2023-2024学年湖北省荆州市江陵县九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省荆州市江陵县九年级（上）期末数学试卷（含解析），共19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.垃圾混置是垃圾，垃圾分类是资源.下列可回收物、有害垃圾、厨余垃圾、其他垃圾四种垃圾回收标识中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.方程3x2=5x+7的二次项系数、一次项系数、常数项分别为( )
A. 3，5，7B. 3，−5，−7C. 3，−5，7D. 3，5，−7
3.平移抛物线y=(x+3)(x−1)后得到抛物线y=(x+1)(x−3)，则( )
A. 向左平移2个单位B. 向右平移2个单位C. 向左平移4个单位D. 向右平移4个单位
4.将x2−6x−4=0进行配方变形，下列正确的是( )
A. (x−6)2=13B. (x−6)2=9C. (x−3)2=13D. (x−3)2=9
5.小明将图案
绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度α，设计出一个外轮廓为正五边形的图案(如图)，则α可以为( )
A. 30°
B. 54°
C. 72°
D. 108°
6.有一个人患流感，经过两轮传染后共有81个人患流感，每轮传染中平均一个人传染几个人？设每轮传染中平均一个人传染x个人，可列方程为( )
A. 1+2x=81B. 1+x2=81
C. 1+x+x2=81D. 1+x+x(1+x)=81
7.某市新建一座景观桥.如图，桥的拱肋ADB可视为抛物线的一部分，桥面AB可视为水平线段，桥面与拱肋用垂直于桥面的杆状景观灯连接，拱肋的跨度AB为40米，桥拱的最大高度CD为16米(不考虑灯杆和拱肋的粗细)，则与CD的距离为5米的景观灯杆MN的高度为( )
A. 13米B. 14米C. 15米D. 16米
8.如图，在△OAB中，顶点O(0,0)，A(5,0)，B(2,1)，将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA′B′，当点B′恰好落在y轴的正半轴上时，点A′的坐标为( )
A. ( 5,5)B. ( 5,2 5)C. (5, 5)D. (2 5, 5)
9.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，下列结论：①abc>0；②2a+b=0；③m为任意实数，则a+b>am2+bm；④a−b+c>0；⑤若ax12+bx1=ax22+bx2，且x1≠x2，则x1+x2=2.其中正确的有( )
A. ①②③
B. ②④
C. ②⑤
D. ②③⑤
10.平面上有一个图形G与图形外一点P(x,y)，当x<0时，P′的坐标为(−x,y)，当x≥0时，P′的坐标为(−y,x)，若点P′在图形G上，则称P′是“点P与图形G的联系点”，设抛物线C：y=−(x−m)2+2(m为常数)顶点为E，点E关于x轴的对称点为F，若抛物线上存在点F′是点与图形C的联系点，则所有可能的m的和为( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.一元二次方程x2−x=0的根是______．
12.写出一个抛物线开口向上，与y轴交于(0,2)点的函数表达式______．
13.如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得△A′B′C，连接AB′，若∠A′B′A=25°，则∠B的大小为______．
14.若关于x的一元二次方程kx2−2x−1=0没有实数根，则k的取值范围是______．
15.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+mx交x轴的负半轴于点A.点B是y轴正半轴上一点，点A关于点B的对称点A′恰好落在抛物线上．过点A′作x轴的平行线交抛物线于另一点C.若点A′的横坐标为1，则A′C的长为______．
16.(定义[a,b,c]为函数y=ax2+bx+c的特征数，下面给出特征数为[2m,1−m,−1−m]的函数的一些结论：
①当m=−3时，函数图象的顶点坐标是(13,83)；
②当m>0时，函数图象截x轴所得的线段长度大于32；
③当m<0时，函数在x>14时，y随x的增大而减小；
④当m≠0时，函数图象经过x轴上一个定点．
其中正确的结论有______.(只需填写序号)
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6分)
解方程：
(1)(x+1)2=4x2；
(2)3x2−6x+2=0．
18.(本小题6分)
已知关于x的方程x2+2mx+m2−1=0(m为常数)．
(1)求证：不论m为何值，方程总有两个不相等的实数根；
(2)若方程有一个根是−2，求2023−m2+4m的值．
19.(本小题8分)
如图所示，点O是等边△ABC内的任一点，连接OA，OB，OC，∠AOB=150°，∠BOC=120°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC．
(1)求∠DAO的度数；
(2)用等式表示线段OA，OB，OC之间的数量关系，并证明．
20.(本小题8分)
如图，小亮父亲想用长80m的栅栏.再借助房屋的外墙围成一个矩形的羊圈ABCD，已知房屋外墙长50m，设矩形ABCD的边AB=x m，面积为Sm2．
(1)用x的代数式表示BC的长；
(2)写出S与x之间的函数表达式，并写出x的取值范围；
(3)当AB，BC分别为多少米时，羊圈的面积最大？最大值是多少？
21.(本小题10分)
△ABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示．
(1)作△ABC关于点C成中心对称的△A1B1C1．
(2)将△A1B1C1向右平移4个单位，作出平移后的△A2B2C2．
(3)在x轴上求作一点P，使PA1+PC2的值最小，并写出点P的坐标(不写解答过程，直接写出结果)
22.(本小题10分)
阅读：我们约定，在平面直角坐标系中，经过某点且平行于坐标轴或平行于两坐标轴夹角角平分线的直线，叫该点的“特征线”.例如，点M(1,3)的特征线有：x=1，y=3，y=x+2，y=−x+4.如图所示．在平面直角坐标系中有正方形OABC，点B在第一象限，A、C分别在x轴和y轴上，抛物线：y=14(x−a)2+b经过B、C两点，顶点D在正方形内部．
(1)写出点M(2,3)任意两条特征线；
(2)若点D有一条特征线是y=x+1，则求此抛物线的解析式．
23.(本小题12分)
在某次数学探究活动中，小麦同学发现“两个整数a、b的和c为定值，则积s有最大值”．
(1)例如：c=10，探究过程如下：
当两个整数a、b中有一个为负整数，则s<0；
当两个整数a、b中有一个为0时，则s=0；
当两个整数a、b都为正整数时，则s>0．
通过计算1×9，2×8，3×7，4×6，5×5的值，经过比较可以得到s的最大值为______；
(2)小麦同学提出，当c的绝对值比较大时，用上述方法耗时耗力，同学们进一步探讨，得到两个可行方法．
方法一、把(1)中步骤编程，用计算机代替人去计算，可解决耗时耗力问题；
方法二、构造二次函数．
例如：c=100，s=ab=a(100−a)=−a2+100a，二次函数开口向下，对称轴方程为a=−100−2即a=50，所以当a=50时，s有最大值为______．
(3)利用上述方法，c=−10，当a= ______时，s有最大值为______．
(4)利用上述方法，c=101，当a= ______时，s有最大值为______．
24.(本小题12分)
如图，已知抛物线y=ax2+bx−3的图象与x轴交于点A(1,0)和B(3,0)，与y轴交于点C.D是抛物线的顶点，对称轴与x轴交于E．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，在抛物线的对称轴DE上求作一点M，使△AMC的周长最小，并求出点M的坐标和周长的最小值．
(3)如图2，点P是x轴上的动点，过P点作x轴的垂线分别交抛物线和直线BC于F、G.设点P的横坐标为m.是否存在点P，使△FCG是等腰三角形？若存在，直接写出m的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选：B．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2.【答案】B
【解析】解：方程3x2=5x+7转化为一般形式为3x2−5x−7=0，其中二次项系数、一次项系数、常数项分别为3，−5，−7，
故选：B．
先化成一般形式，即可得出答案．
本题考查了一元二次方程的一般形式，能化成一元二次方程的一般形式是解此题的关键，注意：说项的系数带着前面的符号．
3.【答案】B
【解析】解：y=(x+3)(x−1)=(x+1)2−4，顶点坐标是(−1,−4)．
y=(x+1)(x−3)=(x−1)2−4，顶点坐标是(1,−4)．
所以将抛物线y=(x+3)(x−1)向右平移2个单位长度得到抛物线y=(x+1)(x−3)，
故选：B．
根据变换前后的两抛物线的顶点坐标找变换规律．
此题主要考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．
4.【答案】C
【解析】解：∵x2−6x−4
=(x−3)2−9−4
=(x−3)2−13，
∴x2−6x−4=0进行配方变形为(x−3)2=13．
故选：C．
因为(x−3)2=x2−6x+9，则有x2−6x=(x−3)2−9，x2−6x−4=(x−3)2−9−4=(x−3)2−13，进而可把x2−6x−4=0进行配方变形．
本题考查了一元二次方程配方法的应用，综合性较强，难度适中．
5.【答案】C
【解析】解：因为每次旋转相同角度α，旋转了五次，
且旋转了五次刚好旋转了一周为360°，
所以每次旋转相同角度α=360÷5=72°．
故选：C．
由题意依据每次旋转相同角度α，旋转了五次，且旋转了五次刚好旋转了一周为360°进行分析即可得出答案．
本题考查旋转的性质，解题的关键是能够找到旋转中心，从而确定旋转角的度数．
6.【答案】D
【解析】解：设平均一人传染了x人，第一轮有(x+1)人患流感，第二轮共有x+1+(x+1)x人，
根据题意得：x+1+(x+1)x=81，
故选：D．
平均一人传染了x人，根据有一人患了流感，第一轮有(x+1)人患流感，第二轮共有x+1+(x+1)x人，即81人患了流感，由此列方程求解．
本题考查了一元二次方程的应用，关键是得到两轮传染数量关系，从而可列方程求解．
7.【答案】C
【解析】解：建立如图所示平面直角坐标系，
设抛物线表达式为y=ax2+16，
由题意可知，B的坐标为(20,0)，
∴400a+16=0，
∴a=−125，
∴y=−125x2+16，
∴当x=5时，y=15．
∴与CD距离为5米的景观灯杆MN的高度为15米，
故选：C．
以AB所在直线为x轴、CD所在直线为y轴建立坐标系，可设该抛物线的解析式为y=ax2+16，将点B坐标代入求得抛物线解析式，再求当x=5时y的值即可．
本题考查了二次函数的应用，涉及了待定系数法求抛物线解析式的知识，建立合适的平面直角坐标系是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：如图过B作BE⊥OA于E，过B′作B′F⊥OA′于F，过A′作A′C⊥y轴于C，
∴∠B′FO=∠C=90°，
∵B(2,1)，
∴OE=2，BE=1，
∵将△OAB绕点O逆时针旋转得到△OA′B′，
∴△OAB≌△OA′B′，
∴B′F=BE=1，OF=EO=2，OA=OA′=5，
∴OB=OB′= 5，
在△OB′F和△OA′C中，
∠O公共，∠B′FO=∠C=90°，
∴△OB′F∽△OA′C，
∴OB′OA′=B′FCA′=OFOC，
∴ 55=1CA′=2OC，
∴CA′= 5，OC=2 5
∴点A′的坐标为( 5,2 5).
故选：B．
如图过B作BE⊥OA于E，过B′作B′F⊥OA′于F，过A′作A′C⊥y轴于C，首先利用旋转得到△OAB≌△OA′B′，接着利用全等三角形的性质可以求出B′F=BE=1，OF=EO=2，OA=OA′=5，OB=OB′= 5，然后证明△OB′F∽△OA′C，最后利用相似三角形的性质即可解决问题．
此题主要考查了坐标与图形变换--旋转，同时也利用了全等三角形、相似三角形的旋转与判定，有一定的综合性．
9.【答案】C
【解析】解：∵抛物线图象开口向下，
∴a<0，
∵抛物线对称轴为直线x=−b2a=1，
∴b=−2a>0，即2a+b=0，所以②正确；
∵抛物线与y轴的交点在x轴上方，
∴c>0，
∴abc<0，所以①错误；
∵抛物线对称轴为直线x=1，
∴函数的最大值为a+b+c，
∴当m≠1时，a+b+c>am2+bm+c，即a+b>am2+bm，所以③错误；
∵抛物线与x轴的一个交点在(3,0)的左侧，而对称轴为直线x=1，
∴抛物线与x轴的另一个交点在(−1,0)的右侧
∴当x=−1时，y<0，
∴a−b+c<0，所以④错误；
∵ax12+bx1=ax22+bx2，
∴ax12+bx1−ax22−bx2=0，
∴a(x1+x2)(x1−x2)+b(x1−x2)=0，
∴(x1−x2)[a(x1+x2)+b]=0，
而x1≠x2，
∴a(x1+x2)+b=0，即x1+x2=−ba，
∵b=−2a，
∴x1+x2=2，所以⑤正确．
综上所述，正确的有②⑤．
故选：C．
根据抛物线图象开口方向得a<0，由抛物线对称轴为直线x=−b2a=1，得到b=−2a>0，即2a+b=0，由抛物线与y轴的交点位置得到c>0，所以abc<0；根据二次函数的性质得当x=1时，函数有最大值a+b+c，则当m≠1时，a+b+c>am2+bm+c，即a+b>am2+bm；根据抛物线的对称性得到抛物线与x轴的另一个交点在(−1,0)的右侧，则当x=−1时，y<0，所以a−b+c<0；把ax12+bx1=ax22+bx2先移项，再分解因式得到(x1−x2)[a(x1+x2)+b]=0，而x1≠x2，则a(x1+x2)+b=0，即x1+x2=−ba，然后把b=−2a代入计算得到x1+x2=2．
本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)，二次项系数a决定抛物线图象的开口方向和大小：当a>0时，抛物线图象开口向上；当a<0时，抛物线图象开口向下；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置，当a与b同号时(即ab>0)，对称轴在y轴左侧；当a与b异号时(即ab<0)，对称轴在y轴右侧；常数项c决定抛物线与y轴交点．抛物线与y轴交于(0,c)．
10.【答案】B
【解析】解：∵抛物线C：y=−(x−m)2+2(m为常数)顶点为E，
∴E(m,2)，
∴点E关于x轴的对称点F(m,−2)，
∴当m<0时，F′(−m,−2)，
当m≥0时，F′(2,m)，
把F′(−m,−2)代入y=−(x−m)2+2得，−2=−(−m−m)2+2，
解得m=−1或m=1(舍去)，
把F′(2,m)代入y=−(x−m)2+2得，m=−(2−m)2+2，
解得m=2或m=1，
∴所有可能的m的和为−1+2+1=2，
故选：B．
利用顶点是求得顶点E(m,2)，根据轴对称的性质得出F(m,−2)，则当m<0时，F′(−m,−2)，当m≥0时，F′(2,m)，分别代入二次函数的解析式，即可求得m的值，进而得到结果．
本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，轴对称的性质，求得F′的坐标是解题的关键．
11.【答案】x1=0，x2=1
【解析】解：方程变形得：x(x−1)=0，
可得x=0或x−1=0，
解得：x1=0，x2=1．
故答案为：x1=0，x2=1．
分析：
方程左边分解因式后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
此题考查了解一元二次方程−因式分解法，熟练掌握方程的解法是解本题的关键．
12.【答案】y=x2+2(答案不唯一)．
【解析】解：由题意得，抛物线解析式为y=x2+2(答案不唯一)．
故答案为：y=x2+2(答案不唯一)．
根据二次函数的性质，二次项系数大于0，常数项为2即可．
本题考查了二次函数的性质，属于开放型题目，答案不唯一，所写抛物线的解析式满足a>0，c=2即可．
13.【答案】70°
【解析】解：∵将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得△A′B′C，
∴AC=BC，∠ACB=90°，∠B=∠CA′B′，
∴∠AB′C=45°，
∵∠A′B′A=25°，
∴∠A′B′C=20°，
∴∠B=∠CA′B′=70°，
故答案为：70°．
根据旋转的性质可得AC=BC，∠ACB=90°，∠B=∠CA′B′，进而得出∠AB′C=45°，∠A′B′C=20°，根据三角形的内角和即可求解．
本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解题关键．
14.【答案】k<−1
【解析】解：∵关于x的一元二次方程kx2−2x−1=0没有实数根，
∴Δ=(−2)2−4×k×(−1)<0，k≠0，
解得：k<−1．
故答案为：k<−1．
由方程没有实数根结合根的判别式，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出结论．
本题考查了一元二次方程根的判别式，注意记住一元二次方程根的情况与判别式Δ的关系：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
15.【答案】3
【解析】解：当y=0时，x2+mx=0，解得x1=0，x2=−m，则A(−m,0)，
∵点A关于点B的对称点为A′，点A′的横坐标为1，
∴点A的坐标为(−1,0)，
∴抛物线解析式为y=x2+x，
当x=1时，y=x2+x=2，则A′(1,2)，
当y=2时，x2+x=2，解得x1=−2，x2=1，则C(−2,2)，
∴A′C的长为1−(−2)=3．
故答案为3．
解方程x2+mx=0得A(−m,0)，再利用对称的性质得到点A的坐标为(−1,0)，所以抛物线解析式为y=x2+x，再计算自变量为1的函数值得到A′(1,2)，接着利用C点的纵坐标为2求出C点的横坐标，然后计算A′C的长．
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，a≠0)与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数图象上点的坐标特征．
16.【答案】①②④
【解析】解：①当m=−3时，特征数为[−6,4,2]，
∴−b2a=−42×(−6)=13，4ac−b24a=4×(−6)×2−424×(−6)=83．
∴函数图象的顶点坐标是：(13,83)，故①正确；
②当m>0时，令y=0，有2mx2+(1−m)x+(−1−m)=0，解得x=(m−1)±(3m+1)4m，x1=1，x2=−12−12m，
|x2−x1|=32+12m>32，
∴当m>0时，函数图象截x轴所得的线段长度大于32，故②正确．
③当m<0时，y=2mx2+(1−m)x+(−1−m)是一个开口向下的抛物线，其对称轴是：m−14m，在对称轴的右边y随x的增大而减小，
∵当m<0时，m−14m=14−14m>14，即对称轴在x=14右边，
∴函数在x=14右边先递增到对称轴位置，再递减，故③错误；
④∵y=2mx2+(1−m)x+(−1−m)=2mx2−mx−m+x−1=m(2x2−x−1)+x−1，
令2x2−x−1=0，
解得x=1或x=−12，
将x=1代入y=m(2x2−x−1)+x−1得y=0，
将x=−12代入y=m(2x2−x−1)+x−1得y=−32．
∴m≠0时，函数图象经过定点(1,0)，(−12,−32)，故④正确．
故答案为：①②④．
①依据题意，把m=−3代入[2m,1−m,−1−m]，求得[a,b,c]，求得解析式，利用顶点坐标公式解答即可；
②依据题意，令函数值为0，求得与x轴交点坐标，利用两点间距离公式解决问题；
③依据题意，首先求得对称轴，利用二次函数的性质解答即可；
④依据题意，根据特征数的特点，直接得出x的值，进一步验证即可解答．
本题主要考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．
17.【答案】解：(1)(x+1)2=4x2，
(x+1)2−4x2=0，
(x+1+2x)(x+1−2x)=0，
∴3x+1=0或1−x=0，
∴x1=−13，x2=1；
(2)3x2−6x+2=0，
3x2−6x=−2，
x2−2x=−23，
x2−2x+1=−23+1，即(x−1)2=13，
∴x−1=± 33，
∴x1=1+ 33，x2=1− 33．
【解析】(1)方程整理后，利用因式分解法求出解即可；
(2)利用配方法求出解即可．
此题考查了解一元二次方程，因式分解法，配方法，熟练掌握各自的解法是解本题的关键．
18.【答案】(1)证明：∵b 2−4ac=(2m)2−4(m2−1)=4m 2−4m2+4=4>0，
即Δ>0，
∴不论m为何值，该方程都有两个不相等的实数根；
(2)解：∵方程有一个根是−2，
∴4−4m+m2−1=0，
∴−m2+4m=3，
∴2023−m2+4m=2026．
【解析】(1)先计算判别式的值得到Δ=(2m)2+4(m2−1)，然后根据根的判别式的意义得到结论；
(2)把x=−2代入原方程得到4−4m+m2−1=0，求得−m2+4m=3代入代数式即可得到结论．
本题主要考查的是一元二次方程根的判别式，计算出其判别式大于0是解题的关键．
19.【答案】解：(1)∵∠AOB=150°，∠BOC=120°，
∴∠AOC=90°，
由旋转的性质可知，∠OCD=60°，∠ADC=∠BOC=120°，
∴∠DAO=360°−60°−90°−120°=90°；
(2)线段OA，OB，OC之间的数量关系是OA2+OB2=OC2．
如图，连接OD．

∵△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC，
∴△ADC≌△BOC，∠OCD=60°．
∴CD=OC，∠ADC=∠BOC=120°，AD=OB，
∴△OCD是等边三角形，
∴OC=OD=CD，∠COD=∠CDO=60°，
∵∠AOB=150°，∠BOC=120°，
∴∠AOC=90°，
∴∠AOD=30°，∠ADO=60°．
∴∠DAO=90°．
在Rt△ADO中，∠DAO=90°，
∴OA2+AD2=OD2．
∴OA2+OB2=OC2．
【解析】(1)根据旋转变换的性质、四边形内角和为360°计算即可；
(2)连接OD，证明△OCD是等边三角形，得出OC=OD=CD，∠COD=∠CDO=60°，根据勾股定理可得出结论．
此题考查了等边三角形的性质和判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．
20.【答案】解：(1)∵AB=CD=x m，
∴BC=(80−2x)m；
(2)根据矩形的性质可知：S=x(80−2x)=−2x2+80x，
∵AB>00∴x>00<80−2x≤50，
∴x>015≤x<40，
∴15≤x<40
∴S=−2x2+80x，(15≤x<40)；
(3)∵S=−2(x2−40x+400−400)=−2(x−20)2+800，
∵15≤x<40，
∴当x=20时，S有最大值为800，
∴即当AB=20m，BC=40m时，面积S有最大值为800m2．
【解析】(1)根据BC=(栅栏总长−2AB)可得答案；
(2)3利用矩形面积公式即可求出；
(3)根据配方法法求出二次函数最值即可；
本题考查了二次函数的应用，找到所给面积的等量关系是解决本题的关键；易错点是根据栅栏长得到矩形长的代数式．
21.【答案】解；(1)如图所示：
(2)如图所示：
(3)如图所示：作出A1关于x轴的对称点A′，连接A′C2，交x轴于点P，
可得P点坐标为：(83,0)．
【解析】(1)延长AC到A1，使得AC=A1C1，延长BC到B1，使得BC=B1C1，即可得出图象；
(2)根据△A1B1C1将各顶点向右平移4个单位，得出△A2B2C2；
(3)作出A1关于x轴的对称点A′，连接A′C2，交x轴于点P，再利用相似三角形的性质求出P点坐标即可．
此题主要考查了图形的平移与旋转和相似三角形的性质等知识，利用轴对称求最小值问题是考试重点，同学们应重点掌握．
22.【答案】解：(1)∵点M(2,3)，
∴点M(2,3)任意两条特征线为y=3，y=x+1；
(2)点D有一条特征线是y=x+1，
∴b−a=1，
∴b=a+1
∵抛物线解析式为y=14(x−a)2+b，
∴y=14(x−a)2+a+1，
∵四边形OABC是正方形，且过D点的垂直于x轴的直线为正方形的对称轴，D(a,b)，
∴B(2a,2a)，
∴14(2a−a)2+b=2a，将b=a+1代入得到a=2，b=3；
∴D(2,3)，
∴抛物线解析式为y=14(x−2)2+3．
【解析】(1)根据特征线直接求出点D的特征线；
(2)由点D的一条特征线和正方形的性质求出点D的坐标，从而求出抛物线解析式．
此题是二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数的解析式，正方形的性质，特征线的理解，解本题的关键是用正方形的性质求出点D的坐标．
23.【答案】25 2500 −5 25 50或51 2550
【解析】解：(1)1×9=9，2×8=16，3×7=21，4×6=24，5×5=25，
∴s的最大值为25，
故答案为：25；
(2)根据题意得，当a=50时，
s=−a2+100a=−2500+5000=2500，
故答案为：2500；
(3)当c=−10时，
s=ab=a(−10−a)=−a2−10a=−(a+5)2+25，
∵−1<0，
∴当x=−5时，s最大，最大值为25，
故答案为：−5，25；
(4)当c=101时，
s=ab=a(101−a)=−a2+101a=−(a−1012)2+102014，
∵−1<0，a为整数，
∴当a=50或51时，s有最大值，最大值为2550．
故答案为：50或51．
(1)直接根据有理数的乘法运算计算，然后比较大小即可；
(2)根据题意直接代入求解即可；
(3)仿照(2)中方法求解即可；
(4)仿照(2)中方法求解即可．
本题主要考查二次函数的性质，理解题意，熟练运用二次函数的性质是解题关建．
24.【答案】解：(1)将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：0=a+b−30=9a+3b−3，
解得a=−1b=4，
∴抛物线的解析式为：y=−x2+4x−3；
(2)如下图，连接BC交DE于点M，此时MA+MC最小，
又因为AC是定值，所以此时△AMC的周长最小．
由题意可知OB=OC=3，OA=1，
∴BC= CO2+OB2=3 2，同理AC= 10，
∴此时△AMC的周长=AC+AM+MC=AC+BC= 10+3 2；
∵DE是抛物线的对称轴，与x轴交点A(1,0)和B(3,0)，
∴AE=BE=1，对称轴为 x=2，
由OB=OC，∠BOC=90°得∠OBC=45°，
∴EB=EM=1，
又∵点M在第四象限，在抛物线的对称轴上，
∴M(2,−1)；
(3)存在这样的点P，使△FCG是等腰三角形．
∵点P的横坐标为m，故点F(m,−m2+4m−3)，点G(m,m−3)，
则FG2=(−m2+4m−3)2，CF2=(m2−3m)2，GC2=2m2，
当FG=FC时，则(−m2+4m−3)2=(m2−3m)2，解得m=0(舍去)或4；
当GF=GC时，同理可得m=0(舍去)或3± 2；
当FC=GC时，同理可得m=0(舍去)或5，
综上，m=5或m=4或m=3+ 2或3− 2．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)连接BC交DE于点M，此时MA+MC最小，进而求解；
(3)分FG=FC、GF=GC、FC=GC三种情况，分别求解即可．
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、点的对称性、等腰三角形的性质等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．