精品解析：贵州省贵阳市花溪区久安中学2024-2025学年九年级上学期10月期中考试数学试题

贵阳市花溪区久安中学2024-2025学年度第一学期期中质量监测 九年级 数学试卷 （时间：120分钟 满分：150分） 一、选择题：以下每小题均有A、B、C、D四个选项，其中只有一个选项正确，每小题3分，共36分． 1. 解方程，最适当的解法是（ ） A. 直接开平方法 B. 因式分解法 C. 配方法 D. 公式法 【答案】B 【解析】 【分析】根据有相同的公因式，进行提取公因式即可得出结论． 【详解】左边因式分解可得， ∴或， 解得：，， 故选：B． 【点睛】本题主要考查因式分解法解一元二次方程，正确掌握方法是解题的关键． 2. 如图是由6个等边三角形组成的中心对称图形，点，，是三角形的顶点，是边的中点，则该图形的对称中心是（ ） A. 点 B. 点 C. 点 D. 点 【答案】D 【解析】 【分析】根据中心对称图形的概念分析判断后即可得解． 【详解】此图绕点旋转180度后与原图重合，所以对称中心是点． 故选：D． 【点睛】本题考查了中心对称图形，掌握中心对称图形的概念：中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合是解题的关键． 3. 下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了中心对称图形、轴对称图形，熟练掌握中心对称图形、轴对称图形的定义是解答本题的关键．根据中心对称图形、轴对称图形的定义依次判断可得答案． 【详解】解：A．该图形是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项符合题意； B．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意； C．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意． 故选：A． 4. 将如图图片按顺时针方向旋转后得到的图片是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了 的旋转现象，直接利用旋转的性质得出对应图形即可，正确掌握旋转方向是解此题的关键． 【详解】解：将如图图片按顺时针方向旋转后得到的图片是， 故选：D． 5. 如图，点A、B、C、D都在方格纸的格点上，若△AOB绕点O按逆时针方向旋转到△COD的位置，则旋转的角度为（　　） A. 90° B. 75° C. 60° D. 45° 【答案】A 【解析】 【分析】根据旋转角的定义可得旋转角为∠BOD，结合图形即可求得旋转的角度． 【详解】解：由题意可知，旋转角为∠BOD， 由图可知，∠BOD=90°，即旋转的角度为90°， 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转角，根据题意正确找到旋转角是解答的关键． 6. 如图所示的正六边形花环绕中必至少旋转度能与自身重合，则为（ ） A. 30 B. 60 C. 120 D. 180 【答案】B 【解析】 【分析】如图所示，O为正六边形的中心，由旋转的性质可得，将A绕点O旋转到B，∠OAB的度数即为所求，根据正六边形的性质求解即可. 【详解】解：如图所示，O为正六边形的中心， 由旋转的性质可得，将A绕点O旋转到B，∠OAB的度数即为所求， ∵这是一个正六边形， ∴∠ABO=∠BAO=×（6-2）×180°÷6=60°， ∴∠AOB=60°， ∴α=60 故选B. 【点睛】本题主要考查了正多边形的内角和，图形的旋转，解题的关键在于能够找到∠AOB即为所求. 7. 如图，在中，，，，将绕点A逆时针旋转得到，使点落在边上，连接，则的长是（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，由直角三角形的性质可得，，由旋转的性质可得，，推出是等边三角形即可得解． 【详解】解：∵在中，，，， ∴，， 由旋转的性质可得：，， ∴是等边三角形， ∴， 故选：B． 8. 如图，已知正方形的边长为3，E为边上一点，，以点A为中心，把顺时针旋转得，连接，则的长为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质和勾股定理，根据旋转的性质得到：，在直角中，利用勾股定理即可求解． 【详解】根据旋转的性质得到：， 在中：，． 根据勾股定理得到： ． 故选：D． 9. 如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段，那么的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作轴于C，轴于，证明，得出，，根据，得出，，即可求出结果． 【详解】解：∵线段绕点O顺时针旋转得到线段， ∴，， ∴． 作轴于C，轴于， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴，故B正确． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，坐标与图形，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形． 10. 如图，在中，，，，将绕点旋转后得到，则点的坐标是（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了坐标与图形变化-旋转．把绕点O逆时针或顺时针旋转后得到时，根据点的位置得出坐标． 【详解】解：∵在中，，，， ∴绕点O逆时针旋转后得到，点在第二象限， ∴； 当绕点O顺时针旋转后得到，点在第四象限， ∴． 故选：B． 11. 如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转，得到，连接交于点，则与的周长之和为（ ） A. 44 B. 43 C. 42 D. 41 【答案】C 【解析】 【分析】由旋转的性质可得出，结合可得出为等边三角形，进而可得出的长度，在中，利用勾股定理可求出的长度，再根据三角形的周长公式即可求出与的周长之和． 【详解】解：由旋转得出， ， ， 为等边三角形， ， 在中，，，， ， ． 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理以及三角形的周长，利用三角形的周长公式结合边与边的关系，找出周长之和与各线段之间的关系是解题的关键． 12. 在如图3所示的正方形方格中，选取一个白色的小正方形涂灰，使图中阴影部分成为一个中心对称图形，这样的涂法有（ ） A. 0种 B. 1种 C. 2种 D. 3种 【答案】B 【解析】 【分析】根据中心对称图形的定义判断即可． 【详解】根据中心对称图形的定义，可得如下涂法，且只有一种， 故选B． 【点睛】本题考查了中心对称图形即将图形绕某点旋转180°后与原图形完全重合，正确理解定义是解题的关键． 二、填空题：每小题4分，共16分． 13. 已知关于的一元二次方程的一个根是，求方程的另一根是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根与系数的关系．根据一元二次方程根与系数的关系，由已知根和常数项可求另一根． 【详解】解：设方程的另一根为，则，则， 故答案为：． 14. 已知：如图，在中，，，．将绕顶点O，按顺时针方向旋转到处，此时线段与的交点D恰好为的中点，则线段的长度为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质以及勾股定理．先在直角中利用勾股定理求出，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，然后根据旋转的性质得到cm,那么； 【详解】∵在中，，，． ∴， ∵点D为的中点， ∴． ∵将绕顶点O，按顺时针方向旋转到处， ∴， ∴． 故答案为：． 15. 如图，边长为的正方形绕点C顺时针旋转后得到正方形， 交于点H，则的长是____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，考查了正方形的性质. 连接，如图，根据旋转的性质得 再根据“”证明则，然后利用含度的直角三角形三边的关系求出即可得到的长. 【详解】连接, 如图, ∵边长为的正方形绕点按顺时针方向旋转后得到正方形， , ∴， 在 和 中 ， ， ， ， 在中， ， ， ， 故答案为 16. 已知等边三角形的边长为4，点是边上的动点，将绕点逆时针旋转得到，则的形状为__________，点是边的中点，连接，则的最小值为__________． 【答案】 ①. 等边三角形 ②. 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．根据旋转的性质，即可得到，，，可得的形状，当时，的长最小，再根据勾股定理，即可得到的最小值． 【详解】解：如图，由旋转可得，，， 是等边三角形， 又， ， 点是边的中点， ， 当时，的长最小， 此时，， ， ， 的最小值是， 故答案为：等边三角形，． 三、解答题：本大题9小题，共98分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 已知一个二次函数的图象经过、、三点． （1）求抛物线的解析式； （2）求抛物线的对称轴和顶点P的坐标； （3）的面积为 ． 【答案】（1）抛物线的解析式为； （2）该抛物线的对称轴为直线，顶点为； （3）27 【解析】 【分析】本题考查了用待定系数法求函数解析式的方法，二次函数的性质，三角形面积等，熟练掌握待定系数法是解题的关键． （1）设抛物线的解析式为，将点代入可求得，将的值代入可求得抛物线的解析式； （2）把解析式化成顶点式，即可求得对称轴和顶点坐标； （3）根据三角形面积公式求得即可． 【小问1详解】 解：设抛物线的解析式为， 将点代入得：． 解得：， 抛物线的解析式为； 【小问2详解】 解：， 该抛物线的对称轴为直线，顶点为； 【小问3详解】 解：． 故答案为：27． 18. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，﹣4）、B（3，﹣3）、C（1，﹣1）（每个小方格都是边长为一个单位长度的正方形）． （1）请画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1，并写出A1，B1，C1的坐标； （2）请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A2B2C2． 【答案】 （1）如图，△A1B1C1为所作，点A1，B1，C1的坐标分别为（﹣1，4），（﹣3，3），（﹣1，1）； （2）如图，△A2B2C2为所作． 【解析】 【分析】（1）根据中心对称图形的概念即可作出图形，求出对应点坐标； （2）根据旋转作图的方法即可． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查了中心对称图形的作法以及旋转作图，解题的关键是掌握基本的作图方法并熟知中心对称图形与旋转的概念． 19. 如图，方格纸中有三个点，要求作一个四边形使这三个点在这个四边形的边（包括顶点）上，且四边形的顶点在方格的顶点上． （1）在图甲中作出的四边形是中心对称图形但不是轴对称图形； （2）在图乙中作出的四边形是轴对称图形但不是中心对称图形； （3）在图丙中作出的四边形既是轴对称图形又是中心对称图形． （注：图甲、图乙、图丙在答题纸上） 【答案】 如图： 【解析】 【分析】可以从特殊四边形着手考虑，平行四边形是中心对称图形但不是轴对称图形，等腰梯形是轴对称图形但不是中心对称图形，正方形既是轴对称图形又是中心对称图形 【详解】略 20. 如图①，将两个完全相同的三角形纸片ABC与DEC重合放置，其中∠C＝90°，∠B＝∠E＝30°，如图②，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，DE交BC于点F，求证DE∥AC． 【答案】 证明：∵∠ACB＝90°，∠B＝∠E＝30°， ∴∠A=60°， 由旋转的性质可得，CD=CA，∠EDC=∠A=60°， ∴△ACD是等边三角形， ∴∠ACD=60°， ∴∠ACD=∠EDC=60°， ∴DE∥AC． 【解析】 【分析】先根据直角三角形两锐角互余求出∠A=60°，再由由旋转的性质可得，CD=CA，∠EDC=∠A=60°，即可证明∠ACD=60°，推出∠ACD=∠EDC=60°，则DE∥AC． 【详解】略 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，直角三角形两锐角互余，平行线的判定，推出△ACD是等边三角形是解题的关键． 21. 如图，是正三角形内的一点，且．若将绕点A逆时针旋转后，得到． （1）求点与点之间的距离； （2）求的度数． 【答案】（1）6 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理等知识．解题的关键是熟练掌握旋转的性质． （1）连接，根据旋转的性质，证明是等边三角形，进而可得点P与点之间的距离； （2）根据勾股定理的逆定理可判断是直角三角形，且，根据计算求解即可． 【小问1详解】 解：如图，连接， 由旋转的性质得，，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴点P与点之间的距离为6； 【小问2详解】 解：在中， ∵， ∴是直角三角形，且， ∴， ∴的度数为． 22. 如图，在等边三角形中，是边上一点，连接，将绕点B逆时针旋转得到，连接，． （1）求证：； （2）若，，求的周长． 【答案】（1） 证明：由旋转性质可知：，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）． 【解析】 【分析】（）由旋转性质可知：，，根据是等边三角形得，，证明即可； （）由旋转性质可得，再证明是等边三角形，则有，再由周长公式即可求解； 本题考查了等边三角形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵可由逆时针旋转得到， ∴，，， ∴， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴的周长为． 23. 如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线B上两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后得到△ABQ，连接EQ， 求证：（1）EA是∠QAF的平分线； （2）BD＝BE+QE+QB． 【答案】 证明：（1）由旋转的性质可知∠QAF＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠EAQ＝∠QAF﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°． ∴∠EAF＝∠EAQ． ∴EA是∠QAF的平分线； （2）由旋转的性质可知AQ＝AF，QB＝FD， 由（1）可知∠EAQ＝∠EAF＝45°， 又AE＝AE， ∴△QAE≌△FAE（SAS）． ∴QE＝EF． ∴BD＝BE+EF+FD＝BE+QE+QB． 【解析】 【分析】（1）由旋转的性质可知∠QAF=90°，再证明∠EAF=∠EAQ=45°即可说明EA是∠QAF的平分线； （2）先证明△QAE≌△FAE得到QE=EF，则BD=BE+EF+FD=BE+QE+QB． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质，解决线段间的和差关系，一般借助全等转化线段． 24. 给出定义，若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形． （1）在你学过的特殊四边形中，写出两种勾股四边形的名称； （2）如图，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°得到△DBE，连接AD，DC，CE，已知∠DCB=30°． ①求证：△BCE是等边三角形； ②求证：DC2+BC2=AC2，即四边形ABCD是勾股四边形． 【答案】(1)正方形、矩形、直角梯形均可； (2)①证明：∵△ABC≌△DBE， ∴BC=BE， ∵∠CBE=60°， ∴△BCE是等边三角形； ②证明：∵△ABC≌△DBE， ∴BE=BC，AC=ED； ∴△BCE为等边三角形， ∴BC=CE，∠BCE=60°， ∵∠DCB=30°， ∴∠DCE=90°， 在Rt△DCE中， DC2+CE2=DE2， ∴DC2+BC2=AC2． 【解析】 【分析】（1）根据定义和特殊四边形的性质，则有矩形或正方形或直角梯形； （2）①首先证明△ABC≌△DBE，得出AC=DE，BC=BE，连接CE，进一步得出△BCE为等边三角形； ②利用等边三角形的性质，进一步得出△DCE是直角三角形，问题得解． 【详解】解：（1）正方形、矩形、直角梯形均可； （2）①略 ②略 考点：四边形综合题． 25. 在等腰中，，作的平分线交于点，将绕点旋转，使的两边交直线于点，交直线于点． （1）当绕点旋转到如图①的位置时，请直接写出三条线段的数量关系； （2）当绕点旋转到如图②的位置时，（1）中结论是否成立，若成立，请证明；若不成立，请写出正确的结论，并说明理由； （3）若，当时，请直接写出线段的长度． 【答案】（1）； （2）不成立 应为 理由如下：作于点, ∵ ∴ ∵平分 ∴ ∵ ∴ ∠ABC=∠ACB=45° ∴ ∠ADG=360°-90°-90°-45°=135° ∵＝135° ∴ 又∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴， ∵ ∴ （3） 或 【解析】 【分析】（1）结论：AE+CF=AD．如图1中，作DH⊥BC于H．证明△DAE≌△DHF（ASA），即可解决问题． （2）结论不成立．应为 CF-AE=AD．如图②中，作DG⊥BC于点G，证明△DAE≌E△DGF（ASA），即可解决问题． （3）分两种情形分别求解：①如图③-1中，作DH⊥BC于H．求出AD=DH=CH=1，利用（1）中结论即可解决问题．②如图③-2中，当∠CDF=15°时，作DH⊥BC于H，求出FH=即可解决问题． 【详解】（1）结论：AE+CF=AD． 理由：如图1中，作DH⊥BC于H． ∵AB=AC，∠A=90°， ∴∠ABC=∠C=45°， ∵∠A=∠DHB=90°， ∴∠ADH=360°-90°-90°-45°=135°， ∵∠EDF=135°， ∴∠ADH=∠EDF， ∴∠ADE=∠HDF， ∵BD平分∠ABC，DA⊥AB，DH⊥BC， ∴DA=DH， ∴△DAE≌△DHF（ASA）， ∴AE=HF， ∵∠C=∠HDC=45°， ∴DH=CH=AD， ∴AE+CF=HF+CF=CH=AD． （2）略 （3）①如图③-1中，作DH⊥BC于H． 由（1）可知：DA=DH=CH，设DA=DH=HC=a，则CD=a，AB=AC=BH=a+a， ∴2a+a=2+， ∴a=1， ∴AD=1， ∵∠CDF=15°， ∴∠ADE=180°-135°-15°=30°， ∴AE=， ∵AE+CF=AD， ∴CF=1- ②如图③-2中，当∠CDF=15°时，作DH⊥BC于H， ∵AD=DH═CH=1，∠CFD=30°， ∴FH=DH=， ∴CF=FH-CH=-1 综上所述，满足条件的CF的值为 或 【点睛】此题考查几何变换综合题，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵阳市花溪区久安中学2024-2025学年度第一学期期中质量监测 九年级 数学试卷 （时间：120分钟 满分：150分） 一、选择题：以下每小题均有A、B、C、D四个选项，其中只有一个选项正确，每小题3分，共36分． 1. 解方程，最适当的解法是（ ） A. 直接开平方法 B. 因式分解法 C. 配方法 D. 公式法 2. 如图是由6个等边三角形组成的中心对称图形，点，，是三角形的顶点，是边的中点，则该图形的对称中心是（ ） A. 点 B. 点 C. 点 D. 点 3. 下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 4. 将如图图片按顺时针方向旋转后得到的图片是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，点A、B、C、D都在方格纸的格点上，若△AOB绕点O按逆时针方向旋转到△COD的位置，则旋转的角度为（　　） A. 90° B. 75° C. 60° D. 45° 6. 如图所示的正六边形花环绕中必至少旋转度能与自身重合，则为（ ） A. 30 B. 60 C. 120 D. 180 7. 如图，在中，，，，将绕点A逆时针旋转得到，使点落在边上，连接，则的长是（ ） A. 1 B. 2 C. D. 8. 如图，已知正方形的边长为3，E为边上一点，，以点A为中心，把顺时针旋转得，连接，则的长为（ ） A. 2 B. C. D. 9. 如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段，那么的对应点的坐标是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在中，，，，将绕点旋转后得到，则点的坐标是（ ） A. B. 或 C. D. 或 11. 如图，在中，，，，将绕点顺时针旋转，得到，连接交于点，则与的周长之和为（ ） A. 44 B. 43 C. 42 D. 41 12. 在如图3所示的正方形方格中，选取一个白色的小正方形涂灰，使图中阴影部分成为一个中心对称图形，这样的涂法有（ ） A. 0种 B. 1种 C. 2种 D. 3种 二、填空题：每小题4分，共16分． 13. 已知关于的一元二次方程的一个根是，求方程的另一根是______． 14. 已知：如图，在中，，，．将绕顶点O，按顺时针方向旋转到处，此时线段与的交点D恰好为的中点，则线段的长度为______． 15. 如图，边长为的正方形绕点C顺时针旋转后得到正方形， 交于点H，则的长是____． 16. 已知等边三角形的边长为4，点是边上的动点，将绕点逆时针旋转得到，则的形状为__________，点是边的中点，连接，则的最小值为__________． 三、解答题：本大题9小题，共98分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 已知一个二次函数的图象经过、、三点． （1）求抛物线的解析式； （2）求抛物线的对称轴和顶点P的坐标； （3）的面积为 ． 18. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，﹣4）、B（3，﹣3）、C（1，﹣1）（每个小方格都是边长为一个单位长度的正方形）． （1）请画出△ABC关于原点对称的△A1B1C1，并写出A1，B1，C1的坐标； （2）请画出△ABC绕点B逆时针旋转90°后的△A2B2C2． 19. 如图，方格纸中有三个点，要求作一个四边形使这三个点在这个四边形的边（包括顶点）上，且四边形的顶点在方格的顶点上． （1）在图甲中作出的四边形是中心对称图形但不是轴对称图形； （2）在图乙中作出的四边形是轴对称图形但不是中心对称图形； （3）在图丙中作出的四边形既是轴对称图形又是中心对称图形． （注：图甲、图乙、图丙在答题纸上） 20. 如图①，将两个完全相同的三角形纸片ABC与DEC重合放置，其中∠C＝90°，∠B＝∠E＝30°，如图②，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，DE交BC于点F，求证DE∥AC． 21. 如图，是正三角形内的一点，且．若将绕点A逆时针旋转后，得到． （1）求点与点之间的距离； （2）求的度数． 22. 如图，在等边三角形中，是边上一点，连接，将绕点B逆时针旋转得到，连接，． （1）求证：； （2）若，，求的周长． 23. 如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线B上两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后得到△ABQ，连接EQ， 求证：（1）EA是∠QAF的平分线； （2）BD＝BE+QE+QB． 24. 给出定义，若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形． （1）在你学过的特殊四边形中，写出两种勾股四边形的名称； （2）如图，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°得到△DBE，连接AD，DC，CE，已知∠DCB=30°． ①求证：△BCE是等边三角形； ②求证：DC2+BC2=AC2，即四边形ABCD是勾股四边形． 25. 在等腰中，，作的平分线交于点，将绕点旋转，使的两边交直线于点，交直线于点． （1）当绕点旋转到如图①的位置时，请直接写出三条线段的数量关系； （2）当绕点旋转到如图②的位置时，（1）中结论是否成立，若成立，请证明；若不成立，请写出正确的结论，并说明理由； （3）若，当时，请直接写出线段的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $