浙江省温州实验中学2021-2022学年九年级上学期期中数学试卷(解析版)

这是一份浙江省温州实验中学2021-2022学年九年级上学期期中数学试卷(解析版)，共28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。

浙江省温州实验中学2021-2022学年九年级上学期期中数学试卷

一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共40分，每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）
1．已知⊙O的半径为5cm，点P是⊙O外一点，则OP的长可能是（　　）
A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
2．将抛物线y＝x2向右平移2个单位后，抛物线的解析式为（　　）
A．y＝（x+2）2 B．y＝x2+2 C．y＝（x﹣2）2 D．y＝x2﹣2
3．如图所示的齿轮有16个齿，每两齿之间间隔相等，相邻两齿间的圆心角α的度数为（　　）

A．20° B．22.5° C．25° D．30°
4．如图，直线a∥b∥c，直线AC分别交a，b，c于点A，B，C，直线DF分别交a，b，c于点D，E，F．若DE＝2EF，AC＝6，则AB的长为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
5．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC为直径，BD平分∠ABC，若∠ABC＝40°，则∠A的度数为（　　）

A．105° B．110° C．115° D．120°
6．如图，两个五边形是位似图形，位似中心为点O，点A与A′对应，，若小五边形的周长为4，则大五边形的周长为（　　）

A．6 B．9 C．10 D．25
7．如图，小明以抛物线为灵感，在平面直角坐标系中设计了一款高OD为14的奖杯，杯体轴截面ABC是抛物线y＝+5的一部分，则杯口的口径AC为（　　）

A．7 B．8 C．9 D．10
8．如图，点P是△ABC的重心，过点P作DE∥AC交BC，AB于D，E，EF∥BC交AC于点F，若AC＝8，BC＝11，则四边形CDEF的周长为（　　）

A．9 B．18 C．19 D．20
9．已知两点A（2，y1），B（6，y2）均在抛物线y＝x2﹣2bx+c上，若y1＞y2，则b的取值范围为（　　）
A．b＞4 B．b＜4 C．b≥4 D．b≤4
10．如图，点C为线段AB的中点，在AC上取点D，分别以AD，CD，BC，BD为边向上作正方形ADGH，CDKL，BCIJ，DBEF，将其面积依次记为S1，S2，S3，S4，在《几何原本》有这样一个结论；S1+S4＝2（S2+S3）．当AB＝2时，若A，K，J共线，则图中阴影部分的面积为（　　）

A． B． C． D．
二、填空题（本题有6小题，每小题3分，共30分）
11．二次函数y＝（x﹣1）2+2的最小值是 　 　．
12．如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在格点上，过A，B，C三点作一圆弧，则圆心的坐标是　 　．

13．如图，在Rt△ABC中，∠CAB＝50°，点D在斜边AB上，如果△ABC绕点B旋转后与△EBD重合，连结AE，那么∠EAB的度数为 　 　．

14．如图1，哥特式尖拱是由两段不同圆心的圆弧组成的轴对称图形，叫做两心尖拱．如图2，已知P，Q分别是和所在圆的圆心，且均在AB上，若PQ＝2m，AB＝6m，则拱高CD的长为 　 　m．

15．如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴相交于A，B两点，点C在对称轴上，且位于x轴的上方，将△ABC沿直线AC翻折得到△AB′C，若点B′恰好落在抛物线的对称轴上，则点C的坐标为 　 　．

16．如图，在Rt△ABC中，已知∠A＝90°，AB＝6，BC＝10，D是线段BC上的一点，以C为圆心，CD为半径的半圆交AC边于点E，交BC的延长线于点F，射线BE交于点G，则BE•EG的最大值为 　 　．

三、解答题（共8小题，满分68分）
17．（8分）（1）已知线段a＝2，b＝9，求线段a，b的比例中项．
（2）已知x：y＝4：3，求的值．
18．（8分）已知抛物线y＝x2﹣6x+5．
（1）求该抛物线的顶点坐标．
（2）该抛物线交x轴于A，B两点，交y轴于点C，求△ABC的面积．
19．（8分）铁路道口的栏杆如图，其A，B两端到旋转支点C的距离分别为AC＝1.2m，BC＝15m．栏杆在水平状态下到地面的距离CD为1.3m，栏杆绕点C转动，当A端下降至离地距离AE为0.9m时，求此时B端到地面的距离（BF）为多少米？

20．（8分）我们把顶点都在格点上的三角形叫做格点三角形．在如下9×9的方格中已给出格点三角形ABC和格点D，请根据下列要求在方格中画图．
（1）在图1中，作与△ABC相似的格点△DEF，且满足S△DEF＝2S△ABC．
（2）在图2中，作与△ABC相似的格点△PEF，使点D为斜边EF的三等分点．


21．（10分）如图，抛物线y＝﹣+bx+c过点A（1，0）和点B（0，2）．
（1）求该抛物线的函数表达式．
（2）将该抛物线上的点M（m，p）向右平移至点N（n，q），当点N落在该抛物线上且位于第一象限时，求m的取值范围．

22．（12分）如图，AB是⊙O的直径，OA＝4，弦CD⊥AB于点G，点E是上的一点，AE与CD相交于点F，且AC＝CE．
（1）求证：∠ACF＝∠CAF．
（2）点P在上，连接PC交AE于Q，当∠ACG＝30°，且DP＝3FQ时，求CP的长．

23．某餐饮店每天限量供应某一爆款菜品大份袋，小份袋合计100份，且当天全部销售完毕，其成本和售价如下表所示．
份量
小份装
大份装
成本（元/份）
40
60
售价（元/份）
60
100
从该店店长处获悉：该餐饮店平均每天实出的小份装比大份装多40份．
（1）求该店每天销售这款爆品菜品获得的总利润．
（2）店长为了增加利润，准备提高小份装的售价，同时降低大份装的售价，售卖时发现：小份装售价每升1元，每天会少销售4份；大份装售价每降1元，每天可多销售2份．设小份装的售价提高了m元（m为整数）．每售出一份小份装可获利 　 　元，此时大份装每天可售出 　 　份．
（3）当m取何值时，每天获利最多？最大利润为多少元？
24．（14分）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8．点E是线段BD上一点，过点A，E，D的⊙O交CD延长线于点F，连结AE，AF，EF．
（1）求证：△AEF∼△BAD．
（2）连接OE，OD，当∠AEB与△OED的一个内角相等时，求所有满足条件的BE的长．
（3）将△ABD绕点D旋转，记旋转后A和B的对应点分别为P，Q，当P，Q同时落在⊙O上时，求点P到弦AD的距离．


参考答案与试题解析
一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共40分，每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）
1．已知⊙O的半径为5cm，点P是⊙O外一点，则OP的长可能是（　　）
A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
【分析】设点与圆心的距离d，已知点P在圆外，则d＞r．
【解答】解：当点P是⊙O外一点时，OP＞5cm，A、B、C均不符．
故选：D．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系，确定点与圆的位置关系，就是比较点与圆心的距离和半径的大小关系．
2．将抛物线y＝x2向右平移2个单位后，抛物线的解析式为（　　）
A．y＝（x+2）2 B．y＝x2+2 C．y＝（x﹣2）2 D．y＝x2﹣2
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律求则可．
【解答】解：根据题意y＝x2的图象向右平移2个单位得y＝（x﹣2）2．
故选：C．
【点评】考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减．
3．如图所示的齿轮有16个齿，每两齿之间间隔相等，相邻两齿间的圆心角α的度数为（　　）

A．20° B．22.5° C．25° D．30°
【分析】根据正多边形的中心角＝，计算即可．
【解答】解：由题意这是正十六边形，中心角α＝＝22.5°，
故选：B．
【点评】本题考查正多边形的有关性质，解题的关键是记住中心角＝．
4．如图，直线a∥b∥c，直线AC分别交a，b，c于点A，B，C，直线DF分别交a，b，c于点D，E，F．若DE＝2EF，AC＝6，则AB的长为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】根据平行线分线段成比例定理列出比例式，把已知数据代入计算即可．
【解答】解：∵a∥b∥c，
∴＝，
∵DE＝2EF，AC＝6，
∴＝2，
解得：AB＝4，
故选：C．
【点评】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．
5．如图，四边形ABCD内接于⊙O，BC为直径，BD平分∠ABC，若∠ABC＝40°，则∠A的度数为（　　）

A．105° B．110° C．115° D．120°
【分析】首先根据角平分线的定义及∠ABC的度数求得∠DBC，再根据圆周角定理推论得∠BDC＝90°，然后求得∠C的度数，利用圆内接四边形的性质求得答案即可．
【解答】解：∵BD平分∠ABC，∠ABC＝40°，
∴∠DBC＝20°，
∵BC是直径，
∴∠BDC＝90°，
∴∠C＝90°﹣∠DBC＝90°﹣20°＝70°，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A＝180°﹣∠C＝180°﹣70°＝110°，
故选：B．
【点评】本题考查了圆内接四边形及圆周角定理的知识，解题的关键是了解圆内接四边形的对角互补，难度不大．
6．如图，两个五边形是位似图形，位似中心为点O，点A与A′对应，，若小五边形的周长为4，则大五边形的周长为（　　）

A．6 B．9 C．10 D．25
【分析】直接利用位似图形的性质得出相似比，进而得出答案．
【解答】解：∵两个五边形是位似图形，位似中心为点O，点A与A′对应，，
∴＝，
∴＝，
∵小五边形的周长为4，设大正方形的周长为x，
∴＝，
解得：x＝10．
故选：C．
【点评】此题主要考查了位似图形，正确得出相似比是解题关键．
7．如图，小明以抛物线为灵感，在平面直角坐标系中设计了一款高OD为14的奖杯，杯体轴截面ABC是抛物线y＝+5的一部分，则杯口的口径AC为（　　）

A．7 B．8 C．9 D．10
【分析】利用待定系数法求出A、C的坐标，可求答案．
【解答】解：OD为14，14＝x2+5，解得x＝±，
∴A（﹣，14），C（，14），
∴AC＝﹣（﹣）＝9，
故选：C．
【点评】本题是关于二次函数应用题，主要考查了二次函数图象和性质，待定系数法，熟练掌握用待定系数法求点的坐标是解题的关键．
8．如图，点P是△ABC的重心，过点P作DE∥AC交BC，AB于D，E，EF∥BC交AC于点F，若AC＝8，BC＝11，则四边形CDEF的周长为（　　）

A．9 B．18 C．19 D．20
【分析】连接BP并延长交AC于点G，由△ABC的重心点P可知BP：BG＝2：3，然后得到BD：BC＝ED：AC＝2：3，从而求得ED和FC的长，然后得到CD：BC＝1：3，再结合EF∥BC求得四边形CDEF是平行四边形，最后求得四边形CDEF的周长．
【解答】解：连接BP并延长交AC于点G，
∵△ABC的重心点P，
∴BP：BG＝2：3，
∵ED∥AC，
∴△BDP∽△BCG，△BEP∽△BAG，
∴，，
∴，，
∵AC＝8，BC＝11，
∴ED＝，CD＝，
∵EF∥BC，ED∥AC，
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴四边形CDEF的周长为2×（+）＝18．
故选：B．

【点评】本题考查了三角形重心的性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，解题的关键是由△ABC的重心得到相关线段长度的比值．
9．已知两点A（2，y1），B（6，y2）均在抛物线y＝x2﹣2bx+c上，若y1＞y2，则b的取值范围为（　　）
A．b＞4 B．b＜4 C．b≥4 D．b≤4
【分析】根据题意和二次函数的性质和对称性可判断b的范围．
【解答】解：当抛物线y＝x2﹣2bx+c（a＞0）的对称轴为直线x＝﹣＝b，a＝1开口向上，
两点A（2，y1），B（6，y2）均在抛物线上y1＞y2，
则b﹣2＞6﹣b，解得b＞4，
故选：A．
【点评】本题考查二次函数的性质、二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数的对称性，熟练掌握利用对称性解决抛物线比较大小的问题是解题的关键．
10．如图，点C为线段AB的中点，在AC上取点D，分别以AD，CD，BC，BD为边向上作正方形ADGH，CDKL，BCIJ，DBEF，将其面积依次记为S1，S2，S3，S4，在《几何原本》有这样一个结论；S1+S4＝2（S2+S3）．当AB＝2时，若A，K，J共线，则图中阴影部分的面积为（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据正方形的性质证明△ADK∽△ABJ，设CD＝x，则AD＝1﹣x，KD＝CD＝x，所以＝，解得x＝，再根据图形可得S阴影部分+S2+S3＝S1+S4＝2（S2+S3），所以S阴影部分＝S2+S3＝CD2+BC2，进而可得结果．
【解答】解：根据题意可知：DK∥BJ，
∴△ADK∽△ABJ，
＝，
∵点C为线段AB的中点，AB＝2，
∴AC＝BC＝BJ＝1，
设CD＝x，
则AD＝1﹣x，KD＝CD＝x，
∴＝，
解得x＝，
∴AD＝1﹣x＝，CD＝DK＝，
∵S阴影部分+S2+S3＝S1+S4＝2（S2+S3），
∴S阴影部分＝S2+S3
＝CD2+BC2
＝（）2+12
＝+1
＝．
故选：A．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，解决本题的关键是掌握相似三角形面积比等于相似比的平方．
二、填空题（本题有6小题，每小题3分，共30分）
11．二次函数y＝（x﹣1）2+2的最小值是 　2　．
【分析】本题考查二次函数最大（小）值的求法．
【解答】解：二次函数y＝（x﹣1）2+2开口向上，其顶点坐标为（1，2），
所以最小值是2．
【点评】本题考查二次函数的基本性质，题目给出的是顶点式，若是一般式则需进行配方化为顶点式或者直接运用顶点公式．
12．如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在格点上，过A，B，C三点作一圆弧，则圆心的坐标是　（2，1）　．

【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．
【解答】解：根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，
可以作弦AB和BC的垂直平分线，交点即为圆心．
如图所示，则圆心是（2，1）．
故答案为：（2，1）．

【点评】本题考查垂径定理的应用，解答此题的关键是熟知垂径定理，即“垂直于弦的直径平分弦”．
13．如图，在Rt△ABC中，∠CAB＝50°，点D在斜边AB上，如果△ABC绕点B旋转后与△EBD重合，连结AE，那么∠EAB的度数为 　70°　．

【分析】先根∠CAB＝50°，求出∠ABC，再结合图形，根据旋转的性质确定出△ABC旋转后与△EBD重合的过程，然后得出答案即可．
【解答】解：∵Rt△ABC中，∠CAB＝50°，
∴∠ABC＝90°﹣∠CAB＝90°﹣50°＝40°．
∵△ABC经过旋转后与△EBD重合，
∴这一旋转的旋转中心是点B，旋转角是40°．BE＝BA，
∴∠BAE＝（180°﹣40°）＝70°，
故答案为：70°．
【点评】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，准确识图是解题的关键．
14．如图1，哥特式尖拱是由两段不同圆心的圆弧组成的轴对称图形，叫做两心尖拱．如图2，已知P，Q分别是和所在圆的圆心，且均在AB上，若PQ＝2m，AB＝6m，则拱高CD的长为 　　m．

【分析】如图，连接CQ．求出PD，PC，利用勾股定理求解．
【解答】解：如图，连接CQ．

由题意CQ＝CP，CD⊥PQ，
∴DQ＝DP＝PQ＝1（m），
∵PA＝QB，
∴AQ＝PB＝（AB﹣PQ）＝2（m），
∴PC＝PA＝2+2＝4（m），
∴CD＝＝＝（m），
故答案为：．
【点评】本题考查了勾股定理和垂径定理，能熟记垂径定理是解此题的关键，注意：垂直于弦的直径平分这条弦．
15．如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣3与x轴相交于A，B两点，点C在对称轴上，且位于x轴的上方，将△ABC沿直线AC翻折得到△AB′C，若点B′恰好落在抛物线的对称轴上，则点C的坐标为 　（1，）　．

【分析】先求出点A，B的坐标，设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为（1，0），AH＝2，由翻折得AB′＝AB＝4，然后解直角三角形即可．
【解答】解：令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴抛物线与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，抛物线的对称轴为直线x＝1，
如图：

设抛物线的对称轴与x轴交于点H，则H点的坐标为（1，0），AH＝2，
由翻折得AB′＝AB＝4，∠CAH＝∠CAB′＝∠HAB′，
在Rt△AB′H中，
cos∠B′AH＝＝＝，
∴∠B′AH＝60°，
∴∠CAH＝30°，
在Rt△CAH中，
CH＝tan30°•AH＝×2＝，
∴C（1，），
故答案为：（1，）．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点、解直角三角形以及翻折变换的性质，关键是对翻折变换的应用．
16．如图，在Rt△ABC中，已知∠A＝90°，AB＝6，BC＝10，D是线段BC上的一点，以C为圆心，CD为半径的半圆交AC边于点E，交BC的延长线于点F，射线BE交于点G，则BE•EG的最大值为 　32　．

【分析】如图，过点C作CH⊥EG于点H．利用相似三角形的性质证明EB•EG＝2AE•EC，设EC＝x，在Rt△ABC中，AC＝＝＝8，推出EB•EG＝2x•（8﹣x）＝﹣2（x﹣4）2+32，利用二次函数的性质求解即可．
【解答】解：如图，过点C作CH⊥EG于点H．

∵CH⊥EG，
∴EH＝GH，
∵∠A＝∠CHE＝90°，∠AEB＝∠CEH，
∴△ABE∽△HCE，
∴＝，
∴BE•EH＝AE•EC，
∴BE•2EH＝2•AE•EC，
∴EB•EG＝2AE•EC，
设EC＝x，
在Rt△ABC中，AC＝＝＝8，
∴EB•EG＝2x•（8﹣x）＝﹣2（x﹣4）2+32，
∵﹣2＜0，
∴x＝4时，BE•EG的值最大，最大值为32，
故答案为：32．
【点评】本题考查圆周角定理，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建二次函数解决最值问题，属于中考填空题中的压轴题．
三、解答题（共8小题，满分68分）
17．（8分）（1）已知线段a＝2，b＝9，求线段a，b的比例中项．
（2）已知x：y＝4：3，求的值．
【分析】（1）设线段x是线段a，b的比例中项，根据比例中项的定义列出等式，利用两内项之积等于两外项之积即可得出答案．
（2）设x＝4k，y＝3k，代入计算，于是得到结论．
【解答】解：（1）设线段x是线段a，b的比例中项，
∵a＝3，b＝6，
x2＝3×6＝18，
x＝（负值舍去）．
∴线段a，b的比例中项是3．
（2）设x＝4k，y＝3k，
∴＝＝﹣．
【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．
18．（8分）已知抛物线y＝x2﹣6x+5．
（1）求该抛物线的顶点坐标．
（2）该抛物线交x轴于A，B两点，交y轴于点C，求△ABC的面积．
【分析】（1）通过配方法把二次函数解析化为顶点式即可；
（2）求出点A，B，C的坐标，再用三角形面积公式求面积即可．
【解答】解：（1）y＝x2﹣6x+5＝（x2﹣6x+9﹣9）+5＝（x﹣3）2﹣4，
∴抛物线的顶点坐标为（3，﹣4）；
（2）令y＝0，则x2﹣6x+5＝0，
即（x﹣1）（x﹣5）＝0，
解得：x1＝1，x2＝5，
∴A（1，0），B（5，0），
∴AB＝4，
令x＝0，则y＝5，
∴C（5，0），
∴OC＝5，
∴S△ABC＝AB•OC＝×4×5＝10．
∴△ABC的面积为10．
【点评】本题考查抛物线与x轴的交点以及三角形的面积，关键是求出抛物线与坐标轴的交点．
19．（8分）铁路道口的栏杆如图，其A，B两端到旋转支点C的距离分别为AC＝1.2m，BC＝15m．栏杆在水平状态下到地面的距离CD为1.3m，栏杆绕点C转动，当A端下降至离地距离AE为0.9m时，求此时B端到地面的距离（BF）为多少米？

【分析】通过证明△A'AC∽△B'BC，可得，可求解．
【解答】解：如图，由题意可得：AC＝1.2m，BC＝15m，AA'＝1.3﹣0.9＝0.4m，

∵AA'⊥A'B'，BB'⊥A'B'，
∴AA'∥BB'，
∴△A'AC∽△B'BC，
∴，
∴，
∴BB'＝5，
∴BF＝5+1.3＝6.3（米）．
【点评】本题主要考查相似三角形的应用，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
20．（8分）我们把顶点都在格点上的三角形叫做格点三角形．在如下9×9的方格中已给出格点三角形ABC和格点D，请根据下列要求在方格中画图．
（1）在图1中，作与△ABC相似的格点△DEF，且满足S△DEF＝2S△ABC．
（2）在图2中，作与△ABC相似的格点△PEF，使点D为斜边EF的三等分点．


【分析】（1）利用数形结合的思想，根据相似比是，求出△DEF的各边，画出图形即可；
（2）利用数形结合思想，构造三边分别为3，6，3的三角形即可．
【解答】解：（1）如图1中，△DEF即为所求；

（2）如图2中，△PEF即为所求．

【点评】本题考查作图﹣相似变换，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
21．（10分）如图，抛物线y＝﹣+bx+c过点A（1，0）和点B（0，2）．
（1）求该抛物线的函数表达式．
（2）将该抛物线上的点M（m，p）向右平移至点N（n，q），当点N落在该抛物线上且位于第一象限时，求m的取值范围．

【分析】（1）代入点A（1，0）和点B（0，2）可求答案；
（2）求出A、B与N点重合时m的值，可得答案．
【解答】解：（1）抛物线过点A（1，0）和点B（0，2），
代入得：，
解得：b＝﹣，
∴抛物线的函数表达式为y＝﹣x2﹣x+2；
（2）点M（m，p）向右平移至点N（n，q），当点N落在该抛物线上且位于第一象限，
若N为点A时，对称轴为直线x＝﹣＝﹣＝，m＝﹣4，
同理若N为点B时，m＝﹣3，
∴m的取值范围为﹣4＜m＜﹣3．
【点评】本题考查了二次函数的待定系数法以及图象特征，关键是利用对称性和数形结合解决问题．
22．（12分）如图，AB是⊙O的直径，OA＝4，弦CD⊥AB于点G，点E是上的一点，AE与CD相交于点F，且AC＝CE．
（1）求证：∠ACF＝∠CAF．
（2）点P在上，连接PC交AE于Q，当∠ACG＝30°，且DP＝3FQ时，求CP的长．

【分析】（1）利用垂径定理，圆周角定理证明即可．
（2）证明△CFQ∽△CPD，可得＝＝，只要求出CF，可得结论．
【解答】（1）证明：∵AB是直径，AB⊥CD，
∴＝，
∵AC＝CE，
∴＝＝，
∴∠ACF＝∠CAF；

（2）解：连接CO，OD．

∵AB⊥CD，
∴∠AGC＝90°，
∵∠ACG＝30°，
∴∠CAG＝90°﹣30°＝60°，
∵OC＝OA，
∴△ACO是等边三角形，
∴AC＝OA＝4，
∴AG＝AC＝2．CG＝AG＝6，
∵∠CAF＝∠ACF，
∴AF＝CF＝2FG，
∴CF＝CG＝4，
∵＝，
∴∠AOC＝∠AOD＝60°，
∴∠COD＝120°，
∴∠P＝∠COD＝60°，
∵∠CFQ＝∠FAC+∠FCA＝60°，
∴∠CFQ＝∠P，
∵∠FCQ＝∠PCD，
∴△CFQ∽△CPD，
∴＝＝，
∴CP＝12．
【点评】本题考查垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
23．某餐饮店每天限量供应某一爆款菜品大份袋，小份袋合计100份，且当天全部销售完毕，其成本和售价如下表所示．
份量
小份装
大份装
成本（元/份）
40
60
售价（元/份）
60
100
从该店店长处获悉：该餐饮店平均每天实出的小份装比大份装多40份．
（1）求该店每天销售这款爆品菜品获得的总利润．
（2）店长为了增加利润，准备提高小份装的售价，同时降低大份装的售价，售卖时发现：小份装售价每升1元，每天会少销售4份；大份装售价每降1元，每天可多销售2份．设小份装的售价提高了m元（m为整数）．每售出一份小份装可获利 　（20+m）　元，此时大份装每天可售出 　（30+4m）　份．
（3）当m取何值时，每天获利最多？最大利润为多少元？
【分析】（1）设该店每天大份菜品卖x份，小份菜品卖（x+40）份，根据题意列出方程，解方程即可；
（2）小份装售价每升1元，每天会少销售4份；大份装售价每降1元，每天可多销售2份列出代数式即可；
（3）根据总利润＝小份装利润+大份装利润写出函数解析式，再根据函数的性质求函数最值．
【解答】解：（1）设该店每天大份菜品卖x份，小份菜品卖（x+40）份，
由题意得：x+x+40＝100，
解得：x＝30，
则x+40＝70，
∴该店总利润为＝30×（100﹣60）+70（60﹣40）＝1200+1400＝2600（元），
∴该店每天销售这款爆品菜品获得的总利润为2600元；
（2）①小份菜售价提高m元之后，售价为（60+m）元，
利润为60+m﹣40＝（20+m）元
小份菜售价增加m元后，销量减少了4m份，
则目前每天销售小份菜（70﹣4m）份，
因为该菜品每天限量100份，小份菜减少了4m份，则大份菜会增加4m份，
则大份菜销量为100﹣（70﹣4m）＝（30+4m）份．
∴每售出一份小份菜可获利（20+m）元，大份菜可售出（30+4m）份，
故答案为：（20+m），（30+4m）；
（3）由（2）可知，大份装多售出4m份，
∴大份装降价＝2m元，
假设利润为W，则
W＝（20+m）×（70﹣4m）+（40﹣2m）×（30+4m）＝﹣12m2+90m+2600，
该二次函数开口向下，对称轴为m＝﹣＝3.75，
∵m是整数，
∴当m＝4时，W有最大值，最大值为﹣12×42+90×4+2600＝2768（元），
∴当m＝4元时，每天获利最多，最大利润为2768元．
【点评】本题考查了二次函数的应用和列代数式，关键是找出等量关系列出函数解析式．
24．（14分）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8．点E是线段BD上一点，过点A，E，D的⊙O交CD延长线于点F，连结AE，AF，EF．
（1）求证：△AEF∼△BAD．
（2）连接OE，OD，当∠AEB与△OED的一个内角相等时，求所有满足条件的BE的长．
（3）将△ABD绕点D旋转，记旋转后A和B的对应点分别为P，Q，当P，Q同时落在⊙O上时，求点P到弦AD的距离．

【分析】（1）证明∠AEF＝∠ADF＝90°，且∠ADE＝∠AFE，即可得出结论‘
（2）分两种情形，当∠AEB＝∠OED或∠AEB＝∠EOD时，分别根据图形，从而求出答案；
（3）连接AQ，AP，首先证明△AQD≌△PQD（SSS），由对称得AP⊥QD，则AM•QD＝AQ•AD，可求出AM的长，利用勾股定理求出MD的长，再根据等积法求出点P到AD的距离即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADF＝90°，
∴AF为直径，
∴∠AEF＝90°，
∴∠AEF＝∠BAD，
∵∠ADE＝∠AFE，
∴△AEF∽△BAD；
（2）解：①当∠AEB＝∠OED时，

∵OE＝OD，
∴∠OED＝∠ODE，
∴∠AEB＝∠ODE，
∴AE∥OD，
∴∠DOE＝∠OEA，
∵OA＝OE，
∴∠OEA＝∠OAE，
∴∠OAE＝∠DOE，
由（1）知△AEF∽△BAD，
∴∠OAE＝∠ABD，
∴∠BAE＝∠ODE＝∠BEA，
∴BE＝BA＝6，
②当∠AEB＝∠EOD时，
∵∠EOD＝2∠EAD，
∴∠AEB＝2∠EAD，
∵∠AEB＝∠EAD+∠EDA，
∴∠EAD＝∠EDA，
∴AE＝DE，
∵∠BAD＝90°，
∴AE＝BE，
∴E为BD的中点，
∴BE＝5，
综上，BE＝6或5；
（3）解：如图，连接AQ，AP，

∵∠QPD＝∠BAD＝90°，
∴QD为直径，
∴∠QAD＝∠BAD＝90°，
∴B、A、Q三点共线，
∵QD＝BD，AD⊥BQ，
∴AB＝AQ，
∴AQ＝PQ，
又∵QD＝QD，AD＝PD，
∴△AQD≌△PQD（SSS），
由对称得AP⊥QD，
∴AM•QD＝AQ•AD，
∴AM＝，
∴MD＝＝6.4，
设点P到弦AD的距离为h，
在△APD中，
AP•MD＝AD•h，
∴h＝＝7.68，
∴点P到弦AD的距离为7.68．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了圆的相关性质，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的面积等知识，综合性较强，明确运用等积法是求垂线段的常用手段是解题的关键．