2023-2024学年江西省南昌市青山湖区雷式学校九年级（上）月考数学试卷（10月份）(含解析）

这是一份2023-2024学年江西省南昌市青山湖区雷式学校九年级（上）月考数学试卷（10月份）(含解析），共25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.抛物线y=3x2向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得到的抛物线是( )
A. y=3(x−1)2−2B. y=3(x+1)2−2
C. y=3(x+1)2+2D. y=3(x−1)2+2
2.下列图形中，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列说法正确的是( )
A. 平分弦的直径垂直于弦
B. 三角形的外心到这个三角形的三边距离相等
C. 相等的圆心角所对的弧相等
D. 等弧所对的圆心角相等
4.已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，给出下列结论：
①abc<0；
②4a−2b+c>0；
③a−b>m(am+b)(m为任意实数)；
④4ac−b2<0；
其中正确的结论有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
5.关于x的一元二次方程x2+mx+m−1=0根的情况，下列判断正确的是( )
A. 因为m可以取不同实数，因此方程可能有两个不相等的实数根，或两个相等的实数根，也可能无实数根
B. 当m=0时，方程变为x2−1=0，而x2−1=0有两个不相等实数根，因此x2+mx+m−1=0有两个不相等的实数根
C. 方程总有两个实数根
D. 当m=2时，方程变为x2+2x+1=0，而x2+2x+1=0有两个相等实数根，因此x2+mx+m−1=0有两个相等的实数根
6.一张圆形纸片，小芳进行了如下连续操作：
(1)将圆形纸片左右对折，折痕为AB，如图(2)．
(2)将圆形纸片上下折叠，使A、B两点重合，折痕CD与AB相交于M，如图(3)．
(3)将圆形纸片沿EF折叠，使B、M两点重合，折痕EF与AB相交于N，如图(4)．
(4)连结AE、AF、BE、BF，如图(5)．
经过以上操作，小芳得到了以下结论：
①CD/​/EF；②四边形MEBF是菱形；③△AEF为等边三角形；④S四边形AEBF：S扇形BEMF=3 3：π．
以上结论正确的有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
7.已知A(0,3)和B(2,3)在抛物线y=x2+bx+c上，则二次函数y=x2+bx+c的对称轴为直线______．
8.关于x的方程ax2+b=0的解是x1=−5，x2=1(a、b均为常数，a≠0)，则方程a(x+3)2+b=0的解是______．
9.如图，等边△ABC内接于⊙O，D是⊙O上的一点，∠CAD=45°，则∠BCD的度数是______．
10.如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=5，BC=12，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，使得点D落在AC上，则EC的值为 ．
11.如图，沿一条母线将圆锥侧面剪开并展平，得到一个扇形，若圆锥的底面圆的半径r=3cm，扇形的圆心角θ=120°，则该圆锥的母线长l为______cm．
12.如图，在平面直角坐标系中，直线y=x−4与x轴、y轴分别交于点B、C，半径为2的⊙P的圆心P从点A(8,m)(点A在直线y=x−4上)出发以每秒 2个单位长度的速度沿射线AC运动，设点P运动的时间为t秒，则当t= 时，⊙P与坐标轴相切．
三、解答题：本题共11小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
13.(本小题6分)
已知x1，x2是方程x2−2mx+m2−m−1=0的两个根．
(1)若x1=x2，求m的值；
(2)若x1+x2+x1x2=1，求m的值．
14.(本小题6分)
已知：如图，正方形ABCD中，M为CD边上一点，N为BC边延长线上一点，CM=CN．
(1)观察猜想BM和DN的大小关系，并证明你的猜想；
(2)若∠BMC=65°，求∠MND的度数．
15.(本小题6分)
请阅读下列解题过程：
解一元二次不等式：x2−3x>0．
解：x(x−3)>0，
∴x>0x−3>0或x<0x−3<0，
解得x>3或x<0．
∴一元二次不等式x2−3x>0的解集为x<0或x>3．
结合上述解答过程回答下列问题：
(1)上述解题过程渗透的数学思想为______．
(2)一元二次不等式x2−3x<0的解集为______．
(3)请用类似的方法解一元二次不等式：x2−5x−6<0．
16.(本小题6分)
已知：如图，AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，请用无刻度直尺画图(保留作图痕迹，不写画法)．
(1)如图①，若M是半圆的中点，且与C点在同一侧，画出∠ACB的平分线CN.并说明理由；
(2)如图②，若DE/​/AB，画出∠ACB的平分线CP．
17.(本小题6分)
如图，△ABC的顶点坐标分别为A(0,1)，B(3,3)，C(1,3)．
(1)将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△AB1C1；直接写出点C1的坐标为______；
(2)求在△ABC旋转到△AB1C1的过程中，点C所经过的路径长．
18.(本小题8分)
如图，AB为⊙O的直径，AE平分∠BAC，AC⊥PQ于C.交⊙O于D．
(1)求证：PQ为⊙O的切线；
(2)若AD=EC=4，求⊙O的半径．
19.(本小题8分)
施工队要修建一个横断面为抛物线的公路隧道，其高度为6米，宽度OM为12米，现在O点为原点，OM所在直线为x轴建立直角坐标系(如图所示)．
(1)直接写出点M及抛物线顶点P的坐标；
(2)求出这条抛物线的函数解析式；
(3)施工队计划在隧道门口搭建一个矩形“脚手架”ABCD，使A、D点在抛物线上，B、C点在地面OM上．为了筹备材料，需求出“脚手架”三根木杆AB、AD、DC的长度之和的最大值是多少？请你帮施工队计算一下．
20.(本小题8分)
如图，点A在第一象限内，⊙A与x轴相切于点B，与y轴相交于点C，D，连结AB，过点A作AH⊥CD于点H．
(1)求证：四边形ABOH为矩形．
(2)已知⊙A的半径为4，OB= 7，求弦CD的长．
21.(本小题9分)
已知：如图，点P是正方形ABCD内一点，连接PA、PB、PC．
(1)将△PAB绕点B顺时针旋转90°得到△P′CB，若AB=m，PB=n(n(2)若PA= 2，PB=2 2，∠APB=135°，求PC的长．
22.(本小题9分)
如图，抛物线y=ax2+bx−3与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且经过点(2,−3a)，对称轴是直线x=1，顶点是M．
(1)求抛物线对应的函数表达式；
(2)经过C，M两点作直线与x轴交于点N，在抛物线上是否存在这样的点P，满足以点P，A，C，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)设直线y=−x+3与y轴的交点是D，在线段BD上任取一点E(不与B，D重合)，经过A，B，E三点的圆交直线BC于点F，试判断△AEF的形状，并说明理由．
23.(本小题12分)
我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α(0°<α<180°)得到AB′，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′，连接B′C′，当α+β=180°时，我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，△AB′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
特例感知：
(1)在图2，图3中，△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．
①如图2，在△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= ______BC．
②如图3，当∠BAC=90°，BC=18时，则AD长为______．
猜想论证：
(2)在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．
(3)如图4，在四边形ABCD中，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2 3，DA=6，在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：抛物线y=3x2向右平移1个单位，再向下平移2个单位，所得到的抛物线是y=3(x−1)2−2，
故选：A．
根据图象向下平移减，向右平移减，可得答案．
本题考查了二次函数图象与几何变换，用平移规律“左加右减，上加下减”直接代入函数解析式求得平移后的函数解析式．
2.【答案】C
【解析】解：A.不是中心对称图形，故A错误；
B.不是中心对称图形，故B错误；
C.是中心对称图形，故C正确；
D.不是中心对称图形，故D错误．
故选：C．
根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
本题主要考查了中心对称图形的定义，中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
3.【答案】D
【解析】解：A、平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，故错误；
B、三角形的外心大三角形三顶点的距离相等，故错误；
C、同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，故错误；
D、等弧所对的圆心角相等，故正确，
故选：D．
利用三角形的外接圆与外心、垂径定理及圆心角、弧、弦之间的关系分别判断后即可得到正确的答案．
本题考查了三角形的外接圆与外心、垂径定理及圆心角、弧、弦之间的关系，属于基础定理，应重点掌握．
4.【答案】B
【解析】解：由图象可知，
a<0，b<0，c>0，
所以abc>0．
故①错误．
因为抛物线的对称轴是直线x=−1，
所以x=−2时与x=0时的函数值相等．
又由图象可知，
x=0时，函数值大于0．
所以x=−2时，函数值也大于0．
即4a−2b+c>0．
故②正确．
因为抛物线开口向下，且对称轴为直线x=−1，
所以当x=−1时，函数有最大值a−b+c．
则当x=m(m为任意实数)时，总有a−b+c≥am2+bm+c，
即a−b≥m(am+b)．
故③错误．
因为抛物线与x轴有两个交点，
所以b2−4ac>0，
即4ac−b2<0．
故④正确．
故选：B．
根据所给函数图象，可得出a，b，c的正负，再结合抛物线的对称轴为直线x=−1和开口向下，即可解决问题．
本题考查二次函数的图象与系数的关系，能根据所给图象得出a，b，c的正负并巧妙的利用抛物线的对称性是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：由判别式可知：Δ=m2−4m+4=(m−2)2≥0，
∴方程总有两个实数根，
故选：C．
根据根的判别式即可求出答案．
本题考查一元二次方程根的判别式，解题的关键是熟练运用根的判别式，本题属于基础题型．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题圆的综合题型，主要考查了翻折变换的性质，平行线的判定，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，等边三角形的判定与性质．注意掌握折叠前后图形的对应关系是关键．根据折叠的性质可得∠BMD=∠BNF=90°，然后利用同位角相等，两直线平行可得CD/​/EF，从而判定①正确；根据垂径定理可得BM垂直平分EF，再求出BN=MN，从而得到BM、EF互相垂直平分，然后根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形求出四边形MEBF是菱形，从而得到②正确；根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出∠MEN=30°，然后求出∠EMN=60°，根据等边对等角求出∠AEM=∠EAM，然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠AEM=30°，从而得到∠AEF=60°，同理求出∠AFE=60°，再根据三角形的内角和等于180°求出∠EAF=60°，从而判定△AEF是等边三角形，③正确；设圆的半径为r，求出EN= 32r，则可得EF=2EN= 3r，即可得S四边形AEBF：S扇形BEMF=(12× 3r×2r)：(120360πr2)=3 3：π，④正确．
【解答】
解：∵纸片上下折叠A、B两点重合，
∴∠BMD=90°，
∵纸片沿EF折叠，B、M两点重合，
∴∠BNF=90°，
∴∠BMD=∠BNF=90°，
∴CD/​/EF，故①正确；
根据垂径定理，BM垂直平分EF，
又∵纸片沿EF折叠，B、M两点重合，
∴BN=MN，
∴BM、EF互相垂直平分，
∴四边形MEBF是菱形，故②正确；
∵ME=MB=2MN，
∴∠MEN=30°，
∴∠EMN=90°−30°=60°，
又∵AM=ME(都是半径)，
∴∠AEM=∠EAM，
∴∠AEM=12∠EMN=12×60°=30°，
∴∠AEF=∠AEM+∠MEN=30°+30°=60°，
同理可求∠AFE=60°，
∴∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形，故③正确；
设圆的半径为r，则EN= 32r，
∴EF=2EN= 3r，
∴S四边形AEBF：S扇形BEMF=(12× 3r×2r)：(120360πr2)=3 3：π，故④正确；
综上所述，结论正确的是①②③④共4个．
故选D．
7.【答案】x=1
【解析】解：∵A(0,3)和B(2,3)在抛物线y=x2+bx+c上，
∴点A和点B是抛物线上关于对称轴对称的两点，
∴对称轴为直线x=0+22=1，
故答案为：x=1．
根据抛物线对称性求解可得．
此题考查了二次函数的性质与图象，解题的关键是熟练掌握抛物线的对称性．
8.【答案】x1=−8，x2=−2
【解析】解：∵关于x的方程ax2+b=0的解是x1=−5，x2=1(a,b均为常数，a≠0)，
∴方程a(x+3)2+b=0中，x+3=−5或x+3=1，
解得x=−8或x=−2．
故方程a(x+3)2+b=0的解为x1=−8，x2=−2．
故答案为：x1=−8，x2=−2．
把后面一个方程中的x+3看作整体，相当于前面一个方程中的x求解．
此题主要考查了解一元二次方程，注意由两个方程的特点进行简便计算．
9.【答案】15°
【解析】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠CAB=90°，
∵∠CAD=45°，
∴∠BAD=∠CAB−∠CAD=15°，
∴∠BCD=∠BAD=15°，
故答案为：15°．
根据等边三角形的性质和圆周角定理即可得到结论．
本题考查了三角形的外接圆与外心，等边三角形的性质，圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．
10.【答案】4 13
【解析】解：由旋转得：AD=AB=5，DE=BC=12，∠ADE=∠B=90°，
∴∠CDE=90°，AC=13，
∴CD=AC−AD=8，
∴CE= CD2+DE2=4 13，
故答案为：4 13．
根据旋转的知识得出CD，DE的长，再根据勾股定理求解．
本题考查了旋转的性质，掌握勾股定理的应用是解题的关键．
11.【答案】9
【解析】解：圆锥的底面圆周长=2π×3=6πcm，
则：120π⋅l180=6π，
解得l=9．
故答案为：9．
易得圆锥的底面圆周长，也就是侧面展开图的弧长，进而利用弧长公式即可求得圆锥的母线长．
本题考查了圆锥的计算，用到的知识点为：圆锥的侧面展开图的弧长等于底面圆周长；弧长公式为：nπr180．
12.【答案】2或6或10
【解析】解：设⊙P与坐标轴的切点为D，
∵直线y=x−4与x轴、y轴分别交于点B、C，点A(8,m)，
∴x=0时，y=−4，
y=0时，x=4，
x=8时，y=4，
∴A(8,4)，B(4,0)，C(0,−4)，
∴AB=4 2，AC=8 2，OB=OC=4，
∴△OBC是等腰直角三角形，∠OBC=45°，
①当⊙P与x轴相切时，
∵点D是切点，⊙P的半径是2，
∴PD⊥x轴，PD=2，
∴△BDP是等腰直角三角形，
∴BD=PD=2，PB=2 2，
∴AP=AB−PB=2 2，
∵点P的速度为每秒 2个单位长度，
∴t=2；
②如图，⊙P与x轴和y轴都相切时，
∵PB=2 2，
∴AP=AB+PB=6 2，
∵点P的速度为每秒 2个单位长度，
∴t=6；
③当点P只与y轴相切时，
∵PC=2 2，
∴AP=AC+PC=10 2，
∵点P的速度为每秒 2个单位长度，
∴t=10．
综上所述，则当t=2或6或10秒时，⊙P与坐标轴相切，
故答案为：2或6或10．
设⊙P与坐标轴的切点为D，根据已知条件得到A(8,4)，B(4,0)，C(0,−4)，推出△OBC是等腰直角三角形，∠OBC=45°，①当⊙P与x轴相切时，②如图，⊙P与x轴和y轴都相切时，③当点P只与y轴相切时，根据等腰直角三角形的性质得到结论．
本题考查了直线与圆的位置关系，等腰直角三角形的判定和性质，分类讨论是解题的关键．
13.【答案】解：(1)Δ=(−2m)2−4(m2−m−1)
=4m2−4m2+4m+4
=4m+4，
∵x1，x2是方程x2−2mx+m2−m−1=0的两个相等实数根，
∴△=4m+4=0，
∴m=−1；
(2)由题意可得x1+x2=2m，x1x2=m2−m−1，
又∵x1+x2+x1x2=1，
∴2m+m2−m−1=1，
即m2+m−2=0，
∴m1=−2，m2=1，
又∵m≥−1，
∴m=1．
【解析】(1)由x1，x2是方程x2−2mx+m2−m−1=0的两个相等实数根，根据根的判别式的意义得到Δ=b2−4ac=0，即4m2−4m2+4m+4=0，解关于m的方程即可；
(2)根据根与系数的关系x1+x2=2m，x1x2=m2−m−1，代x1+x2+x1x2=1求出m的值即可．
此题主要考查了一元二次方程根与系数的关系以及根的判别式，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
14.【答案】解：(1)BM=DN.理由如下：
如图，∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠BCD=∠DCN=90°，
又∵CM=CN，
∴△BCM≌△DCN，
∴BM=DN；
(2)∵△BCM≌△DCN，∠BMC=65°，
∴∠DNC=∠BMC=65°，
∵∠DCN=90°，CM=CN，
∴∠CNM=45°，
∴∠MND=∠DNC−∠CNM=20°．
【解析】(1)可利用边角边证明BM、DN所在的两个直角三角形全等，进而证明这两条线段相等；
(2)由(1)中的全等可得∠DNC=∠BMC=65°，易得∠CNM=45°，相减即可得到所求角的度数．
综合考查了正方形的性质及全等三角形的判定与性质．用到的知识点为：考查两条线段的大小关系，一般考虑相等，证明这两条线段所在的三角形的全等是常用的方法．
15.【答案】分类讨论思想 0【解析】解：(1)上述解题过程渗透的数学思想为分类讨论思想；
故答案为：分类讨论思想；
(2)0由解题过程可知x2−3x<0.即x(x−3)<0，
∴x<0x−3>0或x>0x−3<0，
解得0∴一元二次不等式x2−3x<0的解集为0故答案为：0(3)x2−5x−6<0，即(x−6)(x+1)<0，
则x−6<0x+1>0或x−6>0x+1<0，
解得−1故一元二次不等式x2−5x−6<0的解集为−1(1)根据题意容易得出结论；
(2)将一元二次不等式的左边因式分解后化为两个一元一次不等式组求解即可；
(3)将一元二次不等式的左边因式分解后化为两个一元一次不等式组求解即可．
本题考查了一元一次不等式组及方程的应用的知识，解题的关键是根据已知信息经过加工得到解决此类问题的方法．
16.【答案】解：(1)如图1中，射线CN即为所求；
(2)如图2中，射线CP即为所求．

【解析】(1)作直径MN，作射线CN即可；
(2)连接AE，BD交于点J，作直线OJ交⊙O于点P，作射线CP即可．
本题考查作图−复杂作图，角平分线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
17.【答案】(−2,2)
【解析】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求，C1(−2,2)，
故答案为： 1(−2,2)；
(2)∠CAC2=90°，AC= 12+22= 5，
∴点C所经过的路径长为90⋅π 5180= 52π.
(1)由旋转变换的定义和性质作图变换后的对应点，再顺次连接即可得；
(2)利用弧长公式计算可得．
本题考查作图−旋转变换，弧长公式等知识，解题关键是掌握旋转变换的性质，记住弧长公式l=nπr180．
18.【答案】(1)证明：连接OE，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠CAE，
∵OA=OE，
∴∠BAE=∠OEA，
∴∠OEA=∠CAE，
∴OE//AC，
∵AC⊥PQ，
∴OE⊥PQ，
∵OE为⊙O的半径，
∴PQ为⊙O的切线；
(2)解：过点O作OF⊥AD于F，
则AF=12AD=2，
∵OE⊥EC，OF⊥AC，AC⊥EC，
∴四边形OECF为矩形，
∴OF=EC=4，
∴OA= OF2+AF2= 42+22=2 5，
则⊙O的半径为2 5．
【解析】(1)连接OE，根据角平分线的定义得到∠BAE=∠CAE，根据等腰三角形的性质得到∠BAE=∠OEA，等量代换得到∠OEA=∠CAE，证明OE/​/AC，根据平行线的性质得到OE⊥PQ，根据切线的判定定理证明结论；
(2)过点O作OF⊥AD于F，根据垂径定理求出AF，根据矩形的性质求出OF，根据勾股定理计算，得到答案．
本题考查的是切线的判定、矩形的判定和性质、勾股定理的应用，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键．
19.【答案】解：(1)M(12,0)，P(6,6)
(2)∵顶点坐标(6,6)
∴设y=a(x−6)2+6(a≠0)
又∵图象经过(0,0)
∴0=a(0−6)2+6
∴a=−16
∴这条抛物线的函数解析式为y=−16(x−6)2+6，即y=−16x2+2x；
(3)设A(x,y)
∴A(x,−16(x−6)2+6)
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC=−16(x−6)2+6，
根据抛物线的轴对称性，可得：OB=CM=x，
∴BC=12−2x，即AD=12−2x，
∴令L=AB+AD+DC=2[−16(x−6)2+6]+12−2x=−13x2+2x+12=−13(x−3)2+15．
∴当x=3，L最大值为15
∴AB、AD、DC的长度之和最大值为15米．
【解析】确定了抛物线的顶点式，可以设抛物线的顶点式，又过原点(0,0)，就可以确定抛物线解析式；设OB=x，由对称性得CM=x，这样就可以用含x的式子表示AB、AD、CD了，为求三根木杆AB、AD、DC的长度之和的最大值，提供依据．
关于抛物线解析式的求法，还可以设交点式y=ax(x−12)，把顶点坐标代入求a；要弄清楚线段长度与点的坐标的关系．
20.【答案】(1)证明：∵⊙A与x轴相切于点B，
∴AB⊥x轴
又∵AH⊥CD，HO⊥OB，
∴∠AHO=∠HOB=∠OBA=90°，
∴四边形AHOB是矩形；
(2)解：连接AD，
∵四边形AHOB是矩形，
∴AH=OB= 7，
∵AD=AB=4，
∴DH= AD2−AH2= 42−( 7)2=3，
∵AH⊥CD，
∴CD=2DH=6．
【解析】(1)根据切线的性质得到AB⊥x轴根据垂直的定义得到∠AHO=∠HOB=∠OBA=90°，根据矩形的判定定理得到四边形AHOB是矩形；
(2)连接AD，根据矩形的性质得到AH=OB= 7，根据勾股定理得到DH= AD2−AH2= 42−( 7)2=3，根据垂径定理即可得到结论．
本题考查了切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，垂径定理，正确都作出辅助线是解题的关键．
21.【答案】解：(1)由旋转的性质可知，S△ABP=S△CBP′，
∴△PAB旋转过程中边PA扫过区域面积=90π×m2360−90π×n2360=π4(m2−n2)；
(2)连接PP′，
由旋转的性质可知，∠BP′C=∠APB=135°，∠PBP′=90°，BP′=BP=2 2，P′C=PA= 2，
∴PP′= (2 2)2+(2 2)2=4，∠PP′C=90°，
∴PC= 42+( 2)2=3 2．
【解析】(1)根据旋转的性质得到S△ABP=S△CBP′，根据扇形的面积公式计算即可；
(2)连接PP′，根据勾股定理计算即可．
本题考查的是旋转的性质、扇形面积的计算，掌握旋转变换的性质、扇形的面积公式是解题的关键．
22.【答案】解：(1)∵抛物线经过点(2,−3a)，
∴4a+2b−3=−3a①，
又因为抛物线对称为x=1，
∴−b2a=1②，
联立①②，解得a=1b=−2，
∴抛物线对应的函数表达式为y=x2−2x−3；
(2)如图1，∵y=(x−1)2−4，
∴M(1,−4)，
令x=0，则y=x2−2x−3=−3，
∴C(0,−3)，
设直线MC为y=kx−3，
代入点M得k=−1，
∴直线MC为y=−x−3，
令y=0，则x=−3，
∴N(−3,0)，
令y=0，则x2−2x−3=0，
∴x=−1或3，
∴A(−1,0)，B(3,0)，
过C作CP/​/AN，使CP=AN，
则四边形ANCP为平行四边形，
∴CP=AN=−1−(−3)=2，
∴P(2,−3)，
∵P的坐标满足抛物线解析式，
∴P(2,−3)在抛物线上，
即P(2,−3)；
(3)如图2，令x=0，则y=−x+3=3，
∴D(0,3)，
∴OB=OD=3，又∠DOB=90°，
∴∠DBO=45°，
同理，∠ABC=45°，
∵同弧所对的圆周角相等，
∴∠AEF=∠ABC=45°，
∠AFE=∠DBO=45°，
∴∠AEF=∠AFE=45°，
∴△AEF为等腰直角三角形．
【解析】(1)因为抛物线经过点(2,−3a)，代入到解析式中，得到关于a和b的方程，由于抛物线对称轴为直线x=1，所以− b2a=1，联立两个方程，解方程组，即可求出a和b；
(2)先将解析式配成顶点式，求出M坐标，然后求出C点坐标，利用待定系数法，求出直线MC的解析式，再求出MC和x轴交点N的坐标，利用抛物线解析式分别求出A和C坐标，以A，C，N，P为顶点构造平行四边形，并且P点必须在抛物线上，通过构图可以发现，只有当AC为对角线时，才有可能构造出符合条件的P点，所以过C作CP/​/AN，使CP=AN，由于AN=2，所以可以得到P(2,−3)，将P代入到抛物线解析式中，满足解析式，P即为所求；
(3)利用y=−x+3，可以求出直线与y轴交点D的坐标，可以证得△DOB是等腰直角三角形，同理可以证得△BOC也是等腰直角三角形，根据题意画出图形，利用同弧所对的圆周角相等，可以证得∠AEF=∠AFE=45°，所以△AEF是等腰直角三角形．
本题是一道二次函数综合题，根据题意能够画出图形，这是做本题的基本能力要求，利用已知数据发现特殊的线段和角度，考查了学生的数据分析能力．
23.【答案】12 9
【解析】解：(1)①∵△ABC是等边三角形，
∴AB=BC=AC=AB′=AC′，
∵DB′=DC′，
∴AD⊥B′C′，
∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=120°，
∴∠B′=∠C′=30°，
∴AD=12AB′=12BC，
故答案为：12；
②∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，
∴∠B′AC′=∠BAC=90°，
∵AB=AB′，AC=AC′，
∴△BAC≌△B′AC′(SAS)，
∴BC=B′C′，
∵B′D=DC′，
∴AD=12B′C′=12BC=9，
故答案为：9；
(2)结论：AD=12BC.理由如下：
如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M，C′M，
∵B′D=DC′，AD=DM，
∴四边形AC′MB′是平行四边形，
∴AC′=B′M=AC，
∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°，
∴∠BAC=∠MB′A，
∵AB=AB′，
∴△BAC≌△AB′M(SAS)，
∴BC=AM，
∴AD=12BC；
(3)在四边形内部存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”；理由如下：
如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．
连接DF交PC于O．
∵∠ADC=150°，
∴∠MDC=30°，
在Rt△DCM中，CD=2 3，∠DCM=90°，∠MDC=30°，
∴CM=2，DM=4，∠M=60°，
在Rt△BEM中，∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°，
∴EM=12BM=7，
∴BM=7 3，
∴DE=EM−DM=3，
在Rt△AEB中，AE= AB2−BE2= (2 39)2−(7 3)2=3，
∴AE=DE，
∵BE⊥AD，
∴PA=PD，PB=PC，
在Rt△CDF中，CD=2 3，CF=6，
∴tan∠CDF= 3，
∴∠CDF=60°，
∴∠ADF=90°=∠AEB，
∴∠CBE=∠CFD，
∵∠CBE=∠PCF，
∴∠CFD=∠PCF，
∵∠CFD+∠CDF=90°，∠PCF+∠CPF=90°，
∴∠CPF=∠CDF=60°=∠CDF，
∵FC=FC，
∴△FCP≌△CFD(AAS)，
∴CD=PF，
∵CD//PF，
∴四边形CDPF是矩形，
∴∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠ADC−∠CDP=60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴∠ADP=60°，
∵∠BPF=∠CPF=60°，
∴∠BPC=120°，
∴∠APD+∠BPC=180°，
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，
∵AB=2 39．
∴△PAB的“旋补中线”长=12AB= 39．
(1)①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=12AB′即可解决问题；
②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；
(2)结论：AD=12BC.如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接B′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；
(3)存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN.连接DF交PC于O.想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可得出结论．
本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角性质、等边三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．