2022-2023学年山东省威海市经开区新都中学等三校九年级（上）月考数学试卷（12月份）（五四学制）(解析版)

这是一份2022-2023学年山东省威海市经开区新都中学等三校九年级（上）月考数学试卷（12月份）（五四学制）(解析版)，共27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。

在△ABC中，∠C=90°，设∠A，∠B，∠C所对的边分别为a，b，c，则( )
A. c=bsinBB. b=csinBC. a=btanBD. b=ctanB
如图，一次函数y=kx+b(k、b为常数，k≠0)与反比例函数y=4x的图象交于A(1,m)，B(n,2)两点，与坐标轴分别交于M，N两点．则△AOB的面积为( )
A. 3 B. 6 C. 8 D. 12
若函数y=ax2-x+1(a为常数)的图象与x轴只有一个交点，那么a满足( )
A. a=14B. a≤14C. a=0或a=-14D. a=0或a=14
二次函数y=ax2+bx+1的图象与一次函数y=2ax+b在同一平面直角坐标系中的图象可能是( )
A. B. C. D.
构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要性，在计算tan15°时，如图．在Rt△ACB中，∠C=90°，∠ABC=30°，延长CB使BD=AB，连接AD，得∠D=15°，所以tan15°=ACCD=12+3=2-3(2+3)(2-3)=2-3.类比这种方法，计算tan22.5°的值为( )
A. 2+1B. 2-1C. 2D. 12
如图，点E是△ABC的内心，AE的延长线和△ABC的外接圆相交于点D，与BC相交于点G，则下列结论：①∠BAD=∠CAD；②若∠BAC=60°，则∠BEC=120°；③若点G为BC的中点，则∠BGD=90°；④BD=DE.其中一定正确的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
如图，△ABC内接于⊙O，∠A=50°.E是边BC的中点，连接OE并延长，交⊙O于点D，连接BD，则∠D的大小为( )
A. 55° B. 65°
C. 60° D. 75°
已知实数a，b满足b-a=1，则代数式a2+2b-6a+7的最小值等于( )
A. 5B. 4C. 3D. 2
已知二次函数y=2020x2+2021x+2022的图象上有两点A(x1,2023)和B(x2,2023)，则当x=x1+x2时，二次函数的值是( )
A. 2020B. 2021C. 2022D. 2023
二次函数y=23x2的图象如图所示，点A0位于坐标原点，A1，A2，A3，…，A2023在y轴的正半轴上，B1，B2，B3，…，B2023在二次函数y=23x2第一象限的图象上，若△A0B1A1，△A1B2A2，△A2B3A3，…，△A2022B2023A2023都是等边三角形，则△A2022B2023A2023的周长是( )
A. 6069 B. 6066
C. 6063 D. 6060
如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点D(-2,3)，AD=5，若反比例函数y=(k>0,x>0)的图象经过点B，则k的值为( )
A. 163 B. 8
C. 10 D. 323
已知抛物线P：y=x2+4ax-3(a>0)，将抛物线P绕原点旋转180°得到抛物线P'，当1≤x≤3时，在抛物线P'上任取一点M，设点M的纵坐标为t，若t≤3，则a的取值范围是( )
A. 0二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
二次函数y=x2+6x+c(c为常数)与x轴的一个交点为(-1,0)，则另一个交点为______．
某种型号的小型无人机着陆后滑行的距离S(米)关于滑行的时间t(秒)的函数解析式是S=-0.25t2+8t，无人机着陆后滑行______秒才能停下来．
由n个相同的小正方体堆成的一个几何体，其主视图和俯视图如图所示，则n的最大值是______．
有一架竖直靠在直角墙面的梯子正在下滑，一只猫紧紧盯住位于梯子正中间的老鼠，等待与老鼠距离最小时捕捉．把墙面、梯子、猫和老鼠都理想化为同一平面内的线或点，模型如图，∠ABC=90°，点M，N分别在射线BA，BC上，MN长度始终保持不变，MN=4，E为MN的中点，点D到BA，BC的距离分别为4和2.在此滑动过程中，猫与老鼠的距离DE的最小值为 ．
如图，二次函数y=415x2-815x-4的图象与x轴交于A、B两点(点A在点B的左边)，与y轴交于点C，其对称轴与x轴交于点D，若P为y轴上的一个动点，连接PD，则35PC+PD的最小值为 ．
如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，E，F分别为AB，CD边的中点．动点P从点E出发沿EA向点A运动，同时，动点Q从点F出发沿FC向点C运动，连接PQ，过点B作BH⊥PQ于点H，连接DH.若点P的速度是点Q的速度的2倍，在点P从点E运动至点A的过程中，线段DH长度的最小值为______．
三、解答题（本大题共7小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
(本小题8.0分)
已知：⊙O和圆外一点P，过P点作⊙O的切线．
要求：用无刻度的直尺和圆规作图．
(本小题8.0分)
如图1的某种发石车是古代一种远程攻击的武器，发射出去的石块的运动轨迹是抛物线的一部分，且距离发射点20米时达到最大高度10米．将发石车置于山坡底部O处，山坡上有一点A，点A与点O的水平距离为30米，与地面的竖直距离为3米，AB是高度为3米的防御墙．若以点O为原点，建立如图2的平面直角坐标系．
(1)求石块运动轨迹所在抛物线的解析式；
(2)试通过计算说明石块能否飞越防御墙AB；
(3)在竖直方向上，试求石块飞行时与坡面OA的最大距离．

(本小题8.0分)
某超市经销一种商品，每件成本为50元．经市场调研，当该商品每件的销售价为60元时，每个月可销售300件，若每件的销售价每增加1元，则每个月的销售量将减少10件．已知售价提高不低于15元．设该商品每件的销售价为x元，每个月的销售量为y件．
(1)求y与x的函数表达式；
(2)当该商品每件的销售价为多少元时，每个月的销售利润最大？最大利润是多少？
(本小题8.0分)
如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠BAC=75°，∠ABC=45°，连接AO，并延长交⊙O于点D，过点C作⊙O的切线，与BA的延长线交于点E．
(1)求证：AD/​/EC；
(2)若AD=4，求线段AE的长．
(本小题8.0分)
如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，F是AD延长线上一点，连接CD，CF，且∠DCF=∠CAD．
(1)求证：CF是⊙O的切线；
(2)若csB=35，AD=5，求FD的长．
(本小题8.0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．
(本小题8.0分)
【探究新知】如图1，已知△ABC与△ABD的面积相等，试判断AB与CD的位置关系，并说明理由．
【结论应用】如图2，点M，N在反比例函数y=kx的图象上，过点M作ME⊥y轴，过点N作NF⊥x轴，垂足分别为E，F.试证明：MN/​/EF．
【拓展延伸】若第(2)问中的其他条件不变，只改变点M，N在反比例函数y=kx图象上的位置，如图3所示，MN与x轴、y轴分别交于点A、点B，若BM=5，请求AN的长．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、sinB=bc，
则b=csinB，本选项说法错误；
B、b=csinB，本选项说法正确；
C、tanB=ba，
则b=atanB，本选项说法错误；
D、b=atanB，本选项说法错误；
故选：B．
根据正弦、正切的定义计算，判断即可．
本题考查的是锐角三角函数的定义，掌握正弦、正切的定义是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：把A(1,m)，B(n,2)分别代入y=4x，得m=4，n=2，
∴A(1,4)，B(2,2)，
将点A(1,4)和B(2,2)代入一次函数y=kx+b，得k+b=42k+b=2，
解得k=-2b=6．
∴一次函数的表达式y=-2x+6，
令x=0，则y=-2x+6=6，
∴M(0,6)，
∴S△AOB=S△BOM-S△AOM=12×6×2-12×6×1=3，
故选：A．
把A(1,m)，B(n,2)分别代入y=4x即可求出m，n，即可得到A、B的坐标，把A，B的坐标代入y=kx+b求得一次函数的解析式，进一步M点的坐标，利用S△BOM-S△AOM求得△AOB的面积．
本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标图象，待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象上点的坐标特征，三角形面积，熟练掌握待定系数法是解题的关键．
3.【答案】D
【解析】解：①函数为二次函数，y=ax2-x+1(a≠0)，
∴Δ=1-4a=0，
∴a=14，
②函数为一次函数，
∴a=0，
∴a的值为14或0；
故选：D．
由题意分两种情况：①函数为二次函数，函数y=ax2-x+1的图象与x轴恰有一个交点，可得Δ=0，从而解出a值；②函数为一次函数，此时a=0，从而求解．
此题考查根的判别式，一次函数的性质，对函数的情况进行分类讨论是解题的关键．
4.【答案】A
【解析】解：∵一次函数y=2ax+b经过点(-b2a,0)，二次函数图象的对称轴是直线x=-b2a，
∴一次函数经过二次函数对称轴与x轴的交点(-b2a,0)，
故选：A．
由二次函数y=ax2+bx+c的图象得到对称轴与x轴的交点，由一次函数y=2ax+b的图象得到与x轴的交点，对比即可得到答案．
本题考查二次函数和一次函数的图象，解题的关键是明确一次函数和二次函数性质．
5.【答案】B
【解析】解：在Rt△ACB中，∠C=90°，∠ABC=45°，延长CB使BD=AB，连接AD，得∠D=22.5°，
设AC=BC=1，则AB=BD=2，
∴tan22.5°=ACCD=11+2=2-1，
故选：B．
在Rt△ACB中，∠C=90°，∠ABC=45°，延长CB使BD=AB，连接AD，得∠D=22.5°，设AC=BC=1，则AB=BD=2，根据tan22.5°=ACCD计算即可．
本题解题的关键是学会用转化的思想思考问题，学会把问题转化为特殊角．
6.【答案】C
【解析】解：∵E是△ABC的内心，
∴AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，故①正确；
如图，设△ABC的外心为O，
∵∠BAC=60°，
∴∠BOC=120°，
∴∠BEC≠120°，故②错误；
∵∠BAD=∠CAD，
∴BD=DC，
∵点G为BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴∠BGD=90°，故③正确；
如图，连接BE，
∴BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵∠DBC=∠DAC=∠BAD，
∴∠DBC+∠EBC=∠EBA+∠EAB，
∴∠DBE=∠DEB，
∴DB=DE，故④正确．
∴一定正确的是①③④，共3个．
故选：C．
利用三角形内心的性质得到∠BAD=∠CAD，则可对①进行判断；直接利用三角形内心的性质对②进行判断；根据垂径定理则可对③进行判断；通过证明∠DEB=∠DBE得到DB=DE，则可对④进行判断．
本题考查了三角形的内切圆与内心，圆周角定理，三角形的外接圆与外心，解决本题的关键是掌握三角形的内心与外心．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
连接CD，根据圆内接四边形的性质得到∠CDB=180°-∠A=130°，根据垂径定理得到OD⊥BC，求得BD=CD，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
本题考查了三角形的外接圆与外心，圆内接四边形的性质，垂径定理，等腰三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．
【解答】
解：连接CD，
∵∠A=50°，
∴∠CDB=180°-∠A=130°，
∵E是边BC的中点，
∴OD⊥BC，
∴BD=CD，
∴∠ODB=∠ODC=12∠BDC=65°，
故选：B．

8.【答案】A
【解析】解：∵b-a=1，
∴b=a+1，
∴a2+2b-6a+7
=a2+2(a+1)-6a+7
=a2+2a+2-6a+7
=a2-4a+4+5
=(a-2)2+5，
∴代数式a2+2b-6a+7的最小值等于5，
故选：A．
由题意得b=a+1，代入代数式a2+2b-6a+7可得(a-2)2+5，故此题的最小值是5．
此题考查了代数式的变式与二次函数最值问题的解决能力，关键是能对以上知识准确理解并正确变形、计算．
9.【答案】C
【解析】解：∵二次函数y=2020x2+2021x+2022的图象上有两点A(x1,2023)和B(x2,2023)，
∴x1、x2是方程2020x2+2021x+2022=2023的两个根，
∴x1+x2=-20212020，
∴当x=x1+x2时，二次函数y=2020x2+2021x+2022=2020(-20212020)2+2021⋅(-20212020)+2022=2022．
故选：C．
根据题意得出x=x1+x2=-20212020，代入函数的解析式即可求得二次函数的值．
本题考查了一元二次方程根与系数的关系以及二次函数图象上点的坐标特征，图象上的点符合解析式．
10.【答案】A
【解析】解：∵△A0B1A1是等边三角形，
∴∠A1A0B1=60°，
∴A0B1的解析式为y=33x，
联立y=33xy=23x2，
解得x=32y=12或x=0y=0，
∴B1(32,12)，
∴等边△A0B1A1的边长为12×2=1，
同理，A1B2的解析式为y=33x+1，
联立y=33x+1y=23x2，
解得x=3y=2或x=-32y=12，
∴B2(3,2)，
∴等边△A1B2A2的边长A1A2=2×(2-1)=2，
同理可求出B3(332,92)，
所以，等边△A2B3A3的边长A2A3=2×(92-1-2)=3，
……，
以此类推，系列等边三角形的边长为从1开始的连续自然数，
△A2022B2023A2023的边长为2023，
∴△A2022B2023A2023的周长是6069．
故选：A．
根据等边三角形的性质可得∠A1A0B1=60°，然后表示出A0B1的解析式，与二次函数解析式联立求出点B1的坐标，再根据等边三角形的性质求出A0A1，同理表示出A1B2的解析式，与二次函数解析式联立求出点B2的坐标，再根据等边三角形的性质求出A1A2，同理求出B3的坐标，然后求出A2A3，从而得到等边三角形的边长为从1开始的连续自然数，与三角形所在的序数相等，进而求得三角形的周长．
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，等边三角形的性质，主要利用了联立两函数解析式求交点坐标，根据点B系列的坐标求出等边三角形的边长并且发现系列等边三角形的边长为从1开始的连续自然数是解题的关键．
11.【答案】D
【解析】解：过D作DE⊥x轴于E，过B作BF⊥x轴，BH⊥y轴，
∴∠BHC=90°，
∵点D(-2,3)，AD=5，
∴DE=3，
∴AE=AD2-DE2=4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠BCD=∠ADC=90°，
∴∠DCP+∠BCH=∠BCH+∠CBH=90°，
∴∠CBH=∠DCH，
∵∠DCP+∠CPD=∠APO+∠DAE=90°，∠CPD=∠APO，
∴∠DCP=∠DAE，
∴∠CBH=∠DAE，
∵∠AED=∠BHC=90°，
∴△ADE≌△BCH(AAS)，
∴BH=AE=4，
∵OE=2，
∴OA=2，
∴AF=2，
∵AO=OE=2，OP/​/DE，
∴OP=12DE，
∵∠APO+∠PAO=∠BAF+∠PAO=90°，
∴∠APO=∠BAF，
∴△APO∽△BAF，
∴OPAF=OABF，
∴12×32=2BF，
∴BF=83，
∴B(4,83)，
∴k=323，
故选：D．
过D作DE⊥x轴于E，过B作BF⊥x轴，BH⊥y轴，得到∠BHC=90°，根据勾股定理得到AE=AD2-DE2=4，根据矩形的性质得到AD=BC，根据全等三角形的性质得到BH=AE=4，求得AF=2，根据相似三角形的性质求出B点坐标，即可得到结论．
本题考查了矩形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
12.【答案】A
【解析】解：设抛物线P'上任意一点(x,y)，
则点(x,y)原点旋转180°后对应的点为(-x,-y)，
∴-y=x2-4ax-3，
∴抛物线P'的解析式为y=-x2+4ax+3，
∵y=-x2+4ax+3=-(x-2a)2+4a2+3，
当x=2a时，y有最大值4a2+3，
∵1≤x≤3，
①当2a<1时，即a<12，x=1时y有最大值，
∴2+4a≤3，
∴a≤14，
此时a≤14；
②当2a>3时，即a>32，x=3时y有最大值，
∴-6+12a≤3，
∴a≤34，
此时a不存在；
③当1≤2a≤3时，即12≤a≤32，x=2a时y有最大值，
∴4a2+3≤3
∴a=0，
此时a不存在；
综上所述：0故选：A．
设抛物线P'上任意一点(x,y)，则点(x,y)原点旋转180°后对应的点为(-x,-y)，由此求出抛物线P'的解析式为y=-x2+4ax+3，再分三种情况讨论：①当2a<1时，2+4a≤3，此时a≤14；②当2a>3时，-6+12a≤3，此时a不存在；③当1≤2a≤3时，4a2+3≤3此时a不存在．
本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，分类讨论是解题的关键．
13.【答案】(-5,0)
【解析】解：∵y=x2+6x+c，
∴抛物线对称轴为直线x=-62=-3，
∵抛物线与x轴的一个交点为(-1,0)，
∴抛物线与x轴另一交点坐标为(-5,0)．
故答案为：(-5,0)．
由抛物线的解析式可得抛物线的对称轴，由(-1,0)及对称轴求解．
本题考查抛物线与x轴的交点问题，解题关键是掌握二次函数与方程的关系，掌握二次函数图象与系数的关系．
14.【答案】16
【解析】解：由题意得，
S=-0.25t2+8t
=-0.25(t2-32t+256-256)
=-0.25(t-16)2+64，
∵-0.25<0，
∴t=16时，飞机滑行的距离最大，
即当t=16秒时，飞机才能停下来．
故答案为：16．
飞机停下时，也就是滑行距离最远时，即在本题中需求出s最大时对应的t值．
本题考查了二次函数的应用，能熟练的应用配方法得到顶点式是解题关键．
15.【答案】18
【解析】解：由俯视图知，最少有7个立方块，
∵由正视图知在最左边前后两层每层3个立方体，中间3个每层2个立方体和最右边前两排每层3个立方体，
∴n的最大值是：3×2+3×2+3×2=18，
故答案为：18
根据主视图、俯视图是分别从物体正面和上面看，所得到的图形即可求出答案．
此题主要考查了由三视图判断几何体，同时也体现了对空间想象能力方面的考查．如果掌握口诀“俯视图打地基，正视图疯狂盖，左视图拆违章”就更容易得到答案．
16.【答案】25-2
【解析】解：如图，连接BE，BD．
由题意BD=22+42=25，
∵∠MBN=90°，MN=4，EM=NE，
∴BE=12MN=2，
∴点E的运动轨迹是以B为圆心，2为半径的圆，
∴当点E落在线段BD上时，DE的值最小，
∴DE的最小值为25-2．
故答案为25-2．
如图，连接BE，BD.求出BE，BD，根据DE≥BD-BE求解即可．
本题考查勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
17.【答案】165
【解析】
【分析】
连接AC，作点D关于y轴的对称点D'，作点A关于y轴的对称点A'，过点D'作D'E⊥CA'于点E，则D'E为所求；由对称性可知A'(3,0)，D'(-1,0)，CO=4，A'O=3，CA'=5，由∠ED'A'的余弦值可得45=D'E4，即可求出D'E=165；
本题考查了抛物线与x轴的交点，二次函数的性质，轴对称-最短路径问题，解直角三角形．
【解答】
解：连接AC
y=415x2-815x-4与x轴交点A(-3,0)、B(5,0)，点C(0,-4)，对称轴x=1，
∴sin∠ACO=35，
作点D关于y轴的对称点D'，作点A关于y轴的对称点A'，过点D'作D'E⊥CA'于点E，则D'E为所求；
由对称性可知，∠ACO=∠OCA'，
∴sin∠OCA'=35，
∴35PC=PE，
再由D'P=DP，
∴35PC+PD的最小值为D'E，
∵A'(3,0)，D'(-1,0)，
∴A'D'=4，CO=4，A'O=3，
∴CA'=5，
∴cs∠ED'A'=cs∠OCA'=D'E4=45
∴D'E=165；
故答案为165；
18.【答案】13-2
【解析】解：连接EF交PQ于M，连接BM，取BM的中点O，连接OH，OD，过点O作ON⊥CD于N．
∵MF/​/ON/​/BC，MO=OB，
∴FN=CN=1，DN=DF+FN=3，ON=12(FM+BC)=2，
∴OD=DN2+ON2=32+22=13，
∵BH⊥PQ，
∴∠BHM=90°，
∵OM=OB，
∴OH=12BM=12×22+22=2，
∵DH≥OD-OH，
∴DH≥13-2，由于M和B点都是定点，所以其中点O也是定点，当O，H，D共线时，此时DH最小，
∴DH的最小值为13-2，
故答案为：13-2．
连接EF交PQ于M，连接BM，取BM的中点O，连接OH，OD，过点O作ON⊥CD于N.解直角三角形求出OD，OH即可解决问题．
本题考查矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线解决问题．
19.【答案】解：如图，PA、PB为所作．

【解析】先作OP的垂直平分线得到OP的中点C，再以C点为圆心，CO为半径作圆交⊙O于A、B两点，连接OA、OB、PA、PB，根据圆周角定理得到∠OAP=∠OBP=90°，所以OA⊥PA，OB⊥PB，则根据切线的判定方法可判断PA、PB为⊙O的切线．
本题考查了作图-复杂作图：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．也考查了圆周角定理和切线的判定与性质．
20.【答案】解：(1)设石块的运动轨迹所在抛物线的解析式为y=a(x-20)2+10，
把(0,0)代入，得400a+10=0，
解得a=-140．
∴y=-140(x-20)2+10．
即y=-140x2+x．
(2)石块能飞越防御墙AB，理由如下：
把x=30代入y=-140x2+x，得y=-140×900+30=7.5，
∵7.5>3+3，
∴石块能飞越防御墙AB．
(3)设直线OA的解析式为y=kx(k≠0)，
把(30,3)代入，得3=30k，
∴k=110．
故直线OA的解析式为y=110x.
如图：
设直线OA上方的抛物线上的一点P的坐标为(t,-140t2+t)，
过点P作PQ⊥x轴，交OA于点Q，则Q(t,110t)，
∴PQ=-140t2+t-110t，
=-140t2+910t
=-140(t-18)2+8.1．
∴当t=18时，PQ取最大值，最大值为8.1．
答：在竖直方向上，石块飞行时与坡面OA的最大距离是8.1米．
【解析】
【分析】
(1)设石块运行的函数关系式为y=a(x-20)2+10，用待定系数法求得a的值即可求得答案．
(2)把x=30代入y=-140x2+x，求得y的值，与6作比较即可．
(3)用待定系数法求得OA的解析式为y=110x，设抛物线上一点P(t,-140t2+t)，过点P作PQ⊥x轴，交OA于点Q，则Q(t,110t)，用含t的式子表示出d关于t的表达式，再利用二次函数的性质可得答案．
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
21.【答案】解：(1)根据题意，y=300-10(x-60)
∴y与x的函数表达式为：y=-10x+900；
(2)设每个月的销售利润为w，
由(1)知：w=-10x2+1400x-45000，
∴w=-10(x-70)2+4000，
∴每件销售价为70元时，获得最大利润；最大利润为4000元．
【解析】(1)根据等量关系“利润=(售价-进价)×销量”列出函数表达式即可．
(2)根据(1)中列出函数关系式，配方后依据二次函数的性质求得利润最大值．
本题考查的是二次函数在实际生活中的应用．此题难度不大，解题的关键是理解题意，找到等量关系，求得二次函数解析式．
22.【答案】(1)证明：连接OC，
∵CE是⊙O的切线，
∴∠OCE=90°，
∵∠ABC=45°，
∴∠AOC=2∠ABC=90°，
∵∠AOC+∠OCE=180°，
∴AD/​/EC；
(2)解：过点A作AF⊥EC交EC于点F，
∵∠AOC=90°，OA=OC，
∴∠OAC=45°，
∵∠BAC=75°，
∴∠BAD=∠BAC-∠OAC=75°-45°=30°，
∵AD/​/EC，
∴∠E=∠BAD=30°，
∵∠OCE=90°，∠AOC=90°，OA=OC，
∴四边形OAFC是正方形，
∴AF=OA=12AD=2，
∴AE=2AF=4．
【解析】(1)连接OC，根据切线的性质得到∠OCE=90°，根据圆周角定理得到∠AOC=90°，根据平行线的判定定理证明结论；
(2)过点A作AF⊥EC交EC于点F，证明四边形OAFC是正方形，得到AF=OA=2，根据含30°角的直角三角形的性质解答即可．
本题考查的是切线的性质、圆周角定理、正方形的判定和性质，掌握圆的求出垂直于过切点的半径是解题的关键．
23.【答案】解：(1)连接OC，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ACD=90°，
∴∠ADC+∠CAD=90°，
又∵OC=OD，
∴∠ADC=∠OCD，
又∵∠DCF=∠CAD．
∴∠DCF+∠OCD=90°，
即OC⊥FC，
∴FC是⊙O的切线；
(2)∵∠B=∠ADC，csB=35，
∴cs∠ADC=35，
在Rt△ACD中，
∵cs∠ADC=35=CDAD，AD=5，
∴CD=AD⋅cs∠ADC=5×35=3，
∴AC=AD2-CD2=4，
∴CDAC=34，
∵∠FCD=∠FAC，∠F=∠F，
∴△FCD∽△FAC，
∴CDAC=FCFA=FDFC=34，
设FD=3x，则FC=4x，AF=3x+5，
又∵FC2=FD⋅FA，
即(4x)2=3x(3x+5)，
解得x=157(取正值)，
∴FD=3x=457．
【解析】(1)根据切线的判定，连接OC，证明出OC⊥FC即可，利用直径所得的圆周角为直角，三角形的内角和以及等腰三角形的性质可得答案；
(2)由csB=35，根据锐角三角函数的意义和勾股定理可得CD：AC：AD=3：4：5，再根据相似三角形的性质可求出答案．
本题考查切线的判定和性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系以及相似三角形，掌握切线的判定方法，直角三角形的边角关系以及相似三角形的性质是正确解答的前提．
24.【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+3978)，M4(1+974,21-3978)；
综上所述，点M的坐标为M1(0,-3)，M2 (12,-154)，M3(1-974,21+3978)，M4(1+974,21-3978)．
【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．
25.【答案】解：(1)CD/​/AB，
过点C作CF⊥AB于F，过点D作DE⊥AB于E，
∵△ABC与△ABD的面积相等，
∴CF=DE，
∵CF/​/DE，
∴四边形CFED是平行四边形，
∴CD/​/AB；
(2)如图，连接MF，EN，
∵点M，N在反比例函数y=kx的图象上，过点M作ME⊥y轴，NF⊥x轴，
∴OE×EM=k，OF×FN=k，
∵S△MEF=12EM×OE=12k，
S△NFO=12NF×OF=12k，
∴S△MEF=S△NFO，
由(1)知：MN/​/EF；
(3)过点M作ME⊥y轴，过点N作NF⊥x轴，垂足分别为E，F．
由(2)同理可得EF/​/MN，
∵ME/​/x轴，NF/​/y轴，
∴四边形FAME、FNBE是平行四边形，
∴EF=AM，EF=BN，
∴AM=BN，
∴MB=NA
∵MB=5，
∴AN=5．
【解析】(1)过点C作CF⊥AB于F，过点D作DE⊥AB于E，根据△ABC与△ABD的面积相等，可得CF=DE，从而有四边形CFED是平行四边形，得CD/​/AB；
(2)证出S△MEF=12EM×OE=12k，S△NFO=12NF×OF=12k，得出S△MEF=S△NFO，得出结论；
(3)过点M作ME⊥y轴，过点N作NF⊥x轴，垂足分别为E，F.由(2)同理可得EF/​/MN，由ME/​/x轴，NF/​/y轴，得出四边形FAME、FNBE是平行四边形，即可证出AN=BM．
本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标的特征、三角形面积的表示、以及平行四边形的判定与性质，运用前面结论解决后面的问题是解题的关键．