ACCF=ABBG，
∵∠B=∠CAF，
又∵∠ACB=∠FCA，
∴△ABC∽△FAC，
∴ACCF=ABAF，
∴ABBG=ABAF，
∴BG=AF，
∵AG=AF，
∴BG=AG，即点G是AB的中点，
∵GH//BC，
∴AGBG=AHCH=1，
设AH=CH=CF=a，
则AC=2a，
由(1)知AC2=CF⋅BC，
∴(2a)2=BC⋅a，
解得，BC=4a，
∴BF=3a，
∴BFCF=3aa=3． 
【解析】(1)根据两个角相等的三角形相似得到△ABC∽△FAC，从而问题得证；
(2)先证△ABE∽△ADB，结合AB=AC，得到ACAD=AEAC，由∠CAE=∠DAC，可得△AEC∽△ACD，结合AB=AC，得到CECD=ABAD，再证△BDE∽△ADB得到BEBD=ABAD，于是问题得证；
(3)由平行线分线段成比例和三角形相似可以得出点G是AB的中点，进而得到AH=CH，设AH=CH=CF=a，则AC=2a，再根据(1)中的结论求出BC，从而求出BF，即可求出BFCF的值．
本题主要考查了三角形相似的判定与性质，灵活运用相似三角形的判定与性质是解题的关键．

24.【答案】解：(1)由题可知P(m,2m2)，
∴am2=2m2，
∴a=2；
(2)A(t,−t2+2mt+m2)，B(t,2t2)，
∴AB=−3t2+2mt+m2=−3(t−m3)2+43m2，
∵m<0，
∴m3>m，
当t=m3时，AB有最大值43m2，
∵AB的最大值为3，
∴43m2=3，
解得m=±32，
∵m<0，
∴m=−32；
(3)存在定点G，使∠PQG总为直角，理由如下：
设Q(n,0)，n>0，
∵M是PQ的中点，
∴M(m+n2,m2)，
∵点M恰好在抛物线C2上，
∴2(m+n2)2=m2，
解得n=−( 2+1)m①，
设G(0,y)，
∴PG的中点H(12m,m2+12y)，
∵∠PQG=90°，
∴12PG=HQ，
∴12 m2+(2m2−y)2= (12m−n)2+(m2+12y)2，
整理得，4n2−4mn+8m2y=0②，
联立①②可得(16+12 2+8y)m2=0，
当16+12 2+8y=0时，等式恒成立，
∴y=−2−32 2，
∴G(0,−2−32 2). 
【解析】(1)先求出P点坐标，再将P点代入抛物线C2中，即可求a的值；
(2)先求出A(t,−t2+2mt+m2)，B(t,2t2)，则AB=−3t2+2mt+m2=−3(t−m3)2+43m2，当t=m3时，AB有最大值43m2，结合题意可得方程43m2=3，求出m=−32；
(3)设Q(n,0)，n>0，先求出M(m+n2,m2)，再将C点代入抛物线C2的解析式，可得n=−( 2+1)m①，设G(0,y)，则PG的中点H(12m,m2+12y)，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即12PG=HQ，可得方程12 m2+(2m2−y)2= (12m−n)2+(m2+12y)2，整理得，4n2−4mn+8m2y=0②，联立①②可得(16+12 2+8y)m2=0，当16+12 2+8y=0时，等式恒成立，从而求出点G(0,−2−32 2).
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形的性质斜边的中线等于斜边的一半，从而建立方程求G点坐标是解题的关键．