2022-2023学年江苏省无锡市新吴区新城实验中学九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江苏省无锡市新吴区新城实验中学九年级（上）期中数学试卷（含解析），共27页。试卷主要包含了选择题，三月份共生产280台．设二，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年江苏省无锡市新吴区新城实验中学九年级（上）期中数学试卷


一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列方程为一元二次方程的是(    )
A. y+x=0 B. 2x+1=0 C. x2+2x=5 D. 4x2=1
2. 若⊙O的半径为4cm，点A到圆心O的距离为5cm，那么点A与⊙O的位置关系是(    )
A. 点A在圆外 B. 点A在圆上 C. 点A在圆内 D. 不能确定
3. 下列图形，一定相似的是(    )
A. 两个直角三角形 B. 两个等腰三角形 C. 两个等边三角形 D. 两个菱形
4. 下列说法：①优弧比劣弧长；②三点可以确定一个圆；③长度相等的弧是等弧；④经过圆内的一个定点可以作无数条弦；其中不正确的个数是(    )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
5. 若关于x的方程x2-x-m=0没有实数根，则m的值可以为(    )
A. -1 B. -14 C. 0 D. 1
6. 如图，△ABC内接于⊙O，∠C=45°，AB=2，则⊙O的半径为(    )
A. 1
B. 22
C. 2
D. 2
7. 某厂一月份生产某机器100台，计划二、三月份共生产280台．设二、三月份每月的平均增长率为x，根据题意列出的方程是(    )
A. 100(1+x)2=280
B. 100(1+x)+100(1+x)2=280
C. 100(1-x)2=280
D. 100+100(1+x)+100(1+x)2=280
8. 图O的直径AB=2点D在AB的延长线，DC与⊙O相于点C，连AC.若∠A=3°CD为(    )
A. 13
B. 33
C. 233
D. 3
9. 如图，直线y=33x+23与x轴、y轴分别相交于A、B两点，圆心P的坐标为(2,0).⊙P与y轴相切于点O，若将⊙P沿x轴向左移动，当⊙P与该直线相交时，横坐标为整数的点P的个数是(    )


A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
10. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4，将△ABC绕点A沿顺时针方向旋转后得到△ADE，直线BD、CE相交于点O，连接AO.则下列结论中：①△ABD∽△ACE；②∠COD=135°；③AO⊥BD；④△AOC面积的最大值为8.其中正确的有(    )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

二、填空题（本大题共8小题，共24.0分）
11. 若xy=83，则x-yy=______．
12. 在比例尺为1：10000的地图上，相距7.5cm的两地A、B的实际距离为______m.
13. 设α、β是方程x2-x-3=0的两个实数根，则α+β=______．
14. 已知圆锥的底面圆半径为3，母线长为5，则圆锥的侧面积是______．
15. 如图，在△ABC中，DE//AB，DF//BC，如果AFFB=23，那么CECB=______．


16. 如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB=AD，若点E在AD上，若∠E=110°，则∠C=______．


17. 如图，扇形AOB中，∠AOB=90°，点C为AB的中点，以AC为边向左侧作面积为24的正方形ACDE，顶点D恰好落在OB上，则扇形AOB的面积为______．

18. 如图，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，点F、G分别在AD、BC上，连结OG、DG，若OG⊥DG，且⊙O的半径长为1，则BC-AB的值______，CD+DF的值______．




三、解答题（本大题共9小题，共76.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题16.0分)
解方程．
(1)(x+3)2=25；
(2)x2-6x-2=0(配方法)；
(3)2x2-4x+1=0；
(4)x(x-2)=2-x．
20. (本小题6.0分)
已知：▱ABCD的两边AB、AD的长是关于x的方程x2-mx+m-1=0的两个实数根．
(1)当m为何值时，四边形ABCD是菱形？求出这时菱形的边长；
(2)若AB的长为3，那么▱ABCD的周长是多少？
21. (本小题6.0分)
如图，在⊙O中，直径AB与弦CD相交于点P，∠CAB=45°，∠APD=75°．
(1)求∠B的大小；
(2)已知圆心O到BD的距离为3，求AD的长．

22. (本小题6.0分)
如图，在▱ABCD中，G是CD延长线上一点，连接BG交AC，AD于E，F．
(1)求证：△ABE∽△CGE；
(2)若AF=2FD，求BEEG的值．

23. (本小题8.0分)
如图，在△ABC中，已知∠ABC=90°，在AB上取一点E，以BE为直径的⊙O恰与AC相切于点D，若AE=4cm，∠A=30°．
(1)求⊙O的半径；
(2)求出由线段CD、CB与劣弧BD围成的图形面积．

24. (本小题6.0分)
在△ABC中，∠ACB=90°，点E、F分别是边AB、BC上的两个点，点B关于直线EF的对称点P恰好落在边AC上且满足EP⊥AC．
(1)请你利用无刻度的直尺和圆规画出对称轴EF；(保留作图痕迹，不写作法)
(2)若BC=3，AC=4，则线段EP=______．

25. (本小题8.0分)
无锡阳山水蜜桃是中国国家地理标志产品，软香可口、汁多味甜，有“水做的骨肉”美誉．某水果批发商销售阳山水蜜桃，每箱成本是50元，经过调查发现：销售单价是60元时，平均每天的销量是80箱，当销售单价每提高5元，平均每天就少售出10箱，但销售单价不得超过90元．
(1)若销售单价为65元，求每天的销售利润；
(2)要使每天销售阳山水蜜桃盈利1200元，水蜜桃属于易坏食品，批发商想要尽快销售水蜜桃，那么每箱水蜜桃的售价应为多少元？
26. (本小题10.0分)
如图，已知AB为半圆O的直径，P为半圆上的一个动点(不含端点)，以OP、OB为一组邻边作▱POBQ，连接OQ、AP，设OQ、AP的中点分别为M、N，连接PM、ON．
(1)试判断四边形OMPN的形状，并说明理由．
(2)若点P从点B出发，以每秒15°的速度，绕点O在半圆上逆时针方向运动，设运动时间为ts．
①试求：当t为何值时，四边形OMPN的面积取得最大值？并判断此时直线PQ与半圆O的位置关系(需说明理由)；
②是否存在这样的t，使得点Q落在半圆O内？若存在，请直接写出t的取值范围；若不存在，请说明理由．

27. (本小题10.0分)
如图，矩形ABCD，AB=2，BC=10，点E为AD上一点，且AE=AB，点F从点E出发，向终点D运动，速度为1cm/s，以BF为斜边在BF上方作等腰直角△BFG，以BG，BF为邻边作▱BFHG，连接AG.设点F的运动时间为t秒．

(1)试说明：△ABG∽△EBF；
(2)当点H落在直线CD上时，求t的值；
(3)点F从E运动到D的过程中，直接写出HC的最小值．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A.方程y+x=0是二元一次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
B.方程2x+1=0是一元一次方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
C.方程x2+2x=5是分式方程，不是整式方程，不是一元二次方程，故本选项不符合题意；
D.方程4x2=1是一元二次方程，故本选项符合题意；
故选：D．
根据一元二次方程的定义逐个判断即可．
本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义是解此题的关键，只有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程，叫一元二次方程．

2.【答案】A 
【解析】解：∵⊙O的半径为4cm，点A到圆心O的距离为5cm，5cm>4cm，
∴点A在圆外．
故选：A．
直接根据点与圆的位置关系即可得出结论．
本题考查的是点与圆的位置关系，熟知设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，当d>r时，点P在圆外是解答此题的关键．

3.【答案】C 
【解析】解：A.两个直角三角形，对应角不一定相等，对应边不一定成比例，不符合相似的定义，故A选项不符合题意；
B.两个等腰三角形的对应角不一定相等，对应边不一定成比例，不符合相似的定义，故B选项不符合题意；
C.两个等边三角形的对应角一定相等，对应边一定成比例，符合相似的定义，故C选项符合题意；
D.两个菱形，对应边成比例，对应角不一定相等，不符合相似的定义，故D选项不符合题意；
故选：C．
根据相似图形的定义：对应角相等，对应边成比例的两个图形一定相似，结合选项，用排除法求解．
本题考查了相似图形，熟悉各种图形的性质是解题的关键．

4.【答案】C 
【解析】解：①优弧比劣弧长，不一定，在同圆或等圆中结论成立，故①错误．
②三点可以确定一个圆，错误，应该是过不在同一直线上的三个点确定一个圆．故②错误．
③长度相等的弧是等弧，错误，长度相等的弧不一定相等，等弧的长度相等，故③错误．
④经过圆内的一个定点可以作无数条弦，故④正确．
故选：C．
根据等弧的定义，优弧，劣弧的定义，确定圆的条件，弦的定义一一判断即可．
本题考查等弧的定义，优弧，劣弧的定义，确定圆的条件，弦的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本概念，属于中考常考题型．

5.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了一元二次方程根的判别式，需要掌握一元二次方程没有实数根相当于判别式小于零．
根据关于x的方程x2-x-m=0没有实数根，判断出△<0，求出m的取值范围，再找出符合条件的m的值．
【解答】
解：∵关于x的方程x2-x-m=0没有实数根，
∴△=(-1)2-4×1×(-m)=1+4m<0，
解得：m<-14，
故选A．  
6.【答案】D 
【解析】解：连接AO，并延长交⊙O于点D，连接BD，
∵∠C=45°，∴∠D=45°，
∵AD为⊙O的直径，∴∠ABD=90°，
∴∠DAB=∠D=45°，
∵AB=2，∴BD=2，
∴AD=AB2+BD2=22+22=22，
∴⊙O的半径AO=AD2=2．
故选D．
连接AO，并延长交⊙O于点D，连接BD，由圆周角定理可得∠D与∠ABD的度数，再由勾股定理即可解答．
此题比较简单，考查的是圆周角定理及勾股定理，解答此题的关键是作出辅助线，构造出直角三角形．

7.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题可根据增长率的一般规律找到关键描述语，列出方程，平均增长率问题，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.主要考查增长率问题，一般用增长后的量=增长前的量×(1+增长率)，如果设二、三月份每月的平均增长率为x，根据“计划二、三月份共生产280台”，即可列出方程．
【解答】
解：设二、三月份每月的平均增长率为x，
则二月份生产机器为：100(1+x)，
三月份生产机器为：100(1+x)2；
又知二、三月份共生产280台，
所以，可列方程：100(1+x)+100(1+x)2=280．
故选B．  
8.【答案】D 
【解析】解：右图所示，连C，OC，
∴∠BC=9°，
∵AB=，
∵AB是径，
∴D=OD2-OC2=22-12=3，
∴OD2，
∴∠D=∠CBA-D=60-30°=3°，
∴OC1，
∴BCD=∠A=30°，C=90°，
选D．
先B，OC由AB是直径，可知∠BCA=9°，而∠A=30°，易求∠CBA，又DC线，用弦切角定理可知∠CB=∠A=30°，再利用角形角质可D切线质得∠=∠A=30°，∠OCD=9°，易得OD，由勾股定理可CD．
本题考查了直径所对的周角等0、切性质、弦角定理、三角形外角性质，解题的关键连BCC，构造直角三角形AC，利勾股定解此题的关键．

9.【答案】C 
【解析】解：令y=0，则33x+23=0，
解得x=-6，
则A点坐标为(-6,0)；
令x=0，则y=23，
则B点坐标为(0,23)，
∴tan∠BAO=33，
∴∠BAO=30°，
作⊙P'与⊙P″切AB于D、E，
连接P'D、P″E，则P'D⊥AB、P″E⊥AB，
则在Rt△ADP'中，AP'=2×DP'=4，
同理可得，AP″=4，
则P'横坐标为-6+4=-2，P″横坐标为-6-4=-10，
∴P横坐标x的取值范围为：-10 ∴点P横坐标为-9，-8，-7，-6，-5，-4，-3共7个，
故选：C．
求出函数与x轴、y轴的交点坐标，求出函数与x轴的夹角，计算出当⊙P与AB相切时点P的坐标，判断出P的横坐标的取值范围．
本题考查了直线与圆的位置关系，根据一次函数的解析式求点的坐标，熟悉一次函数的性质和切线的性质是解题的关键．

10.【答案】C 
【解析】解：由旋转性质可知，AC=BC=AE=DE=4，AB=AD=42，
∴ABAC=ADAE=2．
∵∠DAE=∠CAB=45°，
∴∠DAE+∠EAB=∠CAB+∠EAB，即∠DAB=∠EAC．
故△ABD∽△ACE，故①正确；
设AB、CE交于点G，如图．

由△ABD∽△ACE，可得∠DBA=∠ECA，
又∠EGB=∠CGA，
∴∠BOC=∠BAC=45°，
∴∠COD=135°，故②正确；
由∠BOC=∠BAC=45°，可知A、C、B、O四点共圆，
由圆内接四边形性质知∠BOA+∠BCA=180°，
则∠BOA=90°，即AO⊥BD．
故③正确；
以AC作△AOC底边，则O到AC距离为高，设高为h，
当h最大时，△AOC面积才最大．
∵A、C、B、O四点共圆，且∠BCA=90°，
故AB为此圆直径，当h垂直AC通过圆心的时候，h最大，
此时h=22+2，
故△AOC的面积最大值为12×4×h=42+4，
故④错误．
故正确的一共有3个，
故选：C．
由旋转性质证明△ABD∽△ACE即可判断①；由△ABD∽△ACE，可得∠DBA=∠ECA，∠OGB=∠CGA，进而∠BOC=∠BAC=45°即可判断②；证明△ABD为等腰三角形即可判断③；通过A、C、B、F四点共圆，当O、G、C三点一线且垂直AC通过圆心的时候，可得△AOC的高最大，从而△AOC的面积最大，进而判断④．
本题考查了等腰三角形判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆的相关知识，三角形面积计算，掌握当三角形底一定时，高最大时面积才最大，找到高最大时候的位置是判断④的关键．

11.【答案】53 
【解析】解：∵xy=83，
∴x=83y，
∴x-yy=83y-yy=53；
故答案为：53．
根据比例的性质得出x=83y，再代入要求的式子进行计算即可．
本题考查了比例的基本性质，比较简单，用y表示出x是解题关键．

12.【答案】750 
【解析】解：设AB的实际距离为x cm，
∵比例尺为1：10000，
∴7.5：x=1：10000，
解得x=75000，
75000cm=750m．
故答案为：750．
设AB的实际距离为x cm，根据比例尺的定义得到7.5：x=1：10000，利用比例的性质求得x的值，注意单位统一．
此题考查了比例线段，用到的知识点是比例线段的性质，关键是根据比例线段的性质列出算式，注意单位的统一．

13.【答案】1 
【解析】解：∵α、β是方程x2-x-3=0的两个实数根，
∴α+β=1．
故答案为：1．
利用“两根之和等于-ba”，可求出α+β的值．
本题考查了根与系数的关系，牢记“两根之和等于-ba，两根之积等于ca”是解题的关键．

14.【答案】15π 
【解析】解：圆锥的侧面积=12⋅2π⋅3⋅5=15π．
故答案为15π．
利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．
本题考查了圆锥的计算：圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长．

15.【答案】35 
【解析】
【分析】
根据DF//BC，得出ADDC=AFFB=23，再根据DE//AB列出比例式，计算即可．
本题考查的是平行线分线段成比例定理，灵活运用定理、找准对应关系是解题的关键．
【解答】
解：∵DF//BC，AFFB=23，
∴ADDC=AFFB=23，
∴CDCA=35，
∵DE//AB，
∴CECB=CDCA=35，
故答案为：35．  
16.【答案】140° 
【解析】解：∵四边形ABDE是⊙O的内接四边形，
∴∠ABD=180°-∠E=70°，
∵AB=AD，
∴∠ADB=∠ABD=70°，
∴∠BAD=180°-70°×2=40°，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠C=180°-∠BAD=140°，
故答案为：140°．
根据圆内接四边形的性质求出∠ABD，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出∠BAD，根据圆内接四边形的性质计算，得到答案．
本题考查的是圆内接四边形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键．

17.【答案】(6+32)π 
【解析】解：过点C作CH⊥OA于点H，连接OC，如图所示：

则∠OHC=90°，
∵扇形AOB中，∠AOB=90°，点C为AB的中点，
∴∠AOC=45°，
∴∠OCH=45°，
∴OH=CH，
设OH=CH=x，
根据勾股定理，得OC=2x，
∴OA=2x，
∴AH=(2-1)x，
∵以AC为边向左侧作面积为24的正方形ACDE，
∴AC2=24，
在Rt△AHC中，根据勾股定理，得(2-1)2x2+x2=24，
∴x2=12+62，
∴OC2=2x2=24+122，
∴扇形AOB的面积=14πOC2=(6+32)π，
故答案为：(6+32)π．
过点C作CH⊥OA于点H，连接OC，根据已知条件可知∠AOC=45°，设OH=CH=x，根据勾股定理，得OC=2x，在Rt△AHC中，根据勾股定理，得(2-1)2x2+x2=24，求出x2=12+62，进一步求扇形AOB的面积即可．
本题考查了正方形的性质，扇形面积的计算，勾股定理等，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．

18.【答案】2  5 
【解析】解：如图，设⊙O与BC的切点为M，连接MO并延长MO交AD于点N，

∵将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，
∴OG=DG，
∵OG⊥DG，
∴∠MGO+∠DGC=90°，
∵∠MOG+∠MGO=90°，
∴∠MOG=∠DGC，
在△OMG和△GCD中，
∠OMG=∠DCG=90°∠MOG=∠DGCOG=DG，
∴△OMG≌△GCD(AAS)，
∴OM=GC=1，CD=GM=BC-BM-GC=BC-2．
∵AB=CD，
∴BC-AB=2；
设AB=a，BC=b，AC=c，⊙O的半径为r，
⊙O是Rt△ABC的内切圆可得r=12(a+b-c)，
∴c=a+b-2．
在Rt△ABC中，由勾股定理可得a2+b2=(a+b-2)2，
整理得2ab-4a-4b+4=0，
又∵BC-AB=2即b=2+a，代入可得2a(2+a)-4a-4(2+a)+4=0，
解得a1=1-3(舍去)，a2=1+3，
∴BC+AB=23+4，
∴AB=1+3，BC=3+3，
再设DF=x，在Rt△ONF中，FN=3+3-1-x，OF=x，ON=1+3-1，
由勾股定理可得(2+3-x)2+(3)2=x2，
解得x=4-3，
∴CD+DF=3+1+4-3=5，
故答案为：2，5．
设⊙O与BC的切点为M，连接MO并延长MO交AD于点N，根据折叠的性质得到OG=DG，根据全等三角形的性质得到OM=GC=1，CD=GM=BC-BM-GC=BC-2.设AB=a，BC=b，AC=c，⊙O的半径为r，推出⊙O是Rt△ABC的内切圆可得r=12(a+b-c)，根据勾股定理得到BC+AB=23+4，再设DF=x，在Rt△ONF中，FN=3+3-1-x，OF=x，ON=1+3-1，由勾股定理可得x=4-3，于是得到结论．
本题考查了三角形的内切圆和内心，切线的性质，勾股定理，矩形的性质等知识点的综合应用，解决本题的关键是三角形内切圆的性质．

19.【答案】解：(1)(x+3)2=25，
∴x+3=±5，
∴x1=2，x2=-8；
(2)x2-6x-2=0，
x2-6x=2，
x2-6x+9=11，即(x-3)2=11，
∴x-3=±11，
∴x1=3+11，x2=3-11；
(3)2x2-4x+1=0，
x2-2x=-12，
x2-2x+1=12，即(x-1)2=12，
∴x-1=±22，
∴x1=1+22，x2=1-22；
(4)x(x-2)=2-x，
，
∴(x-2)(x+1)=0，
∴x-2=0或x+1=0，
∴x1=2，x2=-1． 
【解析】(1)利用直接开平方法求解即可；
(2)利用配方法求解即可；
(3)利用配方法求解即可；
(4)利用因式分解法求解即可．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．

20.【答案】解：(1)∵▱ABCD为菱形，
∴AB=AD，
∴关于x的方程x2-mx+m-1=0有两个相等的实数根，
∴Δ=(-m)2-4×1×(m-1)=(m-2)2=0，
解得：m1=m2=2，
∴当m为2时，四边形ABCD是菱形．
将m=2代入原方程得x2-2x+1=0，即(x-1)2=0，
解得：x1=x2=1，
∴这时菱形的边长为1．
(2)将x=3代入原方程得32-3m+m-1=0，
解得：m=4，
∴原方程为x2-4x+3=0，
又∵▱ABCD的两边AB、AD的长是关于x的方程x2-mx+m-1=0的两个实数根，
∴AB+AD=4，
∴▱ABCD的周长是2(AB+AD)=2×4=8． 
【解析】(1)利用菱形的性质及根的判别式，可得出关于m的一元二次方程，解之可求出m的值，将m的值代入原方程，解之即可得出方程的解，即菱形的边长；
(2)将x=3代入原方程，可求出m的值，进而可得出原方程为x2-4x+3=0，利用根与系数的关系，可求出AB+AD的长，再利用平行四边形的周长计算公式，即可求出▱ABCD的周长．
本题考查了根与系数的关系、根的判别式、配方法解一元二次方程、平行四边形的性质以及菱形的判定与性质，解题的关键是：(1)利用菱形的性质及根的判别式Δ=0，求出m的值；(2)利用根与系数的关系，找出AB+AD的长．

21.【答案】解：(1)∵∠CAB=45°，∠APD=75°．
∴∠C=∠APD-∠CAB=30°，
∵由圆周角定理得：∠C=∠B，
∴∠B=30°；

(2)过O作OE⊥BD于E，
∵OE过O，
∴BE=DE，
∵圆心O到BD的距离为3，
∴OE=3，
∵AO=BO，DE=BE，
∴AD=2OE=6． 
【解析】(1)根据三角形外角性质求出∠C，根据圆周角定理得出∠B=∠C，即可求出答案；
(2)过O作OE⊥BD于E，根据垂径定理求出BE=DE，根据三角形中位线求出AD=2OE，代入求出即可．
本题考查了圆周角定理，垂径定理的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．

22.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB//CD，
∴∠ABE=∠CGE，
又∵∠AEB=∠CGE，
∴△ABE∽△CGE．
(2)解：设FD=m，则AF=2m，
∴AD=3m，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD//BC，BC=AD=3m，
∴∠EAF=∠ECB，∠AFE=∠CBE，
∴△AEF∽△CEB
∴AEEC=AFBC=23，
又∵△ABE∽△CGE，
∴BEEG=AEEC=23．
即 BEEG的值为23． 
【解析】(1)根据平行四边形对边平行，得到∠ABE=∠CGE，再利用对顶角相等，可得△ABE∽△CGE；
(2)利用平行四边形对边平行，证明△AEF∽△CEB，得到AEEC=23，再由(1)得，BEEG=AEEC=23，从而求解．
本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练运用相似三角形的判定与性质是解题的关键．

23.【答案】解：(1)连接OD、ED，
∵⊙O与AC相切于点D，
∴AC⊥OD，
∴∠ODA=90°，
∵∠A=30°，
∴∠AOD=60°，
∵OD=OE，
∴△DOE是等边三角形，
∴OE=DE，∠OED=60°，
∴∠EDA=∠OED-∠A=60°-30°=30°，
∴∠EDA=∠A，
∴DE=AE=4cm，
∴OE=4cm，
∴⊙O的半径长为4cm．
(2)连接OC，
∵∠BOD=2∠OED=120°，∠ODC=∠ABC=90°，
∴∠BCD=360°-∠BOD-∠ODC-∠ABC=60°，
∵BC⊥OB，OB是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线，
∴CB=CD，∠OCD=∠OCB=12∠BCD=30°，
∴OD=OB=4cm，
∴OC=2OD=8cm，
∴CB=CD=OC2-OD2=82-42=43(cm)，
∴S△OBC=S△ODC=12×4×43=83(cm2)，
∵S扇形BOD=120360×π×42=16π3(cm2)，
∴S=S△OBC+S△ODC-S扇形BOD=83+83-16π3=483-16π3(cm2)，
∴由线段CD、CB与劣弧BD围成的图形面积是483-16π3cm2． 
【解析】(1)连接OD、ED，由⊙O与AC相切于点D，得∠ODA=90°，而∠A=30°，则∠AOD=60°，可证明△DOE是等边三角形，求得∠EDA=∠A=30°，则OE=DE=AE=4cm，得⊙O的半径长为4cm；
(2)由圆周角定理得∠BOD=2∠OED=120°，而∠ODC=∠ABC=90°，则∠BCD=60°，再证明BC是⊙O的切线，则CB=CD，∠OCD=∠OCB=12∠BCD=30°，得OC=2OD=8cm，再求得CB=CD=43cm，即可由S=S△OBC+S△ODC-S扇形BOD求得由线段CD、CB与劣弧BD围成的图形面积是483-16π3cm2．
此题重点考查圆的切线的判定与性质、圆周角定理、切线长定理、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、三角形的面积公式、扇形的面积公式等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．

24.【答案】158 
【解析】解：(1)如图，直线EF即为所求作．

(2)由作图可知，四边形BEFPF是菱形，
设BE=EP=PF=BF=x，
∵EP⊥AC，
∴∠APE=∠ACB=90°，
∴PE//BC，
∴AEAB=PEBC，
∴5-x5=x3，
∴x=158，
故答案为：158．
(1)作∠ABC的角平分线BP，作线段BP的垂直平分线交AB于E，交BC于F，直线EF即为所求作．
(2)设BE=EP=PF=BF=x，利用平行线分线段成比例定理，求出x，再根据菱形的面积公式求解即可．
本题考查作图-轴对称变换，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

25.【答案】解：(1)(65-50)×(80-10×65-605)
=(65-50)×(80-10×55)
=(65-50)×(80-10)
=15×70
=1050(元)．
答：每天的销售利润为1050元．
(2)设每箱水蜜桃的售价为y元，则每箱的销售利润为(y-50)元，平均每天的销量是(80-10×y-605)箱，
依题意得：(y-50)(80-10×y-605)=1200，
整理得：y2-150y+5600=0，
解得：y1=70，y2=80，
又∵要尽快销售水蜜桃，
∴y=70．
答：每箱水蜜桃的售价应为70元． 
【解析】(1)利用总利润=每箱的销售利润×日销售量，即可求出结论；
(2)设每箱水蜜桃的售价为y元，则每箱的销售利润为(y-50)元，平均每天的销量是(80-10×y-605)箱，利用总利润=每箱的销售利润×日销售量，即可得出关于y的一元二次方程，解之即可得出y值，再结合要尽快销售水蜜桃，即可得出每箱水蜜桃的售价应为70元．
本题考查了一元二次方程的应用以及有理数的混合运算，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

26.【答案】解：(1)四边形OMPN为矩形，
理由如下：∵四边形POBQ为平行四边形，
∴PQ//OB，PQ=OB，
又∵OB=OA，
∴PQ=AO，
又∵PQ//OA，
∴四边形PQOA为平行四边形，
∴PA//QO，PA=QO．
又∵M、N分别为OQ、AP的中点，
∴OM=12OQ，PN=12AP，
∴OM=PN，
∴四边形OMPN为平行四边形，
∵OP=OA，N是AP的中点，
∴ON⊥AP，即∠ONP=90°，
∴四边形OMPN为矩形；
(2)①∵四边形OMPN为矩形，
∴S矩形OMPN=ON⋅NP=12AP⋅ON，
∴S矩形OMPN=S△AOP，
∵△AOP的底AO为定值，
∴当P旋转运动90°(运动至最高点)时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值．
∴t=90÷15=6秒．
∴当t=6s时，四边形OMPN面积最大，
此时，PQ与半圆O相切．
理由如下：∵∠POB=90°，PQ//OB，
∴∠OPQ=90°，
∴PQ与半圆O相切；
②如图，当点Q落在半圆O上时，

∵四边形POBQ是平行四边形，
∴PQ=OB，PO=BQ，
又∵OB=OP=OQ，
∴OP=OQ=PQ=BO=BQ，
∴△POQ是等边三角形，△BQO是等边三角形，
∴∠POQ=∠BOQ=60°，
∴∠BOP=120°，
∴t=12015=8s，
∴当t=8s时，点Q落在半圆O上，
∵当点P与点A重合时，t=18015=12s，
∴当8 【解析】(1)由平行四边形的性质可得PQ//OB，PQ=OB，可证四边形PQOA为平行四边形，可得PA//QO，PA=QO.由中点的性质可得OM=PN，可证四边形OMPN为平行四边形，由垂径定理可得∠ONP=90°，可得结论；
(2)①由面积公式可得S矩形OMPN=S△AOP，由△AOP的底AO为定值，则当P旋转运动90°(运动至最高点)时，高取得最大值，此时△AOP的面积取得最大值，即可求t的值，由平行线的性质可得∠OPQ=90°，可证PQ与半圆O相切；
②求出点Q落在半圆O上时，t的值，点P与点A重合时，t的取值，根据这两个特殊位置，可求点Q落在半圆O内时，t的取值范围．
本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，平行四边形的判定和性质，矩形的判定，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．

27.【答案】(1)证明：如图1中，

∵△ABE，△BGF都是等腰直角三角形，
∴ABBE=BGBF=22，
∵∠ABE=∠GBF=45°，
∴∠ABG=∠EBF，
∴△ABG∽△EBF．

(2)解：如图构建如图平面直角坐标系，

作HM⊥AD于M，GN⊥AD于N.设AM交BG于K．
∵△GFH是等腰直角三角形，
∴FG=FH，∠GNF=∠GFH=∠HMF=90°，
∴∠GFN+∠HFM=90°，∠HFM+∠FHM=90°，
∴∠GFN=∠FHM，
∴△GFN≌△FHM，
∴GN=FM，FN=HM，
∵△ABG∽△EBF，
∴AGEF=ABBE=22，∠AGB=∠EFB，∵∠AKG=∠BKF，
∴∠GAN=∠KBF=45°，
∵EF=t，
∴AG=22t，
∴AN=GN=FM=12t，
∴AM=2+32t，HM=FN=2+12t，
∴H(2+32t,4+12t)，
当点H在直线CD上时，2+32t=10，解得t=163．

(3)由(2)可知H(2+32t,4+12t)，
令x=2+32t，y=4+12t，
消去t得到y=13x+103．
∴点H在直线y=13x+103上运动，
如图，作CH垂直直线y=13x+103垂足为H．

根据垂线段最短可知，此时CH的长最小，
易知直线CH的解析式为y=-3x+30，
由y=-3x+30y=13x+103，解得x=8y=6，
∴H(8,6)，
∵C(10,0)，
∴CH=22+62=210，
∴HC最小值是210． 
【解析】(1)根据两边成比例夹角相等即可证明两三角形相似；
(2)如图构建如图平面直角坐标系，作HM⊥AD于M，GN⊥AD于N.设AM交BG于K.首先证明△GFN≌△FHM，想办法求出点H的坐标，构建方程即可解决问题；
(3)由(2)可知H(2+32t,4+12t)，令x=2+32t，y=4+12t，消去t得到y=13x+103.推出点H在直线y=13x+103上运动，根据垂线段最短即可解决问题；
本题考查相似三角形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的性质、新三角形的判定和性质、一次函数的应用，垂线段最短等知识，解题的关键是学会构建平面直角坐标系解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．