2023-2024学年江苏省南通市海门区九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南通市海门区九年级（上）期中数学试卷（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.下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.将抛物线y=(x−1)2+2先向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，得到抛物线的顶点坐标是( )
A. (−1,5)B. (−1,−1)C. (3,−1)D. (3,5)
3.若α，β是方程x2−3x−2017=0的两个实数根，则代数式α2−2β−5α的值为
( )
A. −2011B. −2013C. 2011D. 2023
4.如图，抛物线y=ax2与直线y=bx+c的两个交点坐标分别为A−3,9，B1,1，则关于x的方程ax2−bx−c=0的解为
( )
A. x1=−1，x2=3B. x1=9，x2=−3
C. x1=1，x2=9D. x1=1，x2=−3
5.如图，AB是⊙O的直径，AD⌢=CD⌢，∠COB=40∘，则∠A的度数是
( )
A. 50∘B. 55∘C. 60∘D. 65∘
6.“敬老爱老”是中华民族的优秀传统美德．小刚、小强计划利用暑期从A，B，C三处养老服务中心中，随机选择一处参加志愿服务活动，则两人恰好选到同一处的概率是
( )
A. 12B. 13C. 16D. 29
7.如图，在平面直角坐标系中，正六边形OABCDE的边长是4，则它的内切圆圆心M的坐标是
( )
A. 2,2 3B. 1,2 3C. 2, 3D. (2,4)
8.如图，在平行四边形ABCD中，∠A=70∘，将平行四边形ABCD绕顶点B顺时针旋转到平行四边形A1B1C1D1，当C1D1首次经过顶点C时，旋转角为
度．( )
A. 30B. 40C. 45D. 50
9.如图，▵ABC的顶点均在⊙O上，且AB=AC，∠BAC=120∘，D为弦BC的中点，弦EF经过点D，且EF/​/AB.若⊙O的半径为2，则弦EF的长是( )
A. 3 5B. 2 13C. 13D. 2 17
10.如图，在半径为6cm的⊙O中，点A是劣弧BC⌢的中点，点D是优弧BC⌢上一点，且∠D=30∘，下列四个结论：①OA⊥BC；②BC=3 3cm；③扇形OCAB的面积为12π；④四边形ABOC是菱形.其中正确结论的序号是
( )
A. ①③B. ①②③④C. ②③④D. ①③④
二、填空题：本题共8小题，每小题3分，共24分。
11.平面直角坐标系中，若点Am−1,−3，B2,n关于原点对称，则m+n=______．
12.抛物线y=2x2−12x+11的顶点坐标是________．
13.在一个不透明的袋子中有50个除颜色外均相同的小球，通过多次摸球试验后，发现摸到白球的频率约为36%，估计袋中白球有_______个．
14.一个圆锥的底面半径为3cm，高为2cm，则它的侧面积是__________________cm2．
15.如图，边长为6的正方形ABCD的中心与半径为2的⊙O的圆心重合，过点O作OE⊥OF，分别交AB、AD于点E、F，则图中阴影部分的面积为________．
16.已知点A(2,4)，B(0,1)，点M在抛物线y=14x2上运动，则AM+BM的最小值为___．
17.抛物线y=ax2+bx+c(a,b,c是常数，c>0)经过(1,−1)，(3,0)两点．下列结论：①a>0；②4a+b=12；③若关于x的一元二次方程ax2+bx+c=1的两实数根分别是x1，x2(x13；④若点(2.5,n)在该抛物线上，则n≥−1，正确的结论有________(填写序号)．
18.如图，⊙O的半径为2，AB是直径，M在⊙O上，∠AOC=120∘，连接CN，当点M在⊙O上运动时线段CN的最小值为_________________．
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
19.选择适当的方法解下列方程：
(1)x−32=4
(2)x2−2x−8=0
四、解答题：本题共7小题，共56分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
20.(本小题8分)
已知二次函数y=x2+2x．
(1)求二次函数的图象的顶点坐标；
(2)在平面直角坐标系中，画出该函数的图象；
(3)当x在什么范围时，y随着x的增大而减小？
21.(本小题8分)
我校开展“阳光体育活动”，决定开设足球、篮球、乒乓球、羽毛球、排球等球类活动，为了了解学生对这五项活动的喜爱情况，随机调查了一些学生(每名学生必选且只能选择这五项活动中的一种).根据以下统计图提供的信息，请解答下列问题：
(1)本次被调查的学生有___名；补全条形统计图；
(2)扇形统计图中“排球”对应的扇形的圆心角度数是___；
(3)学校准备推荐甲、乙、丙、丁四名同学中的2名参加全市中学生篮球比赛，请用列表法或画树状图法分析甲和乙同学同时被选中的概率．
22.(本小题8分)
某淘宝网店销售台灯，成本为每个30元．销售大数据分析表明：当每个台灯售价为40元时，平均每月售出600个；若售价每下降1元，其月销售量就增加200个．
(1)若售价下降1元，每月能售出__个台灯，若售价下降x元(x>0)，每月能售出___个台灯．
(2)为迎接“双十一”，该网店决定降价促销，在库存为1210个台灯的情况下，若预计月获利恰好为8400元，求每个台灯的售价．
(3)月获利能否达到9600元，说明理由．
23.(本小题8分)
如图，点O是等边▵ABC内一点，将▵BOC绕点C按顺时针方向旋转60∘得到△ADC，连接OD．
(1)求证：△COD是等边三角形；
(2)当∠AOC=105∘，∠BOC=150∘时，试判断▵AOD的形状
24.(本小题8分)
如图1，四边形ABCD内接于⊙O，AD为直径，过点C作CE⊥AB于点E，连接AC．

(1)求证：∠CAD=∠ECB；
(2)如图2，连结OC，若OC⊥CE，∠EAD=60∘，AC=2 3，求AD、AC与弧CD围成阴影部分的面积．
25.(本小题8分)
如图，AB是圆O的直径，O为圆心，AD、BD是半圆的弦，且∠PDA=∠PBD.延长PD交圆的切线BE于点E．
(1)证明：直线PD是⊙O的切线；
(2)如果∠BED=60°，PD= 3，求PA的长；
(3)将线段PD以直线AD为对称轴作对称线段DF，点F正好在圆O上，如图2，求证：四边形DFBE为菱形．
26.(本小题8分)
如图1、2是两个相似比为1： 2等腰直角三角形，将两个三角形如图3放置

(1)在图3中，绕点D旋转小直角三角形，使两直角边分别与AC、BC交于点E，F，如图4.求证：AE2+BF2=EF2；
(2)若在图3中，绕点C旋转小直角三角形，使它的斜边和CD延长线分别与AB交于点E、F，如图5，此时结论AE2+BF2=EF2是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立；
(3)如图6，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，满足ΔCEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半，AE、AF分别与对角线BD交于M、N，试问线段BM、MN、DN能否构成三角形的三边长？若能，并给出证明；若不能
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的知识，把一个图形绕某一点旋转180∘后，能够与原图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，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，这个图形就叫做轴对称图形，根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解即可，熟练掌握轴对称图形与中心对称图形的概念，是解题的关键．
【详解】解：A.沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形，绕某一点旋转180∘后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故 A不符合题意；
B.沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形，绕某一点旋转180∘后，不能够与原图形重合，不是中心对称图形，故 B不符合题意；
C.沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，是轴对称图形，绕某一点旋转180∘后，能够与原图形重合，是中心对称图形，故 C符合题意；
D.沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够互相重合，不是轴对称图形，绕某一点旋转180∘后，能够与原图形重合，是中心对称图形，故 D不符合题意．
故选：C．
2.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了二次函数平移，先求出抛物线的顶点坐标，再根据向右平移横坐标加，向上平移纵坐标加求出平移后的抛物线的顶点坐标即可．
【详解】抛物线y=(x−1)2+2的顶点坐标为(1,2)，
∵向右平移2个单位长度，再向下平移3个单位长度，
∴平移后的抛物线的顶点坐标为(3,−1)．
故选：C．
3.【答案】C
【解析】【分析】先根据方程根的定义得到α2=3α+2017，则α2−2β−5α=2017−2α+β，再根据根与系数的关系得到α+β=3，然后利用整体代入的方法计算．
【详解】解：∵α是方程x2−3x−2017=0的根，
∴α2−3α−2017=0，即α2=3α+2017，
∴α2−2β−5α=3α+2017−2β−5α=2017−2α+β，
∵α，β是方程x2−3x−2017=0的两个实数根，
∴α+β=3，
∴α2−2β−5α=2017−2×3=2011．
故选：C．
本题考查了根与系数的关系：若x1,x2是一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的两根，x1+x2=−ba,x1x2=ca.也考查了一元二次方程根的定义．
4.【答案】D
【解析】【分析】直接根据图像求解即可．
【详解】解：∵ax2−bx−c=0，
∴ax2=bx+c,，
∴方程ax2−bx−c=0的解为抛物线y=ax2与直线y=bx+c的两个交点的横坐标，
∵两个交点坐标分别为A−3,9，B1,1，
∴方程ax2−bx−c=0的解为x1=1，x2=−3．
故选D．
本题考查抛物线与一元二次方程的关系，解题的关键是灵活运用所学知识，学会利用图象法解决实际问题，属于中考常考题型．
5.【答案】B
【解析】【分析】根据AD⌢=CD⌢，得出∠AOD=∠DOC，计算∠AOD=180∘−∠COB2，根据OA=OD，计算∠A=∠D=180∘−∠AOD2，选择答案即可．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，AD⌢=CD⌢，∠COB=40∘，
∴∠AOD=∠DOC，
∴∠AOD=180∘−∠COB2=70∘，
∵OA=OD，
∴∠A=∠D=180∘−∠AOD2=55∘．
故选：B．
本题主要考查了弧、圆心角的关系，根据等边对等角求角度，熟练掌握等弧对等角是解题的关键．
6.【答案】B
【解析】【分析】画出树状图展示所有9种等可能的结果数，找出两人恰好选择同一场所的结果数，然后根据概率公式求解．
【详解】解：画树状图如图：
共有9种等可能的结果数，其中两人恰好选择同一场所的结果数为3，
∴明明和亮亮两人恰好选择同一场馆的概率=39=13，
故选：B．
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，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
7.【答案】A
【解析】【分析】作OE、CD的垂直平分线交于点F，即为内切圆圆心M，连接MO，ME，根据正六边形的性质及等边三角形的性质得出MO=2OH=4，再由勾股定理确定MH= OM2−OH2=2 3即可得出结果．
【详解】解：如图所示，作OE、CD 的 垂直平分线交于点F，即为内切圆圆心M，连接MO，ME，
∵正六边形OABCDE的边长是4，
∴OH=HE=2，▵OME为等边三角形，∠OMH=30∘,
∴MO=2OH=4，
∴MH= OM2−OH2=2 3
∴点M的坐标为：2,2 3
故选：A．
题目主要考查正多边形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理解三角形及坐标与图形，理解题意，作出图形辅助线是解题关键．
8.【答案】B
【解析】【分析】由旋转的性质可知：平行四边形ABCD全等于平行四边形A1BC1D1，得出BC=BC1，由等腰三角形的性质得出∠BCC1=∠C1=70∘，根据三角形内角和计算旋转角∠CBC1即可．
【详解】∵平行四边形ABCD绕顶点B顺时针旋转到平行四边形A1BC1D1，
∴BC=BC1，
∴∠BCC1=∠C1，
∵在平行四边形ABCD中，∠A=70∘，
∴∠C=∠A=∠C1=70∘，
∴∠BCC1=∠C1=70∘，
∴∠CBC1=180∘−2×70∘=40∘，
故选：B．
本题考查了平行四边形的性质、旋转的性质、等腰三角形的判定和性质以及三角形的内角和定理，解题的关键是证明三角形CBC1是等腰三角形．
9.【答案】C
【解析】【分析】连接OA、OB、OF，作OH⊥EF于点H，先根据垂径定理证明OA垂直平分BC，则OA经过点D，再根据等腰三角形的“三线合一”证明∠OAB=∠OBA=60∘，则▵AOB是等边三角形，由EF/​/AB，得∠ODH=∠OAB=60∘，则∠DOH=30∘，求出DH和OH的长，即可根据勾股定理求得EH=FH= 132，则EF= 13．
【详解】连接OA、OB、OF，作OH⊥EF于点H，则∠OHD=∠OHF=90∘，
∵AB=AC，
∴AB⌢=AC⌢，
∴OA垂直平分BC，
∵D为弦BC的中点，
∴BD=CD，OA经过点D，
∵∠BAC=120∘，
∴∠OAB=∠OBA=12∠BAC=60∘，
∵OA=OB=2，
∴▵AOB是等边三角形，
∵OA⊥BC于点D，
∴OD=AD=12OA=1，
∵EF//AB，
∴∠ODH=∠OAB=60∘，
∴∠DOH=30∘，
∴DH=12OD=12，
∴OH= OD2−DH2= 12−(12)2= 32，
∵OF=2，
∴EH=FH= OF2−OH2= 132，
∴EF= 13，
故选：C．
此题重点考查垂径定理、平行线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的“三线合一”、直角三角形中30∘角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理的应用等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】【分析】利用垂径定理可对①进行判断；根据圆周角定理得到∠AOC=2∠D=60∘，则▵OAC为等边三角形，根据等边三角形的性质和垂径定理可计算出BC=6 3cm，则可对②进行判断；通过判断▵AOB为等边三角形，再根据扇形的面积公式可对③进行判断；利用AB=AC=OA=OC=OB可对④进行判断．
【详解】解：∵点A是劣弧BC⌢的中点，
∴OA⊥BC，所以①正确；
∵∠AOC=2∠D=60∘，OA=OC，
∴▵OAC为等边三角形，
∴BC=2×6× 32=6 3，所以②错误；
同理可得▵AOB 为 等边三角形，
∴∠AOB=60∘，
∴∠BOC=120∘，
∴扇形OCAB的面积为120×π×62360=12π，所以③正确；
∵AB=AC=OA=OC=OB，
∴四边形ABOC是菱形，所以④正确．
故选D．
本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等,同一条弦对应两条弧，其中一条是优弧，一条是劣弧，而在本定理和推论中的“弧”是指同为优弧或劣弧．
11.【答案】2
【解析】【分析】直接利用关于原点对称的点的坐标特点，两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点Px,y关于原点O的对称点是P′−x,−y，进而得出m，n的值．
【详解】解：∵点Am−1,−3，B2,n关于原点对称，
∴m−1=−2−3=−n,
解得m=−1n=3,
∴m+n=2．
故答案为：2．
本题主要考查了关于原点对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．
12.【答案】3,−7
【解析】【分析】把抛物线解析式化为顶点式，即可求解．
【详解】解：∵y=2x2−12x+11=2x−32−7，
∴抛物线的顶点坐标是3,−7．
故答案为：3,−7．
本题主要考查二次函数顶点式，解题的关键在于熟练掌握配方法．
13.【答案】18
【解析】由频率估计概率的知识可知从袋子中摸出白球的概率为0.36．
因此袋中白球的数量为：50×0.36=18(个)．
故答案为18．
14.【答案】3 13π
【解析】【分析】本题考查圆锥的侧面积计算公式应用．利用勾股定理可得圆锥母线长，则圆锥侧面积=12底面周长×母线长．
【详解】由勾股定理知：圆锥母线长= 32+22= 13cm，
则圆锥侧面积=12×6π× 13=3 13πcm2．
故答案为：3 13π．
15.【答案】9−π
【解析】【分析】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，求解不规则图形的面积．如图，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥AD于点N.证明OM=ON，▵EOM≌▵FON，可得S▵EOM=S▵FON，S四边形AEOF=S正方形AMON，从而可得答案．
【详解】如图，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥AD于点N．

∵点O是正方形ABCD的中心，OM⊥AB，ON⊥AD，
∴OM=ON，
∵OE⊥OF，
∴∠EOF=90∘，即∠EOM+∠MOF=90∘，
∵∠A=∠AMO=∠ANO=90∘，
∴∠MON=90∘，即∠FON+∠MOF=90∘，
∴∠EOM=∠FON，
∴▵EOM≌▵FON(ASA)，
∴S▵EOM=S▵FON，
∴S四边形AEOF=S正方形AMON，
∴S阴影=14S正方形ABCD−S⊙O=14×62−π×22=9−π．
故答案为：9−π．
16.【答案】5
【解析】【分析】设点M(m,14m2)，用含m代数式表示BM=14m2+1，可得点M到点B的距离与点M到直线y=−1的距离相等，进而求解．
【详解】解：设点M(m,14m2)，
则点M到x轴距离为14m2，BM= (m−0)2+(14m2−1)2=14m2+1，
∴点M到点B的距离与点M到直线y=−1的距离相等，
∵点A横坐标为x=2，
∴点M为直线x=2与抛物线交点，
如图，设直线x=2与直线y=−1交点B′(2,−1)，
∴AB′为AM+BM最小值，AB′=4−(−1)=5，
故答案为：5．
本题考查了最短路线和二次函数的问题，做题的关键是利用轴对称解决最短路线．
17.【答案】①②③
【解析】【分析】①根据抛物线与x、y轴的交点情况分析即可解答；②由抛物线过(1,−1)，(3,0)两点可得，−1=a+b+c，0=9a+3b+c，然后作差即可判断；③根据题意画出函数图象示意图，然后据图分析即可解答；④根据二次函数的增减性即可解答．
【详解】解：由y=ax2+bx+c经过(1,−1)，(3,0)两点．
∴a+b+c=−1，9a+3b+c=0，
两式相减得：8b+2b=1，
则b=1−8a2，
∴a+1−8a2+c=−1，
解得：a=2+c6，
∵c>0，
∴a=2+c6>0，故①正确，
∵b=1−8a2，
∴4a+b=4a+1−8a2=8a+1−8a2=12，故②正确；

如上图：关于x的一元二次方程ax2+bx+c=1的两实数根为y=ax2+bx+c与y=1交点的横坐标，
即x<1，x>3，则③正确；
由于抛物线的对称轴不确定，则点(2.5,n)的值无法和−1比较，即④错误；
故答案为 ：①②③．
本题主要考查了二次函数的图象与性质，抛物线上点的坐标的特征，待定系数法，数形结合法，抛物线与x轴的交点，二次函数与一元二次方程的联系，一元二次方程的根的判别式．
18.【答案】 7−1##−1+ 7
【解析】【分析】连接ON，AC，CQ，证明点N在以OA为直径的圆上，设为⊙Q，连接CQ，与⊙Q的交点即为N点，此时CN最小，且最小值为CQ−QN，解直角三角形求出CQ，即可得出答案．
【详解】解：连接ON，AC，CQ，如图所示：

∵点N是AM的中点，
∴ON⊥AM，
∴点N在以OA为直径的圆上，设为⊙Q，
∴OQ=AQ=QN=1，
连接CQ，与⊙Q的交点即为N点，此时CN最小，且最小值为CQ−QN，
作OP⊥AC于P，QH⊥AC于H，
∵OA=OC，
∴P是AC的中点，
∵∠AOC=120∘，
∴∠OAC=∠OCA=30∘，
∴AP=OA⋅cs30∘= 32×2= 3，
AQ=12OA=1，
∴AC=2AP=2 3，
∵∠AHQ=90∘，∠QAH=30∘，
∴AH=AQ×cs30∘=1× 32= 32，QH=12AQ=12，
∴CH=AC−AH=2 3− 32=3 32，
∴CQ= CH2+HQ2= 122+3 322= 7，
∴CN的最小值为 7−1，
故答案为： 7−1．
本题主要考查了垂径定理，勾股定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
19.【答案】【小问1详解】
解：∵x−32=4，
∴x−3=±2，
解得x1=1,x2=5；
【小问2详解】
解：∵x2−2x−8=0，
∴x2−2x=8，
∴x2−2x+1=8+1，
∴x−12=9，
∴x−1=±3
解得x1=4,x2=−2．

【解析】【分析】(1)利用开平方的方法解方程即可；
(2)利用配方法解方程即可．
本题主要考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的方法是解题的关键．
20.【答案】【 小问1详解】
∵y=x2+2x=(x2+2x+1)−1=(x+1)2−1，
∴抛物线的顶点坐标为(−1,−1)；
【小问2详解】
当x=0时，y=x2+2x=0，
当y=0时，x2+2x=0解得x1=0，x2=−2，则抛物线与x轴的交点坐标为(−2,0)，
当x=−1时，y=−1，
描出特殊点(0,0)(−1,−1)，(−2,0)，画出图象如下：
【小问3详解】
由图象可得，当x<−1时，y随着x的增大而减小．

【解析】【分析】本题主要考查的是二次函数的图象和性质；
(1)利用配方法对函数解析式进行变形，从而可判断出抛物线的顶点坐标和对称轴方程；
(2)描点画出图象即可；
(3)根据函数图象，分析判断函数的增减性即可．
21.【答案】【小问1详解】
根据题意得本次被调查的学生人数=30÷30%=100(人)，
喜爱足球的人数为：100−30−20−10−5=35(人)，
条形图如图所示，
故答案为：100；
【小问2详解】
排球人数所占比例为：5÷100=5%，
所以，扇形统计图中“排球”对应的扇形的圆心角度数=360∘×5%=18∘
故答案为：18∘
【小问3详解】
设甲、乙、丙、丁四名同学分别用字母A，B，C，D表示，根据题意画树状图如下：
∵一共有12种可能出现的结果，它们都是等可能的，符合条件的有两种，
∴P(A、B两人进行比赛)=212=16

【解析】【分析】(1)根据篮球的人数和占所占的百分比求出总人数，用总人数减去其它项目的人数，即可求出足球的人数，从而补全统计图；
(2)用排球的人数除以总人数再乘以360°即可求出扇形统计图中“排球”对应的扇形的圆心角度数的值；
(3)根据题意先画出树状图得出所有等可能的情况数和同时选中甲和乙的情况数，再根据概率公式即可得出答案．
本题考查的是条形统计图和扇形统计图以及概率公式的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
22.【答案】解：(1)∵售价每下降1元，其月销售量就增加200个，
∴若售价下降1元，每月能售出600+200=800个台灯，若售价下降x元(x>0)，每月能售出600+200x个台灯；
(2)设每个台灯的售价为x元，
由题意得：(x−30)[600+200(40−x)]=8400，
解得：x1=36，x2=37，
当x=36时，600+200(40−x)=1400>1210(舍去)，
当x=37时，600+200(40−x)=1200<1210(符合题意)，
答：每个台灯的售价为37元；
(3)月获利不能达到9600元，
理由：设每个台灯的售价为x元，
由题意得：(x−30)[600+200(40−x)]=9600，
整理得：x2−73x+1338=0，
∵△=b2−4ac=−23<0，
∴方程无实数根，即月获利不能达到9600元．

【解析】【分析】(1)根据售价每下降1元，其月销售量就增加200个，分别计算即可；
(2)设每个台灯的售价为x元，根据每个台灯的利润×销售数量=总利润列出方程并解答；
(3)根据题意列出方程，求出根的判别式△<0，可得方程无实数根，即月获利不能达到9600元．
本题考查了一元二次方程的应用．解题关键是要读懂题目的意思，根据题目给出的条件，找出合适的等量关系，列出方程，再求解．
23.【答案】【小问1详解】
证明：∵▵BOC绕点C按顺时针方向旋转60∘得到△ADC
∴▵BOC≌▵ADC，
∴OC=DC，
∵∠OCD=60∘，
∴△COD是等边三角形；
【小问2详解】
解：▵AOD是等腰直角三角形，理由如下：
∵△COD是等边三角形
∴∠COD=∠ODC=60∘，
∵▵BOC≌▵ADC，
∴∠ADC=∠BOC=150∘，
∴∠ADO=∠ADC−∠ODC=150∘−60∘=90∘
∵∠AOD=∠AOC−∠COD=105∘−60∘=45∘，
∴∠OAD=45∘，
∴∠OAD=∠AOD，
∴OD=AD，
∴▵AOD是等腰直角三角形．

【解析】【分析】此题考查了旋转的性质，以及等边三角形的判定与性质；
(1)利用有一个角为60∘的等腰三角形为等边三角形即可得证；
(2)三角形AOD为等腰直角三角形，理由为：由旋转得到两三角形全等，进而求出∠ADC=∠BOC=150∘，再由三角形COD为等边三角形，进而确定出∠ADO为直角，即可得证．
24.【答案】【小问1详解】
证明：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠CBE=∠D，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠ACD=90∘，
∴∠D+∠CAD=90∘，
∴∠CBE+∠CAD=90∘，
∵CE⊥AB，
∴∠CBE+∠BCE=90∘，
∴∠CAD=∠BCE；
【 小问2详解】
解：∵OC⊥CE，AB⊥CE
∴OC//AB，
∴∠COD=∠EAD=60∘，
∵OC=OD，
∴△COD是等边三角形，
∴∠COD=∠D=60∘，OC=OD=CD=OA，
∵AC=2 3，AC2+CD2=AD2，
∴2 32+OC2=2OC2
∴OC=OD=CD=OA=2，
∴AD，AC与AC⌢围成阴影部分的面积为：S▵AOC+S扇形COD=12S▵ACD+S扇形COD
=12×12×2×2 3+60π×22360= 3+2π3．

【解析】【分析】(1)先判断出∠CBE=∠D，再用圆周角定理和等角的余角相等，即可得出结论；
(2)先判断出OC/​/AB，再判断出△COD是等边三角形，得到OC=OD=CD=OA，进而由勾股定理得到OC=OD=CD=OA=2，最后根据阴影部分面积为S▵AOC+S扇形COD=12S▵ACD+S扇形COD，得到答案．
本题考查圆内接四边形的性质、直径所对圆周角是90∘、等边三角形的判定与性质、扇形的面积公式、勾股定理、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握圆周角定理和等边三角形的判定与性质是解答的关键．
25.【答案】(1)证明：如图1，连接OD，
∵AB是圆O的直径，∴∠ADB=90°，
∴∠ADO+∠BDO=90°，
又∵DO=BO，∴∠BDO=∠PBD，
∵∠PDA=∠PBD，∴∠BDO=∠PDA，
∴∠ADO+∠PDA=90°，即PD⊥OD，
∵点D在⊙O上，
∴直线PD为⊙O的切线．
(2)解：∵BE是⊙O的切线，∴∠EBA=90°，
∵∠BED=60°，∴∠P=30°，
∵PD为⊙O的切线，∴∠PDO=90°，
在Rt△PDO中，∠P=30°，PD= 3，
∴tan30∘=ODPD，解得OD=1，
∴PO= PD2+OD2=2，
∴PA=PO−AO=2−1=1．
(3)证明：如图2中，依题意得：∠ADF=∠PDA，∠APD=∠AFD，
∵∠PDA=∠PBD，∠ADF=∠ABF，∠AFD=∠PBD，
∴∠ADF=∠AFD=∠APD=∠ABF，
∴AD=AF，BF // PD，即BF // DE．
又∠DAB+∠DBA=90°，∴∠DAB+∠ADF=90°，
∴DF⊥PB．
∵BE为切线，
∴BE⊥PB，
∴DF // BE，
∴四边形DFBE为平行四边形，
∵PE、BE为切线，
∴BE=DE，
∴四边形DFBE为菱形．

【解析】【分析】(1)连接OD，由AB是圆O的直径可得∠ADB=90°，再利用角度的相互转换求得∠ADO+∠PDA=90°，即可得出直线PD为⊙O的切线；
(2)求出∠P=30°，解直角三角形求出OD，结合勾股定理可得出PO，最后根据PA=PO−AO可得出结果；
(3)根据折叠和已知求出∠P=∠PBF，根据平行线的判定推出DE // BF，求出DF⊥AB，BE⊥AB，推出DF // BE，求出ED=EB，根据菱形的判定推出即可．
本题考查了切线的性质和判定，切线长定理，圆周角定理的推论，菱形的判定，平行线的判定，含30度角的直角三角形性质，解直角三角形等知识，本题是一道综合性的题目，难度较大．
26.【答案】【小问1详解】
绕点D旋转小直角三角形，使两直角边分别与AC、BC交于点E，F，连CD，如图4，
∵两个等腰直角三角形的相似比为1: 2，
∴小直角三角形的斜边等于大直角三角形的直角边，
∴点D为AB的中点，
∴CD=AD，∠4=∠A=45∘，
又∠1+∠2=∠2+∠3=90∘，
∴∠3=∠1，
∴▵CDF≌▵ADE(ASA)，
∴CF=AE，
同理可得▵CED≌▵BFD，
∴CE=BF，
而CE2+CF2=EF2，
∴AE2+BF2=EF2；
【小问2详解】
结论AE2+BF2=EF2仍然成立．理由如下：
绕点C旋转小直角三角形，使它的斜边和CD延长线分别与AB交于点E、F，即把▵CFB绕点C顺时针旋转90∘，得到▵CGA，如图5，
∴CF=CG，AG=BF，∠4=∠1，∠B=∠GAC=45∘，
∴∠GAE=90∘，
而∠3=45∘，
∴∠2+∠4=90∘−45∘=45∘，
∴∠1+∠2=45∘，即∠GCE=∠FCE，
∴▵CGE≌▵CFE(SAS)，
∴GE=EF，
在Rt▵AGE中，AE2+AG2=GE2，
∴AE2+BF2=EF2；
【小问3详解】
线段BM、MN、DN能构成直角三角形的三边长．理由如下：
把▵ADF绕点A顺时针旋转90∘得到▵ABP，点N的对应点为Q，如图6，
∴∠4=∠2，∠1+∠3+∠4=90∘，BP=DF，BQ=DN，AF=AP，
∵▵CEF 的周长等于正方形ABCD的周长的一半，
∴EF=BE+DF，
∴EF=EP，
∴▵AEF≌▵AEP(SSS)，
∴∠1=∠3+∠4，
而AQ=AN，
∴▵AMQ≌▵AMN(SAS)，
∴MN=QM，
而∠ADN=∠QBA=45∘，∠ABD=45∘，
∴∠QBN=90∘，
∴BQ2+BM2=QM2，
∴BM2+DN2=MN2．

【解析】【分析】(1)连CD，由条件得到点D为AB的中点，则CD=AD，∠4=∠A=45∘，易证▵CDF≌▵ADE，▵CED≌▵BFD，得到CF=AE，CE=BF，而CE2+CF2=EF2，因此得到结论．
(2)把▵CFB绕点C顺时针旋转90∘，得到▵CGA，根据旋转的性质得到CF=CG，AG=BF，∠4=∠1，∠B=∠GAC=45∘，易证▵CGE≌▵CFE，得到GE=EF，即可得到结论AE2+BF2=EF2仍然成立；
(3)把▵ADF绕点A顺时针旋转90∘得到▵ABP，点N的对应点为Q，根据旋转的性质得到∠4=∠2，∠1+∠3+∠4=90∘，BP=DF，BQ=CN，AF=AP，又△CEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半，得到EF=BE+DF，则EF=EP，得到▵AEF≌▵AEP，进一步证得▵AMQ≌▵AMN，得到MN=QM，易证得∠QBN=90∘，于是有BQ2+BM2=QM2，从而得到BM2+DN2=MN2．
本题考查了旋转的性质：旋转前后两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角；也考查了三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的性质、相似三角形的性质以及勾股定理的应用．