黄冈中学2021届九年级上月考数学试卷含答案解析

一、选择题（每小题3分，共30分）

1．如图，⊙O的直径AB=4，点C在⊙O上，∠ABC=30°，则AC的长是（ ）

A．1 B． C． D．2

2．如图，在5×5正方形网格中，一条圆弧通过A，B，C三点，那么这条圆弧所在圆的圆心是（ ）

A．点P B．点Q C．点R D．点M

3．如图，以平行四边形ABCD的一边AB为直径作⊙O，若⊙O过点C，且∠AOC=70°，则∠A等于（ ）

A．145° B．140° C．135° D．120°

4．如图，A，B，C是⊙O上三点，∠α=140°，那么∠A等于（ ）

A．70° B．110° C．140° D．220°

5．点P为⊙O内一点，且OP=4，若⊙O的半径为6，则过点P的弦长不可能为（ ） A．12 B． C．8 D．10.5 6．使式子

有意义的x的取值范畴是（ ）

A．x≤1 B．x≤1且x≠﹣2 C．x≠﹣2 D．x＜1且x≠﹣2

7．设方程x2+x﹣2=0的两个根为α，β，那么（α﹣2）（β﹣2）的值等于（ ） A．﹣4 B．0 C．4 D．2

8．若关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1=0有实数根，则k的取值范畴是（ ） A．k＞﹣1 B．k≥﹣1 C．k＞﹣1且k≠0 D．k≥﹣1且k≠0

9．如图，在纸上剪下一个圆形和一个扇形的纸片，使之恰好能围成一个圆锥模型．若圆的半径为r，扇形的半径为R，扇形的圆心角等于90°，则r与R之间的关系是（ ）

A．R=2r B．R= C．R=3r D．R=4r

10．如图所示，已知A点从（1，0）点动身，以每秒1个单位长的速度沿着x轴的正方向

A为顶点作菱形OABC，C点都在第一象限内，且AO=AC，运动，通过t秒后，以O、使B．

又以P（0，4）为圆心，PC为半径的圆恰好与OC所在的直线相切，则t=（ ）

A．2﹣1 B．2+1 C．5 D．7

二、填空题（每小题3分，共24分）

11．已知⊙O的直径为6，P为直线l上一点，OP=3，那么直线l与⊙O的关系是 ． 12．如图，有一圆弧形门拱的拱高AB为1m，跨度CD为4m，则那个门拱的半径为 m．

13．如图，矩形ABCD与⊙O交于点A、B、F、E，DE=1cm，EF=3cm，则AB= cm．

14．4cm、5cm的三角形白铁皮上剪下一个最大的圆， 在边长为3cm、此圆的半径为 cm．

15．如图，PA、PB切⊙O于A、B两点，若∠APB=60°，⊙O的半径为3，则阴影部分的面积为 ．

16．如图，在直角坐标系中，点A（0，5），点P（2，3），将△AOP绕点O顺时针方向旋转，使OA边落在x轴上，则点P'的坐标为 ．

17．圆锥的侧面积恰好等于其底面积的2倍，则该圆锥的侧面展开图所对应的扇形圆心角的度数为 ．

18．如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=6，边CD在直线l上，将矩形ABCD沿直线l作无滑动翻动，当点A第一次翻动到点A1位置时，则点A通过的路线长为 ．

三、解答与证明（共66分） 19．解方程： （1）（2x﹣1）2=9 （2）（x+1）（x+2）=2x+4 （3）3x2﹣4x﹣1=0 （4）

+

=1．

=

AB=AD． ，求证：

20．C，E，如图，射线AM交一圆于点B、射线AN交该圆于点D、且

21．“六一”儿童节前，玩具商店依照市场调查，用2500元购进一批儿童玩具，上市后专门快脱销，接着又用4500元购进第二批这种玩具，所购数量是第一批数量的1.5倍，但每套进价多了10元．第一、二批玩具每套的进价分别是多少元？

22．如图，△ABC内接于⊙O，∠B=60°，CD是⊙O的直径，点P是CD延长线上一点，且AP=AC．

（1）求证：PA是⊙O的切线； （2）若PD=1，求⊙O的直径．

23．某市自来水公司为鼓舞居民节约用水，采取按月用水量分段收费的方法，若某户居民应交水费y（元）与用水量x（吨）的函数关系如图所示．

（1）分别写出当0≤x≤15和x≥15时，y与x的函数关系式； （2）若某用户该月应交水费42元，则该月用水多少吨？

24．如图，BC为⊙O的直径，AD⊥BC，垂足为D，（1）求证：AE=BE；

（2）若A，F把半圆三等分，BC=12，求AE的长．

，BF与AD交于E．

25．某公司专销产品A，第一批产品A上市40天内全部售完、该公司对第一批产品A上市后的市场销售情形进行了跟踪调查，调查结果如图所示，其中图（1）中的折线表示的是市场日销售量与上市时刻的关系；图（2）中的折线表示的是每件产品A的销售利润与上市时刻的关系．

（1）写出第一批产品A的市场日销售量y与上市时刻t的关系式； （2）写出每件产品A的销售利润y与上市时刻t的关系式；

（3）第一批产品A上市后，哪一天这家公司市场日销售利润最大？最大利润是多少万元？

26．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左则，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点．

（1）求那个二次函数的表达式；

（2）求出四边形ABPC的面积最大时的P点坐标和四边形ABPC的最大面积；

（3）连结PO、PC，在同一平面内把△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C，是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，要求出现在点P的坐标；若不存在，请说明理由； （4）在直线BC找一点Q，使得△QOC为等腰三角形，请直截了当写出Q点坐标．

2020-2021学年湖北省黄冈中学九年级（上）月考数学试

卷（9月份）

参与试题解析

一、选择题（每小题3分，共30分）

1．如图，⊙O的直径AB=4，点C在⊙O上，∠ABC=30°，则AC的长是（ ）

A．1

C． D．2

【考点】圆周角定理；含30度角的直角三角形． 【分析】先依照圆周角定理证得△ABC是直角三角形，然后依照直角三角形的性质求出AC的长．

【解答】解：∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB=90°；

Rt△ABC中，∠ABC=30°，AB=4； ∴AC=AB=2．

故选D．

2．如图，在5×5正方形网格中，一条圆弧通过A，B，C三点，那么这条圆弧所在圆的圆心是（ ）

B．

A．点P B．点Q C．点R D．点M 【考点】垂径定理．

【分析】作AB和BC的垂直平分线，它们相交于Q点，依照弦的垂直平分线通过圆心，即可确定这条圆弧所在圆的圆心为Q点． 【解答】解：连结BC，

作AB和BC的垂直平分线，它们相交于Q点． 故选B．

3．如图，以平行四边形ABCD的一边AB为直径作⊙O，若⊙O过点C，且∠AOC=70°，则∠A等于（ ）

A．145° B．140° C．135° D．120°

【考点】圆周角定理；平行四边形的性质．

【分析】先依照同弧所对的圆周角是圆心角的一半，求出∠ABC，再用平行四边形的邻角互补，求出∠A．

【解答】解：∵AB为直径作⊙O，若⊙O过点C， ∴∠ABC=∠AOC=×70°=35°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A+∠ABC=180°，

∴∠A=180°﹣∠ABC=145°， 故选A

4．如图，A，B，C是⊙O上三点，∠α=140°，那么∠A等于（ ）

A．70° B．110° C．140° D．220° 【考点】圆周角定理．

【分析】依照周角能够运算360°﹣∠α=220°，再依照圆周角定理，得∠A=220°÷2=110°． 【解答】解：∵∠1=360°﹣∠α=220°， ∴∠A=∠1=220°÷2=110°． 故选B．

5．点P为⊙O内一点，且OP=4，若⊙O的半径为6，则过点P的弦长不可能为（ ） A．12 B． C．8 D．10.5 【考点】垂径定理；勾股定理．

【分析】过点P最长的弦是圆的半径，最短的弦是与OP垂直的弦，因此过点P的弦最长是12，最短是．

【解答】解：如图所示，OP⊥AB， 则AB是过点P最短的弦， ∴AP=BP， OA=6，OP=4， 在Rt△AOP中，AP=因此AB=由于8＜故选C．

，

．

，因此过点P的弦长不可能为8．

6．使式子

有意义的x的取值范畴是（ ）

C．x≠﹣2

A．x≤1 B．x≤1且x≠﹣2

D．x＜1且x≠﹣2

【考点】二次根式有意义的条件；分式有意义的条件．

【分析】依照被开方数大于等于0，分母不等于0列式运算即可得解． 【解答】解：由题意得，1﹣x≥0且2+x≠0， 解得x≤1且x≠﹣2． 故选B．

7．设方程x2+x﹣2=0的两个根为α，β，那么（α﹣2）（β﹣2）的值等于（ ） A．﹣4 B．0 C．4 D．2 【考点】根与系数的关系．

【分析】依照方程的系数利用根与系数的关系找出α+β=﹣1、α•β=﹣2，将（α﹣2）（β﹣2）展开后代入数据即可得出结论．

【解答】解：∵方程x2+x﹣2=0的两个根为α，β， ∴α+β=﹣1，α•β=﹣2， ∴（α﹣2）（β﹣2）=α•β﹣2（α+β）+4=﹣2﹣2×（﹣1）+4=4．

故选C．

8．若关于x的一元二次方程kx2+2x﹣1=0有实数根，则k的取值范畴是（ ） A．k＞﹣1 B．k≥﹣1 C．k＞﹣1且k≠0 D．k≥﹣1且k≠0 【考点】根的判别式；一元二次方程的定义．

【分析】方程有实数根，则根的判别式△≥0，且二次项系数不为零． 【解答】解：∵△=b2﹣4ac=22﹣4×k×（﹣1）≥0， 解上式得，k≥﹣1， ∵二次项系数k≠0， ∴k≥﹣1且k≠0． 故选D．

9．如图，在纸上剪下一个圆形和一个扇形的纸片，使之恰好能围成一个圆锥模型．若圆的半径为r，扇形的半径为R，扇形的圆心角等于90°，则r与R之间的关系是（ ）

A．R=2r B．R=

C．R=3r D．R=4r

【考点】弧长的运算．

【分析】利用圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，依照弧长公式运算． 【解答】解：扇形的弧长是：

=

，

圆的半径为r，则底面圆的周长是2πr，

圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长则得到：∴=2r，

即：R=4r，

r与R之间的关系是R=4r． 故选D．

10．如图所示，已知A点从（1，0）点动身，以每秒1个单位长的速度沿着x轴的正方向

A为顶点作菱形OABC，C点都在第一象限内，且AO=AC，运动，通过t秒后，以O、使B．

又以P（0，4）为圆心，PC为半径的圆恰好与OC所在的直线相切，则t=（ ）

=2πr，

A．2

D．7 ﹣1 B．2+1 C．5

【考点】切线的性质；坐标与图形性质；菱形的性质．

【分析】先依照已知条件，求出通过t秒后，OC的长，当⊙P与OA，即与x轴相切时，如图所示，则切点为O，现在PC=OP，过P作PE⊥OC，利用垂径定理和解直角三角形的有关知识即可求出t的值．

【解答】解：∵已知A点从（1，0）点动身，以每秒1个单位长的速度沿着x轴的正方向运动，

∴通过t秒后， ∴OA=1+t，

∵四边形OABC是菱形， ∴OC=1+t，

∵⊙P恰好与OC所在的直线相切， ∴PC⊥OC， ∵AO=AC=OC，

∴∠AOC=60°，∠COP=30°， 在Rt△OPC中， OC=OP•cos30°=∴1+t=6， ∴t=5．

故答案选C．

×

=6，

二、填空题（每小题3分，共24分）

11．已知⊙O的直径为6，P为直线l上一点，OP=3，那么直线l与⊙O的关系是 相切或相交 ．

【考点】直线与圆的位置关系．

【分析】据垂线段最短，得圆心到直线的距离小于或等于3，再依照数量关系进行判定．若d＜r，则直线与圆相交；若d=r，则直线于圆相切；若d＞r，则直线与圆相离． 【解答】解：依照题意可知，圆的半径r=3．

因为OP=3，当OP⊥l时，直线和圆是相切的位置关系；

当OP与直线l不垂直时，则圆心到直线的距离小于3，因此是相交的位置关系． 因此L与⊙O的位置关系是：相交或相切， 故答案为：相切或相交．

12．如图，有一圆弧形门拱的拱高AB为1m，跨度CD为4m，则那个门拱的半径为 m．

【考点】垂径定理的应用；勾股定理．

【分析】连接OC，设那个门拱的半径为r，则OB=r﹣1，依照垂径定理得到BC=BD=×CD，在Rt△OBC中，由勾股定理得OC2=BC2+OB2，然后即可得到关于r的方程，解方程即可求出r．

【解答】解：如图，连接OC，

设那个门拱的半径为r，则OB=r﹣1， ∴BC=BD=×CD=×4=2m 在Rt△OBC中，BC=2m，OB=r﹣1 由勾股定理得：OC2=BC2+OB2 即r2=4+（r﹣1）2 ∴r=m．

那个门拱的半径为m．

13．如图，矩形ABCD与⊙O交于点A、B、F、E，DE=1cm，EF=3cm，则AB= 5 cm．

【考点】垂径定理；矩形的性质．

【分析】依照轴对称性易求CD长，AB=CD． 【解答】解：∵DE=1，∴CF=1， ∵EF=3，∴DC=5， ∴AB=5． 14．4cm、5cm的三角形白铁皮上剪下一个最大的圆， 在边长为3cm、此圆的半径为 1 cm．【考点】三角形的内切圆与内心．

【分析】由三角形的三边长可判定出此三角形是直角三角形；已知了直角三角形三边的长，可直截了当利用直角三角形内切圆半径公式求出此圆的半径．

【解答】解：依照勾股定理的逆定理，边长为3cm、4cm、5cm的三角形是直角三角形； 若设该直角三角形的内切圆的半径为r，则有： r=

=1．

故此圆的半径为1cm．

15．如图，PA、PB切⊙O于A、B两点，若∠APB=60°，⊙O的半径为3，则阴影部分的面积为 9﹣3π ．

【考点】扇形面积的运算；切线长定理．

【分析】阴影部分的面积等于四边形OAPB的面积减去扇形AOB的面积． 【解答】解：连接OA，OB，OP．

依照切线长定理得∠APO=30°， ∴OP=2OA=6，AP=OP•cos30°=3

，∠AOP=60°．

=9

；扇形的面积是

=3π，

∴四边形的面积=2S△AOP=2××3×3

∴阴影部分的面积是9﹣3π．

16．如图，在直角坐标系中，点A（0，5），点P（2，3），将△AOP绕点O顺时针方向旋转，使OA边落在x轴上，则点P'的坐标为 （3，﹣2） ．

【考点】坐标与图形变化-旋转．

【分析】如图，过点P作PE⊥x轴于点E，过点P′作P′F⊥y轴于点F，证△POE≌△P′OF可得P′F=PE=3，OF=OE=2，从而可得点P′的坐标．

【解答】解：如图，过点P作PE⊥x轴于点E，过点P′作P′F⊥y轴于点F，

∴∠PEO=∠P′FO=90°，

由旋转可知∠POP′=90°，即∠POE+∠P′OA′=90°，OP=OP′， 又∵∠P′OA′+∠P′OF=90°， ∴∠POE=∠P′OF， 在△POE和△P′OF中， ∵

，

∴△POE≌△P′OF（AAS）， ∴P′F=PE=3，OF=OE=2， ∴点P′坐标为（3，﹣2）， 故答案为：（3，﹣2）． 17．圆锥的侧面积恰好等于其底面积的2倍，则该圆锥的侧面展开图所对应的扇形圆心角的度数为 180° ．

【考点】圆锥的运算．

【分析】设出圆锥的母线长和底面半径，利用圆锥的侧面积等于其底面积的2倍，得到圆锥底面半径和母线长的关系，然后利用圆锥侧面展开图的弧长=底面周长即可得到圆锥侧面展开图所对应扇形圆心角的度数．

【解答】解：设母线长为R，圆锥侧面展开图所对应扇形圆心角的度数为n，底面半径为r，∴底面周长=2πr，底面面积=πr2，侧面积=×2πr×R=πRr=2×πr2， ∴R=2r， ∵

=2πr=πR，

∴n=180°．

故答案为：180°．

18．如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=6，边CD在直线l上，将矩形ABCD沿直线l作无滑动翻动，当点A第一次翻动到点A1位置时，则点A通过的路线长为 12π ．

【考点】轨迹；矩形的性质．

【分析】如图依照旋转的性质知，点A通过的路线长是三段：①以90°为圆心角，AD长为半径的扇形的弧长；②以90°为圆心角，AB长为半径的扇形的弧长；③90°为圆心角，矩形ABCD对角线长为半径的扇形的弧长．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=8，BC=6， ∴BC=AD=3，∠ADC=90°，对角线AC（BD）=10． ∵依照旋转的性质知，∠ADA′=90°，AD=A′D=BC=6， ∴点A第一次翻动到点A′位置时，则点A′通过的路线长为：同理，点A′第一次翻动到点A″位置时，则点A′通过的路线长为：点A″第一次翻动到点A1位置时，则点A″通过的路线长为：

=3π．

=4π． =5π．

则当点A第一次翻动到点A1位置时，则点A通过的路线长为：3π+4π+5π=12π． 故答案是：12π．

三、解答与证明（共66分） 19．解方程： （1）（2x﹣1）2=9 （2）（x+1）（x+2）=2x+4 （3）3x2﹣4x﹣1=0 （4）

+

=1．

【考点】解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-直截了当开平方法；解一元二次方程-公式法；解分式方程． 【分析】（1）利用直截了当开平方法解方程得出答案；

（2）直截了当利用提取公因式法分解因式进而解方程得出答案； （3）直截了当利用公式法解方程得出答案； （4）利用分式方程解法去分母进而解方程即可． 【解答】解：（1）（2x﹣1）2=9 则2x﹣1=±3，

故2x﹣1=3或2x﹣1=﹣3， 解得：x1=2，x2=﹣1；

（2）（x+1）（x+2）=2x+4 （x+1）（x+2）﹣2（x+2）=0， 则（x+2）（x+1﹣2）=0， 故x+2=0或x﹣1=0， 解得：x1=﹣2，x2=1；

（3）3x2﹣4x﹣1=0 b2﹣4ac=16+12=28＞0， 则x=解得：x1=

（4）去分母得：3+x（x+3）=x2﹣9， 解得：x=﹣4，

经检验：x=﹣4是原方程的根． 20．C，E，如图，射线AM交一圆于点B、射线AN交该圆于点D、且

， ，x2=

；

=AB=AD． ，求证：

【考点】圆心角、弧、弦的关系．

【分析】连接BD、CE．由已知条件得到，∴依照等腰三角形的性质得到AC=AE．因此得到结论． 【解答】证明：连BD、CE． ∵=， ∴，∴=， ∴∠ACE=∠AEC， ∴AC=AE． ∵=， ∴BC=DE．

∴AC﹣BC=AE﹣DE， 即AB=AD．

=，推出∠ACE=∠AEC，

21．“六一”儿童节前，玩具商店依照市场调查，用2500元购进一批儿童玩具，上市后专门快脱销，接着又用4500元购进第二批这种玩具，所购数量是第一批数量的1.5倍，但每套进价多了10元．第一、二批玩具每套的进价分别是多少元？ 【考点】分式方程的应用．

【分析】设第一批玩具每套的进价是x元，则第二批玩具每套的进价是（x+10）元，依照“所购数量是第一批数量的1.5倍”得到等量关系：第二批进的件数=第一批进的件数×1.5，据此列出方程，求解即可．

【解答】解：设第一批玩具每套的进价是x元，则第二批玩具每套的进价是（x+10）元， 由题意，

×1.5=

，

解得x=50，

经检验x=50是分式方程的解，符合题意．

答：第一批玩具每套的进价是50元，第二批玩具每套的进价是60元．

22．如图，△ABC内接于⊙O，∠B=60°，CD是⊙O的直径，点P是CD延长线上一点，且AP=AC．

（1）求证：PA是⊙O的切线； （2）若PD=1，求⊙O的直径．

【考点】切线的判定． 【分析】（1）连接OA，依照圆周角定理第一求得∠AOC的度数，然后依照等腰三角形的性质求得∠OAP=90°，从而求解；

（2）依照直角三角形的性质，直角三角形中30°所对的边等于斜边的一半，即可求解． 【解答】（1）证明：连接OA， ∵∠B=60°，

∴∠AOC=2∠B=120°， 又∵OA=OC，

∴∠OAC=∠OCA=30°，

又∵AP=AC，

∴∠P=∠ACP=30°，

∴∠OAP=∠AOC﹣∠P=90°， ∴OA⊥PA，

∴PA是⊙O的切线．

（2）设该圆的半径为x． 在Rt△OAP中，∵∠P=30°，

∴PO=2OA=OD+PD，又∵OA=OD， ∴1+x=2x， 解得：x=1 ∴OA=PD=1，

因此⊙O的直径为2．

23．某市自来水公司为鼓舞居民节约用水，采取按月用水量分段收费的方法，若某户居民应交水费y（元）与用水量x（吨）的函数关系如图所示．

（1）分别写出当0≤x≤15和x≥15时，y与x的函数关系式； （2）若某用户该月应交水费42元，则该月用水多少吨？

【考点】一次函数的应用；待定系数法求一次函数解析式．

【分析】先依照待定系数法求得OA和AB的解析式；再将y=42代入AB的解析式求解即可．

【解答】解：（1）当0≤x≤15时，OA过点（0，0），（15，27）， 设y=kx， ∴27=15k， ∴k=，

∴y=x（0≤x≤15）；

当x≥15时，AB过点A（15，27），B（20，39.5），

设y=k1x+b， 则

，

解得，

∴y=2.5x﹣10.5（x≥15）；

（2）∵42＞27，

∴令y=42，则42=2.5x﹣10.5， 解得x=21，

故该月用水21吨．

24．如图，BC为⊙O的直径，AD⊥BC，垂足为D，（1）求证：AE=BE；

（2）若A，F把半圆三等分，BC=12，求AE的长．

，BF与AD交于E．

【考点】圆周角定理；勾股定理；圆心角、弧、弦的关系． 【分析】（1）连AC，要证明AE=BE，只要证∠ABE=∠BAE；BC为⊙O的直径，得到∠BAC=90°，而AD⊥BC，可得∠BAD=∠ACB，由，得∠ACB=∠ABF，如此就有∠ABE=∠BAE；

（2）由A，F把半圆三等分，得到∠ACB=∠CBF=30°，而BC=12，得到AB=6，再依照∠BAD=∠ACB，得到∠BAD=30°，因此BD=3，最后在Rt△BDE中，∠CBF=30°，BD=3，即可求出BE． 【解答】解：（1）连AC，如图， ∵BC为⊙O的直径， ∴∠BAC=90°， 又∵AD⊥BC， ∴∠BAD=∠ACB， 又∵，

∴∠ACB=∠ABF， ∴∠ABE=∠BAE， ∴AE=BE；

（2）∵A，F把半圆三等分， ∴∠ACB=∠CBF=∠ABF=30°， ∴∠BAD=30°，

在Rt△ABC中，BC=12，因此AB=BC=6， 在Rt△ABD中，AB=6，因此BD=AB=3， Rt△BDE中，∠CBF=30°，BD=3， ∴DE=

=

=

，

∴BE=2， 因此AE=2．

25．某公司专销产品A，第一批产品A上市40天内全部售完、该公司对第一批产品A上市后的市场销售情形进行了跟踪调查，调查结果如图所示，其中图（1）中的折线表示的是市场日销售量与上市时刻的关系；图（2）中的折线表示的是每件产品A的销售利润与上市时刻的关系．

（1）写出第一批产品A的市场日销售量y与上市时刻t的关系式； （2）写出每件产品A的销售利润y与上市时刻t的关系式；

（3）第一批产品A上市后，哪一天这家公司市场日销售利润最大？最大利润是多少万元？

【考点】二次函数的应用． 【分析】（1）依照0≤t≤30、30＜t≤40两种情形，利用待定系数法分别求解可得； （2）分0≤t≤20、20＜t≤40两种情形，分别求解可得；

20＜t≤30、30＜t≤40三种情形，（3）分0≤t≤20、依照总利润=每件产品利润×日销售量，

分别求出其最大值，比较后即可得． 【解答】解：（1）由图1可得，

当0≤t≤30时，设市场的日销售量y=kt， ∵点（30，60）在图象上，∴60=30k， ∴k=2，即y=2t；

当30＜t≤40时，设市场的日销售量y=k1t+b， ∵点（30，60）和（40，0）在图象上， ∴

解得k1=﹣6，b=240． ∴y=﹣6t+240． 故y=

；

（2）由图②可得：

当0≤t≤20时，每件产品的日销售利润为y=3t； 当20＜t≤40时，每件产品的日销售利润为y=60； 故y=

；

（3）①当0≤t≤20时，

y=3t•2t=6t2．

t=20时，y的最大值为2400（万元）； ②当20＜t≤30时， y=2t•60=120t．

t=30时，y的最大值为3600（万元）； ③当30＜t≤40时， y=60（﹣6t+240） =﹣360t+14400 ∵k=﹣360＜0，

∴y随t的增大而减小． ∴y＜﹣360×30+14400 即y＜3600（万元）

∴第30天取最大利润3600万元．

26．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，A点在原点的左则，B点的坐标为（3，0），与y轴交于C（0，﹣3）点，点P是直线BC下方的抛物线上一动点．

（1）求那个二次函数的表达式；

（2）求出四边形ABPC的面积最大时的P点坐标和四边形ABPC的最大面积；

（3）连结PO、PC，在同一平面内把△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C，是否存在点P，使四边形POP′C为菱形？若存在，要求出现在点P的坐标；若不存在，请说明理由； （4）在直线BC找一点Q，使得△QOC为等腰三角形，请直截了当写出Q点坐标．

【考点】二次函数综合题．

【分析】（1）依照点B、C的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的表达式；

（2）有点B、C的坐标可得出直线BC的表达式，过P作PD∥y轴，交BC于D，设出点P的坐标，由此即可得出点D的坐标，依照三角形的面积以及三角形的面积公式即可得出S四边形ABPC关于a的二次函数表达式，依照二次函数的性质即可解决最值问题；

（3）取OC的中点E，过E作OC的垂线交抛物线于P，在PE的延长线上取EP′=PE，连

P′C，接P′O、依照菱形的性质即可得出关于x的一元二次方程，解方程即可得出点P和点P′

的坐标，此题得解；

（4）设点Q的坐标为（m，m﹣3），结合点O、C的坐标即可得出OC、OQ、QC的长度，分OC=OQ、OC=QC以及OQ=QC三种情形考虑，由此即可得出关于m的方程，解方程求出m的值，将其代入点Q的坐标中即可得出结论．

【解答】解：（1）将点B（3，0）、C（0，﹣3）代入y=x2+bx+c中， 得：

，解得：

，

∴该二次函数的表达式为y=x2﹣2x﹣3． （2）∵点B（3，0），点C（0，﹣3）， ∴直线BC：y=x﹣3．

过P作PD∥y轴，交BC于D，如图1所示． 设P（a，a2﹣2a﹣3），则点D（a，a﹣3）， 当y=0时，x2﹣2x﹣3=0， 解得：x1=﹣1，x2=3， ∴点A（﹣1，0）．

则S四边形ABPC=S△ABC+S△PBC， =•AB•|yC|+•OB•DP，

=×4×3+×3×[a﹣3﹣（a2﹣2a﹣3）]， =﹣

+

，

∵﹣＜0，0＜a＜3，

∴当a=时，四边形ABPC的面积取最大值，最大值为

．

（3）取OC的中点E，过E作OC的垂线交抛物线于P，在PE的延长线上取EP′=PE，连接P′O、P′C，如图2所示． ∵OE=CE，EP=EP′，OC⊥PP′， ∴四边形POP′C为菱形． 当y=﹣，则有﹣=x2﹣2x﹣3， 解得：x1=∴存在点P（

（舍去），x2=

，

，﹣），使四边形POP′C为菱形．

（4）设点Q的坐标为（m，m﹣3），

∵O（0，0），C（0，﹣3）， ∴OC=3，PC=

△QOC为等腰三角形分三种情形： ①当OC=PC时，3=|m|， 解得：m=±

，

，

﹣3）或（﹣，

，﹣

﹣3）；

=

|m|，PO=

．

现在点Q的坐标为（②当OC=PO时，3=

解得：m=3或m=0（舍去），

现在点Q的坐标为（3，0）； ③当PC=PO时，有解得：m=，

现在点Q的坐标为（，﹣）． 综上可知：Q点坐标为（

，

﹣3）、（﹣

，﹣

﹣3）、（3，0）或（，﹣）．

|m|=

，

2021年12月8日