2023-2024学年湖北省武汉市江汉区四校联盟九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市江汉区四校联盟九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析），共24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.将一元二次方程5x2−1=4x化成一般形式后，常数项为−1，二次项系数和一次项系数分别是( )
A. 5，−1B. 5，4C. 5，−4D. 5，1
2.下列事件是必然事件的是( )
A. 没有水分，种子发芽
B. 如果a，b都是实数，那么a+b=b+a
C. 拳王一定会赢
D. 明天是晴天
3.下面用数学家名字命名的图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是( )
A. 赵爽弦图B. 笛卡尔心形线
C. 科克曲线D. 斐波那契螺旋线
4.已知一元二次方程x2+4x−3=0，下列配方正确的是( )
A. (x+2)2=3B. (x−2)2=3C. (x+2)2=7D. (x−2)2=7
5.如图，在△ABC中，∠BAC=130°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD.当点A，D，E在同一条直线上时，则旋转角∠ACD的度数为( )
A. 50°
B. 60°
C. 70°
D. 80°
6.2017−2018赛季中国男子篮球职业联赛，采用双循环制(每两队之间都进行两场比赛)，比赛总场数为380场，若设参赛队伍有x支，则可列方程为( )
A. 12x(x−1)=380B. x(x−1)=380C. 12x(x+1)=380D. x(x+1)=380
7.如图，△ADC内接于⊙O，BC是⊙O的直径，若∠A=66°，则∠BCD等于( )
A. 14°
B. 24°
C. 34°
D. 66°
8.用一个圆心角为120°，半径为4的扇形作一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径为( )
A. 43B. 34C. 32D. 23
9.已知抛物线y=ax2−2ax+c(a<0)过点A(x1,m)，B(x2,m)，C(x3,n)，D(x4,n)，其中x1n，则下列式子一定正确的是( )
A. 01D. x2x4>1
10.如图，在△ABC中，∠BAC=120°，AB+AC=n(n>0)，BC绕点B顺时针旋转120°得到BD，当AD的最小值为2 3时，n的值为( )
A. 3
B. 3 2
C. 9 22
D. 4
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.点A(−1,2)关于原点对称的点的坐标是______．
12.如图，边长为2 2的正方形ABCD内接于⊙O，则BC的长为______.(结果保留π)
13.箱子中装有除颜色外完全相同的三个小球，其中2个红球一个白球，从箱子中随机摸出两个球，这两个球的颜色相同的概率是______．
14.若a、b是方程x2+2x−2023=0的两实数根，则a2+3a+b= ______．
15.抛物线y=ax2+bx+c(a、b、c是常数)的顶点在第一象限，且a−b+c=0.下列四个结论：①b>0；②a+b−c>0；③若4a+c<0，则当x<1时，y随x的增大而增大；④若抛物线的顶点为P(1,n)，则方程ax2+bx+c>−b+n恒成立.其中正确的结论是______.(填写序号)．
16.如图，⊙O的半径为1，点B为半径OA的中点，点C为⊙O上一动点，将CB绕点B顺时针旋转90°到BD，点M为AD的中点，则OM的最大值为______．
三、解答题：本题共8小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
解方程：x2+2x−5=0．
18.(本小题8分)
如图，点E、C、F、B在同一直线上，EC=BF，AC=DF，AB=DE．
求证：AC/​/DF
19.(本小题8分)
2023年9月23日，第19届亚运会在杭州开幕，电子竞技首次成为亚运会正式比赛项目.小明和小张是电竞游戏的爱好者，他们相约一起去现场为中国队加油，现场的观赛区分为A、B、C、D四个区域，购票以后系统随机分配观赛区域．
(1)小明购买门票在A区观赛的概率为______；
(2)求小明和小张在同一区域观看比赛的概率.(请用画树状图或列表等方法说明理由)
20.(本小题8分)
如图，A，B是⊙O上两点，且AB=OA，连接OB并延长到点C，使BC=OB，连接AC．
(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)点D，E分别是AC，OA的中点，DE所在直线交⊙O于点F，G，OA=4，求GF的长．
21.(本小题8分)
如图是由小正方形组成的6×6网格，每个小正方形的顶点叫作格点.△ABC的三个顶点都是格点，且AB为半圆的直径.仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求完成画图，画图过程用虚线表示．

(1)在图1中，先平移线段CB至AD处，画出点D，再在CB上画点E，使AE⊥CB；
(2)在图2中，先在半圆上画点F，使∠AFC=14∠BAC，再在AB上画点G，使AC= 2AG．
22.(本小题10分)
电缆在空中架设时，两端挂起的电缆下垂可以近似的看成抛物线的形状.如图，在一个斜坡BD上按水平距离间隔60米架设两个塔柱，每个塔柱固定电缆的位置离地面高度为27米(AB=CD=27米)，以过点A的水平线为x轴，水平线与电缆的另一个交点为原点O建立平面直角坐标系，如图所示.经测量，AO=40米，斜坡高度12米(即B、D两点的铅直高度差)．

结合上面信息，回答问题：
(1)若以1米为一个单位长度，则D点坐标为______，下垂电缆的抛物线表达式为______．
(2)若电缆下垂的安全高度是13.5米，即电缆距离坡面铅直高度的最小值不小于13.5米时，符合安全要求，否则存在安全隐患.(说明：直线GH⊥x轴分别交直线BD和抛物线于点H、G.点G距离坡面的铅直高度为GH的长)，请判断上述这种电缆的架设是否符合安全要求？请说明理由．
23.(本小题10分)
【问题提出】如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，△CDE是等边三角形，点D在边AB上，探究DE与EB的数量关系．
【问题探究】
(1)先将问题特殊化如图1，当点E在边BC上时，猜想ED和EB数量关系，并加以证明；
(2)再探究一般情形.如图2，当点E在△ABC内部时，证明(1)中的结论仍然成立．
【问题拓展】
如图3，当点E在△ABC外部时，EH⊥AB于点H，过点E作GE/​/AB，交线段AC的延长线于点G，AG=5CG，BH=3.直接写出CG的长______．
24.(本小题12分)
如图，抛物线C1：y=x2−2x−3与x轴相交于A，B两点(点A在点B左边)，与y轴相交于点C，连接BC，AC
(1)请直接写出点A，B，C的坐标；
(2)点p为抛物线上一动点，设点P的横坐标为m，过点P作PE//AC与x轴相交于点E，当以点A，C，P，E为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出m的值；
(3)将抛物线C1向右平移一个单位长度得到抛物线C2，直线l：y=kx+b交C2于点N和点M，交x轴、y轴分别于点E、点F，若∠NOF=∠MOE，求直线l经过的定点T的坐标．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：5x2−1=4x，
5x2−4x−1=0，
所以二次项系数和一次项系数分别是5，−4，
故选：C．
先把方程化成一元二次方程的一般形式，再找出二次项系数和一次项系数即可．
本题考查了一元二次方程的一般形式，能熟记一元二次方程的一般形式是解此题的关键，注意：一元二次方程的一般形式是ax2+bx+c=0(a、b、c为常数，a≠0)．
2.【答案】B
【解析】解：A、没有水分，种子发芽，是不可能事件，不符合题意；
B、如果a，b都是实数，那么a+b=b+a，是必然事件，符合题意；
C、拳王不一定会赢，是随机事件，不符合题意；
D、明天不一定是晴天，是随机事件，不符合题意；
故选：B．
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．
3.【答案】C
【解析】解：A.是中心对称图形，但不是轴对称图形；不符合题意；
B.是轴对称图形，但不是中心对称图形；不符合题意；
C.既是轴对称图形，也是中心对称图形；符合题意；
D.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形；不符合题意；
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义即可作答．
本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，熟练地掌握定义并能够区分轴对称图形和中心对称图形是解题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：方程移项得：x2+4x=3，
配方得：x2+4x+4=7，即(x+2)2=7，
故选C．
方程常数项移到右边，两边加上4配方得到结果，即可做出判断．
此题考查了解一元二次方程−配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：∵将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，
∴AC=CD，∠BAC=∠CDE=130°，
∴∠CDA=∠CAD=∠E+EDC=∠B+∠ACB=50°，
∴∠BAD=180°−∠CDA−∠CAD=180°−50°−50°=80°，
故选：D．
由旋转的性质可得AC=CD，∠BAC=∠CDE=130°，由等腰三角形的性质可求∠CDA=∠CAD=50°，即可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：设参赛队伍有x支，则
x(x−1)=380．
故选：B．
设参赛队伍有x支，根据参加篮球职业联赛的每两队之间都进行两场比赛，共要比赛380场，可列出方程．
本题考查由实际问题抽象出一元二次方程，关键是根据总比赛场数为380场这个等量关系列方程求解．
7.【答案】B
【解析】解：∵AB是直径，
∴∠CDB=90°，
∵∠A=∠DBC=66°，
∴∠BCD=90°−66°=24°．
故选：B．
根据圆周角定理得到∠CDB=90°，然后根据圆周角定理得到∠CBD的度数．利用互余计算出∠BCD．
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．
推论：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径
8.【答案】A
【解析】解：设圆锥底面的半径为r，
扇形的弧长为：120π×4180=83π，
∵圆锥的底面周长等于它的侧面展开图的弧长，
∴根据题意得2πr=83π，
解得：r=43．
故选：A．
根据扇形的弧长公式求出弧长，根据圆锥的底面周长等于它的侧面展开图的弧长求出半径．
本题考查的是圆锥的计算，掌握弧长公式、周长公式和圆锥与扇形的对应关系是解题的关键．
9.【答案】B
【解析】解：∵抛物线y=ax2−2ax+c(a<0)，
∴抛物线开口向下，对称轴为直线x=−−2a2a=1，则当x>1时，y随x的增大而减小，当x<1时，y随x的增大而增大，
∵抛物线y=ax2−2ax+c(a<0)过点A(x1,m)，B(x2,m)，C(x3,n)，D(x4,n)，其中x1n，
∴x3∵x3、x1的符号无法确定，
∴x1x3可能为负，
∵1∴0故选：B．
由题意可知抛物线开口向下，对称轴为直线x=−−2a2a=1，则x3本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，能够得出x310.【答案】D
【解析】解：将BA绕点B顺时针旋转120°得到BE，连接AE，DE，
则：AB=BE，∠ABE=120°，
∴∠BAE=∠BEA=30°，
∵BC绕点B顺时针旋转120°得到BD，
∴BC=BD，∠CBD=120°，
∴∠CBA=∠EBD=120°−∠ABD，
∴△ABC≌△EBD，
∴DE=AC，∠BED=∠BAC=120°，
∴∠AED=∠BED−∠BEA=90°，
∴AE2+DE2=AD2，
令AC=x=DE，则AB=n−x，
过点B作BF⊥AE，则：BF=12AB,AF= 32AB，
∴AE= 3AB= 3(n−x)，
∴AD2=[ 3(n−x)]2+x2=4(x−34n)2+34n2，
∴AD2最小值为34n2，
∴34n2=12，
∴n=4．
故选：D．
将BA绕点B顺时针旋转120°得到BE，连接AE，DE，证明△ABC≌△EBD，得到DE=AC，∠BED=∠BAC=120°，进而得到∠AED=∠BED−∠BEA=90°，勾股定理得到AE2+DE2=AD2，设AC=x=DE，将AD2转化为二次函数求最值，即可．
本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次函数求最值，解题的关键是利用旋转构造特殊图形和全等三角形．难度较大，属于选择题中的压轴题．
11.【答案】(1,−2)
【解析】解：∵点A的坐标是(−1,2)，
∴点A关于原点对称的点的坐标是(1,−2)．
故答案为：(1,−2)．
根据平面直角坐标系中任意一点P(x,y)，关于原点的对称点是(−x,−y)，即关于原点的对称点，横、纵坐标都变成相反数．
本题考查点的对称，解决的关键是对知识点的正确记忆，同时能够根据点的坐标符号确定点所在的象限．
12.【答案】π
【解析】解：连接OB、OC，
∠BOC=360°4=90°，
∵BC=2 2，
∴OB=OC=2，
∴BC的长为90π×2180=π，
故答案为：π．
连接OB、OC，构造等腰直角三角形求得中心角和圆的半径，利用弧长公式列式求解即可．
考查了正多边形和圆的知识，解题的关键是构造直角三角形，难度不大．
13.【答案】13
【解析】解：列表如下，
共有6种等可能结果，这两个球的颜色相同的情形有2种，
∴这两个球的颜色相同的概率为26=13，
故答案为：13．
根据列表法求概率，即可求解．
本题考查了列表法求概率，熟练掌握列表法求概率是解题的关键．
14.【答案】2021
【解析】解：∵a是方程x2+2x−2023=0的根，
∴a2+2a−2023=0，即a2+2a=2023，
∵a，b是方程x2+2x−2023=0的两个实数根，
∴a+b=−2，
∴a2+3a+b
=a2+2a+a+b
=2023−2=2021．
故答案为：2021．
先根据一元二次方程的解的定义得到a2+2a=2023，利用根与系数的关系得到a+b=−2，再利用整体代入的方法计算即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与系数的关系，一元二次方程解的概念，熟知x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca是解题的关键．
15.【答案】①
【解析】解：∵y=ax2+bx+c顶点在第一象限，且a−b+c=0，
∴抛物线经过(−1,0)，
∴−b2a>0，a<0，
∴b>0，
故①正确；
∵a−b+c=0，
∴a−b=−c，
∴a+b−c=a+b+a−b=2a，
∵a<0，
∴a+b−c<0，
故②不正确；
∵4a+c=4a+b−a=3a+b<0，
∴ba>−3，
∴−b2a<32，
∴x>32时，y随x的增大而减小；
故③不正确；
∵抛物线的顶点为P(1,n)，
∴−b2a=1,a+b+c=n，
∴b=−2a，
∵ax2+bx+c−(−b+n)=ax2+bx+c−(−b+a+b+c)=ax2+bx−a=ax2−2ax−a，
令y=ax2−2ax−a，
∵a<0，Δ=(−2a)2−4a⋅(−a)=8a2>0，
∴y=ax2−2ax−a不一定恒大于0，
∴ax2+bx+c−(−b+n)不一定恒大于0，
∴ax2+bx+c>−b+n不一定恒成立，
故④错误；
故答案为：①．
由a−b+c=0可知抛物线经过(−1,0)，由顶点在第一象限可得−b2a>0，即开口方向向下，即可判断①；由a−b+c=0，a−b=−c，可判断②；由4a+c=4a+b−a=3a+b<0，可得−b2a<32，可判断③；由ax2+bx+c−(−b+n)=ax2−2ax−a，可判断④
本题考查了二次函数的性质及图象，熟记二次函数的对称轴，最值，增减性是解题关键．
16.【答案】12+ 104
【解析】解：将OB绕点B顺时针旋转90°到O′B，连接O′D、OC，
在△BDO′和△BCO中，
BC=BD∠OBC=∠O′BDOB=O′B，
∴△BDO′≌△BCO(SAS)，
∴O′D=OC，
∴点D在以O′为圆心，半径为1的圆上，延长AO交圆O于点E，
∴当点D、O′、E共线时，DE最大，
∵点M为AD的中点，点O是AE的中点，
∴OM为△ADE中位线，
∴OM=12DE，
∵点B为半径OA的中点，
∴OB=O′B=12，
∵OE=1，
∴O′E= BE2+O′B2= (1+12)2+(12)2= 102，
∴DE=O′E+O′D= 102+1，
∴DE最大为 102+1，
∴OM最大值为 104+12．
将OB绕点B顺时针旋转90°到O′B，连接O′D、OC，由旋转的性质可得△BDO′≌△BCO，由点D在以O′为圆心，半径为1的圆上，结合勾股定理和中位线性质即可求解．
本题主要考查了圆的动点问题，三角形全等的判定与性质，旋转的性质，三角形的中位线性质，勾股定理等知识，找到点D的运动轨迹是解题关键．
17.【答案】解：x2+2x−5=0
x2+2x=5，
x2+2x+1=6，
(x+1)2=6，
x+1=± 6，
x1=−1+ 6，x2=−1− 6．
【解析】根据配方法的步骤先把常数项移到等号的右边，再在左右两边同时加上一次项系数2的一半的平方，配成完全平方的形式，然后开方即可．
此题考查了配方法解一元二次方程，一元二次方程的解法有直接开平方方法，公式法，配方法，因式分解法等等，学生在平时的训练中，学会根据方程的特征，选择恰当的方法，提高解题效率．
18.【答案】证明：∵EC=BF，
∴EC+CF=BF+CF，
即 EF=BC，且AC=DF，AB=DE，
∴△ABC≌△DEF(SAS)
∴∠ACB=∠DFE，
∴AC/​/DF．
【解析】由“SSS”可证△ABC≌△DEF，可得∠ACB=∠DFE，可证AC/​/DF．
本题考查了全等三角形的判定和性质，证明△ABC≌△DEF是本题的关键．
19.【答案】14
【解析】解：(1)由题意得，小明购买门票在A区观赛的概率为14．
故答案为：14．
(2)画树状图如下：
共有16种等可能的结果，其中小明和小张在同一区域观看比赛的结果有4种，
∴小明和小张在同一区域观看比赛的概率为416=14．
(1)直接利用概率公式可得答案．
(2)画树状图得出所有等可能的结果数以及小明和小张在同一区域观看比赛的结果数，再利用概率公式可得出答案．
本题考查列表法与树状图法、概率公式，熟练掌握列表法与树状图法以及概率公式是解答本题的关键．
20.【答案】(1)证明：∵AB=OA=OB，
∴△OAB是等边三角形．
∴∠AOB=∠OBA=∠OAB=60°．
∵BC=OB，
∴BC=AB，
∴∠BAC=∠C，
∵∠OBA=∠BAC+∠C=60°，
∴∠BAC=∠C=30°．
∴∠OAC=∠OAB+∠BAC=90°．
∴OA⊥AC，
∴点A在⊙O上，
∴AC是⊙O的切线；
(2)解：如图，连接OF，过点O作OH⊥GF于点H．
∴GF=2HF，∠OHE=∠OHF=90°．
∵点D，E分别是AC，OA的中点，
∴OE=AE=12OA=12×4=2，DE//OC．
∴∠OEH=∠AOB=60°，OH=OEsin∠OEH= 3．
∴HF= OF2−OH2= 42−( 3)2= 13．
∴GF=2HF=2 13．
【解析】(1)证明∠OAC=90°即可；
(2)求弦长，根据垂径定理先求出弦长的一半即可．连接OF，过点O作OH⊥GF于点H，根据中位线定理得DE//OC，所以∠OEH=∠AOB=60°，求出OH，根据勾股定理求出HF，乘2即可求出GF．
本题考查了切线的判定，三角形中位线定理，垂径定理，属于中档题，构造直角三角形，利用勾股定理求出HF的长是解题的关键．
21.【答案】解：(1)如图，点C在点A向下两个格点处，点B在点A向右四个格点处，将CB平移至点A，此时点D在点A处向上两个格点向右四个格点处．
过点D作DF，点F在D点处向下四个格点向右两个格点处，此时，AD⊥DF，
同理，将DF平移至点A处，G点在点A向下四个格点向右两个格点处，
∵AG/​/DF，AD⊥DF，AD//BC，
∴AG⊥BC于点E．

(2)如图，找到AB中点O，以OB为邻边做正方形OBHN．

∵AC为两个格点，AB为四个格点，
∴连接CH必过点O，交半圆于点F，
∵∠HOB=45°，
∴∠OAF+∠OFA=45°，
又∵OA=OF，
∴∠ΟFA=∠OAF=∠AFC=22.5°，
∴∠AFC=14∠BAC．
在格点找到P连接AP与BF延长线相交于点D，可证明△ABF≌△ADF，
∴∠DAF=∠BAF
∴AP=AB，
在格点找到E，连接BE交AF与点M，
可证明△AMD≌△AMB，
∴∠ADM=∠ABM，
延长DM交AB于点G，
在△AGD与△AEB中，
∠ADG=∠ABEAD=AB∠DAF=∠BAF
∴AE=AG，
又∵A、C、E都在格点上，
∴AE=AG= 2，
∵AC=2
∴AC= 2AG．
【解析】(1)根据格点作图的基本要点直接作图即可．
(2)确定点F使得∠AFC=14∠BAC，可利用正方形对角线以及三角形外角性质可确定∠AFC.可在格点作三角形，通过利用三角形全等证明边长相等，找到点G使得AC= 2AG．
本题主要考查无刻度直尺作图问题，解题的关键在于掌握格点作图的基本要点和如何确定点F使得∠AFC=14∠BAC．
22.【答案】(20,−15) y=1100x2+25x
【解析】解：(1)由题意得：OA=40米，AE=60米，AB=CD=27米，AB−DE=12米，AB⊥x轴，CD⊥x轴，
∴DE=27−12=15米，OE=60−40=20米，
∴D(20,−15)，
∵CE=CD−DE=27−15=12米，
∴C(20,12)，
∵A(−40,0)，O(0,0)，
∴设下垂电缆的抛物线表达式为：y=ax(x+40)，
∴20a(20+40)=12，
∴a=1100，
∴y=1100x(x+40)=1100x2+25x；
故答案为：(20,−15)，y=1100x2+25x；
(2)这种电缆的架设符合安全要求，理由如下：
由(1)可知：y=1100x2+25x，B(−40,−27)，D(20,−15)，
设斜坡BD解析式为y=kx+b，代入B(−40,−27)，D(20,−15)，
可得：−40k+b=−2720k+b=−15，
解得：k=15b=−19，
∴斜坡BD解析式为y=15x−19，
则电缆与坡面的铅直高度GH=1100x2+25x−(15x−19)=1100x2+15x+19=1100(x+10)2+18，
∵1100>0，
∴当x=−10时，GH有最小值为18，GH最小=18>13.5，
∴这种电缆的架设符合安全要求；
(1)根据题意可得：DE和OE的长，根据第四象限的点D的象限特征可得点D的坐标，根据抛物线的三点A，O，C三点的坐标设下垂电缆的抛物线表达式为y=ax(x+40)，代入C(20,12)即可求解；
(2)先利用待定系数法求得斜坡BD解析式，可得电缆与坡面的铅直高度GH=1100x2+15x+19=1100(x+10)2+18，易知当x=−10时，GH有最小值为18，GH最小=18>13.5，即可求解．
本题主要考查了解直角三角形，二次函数在实际生活中的应用，应熟练运用二次函数的性质求最值．
23.【答案】2
【解析】解：【问题探究】(1)ED=EB，理由如下：
∵△CDE是等边三角形，
∴∠CED=60°，
∵∠ABC=30°，∠CED=∠B+∠EDB，
∴∠EDB=60°−∠B=30°，
∴∠EDB=∠B，
∴DE=EB；
(2)如图2，取AB的中点O，连接CO、EO，
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠A=60°，OC=OA，
∴△ACO为等边三角形，
∴CA=CO，
∵△CDE是等边三角形，
∴CD=CE，∠DCE=60°=∠ACO，
∴∠ACD=∠OCE，
在△ACD和△OCE中，
AC=OC ∠ACD=∠OCE CD=CE ，
∴△ACD≌△OCE(SAS)，
∴∠COE=∠A=60°，
∴∠BOE=180°−60°−60°=60°，
在△COE和△BOE中，
OC=OB ∠COE=∠BOE OE=OE ，
∴△COE≌△BOE(SAS)，
∴EC=EB，
∴ED=EB；
【问题拓展】
如图3，取AB的中点O，连接CO、EO、EB，
与(2)同理，△ACD≌△OCE，△OAC是为等边三角形，
∴∠COE=∠A=60°，
∴∠BOE=60°=∠COE，
又∵OC=OB，OE=OE，
∴△COE≌△BOE(SAS)，
∴EC=EB，
∴ED=EB，
∵EH⊥AB，
∴DH=BH=3，
∵GE/​/AB，
∴∠G=180°−∠A=120°，
∵∠GCD=∠GCE+60°=∠CDA+60°，
∴∠GCE=∠CDA，
在△CEG和△DCO中，
∠G=∠COD ∠ECG=∠ODC CE=CD ，
∴△CEG≌△DCO(AAS)，
∴CG=OD，
设CG=a，则AG=5a，OD=a，
∴AC=OC=4a，
∵OC=OB，
∴4a=a+3+3，
解得，a=2，
即CG=2，
故答案为：2．
【问题探究】
(1)根据等边三角形的性质、三角形的外角的性质得到∠EDB=∠B，根据等腰三角形的判定定理证明；
(2)取AB的中点O，连接CO、EO，分别证明△ACD≌△OCE和△COE≌△BOE，根据全等三角形的性质证明；
【问题拓展】
取AB的中点O，连接CO、EO、EB，根据等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质推出△CEG≌△DCO，根据全等三角形的性质解答即可．
本题是三角形综合题，考查的是等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
24.【答案】解：(1)对于y=x2−2x−3，当x=0时，y=−3，
令y=x2−2x−3=0，则x=−1或3，
故点A、B、C的坐标分别为：(−1,0)、(3,0)、(0,−3)；
(2)如图1，PE//AC，CP//AE，

∴点P的纵坐标为−3，
∴m2−2m−3=−3，
∴m=2或m=0(舍去)
如图2，图3，PE//AC，PE=AC．

∵A(−1,0)，C(0,−3)P(m,m2−2m−3)，
由平移得E(m+1,m2−2m−6)，
∵点E在x轴上，
∴m2−2m−6=0，
∴m=1± 7．
综上所述，m=2，m=1± 7．
(3)∵抛物线y=x2−2x−3向右平移一个单位长度得到抛物线C2，
∴y=(x−1)2−2(x−1)−3=x2−4x
C2：y=x2−4x，作NG⊥y轴于G，MH⊥x轴于H，如图4，
∵MH⊥x轴于H，NG⊥y轴于G，
∴∠NGO=∠MHO=90°
∵∠NOF=∠MOE
∴△OGN∽△OHM，

令N(n,n2−4n)，M(m,m2−4m)
∴nn2−4n=m2−4mm
∴mn−4(m+n)+15=0①
联立y=x2−4xy=kx+b，得：x2−(k+4)x−b=0，
∴m+n=k+4，mn=−b，
代入①式得：b=−4k−1，
∴y=kx−4k−1=k(x−4)−1，
∴T(4,−1)．
【解析】(1)二次函数的图象与x轴的交点横坐标是一元二次方程的根，二次函数的图象与y轴的交点等于常数项．
(2)当以点A，C，P，E为顶点的四边形是平行四边形时，由PE//AC，CP//AE可得P的纵坐标即可求解，当PE//AC，PE=AC时由平移的性质即可求解．
(3)作NG⊥y轴于G，MH⊥x轴于H，由∠NOF=∠MOE可得△OGN∽△OHM再由M点，N点在抛物线y=x2−4x上即可得nn2−4n=m2−4mm，联立直线方程与抛物线方程即可求解．
本题考查了二次函数的综合问题，已知解析式求交点坐标，平行四边形的性质，平移的性质，三角形相似的性质和判定，二次函数与一次函数综合问题，熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合是解本题的关键．红1
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