2022-2023学年度重庆市渝中区巴蜀中学校九年级上学期12月月考数学试题

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重庆市巴蜀中学2022—2023学年上学期九年级12月月考试题
一、选择题（每题4分，共48分）
1. 在实数，，0，，0.12，中，有理数的个数有　　
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】D
【解析】
【分析】根据有理数的定义：整数与分数统称为有理数，由此判断即可.
【详解】解：在实数，，0，，0.12，中，有理数有，0，0.12，，有理数的个数有4个．
故选：D．
【点睛】本题考查了实数的分类，熟练掌握有理数的定义是解题关键．
2. 使得有意义的b的取值范围是（　　）
A. b≥﹣3 B. b＞3 C. b＞﹣3 D. b≥3
【答案】A
【解析】
【分析】二次根式有意义即根式下的数要大于或等于0，据此条件列出不等式，即可得解．
【详解】∵二次根式有意义，
∴，解得，
即b的取值范围为：，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件及解不等式的知识，熟练掌握二次根式有意义的条件是解答本题的关键．
3. 下列运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据幂的相关运算法则即可得出结论．
【详解】A、，A不正确；
B、，B正确；
C、，C不正确；
D、，D不正确；
故选：B．
【点睛】本题考查同底数幂的乘法、同底数幂的除法、积的乘方、幂的乘方，属于基础题目，掌握相应运算法则，熟练运算是解题的关键．
4. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC与△DEF关于原点O位似，OB＝2OE，若△AOB的面积为4，则△OEF的面积为（　　）

A. 2 B. C. 1 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据位似图形的定义可确定，再根据相似三角形的判定定理和性质即可求出△OEF的面积．
【详解】解：∵△ABC与△DEF关于原点O位似，OB＝2OE，
∴．
∵∠AOB=∠FOE，
∴．
∴△AOB和△FOE的相似比是2．
∴△AOB面积和△FOE面积的比值是4．
∵△AOB的面积是4．
∴△FOE的面积是1．
故选：C．
【点睛】本题考查位似图形的定义，相似三角形的性质，熟练掌握这些知识点是解题关键．
5. 估计+1的运算结果应在（　　）
A. 1到2之间 B. 2到3之间 C. 3到4之间 D. 4到5之间
【答案】C
【解析】
【分析】估算的值，再计算+1的值．
【详解】解：


故选：C．
【点睛】本题考查无理数的估算，是基础考点，掌握相关知识是解题关键．
6. 如图是自动测温仪记录图象，它反映了某市某天气温（℃）如何随时间的变化而变化．下列从图象中得到的信息正确的是（　　）

A. 当日6时的气温最低
B. 当日最高气温为26℃
C. 从6时至14时，气温随时间的推移而上升
D. 从14时至24时，气温随时间的推移而下降
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目中所给函数图象依次判断四个选项即可．
【详解】解：A选项，当日气温最低的时间在6时以前，故A选项不符合题意；
B选项，当日最高气温未达到26℃，故B选项不符合题意；
C选项，从6时至14时，气温随时间的推移而上升，故C选项符合题意；
D选项，从14时至24时，气温随时间的推移先上升然后下降，故D选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查从函数图象中获取信息，正确理解函数图象是解题关键．
7. 下列命题中，是真命题的是（ ）
A. 对角线相等且互相垂直的四边形是正方形； B. 垂直于同一直线的两条直线互相平行；
C. 三角形的任意两边之和大于第三边； D. 过一点有且只有一条直线与已知直线平行
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方形的判定条件即可判断A；前提条件“在同一平面内”，垂直于同一直线的两条直线互相平行，可判断B；由三角形三边关系，可判断C；由过直线“外”一点有且只有一条直线与已知直线平行，可判断D．
【详解】对角线相等且互相垂直的四边形是正方形，是假命题，故A不符合题意；
垂直于同一直线的两条直线互相平行，是假命题，故B不符合题意；
三角形的任意两边之和大于第三边，是真命题，故C符合题意；
过一点有且只有一条直线与已知直线平行，是假命题，故D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查判断真假命题．涉及正方形的判定，平行线的判定，三角形三边关系和平行公理．熟练掌握各知识点是解题的关键．
8. 某班级开展活动共花费2300元，但有4位同学因时间冲突缺席，若总费用由实际参加同学平均分摊，则每人比原来多支付4元，设原来有x人参加活动，由题意可列方程（　　）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设原来有x人参加聚餐，则实际有（x-4）人参加聚餐，根据“总费用由实际参加的同学平均分摊，则每人比原来多支付4元”，列出方程即可解答．
【详解】解：设原来有x人参加聚餐，则实际有（x-4）人参加聚餐，
根据题意得，
故选：D．
【点睛】本题考查由实际问题抽象出分式方程，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
9. 如图，正方形的边长为6，点E，F分别在上，，连接与相交于点G，连接，取的中点H，连接，则的长为（ ）

A. B. C. 5 D.
【答案】B
【解析】
【分析】先证明，可得，进而得到，用勾股定理求得，再由直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点H是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键．
10. 如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于点E，连AC、OD，若2∠CAB＝∠BOD，CD＝8，BE＝2，则⊙O的半径为（ ）

A. 5 B. C. D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】连接，先根据圆周角定理可得，从而可得，再根据等腰三角形的三线合一可得，设的半径为，则，，然后在中，利用勾股定理求解即可得．
【详解】解：如图，连接，

由圆周角定理得：，
，
，
，，
（等腰三角形的三线合一），
设的半径为，则，
，
，
在中，，即，
解得，
即的半径为5，
故选：A．
【点睛】本题考查了圆周角定理、等腰三角形的三线合一、勾股定理等知识点，熟练掌握圆周角定理是解题关键．
11. 如果关于的不等式组的解集为，且关于的分式方程有非负整数解，则符合条件的整数m的值的和是（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】C
【解析】
【分析】先求不等式组的解集，确定的取值范围，再解分式方程，确定的取值范围，进而确定整数的所有值，最后求和计算即可．
【详解】解：，
解不等式①得：，
解不等式②得：，
∵不等式组的解集为，
∴；
，
方程两边同时乘以得：；
解得：，
∵分式方程有非负数解且，
∴且，
解得且 ，
∴的取值范围为：且；
∴符合条件的所有整数的取值为，，，0，2，3，
∴符合条件的所有整数的值和为：．
故选：C．
【点睛】本题考查了解分式方程和分式方程的解，以及解不等式组和一元一次不等式组的解集，解题的关键在于求出的取值范围．
12. 关于x的三次三项式（其中a，b，c，d均为常数），关于x的二次三项式（e，f均为非零常数），下列说法中正确的有（ ）
①当为关于x的三次三项式时，则；
②当多项式A与B的乘积中不含项时，则；
③；
④当关于x的方程有两个相等的实根时，则；
⑤若当B中x取值为和时，多项式B的值相等，则e的最大值为2．
A. ①②④ B. ①③④ C. ①④⑤ D. ①③④⑤
【答案】B
【解析】
【分析】先根据整式的加减求出的值，再根据为关于的三次三项式即可判断①；先根据多项式的乘法法则求出的值，再根据乘积中不含项即可判断②；分别求出当和时，的值，由此即可判断③；根据一元二次方程根的判别式即可判断④；先判断出，再将看作为关于的二次函数，利用二次函数的对称性可得，从而可得，由此即可判断⑤．
【详解】解：，
，
为关于的三次三项式，且为非零常数，
，
解得，说法①正确；


，
多项式与的乘积中不含项，
，
解得，说法②错误；
，
当时，，
当时，，
则，说法③正确；
关于的方程有两个相等的实根，
此方程根的判别式，
，说法④正确；
，
，
将看作为关于的二次函数，
当和时，的值相等，
（二次函数的对称性），
，
则的最大值为3，说法⑤错误；
综上，说法正确的有①③④，
故选：B．
【点睛】本题考查了整式的加减与乘法、一元二次方程根的判别式、二次函数的性质，较难的是⑤，将问题转化为二次函数的问题是解题关键．
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）
13. 计算：______
【答案】##-0.5
【解析】
【分析】直接利用零指数幂的性质和特殊角的三角函数值、负整数指数幂的性质分别化简得出答案．
【详解】解：

=．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了实数的运算，正确利用零指数幂的性质、负整数指数幂的性质、特殊角的三角函数值化简各数是解题的关键．
14. 一个不透明的口袋中有四个完全相同的小球，上面分别标有数字－2，－1，0，4，随机摸取一个小球后不放回，再随机摸取一个小球，则两次取出的小球上的数字之积为正数的概率为______
【答案】
【解析】
【分析】画树状图将所有等可能的结果列举出来，找出满足条件情况，然后利用概率公式求解即可．
【详解】解：画树状图：

由树状图知，等可能的情况共有12种等可能结果，其中两次取出的小球上数字之积为正数的有2种结果，
所以两次取出的小球上数字之积为正数的概率为，
故答案为．
【点睛】本题考查了列表法与树状图的知识，解题的关键是能够用列表或列树状图将所有等可能的结果列举出来，难度不大．
15. 如图，在正方形ABCD中，对角钱AC、BD相交于O，AB＝4，以点B为圆心，AB长为半径画弧；再以B为圆心，BO长为半径画弧，分别交AB、BC于点E、F．则图中阴影部分的面积为______（结果保留）

【答案】##
【解析】
【分析】观察图形，阴影部分面积等于，根据正方形的性质求得，，代入三角形面积公式与扇形面积公式即可求解．
【详解】如图，

在正方形ABCD中，对角钱AC、BD相交于O，AB＝4，
，，
阴影部分面积等于


，
故答案为：
【点睛】本题考查了正方形的性质，求扇形面积，掌握正方形的性质是解题的关键．
16. 重庆某饰品店所售饰品款式新颖、价格实惠，深受消费者喜爱．今年5月，该饰品店购进甲、乙、丙、丁四种饰品，甲与乙的销量之和等于丁的销量，丙的销量占丁销量的，四种饰品的销量之和不少于600件，不多于650件，甲、乙饰品的进价相同，均为丙与丁的进价之和，四种饰品的进价均为正整数，店家购进这四种饰品的总成本一共5200元，则店家购进这四种饰品各一件的进价之和为______元
【答案】36
【解析】
【分析】根据题意可设丁的销量为m件，丙的进价为s元，丁的进价为t元，利用四种饰品的销量之和不少于600件，不多于650件，列出不等式即可求出m可能的取值，然后利用店家购进这四种饰品的成本一共5200元，列出方程，根据s和t均为正整数，可求出s和t可能的取值，再算出题目所求即可．
【详解】解：由题意：设丁的销量为m件，丙的进价为s元，丁的进价为t元，
则甲、乙销量之和为m件，丙的销量为件，甲和乙的进价均为元，
∵ 四种饰品的销量之和不少于600件，不多于650件，
∴，即，
∵m和均为正整数，即m为6的正整数倍，
∴m的取值可以为：282、288、294、300，
∵店家购进这四种饰品的成本一共5200元，
∴，
∴①，
∵s和t均为正整数，
∴将m的取值分别代入①，符合条件的是，
∴此时，
∵s和t均为正整数，
∴符合题意的是，，
∴（元），
∴这四种饰品各一件的进价之和为36元，
故答案为：36．
【点睛】本题主要考查一元一次不等式组的应用，正确理解题目意思并列出不等式组是解答本题的关键．
三、解答题（共86分）
17. 计算
（1）
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据单项式乘多项式和平方差公式可以解答本题；
（2）先因式分解，再根据分式的减法和除法解答本题．
【小问1详解】
解：（1）



【小问2详解】
（2）




【点睛】本题考查整式的混合计算，分式的混合运算、单项式乘多项式、平方差公式，熟悉相关性质是解答本题的关键．
18. 如图，在矩形中，，点在上，连接，．

（1）过点作，垂足为（要求：尺规作图，不写作法和结论，保留作图痕迹）；
（2）根据（1）中作图，求证．
证明：∵四边形是矩形，
∴，且
∵
∴ ①
∴
∵
∴
在与中

∴ ②
∴
∵，
∴
∴ ③ - ④
∴
【答案】（1）作图见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先以B为圆心，大于B到的距离为半径画弧，交于两点，再分别以这两点为圆心，大于这两点之间的距离为半径画弧，得两弧的一个交点，过这个交点与B作直线，交于N，从而可得答案；
（2）利用矩形的性质证明可得 再利用线段的和差可得结论.
【小问1详解】
解：如图，线段即为所求作的线段，
【小问2详解】
证明：∵四边形是矩形，
∴，且
∵
∴
∴
∵
∴
在与中

∴
∴
∵，
∴
∴
∴
【点睛】本题考查的是过已知点作直线的垂线，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，证明是解本题的关键.
19. 为培养学生良好的运动习惯和运动能力，我校本学期开展了“趣味运动会”和“冬季长跑”等体育活动．为了解九年级学生的长跑水平，我校对全体九年级同学进行了长跑测试，体育组陈老师随机抽取20名男生和20名女生的测试成绩（满分100）进行整理和分析（成绩共分成五组：A．，B．，C．，D．，E．），绘制了不完整的统计图表：
（1）收集、整理数据
20名男生的长跑成绩分别为：
76，77，95，88，50，89，89，97，99，93，97，89，65，87，68，89，78，88，98，88．
女生长跑成绩在C组和D组分别为：
73，74，74．74，74，76，83．88．89．

（2）分析数据：两组样本数据的平均数、中位数和众数如表所示：
长跑成绩
平均数
中位数
众数
男生
85
88.5
b
女生
81.8
a
74
请根据以上信息，回答下列问题；
（1）①补全频数分布直方图；
②填空：______，______；
（2）根据以上数据，你认为九年级学生是男生的长跑的成绩更好还是女生的长跑成绩更好？判断并说明理由（一条理由即可）；
（3）如果我校九年级有男生900名，女生600名，请估计九年级长跑成绩不低于80分的学生人数．
【答案】（1）①见解析；②a=79.5，b=89；
（2）男生，见解析； （3）930
【解析】
【分析】（1）①用总人数20减去其他的人数得到80-90分的人数，补全图形即可；
②先求出A组和B组的人数，根据中位数的定义结合C组和D组的数据解答求出a值；根据众数定义求出b值；
（2）利用表格中的平均数、中位数、众数的成绩比较解答；
（3）用人数乘以对应的比例，再相加即可得到答案．
【小问1详解】
解：①20-1-2-3-6=8，补全图形：

②A组人数人，B组人数为人，A和B组共4人，
而中位数应为第10个和第11个数据，第10个数据为76，第11个数据为83，
∴女生的中位数a=；
数据89出现的次数最多，故众数b=89，
故答案是：79.5，89；
【小问2详解】
解：男生的成绩更好些．
从平均数、中位数、众数来看，男生的成绩均高于女生，故男生成绩更好些；
【小问3详解】
解：（人），
∴九年级长跑成绩不低于80分的学生有930人．
【点睛】此题考查了条形统计图与扇形统计图，会求部分的数量，会画条形图，根据部分的比例求总体中的数量，解题的关键是读懂统计图，并得到相关的数据进行计算．
20. 如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于二、四象限内的A、B两点，与y轴交于点C，与x轴交于点D，，点E为x轴负半轴上一点，且．

（1）求k和b的值；
（2）若将点C沿y轴向下平移4个单位长度至点F，连接AF、BF，求△ABF的面积；
（3）根据图象，直接写出不等式的解集．
【答案】（1）k的值为，b的值为 （2）12
（3）或

【解析】
【分析】（1）如图，作，垂足为，连接，由，可求的值，由勾股定理得，求出的值，可知点坐标，将点坐标分别代入和中即可求得的值；
（2）由（1）可知反比例函数与一次函数解析式分别为：，；令，解得满足方程的解或，将代入中解得，可知点坐标，由，计算求解即可；
（3）由题意知不等式的解集为一次函数图象在反比例函数图象上方的x的取值范围，由图象的交点坐标，即可得到不等式的解集．
【小问1详解】
解：如图，作，垂足为，连接

∵
∴
解得
由勾股定理得
∴
将代入中得
解得
将代入中得
解得
∴，．
【小问2详解】
解：由（1）可知反比例函数与一次函数解析式分别为：，
令
去分母得：
解得：或
经检验或均为分式方程的解
将代入中解得
∴
∴


∴△ABF的面积为12．
【小问3详解】
解：由题意知
该不等式的解集为一次函数图象在反比例函数图象上方的x的取值范围
∴解集为或．
【点睛】本题考查了一次函数与反比例函数的综合，函数解析式，不等式，解可化为一元二次方程的分式方程，余弦，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
21. 如图，一艘海轮位于灯塔P的南偏东方向，距离灯塔100海里的A处，它计划沿正北方向航行，去往位于灯塔P的北偏东方向上的B处．

（1）问B处距离灯塔P有多远？（结果精确到0.1海里）
（2）假设有一圆形暗礁区域，它的圆心位于射线上，距离灯塔150海里的点O处．圆形暗礁区域的半径为60海里，进入这个区域，就有触礁的危险．
①请判断海轮到达B处是否有触礁的危险？并说明理由．
②如果海伦从B处继续向正北方向航行，是否有触礁危险？请说明理由．（参考数据：，）
【答案】（1）海里
（2）①海轮到达处没有触礁的危险，理由见解析；②海轮从处继续向正北方向航行，有触礁的危险，理由见解析
【解析】
【分析】（1）过作交于点，求出，得海里，再证明是等腰直角三角形，得海里即可；
（2）①求出的长，即可；②过点作交于，求出的长，即可求解．
【小问1详解】
解：过点作交于点．
由题意可知，海里，，．
．
（海里），
在中，，
是等腰直角三角形，
（海里）（海里）．
答：处距离灯塔约海里．
【小问2详解】
解：①海轮到达处没有触礁的危险，理由如下：
由题意知：海里，海里，
海里海里海里，
海轮到达处没有触礁的危险．
②海轮从处继续向正北方向航行，有触礁的危险，理由如下：
过点作交于，交延长线于点，

则，
，


，
海轮从处继续向正北方向航行，有触礁的危险．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的应用，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形求解．
22. 农历虎年之际，某社区为了突出浓浓年味，计划购买A与B两种贴花共500张．已知A贴花的售价是每张15元，B贴花的售价是每张30元，共花费9000元．
（1）求计划购买多少张B贴花？
（2）为了节省费用，社区工作人员最终在网上购买，A贴花每张售价减少了，B贴花每张售价也便宜了m元．现在在（1）的基础上购买B贴花的数量增加了m张，总数量不变，并且总费用比原计划减少了（2000+10m）元，求m的值．
【答案】（1）100 （2）8，0
【解析】
【分析】（1）设计划购买A种贴花x张，购买B种贴花y张，列出二元一次方程组即可求解；
（2）结合（1）中所求的两种贴花的价格，根据总张数不变、总消费降低，找到等量关系列出一元二次方程，解方程即可得解．
【小问1详解】
设计划购买A种贴花x张，购买B种贴花y张，
根据题意可列二元一次方程组：，
解得：，
即计划购买B种贴花100张，购买A种贴花400张；
【小问2详解】
网上购买，A种贴花的价格为（元），且张数为，
B种贴花的价格为：30-m（元），且张数为，
则根据题条件有：，
化简得：，解得：m1=8，m2=0，两个根均满足题条件，
即m的值为8或者0．
【点睛】本题考查了二元一次方程组、一元二次方程的应用，准确理解题意找到正确的等量关系是解答本题的关键．
23. 一个四位数m＝1000a+100b+10c+d（其中1≤a，b，c，d≤9，且均为整数），若a+b＝k（c﹣d），且k为整数，称m为“k型数”．例如，4075：4+0＝2×（7﹣5），则4075为“2型数”；3526：3+5＝﹣2×（2﹣6），则3526为“﹣2型数”．
（1）判断1731与3213是否为“k型数”，若是，求出k；
（2）若四位数m是“3型数”，m﹣3是“﹣3型数”，将m的百位数字与十位数字交换位置，得到一个新的四位数m′，m′也是“3型数”，求满足条件的所有四位数m．
【答案】（1）为“4型数”，即；不是“型数”
（2）满足条件的所有四位数m有7551和6662
【解析】
【分析】（1）根据“k型数”直接求解即可；
（2）根据题目中的要求列出相应的方程及不等式组，分情况讨论即可．
【小问1详解】
解：一个四位数m＝1000a+100b+10c+d（其中1≤a，b，c，d≤9，且均为整数），若a+b＝k（c﹣d），且k为整数，称m为“k型数”，
①，则为“4型数”，即；
②，由于不是整数，则不是“型数”；
【小问2详解】
解：设四位数，
四位数m是“3型数”，
，则
m﹣3是“﹣3型数”，则十位数与个位数的差是个负数，
∴c＜d-3，或c-1＜10+d-3，
当c＜d-3时，c-d＜-3,与c＞d矛盾，舍去，
当c-1＜10+d-3时，c＜d+8，
可取、两个数，则，
将m的百位数字与十位数字交换位置，得到新四位数，
m′也是“3型数”，则，
联立上述式子得：，
①当时，，解得，则四位数；
②当时，，解得，则四位数；
满足条件的所有四位数m有7551和6662．
【点睛】这题是一个新定义阅读题，主要考查整数的运算，列方程，考查了学生阅读、归纳材料的能力；重点是理解题目意思，按要求得到符合条件的方程，分情况讨论求解．难度较大．
24. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2+x﹣3交x轴于点A，点B（点A在点B的左侧），交y轴于点C，连接AC，BC．P是第三象限内抛物线上一动点，过P作PEy轴交AC于点E，过E作EFBC交x轴于点F．

（1）求△ABC的面积；
（2）求PE+EF+FO的最大值及此时点P的坐标；
（3）将抛物线y＝x2+x﹣3平移，使得新抛物线的顶点为（2）中求得的点P，点Q为x轴下方的新抛物线上一点，R为x轴上一点，直接写出所有使得以点A，C，Q，R为顶点的四边形是平行四边形的点R的坐标．
【答案】（1）9 （2），
（3），，，
【解析】
【分析】（1）令y=0，可求得抛物线与x轴的交点坐标为：A(-5,0)、B(1,0)，令x=0，可求出抛物线与y轴的交点坐标为：C(0,-3)，再求出AB、OC的长度，△ABC的面积即可得解即可；
（2）根据A(-5,0)、B(1,0)，C(0,-3)求出直线AC、BC的解析式，分别为：、，利用勾股定理求出AC=，BC=，再直接设P的坐标为：，且，以此求出E点坐标表，进而利用含x0的代数式表示出PE；，根据E、C、B三点坐标求出F点坐标，则OF=（F点可能在y轴左侧也可能在右侧），并根据得出，继而得到用含x0的代数式表示出；最后可以得到一个用含x0的代数式表示出，再根据x0的取值范围来求出的最大值，并最终确定p点坐标；
（3）过C点作直线轴，与交新抛物线交于Q1、Q2两点（Q1、在Q2左边）；新抛物线以P点为顶点，则可求出新抛物线的解析式为：，根据点R在x轴上，Q点为x轴下方的新抛物线上一点，可知Q、C均在x轴（AR）下方，即：QC不可能是新构造的平行四边形的对角线，则有AR一定是以点A，C，Q，R为顶点构成的平行四边形的一条边，而非对角线，因此一定存在，则在新构造的平行四边形中一定有：AR=QC，故将y=-3代入新抛物线可求出Q1、Q2两点的坐标，则可知Q点只能存在于Q1、Q2两点，继而得到QC的长度，继而得到AR的长度，再根据A点坐标求出R点坐标，问题得解．
【小问1详解】
根据抛物线解析式，
令y=0，可求得抛物线与x轴的交点坐标为：A(-5,0)、B(1,0)，
令x=0，可求出抛物线与y轴的交点坐标为：C(0,-3)，
∵A(-5,0)、B(1,0)、C(0,-3)，
∴AO=5，OC=3，OB=1，则AB=6，
∴；
【小问2详解】
∵A(-5,0)、B(1,0)，C(0,-3)，
∴直线AC的解析式为：，直线BC的解析式为：，
又∵AO=5，OC=3，OB=1，AB=6，
∴利用勾股定理易得：AC=，BC=，
∵P是第三象限内抛物线上一动点，
∴设P的坐标为：，且，
∴AC与PE的交点E点坐标为：，
∴，，
∵，
∴设EF的解析式为：，
代入E点坐标有，
∴F点的坐标为，
∴OF=，
又根据，
得：，即，即：，
∴，
则有，
当时，时，l的值最大且为；
当时，时，l的值最大且为；
综上两种情况可知：当时，l的值最大且为，
此时P点坐标为：；
【小问3详解】
如图：

过C点作直线轴，与交新抛物线交于Q1、Q2两点（Q1、在Q2左边），
在（2）中求得P点坐标为：，
已知平移后的抛物线以P点为顶点，则新抛物线的方程为，
∵点R在x轴上，Q点为x轴下方的新抛物线上一点，
∴Q、C均在x轴（AR）下方，即：QC不可能是新构造的平行四边形的对角线，
∴AR一定是以点A，C，Q，R为顶点构成的平行四边形的一条边，而非对角线，
∴一定存在，
∴在新构造的平行四边形中一定存在：AR=QC，
∴将y=-3代入新抛物线可求出Q1、Q2两点的坐标，
即为：Q1、Q2，
即有：Q点只能存在于Q1、Q2两点，
又∵C点坐标为(0,-3)，
则此时分情况讨论：
当Q点在Q1时，
即有，
∵，
∴以点A，C，Q，R为顶点构成的平行四边形中，存在AR=QC，
且此时R点既可在A点右侧也可在A点左侧，A点坐标为(-5,0)，
∴则此时R点的坐标为：、；
当Q点在Q2时，
即有，
∵，
∴以点A，C，Q，R为顶点构成的平行四边形中，存在AR=QC，
且此时R点既可在A点右侧也可在A点左侧，A点坐标为(-5,0)，
∴则此时R点的坐标为：、；
综上所述：R点的坐标为：、、、．
25. 在△ABC和△AEF中，∠AFE＝∠ABC＝90°，∠AEF＝∠ACB＝30°，，连接EC．点G是EC中点，将△AEF绕点A顺时针旋转．

（1）如图1，若E恰好在线段AC上，AB＝2，连接FG，求FG的长度；
（2）如图2，若点F恰好落在射线CE上，连接BG，证明：；
（3）如图3，若AB＝3，在△AEF旋转过程中，当最大时，直接写出直线AB，AC，BG所围成三角形的面积．
【答案】（1） （2）证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）如图1，作垂足为，由题意知，，，，，进而可求的值，在中，由勾股定理得计算求解即可；
（2）如图2，取的中点，连接，由题意知，，有，证明，有，由可知，结论得证；
（3）如图3，取AC中点M，连接，在MC上取点D使，作垂足为，由题意知是的中位线，，，，证明，有，可知，当三点不共线时，，当三点共线时，，有，可知最大时，三点共线，此时为线段上靠近的四等分点，此时，直线AB，AC，BG所围成三角形的面积为，，解得的数量关系，由可求的值，对计算求解即可．
【小问1详解】
解：如图1，作垂足为

由题意知，，，，
∴，，
在中，由勾股定理得
∴的长为．
【小问2详解】
证明：如图2，取的中点，连接

由题意知
∴，
∵分别为的中点
∴
∴
∴
∵
∴



∴
在和中
∵
∴
∴
∵，
∴
∴得证．
【小问3详解】
解：如图3，取AC中点M，连接，在MC上取点D使，作垂足为

由题意知是的中位线，
∴，
∴
∵，，
∴
∴
∴
∴
当三点不共线时，
当三点共线时，
∴
最大时，三点共线，此时为线段上靠近的四等分点，此时，直线AB，AC，BG所围成三角形的面积为
∴
∴
∴
解得
∴
∵
∴
∴


∴当最大时，直线AB，AC，BG所围成三角形的面积为．
【点睛】本题考查了含30°的直角三角形的性质，勾股定理，三角形全等，中位线，三角形相似，三角形三边关系等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．