2024-2025学年河南省周口市太康县新星学校九年级（上）月考数学模拟试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河南省周口市太康县新星学校九年级（上）月考数学模拟试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列图形，是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.设a、b是两个整数，若定义一种运算“△”，a△b=a2+ab，则方程x△(x−2)=12的实数根是( )
A. x1=−2，x2=3B. x1=2，x2=−3
C. x1=−1，x2=6D. x1=1，x2=−6
3.函数y=ax+1与y=ax2+ax+1(a≠0)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
4.已知3是关于x的方程x2−ax+2a=0的一个根，并且这个方程的两个根恰好是等腰三角形ABC的两条边长，则三角形ABC的周长为( )
A. 9B. 12C. 12或15D. 15
5.若抛物线C1与抛物线C2关于原点成中心对称，其中C1的解析式为y=2x2−4x+1，则C2的解析式为( )
A. y=−2x2−4x−1B. y=−2x2+4x+1
C. y=2x2+4x+3D. y=2x2−4x−1
6.已知二次函数y=−(x−h)2(h为常数)，当自变量x的值满足2≤x≤5时，与其对应的函数值y的最大值为−1，则h的值为( )
A. 3或4B. 1或6C. 1或3D. 4或6
7.如图所示，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为x=−13，现给出下面四条信息：
①abc>0；②2a+3b=0；③b+2c>0；④a−2b+4c>0.你认为其中正确的个数有( )
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
8.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转120°得到△ADE.若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小为( )
A. 30°
B. 40°
C. 50°
D. 60°
9.对于实数a，b，c，d，定义如下运算abcd=ad−bc，例如1324=1×4−2×3=−2，则x1−x21−x=0的根的情况为( )
A. 有两个不相等的实数根B. 有两个相等的实数根
C. 只有一个实数根D. 无实数根
10.如图1，点E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P，Q同时从点B出发以1cm/s的速度运动，其中，点P沿折线BE−ED−DC运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止．设点P出发t s时，△BPQ的面积为ycm2，y与t的函数关系如图2所示(曲线OM为抛物线的一部分)，则当t=8时，y的值为( )
A. 9B. 172C. 152D. 8
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.抛物线y=x2−3x−1010与x轴的其中一个交点坐标是(m,0)，则2m2−6m+4的值为______．
12.已知a≠b，且满足2a2−5a+1=0，2b2−5b+1=0，那么ba+ab的值为______．
13.如图，人工喷泉有一个竖直的喷水枪AB，喷水口A距地面2m，喷出水流的运动路线是抛物线，如果水流的最高点P到喷水枪AB所在直线的距离为2m，且到地面的距离为3m，则水流的落地点C到水枪底部B的距离为______．
14.如图，在Rt△ABC中，AB=AC=6，将△ABC绕点C逆时针旋转15°得到△MNC，则阴影面积等于______．
15.在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+x+2上有一动点P，直线y=−x−2上有一动线段AB，当P点坐标为______时，△PAB的面积最小．
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
16.解方程：(用指定方法解下列一元二次方程)
(1)2x2+4x−1=0(公式法)
(2)x2+6x+5=0(配方法)
四、解答题：本题共7小题，共56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)
△ABC在平面直角坐标系中如图：
(1)画出将△ABC向左平移5个单位，向上平移2个单位所得到的△A1B1C1；
(2)画出△ABC关于原点成中心对称的△A2B2C2；
(3)若点P是y轴上的点，且使得PA+PB的值最小，则点P的坐标为______．
18.(本小题8分)
已知关于x的一元二次方程x2−2(k+1)x+k2+k=0．
(1)求证：方程有两个不相等的实数根；
(2)若△ABC的两边AB，AC的长是方程的两个实数根，第三边BC的长为5.当△ABC是等腰三角形
时，求k的值．
19.(本小题8分)
如图，已知二次函数y=x2+ax+3的图象经过P点(2,3)．
(1)求a的值和图象的顶点坐标．
(2)点Q(m,n)在该二次函数的图象上．
①当m=−2时，求n的值；
②若点Q到y轴的距离小于2，请根据图象直接写出n的取值范围．
20.(本小题8分)
“燃情冰雪，一起向未来”，北京冬奥会于2022年2月4日如约而至，某商家看准商机，进行冬奥会吉祥物“冰墩墩”纪念品的销售，每个纪念品进价40元．规定销售单价不低于44元，且不高于60元．销售期间发现，当销售单价定为44元时，每天可售出300个，由于销售火爆，商家决定提价销售．经市场调研发现，销售单价每上涨1元，每天销量减少10个．
(1)求当每个纪念品的销售单价是多少元时，商家每天获利2640元；
(2)将纪念品的销售单价定为多少元时，商家每天销售纪念品获得的利润w元最大？最大利润是多少元？
21.(本小题8分)
【课本再现】把两个全等的矩形ABCD和矩形CEFG拼成如图1的图案，则∠ACF= ______°；
【迁移应用】如图2，在正方形ABCD中，E是CD边上一点(不与点C，D重合)，连接BE，将BE绕点E顺时针旋转90°至FE，作射线FD交BC的延长线于点G，求证：CG=BC；
【拓展延伸】在菱形ABCD中，∠A=120°，E是CD边上一点(不与点C，D重合)，连接BE，将BE绕点E顺时针旋转120°至FE，作射线FD交BC的延长线于点G．
①线段CG与BC的数量关系是______；
②若AB=6，E是CD的三等分点，则△CEG的面积为______．
22.(本小题8分)
已知，抛物线y=−x2+bx+c经过点A(−1,0)和C(0,3)．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在抛物线的对称轴上，是否存在点P，使PA+PC的值最小？如果存在，请求出点P的坐标，如果不存在，请说明理由；
(3)设点M在抛物线的对称轴上，当△MAC是直角三角形时，求点M的坐标．
23.(本小题8分)
(1)如图1，O是等边△ABC内一点，连接OA、OB、OC，且OA=3，OB=4，OC=5，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD.求：
①旋转角的度数；
②线段OD的长；
③∠BDC的度数．
(2)如图2所示，O是等腰直角△ABC(∠ABC=90°)内一点，连接OA、OB、OC，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD.当OA、OB、OC满足什么条件时，∠ODC=90°？请给出证明．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.不是中心对称图形，故A错误；
B.是中心对称图形，故B正确；
C.不是中心对称图形，故C错误；
D.不是中心对称图形，故D错误．
故选：B．
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，如果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．
2.【答案】A
【解析】解：∵a△b=a2+ab，x△(x−2)=12，
∴x△(x−2)=12可化为x2+x(x−2)=12，即2x2−2x−12=0，
因式分解得，2(x+2)(x−3)=0，解得x1=−2，x2=3．
故选：A．
根据题意列出关于x的方程，利用因式分解法求出x的值即可．
本题考查的是利用因式分解法解一元二次方程，因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．
3.【答案】C
【解析】解：由函数y=ax+1与抛物线y=ax2+ax+1可知两函数图象交y轴上同一点(0,1)，抛物线的对称轴为直线x=−a2a=−12，在y轴的左侧，
A、抛物线的对称轴在y轴的右侧，故选项错误；
B、抛物线的对称轴在y轴的右侧，故选项错误；
C、由一次函数的图象可知a>0，由二次函数的图象知道a>0，且交于y轴上同一点，故选项正确；
D、由一次函数的图象可知a>0，由二次函数的图象知道a<0，故选项错误；
故选：C．
根据图象与系数的关系，看两个函数的系数符号是否一致，即可判断．
本题考查了一次函数的图象，二次函数的图象，熟练掌握一次函数和二次函数的性质是本题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：∵x=3是关于x的方程x2−ax+2a=0的一个根，
∴32−3a+2a=0，
∴a=9，
∴x2−9x+18=0，
解得x1=3，x2=6．
①当6是腰时，3是底边，此时周长=6+6+3=15；
②当6是底边时，3是腰，3+3=6，不能构成三角形．
所以它的周长是15．
故选：D．
先将x=3代入x2−ax+2a=0，求出a=9，则方程即为x2−9x+18=0，利用因式分解法求出方程的根x1=3，x2=6，分两种情况：①当6是腰时，2是底边；②当6是底边时，3是腰进行讨论．注意两种情况都要用三角形三边关系定理进行检验．
此题主要考查了一元二次方程的解，解一元二次方程−因式分解法，三角形三边关系定理以及等腰三角形的性质，注意求出三角形的三边后，要用三边关系定理检验．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意，−y=2(−x)2−4(−x)+1，得y=−2x2−4x−1．
故选：A．
根据关于原点对称的两点的横坐标纵坐标都互为相反数求解则可．
此题主要考查了二次函数图象与几何变换，掌握关于原点对称的点的坐标的特征是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：当h<2时，则x=2时，函数值y有最大值，
故−(2−h)2=−1，
解得：h1=1，h2=3(舍去)；
当2≤h≤5时，y=−(x−h)2的最大值为0，不符合题意；
当h>5时，则x=5时，函数值y有最大值，
故−(5−h)2=−1，
解得：h3=4(舍去)，h4=6．
综上所述：h的值为1或6．
故选：B．
分h<2、2≤h≤5和h>5三种情况考虑：当h<2时，根据二次函数的性质可得出关于h的一元二次方程，解之即可得出结论；当2≤h≤5时，由此时函数的最大值为0与题意不符，可得出该情况不存在；当h>5时，根据二次函数的性质可得出关于h的一元二次方程，解之即可得出结论．综上即可得出结论．
本题考查了二次函数的最值以及二次函数的性质，分h<2、2≤h≤5和h>5三种情况求出h值是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：抛物线开口向下，与y轴的交点位于x轴的上方，
∴a<0，c>0，
∵对称轴为x=−b2a=−13，
∴2a=3b<0，
∴b<0，2a−3b=0，
∴abc>0，故①正确，②错误；
∵当x=−1时，y>0，
∴a−b+c>0，
又∵2a=3b，
∴32b−b+c>0，
∴b+2c>0，故③正确；
∵当x=−12时，y>0，
∴14a−12b+c>0，
∴a−2b+4c>0，故④正确；
∴正确的有3个，
故选：C．
由抛物线的开口方向、对称轴、与y轴的交点位置可判断出a、b、c的符号，且能确定a和b的关系，可判断①、②；由x=−1和x=−12时的函数值y>0，可判断③、④．
本题考查了二次函数的图象与系数的关系，由二次函数图象确定a、b、c的符号及系数的关系是解题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：∵△ADE是由△ABC绕点A逆时针旋转120°得到的，
∴AB=AD，∠BAD=120°，
∴∠B=∠ADB，
∵∠B+∠ADB+∠BAD=180°，
∴∠B=∠ADB=12×(180°−120°)=30°，
故选：A．
根据旋转的性质得AB=AD，由等腰三角形性质得∠B=∠ADB，由旋转角为120°得∠BAD=120°，由三角形内角和定理得∠B+∠ADB+∠BAD=180°，由此可求出∠B的度数．
本题主要考查了旅转的性质，掌握旋转的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
9.【答案】A
【解析】解：∵x1−x21−x=0，
∴x(1−x)−2(1−x)=0，
整理得x2−3x+2=0，
∴Δ=(−3)2−4×1×2=1>0，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选：A．
根据题意得到关于x的一元二次方程，然后求得根的判别式的值，即可判断x1−x21−x=0的根的情况．
本题考查了实数的运算和一元二次方程根的判别式，熟练掌握判别式是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：根据图(2)可得，当点P到达点E时点Q到达点C，
∵点P、Q的运动的速度都是1cm/秒，
∴BC=BE=5，
∴AD=BE=5，
∵从M到N的变化是2，
∴ED=2，
∴AE=AD−ED=5−2=3，
在Rt△ABE中，CD=AB= BE2−AE2= 52−32=4，
∴BE+ED+CD=5+2+4=11，
∴点H的坐标为(11,0)，
设直线NH的解析式为y=at+b，
∵N(7,10)，
∴7a+b=1011a+b=0，解得a=−52b=552，
∴y=−52t+552，
当t=8时，点P在CD上，则y=−52×8+552=152，
故选：C．
根据图(2)可以判断三角形的面积变化分为三段，可以判断出当点P到达点E时点Q到达点C，从而得到BC、BE的长度，再根据M、N是从5秒到7秒，可得ED的长度，然后表示出AE的长度，根据勾股定理求出AB的长度，进而求得点H的坐标，利用待定系数法求得直线NH的解析式，把t=8代入，即可求得y的值．
本题考查了动点问题的函数图象，根据图(2)判断出点P到达点E时点Q到达点C是解题的关键，也是本题的突破口．
11.【答案】2024
【解析】解：∵抛物线y=x2−3x−1010与x轴的其中一个交点是(m,0)，
∴m2−3m−1010=0，
∴m2−3m=1010，
∴2m2−6m+4
=2(m2−3m)+4
=2×1010+4
=2024，
故答案为：2024．
根据抛物线y=x2−3x−1010与x轴的其中一个交点是(m,0)，可以得到m2−3m的值，从而可以得到2m2−6m+4的值，本题得以解决．
本题考查抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
12.【答案】212
【解析】解：∵a≠b，且满足2a2−5a+1=0，2b2−5b+1=0，
∴a、b为方程2x2−5x+1=0的两个实数根，
∴a+b=52，ab=12，
∴ba+ab=a2+b2ab=(a+b)2−2abab=(52)2−2×1212=212．
故答案为：212．
由a、b满足的条件可得出a、b为方程2x2−5x+1=0的两个实数根，根据根与系数的关系可得出a+b=52、ab=12，将其代入ba+ab=(a+b)2−2abab中可求出结论．
本题考查了根与系数的关系，牢记“两根之和等于−ba、两根之积等于ca”是解题的关键．
13.【答案】(2 3+2)m
【解析】解：如图，以BC所在直线为x轴、AB所在直线为y轴建立直角坐标系，
由题意知，抛物线的顶点P的坐标为(2,3)、点A(0,2)，
设抛物线的解析式为y=a(x−2)2+3，
将点A(0,2)代入，得：4a+3=2，
解得：a=−14，
则抛物线的解析式为y=−14(x−2)2+3，
当y=0时，有−14(x−2)2+3=0，
解得：x=2−2 3(舍)或x=2 3+2，
∴BC=(2 3+2)米，
答：水流的落地点C到水枪底部B的距离为(2 3+2)m．
故答案为：(2 3+2)m．
建立以BC所在直线为x轴、AB所在直线为y轴的直角坐标系，根据顶点P(2,3)设其解析式为y=a(x−2)2+3，把A(0,2)代入求得a的值，据此可得其函数解析式，再求得y=0时x的值可得答案．
本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是结合题意建立合适的平面直角坐标系，将实际问题转化为二次函数问题求解．
14.【答案】6 3
【解析】【分析】
本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形性质，准确把握旋转的性质是解题的关键．由等腰直角三角形的性质得到∠ACB=45°，∠A=90°，根据旋转的性质得到∠ACM=15°，∠M=∠A=90°，CM=AC=6，求得∠MCB=30°，得到DM= 33CM=2 3，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】
解：∵在Rt△ABC中，AB=AC=6，
∴∠ACB=45°，∠A=90°，
∵将△ABC绕点C逆时针旋转15°得到△MNC，
∴∠ACM=15°，∠M=∠A=90°，CM=AC=6，
∴∠MCB=30°，
∴DM= 33CM=2 3，
∴阴影面积=12×6×2 3=6 3，
故答案为：6 3．
15.【答案】(−1,2)
【解析】解：因为线段AB是定值，故抛物线上的点到直线的距离最短，则面积最小，
若直线向上平移与抛物线相切，切点即为P点，
设平移后的直线为y=−x−2+b，
∵直线y=−x−2+b与抛物线y=x2+x+2相切，
∴x2+x+2=−x−2+b，即x2+2x+4−b=0，
则△=4−4(4−b)=0，
∴b=3，
∴平移后的直线为y=−x+1，
解y=−x+1y=x2+x+2得x=−1，y=2，
∴P点坐标为(−1,2)，
故答案为(−1,2)．
因为线段AB是定值，故抛物线上的点到直线的距离最短，则面积最小，平移直线与抛物线的切点即为P点，然后求得平移后的直线，联立方程，解方程即可．
本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积以及解方程等，理解直线向上平移与抛物线相切，切点即为P点是解题的关键．
16.【答案】解：(1)∵a=2、b=4、c=−1，
∴△=42−4×2×(−1)=24>0，
则x=−4±2 64=−2± 62；
(2)∵x2+6x+5=0，
∴x2+6x=−5，
则x2+6x+9=−5+9，即(x+3)2=4，
∴x+3=2或x+3=−2，
解得：x=−1或x=−5．
【解析】(1)先由a、b、c的值判断△的符号，再代入求根公式计算可得；
(2)将常数项移到方程的右边，再两边配上一次项系数一半的平方，写成完全平方式后开方即可得．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
17.【答案】(0,43)
【解析】解：(1)如图，△A1B1C1即为所求；
(2)如图，△A2B2C2即为所求；
(3)如图，点P即为所求．
由作图可知B′(−1,1)，A(2,3)，
∴直线AB′的解析式为y=23x+43，
∴P(0,43).
故答案为：(0,43).
(1)利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可；
(2)利用中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可；
(3)作点B关于y轴的对称点B′，连接AB′交y轴于点P，求出直线AB′的解析式，可得点P坐标．
本题考查作图−旋转变换，平移变换，轴对称变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
18.【答案】(1)证明：∵△=[−(2k+1)]2−4×1×(k2+k)=1>0．
∴方程有两个不相等的实数根；
(2)解：∵由 x2−(2k+1)x+k2+k=0，得(x−k)[x−(k+1)]=0，
∴x1=k，x2=k+1．
即AB、AC的长为k、k+1，
当AB=BC时，即 k=5，满足三角形构成条件；
当AC=BC时，k+1=5，解得 k=4，满足三角形构成条件．
综上所述，k=4 或 k=5．
【解析】(1)计算判别式的值得到△=1>0.然后根据判别式的意义得到结论；
(2)利用因式分解法解方程得到∴x1=k，x2=k+1，AB、AC的长为k、k+1，讨论当AB=BC时，即 k=5；当AC=BC时，k+1=5，解得 k=4．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根，x1+x2=−ba，x1x2=ca.也考查了根的判别式．
19.【答案】解：(1)把点P(2,3)代入y=x2+ax+3中，
∴a=−2，
∴y=x2−2x+3=(x−1)2+2，
∴顶点坐标为(1,2)；
(2)①当m=−2时，n=(−2)2−2×(−2)+3=11，
②点Q到y轴的距离小于2，
∴|m|<2，
∴−2∴2≤n<11．
【解析】(1)把点P(2,3)代入y=x2+ax+3中，即可求出a；
(2)①把m=−2代入解析式即可求n的值；
②由点Q到y轴的距离小于2，可得−2本题考查二次函数的图象及性质；熟练掌握二次函数图象上点的特征是解题的关键．
20.【答案】解：(1)设每件纪念品销售价上涨x元，
根据题意得：(x+44−40)(300−10x)=2640，
整理得：x2−26x+144=0，
∴(x−8)(x−18)=0，
解得：x1=8，x2=18，
∵销售单价不高于60元，
∴x=8，
答：当每个纪念品的销售单价是52元时，商家每天获利2640元；
(2)根据题意得：
w=(x+44−40)(300−10x)
=−10x2+260x+1200
=−10(x−13)2+2890，
∵−10<0，二次函数图象开口向下，对称轴为直线x=13，
∴当x=13时，w最大，最大值为2890，
∵13+44=57<60，
∴当纪念品的销售单价定为57元时，商家每天销售纪念品获得的利润w最大，最大利润是2890元．
【解析】(1)设每件纪念品销售价上涨x元，可得：(x+44−40)(300−10x)=2640，即可解得当每个纪念品的销售单价是52元时，商家每天获利2640元；
(2)w=(x+44−40)(300−10x)=−10(x−13)2+2890，由二次函数性质可得当纪念品的销售单价定为57元时，商家每天销售纪念品获得的利润w最大，最大利润是2890元．
本题考查一元二次方程和二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，列出方程和函数关系式．
21.【答案】90 CG=12BC 3 32或3 3
【解析】【课本再现】解：∵四边形ABCD和四边形CEFG是全等的矩形，
∴AB=CE，BC=EF，∠B=∠E=90°，
∴△ABC≌△CEF(SAS)，
∴∠BAC=∠FCE，AC=CF，
∵∠B=90°，
∴∠BAC+∠ACB=90°，
∴∠ACB+∠FCE=90°，
∴∠ACF=90°，
故答案为：90．
【迁移应用】证明：过点F作FH⊥CD，交CD的延长线于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB=CD，∠BCD=90°，
∴∠H=∠BCD=90°，
由旋转得∠BEF=90°，EF=BE，
∴∠BEC+∠CBE=∠BEC+∠FEH=90°，
∴∠CBE=∠FEH，
∴△BEC≌△EFH(AAS)，
∴FH=EC，EH=BC，
∴EH=CD，即CE+DE=DH+DE，
∴CE=DH=FH，
∴∠CDG=∠FDH=45°，
∵∠DCG=BCD=90，
∴△DCG是等腰直角三角形，
∴CG=CD=BC；
【拓展延伸】解：①过点F作∠EFH=∠BEC，与ED的延长线交于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CB=CD，∠A=∠BCD=120°，
由旋转得∠BEF=120°，EF=BE，
∴∠BEC+∠CBE=∠BEC+∠FEH=60°，
∴∠CBE=∠FEH，
∴△BEC≌△EFH(AAS)，
∴∠H=∠BCD=120°，EH=BC，FH=CE，
∴CD=EH，
∴DH=CE，
∴DH=FH，
∴∠FDH=∠DFH=30°，
∴∠CDG=30°，
∵∠DCG=180°−∠BCD=60°，
∴∠G=90°，
∴△DCG是直角三角形，
∵∠CDG=30°，
∴CG=12CD=12BC，
故答案为：CG=12BC；
②当CE=13CD时，CE=13AB=2，
由①知，CG=12CD=3，
∴DG= CD2−CG2= 62−32=3 3，
∵△CEG和△DCG底边CE、CD边上的高相等，
∴S△CEG=13S△DCG=13×12CG⋅DG=13×12×3×3 3=3 32；
当ED=13CD时，ED=13AB=2，则CE=6−2=4，
∴DG= CD2−CG2= 62−32=3 3，
∵△CEG和△DCG底边CE、CD边上的高相等，
∴S△CEG=23S△DCG=23×12CG⋅DG=23×12×3×3 3=3 3；
故答案为：3 32或3 3．
【课本再现】根据矩形的性质得出AB=CE，BC=EF，∠B=∠E=90°，根据SAS推出△ABC≌≌△CEF，根据全等得出∠BAC=∠FCE，AC=CF，求出△ACF是等腰直角三角形，即可得出答案；
【迁移应用】由AAS证明△BEC≌△EFH，得到FH=EC，EH=BC，即EH=CD，从而可得CE=DH=FH，可得∠CDG=∠FDH=45°，可知△DCG是等腰直角三角形，即可得出结论；
【拓展延伸】①由AAS证明△BEC≌△EFH，得到∠H=∠BCD=120°，EH=BC，FH=CE，由CD=EH证明DH=CE，可得到∠FDH=30°，再由∠DCG=60°可知△DCG是直角三角形，由直角三角形的性质即可得出结论；
②当CE=13CD时，根据△CEG和△DCG底边CE、CD边上的高相等可知S△CEG=12S△DCG，即可求得CG、DG的长，从而可得E△CEG的面积；当ED=13CD时，可得S△CEG=23S△DCG，同理可求解．
本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，矩形的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
22.【答案】解：(1)将A(−1,0)、C(0,3)代入y=−x2+bx+c中，
得：−1−b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3．
(2)连接BC交抛物线对称轴于点P，此时PA+PC取最小值，如图1所示．
当y=0时，有−x2+2x+3=0，
解得：x1=−1，x2=3，
∴点B的坐标为(3,0)．
∵抛物线的解析式为y=−x2+2x+3=−(x−1)2+4，
∴抛物线的对称轴为直线x=1．
设直线BC的解析式为y=kx+d(k≠0)，
将B(3,0)、C(0,3)代入y=kx+d中，
得：3k+d=0d=3，
解得：k=−1d=3，
∴直线BC的解析式为y=−x+3．
∵当x=1时，y=−x+3=2，
∴当PA+PC的值最小时，点P的坐标为(1,2)．
(3)设点M的坐标为(1,m)，
则CM= (1−0)2+(m−3)2= 1+m−32，AC= [0−(−1)]2+(3−0)2= 10，
AM= [1−(−1)]2+(m−0)2= 4+m2．
分三种情况考虑：
①当∠AMC=90°时，有AC2=AM2+CM2，即10=1+(m−3)2+4+m2，
解得：m1=1，m2=2，
∴点M的坐标为(1,1)或(1,2)；
②当∠ACM=90°时，有AM2=AC2+CM2，即4+m2=10+1+(m−3)2，
解得：m=83，
∴点M的坐标为(1,83)；
③当∠CAM=90°时，有CM2=AM2+AC2，即1+(m−3)2=4+m2+10，
解得：m=−23，
∴点M的坐标为(1,−23).
综上所述：当△MAC是直角三角形时，点M的坐标为(1,1)、(1,2)、(1,83)或(1,−23).
【解析】本题考查待定系数法求二次(一次)函数解析式、二次(一次)函数图象的点的坐标特征、轴对称中的最短路径问题以及勾股定理，解题的关键是：(1)由点的坐标，利用待定系数法求出抛物线解析式；(2)由两点之间线段最短结合抛物线的对称性找出点P的位置；(3)分∠AMC=90°、∠ACM=90°和∠CAM=90°三种情况，列出关于m的方程．
(1)由点A、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；
(2)连接BC交抛物线对称轴于点P，此时PA+PC取最小值，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B的坐标，由点B、C的坐标利用待定系数法即可求出直线BC的解析式，利用配方法可求出抛物线的对称轴，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P的坐标；
(3)设点M的坐标为(1,m)，则CM= (1−0)2+(m−3)2，AC= [0−(−1)]2+(3−0)2= 10，AM= [1−(−1)]2+(m−0)2，分∠AMC=90°、∠ACM=90°和∠CAM=90°三种情况，利用勾股定理可得出关于m的一元二次方程或一元一次方程，解之可得出m的值，进而即可得出点M的坐标．
23.【答案】解：(1)①∵△ABC为等边三角形，
∴BA=BC，∠ABC=60°，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴∠OBD=∠ABC=60°，
∴旋转角的度数为60°；
②∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴BO=BD，
而∠OBD=60°，
∴△OBD为等边三角形；
∴OD=OB=4；
③∵△BOD为等边三角形，
∴∠BDO=60°，
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴CD=AO=3，
在△OCD中，CD=3，OD=4，OC=5，
∵32+42=52，
∴CD2+OD2=OC2，
∴△OCD为直角三角形，∠ODC=90°，
∴∠BDC=∠BDO+∠ODC=60°+90°=150°；
(2)OA2+2OB2=OC2时，∠ODC=90°.理由如下：
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴∠OBD=∠ABC=90°，BO=BD，CD=AO，
∴△OBD为等腰直角三角形，
由勾股定理可得：OD= 2OB，
∵当CD2+OD2=OC2时，△OCD为直角三角形，∠ODC=90°，
∴OA2+2OB2=OC2，
∴当OA、OB、OC满足OA2+2OB2=OC2时，∠ODC=90°．
【解析】(1)①根据等边三角形的性质得BA=BC，∠ABC=60°，再根据旋转的性质得∠OBD=∠ABC=60°，于是可确定旋转角的度数为60°；
②由旋转的性质得BO=BD，加上∠OBD=60°，则可判断△OBD为等边三角形，所以OD=OB=4；
③由△BOD为等边三角形得到∠BDO=60°，再利用旋转的性质得CD=AO=3，然后根据勾股定理的逆定理可证明△OCD为直角三角形，∠ODC=90°，所以∠BDC=∠BDO+∠ODC=150°；
(2)根据旋转的性质得∠OBD=∠ABC=90°，BO=BD，CD=AO，则可判断△OBD为等腰直角三角形，则OD= 2OB，然后根据勾股定理的逆定理，当CD2+OD2=OC2时，△OCD为直角三角形，∠ODC=90°．
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判断与性质和勾股定理的逆定理．