2023-2024学年吉林省白山市浑江区九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省白山市浑江区九年级（上）期末数学试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列是中心对称但不是轴对称的图形是( )
A. B. C. D.
2.做重复实验：抛掷同一枚啤酒瓶盖1000次．经过统计得“凸面向上”的频率约为0.44，则可以由此估计抛掷这枚啤酒瓶盖出现“凹面向上”的概率约为( )
A. 0.22B. 0.44C. 0.50D. 0.56
3.关于x的一元二次方程x2−3x+k=0有实数根，则k的取值范围是( )
A. k≤94B. k≥94C. k<94D. k≤94且k≠0
4.在育红学校开展的课外阅读活动中，学生人均阅读量从七年级的每年100万字增加到九年级的每年121万字．设该校七至九年级人均阅读量年均增长率为x，根据题意，所列方程正确的是( )
A. 100(1+x)2=121B. 100×2(1+x)=121
C. 100(1+2x)=121D. 100(1+x)+100(1+x)2=121
5.如图，点P(8,6)在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的12，得到△A′B′C′，点P在A′C′上的对应点P′的的坐标为( )
A. (4,3)B. (3,4)C. (5,3)D. (4,4)
6.若点A(x1,−5)，B(x2,2)，C(x3,5)都在反比例函数y=10x的图象上，则x1、x2、x3的大小关系是( )
A. x17.如图，在⊙O中，∠BAC=15°，∠ADC=20°，则∠ABO的度数为( )
A. 70°
B. 55°
C. 45°
D. 35°
8.三角形的两边长分别是3和6，第三边是方程x2−6x+8=0的解，则这个三角形的周长是( )
A. 11B. 13C. 11或13D. 11和13
9.二次函数y=ax2+bx的图象如图所示，则一次函数y=ax+b的图象大致是( )
A.
B.
C.
D.
10.如图，在正方形ABCD中，AB=4，动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线AB运动，同时动点N从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线AD→DC→CB运动，当点N运动到点B时，点M，N同时停止运动．设△AMN的面积为y，运动时间为x(s)，则下列图象能大致反映y与x之间函数关系的是( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.因式分解：4x3−x=______．
12.如图，将△ABC绕点C顺时针旋转40°得到△A′B′C，此时BC//B′A′，则∠B的度数为______．
13.一个小球在如图所示的地面上自有滚动，并随机地停留在某块方砖上，则小球停留在黑色区域的概率是______．
14.为测量操场上旗杆的高度，小丽同学想到了物理学中平面镜成象的原理，她拿出随身携带的镜子和卷尺，先将镜子放在脚下的地面上，然后后退，直到她站直身子刚好能从镜子里看到旗杆的顶端E，标记好脚掌中心位置为B，测得脚掌中心位置B到镜面中心C的距离是50cm，镜面中心C距离旗杆底部D的距离为4m，如图所示．已知小丽同学的身高是1.54m，眼睛位置A距离小丽头顶的距离是4cm，则旗杆DE的高度等于______m.
15.如图，矩形ABCD中，AB=3，对角线AC，BD交于点O，DH⊥AC，垂足为点H，若∠ADH=2∠CDH，则AD的长为______．
16.如图，点A，B，C是⊙O上的点，连接AB，AC，BC，且∠ACB=15°，过点O作OD/​/AB交⊙O于点D，连接AD，BD，已知⊙O半径为2，则图中阴影面积为______．
17.如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=43x+4的图象与x轴，y轴分别相交于点B，点A，以线段AB为边作正方形ABCD，且点C在反比例函数y=kx(x<0)的图象上，则k的值为______．
18.如图，在平面直角坐标系中，点A1，A2，A3，…在x轴正半轴上，点B1，B2，B3，…在直线y= 33x(x≥0)上，若A1(1,0)，且△A1B1A2，△A2B2A3，△A3B3A4，…均为等边三角形，将△B1B2A1，△B2B3A2，△B3B4A5，…的面积分别记为S1，S2，S3，…，则S2021=______．
三、计算题：本大题共2小题，共24分。
19.目前中学生带手机进校园现象越来越受到社会关注，针对这种现象，某校数学兴趣小组的同学随机调查了学校若干名家长对“中学生带手机”现象的态度(态度分为：A.无所谓；B.基本赞成；C.赞成；D.反对)，并将调查结果绘制成频数折线统计图1和扇形统计图2(不完整).请根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)此次抽样调查中，共调查了多少名中学生家长；
(2)求出图2中扇形C所对的圆心角的度数，并将图1补充完整；
(3)根据抽样调查结果，请你估计1万名中学生家长中有多少名家长持反对态度；
(4)在此次调查活动中，初三(1)班和初三(2)班各有2位家长对中学生带手机持反对态度，现从这4位家长中选2位家长参加学校组织的家校活动，用列表法或画树状图的方法求选出的2人来自不同班级的概率．
20.某游乐场一转角滑梯如图所示，滑梯立柱AB、CD均垂直于地面，点E在线段BD上，在C点测得点A的仰角为30°，点E的俯角也为30°，测得B、E间距离为10米，立柱AB高30米．求立柱CD的高(结果保留根号)
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
21.(本小题8分)
(1)计算：2cs30°−tan60°+sin30°+|−12|.
(2)先化简，再求值：1−a−ba+2b÷a2−b2a2+4ab+4b2，其中a=2sin60°−3tan45°，b=3．
22.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为(−1,3)，(−4,1)，(−2,1)，△A1B1C1与△ABC关于原点O成中心对称，△A2B2C2是由△ABC绕着原点O顺时针旋转90°后得到的．
(1)画出△A1B1C1，并写出点A的对称点A1的坐标；
(2)画出△A2B2C2，并写出点A的对称点A2的坐标；
(3)求出点B到达点B2的路径长度．
23.(本小题12分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以BC为直径的⊙O交AB于点D，E是AC的中点，OE交CD于点F．
(1)若∠BCD=30°，BC=10，求BD的长；
(2)判断直线DE与⊙O的位置关系，并说明理由；
(3)求证：2CE2=AB⋅EF．
24.(本小题14分)
某商店经销一种双肩包，已知这种双肩包的成本价为每个30元．市场调查发现，这种双肩包每天的销售量y(单位：个)与销售单价x(单位：元)有如下关系：y=−x+60(30≤x≤60).设这种双肩包每天的销售利润为w元．
(1)求w与x之间的函数解析式；
(2)这种双肩包销售单价定为多少元时，每天的销售利润最大？最大利润是多少元？
(3)如果物价部门规定这种双肩包的销售单价不高于48元，该商店销售这种双肩包每天要获得200元的销售利润，销售单价应定为多少元？
25.(本小题14分)
如图1，△ABC(12AC(1)∠AFD与∠BCE的关系是______；
(2)如图2，当旋转角为60°时，点D，点B与线段AC的中点O恰好在同一直线上，延长DO至点G，使OG=OD，连接GC．
①∠AFD与∠GCD的关系是______，请说明理由；
②如图3，连接AE，BE，若∠ACB=45°，CE=4，求线段AE的长度．
26.(本小题14分)
在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx−3交x轴于点A(−1,0)，B(3,0)，过点B的直线y=23x−2交抛物线于点C．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)若点P是直线BC下方抛物线上的一个动点(P不与点B，C重合)，求△PBC面积的最大值；
(3)若点M在抛物线上，将线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，是否存在点M，使点N恰好落在直线BC上？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：选项A、B、D均能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
选项C不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形，
故选：C．
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，这条直线叫做对称轴，据此判断即可．
本题主要考查了轴对称图形，熟记定义是解答本题的关键．
2.【答案】D
【解析】【解析】
此题考查的是用频率估计概率，解答此题关键是要明白瓶盖只有两面，即凸面和凹面
【解答】
解：瓶盖只有两面，“凸面向上”的频率约为0.44，
则可以由此估计抛掷这枚啤酒瓶盖出现“凹面向上”的概率约为1−0.44=0.56．
故选D．
3.【答案】A
【解析】解：根据题意得Δ=(−3)2−4k≥0，
解得k≤94．
故选：A．
根据判别式的意义得到Δ=(−3)2−4k≥0，然后解不等式即可．
此题考查了根的判别式，一元二次方程根的情况与判别式△的关系：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
4.【答案】A
【解析】解：设该校七至九年级人均阅读量年均增长率为x，
根据题意即可列出方程：100(1+x)2=121．
故选：A．
增长率问题，一般用增长后的量=增长前的量×(1+增长率)，如果设该校七至九年级人均阅读量年均增长率为x，根据题意即可列出方程求解．
本题考查了一元二次方程的应用，为增长率问题，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．
5.【答案】A
【解析】【分析】
直接利用在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k，进而结合已知得出答案．
此题主要考查了位似变换，正确得出位似比是解题关键．
【解答】
解：∵点P(8,6)在△ABC的边AC上，以原点O为位似中心，在第一象限内将△ABC缩小到原来的12，得到△A′B′C′，
∴点P在A′C′上的对应点P′的的坐标为：(8×12,6×12)，即P(4,3)．
故选：A．
6.【答案】A
【解析】解：当y=−5时，10x1=−5，解得：x1=−2；
当y=2时，10x2=2，解得：x2=5；
当y=5时，10x3=5，解得：x3=2．
∴x1故选：A．
利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出x1，x2，x3的值，比较后即可得出结论．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，利用反比例函数图象上点的坐标特征，求出x1，x2，x3的值是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】【分析】
根据圆周角定理可得出∠AOB的度数，再由OA=OB，可求出∠ABO的度数
本题考查了圆周角定理，注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半．
【解答】
解：如图所示，连接OA、OC，
∵∠BAC=15°，∠ADC=20°，
∴∠AOB=2(∠ADC+∠BAC)=70°，
∵OA=OB(都是半径)，
∴∠ABO=∠OAB=12(180°−∠AOB)=55°．
故选：B．
8.【答案】B
【解析】解：方程x2−6x+8=0，
分解因式得：(x−2)(x−4)=0，
可得x−2=0或x−4=0，
解得：x1=2，x2=4，
当x=2时，三边长为2，3，6，不能构成三角形，舍去；
当x=4时，三边长分别为3，4，6，此时三角形周长为3+4+6=13．
故选：B．
利用因式分解法求出方程的解得到第三边长，即可求出此时三角形的周长．
此题考查了解一元二次方程−因式分解法，熟练掌握因式分解的方法是解本题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：由二次函数图象，得出a<0，−b2a<0，b<0，
A、一次函数图象，得a>0，b>0，故A错误；
B、一次函数图象，得a<0，b>0，故B错误；
C、一次函数图象，得a>0，b<0，故C错误；
D、一次函数图象，得a<0，b<0，故D正确；
故选：D．
可先根据二次函数的图象判断a、b的符号，再判断一次函数图象与实际是否相符，判断正误．
本题考查了二次函数图象，应该熟记一次函数y=kx+b在不同情况下所在的象限，以及熟练掌握二次函数的有关性质：开口方向、对称轴、顶点坐标等．
10.【答案】B
【解析】解：当点N在AD上时，即0≤x<2
∵AM=x，AN=2x，
∴y=12x⋅2x=x2，
此时二次项系数大于0，
∴该部分函数图象开口向上，
当点N在DC上时，即2≤x<4，
此时底边AM=x，高AD=4，
∴y=12×4x=2x，
∴该部分图象为直线段，
当点N在CB上时，即4≤x<6时，
此时底边AM=x，高BN=12−2x，
∴y=12x(12−2x)=−x2+6x，
∵−1<0，
∴该部分函数图象开口向下，
故选：B．
根据点N的运动情况，分点N在AD，DC，CB上三种情况讨论，分别写出每种情况x和y之间的函数关系式，即可确定图象．
本题是运动型综合题，考查了动点问题的函数图象、正方形的性质、三角形的面积等知识点．解题关键是深刻理解动点的函数图象，了解图象中关键点所代表的实际意义，理解动点的完整运动过程．
11.【答案】x(2x+1)(2x−1)
【解析】【分析】
本题考查了提公因式法和公式法，掌握a2−b2=(a+b)(a−b)是解题的关键．
先提取公因式x，再用平方差公式即可．
【解答】
解：4x3−x
=x(4x2−1)
=x(2x+1)(2x−1)，
故答案为x(2x+1)(2x−1)．
12.【答案】40°
【解析】解：∵将△ABC绕点C顺时针旋转40°得到△A′B′C，
∴∠BCB′=40°，∠B=∠B′，
∵BC//B′A′，
∴∠B′=∠BCB′=40°，
∴∠B=40°，
故答案为：40°．
根据旋转的性质得到∠BCB′=40°，∠B=∠B′，根据平行线的性质得到∠B′=∠BCB′=40°，于是得到结论．
本题考查了旋转的性质，平行线的性质，熟练掌握旋转的性质是本题的关键．
13.【答案】14
【解析】解：若将每个方格地砖的面积记为1，则图中地砖的总面积为16，其中阴影部分的面积为4，
所以该小球停在黑色区域的概率是416=14．
故答案为：14．
若将每个方格地砖的面积记为1，则图中地砖的总面积为16，其中阴影部分的面积为4，再根据概率公式求解可得．
本题考查的是几何概率，用到的知识点为：几何概率=相应的面积与总面积之比．
14.【答案】12
【解析】解：由题意可得：AB=1.5m，BC=0.5m，DC=4m，
△ABC∽△EDC，
则ABED=BCDC，
即1.5DE=0.54，
解得：DE=12，
故答案为：12．
根据题意得出△ABC∽△EDC，进而利用相似三角形的性质得出答案．
此题主要考查了相似三角形的应用，正确得出相似三角形是解题关键．
15.【答案】3 3
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=3，∠ADC=90°，
∵∠ADH=2∠CDH，
∴∠CDH=30°，∠ADH=60°，
∵DH⊥AC，
∴∠DHA=90°，
∴∠DAC=90°−60°=30°，
∴AD= 3CD=3 3，
故答案为：3 3．
由矩形的性质得CD=AB=3，∠ADC=90°，再求出∠ADH=60°，则∠DAC=30°，然后由含30°角的直角三角形的性质即可求解．
本题考查了矩形的性质、直角三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质，求出∠DAC=30°是解题的关键．
16.【答案】π3
【解析】解：∵∠ACB=15°，
∴∠AOB=30°，
∵OD/​/AB，
∴S△ABD=S△ABO，
∴S阴影=S扇形AOB=30π×22360=π3．
故答案为：π3．
由圆周角定理可得∠AOB的度数，由OD/​/AB可得S△ABD=S△ABO，进而可得S阴影=S扇形AOB，然后根据扇形面积公式计算即可．
本题考查了圆周角定理、扇形面积公式和同底等高的三角形的面积相等等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识是解题的关键．
17.【答案】−21
【解析】解：∵当x=0时，y=43x+4=4，
∴A(0,4)，
∴OA=4；
∵当y=0时，0=43x+4，
∴x=−3，
∴B(−3,0)，
∴OB=3；
过点C作CE⊥x轴于E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，AB=BC，
∵∠CBE+∠ABO=90°，∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠CBE=∠BAO．
在△AOB和△BEC中，
∠CBE=∠BAO∠BEC=∠AOBBC=AB，
∴△AOB≌△BEC(AAS)，
∴BE=AO=4，CE=OB=3，
∴OE=4+3=7，
∴C点坐标为(−7,3)，
∵点C在反比例函数y=kx(x<0)的图象上，
∴k=−7×3=−21．
故答案为：−21．
过点C作CE⊥x轴于E，证明△AOB≌△BEC，可得点C坐标，代入求解即可．
本题考查了一次函数与坐标轴的交点、待定系数法求函数解析式、正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，解答此题的关键是正确作出辅助线及数形结合思想的运用．
18.【答案】24038 3
【解析】解：设△BnAnAn+1的边长为an，
∵点B1，B2，B3，…是在直线y= 33x(x≥0)上的第一象限内的点，
∴∠AnOBn=30°，
又∵△BnAnAn+1为等边三角形，
∴∠BnAnAn+1=60°，
∴∠OBnAn=30°，∠OBnAn+1=90°，
∴BnBn+1=OBn= 3an，点An到直线y= 33x(x≥0)的距离为12an，
∵点A1的坐标为(1,0)，
∴a1=1，a2=1+1=2，a3=1+a1+a2=4，a4=1+a1+a2+a3=8，…，
∴an=2n−1．
∴B2021B2022= 3a2021= 3×22020=22020 3，点A2021到直线y= 33x(x≥0)的距离为12a2021=12×22020=22019，
∴S2021=12×22020 3×22019=24038 3，
故答案为24038 3．
设△BnAnAn+1的边长为an，根据直线的解析式得出∠AnOBn=30°，再结合等边三角形的性质及外角的性质即可得出∠OBnAn=30°，∠OBnAn+1=90°，从而得出BnBn+1= 3an，由点A1的坐标为(1,0)，得到a1=1，a2=1+1=2，a3=1+a1+a2=4，a4=1+a1+a2+a3=8，…，an=2n−1.即可求得B2021B2022= 3a202=22020 3，点A2021到直线y= 33x(x≥0)的距离为12a2021=22019，利用三角形面积公式即可求得．
本题考查了一次函数的性质、等边三角形的性质以及三角形外角的性质，解直角三角形等，解题的关键是找出规律BnBn+1=OBn= 3an，点An到直线y= 33x(x≥0)的距离为12an，本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据等边三角形边的特征找出边的变化规律是关键．
19.【答案】解：(1)共调查的中学生家长数是：40÷20%=200(人)；
(2)扇形C所对的圆心角的度数是：360°×(1−20%−15%−60%)=18°，
C类的人数是：200×(1−20%−15%−60%)=10(人)，
补图如下：
(3)根据题意得：
10000×60%=6000(人)，
答：10000名中学生家长中有6000名家长持反对态度；
(4)设初三(1)班两名家长为A1，A2，初三(2)班两名家长为B1，B2，
画树状图为：
共有12种等可能的结果数，其中2人来自不同班级共有8种，
所以选出的2人来自不同班级的概率=812=23．
【解析】(1)用B类的人数除以它所占的百分比即可得到调查的总人数；
(2)用360°乘以C类所占的百分比得到扇形C所对的圆心角的度数，再计算出C类人数，然后补全条形统计图；
(3)用10000乘以D类的百分比可估计持反对态度的家长的总数；
(4)画树状图展示所有12种等可能的结果数，再找出2人来自不同班级的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求事件A或B的概率．也考查了统计图．
20.【答案】解：作CH⊥AB于H，
则四边形HBDC为矩形，
∴BD=CH，
由题意得，∠ACH=30°，∠CED=30°，
设CD=x米，则AH=(30−x)米，
在Rt△AHC中，HC=AHtan∠ACH= 3(30−x)，
则BD=CH= 3(30−x)，
∴ED= 3(30−x)−10，
在Rt△CDE中，CDDE=tan∠CED，即x30 3− 3x−10= 33，
解得，x=15−53 3，
答：立柱CD的高为(15−53 3)米．
【解析】作CH⊥AB于H，得到BD=CH，设CD=x米，根据正切的定义分别用x表示出HC、ED，根据正切的定义列出方程，解方程即可．
本题考查的是解直角三角形的应用−仰角俯角问题，掌握锐角三角函数的概念、仰角俯角的定义是解题的关键．
21.【答案】解：(1)原式=2× 32− 3+12+12
= 3− 3+12+12
=1．
(2)原式=1−a−ba+2b÷(a−b)(a+b)(a+2b)
=1−a−ba+2b⋅a+2b(a−b)(a+b)
=1−1a+b
=a+b−1a+b，
∵a=2sin60°−3tan45°=2× 32−3×1= 3−3，b=3，
∴a+b= 3−3+3= 3，
∴原式= 3−1 3=3− 33．
【解析】(1)根据特殊角的锐角三角函数的值以及绝对值的性质即可求出答案．
(2)根据分式的加减运算以及乘除运算法则进行化简，然后将a的值化简，最后代入原式即可求出答案．
本题考查实数的运算以及分式的化简求值，解题的关键是熟练运用分式的加减运算、乘除运算法则、特色角的锐角三角函数的值，本题属于基础题型．
22.【答案】解：(1)如图，△A1B1C1为所作，A1(1,−3)；
(2)如图，△A2B2C2为所作，A2(3,1)；
(3)∵OB= 42+12= 17，
∴B到达点B2的路径长度=90⋅π× 17180= 172π.
【解析】(1)根据中心对称的性质得到点A，B，C的对应点A1，B1，C1，顺次连接即可；
(2)利用网格特点和旋转的性质画出点A2、B2、C2，然后描点即可；
(3)利用两点间的距离公式计算．
本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．
23.【答案】(1)解：∵BC是直径，
∴∠BDC=90°，
∵BC=10，∠BCD=30°，
∴BD=12BC=5；
(2)解：DE与⊙O相切．
理由：连接OD．

∵AE=EC，OB=OC，
∴OE/​/AB，
∵CD⊥AB，
∴OE⊥CD，
∵OD=OC，
∴∠DOE=∠COE，
在△EOD和△EOC中，
OD=OC∠DOE=∠COEOE=OE，
∴△EOD≌△EOC(SAS)，
∴∠EDO=∠ECO=90°，
∴OD⊥DE，
∵OD是半径，
∴DE是⊙O的切线．
(3)证明：∵OE⊥CD，
∴DF=CF，
∵AE=EC，
∴AD=2EF，
∵∠CAD=∠CAB，∠ADC=∠ACB=90°，
∴△ACD∽△ABC，
∴ADAC=ACAB，
∴AC2=AD⋅AB，
∵AC=2CE，
∴4CE2=2EF⋅AB，
∴2CE2=EF⋅AB．
【解析】(1)由圆周角定理得出∠BDC=90°，由直角三角形的性质可得出答案；
(2)证明△EOD≌△EOC(SAS)，得出∠EDO=∠ECO=90°，可证明OD⊥DE得出结论；
(3)首先证明EF是△ADC的中位线，再证明△ACD∽△ABC即可解决问题；
本题考查相似三角形的判定和性质、切线的判定、三角形的中位线定理、全等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，构造全等三角形解决问题．
24.【答案】解：(1)w=(x−30)⋅y=(−x+60)(x−30)=−x2+30x+60x−1800=−x2+90x−1800，
w与x之间的函数解析式w=−x2+90x−1800；
(2)根据题意得：w=−x2+90x−1800=−(x−45)2+225，
∵−1<0，
当x=45时，w有最大值，最大值是225．
∴当销售单价定为45元时，每天的销售利润最大，最大利润是225元．
(3)当w=200时，−x2+90x−1800=200，
解得x1=40，x2=50，
∵50>48，x2=50不符合题意，舍去，
答：该商店销售这种双肩包每天要获得200元的销售利润，销售单价应定为40元．
【解析】本题考查了二次函数的应用；得到每天的销售利润的关系式是解决本题的关键；利用配方法或公式法求得二次函数的最值问题是常用的解题方法．
(1)每天的销售利润w=每天的销售量×每件产品的利润；
(2)根据配方法，可得答案；
(3)根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
25.【答案】∠AFD=∠BCE ∠AFD=12∠GCD或∠AFD+∠GCD=180°
【解析】解：(1)如图1，
AF与BD的交点记作点N，由旋转知，∠ACB=∠DCE，∠A=∠D，
∴∠BCE=∠ACD，
∵∠ACD=180°−∠A−∠ANC，∠AFD=180°−∠D−∠DNF，∠ANC=∠DNF，
∴∠ACD=∠AFD，
∴∠AFD=∠BCE，
故答案为：∠AFD=∠BCE；
(2)①∠AFD=12∠GCD或∠AFD+∠GCD=180°，
理由：如图2，连接AD，由旋转知，∠CAB=∠CDE，CA=CD，∠ACD=60°，
∴△ACD是等边三角形，∴AD=CD，
∵∠AMC=∠DMF，
∴△ACM∽△DFM，
∴∠ACD=∠AFD，
∵O是AC的中点，
∴AO=CO，
∵OD=OG，∠AOD=∠COG，
∴△AOD≌△COG(SAS)，
∴AD=CG，
∴CG=CD，
∴∠GCD=2∠ACD=120°，
∴∠AFD=12∠GCD或∠AFD+∠GCD=180°，
故答案为：∠AFD=12∠GCD或∠AFD+∠GCD=180°；
②由①知，∠GCD=120°，∠ACD=∠BCE=60°，
∴∠GCA=∠GCD−∠ACD=60°，
∴∠GCB=∠BCE，
∵∠GCB=∠GCA+∠ACB，∠ACE=∠BCE+∠ACB，
∴∠GCB=∠ACE，
由①知，CG=CD，CD=CA，
∴CG=CA，
∵BC=EC=4，
∴△GCB≌△ACE(SAS)，
∴BC=CE=4，
∴GB=AE，
∵CG=CD，OG=OD，
∴CO⊥GD，
∴∠COG=∠COB=90°
在Rt△BOC中，BO=BC⋅sin∠AC∠=2 2，CO=BC⋅cs∠AC∠=2 2，
在Rt△GOC中，GO=CO⋅tan∠GCA=2 6，
∴GB=CO+BO=2 6+2 2，
∴AE=2 6+2 2．
(1)先判断出∠BCE=∠ACD，再利用三角形的内角和定理，判断出∠ACD=∠AFD，即可得出结论；
(2)①先判断出∠ACD是等边三角形，得出AD=CD，再判断出∠ACD=∠AFD，进而判断出△AOD≌△COG(SAS)，得出AD=CG，即可得出结论；
②先判断出∠GCB=∠BCE，进而判断出∠GCB=∠ACE，进而判断出△GCB≌△ACE，得出BC=CE=4，最后用锐角三角函数即可得出结论．
此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，锐角三角函数，判断出△AOD≌△COG(SAS)是解本题的关键．
26.【答案】解：(1)将点A(−1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx−3 中，得：
a−b−3=09a+3b−3=0，
解得：a=1b=−2，
∴该抛物线表达式为y=x2−2x−3；
(2)如图1，过点P作PD/​/y轴，交x轴于点D，交BC于点E，作CF⊥PD于点F，连接PB，PC，
设点P(m,m2−2m−3)，则点E (m,23m−2)，
∴PE=PD–DE=−m2+2m+3−(−23m+2)=−m2+83m+1，
联立方程组：y=x2−2x−3y=23x−2，
解得：x1=3y1=0，x2=−13y2=−209，
∵点B坐标为(3,0)，
∴点C的坐标为(−13,−209)，
∴BD+CF=3+|−13|=103，
∴S△PBC=S△PEB+S△PEC
=12PE⋅BD+12PE⋅CF
=12PE(BD+CF)
=12(−m2+83m+1)⋅103
=−53(m−43)2+12527，(其中−13∵−53<0，
∴这个二次函数有最大值．
当m=43时，S△PBC的最大值为12527；
(3)①如图2，设M(t,t2−2t−3)，N(n,23n−2)，
作MG⊥y轴于点G，NH⊥x轴于H，
∴∠OGM=∠OHN=90°，
∵线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，
∴OM=ON，∠MON=90°，
∵∠GOH=90°，
∴∠MOG=∠NOH，
在△OGM与△OHN中，
∠OGM=∠OHN=90°∠MOG=∠NOHOM=ON，
∴△OGM≌△OHN(AAS)，
∴GM=NH，OG=OH，
∴23n−2=tn=−t2+2t+3，
解得：t1=0n1=3，t2=12n2=154，
M1(0,−3)，M2 (12,−154)，
②如图3，设M(t,t2−2t−3)，N(n,23n−2)，
作MG⊥x轴于点G，NH⊥x轴于H，
∴∠OGM=∠OHN=90°，
∵线段OM绕点O旋转90°，得到线段ON，
∴OM=ON，∠MON=90°，
∵∠GOM+∠OMG=90°，
∴∠OMG=∠NOH，
在△OGM与△OHN中，
∠OGM=∠OHN=90°∠OMG=∠NOHOM=ON,
∴△OGM≌△NHO(AAS)，
∴GM=OH，OG=NH，
∴t=−23n+2−t2+2t+3=−n，
解得：t1=1− 974，t2=1+ 974，
∴M3(1− 974,21+3 978)，M4(1+ 974,21−3 978)；
综上所述，点M的坐标为M1(0,−3)，M2 (12,−154)，M3(1− 974,21+3 978)，M4(1+ 974,21−3 978)．
【解析】(1)利用待定系数法即可求得答案；
(2)如图1，过点P作PD/​/y轴，交x轴于点D，交BC于点E，作CF⊥PD于点F，连接PB，PC，设点P(m,m2−2m−3)，则点E (m,23m−2)，可得出PE=−m2+83m+1，再通过解方程组求出点C的坐标为(−13,−209)，利用三角形面积公式和二次函数性质即可得出答案；
(3)设M(t,t2−2t−3)，N(n,23n−2)，作MG⊥y轴于点G，NH⊥x轴于H，证明△OGM与△OHN全等，由全等三角形对应边相等建立方程组求解即可．
本题属于二次函数综合题，考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的图象与性质、几何图形的旋转、全等三角形的判定与性质及一元二次方程等知识点，运用数形结合思想、分类讨论思想及熟练掌握全等三角形判定和性质及二次函数性质是解题的关键．