2023-2024学年内蒙古师大附中九年级（上）期中数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年内蒙古师大附中九年级（上）期中数学试卷(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.如图所示的图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.下列方程中，是关于x的一元二次方程的是( )
A. 1x2−x−1=0B. ax2+bx+c=0(a、b、c为常数)
C. (x+1)(x−2)=x2D. 3x2+1=0
3.抛物线y=−2(x−1)2−1可由抛物线y=−2(x+2)2+3平移得到，那么平移的步骤是( )
A. 右移3个单位长度，再下移4个单位长度B. 右移3个单位长度，再上移4个单位长度
C. 左移3个单位长度，再下移4个单位长度D. 左移3个单位长度，再上移4个单位长度
4.下列命题中正确的有( )
(1)平分弦的直径垂直于弦
(2)相等的圆周角所对的弧相等
(3)等弧所对的圆周角相等
(4)顶点在圆周上的角是圆周角
(5)圆心角等于2倍的圆周角
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
5.已知二次函数y=−2x2+x−m图象上三点A(−1,y1)，B(1,y2)，C(2,y3)，则y1，y2，y3的大小关系为( )
A. y16.函数y=mx2−m与y=mx+m在同一坐标系中的图象可能是( )
A. B.
C. D.
7.若α、β是一元二次方程x2+3x−5=0的两个根，则α2+2α−β的值是( )
A. 2B. 3C. 5D. 8
8.已知：如图，AB是⊙O的直径，弦CD交AB于E点，BE=1，AE=5，∠AEC=30°，则CD的长为( )
A. 4 2
B. 4
C. 3 2
D. 5 2
9.关于x的方程a(x+m)2+b=0的解是x1=−2，x2=1(a,m,b均为常数，a≠0)，则方程a(x+m+2)2+b=0的解是( )
A. x1=0，x2=−1B. x1=0，x2=3
C. x1=−4，x2=−1D. x1=4，x2=3
10.如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象经过点A(−3,0)，其对称轴为直线x=−1，有下列结论：①abc<0；②a+b+c<0；③5a+4c<0；④4ac−b2>0；⑤若P(−5,y1)，Q(m,y2)是抛物线上两点，且y1>y2，则实数m的取值范围是−5A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.如图，抛物线y=ax2+bx+c的对称轴是直线x=1，关于x的方程ax2+bx+c=0的一个根为x=4，则另一个根为______ ．
12.如图，某博览会上有一圆形展示区，在其圆形边缘的点P处安装了一台监视器，它的监控角度是55°，为了监控整个展区，最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器______ 台.
13.现代互联网技术的广泛应用，催生了快递行业的高速发展，我市某家快递公司，今年1月份与3月份完成投送的快递件数分别为10万件和12.1万件.如果按此平均速度增长，该公司4月份投递的快递总件数将达到______ 万件．
14.已知关于x的方程kx2−3x+1=0有实数根，则k的取值范围是______．
15.如图，MN是⊙O的直径，MN=6，点A在⊙O上，∠AMN=30°，B为AN的中点，P是直径MN上一动点，则PA+PB的最小值是______ ．
16.当a≤x≤a+1时，函数y=x2−2x+1的最小值为4，则a的值为______ ．
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10分)
解方程：
(1)(x−1)2=3(x−1)；
(2)2x2−4x+1=0.(用配方法解方程)
18.(本小题7分)
如图，△DEF是△ABC经过某种变换得到的图形，点A与点D，点B与点E，点C与点F分别是对应点，观察对应点坐标之间的关系，解答下列问题：
(1)分别写出点A与点D，点B与点E的坐标．
(2)若点P(a+3,4−b)与点Q(2b−1,1+a)也是通过上述变换得到的对应点，求a、b的值．
19.(本小题8分)
提出问题：
为解方程x4−3x2−4=0，我们可以令x2=y，于是原方程可转化为y2−3y−4=0，解此方程，得y1=4，y2=−1(不符合要求，舍去)．
当y1=4时，x2=4，x=±2．
∴原方程的解为x1=2，x2=−2．
以上方法就是换元法解方程，从而达到了降次的目的，体现了转化的思想．
解决问题：
运用上述换元法解方程：(x2−2)2−13(x2−2)+42=0．
20.(本小题8分)
如图，某地欲搭建圆弧形拱桥，设计要求跨度AB=32米，拱高CD=8米
(1)求该圆弧所在圆的半径；
(2)在距离桥的一端4米处欲立一桥墩EF支撑，求桥墩EF高度．
21.(本小题9分)
阅读材料：
材料1：关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两个实数根x1x2和系数a，b，c，有如下关系：x1+x2=−ba，x1x2=ca．
材料2：已知一元二次方程x2−x−1=0的两个实数根分别为m，n，求m2n+mn2的值．
解：∵m，n是一元二次方程x2−x−1=0的两个实数根，
∴m+n=1，mn=−1．
则m2n+mn2=mn(m+n)=−1×1=−1．
根据上述材料，结合你所学的知识，完成下列问题：
(1)应用：一元二次方程2x2+3x−1=0的两个实数根为x1，x2，则x1+x2= ______ ，x1x2= ______ ．
(2)类比：已知一元二次方程2x2+3x−1=0的两个实数根为m，n，求m2+n2的值；
(3)提升：已知实数s，t满足2s2+3s−1=0，2t2+3t−1=0且s≠t，求1s−1t的值．
22.(本小题8分)
网络销售已经成为一种热门的销售方式，某果园在网络平台上直播销售荔枝.已知该荔枝的成本为6元/kg，销售价格不高于18元/kg，且每售卖1kg需向网络平台支付2元的相关费用，经过一段时间的直播销售发现，每日销售量y(kg)与销售价格x(元/kg)之间满足如图所示的一次函数关系．
(1)求y与x的函数解析式．
(2)当每千克荔枝的销售价格定为多少元时，销售这种荔枝日获利最大，最大利润为多少元？
23.(本小题10分)
如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点F是CD延长线上的一点，且DA平分∠BDF．
(1)求证：AB=AC；
(2)若AB=13，BC=10，求⊙O半径．
24.(本小题12分)
平面直角坐标系中，点O是坐标原点，抛物线y=−x2+bx+c经过点A(0,−3)，对称轴为直线x=2．
(1)求b，c的值；
(2)抛物线与x轴交于B、C两点(C在B的右侧)，点D是抛物线的顶点；
①点E是抛物线上一动点，且位于直线AC的上方，过点E作AC的垂线交AC于点F，求EF长度的最大值；
②在直线AC上是否存在点G，使得∠DGC=2∠DAC？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B.不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D.是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
本题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度后与原图重合．
2.【答案】D
【解析】解：A、1x2−x−1=0不是整式方程，不是一元二次方程，不符合题意；
B、ax2+bx+c=0，当a=0时，不是一元二次方程，不符合题意；
C、(x+1)(x−2)=x2整理得：−x−2=0，是一元一次方程，不符合题意；
D、3x2+1=0是一元二次方程，符合题意．
故选：D．
本题根据一元二次方程的定义解答即可．
本题考查一元二次方程的定义，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
3.【答案】A
【解析】解：函数y=−2(x−1)2−1的图象可由函数y=−2(x+2)2+3的图象平移得到，那么平移的步骤是右移3个单位，下移4个单位，
故选：A．
根据图象的平移规律，可得答案．
本题考查了二次函数图象与几何变换，利用图象的平移规律：左加右减，上加下减是解题关键．
4.【答案】A
【解析】解：(1)平分弦(不是直径)的直径垂直于弦，本说法错误；
(2)在同圆或等圆中，相等的圆周角所对的弧相等，本说法错误；
(3)等弧所对的圆周角相等，本说法正确；
(4)顶点在圆周上、两边都与圆相交的角是圆周角，本说法错误；
(5)同弧或等弧所对的圆心角等于2倍的它所对的圆周角本说法错误；
故选：A．
根据垂径定理、圆周角定理、圆周角定理概念判断．
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
5.【答案】B
【解析】解：∵y=−2x2+x−m
∴抛物线的开口向下，对称轴为直线x=14，
∴当x>14时，y随x的增大而减小，
∵点A(−1,y1)关于对称轴的对称点是(32,0)，而1<32<2，
∴y3故选：B．
由解析式得到抛物线的开口方向和对称轴，然后根据二次函数的对称性和增减性即可判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系，熟知二次函数的性质是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵y=mx+m=m(x+1)，
∴一次函数图象经过点(−1,0)，故B、C不合题意；
A、由二次函数y=mx2−m的图象开口向下，交y轴的正半轴，可知m<0，由一次函数y=mx+m的图象经过第二、三、四象限可知m<0，结论一致，A选项符合题意；
D、由二次函数y=mx2−m的图象开口向下，交y轴的正半轴，可知m<0，由一次函数y=mx+m的图象经过第一、二、三象限可知m>0，结论矛盾，D选项不合题意；
故选：A．
由二次函数图象的开口及与y轴交点的位置可确定m的正负，再利用一次函数y=mx+m经过的象限确定m的正负，对比后即可得出结论．
本题考查了二次函数的图象、一次函数图象，根据二次函数的图象和一次函数图象找出每个选项中m的正负是解题的关键．
7.【答案】D
【解析】解：∵α、β是一元二次方程x2+3x−5=0的两个根，
∴α+β=−3，α2+3α−5=0，即α2+3α=5，
则原式=α2+3α−(α+β)=5−(−3)=5+3=8．
故选：D．
根据题意，利用根与系数的关系及方程解的定义确定出关系式，原式变形后代入计算即可求出值．
此题考查了根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根与系数的关系是解本题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：作OM⊥CD于点M，连接OC，则CM=12CD，
∵BE=1，AE=5，
∴OC=12AB=BE+AE2=1+52=3，
∴OE=OB−BE=3−1=2，
∵Rt△OME中，∠AEC=30°，
∴OM=12OE=12×2=1，
在Rt△OCM中，
∵OC2=OM2+MC2，即32=12+CM2，解得CM=2 2，
∴CD=2CM=2×2 2=4 2．
故选：A．
作OM⊥CD于点M，连接OC，在直角三角形OEM中，根据三角函数求得OM的长，然后在直角△OCM中，利用勾股定理即可求得CM的长，进而求得CD的长．
本题考查的是垂径定理、勾股定理及直角三角形的性质，解答此类题目时要先作出辅助线，再利用勾股定理求解．
9.【答案】C
【解析】解：∵关于x的方程a(x+m)2+b=0的解是x1=−2，x2=1(a,m,b均为常数，a≠0)，
在方程a(x+m+2)2+b=0中，
x+2=−2或x+2=1，
解得x1=−4，x2=−1，
故选：C．
根据关于x的方程a(x+m)2+b=0的解是x1=−2，x2=1(a,m,b均为常数，a≠0)，可知x+2=−2或x+2=1，进一步求解即可．
本题考查了用换元法解一元二次方程，找出两方程之间的关系是解题的关键．
10.【答案】C
【解析】解：①观察图象可知：
a>0，b>0，c<0，∴abc<0，
∴①正确；
②当x=1时，y=0，即a+b+c=0，
∴②错误；
③对称轴x=−1，即−b2a=−1
得b=2a，
当x=12时，y<0，
即14a+12b+c<0，
即a+2b+4c<0，
∴5a+4c<0．
∴③正确；
④因为抛物线与x轴有两个交点，
所以△>0，即b2−4ac>0，
∴4ac−b2<0．
∴④错误；
⑤∵(−5,y1)关于直线x=−1的对称点的坐标是(3,y1)，
∴当y1>y2时，−5∴⑤正确．
故选：C．
①关键图象的开口方向、对称轴、图象与y轴的交点即可判断；
②根据图象当x=1时，y=0即可判断；
③根据对称轴方程得a与b的关系，再根据图象当x=12时，y<0即可判断；
④根据图象与x轴有两个交点，△>0即可判断；
⑤根据图象对称轴左侧y随x最大而减小即可判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征，解决本题的关键是综合运用二次函数的相关知识．
11.【答案】x=−2
【解析】解：∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的对称轴为直线x=1，
∴−b2a=1，即b=−2a，
根据根与系数的关系得4+x=−ba=−−2aa=2，
解得x=−2，
即方程ax2+bx+c=0(a≠0)的另一个根为x=−2．
故答案为：x=−2．
利用抛物线的对称轴方程得到b=−2a，根据根与系数的关系得4+x=−ba=2，然后求出另一根x的值即可．
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．掌握根与系数的关系和二次函数的性质是解题关键．
12.【答案】4
【解析】解：∵∠P=55°，
∴∠P所对弧所对的圆心角是110°，
∵360°÷110°=3311，
∴最少需要在圆形边缘上共安装这样的监视器4台．
故答案为：4．
根据一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，得该圆周角所对的弧所对的圆心角是110°，则共需安装360°÷110°=3311≈4台．
此题考查了要圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．注意把实际问题转化为数学问题，能够把数学和生活联系起来．
13.【答案】13.31
【解析】解：设该公司每月的投递总件数的平均增长率为x，
根据题意得：10(1+x)2=12.1，
解得：x1=0.1或x2=−2.1(不合题意，舍去)，
按此平均速度增长，则该公司4月份投递的快递总件数将达到：12.1×(1+0.1)=13.31(万件)，
故答案为：13.31．
设该公司每月的投递总件数的平均增长率为x，结合题意依据增长模型a(1+x)2=b建立方程，求得增长率，从而可求解．
本题考查了一元二次方程的应用中的增长率问题，一般形式为a(1+x)2=b，a为起始时间的有关数量，b为终止时间的有关数量．根据数量关系得出关于x的一元二次方程是解题的关键．
14.【答案】k≤94
【解析】解：当k=0时，方程化为−3x+1=0，解得x=13；
当k≠0时，Δ=(−3)2−4k×1≥0，解得k≤94且k≠0，
综上所述，k的范围为k≤94．
故答案为：k≤94．
讨论：当k=0时，方程化为−3x+1=0，方程有实数解；当k≠0时，根据根的判别式的意义得到Δ=(−3)2−4k×1≥0，解得k≤94且k≠0，然后综合两种情况得到k的范围．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
15.【答案】3 2
【解析】解：作点B关于MN的对称点C，连接AC交MN于点P，连接OB，则P点就是所求作的点．
此时PA+PB最小，且等于AC的长．
连接OA，OC，
∵∠AMN=30°，
∴∠AON=60°，
∵AB=BN
∴∠AOB=∠BON=30°，
∵MN⊥BC，
∴NB=CN，
∴∠CON=∠NOB=30°，
则∠AOC=90°，又OA=OC=3，
则AC=3 2．
首先利用在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L的交点就是所要找的点P的位置，然后根据弧的度数发现一个等腰直角三角形计算．
此题主要考查了确定点P的位置，垂径定理的应用．
16.【答案】−2或3
【解析】解：∵y=x2−2x+1=(x−1)2，
∴抛物线开口向上，顶点坐标为(1,0)，
当a+1<1时，a<0，x=a+1时y=(a+1−1)2=a2为最小值，
∴a2=4，
解得a=2(舍)或a=−2．
当a>1时，y=a2−2a+1=(a−1)2=4为最小值，
解得a=3或a=−1(舍)，
故答案为：−2或3．
由抛物线解析式可得抛物线对称轴及顶点坐标，分类讨论x=a和x=a+1时y取最小值．
本题考查二次函数的最值，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系，掌握二次函数与方程及不等式的关系．
17.【答案】解：(1)(x−1)2=3(x−1)，
(x−1)2−3(x−1)=0，
(x−1−3)(x−1)=0，
即(x−4)(x−1)=0，
x−4=0或x−1=0，
解得x1=4，x2=1；
(2)2x2−4x+1=0，
2x2−4x=−1，
x2−2x=−12，
x2−2x+1=−12+1，
(x−1)2=12，
x−1=± 22，
解得x1=1+ 22，x2=1− 22．
【解析】(1)利用因式分解法求解；
(2)利用配方法求解．
本题考查解一元二次方程，熟知解一元二次方程的因式分解法和配方法是解题的关键．
18.【答案】解：(1)由图可知，A(2,3)，D(−2,−3)；B(1,2)，E(−1,−2)；
(2)由(1)可知对应点的横坐标与横坐标互为相反数，纵坐标与纵坐标互为相反数．
根据题意得：a+3+2b−1=04−b+1+a=0，
解得a=−4b=1
【解析】(1)根据各个点在平面直角坐标系中的位置写出坐标即可；
(2)根据(1)得出的结论可知点P和点Q的横坐标和纵坐标都互为相反数，列出方程组求解即可．
本题主要考查了在平面直角坐标系中点的变化规律、二元一次方程组的应用等知识，熟练的掌握平面直角坐标中点的坐标变化规律是解题的关键．
19.【答案】解：(x2−2)2−13(x2−2)+42=0，
设x2−2=y，则原方程可化为y2−13y+42=0，
(y−6)(y−7)=0，
y−6=0或y−7=0，
解得，：y1=6，y2=7，
当x2−2=6时，x=±2 2；
当x2−2=7时，x=±3，
所以原方程的解为x1=2 2，x2=−2 2，x3=3，x4=−3．
【解析】设x2−2=y，则原方程可化为y2−13y+42=0，求出y的值，再代入x2−2=y求出x即可．
本题考查了用换元法解方程和解一元二次方程，能正确换元是解此题的关键．
20.【答案】解：(1)设弧AB所在的圆心为O，D为弧AB的中点，CD⊥AB于C，延长DC经过O点，设⊙O的半径为R，
在Rt△OBC中，OB2=OC2+CB2，
∴R2=(R−8)2+162，
解得R=20米；
(2)OH⊥FE于H，则OH=CE=16−4=12米，OF′=R=20米，
在Rt△OHF中，HF= 202−122=16米，
∵HE=OC=OD−CD=20−8=12，EF=HF−HE=16−12=4(米)，
∴在离桥的一端4米处，桥墩高4米．
【解析】(1)设弧AB所在的圆心为O，D为弧AB的中点，CD⊥AB于C，延长DC经过O点，设⊙O的半径为R，利用勾股定理求出即可；
(2)利用垂径定理以及勾股定理得出AO的长，再求出EF的长即可．
此题主要考查了垂径定理的应用，根据题意画出图形结合勾股定理得出是解题关键．
21.【答案】−32 −12
【解析】解：(1)∵一元二次方程2x2+3x−1=0的两个根为x1，x2，
∴x1+x2=−32，x1x2=−12；
故答案为：−32，−12；
(2)∵一元二次方程2x2+3x−1=0的两根分别为m，n，
∴m+n=−32，mn=−12，
∴m2+n2=(m+n)2−2mn=94+1=134；
(3)∵实数s，t满足2s2+3s−1=0，2t2+3t−1=0，且s≠t，
∴s，t是一元二次方程2x2+3x−1=0的两个实数根，
∴s+t=−32，st=−12，
∵(t−s)2=(t+s)2−4st=(−32)2−4×(−12)=174，
∴t−s=± 172，
∴1s−1t=t−sst=± 172−12=± 17．
(1)利用根与系数的关系，即可得出x1+x2及x1x2的值；
(2)利用根与系数的关系，可得出m+n=−32，mn=−12，将其代入m2+n2=(m+n)2−2mn中，即可求出结论；
(3)由实数s、t满足2s2+3s−1=0，2t2+3t−1=0，且s≠t，可得出s，t是一元二次方程2x2+3x−1=0的两个实数根，利用根与系数的关系，可得出s+t=−32，st=−12，结合(t−s)2=(t+s)2−4st，可求出s−t的值，再将其代入1s−1t=t−sst中，即可求出结论．
本题考查根与系数的关系，牢记“两根之和等于−ba，两根之积等于ca”是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设每日销售量y(kg)与销售价格x(元/kg)之间满足如图所示的一次函数关系为y=kx+b，
∴8k+b=220014k+b=1600，
解得k=−100b=3000，
∴y与x的函数解析式为y=−100x+3000；
(2)设每千克荔枝的销售价格定为x元时，销售这种荔枝日获利为w元，
根据题意得，w=(x−6−2)(−100x+3000)=−100x2+3800x−24000=−100(x−19)2+12000，
∵a=−100<0，对称轴为x=19，
∴当x=19时，w有最大值为12000元，
∴当销售单价定为18时，销售这种荔枝日获利最大，最大利润为12000元．
【解析】(1)由日获利=(销售单价−成本)×日销售量，可求解；
(2)由二次函数的性质求出的最大利润，即可求解．
本题考查了二次函数的应用，二次函数的性质，求出函数关系式是本题的关键．
23.【答案】(1)证明：∵AD平分∠BDF，
∴∠ADF=∠ADB，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADF=180°，
∴∠ADF=∠ABC，
∵∠ACB=∠ADB，
∴∠ABC=∠ACB，
∴AB=AC；
(2)解：过点A作AG⊥BC于G，连接OC，

∵AB=AC，
∴BG=CG=12BC=5，
∴AG= AB2−BG2= 132−52=12，AG垂直平分BC，
∵OB=OC，
∴圆心O在BC的垂直平分线AG上，
∴OG⊥BC，
设⊙O的半径为r，
在Rt△OBG中，OB2=OG2+BG2，
∴r2=(12−r)2+52，
∴r=16924，
∴⊙O的半径为16924．
【解析】(1)根据角平分线的定义、圆内接四边形的性质解答；
(2)过点A作AG⊥BC于G，根据等腰三角形的性质以及垂径定理可得AG过圆心，利用勾股定理即可求解．
本题考查的是圆内接四边形的性质、圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握圆内接四边形的任意一个外角等于它的内对角是解题的关键．
24.【答案】解：(1)由题意，将A(0,−3)代入解析式得，c=−3．
由对称轴是直线x=−b−2=2，
∴b=4．
(2)由题意，由(1)得，抛物线解析式为y=−x2+4x−3=−(x−2)2+1．
∴顶点D(2,1)．
令y=0，
∴x2−4x+3=0．
∴x=1或3．
∴抛物线与x轴的交点B(1,0)，C(3,0)．
①由A(0,−3)，C(3,0)得，直线AC为y=x−3．
由题意，当平行于AC的直线l与抛物线相切时，EF最大．
可设直线l为y=x+m，由抛物线为y=−x2+4x−3，
∴此时方程为x+m=−x2+4x−3，
则Δ=9−4(3+m)=0．
∴m=−34．
∴l为y=x−34，又AC为y=x−3，
∴−34−(−3)=94．
∵直线l与y轴夹角45°，
∴EF的最大值为 22×94=9 28．
②存在，理由：
如图，当∠DGC=2∠DAC，

则∠DAC=∠ADG，
即GD=AG，
由点A、C的坐标得，直线AC的表达式为：y=x−3，
设点G的坐标为：(m,m−3)，
当GD=AG时，
即m2+(m−3+3)2=(m−2)2+(m−4)2，
解得：m=53，
则点G(53,−43)；
当点G(G′)在点C的上方时，
则DG=DG′，设点G′(t,t−3)，
则(t−2)2+(m−4)2=(53−2)2+(1+43)2，
解得：t=53(舍去)或133，
则点G′(133,13)，
综上，点G的坐标为：(133,13)或(53,−43).
【解析】(1)由题意，将A(0,−3)代入解析式得，c=−3，即可求解；
(2)①当平行于AC的直线l与抛物线只有一个交点时，EF最大，即可求解；
②当∠DGC=2∠DAC，则∠DAC=∠ADG，即GD=AG，进而求解．
本题为二次函数综合题，涉及到二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．