资源描述
2023-2024学年九上数学期末模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题(每小题3分,共30分)
1．1米长的标杆直立在水平的地面上，它在阳光下的影长为0.8米；在同一时刻，若某电视塔的影长为100米，则此电视塔的高度应是( )
A．80米 B．85米 C．120米 D．125米
2．如图，正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点M，N分别为OB，OC的中点，则cos∠OMN的值为( )
A． B． C． D．1
3．下列电视台的台标，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
4．在中，，，则的值是（ ）
A． B． C． D．
5．方程x2+2x-5=0经过配方后，其结果正确的是
A． B．
C． D．
6．如图，在矩形AOBC中，点A的坐标为（-2，1），点C的纵坐标是4，则B，C两点的坐标分别是（ ）
A．（，），（，） B．（，），（，）
C．（，），（，） D．（，），（，）
7．如图，D是等边△ABC边AD上的一点，且AD：DB=1：2，现将△ABC折叠，使点C与D重合，折痕为EF，点E、F分别在AC、BC上，则CE：CF=（ ）
A． B． C． D．
8．反比例函数与正比例函数在同一坐标系中的大致图象可能是（ ）
A． B．
C． D．
9．如果，那么下列各式中不成立的是（ ）
A．； B．； C．； D．
10．下列所给的汽车标志图案中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11．如图，为矩形对角线，的交点，AB=6，M，N是直线BC上的动点，且，则的最小值是_．
12．已知正六边形的边心距为，则它的周长是______．
13．如图，点A在函数y＝(x＞0)的图像上，点B在x轴正半轴上，△OAB是边长为2的等边三角形，则k的值为______．
14．把函数y＝2x2的图象先向右平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度得到新函数的图象，则新函数的表达式是_____．
15．若分别是方程的两实根，则的值是__________.
16．如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，∠B=45°，DE⊥AC于E交AB于F，若BC=2CD，AE=2，则线段BF=______.
17．计算:cos45°= ________________
18．已知反比例函数的图象的一支位于第一象限，则常数m的取值范围是___．
三、解答题(共66分)
19．（10分）如图，已知二次函数y＝ax1+4ax+c（a≠0）的图象交x轴于A、B两点（A在B的左侧），交y轴于点C．一次函数y＝﹣x+b的图象经过点A，与y轴交于点D（0，﹣3），与这个二次函数的图象的另一个交点为E，且AD：DE＝3：1．
（1）求这个二次函数的表达式；
（1）若点M为x轴上一点，求MD+MA的最小值．
20．（6分）尺规作图：已知△ABC，如图．
（1）求作：△ABC的外接圆⊙O；
（2）若AC＝4，∠B＝30°，则△ABC的外接圆⊙O的半径为 ．
21．（6分）已知抛物线经过点(1，0)，(0，3)．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）将抛物线平移，使其顶点恰好落在原点，请写出一种平移的方法及平移后的函数表达式．
22．（8分）如图，抛物线y=x2+bx+c与直线y=x+3交于A，B两点，交x轴于C、D两点，连接AC、BC，已知A（0，3），C（﹣3，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线对称轴l上找一点M，使|MB﹣MD|的值最大，并求出这个最大值；
（3）点P为y轴右侧抛物线上一动点，连接PA，过点P作PQ⊥PA交y轴于点Q，问：是否存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
23．（8分）用配方法把二次函数y=﹣2x2+6x+4化为y=a（x+m）2+k的形式，再指出该函数图象的开口方向、对称轴和顶点坐标．
24．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径的⊙O分别交AC，BC于点D，E，过点B作AB的垂线交AC的延长线于点F．
（1）求证：；
（2）过点C作CG⊥BF于G，若AB＝5，BC＝2，求CG，FG的长．
25．（10分）在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，E是射线DC上的点，连接AE，将△ADE沿直线AE翻折得△AFE．
（1）如图①，点F恰好在BC上，求证：△ABF∽△FCE；
（2）如图②，点F在矩形ABCD内，连接CF，若DE＝1，求△EFC的面积；
（3）若以点E、F、C为顶点的三角形是直角三角形，则DE的长为 ．
26．（10分）如图，二次函数（其中）的图象与x轴分别交于点A、B（点A位于B的左侧），与y轴交于点C，过点C作x轴的平行线CD交二次函数图像于点D．
（1）当m=2时，求A、B两点的坐标；
（2）过点A作射线AE交二次函数的图像于点E，使得ÐBAE=ÐDAB．求点E的坐标（用含m的式子表示）；
（3）在第（2）问的条件下，二次函数的顶点为F，过点C、F作直线与x轴于点G，试求出GF、AD、AE的长度为三边长的三角形的面积（用含m的式子表示）．
参考答案
一、选择题(每小题3分,共30分)
1、D
【解析】在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．
解：设电视塔的高度应是x，根据题意得：=，
解得：x=125米．
故选D．
命题立意：考查利用所学知识解决实际问题的能力．
2、B
【详解】∵正方形对角线相等且互相垂直平分
∴△OBC是等腰直角三角形，
∵点M，N分别为OB，OC的中点，
∴MN//BC
∴△OMN是等腰直角三角形，
∴∠OMN=45°
∴cos∠OMN=
3、D
【解析】根据中心对称图形的概念，中心对称图形是图形沿对称中心旋转180度后与原图重合，因此，四个选项中只有D符合．故选D．
4、C
【分析】作出图形，设BC=2k，AB=5k，利用勾股定理列式求出AC，再根据锐角的正弦等于对边比斜边，列式即可得解．
【详解】解：如图，
∴设BC=2k，AB=5k，
∴由勾股定理得
∴
故选C.
本题考查了锐角三角函数的定义，利用“设k法”表示出三角形的三边求解更加简便．
5、C
【详解】解：根据配方法的意义，可知在方程的两边同时加减一次项系数的一半的平方，可知，即，配方为.
故选：C.
此题主要考查了配方法，解题关键是明确一次项的系数，然后在方程的两边同时加减一次项系数的一半的平方，即可求解.
6、C
【分析】如过点A、B作x轴的垂线垂足分别为F、M．过点C作y轴的垂线交FA、根据△AOF∽△CAE，△AOF≌△BCN，△ACE≌△BOM解决问题．
【详解】解：如图过点A、B作x轴的垂线垂足分别为F、M．过点C作y轴的垂线交FA、
∵点A坐标（-2，1），点C纵坐标为4，
∴AF=1，FO=2，AE=3，
∵∠EAC+∠OAF=90°，∠OAF+∠AOF=90°，
∴∠EAC=∠AOF，
∵∠E=∠AFO=90°，
∴△AEC∽△OFA，
，
∴点C坐标，
∵△AOF≌△BCN，△AEC≌△BMO，
∴CN=2，BN=1，BM=MN-BN=3，BM=AE=3，，
∴点B坐标，
故选C．
本题考查矩形的性质、坐标与图形的性质，添加辅助线构造全等三角形或相似三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
7、B
【详解】解：由折叠的性质可得，∠EDF=∠C=60º,CE=DE,CF=DF
再由∠BDF+∠ADE=∠BDF+∠BFD=120º
可得∠ADE=∠BFD，又因∠A=∠B=60º，
根据两角对应相等的两三角形相似可得△AED∽△BDF
所以，
设AD=a，BD=2a，AB=BC=CA=3a，
再设CE==DE=x，CF==DF=y，则AE=3a-x，BF=3a-y，
所以
整理可得ay=3ax-xy，2ax=3ay-xy，即xy=3ax-ay①，xy=3ay-2ax②；
把①代入②可得3ax-ay=3ay-2ax，所以5ax=4ay，，
即
故选B．
本题考查相似三角形的判定及性质．
8、A
【分析】分a>0和a<0两种情况，根据反比例函数与正比例函数的图象的性质判断即可．
【详解】解：当a>0时，反比例函数图象在一、三象限，正比例函数图象经过一、二、三象限；当a<0，反比例函数图象在二、四象限，正比例函数图象经过二、三、四象限．
故选：A．
本题考查的知识点是反比例函数与正比例函数图象的性质，熟记性质内容是解此题的关键．
9、D
【解析】试题分析：由题意分析可知：A中，，故不选A；B中，，故不选;C中，；D中，，故选D
考点：代数式的运算
点评：本题属于对代数式的基本运算规律和代数式的代入分析的求解
10、B
【解析】分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可．
详解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形；
B．是轴对称图形，也是中心对称图形；
C．是轴对称图形，不是中心对称图形；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形．
故选B．
点睛：本题考查了中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好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，图形旋转180°后与原图重合．
二、填空题(每小题3分,共24分)
11、2
【分析】根据题意找到M与N的位置,再根据勾股定理求出OM,ON的长即可解题.
【详解】解：过点O作OE⊥BC于E,
由题可知当E为MN的中点时,此时OM + ON有最小值,
∵AB=6,
∴PE=3,（中位线性质）
∵MN=2,即ME=NE=1,
∴OM=ON=,（勾股定理）
∴OM + ON的最小值=2
本题考查了图形的运动,中位线和勾股定理,找到M与N的位置是解题关键.
12、12
【分析】首先由题意画出图形，易证得△OAB是等边三角形，又由正六边形的边心距利用三角函数的知识即可求得OA的长，即可得AB的长，继而求得它的周长．
【详解】如图，连接OA，OB，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=×360°=60°，
∵OA=OB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠OAH=60°，
∵OH⊥A，OH=，
∴，
∴AB=OA=2，
∴它的周长是：2×6=12
考点：正多边形和圆
点评：此题考查了圆的内接正多边形的性质．此题难度不大，注意数形结合思想的应用
13、
【分析】首先过点A作AC⊥OB，根据等边三角形的性质得出点A的坐标，从而得出k的值．
【详解】分析：
解：过点A作AC⊥OB，∵△OAB为正三角形，边长为2，
∴OC=1，AC=，
∴k=1×=．
故答案为：
本题主要考查的是待定系数法求反比例函数解析式以及等边三角形的性质，属于基础题型．得出点A的坐标是解题的关键．
14、y＝1（x﹣3）1﹣1．
【分析】利用二次函数平移规律即可求出结论．
【详解】解：由函数y＝1x1的图象先向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度得到新函数的图象，得
新函数的表达式是y＝1（x﹣3）1﹣1，
故答案为y＝1（x﹣3）1﹣1．
本题主要考查的是二次函数的图象与几何变换,熟知“上加下减,左加右减”的原则是解答此题的关键．
15、3
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系即可得答案.
【详解】∵分别是方程的两实根，
∴=3，
故答案为：3
此题考查根与系数的关系，一元二次方程根与系数的关系：x1+x2=-，x1x2=；熟练掌握韦达定理是解题关键.
16、
【分析】连接，延长BA，CD交于点，根据∠BAD=∠BCD=90°可得点A、B、C、D四点共圆，根据圆周角定理可得，根据DE⊥AC可证明△AED∽△BCD，可得，利用勾股定理可求出AD的长，由∠ABC=45°可得△ABG为等腰直角三角形，进而可得△ADG是等腰直角三角形，即可求出AG、DG的长，根据BC=2CD可求出CD、BC、AB的长，根据，可证明△AED∽△FAD，根据相似三角形的性质可求出AF的长，即可求出BF的长.
【详解】连接，延长BA，CD交于点，
∵，
∴四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴△AED∽△BCD，
∴，
∴，
∴AD==，
∵
∴是等腰直角三角形，
∵BC=2CD，
∴
∴CD=DG，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，，
∴△AED∽△FAD，
∴，
∴
∴.
本题考查圆周角定理、勾股定理及相似三角形的判定与性质，如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等,那么这两个三角形相似；如果两个三角形的两组对应边的比相等，并且对应的夹角相等，那么这两个三角形相似；如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似；熟练掌握相似三角形的判定定理是解题关键.
17、1
【分析】将cos45°=代入进行计算即可.
【详解】解：cos45°=
故答案为：1.
此题考查的是特殊角的锐角三角函数值，掌握cos45°=是解决此题的关键.
18、m＞1
【解析】试题分析：∵反比例函数的图象关于原点对称，图象一支位于第一象限，
∴图象的另一分支位于第三象限．
∴m﹣1＞0，解得m＞1．
三、解答题(共66分)
19、（1）；（1）．
【分析】（1）先把D点坐标代入y＝﹣x+b中求得b，则一次函数解析式为y＝﹣x﹣3，于是可确定A（﹣6，0），作EF⊥x轴于F，如图，利用平行线分线段成比例求出OF＝4，接着利用一次函数解析式确定E点坐标为（4，﹣5），然后利用待定系数法求抛物线解析式；
（1）作MH⊥AD于H，作D点关于x轴的对称点D′，如图，则D′（0，3），利用勾股定理得到AD＝3，再证明Rt△AMH∽Rt△ADO，利用相似比得到MH＝AM，加上MD＝MD′，MD+MA＝MD′+MH，利用两点之间线段最短得到当点M、H、D′共线时，MD+MA的值最小，然后证明Rt△DHD′∽Rt△DOA，利用相似比求出D′H即可．
【详解】解：（1）把D（0，﹣3）代入y＝﹣x+b得b＝﹣3，
∴一次函数解析式为y＝﹣x﹣3，
当y＝0时，﹣x﹣3＝0，解得x＝﹣6，则A（﹣6，0），
作EF⊥x轴于F，如图，
∵OD∥EF，
∴＝＝，
∴OF＝OA＝4，
∴E点的横坐标为4，
当x＝4时，y＝﹣x﹣3＝﹣5，
∴E点坐标为（4，﹣5），
把A（﹣6，0），E（4，﹣5）代入y＝ax1+4ax+c得，解得，
∴抛物线解析式为；
（1）作MH⊥AD于H，作D点关于x轴的对称点D′，如图，则D′（0，3），
在Rt△OAD中，AD＝＝3，
∵∠MAH＝∠DAO，
∴Rt△AMH∽Rt△ADO，
∴＝，即＝，
∴MH＝AM，
∵MD＝MD′，
∴MD+MA＝MD′+MH，
当点M、H、D′共线时，MD+MA＝MD′+MH＝D′H，此时MD+MA的值最小，
∵∠D′DH＝∠ADO，
∴Rt△DHD′∽Rt△DOA，
∴＝，即＝，解得D′H＝，
∴MD+MA的最小值为．
此题主要考查二次函数综合，解题的关键是熟知二次函数的图像与性质、相似三角形的判定与性质及数形结合能力.
20、（1）答案见解析；（2）1．
【分析】（1）确定三角形的外接圆的圆心，根据其是三角形边的垂直平分线的交点进行确定即可；
（2）连接OA，OC，先证明△AOC是等边三角形，从而得到圆的半径．
【详解】解：（1）作法如下：
①作线段AB的垂直平分线，
②作线段BC的垂直平分线，
③以两条垂直平分线的交点O为圆心，OA长为半圆画圆，则圆O即为所求作的圆；
（2）连接OA，OC，
∵∠B＝30°，
∴∠AOC＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∵AC＝1，
∴OA＝OC＝1，即圆的半径是1，
故答案为1．
本题考查了尺规作三角形外接圆、圆中的计算问题，解题的关键是熟知“三角形边的垂直平分线的交点是三角形的外接圆的圆心”．
21、（1）；（2）将抛物线向左平移个单位，向上平移个单位，解析式变为．
【分析】（1）把已知点的坐标代入抛物线解析式求出b与c的值即可；
（2）把函数化为顶点式，即可得到平移方式与平移后的函数表达式．
【详解】（1）把(1，0)，(0，3)代入抛物线解析式得：，
解得：，
则抛物线解析式为
（2）抛物线
将抛物线向左平移个单位，向上平移个单位，
解析式变为．
此题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，以及待定系数法求二次函数解析式，熟练掌握二次函数性质是解本题的关键．
22、（1）抛物线的解析式是y=x2+x+3；（2）|MB﹣MD|取最大值为；（3）存在点P（1，6）．
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据对称性，可得MC=MD，根据解方程组，可得B点坐标，根据两边之差小于第三边，可得B，C，M共线，根据勾股定理，可得答案；
（3）根据等腰直角三角形的判定，可得∠BCE，∠ACO，根据相似三角形的判定与性质，可得关于x的方程，根据解方程，可得x，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
【详解】解：（1）将A（0，3），C（﹣3，0）代入函数解析式，得
，解得，
抛物线的解析式是y=x2+x+3；
（2）由抛物线的对称性可知，点D与点C关于对称轴对称，
∴对l上任意一点有MD=MC，
联立方程组 ，
解得（不符合题意，舍），，
∴B（﹣4，1），
当点B，C，M共线时，|MB﹣MD|取最大值，即为BC的长，
过点B作BE⊥x轴于点E，
，
在Rt△BEC中，由勾股定理，得
BC=，
|MB﹣MD|取最大值为；
（3）存在点P使得以A，P，Q为顶点的三角形与△ABC相似，
在Rt△BEC中，∵BE=CE=1，
∴∠BCE=45°，
在Rt△ACO中，
∵AO=CO=3，
∴∠ACO=45°，
∴∠ACB=180°﹣45°﹣45°=90°，
过点P作PG⊥y轴于G点，∠PGA=90°，
设P点坐标为（x，x2+x+3）（x＞0）
①当∠PAQ=∠BAC时，△PAQ∽△CAB，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠CAB，
∴△PGA∽△BCA，
∴，即，
∴，
解得x1=1，x2=0（舍去），
∴P点的纵坐标为×12+×1+3=6，
∴P（1，6），
②当∠PAQ=∠ABC时，△PAQ∽△CBA，
∵∠PGA=∠ACB=90°，∠PAQ=∠ABC，
∴△PGA∽△ACB，
∴，
即=3，
∴，
解得x1=﹣（舍去），x2=0（舍去）
∴此时无符合条件的点P，
综上所述，存在点P（1，6）．
本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是利用待定系数法求函数解析式；解（2）的关键是利用两边只差小于第三边得出M，B，C共线；解（3）的关键是利用相似三角形的判定与性质得出关于x的方程，要分类讨论，以防遗漏．
23、开口向下，对称轴为直线，顶点
【解析】试题分析:先通过配方法对二次函数的一般式进行配方成顶点式,再根据二次函数图象性质写出开口方向,对称轴,顶点坐标.
试题解析:,
=,
=,
开口向下,对称轴为直线,顶点.
24、（1）见解析；（2）CF＝，FG＝，
【分析】（1）连接AE，利用等腰三角形的三线合一的性质证明∠EAB＝∠EAC即可解决问题．
（2）证明△BCG∽△ABE，可得，由此求出CG，再利用平行线分线段成比例定理求出CF，利用勾股定理即可求出FG．
【详解】（1）证明：连接AE．
∵AB是直径，
∴∠AEB＝90°，
∴AE⊥BC，
∵AB＝AC，
∴∠EAB＝∠EAC，
∴．
（2）解：∵BF⊥AB，CG⊥BF，AE⊥BC
∴∠CGB＝∠AEB＝∠ABF＝90°，
∵∠CBG+∠ABC＝90°，∠ABC+∠BAE＝90°，
∴∠CBG＝∠BAE，
∴△BCG∽△ABE，
∴，
∴，
∴CG＝2，
∵CG∥AB，
∴，
∴，
∴CF＝，
∴FG＝＝＝．
此题主要考查圆与几何综合，解题的关键是熟知圆的基本性质、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质.
25、（1）证明见解析；（2）；（3）、5、15、
【分析】（1）利用同角的余角相等，证明∠CEF＝∠AFB，即可解决问题;（2）过点F作FG⊥DC交DC与点G，交AB于点H,由△FGE∽△AHF得出AH=5GF，再利用勾股定理求解即可;（3）分①当∠EFC=90°时; ②当∠ECF=90°时;③当∠CEF=90°时三种情况讨论解答即可.
【详解】（1）解：在矩形ABCD中，∠B＝∠C＝∠D＝90°
由折叠可得：∠D＝∠EFA＝90°
∵∠EFA＝∠C＝90°
∴∠CEF＋∠CFE＝∠CFE＋∠AFB＝90°
∴∠CEF＝∠AFB
在△ABF和△FCE中
∵∠AFB＝∠CEF，∠B＝∠C＝90°
△ABF∽△FCE
（2）解：过点F作FG⊥DC交DC与点G，交AB于点H，则∠EGF＝∠AHF＝90°
在矩形ABCD中，∠D＝90°
由折叠可得：∠D＝∠EFA＝90°，DE＝EF＝1，AD＝AF＝5
∵∠EGF＝∠EFA＝90°
∴∠GEF＋∠GFE＝∠AFH＋∠GFE＝90°
∴∠GEF＝∠AFH
在△FGE和△AHF中
∵∠GEF＝∠AFH，∠EGF＝∠FHA＝90°
∴△FGE∽△AHF
∴＝
∴＝
∴AH=5GF
在Rt△AHF中，∠AHF＝90°
∵AH2＋FH2=AF2
∴（5 GF）2＋（5 －GF）2=52
∴GF＝
∴△EFC的面积为××2＝ ;
（3）解：①当∠EFC=90°时，A、F、C共线，如图所示:
设DE=EF=x,则CE=3-x,
∵AC=,∴CF=-x, ∵∠CFE=∠D=90°, ∠DCA=∠DCA, ∴△CEF∽△CAD, ∴,即，解得:ED=x=;
②当∠ECF=90°时,如图所示:
∵AD==5,AB=3, ∴==4, 设=x,则=3-x,∵∠DCB=∠ABC=90°,
∴∽,∴,即，解得:x==;
由折叠可得 : ,设，则，,
在RT△中，
∵,即9²+x²=(x+3)²,解得x==12, ∴;
③当∠CEF=90°时，AD=AF,此时四边形AFED是正方形，∴AF=AD=DE=5,
综上所述，DE的长为:、5、15、.
本题考查了翻折的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，掌握翻折的性质，分类探讨的思想方法是解决问题的关键．
26、（1），；（2）；（3）
【分析】（1）求图象与x轴交点，即函数y值为零，解一元二次方程即可;
（2）过作轴，过作轴，先求出D点坐标为，设E点为，即可列等式求m的值得E点坐标；
（3）由直线的方程：，得G点坐标，再用m的表达式分别表达GF、AD、AE即可.
【详解】（1） 当时，，
∵图象与x轴分别交于点A、B
∴时，
∴，
（2）∵，轴
∴
过作轴，过作轴
∵
∴
设E
∴
（3）以GF、BD、BE的长度为三边长的三角形是直角三角形.理由如下：
二次函数的顶点为F,则F的坐标为(−m,4)，过点F作FH⊥x轴于点H.
∵tan∠CGO=，tan∠FGH=，
∴=，
∴=，
∵OC=3，HF=4，OH=m，
∴，
∴OG=3m.
∴
，
∴
∴、、能构成直角三角形面积是
所以、、能构成直角三角形面积是
此题考查二次函数综合题，解题关键在于掌握二次函数图象的问题转换.
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