2023-2024学年湖北省武汉市江夏区九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市江夏区九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析），共25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.下列事件是必然事件的是( )
A. 通常温度降到0℃，纯净的水结冰B. 汽车累计行驶1万千米，从未出现故障
C. 姚明在罚球线上投篮一次，投中D. 经过有交通信号灯的路口，遇到绿灯
2.“垃圾分类，利国利民”.鄂州市碧石渡镇积极创建生活垃圾分类试点镇，已实现“镇−村−湾”生活垃圾分类全覆盖.以下垃圾分类标志的图形，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. 可回收物B. 有害垃圾
C. 厨余垃圾D. 其他垃圾
3.关于x的一元二次方程x2=2x的根的情况，下列说法正确的是( )
A. 有一个实数根B. 有两个不相等的实数根
C. 有两个相等的实数根D. 没有实数根
4.抛物线y=−12x2向上平移1个单位长度，得到新抛物线的解析式为( )
A. y=−12x2+1B. y=−12x2−1C. y=−12(x+1)2D. y=−12(x−1)2
5.如图，在⊙O中，相等的弦AB、AC互相垂直，OE⊥AC于E，OD⊥AB于D，则四边形OEAD为( )
A. 正方形
B. 菱形
C. 矩形
D. 平行四边形
6.如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′，那么A(−2,5)的对应点A′的坐标是( )
A. (2,5)
B. (5,2)
C. (2,−5)
D. (5,−2)
7.绍兴是著名的桥乡.如图，圆拱桥的桥顶到水面的距离CD为8m，桥拱半径OC为5m，则水面宽AB为( )
A. 4mB. 5mC. 6mD. 8m
8.三个不透明的口袋中各有三个相同的乒乓球，将每个口袋中的三个乒乓球分别标号为1，2，3.从这三个口袋中分别摸出一个乒乓球，出现的数字正好是等腰三角形三边长的概率是( )
A. 49B. 59C. 1727D. 79
9.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=6，AD是∠BAC的平分线，经过A，D两点的圆的圆心O恰好落在AB上，⊙O分别与A、B、AC相交于点E、F.若圆半径为2.则阴影部分面积( )
A. 13π
B. 43π
C. 23π
D. 92 3−3
10.如图1，在正方形ABCD中，动点P以1cm/s的速度自D点出发沿DA方向运动至A点停止，动点Q以2cm/s的速度自A点出发沿折线ABC运动至C点停止，若点P、Q同时出发运动了t秒，记△PAQ的面积为s cm2，且s与t之间的函数关系的图象如图2所示，则图象中m的值为( )
A. 1B. 1.2C. 1.6D. 2
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.若点(a,1)与点(−2,b)关于原点对称，则ab=______．
12.如图，冰淇淋蛋筒下部呈圆锥形，则蛋筒圆锥部分包装纸的面积(接缝忽略不计)是______ ．
13.一只蜘蛛爬到到如图所示的一面墙上，最终停在白色区域上的概率是______．
14.如图，正六边形ABCDEF中，P是边ED的中点，连接AP，则APAB=______．
15.二次函数y=ax2+bx+c(a,b,c为常数，a≠0)的图象开口向下，与x轴交于(1,0)和(m,0)，且−20；②2a+c<0；③若方程a(x−m)(x−1)−1=0有两个不相等的实数根，则4ac−b2<4a；④当m=−1.5时，若方程|ax2+bx+c|=1有四个根，则这四个根的和为−0.5，其中，正确结论的______ ．
16.如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在线段BC，CD上，且CF=4，CE=2，若点M，N分别在线段AB，AD上运动，P为线段MF上的点，在运动过程中，始终保持∠PEB=∠PFC，则线段PN的最小值为______ ．
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8分)
解方程：
(1)3(x−1)2=2(x−1)；
(2)2x2−3x−1=0．
18.(本小题8分)
如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=42°，D为△ABC内一点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转42°，得到AE，连接DE，BD，CE．
(1)求证：BD=CE；
(2)若DE⊥AC，求∠BAD的度数．
19.(本小题8分)
小明在学习完电学知识后，用四个开关A、B、C、D，一个电源和一个灯泡设计了一个如图所示的电路图．
(1)在开关A闭合的情况下，任意闭合B、C、D中的一个开关，则灯泡发光的概率等于______；
(2)任意闭合其中两个开关，请用树状图或列表的方法求出灯泡发光的概率．
20.(本小题8分)
如图，点C在以AB为直径的⊙O上．AE与过点C的切线垂直，垂足为D，AD交⊙O于点E，过B作BF//AE交⊙O于点F，连接CF．
(1)求证：∠B=2∠F；
(2)已知AE=6，DE=2，求CD和CF的长．
21.(本小题8分)
如图，由小正方形构成的8×8网格，每个小正方形的顶点叫做格点，且每个小正方形的边长为1.⊙O经过A，B，C三个格点，仅用无刻度的直尺在给定网格中按要求画图.(保留作图痕迹)

(1)在图1中，作△ABC关于点M(格点)成中心对称的△A′B′C′；
(2)在图2中，将△ABC绕点A顺时针旋转∠ABC的度数，作出A″B″C″；
(3)在图3中，点N在⊙O上且不在网格线上，作弦BP=弦BN．
22.(本小题10分)
某水果商店推出一款水果拼盘套餐受到广大消费者的喜爱，每天销售量y盒与销售单价x元∕盒之间存在一次函数关系(如表所示).已知水果拼盘套餐的成本为30元∕盒．
(1)直接写出y与x的函数关系式；
(2)当销售单价为多少时，当天的销售利润最大？
(3)若水果商店希望通过调整，将这一款拼盘套餐降低成本m元∕盒(m>0)，使每天在销售量不超过100盒的前提下，最大销售利润为7600元.求出m的值．
23.(本小题10分)
在菱形ABCD中，∠ABC=60°
(1)如图1，P是边BD延长线上一点，以AP为边向右作等边△APE，连接BE、CE．
①求证：CE⊥AD；
②若AB= 3，BE= 19，求AE的长；
(2)如图2，P是边CD上一点，点D关于AP的对称点为E，连接BE并延长交AP的延长线于点F，连接DE、DF.若BE=11，DE=5，求△ADF的面积．
24.(本小题12分)
如图，抛物线y=ax2−2ax+c的图象与x轴交于A、B两点，点A为(−1,0)，OB=OC.直线l：y=kx+b与抛物线交于M、N两点(M在N左边)，交y轴于点H．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，若b=1，过C点作CD⊥l于点D，连接AD、AC，若此时AD=AC，求M点的横坐标；
(3)如图2，若k=−4，连接BM、BN，过原点O作直线BN的垂线，垂足为E，以OE为半径作⊙O．
求证：⊙O与直线BM相切．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.通常温度降到0℃，纯净的水结冰，这是必然事件，故A符合题意；
B.汽车累计行驶1万千米，从未出现故障，这是随机事件，故B不符合题意；
C.姚明在罚球线上投篮一次，投中，这是随机事件，故C不符合题意；
D.经过有交通信号灯的路口，遇到绿灯，这是随机事件，故D不符合题意；
故选：A．
根据必然事件，随机事件，不可能事件的意义判断即可．
本题考查了随机事件，熟练掌握必然事件，随机事件，不可能事件的意义是解题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：A选项，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
B选项，既是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
C选项，是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；
D选项，既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，不符合题意；
故选：B．
轴对称图形，是指在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，这条直线就叫做对称轴；中心对称图形，在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心．根据定义即可求解．
本题主要考查轴对称，中心对称的定义，理解并掌握轴对称图形的对称轴，中心对称图形对称中心的识别是解题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：由x2=2x得到：x2−2x=0，
∵△=(−2)2−4×1×0=4>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
先计算出△=(−2)2−4×1×0=4>0，然后根据判别式△=b2−4ac的意义即可判断方程根的情况．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式△=b2−4ac：当△>0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△<0，方程没有实数根．
4.【答案】A
【解析】解：抛物线y=−12x2向上平移1个单位长度，得到新抛物线的解析式为：y=−12x2+1．
故选：A．
根据平移的规律：上加下减，求出得到的抛物线的解析式即可．
此题主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了正方形的判定．
先根据垂径定理，由OD⊥AB，OE⊥AC得到AD=12AB，AE=12AC，且∠ADO=∠AEO=90°，加上∠DAE=90°，则可判断四边形ADOE是矩形，由于AB=AC，所以AD=AE，于是可判断四边形ADOE是正方形．
【解答】
证明：∵OD⊥AB于D，OE⊥AC于E，
∵AD=12AB，AE=12AC，∠ADO=∠AEO=90°，
∵AB⊥AC，
∴∠DAE=90°，
∴四边形ADOE是矩形，
∵AB=AC，
∴AD=AE，
∴四边形ADOE是正方形；
故选：A．
6.【答案】B
【解析】解：∵线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′，
∴△ABO≌△A′B′O，∠AOA′=90°，
∴AO=A′O．
作AC⊥y轴于C，A′C′⊥x轴于C′，
∴∠ACO=∠A′C′O=90°．
∵∠COC′=90°，
∴∠AOA′−∠COA′=∠COC′−∠COA′，
∴∠AOC=∠A′OC′．
在△ACO和△A′C′O中，
∠ACO=∠A′C′O∠AOC=∠A′OC′AO=A′O，
∴△ACO≌△A′C′O(AAS)，
∴AC=A′C′，CO=C′O．
∵A(−2,5)，
∴AC=2，CO=5，
∴A′C′=2，OC′=5，
∴A′(5,2)．
故选：B．
由线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′可以得出△ABO≌△A′B′O，∠AOA′=90°，作AC⊥y轴于C，A′C′⊥x轴于C′，就可以得出△ACO≌△A′C′O，就可以得出AC=A′C′，CO=C′O，由A的坐标就可以求出结论．
本题考查了旋转的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，等式的性质的运用，点的坐标的运用，解答时证明三角形全等是关键．
7.【答案】D
【解析】解：连接OA，如图所示．
∵CD⊥AB，
∴AD=BD=12AB．
在Rt△ADO中，OA=OC=5m，OD=CD−OC=3m，∠ADO=90°，
∴AD= OA2−OD2=4m，
∴AB=2AD=8m．
故选：D．
连接OA，根据垂径定理可知AD=BD=12AB，在Rt△ADO中，利用勾股定理即可求出AD的长，进而可得出AB的长，此题得解．
本题考查了垂径定理的应用以及勾股定理，利用勾股定理求出AD的长度是解题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：画树状图得：
∵共有27种等可能的结果，两次摸出的乒乓球标号相同，并且三个标号符合三角形三边关系的有15种结果，
∴出现的数字正好是等腰三角形三边长的概率是1527=59．
故选：B．
首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两次摸出的乒乓球标号相同，并且三个标号符合三角形三边关系的情况，再利用概率公式即可求得答案．
本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
9.【答案】C
【解析】解：连接OD，OF．
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠DAB=∠DAC，
∵OD=OA，
∴∠ODA=∠OAD，
∴∠ODA=∠DAC，
∴OD/​/AC，
∴∠ODB=∠C=90°，
∴S△AFD=S△OFA，
∴S阴=S扇形OFA，
∵OD=OA=2，AB=6，
∴OB=4，
∴OB=2OD，
∴∠B=30°，
∴∠A=60°，
∵OF=OA，
∴△AOF是等边三角形，
∴∠AOF=60°，
∴S阴=S扇形OFA=60π⋅22360=2π3．
故选：C．
连接OD，OF.首先证明OD/​/AC，推出S阴=S扇形OFA，再证明△AOF是等边三角形即可解决问题．
本题考查扇形的面积，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是添加常用辅助线，用转化的思想思考问题．
10.【答案】B
【解析】解：设正方形ABCD的边长为a cm，则DP=tcm，AQ=2tcm，AP=(a−t)cm，
S=12⋅2t(a−t)=−t2+at=−(t−12a)2+14a2，
当t=12a时，S有最大值14a2，
即 14a2=4，
解得a=4，
∴S=−(t−2)2+4，
当点Q在BC上时，
如图，S=12⋅4(4−t)=−2t+8(2≤t≤4)，
当t=3.4时，m=−2×3.4+8=1.2，
故选：B．
设正方形ABCD的边长为acm，当点Q在AB上时，求得S=−t2+at.当t=12a时，S有最大值14a2，配合图象可得方程14a2=4，即可求得a=4；当点Q在BC上时，可求得S=−2t+8，把t=3.4代入即可得到答案．
本题考查了动点问题的函数图象，分类讨论，正确求出函数解析式是解答本题的关键．
11.【答案】12
【解析】解：∵点(a,1)与点(−2,b)关于原点对称，
∴a=2，b=−1，
∴ab=2−1=12，
故答案为：12．
根据两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反可得a、b的值，进而可得答案．
此题主要考查了关于原点对称的点的坐标特点，关键是掌握：点P(x,y)关于原点O的对称点是P′(−x,−y)．
12.【答案】20π
【解析】【分析】
本题考查了圆锥的侧面积，掌握圆锥的侧面积公式是解题的关键．根据已知可以得出圆锥的母线长与底面圆的半径，根据圆锥的侧面积公式：S=πrL，可以得出圆锥的侧面积．
【解答】
解：∵圆锥的底面圆的半径是52cm，母线长为8cm，
∴根据圆锥的侧面积公式：S=πrL=π×52×8=20π(cm2).
故答案为20π．
13.【答案】23
【解析】解：设每小格的面积为1，
∴整个方砖的面积为9，
黑色区域的面积为3，
∴白色区域的面积为9−3=6，
∴最终停在白色区域上的概率为：69=23．
故答案为：23．
设每小格的面积为1，易得整个方砖的面积为9，黑色区域的面积3，则白色区域的面积为9−3=6，然后根据概率的定义计算即可．
本题考查了求几何概率的方法：先利用几何性质求出整个几何图形的面积n，再计算出其中某个区域的几何图形的面积m，然后根据概率的定义计算出落在这个几何区域的事件的概率=mn．
14.【答案】 132
【解析】解：连接AE，过点F作FH⊥AE，
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=a，
∠AFE=∠DEF=120°，
∴∠FAE=∠FEA=30°，
∴∠AEP=90°，
∴FH=a2，
∴AH= 32a，AE= 3a，
∵P是ED的中点，
∴EP=a2，
∴AP= AE2+EP2= 3a2+a24= 132a．
∴APAB= 132
连接AE，过点F作FH⊥AE，根据正多边形的内角和得出∠AFE=∠DEF=120°，再根据等腰三角形的性质可得∠FAE=∠FEA=30°，得出∠AEP=90°，由勾股定理得FH，AE，从而得出AP．
本题考查了正多边形和圆，以及勾股定理、等腰三角形的性质，是中考的常见题型．
15.【答案】①②③
【解析】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，
∵−2∴−12<1+m2<0，
∴−12<−b2a<0，
∴b<0，
∵(m,0)，(1,0)，在y轴左右两侧，
∴抛物线与y轴交点在x轴上方，即c>0，
∴abc>0，①正确．
∵−12<−b2a<0,a<0,b<0，
∴b>a，
∵抛物线经过(1,0)，
∴a+b+c=0，
∴a+c=−b
∴2a+c=a−b<0，②正确．
∵抛物线开口下，
∴抛物线与直线y=1有两个交点时，抛物线顶点纵坐标大于1，
即4ac−b24a>1，
∴4ac−b2<4a，
∴方程a(x−m)(x−1)−1=0有两个不相等的实数根时4ac−b2<4a，③正确．
∵m=−32，
∴抛物线对称轴为直线x=1+m2=−14，
方程|ax2+bx+c|=1的根为函数y=|ax2+bx+c|与直线y=1的交点横坐标，
由函数的对称性可得x1+x2+x3+x4=2×(−14)+2×(−14)=−1．
∴④错误．
所以，正确的结论是①②③，
故答案为：①②③．
由抛物线对称性及(1,0)和(m,0)可得抛物线对称轴的位置，由抛物线开口向下，−20，从而判断①②，由抛物线与直线y=1有两个交点时，抛物线顶点纵坐标大于1，可判断③，由m=−32可得函数y=|ax2+bx+c|的对称轴，由函数的对称性可得四个根的和，从而判断④．
本题考查二次函数图象与系数的关系，正确记忆相关知识点是解题关键．
16.【答案】4− 5
【解析】解：如图，连接EF，
∵∠PEB=∠PFC，∠PEC+∠PEB=180°，
∴∠PEC+∠PFC=180°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=90°，∠EPF=360°−180°−90°=90°，
∵△EFC和△EPF为直角三角形，
取EF的中点为O，
∴OP=OE=OF=OC，
∴C、E、P、F四点共圆，
∵PN≥ON−OP，
∵OP为定值，
∴当ON最小，且O、P、N三点共线时，PN最小，
过O作OH⊥BC于H，延长HO交⊙O于P’，交AD于N′，而CE=2，
∴EH=12CE=1，
∵∠ECF=90°，CF=4，
∴EF= CE2+CF2=2 5，
∴OE= 5，
∵∠OHE=90°，
∴OH= OE2−EH2= 5−1=2，
∴ON′=HN′−OH=CD−OH=6−2=4，
∴P′N′=ON′−OP′=4− 5．
故答案为：4− 5．
先证C、E、P、F四点共圆，取EF的中点为O，以EF为直径作⊙O，连接OP，ON，根据三角形三边关系可知：PN≥ON−OP，因为OP为定值，根据垂线段最短，得出当O、P、N三点共线，且ON⊥AD时，ON最小，则PN最小，根据垂径定理和勾股定理求出OH长，最后根据线段间的和差关系求P′N′长，即可得出结论．
本题考查了正方形的性质、三角形的三边关系、勾股定理，圆的确定及基本性质等知识点，解题的关键是根据题意作出辅助圆，利用垂线段最短找出ON最小值时ON的位置．
17.【答案】解：(1)3(x−1)2=2(x−1)，
3(x−1)2−2(x−1)=0，
(x−1)[3(x−1)−2]=0，
(x−1)(3x−5)=0，
x−1=0，3x−5=0，
∴x1=1,x2=53；
(2)2x2−3x−1=0，
∵a=2，b=−3，c=−1，
Δ=(−3)2−4×2×(−1)=9+8=17>0，
∴x=−(−3)± 172×2=3± 174，
即x1=3+ 174,x2=3− 174．
【解析】(1)方程移项后提取公因式(x−1)，得两个一元一次方程，求出一元了一次方程的解即可；
(2)方程运用公式法求解即可．
本题主要考查解一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程的解法．
18.【答案】(1)证明：∵将AD绕点A逆时针旋转42°，得到AE，
∴AD=AE，∠DAE=42°，
∵∠BAC=42°，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠CAE=∠BAD，
在△ABD与△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE；
(2)解：由(1)知AD=AE，∠DAE=42°，
∵DE⊥AC，
∴∠CAE=12∠DAE=21°，
∵∠BAD=∠CAE，
∴∠BAD=21°．
【解析】(1)根据旋转的性质得到AD=AE，∠DAE=42°，求得∠CAE=∠BAD，根据全等三角形的性质得到BD=CE；
(2)根据等腰三角形的性质得到∠CAE=12∠DAE=21°，根据全等三角形的性质得到结论．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
19.【答案】13
【解析】解：(1)在开关A闭合的情况下，任意闭合B、C、D中的一个开关，则灯泡发光的概率等于13，
故答案为：13；
(2)画树状图为：
共有12种等可能的结果，其中小灯泡发光的结果数为6，
所以小灯泡发光的概率为612=12．
(1)根据概率公式可得答案；
(2)画树状图展示所有12种等可能的结果，再找出小灯泡发光的结果数，然后根据概率公式求解．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20.【答案】(1)证明：连接OC，
∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴OC/​/AD，
∴∠BOC=∠DAB，
由圆周角定理得，∠BOC=2∠F，
∴∠DAB=2∠F，
∵AD/​/BF，
∴∠B=∠DAB，
∴∠B=2∠F；
(2)解：连接AF、AC，延长CO交⊙O于H，过O作OG⊥AE于G，
∵OC/​/AD，AE/​/BF，
∴OC/​/BF，
∴∠BFC=∠HCF，
∵∠B=2∠F，
∴∠B=2∠HCF，
∵∠ACF=∠B，
∴∠ACF=2∠HCF，
∴∠ACH=∠HCF，
∴AH=FH，
∴CH垂直平分AF，
∴CF=AC，
∵OG⊥AE，
∴AG=EG=3，
∴GD=GE+ED=3+2=5，
∵∠OGD=∠D=∠OCD=90°，
∴四边形OCDG是矩形，
∴OC=GD=5，OG=CD，
∵OA=OC=5，AG=3，
∴OG= OA2−AG2=4，
∴DC=4，
在Rt△ADC中，AC= AD2+CD2= 82+42=4 5，
∴CF=AC=4 5．
【解析】(1)连接OC，根据切线的性质得出OC⊥CD，即可证得OC//AD，根据平行线的性质以及等腰三角形的性质得出∠DAB=2∠F，进而即可证得结论；
(2)连接AF、AC，延长CO交⊙O于H，过O作OG⊥AE于G，首先根据平行线的性质证得∠ACH=∠HCF然后根据垂径定理证得AH=FH，根据垂直平分线的性质得出AC=FC，进而通过证得四边形OCDG是矩形求得半径，然后根据勾股定理求得OG.得出CD，最后根据勾股定理求得AC，从而求得FC．
本题考查了切线的性质，垂径定理，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．
21.【答案】解：(1)如图1，连接AM并延长交格点于点A′，连接BM并延长交格点于点B′，连接CM并延长交格点于点C′，依次连接A′B′，B′C′，C′A′，则△A′B′C′为所画的三角形；
(2)如图2，画线段AB″=5，画线段AE=B″F=5，AE与B″F交于点C″，则△AB″C″为所画的三角形；
(3)如图3，由题意得：O为圆心，连接NC，交AB于点E，取格点D，连接CD，交O于点F，则CFAB，连接FE并延长交O于点P，连接BP，则弦BP=弦BN．

【解析】(1)利用中心对称的性质解答即可；
(2)利用旋转的性质解答即可；
(3)利用轴对称的性质解答即可．
本题主要考查了中心对称的性质，旋转的性质，轴对称的性质，圆的有关性质，本题是操作性题目，熟练掌握上述性质是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设y与x的函数关系式为y=kx+b，
根据题意，得40k+b=22050k+b=200，
解得k=−2b=300，
∴y=−2x+300
(2)设销售单价x(元/盒)时，每天的销售利润为w元，
根据题意，得w=(x−30)(−2x+300)
=−2x2+360x−9000
=−2(x−90)2+7200，
∴当x=90元时，w有最大值，最大值为7200，
即销售单价为90元∕盒时，当天的销售利润最大；
(3)由题意可列出不等式组：−2x+300≥0−2x+300≤100，
解得：100≤x≤150，
∴w=(−2x+300)(x−30+m)
=−2x2+(360−2m)x−9000+300m，
∴该二次函数的图象开口向下且对称轴为直线：x=180−m2，
∵m>0，
∴180−m2<90，
又∵100≤x≤150，
∴当x=100时，w有最大值为(−2×100+300)(100−30+m)=100m+7000，
又∵w有最大值为7600，
∴100m+7000=7600，解得：m=6．
∴m的值为6．
【解析】(1)根据待定系数法解答即可；
(2)设销售单价x(元/盒)时，每天的销售利润为w元，根据每天销售利润=每件的利润×销售量即可得出w关于x的二次函数，然后根据二次函数的性质即可求出结果；
(3)先由每天销售量不得超过100件求出x的取值范围，然后根据每天销售利润=每件的利润×销售量列出w关于x的二次函数(含m)，然后根据二次函数的性质即可得到w的最大值，进而可得关于m的方程，解方程即得结果．
本题考查了二次函数的应用，属于常考题型，正确理解题意、列出函数关系式、熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
23.【答案】(1)①证明：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴∠ADC=60°，且AB=BC=DA=DC，
∴△ADC和△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠CAD=60°，
又∵△APE是等边三角形，
∴AE=AP，∠EAP=60°，
∴∠BAC+∠CAP=∠PAE+∠CAP，
即∠BAP=∠CAE，
∴△BAP≌△CAE(SAS)，
∴∠ACE=∠ABP=12∠ABC=30°，
∵∠CAD=60°，
∴∠ACE+∠CAD=90°，
∴CE⊥AD；
②解：如图1，设AC与BD交于点O，
由①知，∠ACE=30°，且∠ACB=60°，
∴∠ACE+∠ACB=∠BCE=90°，
∵在Rt△BCE中，BC=AB= 3，BE= 19，
∴CE= BE2−BC2=4，
由①知，△BAP≌△CAE，
∴BP=CE=4，
在Rt△BOC中，∠ACB=60°，
∴BO= 32BC=32，CO=AO=12BC= 32，
∴OP=BP−BO=52，
∴在Rt△AOP中，
AP= AO2+OP2= ( 32)2+(52)2= 7，
∴AE=AP= 7；
(2)解：如图2，连接AE，过点A作AH⊥BF于点H，
∵点D关于AP的对称点为E，
∴AP垂直平分DE，
∴AD=AE，FD=FE，
∴∠EAF=∠DAF=12∠EAD，∠DFA=∠EFA=12∠DFE，
又∵在菱形ABCD中，AB=AD，
∴AB=AE，
∴AH垂直平分BE，
∴EH=BH=12BE=112，∠BAH=∠EAH=12∠BAE，
∴∠HAF=∠EAH+∠EAF=12∠BAD，
∵∠ABC=60°，
∴∠BAD=180°−∠ABC=120°，
∴∠HAF=60°，
∴∠AFH=90°−∠HAF=30°，
∴∠DFE=60°，
∴△DEF为等边三角形，
∴EF=DE=5，
∴HF=HE+EF=112+5=212，
在Rt△AHF中，∠AFH=30°，
∴AH= 33HF=7 32，
∴S△AEF=12EF⋅AH=12×5×7 32=35 34，
∵AD=AE，FD=FE，AF=AF，
∴△ADF≌△AEF(SSS)，
∴△ADF的面积为35 34．
【解析】(1)①证△ADC和△ABC是等边三角形，再证△BAP≌△CAE，推出∠ACE=30°，由∠ACE+∠CAD=90°即可证明结论；
②如图1，设AC与BD交于点O，证∠BCE=90°，由勾股定理求出CE，BP的长，由锐角三角函数等分别求出OA，OP的长，由勾股定理即可求出AP的长，即AE的长；
(2)如图2，连接AE，过点A作AH⊥BF于点H，证∠HAF=12∠BAD=60°，再证△DEF为等边三角形，即可求出HF，AH的长，进一步求出△AEF的面积，证△ADF≌△AEF即可．
本题考查了菱形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形等，综合性较强，解题关键是能够作出合适的辅助线，以便于利用等腰三角形的三线合一定理等．
24.【答案】解：(1)由题意可知，C(0,c)，B(−c,0)，A(−1,0)，
代入解析式中，得ac2+2ac+c=0ac+2a+1=0a+2a+c=0,
解得a=1，c=−3，
∴抛物线的解析式为：y=x2−2x−3．
(2)如图1，延长CA交直线l于点P，过点P作PQ⊥x轴于点Q，
∵CD⊥l，AD=AC，
∴∠ADC=∠ACD，
∴∠APD=∠ADP，
∴AP=AD=AC，
在△AQP和△AOC中，
∠PAQ=∠CAO∠PQA=∠COAAP=AC
∴△AQP≌△AOC(AAS)，
∴PQ=OC=3，AQ=OA=1，
∴P(−2,3)，将P的坐标代入y=kx+1得3=−2k+1，得k=−1，
∴直线l的解析式为：y=−x+1，
令−x+1=x2−2x−3，解得x=1± 172．
∵点M在点N的左边，
∴点M的横坐标为1− 172．
(3)联立直线l与抛物线得：y=−4x+by=x2−2x−3，
整理得x2+2x−3−b=0，
由根与系数的关系知：xM+xN=−2，
∵B(3,0)，
∴可设直线BM、BN的解析式分别为y=k1(x−3)，y=k2(x−3)，
分别令k1(x−3)=x2−2x−3，k2(x−3)=x2−2x−3
整理可求得xM=k1−1，xN=k2−1，
代入上述根与系数的关系式中得：xM+xN=k1−1+k2−1=−2，
整理得，k1+k2=0，
如图2，设直线BM、BN与y轴交点分别为G，H，
∴G(0,−3k1)，H(0,−3k2)，
∴OG=OH，
∵OB⊥GH，即BO垂直平分GH，
∴BG=BH，
∴BO平分∠GBH，
过点O作OF⊥BM于点F，
∵OE⊥BN，
∴OF=OE，
由切线的判定可知：⊙O与直线BM相切．
【解析】(1)由题意可知，C(0,c)，B(−c,0)，A(−1,0)，代入解析式中，解方程组即可得出结论；
(2)如图1，延长CA交直线l于点P，过点P作PQ⊥x轴于点Q，由直角三角形两锐角互余可得∠APD=∠ADP，所以AP=AD=AC，易证△AQP≌△AOC(AAS)，所以PQ=OC=3，AQ=OA=1，得出点P的坐标，进而可得直线l的解析式为：y=−x+1，联立直线与抛物线的解析式即可得出结论；
(3)联立直线l与抛物线得：y=−4k+by=x2−2x−3，整理得x2+2x−3−b=0，由根与系数的关系知：xM+xN=−2，因为B(3,0)，所以可设直线BM、BN的解析式分别为y=k1(x−3)，y=k2(x−3)，分别联立直线BM，BN与抛物线的解析式，可求得xM=k1−1，xN=k2−1，代入上述根与系数的关系式中得：xM+xN=k1−1+k2−1=−2，整理得，k1+k2=0；设直线BM、BN与y轴交点分别为G，H，所以G(0,−3k1)，H(0,−3k2)，由垂直平分线的性质可得BG=BH，由等腰三角形的性质可得，BO平分∠GBH，过点O作OF⊥BM，由角平分线的性质可知，OF=OE，由此可得出结论．
本题主要考查待定系数法求函数解析式，全等三角形的性质与判定，直线与抛物线的交点问题，根与系数的关系及切线的定义等相关知识，根据题意作出正确的辅助线是解题关键．销售单价x元∕盒
40
50
60
销售量y盒
220
200
180