2020-2021学年湖北省十堰市某校初三（下）6月月考数学试卷

这是一份2020-2021学年湖北省十堰市某校初三（下）6月月考数学试卷，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。

1. −6的相反数是（ ）
A.15B.13C.−6D.6

2. 如图，AB//CD， AD⊥AC， ∠ACD=55∘，则∠BAD=（ ）

A.70∘B.55∘C.45∘D.35∘

3. 如图是由几个相同的正方体搭成的一个几何体，它的主视图是（ ）

A.B.C.D.

4. 下列计算正确的是（ ）
A.2a2+3a2=5a4B.a+b2=a2+ab+b2
C.−2a23=−8a6D.−2a2⋅3a2=−6a2

5. 在庆祝建党100周年的校园歌唱比赛中，11名参赛同学的成绩各不相同，按照成绩取前5名进入决赛．如果小明知道了自己的比赛成绩，要判断能否进入决赛，小明需要知道这11名同学成绩的( )
A.平均数B.中位数C.众数D.方差

6. 某工厂计划生产5000件T恤衫，由于更新了机器设备，实际每天生产T恤衫的数量是原计划的2倍，因此提前5天完成任务，设原计划每天生产T恤衫x件，根据题意，所列方程正确的是（ ）
A.5000x−5000x+2=5B.50002x−5000x=5
C.5000x−50002x=5D.5000x+2−50000x=5

7. 如图，小明在C处看到西北方向上有一凉亭A，北偏东35∘的方向上有一棵大树B，已知凉亭A在大树B的正西方向，若BC=100米，则A，B两点相距 （ ）米．

A.100(cs35∘+sin35∘)B.100(cs35∘−sin35∘)
C.100sin35∘+100cs35∘D.100sin35∘−100cs35∘

8. 如图，AB是⊙O的切线，以点A为切点，OB交⊙O于点C，点D在⊙O上，连接AD，CD，OA，若∠B=20∘，则∠ADC的度数为( )

A.40∘B.35∘C.30∘D.20∘

9. 如图，由等圆组成的一组图中，第①个图由1个圆组成，第②个图由5个圆组成，第③个图由11个圆组成，…，按照这样的规律排列下去，则第⑧个图由( )个圆组成．

A.71B.72C.73D.74

10. 如图，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过矩形OABC对角线的交点M，分别与AB，BC交于点D，E，若四边形ODBE的面积为9，则k的值为( )

A.2B.52C.3D.92
二、填空题

某种病毒近似于球体，它的半径约为0.0000005米，用科学记数法表示为________米.

如图， △ABC中，D点在BC上，将D点分别以AB、AC为对称轴，画出对称点E、F，并连接AE、AF．根据图中标示的角度，则∠EAF的度数为________.

若x−y=2，xy=3，则2x2y−2xy2的值是________.

对于实数a，b，定义运算“※”如下：a※b=a2−ab+1，若x+1※x=6 ，则x的值为________.

如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，BC=2，将Rt△ABC绕点C顺时针旋转60∘后得Rt△DEC，此时点B恰好在线段DE上，其中点A经过的路径为弧AD，则图中阴影部分的面积是________．


如图，平面直角坐标系中，已知A3,1 ，M为x轴上一动点，以AM为边向右侧作等边△AMN，则ON的最小值为________.

三、解答题

计算：327+|1−3|+12−2−2sin60∘.

化简： x2+2x−1+2÷x+2x2−2x+1.

某校为了解学生对“新冠肺炎”及防护知识掌握情况，对全校学生进行新冠肺炎及防护知识测试，试卷满分100分．随机抽取了部分学生的测试成绩进行分析，按A，B，C，D四个等级进行统计，并将统计结果绘制了如下两幅不完整的统计图．（说明：测试成绩取整数，A级：90分∼100分；B级：80分∼89分；C级：70分∼79分；D级：70分以下）.

(1)学校共调查了________名学生．补全条形图．C级在扇形图中的圆心角是________.

(2)全校一共有2400人，估计有多少人对“新冠肺炎”及防护知识掌握能达到90分及以上？

(3)在抽样的D等级学生中每人成绩不同，随机抽取两名学生进行“新冠肺炎”及防护知识的强化学习，用列表或者画树状图求出恰好抽中成绩最后的两名学生的概率．

已知关于x的一元二次方程x2+2x+2k−4=0有两个不相等的实数根．
(1)求k的取值范围；

(2)若k为正整数，且该方程的都是整数，求方程的根．

如图，在矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交AD，AC，BC于点E，O，F，连接CE和AF．
(1)求证：四边形AECF为菱形；

(2)若AB=4，BC=8，求菱形AECF的周长．

如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，AD平分∠BAC交BC于点D，O为AB上一点，经过点A，D的⊙O分别交AB，AC于点E，F，连接OF交AD于点G．

(1)求证：BC是⊙O的切线；

(3)若BE=8，sinB=513，求DG的长．

某企业接到生产一批手工艺品订单，须连续工作15天完成．产品不能叠压，需专门存放，第x天每件产品成本
p（元）与时间x（天）之间的关系为p=0.5x+7(1≤x≤5，x为整数）．约定交付产品时每件20元．李师傅作了记录，发现每天生产的件数y（件）与时间x（天）满足关系：y=2x+201≤x≤10,4010≤x≤15.
(1)第12天时，李师傅创造的利润是________元；

(2)设李师傅第x天创造的利润为W元，求出W与x的函数关系式，并求李师傅第几天创造的利润最大？是多少元？

(3)这次订单每名员工平均每天创造利润299元．企业奖励办法是：员工某天创造利润超过平均值时就发奖金，请直接写出李师傅获得奖金的天数．


(1)将正方形AEFG绕正方形ABCD的顶点A逆时针旋转（如图1），则BE与DG之间的数量关系为________，位置关系为________；

(2)把正方形改成菱形AEFG和菱形ABCD，将菱形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图2），试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，1中的结论BE=DG仍成立？请说明理由；

(3)把正方形改成矩形AEFG和矩形ABCD，且AEAG=ABAD=23，AE=4，AB=8，将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图3），连接DE、BG，发现：在旋转过程中， DE2+BG2的值是定值，请直接写出这个定值．

已知抛物线y=12x2+bx+c的对称轴是直线x=1，与x轴交于点A，B两点（点A在点B的左边）与y轴交于点C0,−32.

(1)求抛物线的解析式；

(2)点D是抛物线上一点，并且∠DAB=2∠ABC，求点D的坐标；

(3)点M是抛物线第一象限上的一点，点N在射线AM上，是否存在点N，使△ABN与△ACB相似，若存在，请直接写出点N的坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省十堰市某校初三（下）6月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
相反数
【解析】
求一个数的相反数，即在这个数的前面加负号．
【解答】
解：−6的相反数是6.
故选D.
2.
【答案】
D
【考点】
平行线的性质
【解析】
根据垂线的定义可得三角形ACD是直角三角形，根据平行线的性质即可得到结论．
【解答】
解：∵ AD⊥AC，
∴ ∠CAD=90∘，
∴ ∠ADC+∠ACD=90∘，
∵ ∠ACD=55∘，
∴ ∠ADC=35∘，
∵ AB//CD，
∴ ∠ADC=∠BAD=35∘.
故选D．
3.
【答案】
D
【考点】
简单组合体的三视图
【解析】
根据从正面看得到的视图是主视图，可得答案．
【解答】
解：从正面看有三列，从左起第一列有一个正方形，第二列有两个正方形，第三列有一个正方形，所以主视图如图，
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
幂的乘方与积的乘方
合并同类项
完全平方公式
单项式乘单项式
【解析】
分别根据同底数幂的乘法和除法，幂的乘方和积的乘方以及合并同类项的法则计算即可判断正误．
【解答】
解：A应为2a2+3a2=5a2，故本选项错误；
B，应为(a+b)2=a2+2ab+b2，故本选项错误；
C，(−2a2)3=−8a6，正确；
D，应为−2a3⋅3a2=−6a5，故本选项错误．
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
统计量的选择
中位数
【解析】
由于比赛取前5名参加决赛，共有11名选手参加，根据中位数的意义分析即可．
【解答】
解：11个不同的成绩按从小到大排序后，中位数及中位数之后的共有6个数，
故只要知道自己的成绩和中位数就可以知道是否进入决赛了．
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
由实际问题抽象为分式方程
【解析】
设原计划每天生产T恤衫x件，现在每天生产2x件,根据提前5天完成任务，列方程即可．
【解答】
解：设原计划每天生产T恤衫x件，现在每天生产2x件，
可得:5000x−50002x=5
故选C.
7.
【答案】
A
【考点】
解直角三角形的应用-方向角问题
【解析】
本题可通过构建直角三角形来解答，过点C作AB的垂线交AB于D，CD是直角三角形ACD和CBD的公共直角边，要先求出CD的值然后再求AD，BD的值，进而得出AB的长．
【解答】
解：过点C作AB的垂线交AB于D，
∵B点在A点的正东方向上，
∴∠ACD=45∘， ∠DCB=35∘，
在Rt△BCD中，BC=100（米），
DB=BC⋅sin35∘=100⋅sin35∘（米），
CD=BC⋅cs35∘=100⋅cs35∘（米），
在Rt△ACD中，AD=CD，
AB=AD+DB=100sin35∘+cs35∘（米）．
故选A．
8.
【答案】
B
【考点】
圆周角定理
切线的性质
【解析】
先根据切线的性质得到∠OAB=90∘，则利用互余可计算出∠O=70∘，然后根据圆周角定理得到∠ADC的度数．
【解答】
解：∵ AB是⊙O的切线，
∴ OA⊥AB，
∴ ∠OAB=90∘.
∵ ∠B=20∘，
∴ ∠O=90∘−20∘=70∘，
∴ ∠ADC=12∠O=12×70∘=35∘.
故选B．
9.
【答案】
A
【考点】
规律型：图形的变化类
【解析】
首先分析题意，找到规律，并进行推导得出答案．
【解答】
解：根据图形的变化，发现第n个图形的最上边的一排是1个圆，第二排是2个圆，第三排是3个圆，…，第n排是n个圆，
则第⑧个图形中的圆的个数是：
21+2+…+7+2×8−1
=56+16−1
=71（个）.
故选A．
10.
【答案】
C
【考点】
反比例函数系数k的几何意义
反比例函数的性质
矩形的性质
反比例函数综合题
【解析】
本题可从反比例函数图象上的点E、M、D入手，分别找出△OCE、△OAD、矩形OABC的面积与|k|的关系，列出等式求出k值．
【解答】
解：由题意得，E，M，D位于反比例函数图象上，
则S△OCE=|k|2，S△OAD=|k|2.
过点M作MG⊥y轴于点G，作MN⊥x轴于点N，
则S矩形ONMG=|k|.
又∵ M为矩形ABCO对角线的交点，
∴ S矩形ABCO=4S矩形ONMG=4|k|，
由于函数图象在第一象限，k>0，
则k2+k2+9=4k，
解得k=3．
故选C.
二、填空题
【答案】
5×10−7
【考点】
科学记数法--表示较小的数
【解析】
绝对值小于1的负数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】
解：0.0000005=5×10−7．
故答案为：5×10−7．
【答案】
134∘
【考点】
三角形内角和定理
轴对称的性质
【解析】
本题根据轴对称的性质及三角形内角和定理解决问题.
【解答】
解：连接AD，
∵点D分别以AB、AC为对称轴，画出对称点E，F
∴∠EAB=∠BAD，∠FAC=∠CAD，
∵∠B=62∘，∠C=51∘，
∴∠BAC=180∘−∠B−∠C，
∴∠BAC=180∘−62∘−51∘=67∘，
∴∠EAF=∠EAB+∠BAD+∠DAC+∠FAC=2∠BAD+2∠DAC
=2∠BAC=134∘.
故答案为：134∘.
【答案】
12
【考点】
因式分解-提公因式法
列代数式求值
【解析】
利用整体思想，对所求代数式进行化简，提出公因式2xy，整体代入即可．
【解答】
解：原式=2xyx−y
∵x−y=2，xy=3，
∴原式=2×3×2=12.
故答案为：12．
【答案】
4
【考点】
定义新符号
【解析】
根据题意列出方程，解方程即可．
【解答】
解；由题意得，
x+12−x+1⋅x+1=6，
整理得，x+2=6，
解得x=4．
故答案为：4．
【答案】
2π−3
【考点】
旋转的性质
扇形面积的计算
【解析】
利用旋转的性质以及等边三角形的判定得出△BCE是等边三角形，进而得出S扇形ACD+S△DCE−S△ACB−S△BCE求出即可．
【解答】
解：过点B作BF⊥EC于点F，
由题意可得：
BC=CE=2，∠ACD=∠BCE=60∘，
故△BCE是等边三角形，
∴∠ABC=60∘，
∴AC=BCtan60∘=23，
∵EC=2，
∴FC=EF=1，则BF=3，
∴图中阴影部分的面积是：
S扇形ACD+S△DCE−S△ACB−S△BCE
=60π⋅232360−12×2×3=2π−3．
故答案为：2π−3．
【答案】
2
【考点】
全等三角形的性质与判定
动点问题
【解析】
1
【解答】
解：如图，
作等边三角形OAB，连接NB延长交x轴于C，
则AM=AN，AO=AB，∠MAO=∠NAB，
故△MAO≅△NAB，
所以MO=NB，
故点N在直线NC上运动.
因为A(3,1)，
易得∠AOC=30∘，
即x轴所在直线为等边三角形AOB的角平分线，且∠AOM=150∘，
则x轴⊥AB，
所以∠ABO=60∘.
又因为∠ABN=∠AOM=150∘，
所以∠OBN=90∘，
即ONmin=OB=2.
故答案为：2.
三、解答题
【答案】
解：327+|1−3|+12−2−2sin60∘
=3+(3−1)+4−2×32
=3+3−1+4−3
=6.
【考点】
零指数幂、负整数指数幂
立方根的性质
特殊角的三角函数值
绝对值
实数的运算
【解析】
直接利用绝对值的性质以及特殊角的三角函数值、负整数指数幂的性质、立方根的性质分别化简得出答案．
【解答】
解：327+|1−3|+12−2−2sin60∘
=3+(3−1)+4−2×32
=3+3−1+4−3
=6.
【答案】
解：原式=x2+2xx−1×(x−1)2x+2
=x(x−1).
【考点】
分式的化简求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：原式=x2+2xx−1×(x−1)2x+2
=x(x−1).
【答案】
40,72
(2)2400×840=480(人)，
所以该校有480人对“新冠肺炎”及防护知识掌握能达到90分及以上．
(3)设四人为P,Q,M,N,成绩最后两名为M,N，画树状图有
由图可知，共有12种情况，其中是M,N的有两种，
所以P=16.
答：恰好抽中成绩最后的两名学生的概率为16.
【考点】
用样本估计总体
列表法与树状图法
频数（率）分布直方图
扇形统计图
【解析】
(1)用B级人数除以它所占的百分比得到调查的总人数；
(2)用2400乘以样本中A级人数所占的百分比即可．

【解答】
解：(1)20÷50%=40(人)，
所以该企业员工中参加本次安全生产知识测试共有40人；
C级人数=40−8−20−4=8(人)，
C级在扇形图中的圆心角=840×360∘=72∘，
条形统计图为：
故答案为：40；72.
(2)2400×840=480(人)，
所以该校有480人对“新冠肺炎”及防护知识掌握能达到90分及以上．
(3)设四人为P,Q,M,N,成绩最后两名为M,N，画树状图有
由图可知，共有12种情况，其中是M,N的有两种，
所以P=16.
答：恰好抽中成绩最后的两名学生的概率为16.
【答案】
解：(1)根据题意得Δ=4−42k−4=20−8k>0，
解得k<52.
(2)由k为正整数，得到k=1或2，
利用求根公式表示出方程的解为x=−1±5−2k.
∵ 方程的解为整数，
∴ 5−2k为完全平方数，
∴ k的值为2，
将k=2代入x=−1±5−2k，
得x1=0，x2=−2.
【考点】
根的判别式
一元二次方程的解
【解析】
(1)一元二次方程有两个不相等的实数根，则Δ>0，从而可得到k的取值范围.
(2)由k为正整数，得到k=1或2，利用求根公式表示出方程的解为x=−1±5−2k,
因为方程的解为整数，所以5−2k为完全平方数，则k的值只能为2，
将k=2代入x=−1±5−2k,可得x1=0,x2=−2.
【解答】
解：(1)根据题意得Δ=4−42k−4=20−8k>0，
解得k<52.
(2)由k为正整数，得到k=1或2，
利用求根公式表示出方程的解为x=−1±5−2k.
∵ 方程的解为整数，
∴ 5−2k为完全平方数，
∴ k的值为2，
将k=2代入x=−1±5−2k，
得x1=0，x2=−2.
【答案】
(1)证明：∵ EF是AC的垂直平分线，
∴ AO=OC，∠AOE=∠COF=90∘，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD // BC，
∴ ∠EAO=∠FCO，
在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCO，AO=CO，∠AOE=∠COF，
∴ △AEO≅△CFO(ASA)；
∴ OE=OF.
又∵ OA=OC，
∴ 四边形AECF是平行四边形，
又∵ EF⊥AC，
∴ 平行四边形AECF是菱形；
(2)解：设AF=x，
∵ EF是AC的垂直平分线，
∴ AF=CF=x，BF=8−x，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB2+BF2=AF2，
∴42+(8−x)2=x2，
解得 x=5．
∴ AF=5，
∴ 菱形AECF的周长为20．
【考点】
矩形的性质
菱形的判定
平行四边形的判定
勾股定理
线段垂直平分线的性质
全等三角形的判定
全等三角形的性质
【解析】
（1）根据ASA推出：△AEO≅△CFO；根据全等得出OE＝OF，推出四边形是平行四边形，再根据EF⊥AC即可推出四边形是菱形；
（2）根据线段垂直平分线性质得出AF＝CF，设AF＝x，推出AF＝CF＝x，BF＝3−x，在Rt△ABF中，由勾股定理得出方程62+(8−x)2＝x2，求出即可．
【解答】
(1)证明：∵ EF是AC的垂直平分线，
∴ AO=OC，∠AOE=∠COF=90∘，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD // BC，
∴ ∠EAO=∠FCO，
在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCO，AO=CO，∠AOE=∠COF，
∴ △AEO≅△CFO(ASA)；
∴ OE=OF.
又∵ OA=OC，
∴ 四边形AECF是平行四边形，
又∵ EF⊥AC，
∴ 平行四边形AECF是菱形；
(2)解：设AF=x，
∵ EF是AC的垂直平分线，
∴ AF=CF=x，BF=8−x，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：AB2+BF2=AF2，
∴42+(8−x)2=x2，
解得 x=5．
∴ AF=5，
∴ 菱形AECF的周长为20．
【答案】
(1)证明：如图，连接OD，
∵ AD为∠BAC的角平分线，
∴ ∠BAD=∠CAD，
∵ OA=OD，
∴ ∠ODA=∠OAD，
∴ ∠ODA=∠CAD，
∴ OD // AC，
∵ ∠C=90∘，
∴ ∠ODC=90∘，
∴ OD⊥BC，
∴ BC为圆O的切线.
(2)解：连接EF，在Rt△BOD中，sinB=ODOB=513，
设圆的半径为r，可得rr+8=513，
解得r=5，
∴ AE=10，AB=18.
∵ AE是直径，
∴ ∠AFE=∠C=90∘，
∴ EF // BC，
∴ ∠AEF=∠B，
∴ sin∠AEF=AFAE=513，
∴ AF=AE⋅sin∠AEF=10×513=5013.
∵ AF // OD，
∴ AGDG=AFOD=50135=1013，即DG=1323AD，
∴ AD=AB×AF=18×5013=301313，
则DG=1323×301313=301323．
【考点】
切线的判定
圆的综合题
锐角三角函数的定义--与圆有关
【解析】
此题属于圆的综合题，涉及的知识有：切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数定义，勾股定理，以及平行线的判定与性质．
【解答】
(1)证明：如图，连接OD，
∵ AD为∠BAC的角平分线，
∴ ∠BAD=∠CAD，
∵ OA=OD，
∴ ∠ODA=∠OAD，
∴ ∠ODA=∠CAD，
∴ OD // AC，
∵ ∠C=90∘，
∴ ∠ODC=90∘，
∴ OD⊥BC，
∴ BC为圆O的切线.
(2)解：连接EF，在Rt△BOD中，sinB=ODOB=513，
设圆的半径为r，可得rr+8=513，
解得r=5，
∴ AE=10，AB=18.
∵ AE是直径，
∴ ∠AFE=∠C=90∘，
∴ EF // BC，
∴ ∠AEF=∠B，
∴ sin∠AEF=AFAE=513，
∴ AF=AE⋅sin∠AEF=10×513=5013.
∵ AF // OD，
∴ AGDG=AFOD=50135=1013，即DG=1323AD，
∴ AD=AB×AF=18×5013=301313，
则DG=1323×301313=301323．
【答案】
280
(2)当1≤x<10时，
W=20−0.5x+72x+20
=−x2+16x+260，
当10≤x≤15时，
W=20−0.5x+7×40=−20x+520，
即W=−x2+16x+2601≤x≤10,−20x+52010≤x≤15,
当1≤x<10时，
W=−x2+16x+260=−x−82+324，
∴当x=8时，W取得最大值，此时W=324，
当10≤x≤15时，
W=−20x+520，
∴当x=10时，W取得最大值，此时W=320，
∵324>320，
∴李师傅第8天创造的利润最大，最大利润是324元.
(3)当1≤x<10时，
令−x2+16x+260=299，
得x1=3，x2=13，
当W>299时，3∵1≤x<10，
∴3当10≤x≤15时，
令W=−20x+520>299，得x<11.05，
∴10≤x≤11，
由上可得，李师傅获得奖金的天数是第4天到第11天，共8天．
【考点】
二次函数的应用
一次函数的应用
二次函数的最值
【解析】
(1)根据题意可以求得W与x之间的函数关系式，并注明自变量x的取值范围：
(2)根据题意可以求得W与x之间的函数关系式，并注明自变量x的取值范围：
根据题意和题目中的函数表达式可以解答本题；
(3)根据(2)中的结果和不等式的性质可以解答本题．
【解答】
解：(1)当10≤x≤15时，
W=20−0.5x+7×40=−20x+520，
x=12时，W=−20×12+520=−240+520=280.
故答案为：280.
(2)当1≤x<10时，
W=20−0.5x+72x+20
=−x2+16x+260，
当10≤x≤15时，
W=20−0.5x+7×40=−20x+520，
即W=−x2+16x+2601≤x≤10,−20x+52010≤x≤15,
当1≤x<10时，
W=−x2+16x+260=−x−82+324，
∴当x=8时，W取得最大值，此时W=324，
当10≤x≤15时，
W=−20x+520，
∴当x=10时，W取得最大值，此时W=320，
∵324>320，
∴李师傅第8天创造的利润最大，最大利润是324元.
(3)当1≤x<10时，
令−x2+16x+260=299，
得x1=3，x2=13，
当W>299时，3∵1≤x<10，
∴3当10≤x≤15时，
令W=−20x+520>299，得x<11.05，
∴10≤x≤11，
由上可得，李师傅获得奖金的天数是第4天到第11天，共8天．
【答案】
BE=DG,BE⊥DG
(2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG，
理由如下：
∵ ∠EAG=∠BAD，
∴ ∠EAB=∠GAD，
又∵ 四边形AEFG和四边形ABCD为菱形，
∴ AE=AG，AB=AD，
∴ △AEB≅△AGDSAS，
∴ BE=DG.
(3)过点E作EM⊥DA，交DA的延长线于点M，
过点G作GN⊥AB于点N，由题意知， AE=4，AB=8，
∵ AEAG=ABAD=23，
∴ AG=6， AD=12，
∵ ∠EMA=∠ANG，∠MAE=∠GAN，
∴ △AME∽△ANG，
设EM=2a， AM=2b， 则GN=3a，AN=3b，则BN=8−3b，
∴ ED2=2a2+12+2b2=4a2+144+48b+4b2，
GB2=3a2+8−3b2=9a2+64−48b+9b2,
∴ ED2+GB2=13a2+b2+208=13×4+208=260.
【考点】
旋转的性质
正方形的性质
全等三角形的性质与判定
菱形的性质
相似三角形的性质与判定
【解析】
（1）延长DG交BE于点H，交AB于点O.根据正方形的性质得到AE=AG，
AB=AD， ∠EAB=∠GAD，证明△EAB≅△GAD，根据全等三角形的性质得到BE=DG，∠ADG=∠ABE 进而证明∠DHE=90∘得到答案；
（2）由菱形的性质得出AE=AG，AB=AD，证明△AEB≅△AGDSAS ，由全等三角形的性质可得出结论；
（3）过点E作EM⊥DA，交DA的延长线于点M，过点G作GN⊥AB于点N， 求出AG=6 AD=12， 证明△AME∼△ANG，设EM=2a，AM=2b，则GN=3a，AN=3b， 则BN=8−3b， 可得出答案.
【解答】
解：(1)延长DG交BE于点H，交AB于点O.
∵ 四边形AEFG为正方形，
∴ AE=AG，∠EAG=90∘，
又∵ 四边开ABCD为正方形，
∴ AB=AD，∠BAD=90∘，
∴ ∠EAB=∠GAD，
∴ △AEB≅△AGD SAS，
∴ BE=DG，∠ABE=∠ADG，
∵ ∠ADG+∠AOD=90∘，
∴ ∠ABE+∠BOH=90∘，
∴ ∠DHB=90∘，即BE⊥DG，
故答案为：BE=DG，BE⊥DG.
(2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG，
理由如下：
∵ ∠EAG=∠BAD，
∴ ∠EAB=∠GAD，
又∵ 四边形AEFG和四边形ABCD为菱形，
∴ AE=AG，AB=AD，
∴ △AEB≅△AGDSAS，
∴ BE=DG.
(3)过点E作EM⊥DA，交DA的延长线于点M，
过点G作GN⊥AB于点N，由题意知， AE=4，AB=8，
∵ AEAG=ABAD=23，
∴ AG=6， AD=12，
∵ ∠EMA=∠ANG，∠MAE=∠GAN，
∴ △AME∽△ANG，
设EM=2a， AM=2b， 则GN=3a，AN=3b，则BN=8−3b，
∴ ED2=2a2+12+2b2=4a2+144+48b+4b2，
GB2=3a2+8−3b2=9a2+64−48b+9b2,
∴ ED2+GB2=13a2+b2+208=13×4+208=260.
【答案】
解：(1)∵对称轴是x=1,
∴−b2a=1,
∴−b2×12=1,c=−32,
∴b=−1,c=−32,
∴y=12x2−x−32.
(2)12x2−x−32=0，
12x2−2x−3=0，
x1=−1，x2=3，
∴A−1,0，B3,0.
在OB上取一点E，使CE=BE，
∴∠AEC=∠ECB+∠EBC=2∠EBC
∵∠DAB=2∠ABC，
∴∠DAB=∠AEC,
设DE=x，则BE=3−x,
∴CE=3−x,
在Rt△OCE中，322+x2=3−x2,
x=98,
∴tan∠AEC=OCOE=3298=43,
∴tan∠DAB=43，
∴DFAF=43，
∴|12m2−m−32|m+1=43
①32m2−3m−92=4m+4，
解得：m1=173，m2=−1（舍），
∴D1173,809，
②32m2−3m−92=−4m−4，
解得：m1=13，m2=−1（舍）
D213,−169.
即D1173，809，D213,−169.
(3)作NG⊥AB于点G，
∵ABBC=4325，
∠ABC=∠NAB，
①ANAB=ABBC或BCAB,
AN14=4325或AN24=3254,
AN1=16×235=3235,
AN2=325,
设NG=x，则AG=2x，AN=5x,
∴5x=3235，x=3215,
∴N14915,3215,
5x=325,
x=32,
∴N22,32.
②∠NAB=∠BAC,
∴ANAB=ABAC或ACAB，
ABAC=4132
设NG=3x，AG=2x，AN=13x,
∴AN4=4132,
13x=3213=3213,
∴ N35113,9613,
AN=16×213=3213，
AN4=1324，AN=132，
13x=132，
x=12，N40,32.
【考点】
待定系数法求二次函数解析式
二次函数综合题
二次函数图象与系数的关系
抛物线与x轴的交点
相似三角形的性质与判定
【解析】
答案未提供解析
答案未提供解析
答案未提供解析
【解答】
解：(1)∵对称轴是x=1,
∴−b2a=1,
∴−b2×12=1,c=−32,
∴b=−1,c=−32,
∴y=12x2−x−32.
(2)12x2−x−32=0，
12x2−2x−3=0，
x1=−1，x2=3，
∴A−1,0，B3,0.
在OB上取一点E，使CE=BE，
∴∠AEC=∠ECB+∠EBC=2∠EBC
∵∠DAB=2∠ABC，
∴∠DAB=∠AEC,
设DE=x，则BE=3−x,
∴CE=3−x,
在Rt△OCE中，322+x2=3−x2,
x=98,
∴tan∠AEC=OCOE=3298=43,
∴tan∠DAB=43，
∴DFAF=43，
∴|12m2−m−32|m+1=43
①32m2−3m−92=4m+4，
解得：m1=173，m2=−1（舍），
∴D1173,809，
②32m2−3m−92=−4m−4，
解得：m1=13，m2=−1（舍）
D213,−169.
即D1173，809，D213,−169.
(3)作NG⊥AB于点G，
∵ABBC=4325，
∠ABC=∠NAB，
①ANAB=ABBC或BCAB,
AN14=4325或AN24=3254,
AN1=16×235=3235,
AN2=325,
设NG=x，则AG=2x，AN=5x,
∴5x=3235，x=3215,
∴N14915,3215,
5x=325,
x=32,
∴N22,32.
②∠NAB=∠BAC,
∴ANAB=ABAC或ACAB，
ABAC=4132
设NG=3x，AG=2x，AN=13x,
∴AN4=4132,
13x=3213=3213,
∴ N35113,9613,
AN=16×213=3213，
AN4=1324，AN=132，
13x=132，
x=12，N40,32.