2023-2024学年广东省佛山市南海区大沥镇九年级（上）素养监测数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省佛山市南海区大沥镇九年级（上）素养监测数学试卷（含解析），共21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.△ABC的三边长a，b，c满足(a−b)2+ 2a−b−3+|c−3 2|=0，则△ABC是( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 锐角三角形D. 等腰直角三角形
2.如图，△ABC中，∠BAC=60°，BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，过点D的直线分别于边AB、AC相交于点M、N，若AM=AN，BM=1，CN=2，则MN的长为( )
A. 3
B. 2 2
C. 2 3
D. 52
3.如图，在平面直角坐标系中，函数y=x和y=−12x的图象分别为直线l1、l2，过点A1(1,−12)作x轴的垂线交l1于点A2，过点A2作y轴的垂线交l2于点A3，过点A3作x轴的垂线交l1于点A4，过点A4作y轴的垂线交l2于点A5…依次进行下去，则点A2023的横坐标为( )
A. 21012
B. −21012
C. −21011
D. 21011
4.若一个点的纵坐标是横坐标的3倍，则称这个点为“三倍点”，如：A(1,3)，B(−2,−6)，C(0,0)等都是“三倍点”.在−3A. −14≤c<1B. −4≤c<−3C. −14≤x<6D. −4≤c<5
5.如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在边DC，BC上，且BF=CE，AE平分∠CAD，连接DF，分别交AE，AC于点G，M.P是线段AG上的一个动点，过点P作PN⊥AC，垂足为N，连接PM.有下列四个结论：
①AE垂直平分DM；
②PM+PN的最小值为3 2；
③CF2=GE⋅AE；
④S△ADM=6 2．
其中正确的是( )
A. ①②
B. ②③④
C. ①③④
D. ①③
二、填空题：本题共6小题，每小题6分，共36分。
6.不等式组：5x−1<3(x+1)2x−13−5x+12≤1的解集是______．
7.某学校举行迎新篝火晚会，55名新生随机围坐在篝火四周，其中，小张与小李是同桌，他俩坐在一起的概率为______．
8.若关于x的方程(1−m2)x2+2mx−1=0的所有根都是比1小的正实数，则实数m的取值范围是______．
9.矩形纸片ABCD，AB=6，BC=8，在矩形边上有一点P，且AP=2.将矩形纸片折叠，使点C与点P重合，折痕所在直线交矩形两边于点E，F，则EF长为______．
10.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，CA=CB=3，点D在边BC上.将△ACD沿AD折叠，使点C落在点C′处，连接BC′，则BC′的最小值为______．
11.如图，A、B两点是反比例函数y1=10x与一次函数y=2x的交点，点C在反比例函数y2=kx上，连接OC，过点A作AD⊥x轴交OC于点D，连接BD.若AD=BD，OC=3OD，则k= ______．
三、解答题：本题共3小题，共49分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
12.(本小题15分)
要制作200个A，B两种规格的顶部无盖木盒，A种规格是长、宽、高都为20cm的正方体无盖木盒，B种规格是长、宽、高各为20cm，20cm，10cm的长方体无盖木盒，如图1.现有200张规格为40cm×40cm的木板材，对该种木板材有甲、乙两种切割方式，如图2.切割、拼接等板材损耗忽略不计．
(1)设制作A种木盒x个，则制作B种木盒______个；
若使用甲种方式切割的木板材y张，则使用乙种方式切割的木板材______张；
(2)该200张木板材恰好能做成200个A和B两种规格的无盖木盒，请分别求出A，B木盒的个数和使用甲，乙两种方式切割的木板材张数；
(3)包括材质等成本在内，用甲种切割方式的木板材每张成本5元，用乙种切割方式的木板材每张成本8元.根据市场调研，A种木盒的销售单价定为a元，B种木盒的销售单价定为(20−12a)元，两种木盒的销售单价均不能低于7元，不超过18元.在(2)的条件下，两种木盒的销售单价分别定为多少元时，这批木盒的销售利润最大，并求出最大利润．
13.(本小题17分)
综合与实践：
问题情境：在数学活动课上，王老师让同学们用两张矩形纸片进行探究活动．
阳光小组准备了两张矩形纸片ABCD和EFGH，其中AB=6，AD=8，将它们按如图1所示的方式放置，当点A与点E重合，点F，H分别落在AB，AD边上时，点F，H恰好为边AB，AD的中点.然后将矩形纸片EFGH绕点A按逆时针方向旋转，旋转角为α，连接BF与DH．

观察发现：(1)如图2，当α=90°时，小组成员发现BF与DH存在一定的关系，其数量关系是______；位置关系是______．
探索猜想：(2)如图3，当90°<α<180°时，(1)中发现的结论是否仍然成立？请说明理由．
拓展延伸：(3)在矩形EFGH旋转过程中，当C，A，F三点共线时，请直接写出线段DH的长．
14.(本小题17分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L1：y=x2−2x−3的顶点为P.直线l过点M(0,m)(m≥−3)，且平行于x轴，与抛物线L1交于A、B两点(B在A的右侧).将抛物线L1沿直线l翻折得到抛物线L2，抛物线L2交y轴于点C，顶点为D．
(1)当m=1时，求点D的坐标；
(2)连接BC、CD、DB，若△BCD为直角三角形，求此时L2所对应的函数表达式；
(3)在(2)的条件下，若△BCD的面积为3，E、F两点分别在边BC、CD上运动，且EF=CD，以EF为一边作正方形EFGH，连接CG，写出CG长度的最小值，并简要说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意得a−b=02a−b−3=0c−3 2=0，
解得a=3b=3c=3 2，
∵a2+b2=c2，且a=b，
∴△ABC为等腰直角三角形，
故选：D．
由等式可分别得到关于a、b、c的等式，从而分别计算得到a、b、c的值，再由 a2+b2=c2的关系，可推导得到△ABC为直角三角形．
本题考查了非负性和勾股定理逆定理的知识，求解的关键是熟练掌握非负数的和为0，每一个非负数均为0，和勾股定理逆定理．
2.【答案】B
【解析】解：连接AD，
∵BD平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴AD平分∠MAN，∠MBD=∠CBD，∠NCD=∠BCD，
∵AM=AN，
∴DM=DN，
∴∠AMN=∠ANM，
∴∠MBD+∠MDB=∠NCD+∠NDC，
∵MDB+∠BDC+∠NDC=180°，∠DBC+∠BDC+∠DCB=180°，
∴MDB+∠NDC=∠DBC+∠DCB，
∴∠MDB+∠NDC=∠MBD+∠NCD，
∴∠MDB=∠NCD，∠MBD=∠NDC，
∴△BDM∽△DCN，
∴BMDN=DMCN，
∵DM=DN，BM=1，CN=2，
∴DM2=BM⋅CN=2，
∴DM= 2(负值舍去)，
∴MN=2DM=2 2．
故选：B．
过点D作AB、BC、CA的垂线，先证明DM=DN，然后证明△BDM∽△DCN，根据相似三角形的性质解答即可．
本题考查了相似三角形的判定和性质以及等边三角形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的判定方法．
3.【答案】C
【解析】解：依题意得：点A1与A2的横坐标相同，A2与A3的纵坐标相同，
∵A1(1,−12)，
∴对于y=x，当x=1时，y=1，
∴点A2(1,1)，
对于y=−12x，当y=1时，x=−2，
∴点A3(−2,1)，
同理可得：A4(−2,−2)，A5(4,−2)，A6(4,4)，A7(−8,4)，A8(−8,−8)，…，
观察这些点的坐标可得出：A2n−1的横坐标为(−2)n−1，
∵2023=2×1012−1，
∴点A2023的横坐标为(−2)1012−1=−21011．
故选：C．
根据题意可得点A1与A2的横坐标相同，A2与A3的纵坐标相同，再根据A1(1,−12)可求出A2(1,1)，A3(−2,1)，A4(−2,−2)，A5(4,−2)，A6(4,4)，A7(−8,4)，A8(−8,−8)，…，通过观察这些点的坐标可得出A2n−1的横坐标为(−2)n−1，然后根据2023=2×1012−1可得出答案．
此题主要考查了一次函数图象上的点的坐标，以及点的坐标的变化规律，解决问题的关键是通过计算得出点 ​1，A2，A3，A4，A5，A6，A7，A8，…的坐标，然后观察、分析、归纳总结出规律，再根据总结出的规律来解决问题，在归纳总结规律时，要特别注意哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的，哪些部分没有发生变化．
4.【答案】D
【解析】解：由题意得，三倍点所在的直线为y=3x，
在−3即在−3令3x=−x2−x+c，整理得，x2+4x−c=0，
则Δ=b2−4ac=16+4c≥0，解得c≥−4，
把x=−3代入y=−x2−x+c得y=−6+c，代入y=3x得y=−9，
∴−9>−6+c，解得c<−3；
把x=1代入y=−x2−x+c得y=−2+c，代入y=3x得y=3，
∴3>−2+c，解得c<5，
综上，c的取值范围为：−4≤c<5．
故选：D．
由题意得，三倍点所在的直线为y=3x，根据二次函数y=−x2−x+c的图象上至少存在一个“三倍点”转化为y=−x2−x+c和y=3x至少有一个交点，求Δ≥0，再根据x=−3和x=1时两个函数值大小即可求出．
本题考查二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数与一次函数的交点问题，熟练掌握相关性质是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC=BC，∠ADC=∠DCB=90°，
∵BF=CE，
∴BC−BF=DC−CE，
即CF=DE，
在△ADE和△DCF中，
AD=DC∠ADE=∠DCFDE=CF，
∴△ADE≌△DCF(SAS)，
∴∠DAE=∠CDF，
∵∠CDF+∠ADG=90°，
∴∠DAE+∠ADG=90°，
∴∠AGD=90°，
∴∠AGM=90°，
∴∠AGM=∠AGD，
∵AE平分∠CAD，
∴∠MAG=∠DAG，
在△AGM和△AGD中，
∠MAG=∠DAGAG=AG∠AGM=∠AGD,
∴△AGM≌△AGD(ASA)，
∴GM=GD，
又∵∠AGM=∠AGD=90°，
∴AE垂直平分DM，
故①正确；
②如图，连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接HM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
即DO⊥AM，
∵AE垂直平分DM，
∴HM=HD，
当点P与点H重合时，PM+PN的值最小，此时PM+PN=HM+HO=HD+HO=DO，即PM+PN的最小值是DO的长，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴AC=BD=4 2，
∴DO=12BD=2 2，
即PM+PN的最小值为2 2，
故②错误；
③∵AE垂直平分DM，
∴∠DGE=90°，
∵∠ADC=90°，
∴∠DGE=∠ADC，
又∵∠DEG=∠AED，
∴△DGE∽△ADE，
∴DEAE=GEDE，
即DE2=GE⋅AE，
由①知CF=DE，
∴CF2=GE⋅AE，
故③正确；
④∵AE垂直平分DM，
∴AM=AD=4，
又DO=2 2，
∴S△ADM=12AM⋅DO=12×4×2 2=4 2，
故④错误；
综上，正确的是：①③，
故选：D．
①先根据正方形的性质证得△ADE和△DCF全等，再利用ASA证得△AGM和△AGD全等，即可得出AE垂直平分DM；
②连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接HM，根据题意当点P与点H重合时，PM+PN的值最小，即PM+PN的最小值是DO的长，根据正方形的性质求出BD的长，从而得出DO=2 2，即PM+PN的最小值2 2；
③先证△DGE∽△ADE，再根据相似三角形的性质及CF=DE，即可判断；
④先求出AM的长，再根据三角形面积公式计算即可．
本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，三角形全等的判定与性质，线段垂直平分线的判定与性质，最短路径问题等知识点，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
6.【答案】−1≤x<2
【解析】解：5x−1<3(x+1)①2x−13−5x+12≤1②，
由①得，5x−1<3x+3，
5x−3x≤3+1，
2x≤4，
x≤2；
由②得，2(2x−1)−3(5x+1)≤6，
4x−2−15x−3≤6，
4x−15x≤6+2+3，
−11x≤11，
x≥−1，
故不等式组的解集为−1≤x≤2．
故答案为：−1≤x≤2．
分别求出不等式组中两个不等式的解集，再求出其公共部分即可．
此题主要考查了一元一次不等式解集的求法，熟知同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到(无解)是解题的关键．
7.【答案】127
【解析】解：小张做好后，小李有54个位置可坐，其中小李坐在小张的左右两边时他俩坐在一起，
所以他俩坐在一起的概率为254=127．
故答案为：127．
根据概率公式直接计算即可．
本题考查等可能事件的概率，掌握概率公式是解题的关键．
8.【答案】m=1或m>2
【解析】【分析】
本题考查了解一元二次方程及解一元一次不等式，解题的关键是将二次项系数分1−m2=0，1−m2≠0两种情况讨论求解．
分1−m2=0，1−m2≠0两种情况先求出原方程的实数根，再根据两个实数根都是比1小的正实数，列出不等式，求出m的取值范围．
【解答】
解：当1−m2=0时，m=±1．
当m=1时，可得2x−1=0，x=12，符合题意；
当m=−1时，可得−2x−1=0，x=−12，不符合题意；
当1−m2≠0时，(1−m2)x2+2mx−1=0，
[(1+m)x−1][(1−m)x+1]=0，
∴x1=11+m，x2=−11−m．
∵关于x的方程(1−m2)x2+2mx−1=0的所有根都是比1小的正实数，
∴0<11+m<1，解得m>0，
0<−11−m<1，解得m>2．
综上可得，实数m的取值范围是m=1或m>2．
故答案为：m=1或m>2．
9.【答案】6 2或3 5
【解析】解：如图1，当点P在AD上时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=8，∠ADC=∠BCD=90°，
∵AP=2，
∴PD=6=CD，
∵EF垂直平分PC，
∴∠CDF=45°，点E与点D重合，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF= 2CD=6 2；
如图2，当点P在AB上时，
过E作EQ⊥BC于Q，
∵AP=2，AB=6，
∴PB=4，
∴PC= PB2+BC2= 42+82=4 5，
∵EF垂直平分PC，
∴∠FEQ=∠PBA，
∵∠B=∠EQF=90°，
∴△CBP∽△EQF，
∴PCEF=BCEQ，即4 5EF=86，
解得：EF=3 5．
综上所述：EF长为6 2或3 5；
故答案为：6 2或3 5．
当点P在AD上时，由折叠的性质和等腰直角三角形的性质即可得到结果；当点P在AB上时，过E作EQ⊥BC于Q，根据勾股定理得到PC的长，推出△CBP∽△EQF，列比例式即可得到结果．
本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识；熟练掌握翻折变换和相似三角形的判定与性质是解题的关键．
10.【答案】3 2−3
【解析】解：∵∠C=90°，CA=CB=3，
∴AB= AC2+BC2=3 2，
由折叠的性质可知AC=AC′=3，
∵BC′≥AB−AC′，
∴当A、C′、B三点在同一条直线时，BC′取最小值，最小值即为BC′=AB−AC′=3 2−3，
故答案为3 2−3．
由折叠性质可知AC=AC′=3，然后根据三角形的三边不等关系可进行求解．
本题主要考查勾股定理、折叠的性质及三角形的三边不等关系，熟练掌握勾股定理、折叠的性质及三角形的三边不等关系是解题的关键．
11.【答案】−452
【解析】解：联立方程y=2xy=10x，
解得x1=− 5y1=−2 5，x2= 5y2=2 5，
∴点A坐标为(− 5,−2 5)，点B坐标为( 5,2 5)，
∵A，B关于原点对称，
∴O为AB中点，
又∵AD=BD，
∴点D在线段AB的垂直平分线上，
∴CO⊥AB，
又∵AH⊥x轴，
∴∠AOH+∠OAH=∠AOH+∠COH=90°，
∴∠OAH=∠COH，
作CE⊥x轴于点E，
∵OC=3OD，点D横坐标为− 5，
∴点C横坐标为−3 5，
∵tan∠OAH=tan∠COH=OHAH=CEOE=12，
∴CE=12OE=3 52，
∴点C坐标为(−3 5,3 52)，
∴k=−3 5×3 52=−452，
故答案为：−452．
先联立方程求出点A坐标，由AD=BD得CO⊥AB，由OC=3OD得点C坐标，再通过tan∠OAH=tan∠COH求出点C坐标而求解．
本题考查反比例函数的综合应用，解题关键是熟练掌握反比例函数与一次函数的性质，掌握相似三角形的性质及解直角三角形的方法．
12.【答案】解：(1)(200−x)，(200−y)；
(2)使用甲种方式切割的木板材y张，则可切割出4y个长、宽均为20cm的木板，
使用乙种方式切割的木板材(200−y)张，则可切割出8(200−y)个长为10cm、宽为20cm的木板；
设制作A种木盒x个，则需要长、宽均为20cm的木板5x个，
制作B种木盒(200−x)个，则需要长、宽均为20cm的木板(200−x)个，需要长为10cm、宽为20cm的木板4(200−x)个；
故4y=5x+(200−x)8(200−y)=4(200−x)，
解得：x=100y=150，
故制作A种木盒100个，制作B种木盒100个，
使用甲种方式切割的木板材150张，使用乙种方式切割的木板材50张，
(3)∵用甲种切割方式的木板材每张成本5元，用乙种切割方式的木板材每张成本8元，且使用甲种方式切割的木板材150张，使用乙种方式切割的木板材50张，
故总成本为150×5+8×50=1150(元)；
∵两种木盒的销售单价均不能低于7元，不超过18元，
∴7≤a≤187≤20−12a≤18，
解得：7≤a≤18，
设利润为w元，则w=100a+100(20−12a)−1150，
整理得：w=850+50a，
∵50>0，
∴w随a的增大而增大，
故当a=18时，有最大值，最大值为850+50×18=1750(元)，
则此时B种木盒的销售单价定为20−12×18=11(元)，
即A种木盒的销售单价定为18元，B种木盒的销售单价定为11元时，这批木盒的销售利润最大，最大利润为1750元．
【解析】解：(1)∵要制作200个A，B两种规格的顶部无盖木盒，制作A种木盒x个，
故制作B种木盒(200−x)个；
∵有200张规格为40cm×40cm的木板材，使用甲种方式切割的木板材y张，
故使用乙种方式切割的木板材(200−y)张；
故答案为：(200−x)，(200−y)；
(2)见答案；
(3)见答案．
(1)根据题意即可求解；
(2)根据题意可得，制作一个A种木盒需要长、宽均为20cm的木板5x个，制作一个B种木盒需要长、宽均为20cm的木板(200−x)个，长为10cm、宽为20cm的木板4(200−x)个；甲种方式可切割长、宽均为20cm的木板4y个，乙种方式可切割长为10cm、宽为20cm的木板8(200−y)个；列关系式求解即可；
(3)先根据(2)中数据求得总成本金额，根据利润=售价−成本列式，根据一次函数的性质进行求解即可．
本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用，一次函数的性质，一元一次不等式组的应用，根据题意找出等量关系进行列式是解题的关键．
13.【答案】BFDH=34 DH⊥BF
【解析】解：观察发现：(1)如图2，当α=90°时，BF与DH的数量关系是BFDH=34；位置关系是DH⊥BF，理由如下：
∵点F，H恰好为边AB，AD的中点，
∴AF=12AB，AH=12AD，
∴AFAB=AHAD=12，
∵四边形ABCD和EFGH是矩形，AB=6，AD=8，
∴∠BAF=∠DAH，
∴△BAF∽△DAH，
∴BFDH=ABAD=34，∠FBA=∠HDA，
∵∠FBA+∠AFB=90°，
∴∠HDA+∠AFB=90°，
∴DH⊥BF，
∴当α=90°时，BF与DH的数量关系是BFDH=34；位置关系是DH⊥BF，
故答案为：BFDH=34；DH⊥BF；
探索猜想：(2)如图3，设AB与DH交于点R，
当90°<α<180°时，(1)中发现的结论仍然成立，理由如下：
由(1)可知：AFAB=AHAD=12，
∵∠BAF=∠BAH+90°，∠DAH=∠BAH+90°，
∴∠BAF=∠DAH，
∴△BAF∽△DAH，
∴BFDH=ABAD=34，∠ABF=∠ADH，
∵∠BRH=∠ARD，∠ARD+∠ADH=90°，
∴∠BRH+∠ABF=90°，
∴DH⊥BF；
拓展延伸：(3)在矩形EFGH旋转过程中，当C，A，F三点共线时，如图4，图5两种情况：
如图4，F在CA延长线上，连接HF，延长DA交HF于点M，
∵C，A，F三点共线，
∴∠HAF=∠HAC=90°，
∴∠BAH+∠BAC=90°，
∵∠BCA+∠BAC=90°，
∴∠BAH=∠BCA，
∵AFAH=ABBC=34，∠HAF=∠ABC=90°，
∴△AHF∽△BCA，
∴∠AHF=∠BCA，
∴∠BAH=∠AHF，
∴AB/​/FH，
∵AB⊥AD，
∴DM⊥FH，
∴sin∠AHM=AMAH=AFFH，
∴AM4=35，
∴AM=125，
∴DM=AD+AM=8+125=525，
∵cs∠AHM=HMAH=AHFH，
∴HM4=45，
∴HM=165，
∴DH= DM2+HM2= (525)2+(165)2=4 1855；
如图5，F在AC上，过点H作HQ⊥AD于点Q，
∵∠QHA=90°−∠QAH=∠CAD，
∴QH=AH⋅sin∠QHA=4×45=165，
AQ=AH⋅cs∠QHA=4×35=125，
∴DQ=AD−AQ=8−125=285，
∴DH= DQ2+QH2= (285)2+(165)2=45 65．
∴线段DH的长为45 185或45 65．
观察发现：(1)证明△BAF∽△DAH，可得BFDH=ABAD=34，∠FBA=∠HDA，然后利用角的和差即可解决问题；
探索猜想：(2)证明△BAF∽△DAH，可得BFDH=ABAD=34，∠ABF=∠ADH，然后利用角的和差即可解决问题；
拓展延伸：(3)在矩形EFGH旋转过程中，当C，A，F三点共线时，分两种情况画图，结合(1)的方法即可解决问题．
本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，旋转变换，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，
14.【答案】解：(1)∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴抛物线L1的顶点坐标P(1,−4)，
∵m=1，点P和点D关于直线x=1对称，
∴点D的坐标为(1,6)；
(2)∵抛物线L1的顶点P(1,−4)与L2的顶点D关于直线y=m对称，
∴D(1,2m+4)，抛物线L2：y=−(x−1)2+(2m+4)=−x2+2x+2m+3，
∴当x=0时，C(0,2m+3)，
①当∠BCD=90°时，如图1，过D作DN⊥y轴于N，
∵D(1,2m+4)，
∴N(0,2m+4)，
∵C(0,2m+3)，
∴DN=NC=1，
∴∠DCN=45°，
∵∠BCD=90°，
∴∠BCO=45°，
∵直线l//x轴，
∴∠BOC=90°，
∴∠CBO=∠BCO=45°，BO=CO，
∵m≥−3，
∴BO=CO=(2m+3)−m=m+3，
∴B(m+3,m)，
∵点B在y=x2−2x−3的图象上，
∴m=(m+3)2−2(m+3)−3，
∴m=0或m=−3，
∵当m=−3时，得B(0,−3)，C(0,−3)，此时，点B和点C重合，舍去，当m=0时，符合题意；
将m=0代入L2：y=−x2+2x+2m+3得L2：y=−x2+2x+3，
②当∠BDC=90°，如图2，过B作BT⊥ND交ND的延长线于T，
同理，BT=DT，
∴D(1,2m+4)，
∴DT=BT=(2m+4)−m=m+4，
∵DN=1，
∴NT=DN+DT=1+(m+4)=m+5，
∴B(m+5,m)，
∵当B在y=x2−2x−3的图象上，
∴m=(m+5)2−2(m+5)−3，
解得m=−3或m=−4，
∵m≥−3，
∴m=−3，此时，B(2,−3)，C(0,−3)符合题意；
将m=−3代入L2：y=−x2+2x+2m+3得，L2：y=−x2+2x−3，
③易知，当∠DBC=90°，此种情况不存在；
综上所述，L2所对应的函数表达式为y=−x2+2x+3或y=−x2+2x−3；
(3)由(2)知，当∠BDC=90°时，m=−3，
此时，△BCD的面积为1，不合题意舍去，
当∠BCD=90°时，m=0，此时，△BCD的面积为3，符合题意，
由题意得，EF=FG=CD= 2，取EF的中点Q，
在Rt△CEF中可求得CQ=12EF= 22，在Rt△FGQ中可求得GQ= 102，
当Q，C，G三点共线时，CG取最小值，最小值为 10− 22．
【解析】本题考查二次函数的对称的相关知识，直角三角形的三个角为直角的情况分析，不同情况下的最值问题．解题的关键是理解对称的性质，直角三角形的不同情况分析，综合应用．