2023-2024学年安徽省合肥重点学校九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥重点学校九年级（上）月考数学试卷（12月份）（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.下列各式中表示二次函数的是( )
A. y=2−x2B. y=x−22C. y=1x2−x2D. y=x2+1x+1
2.如果线段a=2cm，b=18cm，那么a和b的比例中项是( )
A. 3cmB. 4cmC. ±6cmD. 6cm
3.下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称轴图形的是( )
A. B. C. D.
4.如图所示，△ABC中，DE/​/BC，若AD：DB=1：2，则下列结论中正确的是( )
A. DEBC=12
B. △ADE的周长△ABC的周长=12
C. △ADE的面积△ABC的面积=13
D. △ADE的周长△ABC的周长=13
5.已知α为锐角，且tan(90°−α)= 3，则α的度数为( )
A. 30°B. 60°C. 45°D. 75°
6.二次函数y=5(x−1)2+1的图象向下平移3个单位，再向左平移2个单位，所得到的函数关系式是( )
A. y=5(x+1)2−2B. y=5(x−1)2−2
C. y=5(x+1)2+2D. y=5(x−1)2+2
7.如图，在▱ABCD中，E在AB上，CE、BD交于F，若AE：BE=4：3，且BF=2，则DF的长为( )
A. 53B. 73C. 103D. 143
8.如图所示，已知A(13,y1)，B(3,y2)为反比例函数y=1x图象上的两点，动点P(x,0)在x轴正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是( )
A. (13,0)
B. (43,0)
C. (23,0)
D. (103,0)
9.如图，一个边长分别为3cm、4cm、5cm的直角三角形的一个顶点与正方形的顶点B重合，另两个顶点分别在正方形的两条边AD、DC上，那么这个正方形的面积是( )
A. 16215cm2
B. 15216cm2
C. 17216cm2
D. 16217cm2
10.如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处；点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，有下列结论：①∠EBG=45°；②AG+DF=FG；③△DEF∽△ABG；④S△ABG=32S△FGH.其中正确的是( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
11.如图，AB为⊙O的直径，CD为⊙O的弦，CD⊥AB，垂足为E，OE=3，CD=8，AB= ______ ．
12.如图，P为反比例函数y=kx的图象上一点，PA⊥x轴于点A，S△PAO=6，则k= ______ ．
13.如图，点A在二次函数y=ax2(a>0)第一象限的图象上，AB⊥x轴，AC⊥y轴，垂足分别为B、C，连接BC，交函数图象于点D，DE⊥y轴于点E，则DEBO的值为______．
14.如图，在矩形ABCD中，AD=5，CD=4，E是BC边上的点，BE=3，连接AE，垂足为点F，连接CF．
(1)DF= ______ ．
(2)sin∠DCF= ______ ．
三、解答题：本题共9小题，共90分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题8分)
计算：−12023+cs260°+(13)−2+tan45°．
16.(本小题8分)
已知二次函数y=−2x2+5x−2．
(1)写出该函数的对称轴，顶点坐标；
(2)求该函数与坐标轴的交点坐标．
17.(本小题8分)
已知反比例函数y=1−kx的图象经过点(2,−4)
(1)求k的值．
(2)点A(x1,y1)，B(x2,y2)均在反比例函数y=1−kx的图象上，若x118.(本小题8分)
在平面直角坐标系中，△ABC的顶点坐标分别为A(0,2)、B(1,3)，C(2,1)．
(1)在坐标系中画出△ABC关于y轴的对称图形△A1B1C1；
(2)在原点O的异侧，画出以O为位似中心与△ABC位似比为2的位似图形△A2B2C2；
19.(本小题10分)
2022年1月26日，合肥古逍遥津公园摩天轮“庐州之眼”正式开放，对外营业.该摩天轮静止时最高点A到地面的距离为90米，最低点B到地面的距离为10米，点O是摩天轮的圆心，AB是其垂直于地面的直径，若摩天轮匀速运行一周需要2分钟，某人在摩天轮启动前在点B处，摩天轮开启后匀速运行17秒后，求某人距离地面的高度.(结果精确到0.1米，参考数据：sin17°≈0.29，cs17°≈0.96，sin34°≈0.56，cs34°≈0.83，sin51°≈0.78，cs51°≈0.63.)
20.(本小题10分)
如图，AB是⊙O的直径，且经过弦CD的中点H，已知cs∠CDB=45，BD=5，求OH的长度．
21.(本小题12分)
如图，已知一次函数y=kx+b的图象与x轴交于点A，与反比例函数y=mx(x<0)的图象交于点B(−2,n)，过点B作BC⊥x轴于点C，点D(3−3n,1)是该反比例函数图象上一点．
(1)求m的值；
(2)若∠DBC=∠ABC，求一次函数y=kx+b的表达式．
22.(本小题12分)
已知菱形ABCD中，AB=8，点G是对角线BD上一点，CG交BA的延长线于点F．
(1)求证：CG2=GE⋅GF；
(2)如果DG=12GB，且AG⊥BF，求cs∠F．
23.(本小题14分)
如图，点C(0,1)是y轴正半轴上的点，点A的坐标为(3,0)，以AC为边作等腰直角三角形ABC，其中，AC=BC，∠ACB=90°，以点B为顶点的抛物线经过点A且和x轴交于另一点D，交y轴于点E．
(1)点B的坐标为______ ；
(2)求抛物线的函数表达式；
(3)在第一象限的抛物线上是否存在点P，使得S△ACP=2S四边形DCBE？若存在，求点P的坐标，不存在，则说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、y=2−x2是二次函数，故此选项符合题意；
B、y=x−22是一次函数，故此选项不符合题意；
C、此函数分母含有自变量，不是二次函数，故此选项不符合题意；
D、此函数分母含有自变量，不是二次函数，故此选项不符合题意．
故选：A．
根据二次函数的定义判定即可．
本题考查二次函数的定义．解题的关键是掌握二次函数的定义：一般地，形如y=ax2+bx+c(a、b、c是常数，a≠0)的函数，叫做二次函数．其中x、y是变量，a、b、c是常量，a是二次项系数，b是一次项系数，c是常数项．y=ax2+bx+c(a、b、c是常数，a≠0)也叫做二次函数的一般形式．
2.【答案】D
【解析】解：由比例中项的概念结合比例的基本性质，得：比例中项的平方等于两条线段的乘积．
设它们的比例中项是x cm，则
x2=2×18，
解得x=±6(线段是正数，负值舍去)．
所以x=6．
故选：D．
根据比例中项的定义，列出比例式即可得出中项，注意线段不能为负．
考查了比例中项的概念，注意：求两条线段的比例中项的时候，应舍去负数．
3.【答案】D
【解析】解：A、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项错误；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
故选：D．
根据中心对称图形以及轴对称图形的定义即可作出判断．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的定义，正确理解定义是解题关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵DE/​/BC，
∴△ADE∽△ABC，
∵AD：DB=1：2
∴AD：AB=1：3，
∴两相似三角形的相似比为1：3，
∵周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方，
∴D正确．
故选：D．
根据△ABC中DE/​/BC可以得到△ADE∽△ABC，再根据AD：DB=1：2可以得到AD：AB=1：3，从而得到两相似三角形的相似比为1：3，利用周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方可以得到答案．
本题考查了相似三角形的判定及性质，解题的关键是了解相似三角形周长的比等于对应边的比．
5.【答案】A
【解析】解：由题意，得
90°−α=60°，
解得α=30°，
故选：A．
根据特殊角三角函数值，可得答案．
本题考查了特殊角三角函数值，熟记特殊角三角函数值是解题关键．
6.【答案】A
【解析】解：将二次函数y=5(x−1)2+1的图象向下平移3个单位，再向左平移2个单位，所得到的函数关系式是：y=5(x−1+2)2+1−3，即y=5(x+1)2−2．
故选：A．
根据“左加右减，上加下减”的规律进行解答即可．
本题考查了二次函数图象与几何变换，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵在▱ABCD中，
∴BE/​/CD，AB=CD，
∴△EBF∽△CDF，
∴BFDF=BECD，
∵AE：BE=4：3，且BF=2，
∴BFDF=BECD=37=2DF，
∴DF=143．
故选：D．
利用平行四边形的性质得出△EBF∽△CDF，再利用相似三角形的性质得出DF的长．
此题主要考查了平行四边形的性质以及相似三角形的性质与判定，得出△EBF∽△CDF是解题关键．
8.【答案】D
【解析】解：∵把A(13,y1)，B(3,y2)代入反比例函数y=1x得：y1=3，y2=13，
∴A(13,3)，B(3,13).
在△ABP中，由三角形的三边关系定理得：|AP−BP|∴延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA−PB=AB，
即此时线段AP与线段BP之差达到最大，
设直线AB的解析式是y=ax+b(a≠0)
把A、B的坐标代入得：3=13a+b13=3a+b，
解得：a=−1b=103，
∴直线AB的解析式是y=−x+103，
当y=0时，x=103，即P(103,0)；
故选：D．
先求出A、B的坐标，设直线AB的解析式是y=kx+b，把A、B的坐标代入求出直线AB的解析式，根据三角形的三边关系定理得出在△ABP中，|AP−BP|本题考查了三角形的三边关系定理和用待定系数法求一次函数的解析式的应用，解此题的关键是确定P点的位置，题目比较好，但有一定的难度．
9.【答案】D
【解析】解：如图，∵△BEF的三边为3、4、5，而32+42=52，
∴△BEF为直角三角形，
∴∠FEB=90°，而四边形ABCD为正方形，
∴∠D=∠C=90°，
∴△FDE∽△ECB，
∴DE：CB=EF：EB，即DE：CB=3：4，
∴设DE为3x，则BC是4x，
∴EC是x，
∵三角形EBC为直角三角形，
∴EB2=EC2+BC2，
∴16=x2+(4x)2，
∴x2=1617，
∵S正方形ABCD=(4x)2=16217cm2．
故选：D．
如图，由△BEF的三边为3、4、5，根据勾股定理逆定理可以证明其是直角三角形，利用正方形的性质可以证明△FDE∽△ECB，然后利用相似三角形的性质可以得到DE：CB=3：4，设DE为3x，则BC是4x，根据勾股定理即可求出x2=1617，也就求出了正方形的面积．
此题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理等知识，综合性比较强，对于学生的能力要求比较高．
10.【答案】C
【解析】解：∵△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处；点G在AF上，
将△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处，
∴∠CBE=∠FBE，∠ABG=∠FBG，BF=BC=10，BH=BA=6，AG=GH，
∴∠EBG=∠EBF+∠FBG=12∠CBF+12∠ABF=12∠ABC=45°，所以①正确；
在Rt△ABF中，AF= BF2−AB2= 102−62=8，
∴DF=AD−AF=10−8=2，
设AG=x，则GH=x，GF=8−x，HF=BF−BH=10−6=4，
在Rt△GFH中，∵GH2+HF2=GF2，
∴x2+42=(8−x)2，解得x=3，
∴GF=5，
∴AG+DF=FG=5，所以②正确；
∵△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处
∴∠BFE=∠C=90°，
∴∠EFD+∠AFB=90°，
而∠AFB+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠EFD，
∴△ABF∽△DFE，
∴ABDF=AFDE，
∴DEDF=AFAB=86=43，
而ABAG=63=2，
∴ABAG≠DEDF，
∴△DEF与△ABG不相似；所以③错误．
∵S△ABG=12×6×3=9，S△GHF=12×3×4=6，
∴S△ABG=1.5S△FGH.所以④正确．
故选C
利用折叠性质得∠CBE=∠FBE，∠ABG=∠FBG，BF=BC=10，BH=BA=6，AG=GH，则可得到∠EBG=12∠ABC，于是可对①进行判断；在Rt△ABF中利用勾股定理计算出AF=8，则DF=AD−AF=2，设AG=x，则GH=x，GF=8−x，HF=BF−BH=4，利用勾股定理得到x2+42=(8−x)2，解得x=3，所以AG=3，GF=5，于是可对②进行判断；接着证明△ABF∽△DFE，利用相似比得到DEDF=AFAB=43，而ABAG=63=2，所以ABAG≠DEDF，所以△DEF与△ABG不相似，于是可对③进行判断；分别计算S△ABG和S△GHF可对④进行判断．
本题考查了三角形相似的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；在利用相似三角形的性质时，主要利用相似比计算线段的长．也考查了折叠和矩形的性质．
11.【答案】10
【解析】解：如图，连接OC，
∵AB为⊙O的直径，CD为⊙O的弦，CD⊥AB，
∴CE=DE=12CD=12×8=4，在Rt△OCE中，OC= OE2+CE2= 32+42=5，
∴AB=2OC=10，
故答案为：10．
根据垂径定理得到CE=DE=4，再利用勾股定理计算出OC，从而得到直径AB的长．
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
12.【答案】−12
【解析】解：依据比例系数k的几何意义可得，△PAO的面积=12|k|，
即12|k|=6，
解得，k=±12，
由于函数图象位于第二、四象限，
故k=−12．
故答案为：−12．
根据反比例函数比例系数k的几何意义可知，△PAO的面积=12|k|，再根据图象所在的象限即可求出k的值．
本题考查反比例函数比例系数k的几何意义，过双曲线上的任意一点分别向两条坐标轴作垂线，与坐标轴围成的矩形面积就等于|k|.本知识点是中考的重要考点，同学们应高度关注．
13.【答案】 5−12
【解析】解：设A(m,am2)，则B(m,0)，C(0,am2)，
设直线y=kx+b，
∴mk+b=0b=am2，解得k=−amb=am2，
∴y=−amx+am2，
解y=−amx+am2y=ax2得x1= 5−12m，x2=− 5−12m(舍去)，
∵DE⊥y轴于点E，
∴DE= 5−12m，
∴DEOB= 5−12mm= 5−12．
故答案为 5−12．
设A(m,am2)，则B(m,0)，C(0,am2)，根据待定系数法求得直线BC的解析式，然后联立方程求得D的横坐标即可求得DEBO的值．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式以及二次函数和一次函数的交点问题，求得D的横坐标是解题的关键．
14.【答案】4 2 55
【解析】解：∵矩形ABCD，
∴AB=CD=4，∠B=∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠BEA=90°，∠BAE+∠DAF=90°，
∴∠BEA=∠DAF，
∵BE=3，
∴AE= AB2+BE2=5．
∴AE=AD，
在△ABE和△DFA∠B=∠BAD=90°，∠BEA=∠DAF，AE=AD，
∴△ABE≌△DFA，
∴DF=AB=4；
(2)∵△ABE≌△DFA，
∴AF=BE=3
∴EF=CE=2．
如图，连接DE交CF于点H，
∵DF=CD，EF=CE，
∴DE⊥CF，
∴∠DCH+∠HDC=∠DEC+∠HDC=90°，
∴∠DCH=∠DEC．
在Rt△DCE中，
∵CD=4，CE=2，
∴DE=2 5，
∴sin∠DCF=sin∠DEC=CDDE=2 55．
(1)由矩形的性质可得AB=CD=4、∠B=∠BAD=90°进而得到∠BEA=∠DAF，运用勾股定理可得AE=5，即AE=AD；然后再证明△ABE≌△DFA可得DF=AB=4；
(2)由△ABE≌△DFA可得AF=BE=3，进而得到EF=CE=2；如图，连接DE交CF于点H，根据垂直的定义和等量代换可得∠DCH=∠DEC，最后在Rt△DCE中解直角三角形即可解答．
本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，正确作出辅助线是解答本题的关键．
15.【答案】解：−12023+cs260°+(13)−2+tan45°
=−1+(12)2+9+1
=−1+14+9+1
=914．
【解析】利用有理数的乘方，负整数指数幂，特殊角的锐角三角函数值计算求解即可．
本题主要考查了实数运算和特殊角度的三角函数，解决本题的关键是要熟练掌握整数指数幂和负整指数幂的计算法则．
16.【答案】解：(1)∵y=−2(x2−52x+254−254)−2=−2(x−52)2+212，
∴抛物线的对称轴x=52，顶点坐标为(52,212).
(2)对于抛物线y=−2x2+5x−2，令x=0，得到y=−2，令y=0，得到−2x2+5x−2=0，解得x=2或12，
∴抛物线交y轴于(0,−2)，交x轴于(2,0)或(12,0)．
【解析】(1)利用配方法即可解决问题；
(2)利用待定系数法即可解决问题；
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
17.【答案】解：(1)把点(2,−4)代入到反比例函数y=1−kx中得，−4=1−k2，
解得k=9，
∴k的值为9；
(2)由(1)得反比例函数解析式为y=1−9x=−8x，
∵−8<0，
∴反比例函数经过第二，四象限，在每个象限内y随x增大而增大，
∵点A(x1,y1)，B(x2,y2)都在反比例函数y=−8x的图象上，
∴当0y2．
【解析】(1)利用待定系数法求解即可；
(2)根据(1)可得反比例函数解析式为y=−8x，进而得到反比例函数经过第二，四象限，在每个象限内y随x增大而增大，据此求解即可．
本题主要考查了待定系数法求反比例函数解析式，反比例函数图象的性质，正确求出反比例函数解析式是解题的关键．
18.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1为所作；
(2)如图，△A2B2C2即为所作，A2(0,−4)，B2(−2,−6)，C2(−4,−2)．

【解析】(1)利用关于y轴对称点的坐标特征得出点A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
(2)利用以原点为位似中心的对应点的坐标特征得到点A2、B2、C2的坐标，然后描点即可．
本题考查了位似变换：在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k.也考查了轴对称．
19.【答案】解：由题意可得BC=10米，AC=90米，AC垂直于底面，
∴AB=AC−BC=80(米)，
∴OB=40(米)，OC=OB+BC=50(米)，
∵摩天轮匀速运行一周需要2分钟，
∴摩天轮运行为360°2×60=3(度/秒)，
∴摩天轮开启后匀速运行17秒后运行的角度为17×3=51°，
设17秒后，人在如图所示的点D处，过点D作DE垂直于地面与点E，过点D作DF⊥OB于点F，
则四边形DECF为矩形，∠DOF=51°，OD=OB=40米，
∴DE=CF，
在Rt△DOF中，OF=OD⋅cs∠DOF≈40×0.63=25.2(米)，
∴CF=OC−OF=50−25.2=24.8(米)，
∴DE=CF=24.8米，即人距离地面的高度为24.8米．
【解析】由题意可得BC=10米，AC=90米，AC垂直于底面，则AB=80米，OB=40米，OC=50米，由摩天轮匀速运行一周需要2分钟可得摩天轮运行为3度/秒，因此摩天轮开启后匀速运行17秒后运行的角度为51°，设17秒后，人在如图所示的点D处，过点D作DE垂直于地面与点E，过点D作DF⊥OB于点F，则四边形DECF为矩形，∠DOF=51°，OD=OB=40米，在Rt△DOF中，解直角三角形即可求解．
本题主要考查解直角三角形的应用，解直角三角形的一般过程是：①将实际问题抽象为数学问题(画出平面图形，构造出直角三角形转化为解直角三角形问题)；②根据题目已知特点选用适当锐角三角函数或边角关系去解直角三角形，得到数学问题的答案，再转化得到实际问题的答案．
20.【答案】解：连接OD，

∵AB是⊙O的直径，且经过弦CD的中点H，
∴AB⊥CD，
∴∠OHD=∠BHD=90°，
∵cs∠CDB=45，BD=5，
∴cs∠CDB=DHBD=45，
∴DH=4，
∴BH= BD2−DH2= 52−42=3，
设OH=x，则BO=OD=x+3，
在Rt△OHD中，OH2+DH2=OD2，
∴x2+16=(x+3)2，
∴x=76，
∴OH=76，
∴OH的长度为76．
【解析】连接OD，根据题意可得AB⊥CD，先在Rt△DHB中，利用锐角三角函数求出DH，再利用勾股定理求出BH，最后在Rt△OHD中，利用勾股定理进行计算即可解答．
本题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，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)∵点B(−2,n)、D(3−3n,1)在反比例函数y=mx(x<0)的图象上，
∴−2n=m3−3n=m，
解得：n=3m=−6．
(2)由(1)知反比例函数解析式为y=−6x，
∵n=3，
∴点B(−2,3)、D(−6,1)，
如图，过点D作DE⊥BC于点E，延长DE交AB于点F，
在△DBE和△FBE中，
∵∠DBE=∠FBEBE=BE∠BED=∠BEF=90°，
∴△DBE≌△FBE(ASA)，
∴DE=FE=4，
∴点F(2,1)，
将点B(−2,3)、F(2,1)代入y=kx+b，
∴−2k+b=32k+b=1，
解得：k=−12b=2，
∴y=−12x+2．
【解析】(1)由点B(−2,n)、D(3−3n,1)在反比例函数y=mx(x<0)的图象上可得−2n=3−3n，即可得出答案；
(2)由(1)得出B、D的坐标，作DE⊥BC、延长DE交AB于点F，证△DBE≌△FBE得DE=FE=4，即可知点F(2,1)，再利用待定系数法求解可得．
本题主要考查的是一次函数和反比例函数的综合应用，熟练掌握待定系数法求函数解析式及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
22.【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=AD，∠CDG=∠ADG，
在△ADG和△CDG中，
AD=CD∠CDG=∠ADGDG=DG，
∴△ADG≌△CDG(SAS)，
∴∠DAG=∠DCG，CG=AG
∵BF/​/CD，
∴∠F=∠DCG=∠DAG，
∴△GAE∽△GFA，
∴AG2=GE⋅GF，
∴CG2=GE⋅GF；
(2)∵BF//CD，DG=12GB，
∴CDBF=DGBG=12，
∴BF=2CD=16，AF=8，
∴∠ABD=∠DAG=∠F，
∴△DAG∽△DBA，
∴AD2=DG⋅BD，
∴DG=8 33，BG=16 33，
∴csF=cs∠ABG=ABBG= 32．
【解析】(1)利用菱形的性质易证△ADG≌△CDG，由全等三角形的性质可得：∠DAG=∠DCG，再根据菱形的性质可得∠F=∠DCG=∠DAG，所以△GAE∽△GFA，由相似三角形的性质即可证明AG2=GE⋅GF；
(2)易证△DAG∽△DBA，由相似三角形的性质可得AD2=DG⋅BD，再利用已知条件可证明∠ABD=∠DAG=∠F，进而根据csF=cs∠ABG的值，得出∠F的度数．
本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定及相似三角形的判定及性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用．
23.【答案】(1,4)
【解析】解：(1)∵C(0,1)，A(3,0)，
∴OC=1，OA=3．
作BF⊥CE垂足为F，如图，
∵∠BAC=90°，
∴∠BCF+∠OCA=90°．
∵OC⊥OA，
∴∠OCA+∠OAC=90°．
∴∠BCF=∠CAO．
在△CBF和△ACO中，
∠BFC=∠COA=90°∠BCF=∠CAOCB=CA，
∴△CBF≌△ACO(AAS)．
∴BF=OC=1，CF=OA=3．
∴OF=OC+CF=4．
∴B(1,4)．
故答案为：(1,4)；
(2)设抛物线的函数表达式为y=a(x−1)2+4，
由题意得：4a+4=0，
解得：a=−1．
所以抛物线的函数表达式为y=−(x−1)2+4，
即y=−x2+2x+3；
(3)在第一象限的抛物线上存在点P，使得S△ACP=2S四边形DCBE.理由：
由对称性得D(−1,0)，
∴OD=1．
令x=0，则y=3，
∴E(0,3)．
∴OE=3，
∴CE=OE−OC=2．
∴S四边形DCBE=S△DCE+S△BCE=12×CE×OD+12×CE×BF=12×2×1+12×2×1=2．
设直线AC的表达式为：y=kx+b，
由题意得：3k+b=0b=1，
解得：k=−13b=1，
∴直线AC的表达式为：y=−13x+1；
如图，假设存在点P，设P(t,−t2+2t+3)，作PQ/​/y轴交AC于Q，
交x轴于点F，则Q(t,−13t+1)．
∴PF=−t2+2t+3，QF=−13t+1，
∴PQ=PF−QF，
即PQ=−t2+2t+3−(−13t+1)=−t2+73t+2，
∴S△PAC=S△PQC+S△PQA=12PQ×OF+12×PQ×FA=12×PQ×OA，
∴S△PAC=12×(−t2+73t+2)×3=−32t2+72t+3．
∵S△ACP=2S四边形DCBE，
∴−32t2+72t+3=4，
整理得：3t2−7t+2=0，
解得：t1=2，t2=13．
当t=2时，−t2+2t+3=−22+2×(−2)+3=3，
此时点P坐标为(2,3)；
当t=13时，−t2+2t+3=−(13)2+2×13+3=329，
此时点P坐标为(13,329)，
综上所述，AC上方抛物线上存在点P，使得S△ACP=2S四边形DCBE，
点P的坐标为(2,3)或(13,329)．
(1)作BF⊥CE垂足为F，易证△CBF≌△ACO，所以BF=OC=1，CF=OA=3，所以，OF=4，所以点B的坐标为(1,4)；
(2)利用待定系数法解答即可；
(3)利用三角形面积公式求得四边形DCEB的面积，利用待定系数法求出直线AC的解析式；假设存在点P，设P(t,−t2+2t+3).作PQ/​/y轴交AC于Q，交x轴于点F，则Q(t,−13t+1)，利用P，Q的纵坐标表示出线段PQ的长，利用S△PAC=S△PQC+S△PQA得出△PAC的面积，利用S△ACP=2S四边形DCBE列出方程，解方程求得t值，则结论可得．
本题是一道二次函数的综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定与性质，待定系数法，抛物线上点的坐标的特征，一次函数图象上点的坐标的特征，三角形的面积．利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．