2023-2024学年河南省安阳市文峰区正一中学九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省安阳市文峰区正一中学九年级（上）期中数学试卷（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.实数−π，−3.14，0， 2 四个数中，最小的是( )
A. −πB. −3.14C. 2D. 0
2.“斗”是我国古代称量粮食的量器，它无盖，其示意图如图所示，下列图形是“斗”的俯视图的是( )
A. B. C. D.
3.下列计算正确的是( )
A. 2a2−3a2=−a2B. (−3)2=6C. 6a3+4a4=10a7D. 3a2b−3b2a=0
4.据国家统计局发布的《2022年国民经济和社会发展统计公报》显示，2020年和2022年全国居民人均可支配收入分别为3.2万元和3.7万元.设2020年至2022年全国居民人均可支配收入的年平均增长率为x，依题意可列方程为( )
A. 3.2(1−x)2=3.7B. 3.2(1+x)2=3.7C. 3.7(1−x)2=3.2D. 3.7(1+x)2=3.2
5.若关于x的一元二次方程kx2−6x+9=0有实数根，则k的取值范围是( )
A. k<1B. k≤1C. k<1且k≠0D. k≤1且k≠0
6.在联欢晚会上，有A、B、C三名同学站在一个三角形的三个顶点位置上，他们在玩抢凳子游戏，要求在他们中间放一个木凳，谁先抢到凳子谁获胜，为使游戏公平，则凳子应放的最适当的位置在△ABC的( )
A. 三边中线的交点B. 三条角平分线的交点
C. 三边上高的交点D. 三边中垂线的交点
7.已知点A(1,y1)，B(−2,y2)，C(−1,y3)在反比例函数y=−|k|−2x(k是常数)的图象上，则y1、y2、y3的大小关系是( )
A. y38.把△ABC各点的纵坐标都乘以−1，横坐标不变，符合上述要求的图是( )
A. B.
C. D.
9.如图，在矩形ABCD中，E，F分别是CD，BC上的点，若∠AEF=90°，则一定有( )
A. △ADE∽△AEF
B. △ECF∽△AEF
C. △ADE∽△ECF
D. △ADE∽△ABF
10.如图1，在△ABC中，动点P从点A出发沿折线AB→BC→CA方向匀速运动至点A停止，设点P的运动路程为x，线段AP的长度为y，图2是表示y与x的函数关系的图象，其中点E为曲线DF的最低点，下列结论①∠B=60°，②AC=7，③△ABC的面积为10 3，④△ABC中AB边上的高为4，其中正确的个数为( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.关于x的不等式2x+7≥3(x+2)的正整数解是______ ．
12.周末小明一家想到丹霞山、老厂竹海、坡上草原中的一处旅游，小颖一家想去丹霞山、坡上草原中的一处旅游，则两家恰好选择同一处景区的概率是______ ．
13.抛物线y=3(x−2)2+k与x轴的一个交点坐标是(−1,0)，则它与x轴的另一个交点的坐标是______ ．
14.在数学实践活动中，某同学用一张如图①所示的矩形纸板制做了一个扇形，并由这个扇形围成一个圆锥模型(如图②所示)，若扇形的圆心角为120°，圆锥的底面半径为2，则此圆锥的母线长为______ ．
15.如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，点E为直线BC上一动点，连接AE，将△ABE沿AE翻折得到△AB′E，当点B′恰好落在直线CD上时，BE的长为______ ．
三、解答题：本题共8小题，共75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：(13)0+ 27−|−3|+tan45°；
(2)化简：(1x−1−x−3x2−2x+1)÷2x−1．
17.(本小题9分)
2023年9月23日至10月8日第十九届亚运动会将在中国杭州举办，某校组织全校七、八年级学生举行了“亚运知识”竞赛，现分别在七、八两个年级中各随机抽取10名学生，统计这部分学生的竞赛成绩，相关数据统计整理如下：
【收集数据】
七年级10名同学测试成绩统计如下：84，78，85，75，72，91，79，72，69，95
八年级10名同学测试成绩统计如下：85，80，76，84，80，72，92，74，75，82
【整理数据】两组数据各分数段如下表所示：
【分析数据】两组数据的平均数、中位数、众数、方差如下表：
【问题解决】根据以上信息，解答下列问题：
(1)填空：a= ______ ，b= ______ ，c= ______ ．
(2)按照比赛规定90分及其以上为优秀，若该校七年级学生共1200人，八年级学生共1000人，请估计这两个年级竞赛成绩达到优秀学生的人数．
(3)根据以上数据，你认为该校七、八年级中哪个年级学生知识竞赛成绩更好？请说明理由．
18.(本小题9分)
如图，四边形ABCD为正方形.点A的坐标为(0,2)，点B的坐标为(0,−3)，反比例函数y=kx的图象经过点C，一次函数y=ax+b的图象经过点C和点A．
(1)求反比例函数与一次函数的解析式；
(2)点P是反比例函数图象上的一点，若△OAP的面积恰好等于正方形ABCD的面积，求P点坐标；
(3)直接写出ax+b>kx的解集．
19.(本小题9分)
如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD为斜边中线，以CD为直径作⊙O交BC于点E，过点E作EF⊥AB，垂足为点F．
(1)求证：EF为⊙O的切线．
(2)若CD=5，AC=6，求EF的长．
20.(本小题9分)
郑州⋅中国绿化博览园，是第二届中国绿化博览会的主会场，是国家AAAA级旅游景区，集生态休闲、自然教育、亲子娱乐于一体的生态园林，是远离城市喧嚣，邂逅生态之美、探自然奇趣的近郊游玩好去处！在学校组织的实践活动中，某数学兴趣小组决定利用所学知识测量绿博园观光塔的高度.如图，明明同学先在湖对面的广场A处放置做好的测倾器，测得观光塔的塔尖F的仰角为37°，接下来明明向前走20m之后到达B处，测得此时观光塔的塔尖F的仰角为45°已知测倾器的高度为1.2m，点A、B、E在同一直线上，求观光塔的高度；(结果精确到0.1m，考数据：sin37°≈0.6，cs37°≈0.8，tan37°≈0.75， 2≈1.414)
21.(本小题9分)
某学校要购买甲、乙两种消毒液，用于预防新型冠状病毒，若购买9桶甲消毒液和6桶乙消毒液，则一共需要615元；若购买8桶甲消毒液和12桶乙消毒液，则一共需要780元．
(1)每桶甲消毒液、每桶乙消毒液的价格分别是多少元？
(2)若该校计划购买甲、乙两种消毒液共30桶，其中购买甲消毒液a桶，且甲消毒液的数量至少比乙消毒液的数量多6桶，又不超过乙消毒液的数量的2倍，怎样购买，才能使总费用W最少？并求出最少费用．
22.(本小题9分)
如图1，正方形ABCD和正方形AEFG，连接DG，BE．

(1)发现：当正方形AEFG绕点A旋转，如图2，
①线段DG与BE之间的数量关系是______ ；
②直线DG与直线BE之间的位置关系是______ ．
(2)探究：如图3，若四边形ABCD与四边形AEFG都为矩形，且AD=2AB，AG=2AE，判断(1)中的结论是否成立？并说明理由．
(3)应用：在(2)情况下，连接GE(点E在AB上方)，若GE/​/AB，且AB= 5，AE=1，直接写出线段DG的长．
23.(本小题11分)
如图，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于点A，B，交y轴于点C，点B的坐标为(1,0)，对称轴是直线x=−1，点P是x轴上一动点，PM⊥x轴，交直线AC于点M，交抛物线于点N．
(1)求这个二次函数的解析式；
(2)若点P在线段AO上运动(点P与点A、点O不重合)，求四边形ABCN面积的最大值，并求出此时点P的坐标；
(3)若点P在x轴上运动，则在y轴上存在点Q，使以M、N、C、Q为顶点的四边形是菱形，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵|−π|=π，|−3.14|=3.14，
∴−π<−3.14，
∴−π，−3.14，0， 2这四个数的大小关系为−π<−3.14<0< 2．
故选：A．
先计算|−π|=π，|−3.14|=3.14，根据两个负实数绝对值大的反而小得−π<−3.14，再根据正数大于0，负数小于0得到−π<−3.14<0< 2．
本题考查了有理数大小比较：正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小．
2.【答案】C
【解析】解：从上面看，看到的图形为一个正方形，在这个正方形里面还有一个小正方形，即看到的图形为，
故选C．
根据俯视图是从上面看到的图形进行求解即可．
本题主要考查了简单几何体的三视图，熟知俯视图是从上面看到的图形是解题的关键．
3.【答案】A
【解析】解：A.2a2−3a2=−a2，故本选项符合题意；
B.(−3)2=9，故本选项不符合题意；
C.6a3与4a4不是同类项，所以不能合并，故本选项不符合题意；
D.a2b与−3b2a不是同类项，所以不能合并，故本选项不符合题意．
故选：A．
选项A、C、D关键合并同类项法则判断即可，选项B根据有理数的乘方的定义判断即可．
本题考查了合并同类项以及有理数的乘方，掌握相关定义与运算法则是解答本题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：由题意得：3.2(1+x)2=3.7，
故选：B．
根据2020年的人均可支配收入×(1+年平均增长率)2=2022年的人均可支配收入，列出一元二次方程即可．
此题主要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．
5.【答案】D
【解析】解：∵一元二次方程kx2−6x+9=0有实数根，
∴(−6)2−4×9k≥0，且k≠0，
解得k≤1且k≠0，
故选：D．
根据一元二次方程的定义及根的判别式即可判断．
此题考查了一元二次方程的定义及根的判别式，熟练掌握一元二次方程的定义及根的判别式是解题的关键．
6.【答案】D
【解析】解：利用线段垂直平分线的性质得：要放在三边中垂线的交点上．
故选：D．
为使游戏公平，要使凳子到三个人的距离相等，于是利用线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等可知，要放在三边中垂线的交点上．
本题主要考查了线段垂直平分线的性质的应用；利用所学的数学知识解决实际问题是一种能力，要注意培养．想到要使凳子到三个人的距离相等是正确解答本题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵−|k|−2<0，
∴此函数位于二、四象限，且在每个象限y随x的增大而增大，
∵点A(1,y1)，B(−2,y2)，C(−1,y3)在反比例函数y=−|k|−2x(k是常数)的图象上，
∴点A(1,y1)在第四象限，y1<0，B(−2,y2)，C(−1,y3)在第二象限，0∴y1故选：C．
首先判断−|k|−2<0，得在每一象限y随x的增大而增大，再根据点所在的象限判断函数值的大小．
本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握反比例函数性质是解题关键．
8.【答案】D
【解析】解：一个点的纵坐标乘以−1，所得的点与原来的点关于x轴对称，
∴把△ABC各点的纵坐标都乘以−1，即作它关于x轴对称的图形，
所以所得图形关于x轴对称，
故选：D．
把△ABC各点的纵坐标都乘以−1，即作它关于x轴对称的图形，从而得解．
本题考查轴对称的坐标变换，掌握“一个点的纵坐标乘以−1，所得的点与原来的点关于x轴对称”是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠C=90°，
∴∠DAE+∠AED=90°，
∵∠AEF=90°，
∴∠CEF+∠AED=90°，
∴∠DAE=∠CEF，
在△ADE和△ECF中，
∠D=∠C=90∘∠DAE=∠CEF，
∴△ADE∽△ECF，选项C正确；
△ADE与△AEF、△ECF与△AEF、△ADE与△ABF都是只有一对相等的直角，所以都不是相似三角形，
故选：C．
先根据矩形的性质可得∠D=∠C=90°，再根据直角三角形的性质可得∠DAE=∠CEF，然后根据相似三角形的判定即可得出答案．
本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定等知识点，熟练掌握相似三角形的判定是解题关键．
10.【答案】C
【解析】解：过点C作CH⊥AB于点H，过点A作AQ⊥BC于点Q，
从图2看，AB=8，
∵点E为曲线DF的最低点，即AB+BQ=12，即BQ=4，
则CQ=13−12=1，即BC=4+1=5，
在Rt△ABQ中，csB=BQAB=48=12，
则∠B=60°，
故①正确，符合题意；
则CH=BC⋅sinB=5× 32=5 32，
故④错误，不符合题意；
则BH=52，则AH=8−52=112，
则AC= CH2+AH2= (5 32)2+(112)2=7，
故②正确，符合题意；
S△ABC=12×AB⋅CH=12×8×5 32=10 3，
故③正确，符合题意，
故选：C．
由点E为曲线DF的最低点，即AB+BQ=12，即BQ=4，在Rt△ABQ中，csB=BQAB=48=12，进而求解．
本题考查了动点问题的函数图象，勾股定理，垂线段最短，从函数图象获取信息是解题的关键．
11.【答案】x=1
【解析】解：由题知，
2x+7≥3x+6，
2x−3x≥6−7，
−x≥−1，
x≤1，
所以此不等式的正整数解是：x=1．
故答案为：x=1．
求出这个不等式的解集即可解决问题．
本题考查一元一次不等式的整数解，熟知解一元一次不等式的步骤是解题的关键．
12.【答案】13
【解析】解：用A、B、C分别表示丹霞山、老厂竹海、坡上草原，
依题意，树状图如下：
∴共有6等可能的结果，两家恰好选择同一处景区的有2情况，
∴两家抽到同一景点的概率是：26=13
故答案为：13．
先用A、B、C分别表示丹霞山、老厂竹海、坡上草原，然后画出树状图，再由树状图求得所有等可能的结果与两家恰好选择同一景点的结果，继而求得答案．
本题考查了求概率，涉及运用树状图法求概率，正确掌握概率等于两家恰好选择同一景点的结果除以所有等可能的结果是解题的关键．
13.【答案】(5,0)
【解析】解：∵函数y=3(x−2)2+k与x轴的一个交点坐标是(−1,0)，
∴抛物线对称轴为：直线x=2，
∴则它与x轴的另一个交点坐标是：(5,0)．
故答案为：(5,0)．
利用抛物线解析式得出对称轴，进而利用其中一个交点坐标为(−1,0)，得出另一个交点坐标．
此题主要考查了抛物线与x轴的交点以及二次函数的性质，得出二次函数对称轴是解题关键．
14.【答案】4
【解析】解：设母线长为l，
则120πl180=2π×2，
解得：l=4，
故答案为：4．
设此圆锥的母线长为l，由于圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长，则利用弧长公式得到120πl180=2π×2，然后解方程即可．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．
15.【答案】52或10
【解析】解：由翻折可得AB′=AB=5，EB′=BE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=4，CD=AB=5，∠ADC=∠DCB=90°，
∴DB′= 52−42=3，
∴CB′=5−3=2，
设CE=x，则EF=BE=4−x，
由勾股定理可得(4−x)2=x2+22，
解得x=32，
∴BE=BC−CE=4−32=52；
当E在BC的延长线上时，设CE=y．
∵AB′=AB=5，AD=4，∠ADF=90°，
∴DB′= AB′2−AD2= 52−42=3，
∴CB′=3+5=8，EB′=EB=y+4，
在Rt△ECB′中，(y+4)2=y2+82，
解得y=6，
∴BE=BC+CE=4+6=10．
故答案为：52或10．
由翻折可得AB′=AB=5，EB′=BE，由四边形ABCD为矩形，可得AD=BC=4，CD=AB=5，∠ADC=∠DCB=90°，则DB′=3，CB′=5−3=2，设CE=x，则EB′=BE=4−x，由勾股定理可得(4−x)2=x2+22，求解x，进而求出BE的长．当E在BC的延长线上时，设CE=y.利用勾股定理构建方程求解．
本题考查翻折变换(折叠问题)、矩形的性质、勾股定理，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．
16.【答案】解：(1)原式=1+3 3−3+1
=3 3−1；
(2)原式=[x−1(x−1)2−x−3(x−1)2]×x−12
=x−1−x+3(x−1)2×x−12
=2(x−1)2×x−12
=1x−1．
【解析】(1)按照零指数幂、利用二次根式的性质化简、绝对值法则、特殊角的三角函数值分别计算，即可得到答案；
(2)先计算括号内的分式减法运算，再计算分式除法即可．
本题考查了实数的混合运算和分式的混合运算，熟练掌握运算法则和特殊角的三角函数值是解题的关键．
17.【答案】2 78.5 80
【解析】解：(1)将七年级抽样成绩重新排列为：69，72，72，75，78，79，84，85，91，95，其中在90≤x<100范围内的数据有2个，
故a=2．
中位数b=78+792=78.5，
将八年级抽样成绩重新排列为：72，74，75，76，80，80，82，84，85，92，
其众数c=80，
故答案为：2，78.5，80；
(2)由题意得：
1200×210+100×110=340(人)，
答：估计这两个年级竞赛成绩达到优秀学生的人数有340人；
(3)可以推断出八年级年级学生知识竞赛成绩更好，
理由为两班平均数相同，而八年级的中位数以及众数均高于七年级，
说明八年级学生的竞赛成绩更好(答案不唯一)．
(1)根据七年级10名同学测试成绩求出a的值，根据中位数和众数的概念分别求出b、c的值；
(2)用各年级人数乘以对应的比例，然后相加即可；
(3)答案不唯一，合理均可．
本题考查频数分布表、中位数、众数、平均数、方差，用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
18.【答案】(1)解：∵A(0,2)，B(0,−3)，
∴BC=AB=5，
∴C(5,−3)，
把C(5,−3)代入y=kx得：−3=k5，
∴k=−3×5=−15，
∴反比例函数解析式为y=−15x；
把A(0,2)，C(5,−3)代入一次函数y=ax+b得：
b=25a+b=−3，
解得a=−1b=2，
∴一次函数解析式为y=−x+2；
(2)设P点的坐标为(x,y)，
∵S△OAP=S正方形ABCD，
∴丨x丨=25，
解得：x=±25，
当x=25时，y=−35；
当x=−25时；y=35；
∴P(25,−35)或(−25,35)．
(3)联立y=−x+2y=−15x，
解得：x=5y=−3或x=−3y=5，
∴M(−3,5)，C(5,−3)，
由函数图象可得，ax+b>kx的解集是：x<−3或0
【解析】(1)先根据正方形的性质求出点C的坐标为(5,−3)，再将C点坐标代入反比例函数y=kx中，运用待定系数法求出反比例函数的解析式；同理，将点A，C的坐标代入一次函数y=ax+b中，运用待定系数法求出一次函数函数的解析式；
(2)设P点的坐标为(x,y)，先由△OAP的面积恰好等于正方形ABCD的面积，列出关于x的方程，解方程求出x的值，再将x的值代入y=−15x，即可求出P点的坐标．
(3)根据图像直接写出取值范围即可．
本题考查了正方形的性质，反比例函数与一次函数的交点问题，运用待定系数法求反比例函数与一次函数的解析式，三角形的面积，难度适中．运用方程思想是解题的关键．
19.【答案】(1)证明：如图，连接OE，

Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，
∴CD=AD=BD，
∴∠B=∠BCD，
又∵OC=OE，
∴∠OEC=∠BCD，
∴∠OEC=∠B，
∴AB/​/OE，
又∵EF⊥AB，
∴EF⊥OE，
又∵OE是⊙O的半径，
∴EF与⊙O相切；
(2)解：连接DE，
∵CD为⊙O的直径，
∴∠DEC=90°，
∴DE/​/AC，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12AC，

∵CD为斜边中线，CD=5，
∴AB=10，
∵AC=6，
∴BC= AB2−AC2=8，
∴BE=BC2=4，
∵∠B=∠B，∠BFE=∠BCA，
∴△BEF∽△BAC，
∴EFAC=BEBA，
∴EF6=410，
∴EF=2.4．
【解析】(1)连接OE，根据直角三角形斜边上的中线性质可得CD=BD，然后再利用等腰三角形的性质证明OE/​/AB，即可解答；
(2)根据CD为⊙O的直径，∠DEC=90°，然后证明DE是△ABC的中位线，再利用相似三角形对应边成比例即可解答．
本题考查了切线的判定与性质，圆周角定理，直角三角形斜边上的中线，直线和圆的位置关系，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．
20.【答案】解：延长CP交EF于点G，

则AC=BP=GE=0.8m，CD=AB=20米，PG=BE，CG=AE，∠CGF=90°，
设PG=BE=x米，
∴AE=CG=AB+BE=(x+20)米，
在Rt△PFG中，∠FPG=45°，
∴FG=PG⋅tan45°=x(米)，
在Rt△CFG中，∠FCG=37°，
∴tan37°=FGCG=xx+20≈0.75，
解得：x=60，
经检验：x=60是原方程的根，
∴FE=FG+GE=60+1.2=61.2(米)，
答：观光塔的高度约为61.2米．
【解析】延长CP交EF于点G，则AC=BP=GE=0.8m，CD=AB=20米，PG=BE，CG=AE，∠CGF=90°，设PG=BE=x米，先在Rt△PFG中，利用锐角三角函数的定义求出FG的长，然后在Rt△CFG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，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．
21.【答案】解：(1)设每桶甲消毒液价格为x元，每桶乙消毒液的价格为y元，
由题意可得：9x+6y=6158x+12y=780，
解得x=45y=35，
答：每桶甲消毒液价格为45元，每桶乙消毒液的价格为35元；
(2)由题意可得，
W=45a+35(30−a)
=45a+1050−35a
=10a+1050，
∴W随a的增大而增大，
∵甲消毒液的数量至少比乙消毒液的数量多6桶，又不超过乙消毒液的数量的2倍，
∴a≥30−a+6a≤2(30−a)，
解得18≤a≤20，
∴当a=18时，W取得最小值，此时W=1230，30−a=12，
答：购买甲消毒液18桶，乙消毒液12桶时，总费用最少，最少费用是1230元．
【解析】(1)根据购买9桶甲消毒液和6桶乙消毒液，则一共需要615元；若购买8桶甲消毒液和12桶乙消毒液，则一共需要780元，可以列出相应的二元一次方程组，然后求解即可；
(2)根据题意，可以写出W与a的函数关系式，根据甲消毒液的数量至少比乙消毒液的数量多6桶，又不超过乙消毒液的数量的2倍，可以得到a的取值范围，再根据一次函数的性质，即可得到W的最小值．
本题考查二元一次方程组的应用、一次函数的应用、一元一次不等式组的应用，解答本题的关键是明确题意，列出相应的方程组和不等式组，写出相应的函数解析式，利用一次函数的性质求最值．
22.【答案】DG=BE BE⊥DG
【解析】解：(1)①图2中，延长BE交AD、GD于K、L，
∵四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形，
在△ABE和△DAG中，
AB=AD∠BAE=∠DAGAE=AG，
∴△ABE≌△DAG(SAS)，
∴DG=BE、∠GDA=∠EBA，
故答案为DG=BE；
②∵∠DKL=∠BKA，
∴∠DKL+∠ADG+∠DLK=∠BKA+∠ABE+∠BAK=180°，
∴∠DLK=∠BAK=90°，即BE⊥DG．
故答案为BE⊥DG．
(2)(1)中的结论不成立，理由如下：
如图3：设BE交AD、DG的延长线分别于V、Q．
∵四边形ABCD、四边形AEFG都是矩形，且AD=2AB，AG=2AE，
∴∠GAE=∠DAB=90°，即∠GAD=∠EAB，ADAB=AGAE=2，
∴△GAD∽△EAB，
∴∠GDA=∠EBA，DGEB=ADAB=2，即DG=2EB，
∴∠DVQ=∠BVA
∴∠DVQ+∠ADG+∠DQV=∠BVA+∠ABE+∠BAV=180°，
∴∠DQV=∠BAV=90°，即BE⊥DG．
(3)∵△GAD∽△EAB，
∴DGEB=AGAE=2，即DG=2BE，
∵AG=2AE=2，∠GAE=90°，
∴GE= GA2+AE2= 5AE= 5，
∵AB= 5，即AB=GE，
∵GE/​/AB，
∴四边形GABE是平行四边形，
∴BE=AG=2，
∴DG=2BE=4．
(1)①先证△ABE≌△DAG可得BE=DG、∠ABE=∠ADG；
②再利用等角的余角相等即可解答；
(2)先利用两边对应成比例夹角相等证得△ABE∽△DAG，得出∠ABE=∠ADG，再利用等角的全角相等即可证明结论；
(3)先求出BE，进而得出BE=AB，即可得出四边形ABEG是平行四边形，进而得出∠AEB=90°，求出BE，借助(2)得出的相似即可解答．
本题主要考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、旋转的性质等知识点，判断出△ABE≌△ADG、△ABE∽△DG是解答本题的关键．
23.【答案】解：(1)∵抛物线对称轴是直线x=−1，点B的坐标为(1,0)，
∴点A的坐标为(−3,0)，
∴二次函数解析式为：y=(x−1)(x+3)=x2+2x−3；
(2)连接ON，如图：

设P(m,0)，则N(m,m2+2m−3)，
在y=x2+2x−3中，令x=0得y=−3，
∴C(0,−3)，
∴OC=3，
∴S四边形ABCN=S△AON+S△BOC+S△CON
=12×3(−m2−2m+3)+12×1×3+12×3(−m)
=−32m2−92m+6
=−32(m+32)2+758，
∵−32<0，
∴当m=−32时，S四边形ABCN取最大值758，
此时P(−32,0)；
∴四边形ABCN面积的最大值是758，此时点P的坐标为(−32,0)；
(3)存在，∵A(−3,0)，C(0,−3)，
∴直线AC的解析式为y=−x−3，

设P(m,0)，则M(m,−m−3)，N(m,m2+2m−3)，
∵PM⊥x轴，
∴PM/​/y轴，即MN//CQ，
∴MN、CQ是以M、N、C、Q为顶点的菱形的边；
如图所示，当MC为对角线时，
∵OA=OC=3，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠ACO=45°，
∵QM=QC，
∴∠QMC=∠QCM=45°，
∴∠MQC=90°，
∴MQ⊥y轴，
∴NC⊥y轴，即NC/​/x轴，
∴点C与点N关于抛物线对称轴对称，
∴点N的坐标为(−2,−3)，
∴CQ=CN=2，
∴Q(0,−1)；

如图3−2所示，当MC为边时，则MN=CM，
∵M(m,−m−3)，C(0,−3)，N(m,m2+2m−3)，
∴CM= m2+[(−m−3)−(−3)]2=− 2m，MN=m2+2m−3−(−m−3)=m2+3m，
∴m2+3m=− 2m，解得m=−3− 2或m=0(舍去)，
∴CQ=CM=− 2m=3 2+2，
∴Q(0,3 2−1)；
如图3−3所示，当MC为边时，则MN=CM，
同理可得CM=− 2m，

∴−m2−3m=− 2m，
解得m= 2−3或m=0(舍去)，
∴CQ=CM=− 2m=3 2−2，
∴Q(0,−1−3 2)；
如图3−4所示，当MC为边时，则CM=MN，
同理可得m2+3m= 2m，
解得m= 2−3(舍去)或m=0(舍去)；
如图3−5所示，当MC为对角线时，
∴∠MCQ=∠ACO=45°，
∵CQ=MQ，
∴∠QCM=∠QMC=45°，

∴∠MQC=90°，
∴MQ⊥y轴，
∴NC⊥y轴，这与题意相矛盾，
∴此种情形不存在
如图3−6所示，当MC为对角线时，设MC，QN交于S，
∵MN//y轴，
∴∠NMC=180°−∠MCO=135°，
∵NQ⊥CM，
∴∠NSM=90°，这与三角形内角和为180度矛盾，
∴此种情况不存在；
综上所述，Q(0,−1)或Q(0,3 2−1)或Q(0,−1−3 2)．

【解析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)由S四边形ABCN=S△AON+S△BOC+S△CON，即可求解；
(3)要以点M，C，N，Q为顶点的四边形是菱形，分情况：①MC为对角线；②MC为边，两种情况，再利用菱形的性质进行求解．
本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形，四边形面积，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度．成绩
60≤x<70
70≤x<80
80≤x<90
90≤x<100
七年级
1
5
2
a
八年级
0
4
5
1
平均数
中位数
众数
方差
七年级
80
b
72
66.6
八年级
80
80
c
33