资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
请考生注意：
1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。
2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．如图，已知，M，N分别为锐角∠AOB的边OA，OB上的点，ON=6，把△OMN沿MN折叠，点O落在点C处，MC与OB交于点P，若MN=MP=5，则PN=( )
A．2 B．3 C． D．
2．二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，在ab、ac、b2﹣4ac，2a+b，a+b+c，这五个代数式中，其值一定是正数的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．已知是关于的反比例函数，则( )
A． B． C． D．为一切实数
4．点A(-2，1)关于原点对称的点A'的坐标是（ ）
A．(2，1) B．(-2，-1) C．(-1，2) D．(2，-1)
5．已知点、、在函数上，则、、的大小关系是（ ）．（用“>”连结起来）
A． B． C． D．
6．如图，小李打网球时，球恰好打过网，且落在离网4m的位置上，则球拍击球的高度h为( )
A．1.6m B．1.5m C．2.4m D．1.2m
7．下列所给的事件中，是必然事件的是（ ）
A．一个标准大气压下，水加热到时会沸腾
B．买一注福利彩票会中奖
C．连续4次投掷质地均匀的硬币，4次均硬币正面朝上
D．2020年的春节小长假辛集将下雪
8．如图，线段 OA=2，且OA与x轴的夹角为45°，将点 A 绕坐标原点 O 逆时针旋转105°后得到点，则的坐标为（ ）
A． B． C． D．
9．下列对于二次根式的计算正确的是( )
A． B．2＝2
C．2＝2 D．2＝
10．如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，AB=AD，若∠C=70º，则∠ABD的度数是（ ）
A．35º B．55º C．70º D．110º
11．下列事件中，是随机事件的是（ ）
A．任意画两个圆，这两个圆是等圆 B．⊙O的半径为5，OP＝3，点P在⊙O外
C．直径所对的圆周角为直角 D．不在同一条直线上的三个点确定一个圆
12．如图，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点M是边BC上一动点（不与B、C重合）．过点M的双曲线（x>0）交AB于点N，连接OM、ON．下列结论：
①△OCM与△OAN的面积相等；
②矩形OABC的面积为2k；
③线段BM与BN的长度始终相等；
④若BM=CM，则有AN=BN．
其中一定正确的是（ ）
A．①④ B．①② C．②④ D．①③④
二、填空题（每题4分，共24分）
13．如图是抛物线y=-x2+bx+c的部分图象，若y＞0，则x的取值范围是_______________．
14．已知关于 x 的一元二次方程x2+2x-a=0的两个实根为x1，x2，且，则 a的值为 ．
15．某型号的冰箱连续两次降价，每台售价由原来的2370元降到了1160元，若设平均每次降价的百分率为，则可列出的方程是__________________________________.
16．二次函数（a＜0）图象与x轴的交点A、B的横坐标分别为﹣3，1，与y轴交于点C，下面四个结论：
①16a﹣4b+c＜0；②若P（﹣5，y1），Q（，y2）是函数图象上的两点，则y1＞y2；③a=﹣c；④若△ABC是等腰三角形，则b=﹣．其中正确的有______（请将结论正确的序号全部填上）
17．已知方程x2+mx﹣3=0的一个根是1，则它的另一个根是_____．
18．已知二次函数（），与的部分对应值如下表所示：
-1
0
1
2
3
4
6
1
-2
-3
-2
下面有四个论断：①抛物线（）的顶点为；②；③关于的方程的解为，；④当时，的值为正，其中正确的有_______.
三、解答题（共78分）
19．（8分）已知抛物线的对称轴是直线，与轴相交于，两点（点在点右侧），与轴交于点.
（1）求抛物线的解析式和，两点的坐标；
（2）如图，若点是抛物线上、两点之间的一个动点（不与、重合），是否存在点，使四边形的面积最大？若存在，求点的坐标及四边形面积的最大值；若不存在，请说明理由.
20．（8分）如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的三个顶点分别是A（﹣3，2），B（0，4），C（0，2）．
（1）将△ABC以点C为旋转中心旋转180°，画出旋转后对应的△A1B1C1，平移△ABC，若点A的对应点A2的坐标为（0，﹣4），画出平移后对应的△A2B2C2；
（2）若将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，请直接写出旋转中心的坐标．
21．（8分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线的顶点坐标为，与轴交于点，与轴交于点，.
（1）求二次函数的表达式；
（2）过点作平行于轴，交抛物线于点，点为抛物线上的一点（点在上方），作平行于轴交于点，当点在何位置时，四边形的面积最大？并求出最大面积.
22．（10分）如图，在平面直角坐标系中，已知是等边三角形，点的坐标是，点在第一象限，的平分线交轴于点，把绕着点按逆时针方向旋转，使边与重合，得到，连接．求：的长及点的坐标．
23．（10分）计算：—．
24．（10分）某活动小组对函数的图象性质进行探究，请你也来参与
（1）自变量的取值范围是______；
（2）表中列出了、的一些对应值，则______；
（3）依据表中数据画出了函数图象的一部分，请你把函数图象补充完整；
0
1
2
3
3
0
0
3
（4）就图象说明，当方程共有4个实数根时，的取值范围是______．
25．（12分）如图，点O为∠ABC的边上的一点，过点O作OM⊥AB于点，到点的距离等于线段OM的长的所有点组成图形．图形W与射线交于E，F两点(点在点F的左侧).
（1）过点作于点，如果BE=2，，求MH的长；
（2）将射线BC绕点B顺时针旋转得到射线BD，使得∠，判断射线BD与图形公共点的个数，并证明．
26．如图，矩形ABCD的边AB=3cm，AD=4cm，点E从点A出发，沿射线AD移动，以CE为直径作圆O，点F为圆O与射线BD的公共点，连接EF、CF，过点E作EG⊥EF，EG与圆O相交于点G，连接CG．
（1）试说明四边形EFCG是矩形；
（2）当圆O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中，
①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；
②求点G移动路线的长．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、D
【分析】根据等边对等角，得出∠MNP=∠MPN，由外角的性质和折叠的性质，进一步证明△CPN∽△CNM，通过三角形相似对应边成比例计算出CP，再次利用相似比即可计算出结果．
【详解】解：∵MN=MP，
∴∠MNP=∠MPN，
∴∠CPN=∠ONM，
由折叠可得，∠ONM=∠CNM，CN=ON=6，
∴∠CPN=∠CNM，
又∵∠C=∠C，
∴△CPN∽△CNM，
，即CN2=CP×CM，
∴62=CP×(CP+5)，
解得：CP=4，
又∵，
∴，
∴PN=，
故选：D．
本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
2、B
【解析】试题分析：根据图象可知：，则；图象与x轴有两个不同的交点，则；函数的对称轴小于1，即，则；根据图象可知：当x=1时，，即；故本题选B．
3、B
【分析】根据题意得， ，即可解得m的值．
【详解】∵是关于的反比例函数
∴
解得
故答案为：B．
本题考查了反比例函数的性质以及定义，掌握反比例函数的指数等于 是解题的关键．
4、D
【解析】根据两个点关于原点对称时，它们的横纵坐标符号相反，即可求解．
【详解】解：点A（-2，1）关于原点对称的点A'的坐标是（2，-1）．
故选：D．
本题主要考查了关于原点对称点的性质，正确把握横纵坐标的关系是解题关键．
5、D
【分析】抛物线开口向上，对称轴为x= -1．根据三点横坐标离对称轴的距离远近来判断纵坐标的大小．
【详解】解：由函数可知：
该函数的抛物线开口向上，且对称轴为x=-1．
∵、、在函数上的三个点,
且三点的横坐标距离对称轴的远近为:
、、
∴．
故选: D．
主要考查二次函数图象上点的坐标特征．也可求得的对称点，使三点在对称轴的同一侧．
6、B
【解析】分析：本题是利用三角形相似的判定和性质来求数据.
解析：根据题意三角形相似，∴
故选B.
7、A
【分析】直接利用时间发生的可能性判定即可．
【详解】解：A、一个标准大气压下，水加热到100℃时会沸腾，是必然事件；
B买一注福利彩票会中奖，是随机事件；
C、连续4次投掷质地均匀的硬币，4次均硬币正面朝上，是随机事件；
D，2020年的春节小长假辛集将下雪，是随机事件．
故答案为A．
本题考查的是必然事件、不可能事件、随机事件的概念，掌握三类事件的定义以及区别与联系是解答本题的关键．
8、C
【分析】如图所示，过作⊥y轴于点B，作⊥x轴于点C，根据旋转的性质得出，，从而得出，利用锐角三角函数解出CO与OB即可解答．
【详解】解：如图所示，过作⊥y轴于点B，作⊥x轴于点C，
由旋转可知，，，
∵AO与x轴的夹角为45°，
∴∠AOB=45°，
∴，
∴，
，
∴，
故选：C．
本题考查了旋转的性质以及解直角三角形，解题的关键是得出，并熟悉锐角三角函数的定义及应用．
9、C
【解析】根据二次根式的加减法对A、B进行判断；根据二次根式的除法法则对C进行判断；根据二次根式的乘法法则对D进行判断．
【详解】A、原式=2，所以A选项错误；
B、原式＝，所以B选项错误；
C、原式＝2，所以C选项正确；
D、原式＝6，所以D选项错误．
故选C．
本题考查了二次根式的混合运算：先把各二次根式化简为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．
10、A
【分析】由圆内接四边形的性质，得到∠BAD=110°，然后由等腰三角形的性质，即可求出∠ABD的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠BAD+∠C=180°，
∵∠C=70°，
∴∠BAD=110°，
∵AB=AD，
∴．
故选：A．
本题考查了圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练掌握所学的性质，正确得到∠BAD=110°．
11、A
【分析】随机事件就是可能发生也可能不发生的事件，根据定义即可判断．
【详解】A．任意画两个圆，这两个圆是等圆，属于随机事件，符合题意；
B．⊙O的半径为5，OP=3，点P在⊙O外，属于不可能事件，不合题意；
C．直径所对的圆周角为直角，属于必然事件，不合题意；
D．不在同一条直线上的三个点确定一个圆，属于必然事件，不合题意；
故选：A．
本题考查了随机事件的定义，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下，一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件，不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件．
12、A
【分析】根据k的几何意义对①②作出判断，根据题意对②作出判断，设点M的坐标（m，），点N的坐标（n，），从而得出B点的坐标，对③④作出判断即可
【详解】解：根据k的几何意义可得：△OCM的面积=△OAN的面积=，故①正确；
∵矩形OABC的顶点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，没有其它条件，
∴矩形OABC的面积不一定为2k，故②不正确
∵设点M的坐标（m，），点N的坐标（n，），则B(n，)，
∴BM=n-m，BN=
∴BM不一定等于BN，故③不正确；
若BM=CM，则n=2m，
∴AN=，BN=，
∴AN=BN，故④正确；
故选：A
考查反比例函数k的几何意义以及反比例函数图像上点的特征，矩形的性质，掌握矩形的性质和反比例函数k的几何意义是解决问题的前提．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、－3＜x＜1
【分析】从抛物线y=-x2+bx+c的部分图象可求抛物线的对称轴，抛物线与x轴的右交点为（1,0），利用对称性可求左交点（x1,0），抛物线开口向下，函数值y＞0，自变量应在两根之间即可．
【详解】从抛物线y=-x2+bx+c的部分图象知抛物线的对称轴为x=-1，抛物线与x轴的右交点为（1,0），由抛物线的对称性可求左交点（x1,0）则1-（-1）=-1-x1，x1=-3，左交点（-3，0），抛物线开口向下，由y＞0，则x的取值范围在两根之间即-3<x<1
故答案为：-3<x<1．
本题考查函数值大于0，自变量的取值范围问题，关键是抓住部分图象信息，对称轴，开口方向，右交点，会求对称轴，能利用对称轴求左交点，会结合图像找y>0时自变量在两根之间．
14、1．
【详解】解：∵关于 x 的一元二次方程x2+2x-a=0 的两个实根为x1，x2，
∴x1+x2=-2，x1x2=-a，
∴
∴a=1．
15、
【分析】先列出第一次降价后售价的代数式，再根据第一次的售价列出第二次降价后售价的代数式，然后根据已知条件即可列出方程．
【详解】依题意得：第一次降价后售价为：2370（1-x），
则第二次降价后的售价为：2370（1-x）（1-x）=2370（1-x）2，
故．
故答案为．
此题考查一元二次方程的运用，解题关键在于要注意题意指明的是降价，应该是1-x而不是1+x．
16、①③．
【解析】解：①∵a＜0，∴抛物线开口向下，∵图象与x轴的交点A、B的横坐标分别为﹣3，1，∴当x=﹣4时，y＜0，即16a﹣4b+c＜0；
故①正确；
②∵图象与x轴的交点A、B的横坐标分别为﹣3，1，∴抛物线的对称轴是：x=﹣1，∵P（﹣5，y1），Q（，y2），﹣1﹣（﹣5）=4，﹣（﹣1）=3.5，由对称性得：（﹣4.5，y3）与Q（，y2）是对称点，∴则y1＜y2；
故②不正确；
③∵=﹣1，∴b=2a，当x=1时，y=0，即a+b+c=0，3a+c=0，a=﹣c；
④要使△ACB为等腰三角形，则必须保证AB=BC=4或AB=AC=4或AC=BC，当AB=BC=4时，∵AO=1，△BOC为直角三角形，又∵OC的长即为|c|，∴c2=16﹣9=7，∵由抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，∴c=，与b=2a、a+b+c=0联立组成解方程组，解得b=﹣；
同理当AB=AC=4时，∵AO=1，△AOC为直角三角形，又∵OC的长即为|c|，∴c2=16﹣1=15，∵由抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上，∴c=，与b=2a、a+b+c=0联立组成解方程组，解得b=﹣；
同理当AC=BC时，在△AOC中，AC2=1+c2，在△BOC中BC2=c2+9，∵AC=BC，∴1+c2=c2+9，此方程无实数解．
经解方程组可知有两个b值满足条件．
故⑤错误．
综上所述，正确的结论是①③．
故答案为①③．
点睛：本题考查了等腰三角形的判定、方程组的解、抛物线与坐标轴的交点、二次函数的图象与系数的关系：当a＜0，抛物线开口向下；抛物线的对称轴为直线x=；抛物线与y轴的交点坐标为（0，c），与x轴的交点为（x1，0）、（x2，0）．
17、-1
【解析】设另一根为，则1·= -1 ，
解得，=－1，
故答案为－1．
18、①③④
【分析】根据表格，即可判断出抛物线的对称轴，从而得到顶点坐标，即可判断①；根据抛物线的对称性即可判断②；根据表格中函数值为-2时，对应的x的值，即可判断③；根据二次函数的增减性即可判断④．
【详解】解：①根据表格可知：抛物线（）的对称轴为x=2，
∴抛物线（）的顶点为，故①正确；
②根据抛物线的对称性可知：当x=4和x=0时，对应的函数值相同，
∴m=1，故②错误；
③由表格可知：对于二次函数，当y=-2时，对应的x的值为1或3
∴关于的方程的解为，，故③正确；
④由表格可知：当x＜2时，y随x的增大而减小
∵，抛物线过（0,1）
∴当时，＞1＞0
∴当时，的值为正，故④正确．
故答案为：①③④．
此题考查的是二次函数的图象及性质，掌握二次函数的对称性、顶点坐标与最值、二次函数与一元二次方程的关系和二次函数的增减性是解决此题的关键．
三、解答题（共78分）
19、（1）抛物线的解析式为：；点的坐标为，点的坐标为；（2）存在点，使四边形的面积最大；点的坐标为，四边形面积的最大值为32.
【分析】（1）根据对称轴公式可以求出a，从而可得抛物线解析式，再解出抛物线解析式y=0是的两个根，即可得到A，B的坐标；
（2）根据解析式可求出C点坐标，然后设直线的解析式为，从而可求该解析式方程，假设存在点,使四边形的面积最大，设点的坐标为，然后过点作轴，交直线于点，从而可求答案.
【详解】解：（1）∵抛物线的对称轴是直线，
∴，解得，
∴抛物线的解析式为：.
当时，，解得，，
∴点的坐标为，点的坐标为.
答：抛物线的解析式为：；点的坐标为，点的坐标为.
（2）当时，，∴点的坐标为.
设直线的解析式为，
将,代入得，解得，
∴直线的解析式为.
假设存在点,使四边形的面积最大，
设点的坐标为，
如图所示，过点作轴，交直线于点，
则点的坐标为，
则，
∴
∴当时，四边形的面积最大，最大值是32
∵，
∴存在点,使得四边形的面积最大.
答：存在点，使四边形的面积最大；点的坐标为，四边形面积的最大值为32.
本题考查的是一道综合题，考查的是二次函数与一次函数的综合问题，能够熟练掌握一次函数与二次函数的相关问题是解题的关键.
20、（1）图形见解析；（2）P点坐标为（，﹣1）．
【分析】（1）分别作出点A、B关于点C的对称点，再顺次连接可得；由点A的对应点A2的位置得出平移方向和距离，据此作出另外两个点的对应点，顺次连接可得；
（2）连接A1A2、B1B2，交点即为所求．
【详解】（1）如图所示：A1（3，2）、C1（0，2）、B1（0，0）；A2（0，-4）、B2（3，﹣2）、C2（3，﹣4）．
（2）将△A1B1C1绕某一点旋转可以得到△A2B2C2，旋转中心的P点坐标为（，﹣1）．
本题主要考查作图-旋转变换、平移变换，解题关键是根据旋转变换和平移变换的定义作出变换后的对应点．
21、（1）；（2）点的坐标为时，
【分析】（1）根据题目已知条件，可以由顶点坐标及A点坐标先求出二次函数顶点式，进而转化为一般式即可；
（2）根据题意，先求出直线AB的解析式，再设出点P和D坐标，进而先得出四边形的面积表达式，即可求得面积最大值.
【详解】（1）∵顶点坐标为，
∴设抛物线解析式为，
∵抛物线与轴交于点，
∴，∴，
∴，
∴；
（2）当时，，∴，，
∴，，
设直线的解析式为，∵，，∴，，
∴直线的解析式为.
设，∴，
∴.
∵，∴，∴，
∵，
∴，
∵中，对称轴为，
∴当，即点的坐标为时，.
本题主要考查了二次函数解析式及四边形面积的最值，熟练掌握解析式的求法以及最值的求法是解决本题的关键，在求最值的时候注意将对称轴与自变量的取值范围进行对比，进而判断是在何处取最大值.
22、，点的坐标为．
【分析】根据等边三角形的每一个角都是60°可得∠OAB=60°，然后根据对应边的夹角∠OAB为旋转角求出∠PAD=60°，再判断出△APD是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得DP=AP，根据，∠OAB的平分线交x轴于点P，∠OAP=30°，利用三角函数求出AP，从而得到DP，再求出∠OAD=90°，然后写出点D的坐标即可．
【详解】∵是等边三角形，
∴，
∵绕着点按逆时针方向旋转边与重合，
∴旋转角，，
∴是等边三角形，
∴，，
∵的坐标是，的平分线交轴于点，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴点的坐标为．
本题考查了坐标与图形的变化，解题的关键是熟练的掌握坐标与图形的变化的相关知识点.
23、-3
【分析】按顺序化简二次根式，代入特殊角的三角函数值，进行0次幂运算，负指数幂运算，然后再按运算顺序进行计算即可.
【详解】解： -
=-
=-3
本题考查了特殊角的三角函数值，实数的混合运算等，正确把握各运算的运算法则是解题的关键.
24、（1）全体实数；（2）1；（3）见解析；（4）．
【分析】（1）自变量没有限制，故自变量取值范围是全体实数；
（2）把x=-2代入函数解释式即可得m的值；
（3）描点、连线即可得到函数的图象；
（4）根据函数的图象即可得到a的取值范围是-1＜a＜1．
【详解】（1）自变量没有限制，故自变量取值范围是全体实数；
（2）当x=-2时，
∴m=1
（3）如图所示
（4）当方程共有4个实数根时，y轴左右两边应该都有2个交点，也就是图象x轴下半部分，此时-1＜a＜1；
故答案为：（1）全体实数；（2）1；（3）见解析；（4）．
本题考查了二次函数的图象和性质，正确的识别图象是解题的关键．
25、（1）MH=；（2）1个．
【分析】（1）先根据题意补全图形，然后利用锐角三角函数求出圆的半径即OM的长度，再利用勾股定理求出BM的长度，最后利用可求出MH的长度.
（2）过点O作⊥于点，通过等量代换可知∠∠，从而利用角平分线的性质可知，得出为⊙的切线，从而可确定公共点的个数.
【详解】解：（1）∵到点的距离等于线段的长的所有点组成图形，
∴图形是以为圆心，的长为半径的圆．
根据题意补全图形：
∵于点M，
∴∠．
在△中，
，
∴．
∵
∴，
解得：．
∴．
在△中，
，
∴．
∵
∴
∴．
（2） 解： 1个．
证明：过点O作⊥于点，
∵∠∠，
且∠∠，
∴ ∠∠．
∴．
∴为⊙的切线．
∴射线与图形的公共点个数为1个．
本题主要考查解直角三角形和直线与圆的位置关系，掌握圆的相关性质,勾股定理和角平分线的性质是解题的关键.
26、（1）证明见解析；（2）①存在，矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为；②．
【解析】试题分析：（1）只要证到三个内角等于90°即可．
（2）①易证点D在⊙O上，根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE，从而证到△CFE∽△DAB，根据相似三角形的性质可得到S矩形ABCD=2S△CFE=．然后只需求出CF的范围就可求出S矩形ABCD的范围．
②根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值，从而得到点G的移动的路线是线段，只需找到点G的起点与终点，求出该线段的长度即可．
试题解析：解：（1）证明：如图，
∵CE为⊙O的直径，∴∠CFE=∠CGE=90°．
∵EG⊥EF，∴∠FEG=90°．∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°．
∴四边形EFCG是矩形．
（2）①存在．
如答图1，连接OD，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADC=90°．
∵点O是CE的中点，∴OD=OC．∴点D在⊙O上．
∵∠FCE=∠FDE，∠A=∠CFE=90°，∴△CFE∽△DAB．∴．
∵AD=1，AB=2，∴BD=5.
∴. ∴S矩形ABCD=2S△CFE=．
∵四边形EFCG是矩形，∴FC∥EG．∴∠FCE=∠CEG．
∵∠GDC=∠CEG，∠FCE=∠FDE，∴∠GDC=∠FDE．
∵∠FDE+∠CDB=90°，∴∠GDC+∠CDB=90°．∴∠GDB=90°
Ⅰ．当点E在点A（E′）处时，点F在点B（F′）处，点G在点D（G′处，如答图1所示．
此时，CF=CB=1．
Ⅱ．当点F在点D（F″）处时，直径F″G″⊥BD，如答图2所示，此时⊙O与射线BD相切，CF=CD=2．
Ⅲ．当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达F″′，如答图2所示．S△BCD=BC•CD=BD•CF″′．
∴1×2=5×CF″′．∴CF″′=．
∴≤CF≤1．
∵S矩形ABCD=，∴，即．
∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为．
②∵∠GDC=∠FDE=定值，点G的起点为D，终点为G″，
∴点G的移动路线是线段DG″．
∵∠GDC=∠FDE，∠DCG″=∠A=90°，∴△DCG″∽△DAB．
∴，即，解得．
∴点G移动路线的长为．
考点：1.圆的综合题；2.单动点问题；2.垂线段最短的性质；1.直角三角形斜边上的中线的性质；5.矩形的判定和性质；6.圆周角定理；7.切线的性质；8.相似三角形的判定和性质；9.分类思想的应用．
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