2021-2022学年天津市和平区九年级（上）期末数学试卷（含答案解析）

这是一份2021-2022学年天津市和平区九年级（上）期末数学试卷（含答案解析），共23页。试卷主要包含了则它的图象可能是，5，求PB的长；，【答案】C，【答案】A，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年天津市和平区九年级（上）期末数学试卷

1. 下列图形中，可以看作是中心对称图形的是(    )
A. B. C. D.
2. 对于二次函数y=−(x−1)2+4，下列说法不正确的是(    )
A. 开口向下 B. 当x>1时，y随x的增大而减小
C. 函数图象与x轴交于点(−1,0)和(3,0) D. 当x=1时，y有最小值4
3. 如图，两个等圆⊙O1和⊙O2相交于A、B两点，且⊙O1经过⊙O2的圆心，则∠O1AB的度数为(    )

A. 60∘ B. 45∘ C. 30∘ D. 15∘
4. 根据下列条件．可以判定△ABC与△A′B′C′相似的条件有(    )
①∠C=∠C′=90∘，∠A=25∘，∠B′=65∘；
②∠C=90∘，AC=6cm，BC=4cm，∠C′=90∘，A′C′=9cm，B′C′=6cm；
③AB=10cm，BC=12cm，AC=15cm，A′B′=150cm，B′C′=180cm，A′C′=225cm；
④△ABC与△A′B′C′是有一个角为80∘的等腰三角形．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
5. 如图，要修建一个圆形喷水池，在池中心竖直安装一根水管，在水管的顶端安一个喷水头，使喷出的抛物线形水柱在与池中心的水平距离为1m处达到最高．高度为3m，水柱落地处离池中心3m，水管的长为(    )
A. 94m
B. 198m
C. 3916m
D. 4516m
6. 如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=50∘，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，AB，CE相交于点F，若AD//EC时，则∠BAE的度数为(    )
A. 35∘
B. 30∘
C. 25∘
D. 20∘
7. 把形状完全相同风景不同的两张图片全部从中剪断，再把四张形状相同的小图片混合在一起，从四张图片中随机摸取两张，则这两张小图片恰好合成一张完整图片的概率为(    )
A. 12 B. 13 C. 14 D. 23
8. 如图，AB，BC，CD分别与⊙O相切于E，F，G三点．且AB//CD，BO=3，CO=4，则OF的长为(    )
A. 5
B. 95
C. 165
D. 125
9. 如图，在平行四边形ABCD中，点F是AD上的点，AF=2FD，直线BF交AC于点E，交CD的延长线于点G，则BEEG的值为(    )


A. 12 B. 13 C. 23 D. 34
10. 已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0,a,b,c为常数)，如果a>b>c，且a+b+c=0.则它的图象可能是(    )
A. B. C. D.
11. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A在第二象限，点B坐标为(−2,0)，点C坐标为(−1,0)，以点C为位似中心，在x轴的下方作△ABC的位似图形△A′B′C.若点A的对应点A′的坐标为(2,−3)，点B的对应点B′的坐标为(1,0)，则点A坐标为(    )

A. (−3,−2) B. (−2,32) C. (−52,32) D. (−52,2)
12. 二次函数y=−(x−m)2−m+1(m为常数).
①二次函数图象的顶点始终在直线y=−x+1上；
②当x<2时，y随x的增大而增大，则m=2；
③点A(x1,y1)与点B(x2,y2)在函数图象上，若x12m，则y1 其中，正确结论的个数是(    )
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
13. 已知正六边形的周长是24，则这个正六边形的半径为______.
14. 一个质地均匀的小正方体，六个面分别标有数字“1”、“2”、“3”、“4”、“5”、“6”，掷一次小正方体后，观察朝上一面的数字出现偶数的概率是______ .
15. 用一个圆心角为120∘，半径为6cm的扇形作一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆的半径为______.
16. 如图，等腰直角三角形ABC，∠C=90∘，AC=BC=4，M为AB的中点，∠PMQ=45∘，∠PMQ的两边分别交BC于点P，交AC于点Q，若BP=3，则AQ=______.


17. 已知二次函数y=x2−2bx+2b2−4c(b,c为常数)的图象经过不同两点A(1−b,m)，B(2b+c,m)，且该二次函数的图象与x轴有公共点．则b+c的值为______.
18. (Ⅰ)如图①，AB，CD是⊙O的两条平行弦，OE⊥CD交⊙O于点E，则AC______BD(填“>”，“<”或“=”)；
(Ⅱ)如图，△PAB是⊙O的内接三角形，OE⊥AB交⊙O于点E，则∠APE______∠BPE(填“>”，“<”或“=”)；
(Ⅲ)如图③，△PAB是⊙O的内接三角形，∠QPA是它的外角，在AP上有一点G，满足PG平分∠QPA，请用无刻度的直尺，画出线段PG.(不要求证明)

19. (Ⅰ)解一元二次方程：x2−6x+9=(5−2x)2；
(Ⅱ)求证：无论m取何值时，方程(x−3)(x+2)−m2=0总有两个不相等的实数根．
20. 已知AB是⊙O的直径，点C在⊙O上，D为BC的中点．
(Ⅰ)如图①，连接AC，AD，OD.求证：OD//AC；
(Ⅱ)如图2，过点D作DE⊥AB交⊙O于点E，直径EF交AC于点G，若G为AC中点，⊙O的半径为2，求AC的长．

21. 已知AB为⨀O直径，C为⊙O上一点，过点C作⊙O的切线PC交AB延长线于点P，D为AC上一点，连接BD，BC，DC.
(Ⅰ)如图①，若∠D=26∘，求∠PCB的大小；
(Ⅱ)如图②，若四边形CDBP为平行四边形，求∠PCB，∠ADC的大小．

22. 如图，在△ABC中，∠B=90∘，AB=12cm，BC=24cm，动点P从点A开始沿边AB向点B以2cm/s的速度移动，动点Q从点B开始沿边BC向点C以4cm/s的速度移动，如果P，Q两点分别从A，B两点同时出发，设运动时间为xs.
(Ⅰ)用含x的式子表示：
AP=______cm，BP=______cm，BQ=______cm，S△PBQ=______cm2，S四边形APQC=______cm2；
(Ⅱ)当△PBQ的面积为32cm2时，求运动时间；
(Ⅲ)四边形APQC的面积能否等于172cm2？若能，求出运动的时间；若不能，说明理由．

23. 九(1)班数学兴趣小组经过市场调查，整理出某种商品在第x(1≤x≤90,x是整数)天的售价与销量的相关信息如表：
时间x(天)
1≤x<50
50≤x≤90
售价(元/天)
x+40
90
每天销量(件)
200−2x
已知该商品的进价为每件30元，设销售该商品的每天利润为y元．
(Ⅰ)求出y与x的函数关系式；
(Ⅱ)问销售该商品第几天时，当天销售利润最大，最大利润是多少？
(Ⅲ)该商品在销售过程中，销售利润等于4800元的是第______天．
24. (Ⅰ)如图①，△PAM是等边三角形，在边PM上取点B(点B不与点P、M重合)，连接AB，将线段AB绕点A逆时针旋转60∘，得到线段AC，连接BC，MC.
①△MAC可以看作△PAB绕点______逆时针旋转______(度)得到的；
②∠PMC=______(度).
(Ⅱ)如图②，△PAM是等腰直角三角形，∠PAM=90∘，AP=AM=22，在边PM上取点B(点B不与点P，M重合)，连接AB，将线段AB绕点A转，得到线段AC，旋转角为α，连接PC，BC.
①当α=90∘时，若△PBC的面积为1.5，求PB的长；
②若AB=5，求△PBC面积的最大值(直接写出结果即可).

25. 已知抛物线y=x2−(m+1)x+2m+3(m为常数)，点A(−1,−1)，B(3,7).
(Ⅰ)当抛物线y=x2−(m+1)x+2m+3经过点A时，求抛物线解析式和顶点坐标；
(Ⅱ)抛物线的顶点随着m的变化而移动．当顶点移动到最高处时．
①求抛物线的解析式；
②在直线AB下方的抛物线上有一点E，过点E作EF⊥x轴，交直线AB于点F，求线段EF取最大值时的E点坐标；
(Ⅲ)若抛物线与线段AB只有一个交点，求m的取值范围．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A.旋转180度后与原图重合，是中心对称图形，故本选项符合题意；
B.旋转180度后不能与原图重合，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C.旋转180度后不能与原图重合，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D.旋转180度后不能与原图重合，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：A.
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，根据中心对称图形的概念求解．
本题考查了中心对称图形的概念，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：∵y=−(x−1)2+4，
∴对称轴为x=1，顶点坐标为(1,4)，
∵a=−1<0，
∴开口向下，
故A正确；
∴当x=1时，y有最大值，最大值为4，
故D不正确，符合题意；
当x>1时，y随x的增大而减小，
故B正确；
令y=0可得−(x−1)2+4=x2−2x−3=0，
解得：x1=−1，x2=3，
∴抛物线与x轴的交点坐标为(−1,0)和(3,0)，
故C正确．
故选：D.
由抛物线解析式可直接得出抛物线的开口方向、顶点坐标、对称轴，可判断A、B、D，令y=0，解关于x的一元二次方程则可求得答案．
本题主要考查抛物线与x轴的交点、二次函数的性质，掌握二次函数的顶点式是解题的关键．

3.【答案】C 
【解析】
【分析】
此题主要考查了相交两圆的性质以及等边三角形的判定与性质，得出△AO2O1是等边三角形是解题关键．
连接O1O2，AO2，可得△AO2O1是等边三角形，再根据圆周角定理即可解答．
【解答】
解：连接O1O2，AO2，

∵⊙O1和⊙O2是等圆，
∴AO1=O1O2=AO2，
∴△AO2O1是等边三角形，
∴∠AO2O1=60∘，
∴∠O1AB=12∠AO2O1=30∘(圆周角定理).
故选：C.  
4.【答案】C 
【解析】解：①∵∠C=90∘，∠A=25∘，
∴∠B=90∘−25∘=65∘，
∵∠C=∠C′=90∘，∠B′=65∘，
∴∠B=∠B′，
故能判定△ABC与△A′B′C′相似；
②∵AC=6cm，BC=4cm，A′C′=9cm，B′C′=6cm，
∴ACA′C′=69=23，BCB′C′=46=23，
∴ACA′C′=BCB′C′，
∵∠C=∠C′=90∘，故能判定△ABC与△A′B′C′相似；
③∵AB=10cm，BC=12cm，AC=15cm，A′B′=150cm，B′C′=180cm，A′C′=225cm，
∴ABA′B′=10150=115，BCB′C′=12180=115，ACA′C′=15225=115，
∴ABA′B′=BCB′C′=ACA′C，∵故能判定△ABC与△A′B′C′相似；
④△ABC与△A′B′C′是有一个角为80∘的等腰三角形不能判定△ABC与△A′B′C′相似；
故选：C.
根据相似三角形的判定方法对各个选项进行分析，从而得到最后答案．
此题考查了相似三角形的判定：
①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；
②如果两个三角形的两条对应边的比相等，且夹角相等，那么这两个三角形相似；
③如果两个三角形的两个对应角相等，那么这两个三角形相似．

5.【答案】A 
【解析】解：由题意可知点(1,3)是抛物线的顶点，
∴设这段抛物线的解析式为y=a(x−1)2+3.
∵该抛物线过点(3,0)，
∴0=a(3−1)2+3，
解得：a=−34.
∴y=−34(x−1)2+3.
∵当x=0时，y=−34×(0−1)2+3=−34+3=94，
∴水管应长94m.
故选：A.
利用顶点式求得抛物线的解析式，再令x=0，求得相应的函数值，即为所求的答案．
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，数形结合并熟练掌握待定系数法及二次函数的相关性质是解题的关键．

6.【答案】B 
【解析】解：∵将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，
∴AE=AC，∠DAE=∠BAC=50∘，
∵AD//EC，
∴∠DAE=∠AEC=50∘，
∵AE=AC，
∴∠AEC=∠ACE=50∘，
∴∠EAC=80∘，
∴∠BAE=∠EAC−∠BAC=30∘，
故选：B.
由旋转的性质可得AE=AC，∠DAE=∠BAC=50∘，由平行线的性质和等腰三角形的性质可求∠EAC=80∘，即可求解．
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．

7.【答案】B 
【解析】解：一张图片剪成的两张用A、a表示，另一张图片剪成的两张用B、b表示，
画树状图为：

共有12种等可能的结果，其中两张小图片恰好合成一张完整图片的结果数为4，
所以这两张小图片恰好合成一张完整图片的概率=412=13.
故选：B.
一张图片剪成的两张用A、a表示，另一张图片剪成的两张用B、b表示，通过画树状图展示所有12种等可能的结果，再找出两张小图片恰好合成一张完整图片的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表或树状图展示所有等可能的结果，再找出某事件所占得结果数，然后根据概率公式计算这个事件的概率．

8.【答案】D 
【解析】解：连接OF，如图，
∵AB，BC，CD分别与⊙O相切于E、F、G三点，
∴BO平分∠ABC，CO平分∠BCD，OF⊥BC，
∴∠OBC=12∠ABC，∠BCO=12∠BCD，
∵AB//CD，
∴∠ABC+∠BCD=180∘，
∴∠OBC+∠BCO=12(∠ABC+∠BCD)=12×180∘=90∘，
∵∠BOC=90∘，
∴BC=OB2+OC2=32+42=5，
∵S△BOC=12OF⋅BC=12OB⋅OC，
∴OF=3×45=125.
故选：D.
如图，利用切线长定理和切线的性质得∠OBC=12∠ABC，∠BCO=12∠BCD，OF⊥BC，再利用平行线的性质得到∠OBC+∠BCO=90∘，则可利用勾股定理计算出BC=5，然后利用面积法计算出OF.
本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．也考查了切线长定理和平行线的性质．

9.【答案】C 
【解析】解：由AF=2DF，可以假设DF=k，则AF=2k，AD=3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB//CD，AD=BC=3k，
∴AEEC=AFBC=23，
∴BEEG=AEEC=23
故选：C.
由AF=2DF，可以假设DF=k，则AF=2k，AD=3k，证明AB=AF=2k，DF=DG=k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
本题考查平行四边形的性质，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．

10.【答案】C 
【解析】解：∵a+b+c=0，
即当x=1时a+b+c=0，
∵a>b>c，
∴定a>0，c<0，
故C选项正确．
故选：C.
由a>b>c，且a+b+c=0，确定a>0，c<0，与x轴交点一个是(1,0)，采取排除法即可选出所选答案．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，灵活运用性质进行说理是解此题的关键．

11.【答案】C 
【解析】解：如图，过点A作AE⊥x轴于E，过点A′作A′F⊥x轴于F.

∵B(−2,0)，C(−1,0)，B′(1,0)，A′(2,−3)
∴OB=2，OC=OB′=1，OF=2，A′F=3，
∴BC=1，CB′=2，CF=3，
∵△ABC∽△A′B′C，
∴AEA′F=BCCB′=12，
∴AE=32，
∵∠ACE=∠A′CF，∠AEC=∠A′FC=90∘，
∴△AEC∽△A′FC，
∴ECCF=AEA′F=12，
∴EC=32，
∴OE=EC+OC=52，
∴A(−52,32)，
故选：C.
如图，过点A作AE⊥x轴于E，过点A′作A′F⊥x轴于F.利用相似三角形的性质求出AE，OE，可得结论．
本题考查位似变换，坐标与图形性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考常考题型．

12.【答案】B 
【解析】解：二次函数y=−(x−m)2−m+1(m为常数)，
①∵顶点坐标为(m,−m+1)且当x=m时，y=−m+1，
∴这个函数图象的顶点始终在直线y=−x+1上，
故结论①正确；
②∵a=−1<0，开口向下，
∴当x<2时，y随x的增大而增大，m的取值范围为m≥2，
故结论②错误；
③∵x1+x2>2m，
∴x1+x22>m，
∵二次函数y=−(x−m)2−m+1(m为常数)的对称轴为直线x=m，
∴点A离对称轴的距离小于点B离对称轴的距离，
∵x1 ∴y1>y2，
故结论③错误，
故选：B.
根据函数解析式，结合函数图象的顶点坐标、对称轴以及增减性依次对3个结论作出判断即可．
本题主要考查了二次函数图象与二次函数的系数的关系，是一道综合性比较强的题目，利用数形结合思想是解题的关键．

13.【答案】4. 
【解析】解：∵正六边形可以由其半径分为六个全等的正三角形，
而三角形的边长就是正六边形的半径，
又∵正六边形的周长为24，
∴正六边形边长为4，
∴正六边形的半径等于4.
故答案为：4.
由于正六边形可以由其半径分为六个全等的正三角形，而三角形的边长就是正六边形的半径，由此即可求解．
此题主要考查正多边形和圆，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．

14.【答案】12 
【解析】解：∵掷小正方体后共有6种等可能结果，其中朝上一面的数字出现偶数的有2、4、6这3种可能，
∴朝上一面的数字出现偶数的概率是36=12，
故答案为：12.
用出现偶数朝上的结果数除以所有等可能的结果数即可得．
本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P(A)=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数．

15.【答案】2cm 
【解析】解：扇形的弧长=120π×6180=4π，
故圆锥的底面半径为4π÷2π=2.
故答案为：2.
易得扇形的弧长，除以2π即为圆锥的底面半径．
考查了扇形的弧长公式；圆的周长公式；用到的知识点为：圆锥的弧长等于底面周长．

16.【答案】83 
【解析】解：如图：

∵∠C=90∘，AC=BC=4，
∴AB=42，∠A=∠B=45∘，
∴∠AMQ+∠AQM=135∘，
∵∠PMQ=45∘，
∴∠AMQ+∠BMP=135∘，
∴∠AQM=∠BMP，
∴△AQM∽△BMP，
∴AQBM=AMBP，
∵M为AB的中点，
∴AM=BM=22，
又BP=3，
∴AQ22=223，
∴AQ=83，
故答案为：83.
根据∠PMQ=45∘，可证△AQM∽△BMP，即得AQBM=AMBP，从而有AQ22=223，即得AQ=83.
本题考查三角形相似的判定与性质及等腰直角三角形的性质及应用，解题的关键是掌握相似三角形的判定定理．

17.【答案】3 
【解析】解：∵抛物线经过不同两点A(1−b,m)，B(2b+c,m)，
∴抛物线对称轴为直线x=−−2b2=1−b+2b+c2，
即b=1+b+c2，整理得c=b−1，
∵抛物线与x轴有交点，
Δ=(−2b)2−4(2b2−4c)
=4b2−8b2+16c
=−4b2+16(b−1)
=−4(b−2)2，
∴−4(b−2)2≥0，
∴b=2，c=b−1=1，
∴b+c=2+1=3.
故答案为：3.
根据抛物线对称性可得抛物线对称轴为直线x=−−2b2=1−b+2b+c2，从而可得c=b−1，由抛物线与x轴有交点可得Δ=(−2b)2−4(2b2−4c)≥0，将c=b−1代入可得b=2，c=1，进而求解．
本题二次函数图象与系数的关系，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数与x轴交点与判别式Δ的关系．

18.【答案】== 
【解析】解：(Ⅰ)图①，
∵AB//CD，OE⊥CD，
∴OE⊥AB，
∴AE=BE，CE=DE，
∴AC=BD；
故答案为：=；
(Ⅱ)图②，
∵OE⊥AB，
∴AE=BE，
∴∠APE=∠BPE；
故答案为：=；
(Ⅲ)如图③，PG为所作．

(Ⅰ)先利用平行线的性质得到OE⊥AB，然后根据垂径定理得到AE=BE，CE=DE，则AC=BD；
(Ⅱ)先根据垂径定理得到AE=BE，然后根据圆周角定理得到∠APE=∠BPE；
(Ⅲ)先连接AD、BC，它们相交于F，延长FO交⊙O于G点，根据(1)的结论得到FA=FB，则OF垂直平分AB，根据垂径定理得到AG=BG，所以∠GAB=∠GBA，而∠QPG=∠GAB，∠APG=∠GBA，所以∠QPG=∠APG.
本题考查了解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了垂径定理和圆周角定理．

19.【答案】(Ⅰ)解：(x−3)2=(5−2x)2，
x−3=±(5−2x)，
即x−3=5−2x或x−3=−(5−2x)，
所以x1=83，x2=2；
(Ⅱ)证明：方程化为一般式为：x2−x−6−m2=0，
∵Δ=(−1)2−4(−6−m2)
=4m2+25>0，
∴无论m取何值时，方程总有两个不相等的实数根． 
【解析】(Ⅰ)方程两边开方得到x−3=±(5−2x)，然后解两个一次方程即可；
(Ⅱ)先把方程化为一般式，再计算根的判别式的值得到Δ=4m2+25，利用非负数的性质得到Δ>0，从而得到结论．
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．上面的结论反过来也成立．

20.【答案】(Ⅰ)证明：如图①连接OC，
∵D为BC的中点，
∴CD=BD，
∴∠BOD=∠COD，
∴∠BOC=2∠BOD，
∵∠BOC=2∠BAC，
∴∠BOD=∠BAC，
∴OD//AC；

(Ⅱ)如图②，连接OC，
∵OA=OC，G为AC中点，
∴EF⊥AC，
∵OD//AC，
∴DO⊥EF，
∵AB是⊙O的直径，DE⊥AB，
∴BD=BE，
∴∠BOD=∠BOE=12∠DOE=45∘，
∴∠AOG=∠BOE=45∘，
∵OG⊥AC，
∴△AOG是等腰直角三角形，
∵⊙O的半径为2，
∴AG=2，
∴AC=22. 
【解析】
【分析】
本题考查了圆周角定理，圆心角、弧、弦的关系，垂径定理，等腰三角形的性质等，熟练掌握性质定理是解题的关键．
(Ⅰ)如图①连接OC，根据圆心角、弧、弦的关系，则∠BOC=2∠BOD，根据圆周角定理得到∠BOC=2∠BAC，从而得到∠BOD=∠BAC，即可证得OD//AC；
(Ⅱ)如图②，连接OC，根据等腰三角形的性质得出EF⊥AC，根据平行线的性质得出∠DOE=90∘，根据垂径定理得到BD=BE，根据圆心角、弧、弦的关系得到∠BOD=∠BOE=12∠DOE=45∘，进一步证得△AOG是等腰直角三角形，求得AG=2，即可求得AC=22.  
21.【答案】解：(Ⅰ)如图①，连接OC，
由圆周角定理得：∠COP=2∠D=52∘，
∵OB=OC，
∴∠OCB=∠OBC=12×(180∘−52∘)=64∘，
∵CP为⊙O的切线，
∴OC⊥PC，
∴∠PCB=90∘−64∘=26∘；
(Ⅱ)如图②，连接AC，OC，
∵四边形CDBP为平行四边形，
∴∠CDB=∠CPB，
由(Ⅰ)得，∠CDB=∠CAB=∠CPB，
∴∠CDB=∠CAB=∠CPB=∠PCB，
在△ACP中，∠CAB+∠ACB+∠BCP+∠CPB=180∘，
∴∠CAB+∠BCP+∠CPB=90∘，
∴∠CAB=∠CPB=∠PCB=30∘，
∴∠OBC=60∘，
∵四边形ABCD为⊙O内接四边形，
∴∠ADC=180∘−∠ABC=120∘. 
【解析】(Ⅰ)连接OC，根据圆周角定理求出∠COP，根据切线的性质得到OC⊥PC，计算即可；
(Ⅱ)连接AC，OC，根据平行四边形的性质得到∠CDB=∠CPB，根据三角形内角和定理得到∠CAB+∠ACB+∠BCP+∠CPB=180∘，进而求出∠CAB=∠CPB=∠PCB=30∘，根据圆内接四边形的性质求出∠ADC.
本题考查了切线的性质，平行四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是正确作出辅助线．

22.【答案】2x(12−2x)4x(−4x2+24x)(4x2−24x+144) 
【解析】解：(Ⅰ)根据题意得：AP=2xcm，BQ=4xcm，
∴BP=(12−2x)cm，
∵S△PBQ=12BP⋅BQ=12×(12−2x)×4x，
∴S△PBQ=−4x2+24x，
∵S四边形APQC=S△ABC−S△PBQ，
=12×12×24−(−4x2+24x)
=4x2−24x+144，
故答案为：2x；(12−2x)；4tx；−4x2+24x；4x2−24x+144；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，−4tx2+24x=32，
解得：x=2或4，
∴当△PBQ的面积为32cm2时，x=2或4；
(Ⅲ)由(Ⅰ)知，S四边形APQC=4x2−24x+144=172，
∴x=7或−1，
∵0≤x≤6，
∴四边形APQC的面积不可能等于172cm2.
(Ⅰ)由题意可得AP=2xcm，BQ=4xcm，从而可以解决问题；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，−4x2+24x=32，解方程即可；
(Ⅲ)由(Ⅰ)知，S四边形APQC=4x2−24x+144=172，解方程即可．
本题是动点问题，主要考查了图形的面积，一元二次方程的解法，解决问题的关键是能够化动为静，并且注意t的取值范围，属于常考题．

23.【答案】20或60 
【解析】解：(Ⅰ)当1≤x<50时，y=(200−2x)(x+40−30)=−2x2+180x+2000，
当50≤x≤90时，y=(200−2x)(90−30)=−120x+12000，
综上所述：y与x的函数关系式为y=−2x2+180x+2000(1≤x<50)−120x+12000(50≤x≤90)；
(Ⅱ)当1≤x<50时，
二次函数y=−2x2+180x+2000的图象开口向下，对称轴为x=45，
当x=45时，y最大=−2×452+180×45+2000=6050，
当50≤x≤90时，y=−120x+12000，
∵−120<0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x=50时，y最大=6000<6050，
综上所述，该商品第45天时，当天销售利润最大，最大利润是6050元；
(Ⅲ)当1≤x<50时，令−2x2+180x+2000=4800，
解得：x1=20，x2=70(舍去)，
当50≤x≤90时，
−120x+12000=4800，
解得：x=60，
∴利润等于4800元的天数是第20天和第60天．
故答案为：20或60.
(Ⅰ)根据题意可以分别求得1≤x<50和50≤x≤90时的y与x的函数关系式；
(Ⅱ)根据题意可以分别求得两段的函数的最大值，从而可以解答本题；
(Ⅲ)根据题意分两种情况列出相应的方程，从而可以解答本题．
本题考查二次函数的应用、一元二次方程的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．

24.【答案】A 60 120 
【解析】解：(Ⅰ)①∵△PAM是等边三角形，
∴PA=AM，∠PAM=∠APM=∠AMP=60∘，
∵将线段AB绕点A逆时针旋转60∘，得到线段AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60∘，
∴∠PAB+∠BAM=∠BAM+∠MAC=60∘，
∴∠PAB=∠MAC，
∴△PAB≌△MAC(SAS)，
∴△MAC可以看作△PAB绕点 A逆时针旋转60∘得到的；
②∵△PAB≌△MAC，
∴∠APM=∠AMC=60∘，
∴∠PMC=∠AMP+∠AMC=120∘，
故答案为：A；60；120；
(Ⅱ)①∵当线段AB绕点A逆时针旋转90∘得到线段AC，

∴∠BAC=90∘，AB=AC，
∵△PAM是等腰三角形，∠PAM=90∘，AP=AM=22，
∴∠APM=∠AMP=45∘，PM=22×2=4，
∴∠PAB+∠BAM=∠BAM+∠MAC=90∘，
∴∠PAB=∠MAC，
∴△PAB≌△MAC(SAS)，
∴∠APM=∠AMC=45∘，PB=MC，
∴∠PMC=∠AMP+∠AMC=90∘，
∴S△PBC=12PB⋅MC=12×PB2=1.5，
解得：PB=3(负值已舍去)；
当线段AB绕点A顺时针旋转90∘得到线段AC1，连接C1P，
同理可得△MAB≌△PAC1(SAS)，
∴∠AMB=∠APC1=45∘，BM=PC1，
∴∠MPC1=∠APM+∠APC1=90∘，
∴S△PBC1=12PB⋅PC1=12PB×(4−PB)=1.5，
解得：PB=3或1，
综上，PB的长为3或1或3；
②过点A作AD⊥PM于D，

∵△PAM是等腰直角三角形，
∴AD=PD=DM=2，
∵AB=5，
∴BD=AB2−AD2=1，
∴PB=2+1=3，
∵线段AC是线段AB绕点A逆时针旋转α得到的，
∴线段AB旋转到DA的延长线上时，△PBC的面积取得最大值，如图，
∴△PBC的面积的最大值=12PB×CD=12PB×(AC+CD)=3+325.
(Ⅰ)利用SAS证明△PAB≌△MAC，从而得到结论；
(Ⅱ)①分顺时针旋转和逆时针两种情况讨论，然后用SAS证明△PAB≌△MAC，利用三角形面积公式列出方程求解即可；
②首先求出BP的长，然后根据BP上的高最大时，△PBC的面积取得最大值，据此即可得出点C的位置，从而解决问题．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，解一元二次方程，勾股定理等知识，解答本题的关键是明确题意，利用分类讨论思想来解决问题．

25.【答案】解：(Ⅰ)把x=−1，y=−1代入抛物线得
1+(m+1)+2m+3=−1，
∴m=−2，
∴y=x2+x−1=(x+12)2−54，
∴抛物线顶点坐标是(−12,−54)；
(Ⅱ)①设顶点的纵坐标是n，
n=4(2m+3)−(m+1)24=−14(m−3)2+5，
∴当m=3时，n最大，即顶点在最高点，
∴y=x2−4x+9；
②设AB的解析式是：y=kx+b，
∴−k+b=−13k+b=7，
∴k=2b=1，
∴y=2x+1，
设E(a,a2−4a+9)，F(a,2a+1)，
∵点E在直线AB的下方，
∴EF=(2a+1)−(a2−4a+9)=−a2+6a−8=−(a−3)2+1，
∴当a=3时，EF最大，最大值是1，
当a=3时，a2−4a+9=32−4×3+9=6，
∴E(3,6)；
(Ⅲ)由x2−(m+1)x+2m+3=2x+1得，
x2−(m+3)x+(2m+2)=0，
∴x=2或x=m+1，
∴线段AB与抛物线的交点为(2,5)，(m+1,2m+3)，
∵抛物线与线段AB只有一个交点，
∴(m+1,2m+3)不在线段AB上或(2,5)与(m+1,2m+3)重合，
∴m+1<−1或m+1>3或m+1=2，
∴m<−2或m>2或m=1. 
【解析】(Ⅰ)把点A坐标代入，求得m，再将解析式配方得顶点坐标；
(Ⅱ)①设顶点的纵坐标是n，求出n与m的关系式，求得n的最大值，从而求得m，从而确定抛物线的解析式；
②先求出AB的函数解析式，设点E和F点坐标，表示出EF的长度，根据函数关系式确定EF的最大值；
(Ⅲ)将直线解析式和抛物线的解析式联立，转化成一元二次方程，求出直线与抛物线的两个交点坐标，再由线段与抛物线有一个交点可知(m+1,2m+3)不在线段AB上或(2,5)与(m+1,2m+3)重合，由此可求m的取值范围．
本题是二次函数的综合题，熟练掌握二次函数及其图象性质，灵活处理线段与抛物线的交点关系是解题的关键．