精品解析：福建省厦门第一中学2025-2026学年九年级上学期11月期中测试数学试卷

福建省厦门第一中学2025—2026学年度第一学期初三年数学期中测试 （满分150分，考试时间120分钟） 考生注意：所有答案都必须写在答题卷指定的框内位置，答在框外一律不得分． 一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分） 1. 下面四个古典园林中的花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形的定义、中心对称图形的定义；平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，就叫做轴对称图形；在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．据此进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：A．是中心对称图形，不是轴对称图形，故A不符合题意； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故B不符合题意； C．是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不符合题意； D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故D符合题意． 故选：D． 2. 一元二次方程的两根分别为（ ） A. B. C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】利用因式分解法解方程判断即可； 【详解】解：x2=2x，x2-2x=0，x（x-2）=0，解得：x=0或x=2， 故选： D． 【点睛】本题考查了因式分解法解一元二次方程：将方程的右边化为零，把方程的左边分解为两个一次因式的积，令每个因式分别为零，解这两个一元一次方程，它们的解就是原方程的解． 3. 如图，绕点逆时针旋转得到，若，，则旋转角的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查正三角形的判定和性质，旋转的性质，识别图形，理解题意是解决问题的关键．根据可知是正三角形，则，由绕点逆时针旋转得到，所以，进而可得，即可得结论． 【详解】解：， 是正三角形， ， 绕点逆时针旋转得到，与是对应边， ， 即旋转角为， 故选：C． 4. 如图，利用三角尺可以确认图中的弦是圆的直径，其数学依据是（ ） A. 直径所对的圆周角是直角 B. 的圆周角所对的弦是直径 C. 直角三角形的两个锐角互余 D. 两角互余的三角形是直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．根据的圆周角所对的弦是直径，即可解答． 【详解】解：利用三角尺可以确认图中的弦是圆的直径，其数学依据的圆周角所对的弦是直径， 故选：B． 5. 已知的半径为7，直线上有一点满足，则直线与的位置关系是（　　） A. 相切 B. 相离 C. 相离或相切 D. 相交 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查圆与直线的关系，掌握相关知识是解决问题的关键．圆心到直线的距离等于半径相切，圆心到直线距离小于半径时相交，圆心到直线距离大于半径时相离，据此解答即可． 【详解】解：由题意可得， ， 即点到直线的距离小于或等于5， 点到直线的距离小于半径7， 直线与的位置关系是相交， 故选：D． 6. 如图，是的直径，点A在上．A，B关于对称，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了圆周角定理．利用对称的性质求得，再由圆周角定理即可作答． 【详解】解：∵是的直径，A，B关于对称， ∴， ∵， ∴， 故选：C． 7. 制造一种产品，原来每件的成本价是100元，经过连续两次的技术改造，现在每件的成本价为81元．那么平均每次降低成本（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的应用，正确理解题意，准确列出一元二次方程是解题的关键． 设平均每次降低成本的百分比为，根据两次降低成本后成本变化列出方程求解． 【详解】原来成本为100元，现在成本为81元，经过两次降低成本， ， ， 或， （舍去） 故平均每次降低成本． 故选：A． 8. 如图，已知线段，，点在线段上，下列说法正确的是（ ） A. 经过点，，，只能作一个圆 B. 经过点，，，只能作一个圆 C. 经过点，以的长为半径只能作一个圆 D. 经过点，，以的长为半径只能作一个圆 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是确定圆的条件，熟记不在同一直线上的三点确定一个圆是解题的关键．根据确定圆的条件，逐项分析即可判断． 【详解】解：A、经过点，，，不能作圆，故本选项说法错误，不符合题意； B、经过点，，，只能作一个圆，说法正确，符合题意； C、经过点，以的长为半径能作无数个圆，故本选项说法错误，不符合题意； D、经过点，，以的长为半径能作两个圆，故本选项说法错误，不符合题意； 故选：B． 9. 如图，在的正方形网格中，绕某点旋转一定的角度，得到，其旋转中心是（ ） A. 点 B. 点 C. 点 D. 点 【答案】B 【解析】 【分析】根据旋转图形的性质，可知旋转中心在对应顶点连线的垂直平分线上，则连接、，根据网格的特点分别作、的垂直平分线，垂直平分线的交点即为所求． 【详解】解：如图所示，连接，，分别作、的垂直平分线， 故点B为其旋转中心． 10. 已知抛物线上有三点，，，若，则，，的大小关系是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，一元一次不等式的应用，整式加减的应用，熟练掌握二次函数的图象与性质及求解不等式组是解题的关键．先将，，代入，得到，，，然后根据推得，，可得，，再用作差法证明，，即得答案． 【详解】解：抛物线上有三点，，， ，，， ， ， ， ， ， ， ，， ，， ， ， 同理， ， ． 故选：D． 二．填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分） 11. 一元二次方程的解是__． 【答案】x1＝3，x2＝﹣3． 【解析】 【分析】先移项，在两边开方即可得出答案． 【详解】∵ ∴=9， ∴x=±3， 即x1＝3，x2＝﹣3， 故答案为x1＝3，x2＝﹣3． 【点睛】本题考查了解一元二次方程-直接开平方法，熟练掌握该方法是本题解题的关键. 12. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则__________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据在平面直角坐标系中的点关于原点对称的点的坐标为，进而求解． 【详解】∵点与点关于原点对称， ∴， 故答案为：2 【点睛】本题考查平面直角坐标系中关于原点对称点的特征，即两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反． 13. 二次函数的顶点坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的性质．先把一般式配成顶点式，然后利用二次函数的性质解决问题． 【详解】解：∵， ∴抛物线的顶点坐标为． 故答案为：． 14. 如图，在扇形AOB中，AC为弦，∠AOB=130°，∠CAO=60°，OA=6，则的长为______． 【答案】． 【解析】 【详解】解：连接OC，如图，∵OA=OC，∴∠OCA=∠CAO=60°，∴∠AOC=60°，∴∠BOC=130°﹣60°=70°，∴的长==．故答案为． 点睛：本题考查了弧长的计算：圆周长公式：C=2πR；弧长公式：l=（弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R），在弧长的计算公式中，n是表示1°的圆心角的倍数，n和180都不要带单位． 15. 一副三角尺按如图的位置摆放（顶点B、C、D在一条直线上）．将三角尺CDE绕着点C按逆时针方向旋转n°后（0＜n＜360），ED⊥AB，那么n的值是____． 【答案】15或195 【解析】 【分析】分两种情形分别画出图形求解即可． 【详解】如图1中，当DE⊥BA交BA的延长线于J，设CE交AB于O． 在Rt△EOJ中，∠EOJ=90°-∠E=60°， ∵∠EOJ=∠BAC+∠ACO， ∴∠ACO=60°-45°=15°． 如图2中，当ED⊥AB交AB的延长线J． ∠CDJ=180°-∠CDE =120°， 在四边形AJDC中， ∠ACD=360°-∠A-∠J-∠CDJ=360°-45-90°-120°=105°， ∴旋转角=105°+90°=195°， 故答案为：15或195． 【点睛】本题考查旋转变换、三角形内角和定理、四边形内角和定理以及三角形的外角性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题． 16. 若函数y＝x2＋2x﹣b的图象与坐标轴有三个交点，则b的取值范围是_____． 【答案】b＞﹣1且b≠0 【解析】 【分析】抛物线与轴，轴共有3个交点，必定与轴有两个交点，与轴的交点不能与轴的交点重合，即不能为（0，0），于是考虑＞0，进而确定b的取值范围． 【详解】∵函数的图象与坐标轴有三个交点， ∴抛物线与x轴有两个交点，与y轴有一个交点，且与轴、轴的交点不能为（0，0）， ∴＝＝22＋4b＞0且b≠0， 解得：b＞﹣1且b≠0， 故答案为：b＞﹣1且b≠0. 【点睛】本题考查抛物线与坐标轴的交点的问题，需要考虑的符号，同时还要注意抛物线与x轴的交点不能为（0，0），容易忽略． 三、解答题（本大题有8小题，共86分） 17. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的解法是解题的关键． （1）根据因式分解和零乘积的性质进行求解即可； （2）先移项，再计算判别式，根据求根公式进行求解即可． 【小问1详解】 解： 因式分解得， 令或 解得，； 【小问2详解】 解： 移项得 判别式 解得，． 18. 点A（﹣1，0），点B（﹣3，1），点C（﹣3，﹣2）． （1）画出△ABC，及△ABC关于原点成中心对称的图形△A1B1C1； （2）画出△ABC绕点O顺时针旋转90°后的图形△A2B2C2 【答案】 （1）如图，△A1B1C1即为所求． （2）如图，△A2B2C2即为所求． 【解析】 【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可． （2）分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可． 【详解】略 【点睛】本题考查了作图-旋转变换，中心对称等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 19. 如图，在中，弦相交于点E，且．求证：． 【答案】 证明：由圆周角定理得， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴． 【解析】 【分析】本题主要考查圆周角定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握圆周角定理是解题的关键．根据圆周角定理得到，证明即可得到结论． 【详解】略 20. 如图，是的直径，过点A作的切线，点P是射线上的动点，连接，过点B作，交于点D，连接． （1）请补全图形；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）证明：是的切线． 【答案】（1） 补全图形如图所示： （2） 证明：连接， ∵切于A， ∴，即， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∵是的半径， ∴是的切线． 【解析】 【分析】（1）在射线取一点P，连接，以点为圆心，的长为半径，画弧，交于点，再以点为圆心，的长为半径，画弧，交于点，最后以点H为圆心，的长为半径，画弧，两弧交于点G，连接并延长，交于点D即可； （2）连接，根据切线的性质求出，根据平行线的性质和等腰三角形的性质求出，根据全等三角形的判定推出，根据全等三角形的性质得出，再根据切线的判定得出即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查了尺规作图，作一个角等于已知角，全等三角形的性质和判定，切线的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质等知识点，能熟记圆的切线垂直于过切点的半径是解此题的关键． 21. 学校课外兴趣活动小组准备利用长为8m的墙和一段长为26m的篱笆围建一个矩形的苗圃园，设平行于墙一边长为xm． （1）如图1，如果矩形花园的一边靠墙，另三边由篱笆围成，当苗圃园的面积为60时，求x的值； （2）如图2，如果矩形苗圃园的一边由墙和一节篱笆构成，另三边由篱笆围成，当苗圃园的面积为60时，求x的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）可求，根据矩形的面积，列出方程，求出的解根据实际情况进行检验，即可求解； （2）可求，根据矩形的面积，列出方程，求出的解根据实际情况进行检验，即可求解． 【小问1详解】 解：四边形是矩形， ， 由题意得：， 整理得：， 解得：，， ， 不合题意舍去， ． 答：当苗圃园的面积为60时，x的值为． 【小问2详解】 解：四边形是矩形， ， ， 解得：， 由题意得：， 整理得：， 解得：，， 不合题意舍去， ． 答：当苗圃园的面积为60时，x的值为． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程在面积问题中的应用，一元一次不等式组的应用，找出等量关系式是解题的关键． 22. 一座拱形桥，桥下水面宽度是米，拱高是米． （1）如图1，若把它看作是抛物线的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系，当水面上升米至时，则的长是多少？ （2）如图2，若把桥看作是圆的一部分，一艘船的高度是米，那么船的宽度为多少米，才能使船顺利通过拱桥？（结果保留根号） 【答案】（1） （2）船的宽度不能超过米，才能使船顺利通过拱桥 【解析】 【分析】本题考查了抛物线的应用，垂径定理的应用，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识． （1）根据题意可得，，设抛物线的解析式为，利用待定系数法求出抛物线的解析式，令，求出，得到，，即可求解； （2）设圆心为，半径为，连接，作于点，设米，在中，根据勾股定理求出米，得到米，米，在中，根据勾股定理求出，进而求出，即可求解． 【小问1详解】 解：由题意可得，， 设抛物线的解析式为，将代入得 ， 解得， 抛物线的解析式为， 令，则， 解得， ，， ； 【小问2详解】 如图，设圆心为，半径为，连接，作于点， 设米， 米，米， 在中，，即， 米， 米，米， 米， 在中，， 米， 船的宽度不能超过米，才能使船顺利通过拱桥． 23. 如图1：以为中心，作正方形，正方形，此时点、、在同一直线上，其中小正方形边长，此时，现将外部大正方形进行旋转，现对旋转过程中的性质展开研究： （1）请计算并直接写出大正方形边长______． （2）在旋转过程中，当点、、旋转到同一直线上时，得到正方形，形状类似“赵爽弦图”的模型（如图2），求此时线段的长度． （3）继续旋转正方形（如图3），在此过程中，线段和满足什么关系． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】1）根据勾股定理先求出的长度，再根据得，代入计算即可； （2）先求出，再利用，解答即可； （3）连结，证明即可． 【小问1详解】 解：如下图，连结， 是正方形的中心，在同一直线上， 也在同一直线上， ， ， ， ， ， ，即， ； 【小问2详解】 ， ， ， ， 同理， ， ，即 解得：； 【小问3详解】 如下图，连结， 是正方形的中心， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判断与性质，三角形全等的判定与性质，一元二次方程的解法，旋转的性质，解题的关键是证明三角形全等． 24. 如图，抛物线 与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，连接； （1）求三点的坐标并直接写出直线的函数表达式． （2）点是直线下方抛物线上的一个动点，过点作的平行线l，交线段于点；在直线l上是否存在点，使得以点为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）； ；；直线的表达式为：；直线的表达式为： （2）存在；； 【解析】 【分析】（1）分别令即可求出三点的坐标；根据三点的坐标求直线的函数表达式即可； （2）根据直线的表达式设点，然后分为四边形是菱形和四边形是菱形两种情况分别讨论即可． 【小问1详解】 解：当时 ， 故点 当时，有 解得： 设直线的表达式为：； 将代入得： ， 解得： 故直线的表达式为： ； 同理可得：直线的表达式为：； 【小问2详解】 解：存在； ∴当时，四边形是菱形；如图： 当时，四边形是菱形；如图： 设点 ，其中 则 ，， 当四边形是菱形时，则 解得：（舍） 此时，的坐标为 设 ，根据菱形的性质可得： 解得： ∴ 当四边形是菱形时； 解得：（舍） 此时，的坐标为 同理可得：点 【点睛】本题考查了二次函数图形的性质、一次函数图形的性质、菱形的性质，熟练掌握菱形的性质和待定系数法是解题的关键． 25. 黄金分割被广泛应用在建筑、艺术等领域，我国早在战国时期就已知道并能应用黄金分割．中国澳门发行的邮票小型张《科学与科技——黄金比例》（如图）就是用黄金分割比作为主题设计的． 【阅读观察】 材料：黄金分割点的定义 如图2，若线段上的点满足，则点称作线段的黄金分割点，其中的比值称作黄金分割比，而的比值为，与互为倒数． 材料：黄金分割点的作法（借助尺规作图可以用不同方法确定图中线段的黄金分割点） 方法：如图，过点作； 在直线上截取，连接； 在上截取； 在上截取，即为所求． 方法：如图， 以为边作正方形； 取中点，连接； 以点为圆心，为半径作圆弧，与的延长线交于点； 以为边在一侧作正方形，交于点，可得．点即为所求． 【思考探究】 （1）说明图中； （2）用不同于（）的方法，说明图中； 【迁移拓展】 如图5，作圆内接正五边形： 作的两条互相垂直的半径和，取的中点，连接； 作的平分线，交于点； 过点作的垂线，交于点，，连接，； 截取，，连接，，，五边形即为所求． （3）若，根据以上作法，证明：． 【答案】（） 设，则， 在中，根据勾股定理得， 所以， 所以， 所以； （）延长交于点， 在中，根据勾股定理，得， 所以， 因为，， 所以，， 所以， 所以， 所以， 所以，即， 所以； （）证明：因为半径，所以，， 过点作于点， 因为平分， 所以， 所以， 所以， 所以， 在中，， 设，则， 解得， 所以， 连接，在中，， 所以， 在Rt中，， 所以， 根据垂径定理，得， 所以， 因为， 所以， 所以． 【解析】 【分析】（）设，则，勾股定理得，然后通过线段和差求出，则，所以； （）延长交于点，根据勾股定理得，所以，则有，所以，所以，则，从而可得； （）过点作于点，证明，通过性质可得，设，则，解得，所以，连接，在中，，所以，Rt中，，所以，根据垂径定理，得，所以，又，所以，从而得证． 【详解】（）略 （）略 （3）略 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，垂径定理，勾股定理，正方形的性质，圆内接正五边形，黄金分割点等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门第一中学2025—2026学年度第一学期初三年数学期中测试 （满分150分，考试时间120分钟） 考生注意：所有答案都必须写在答题卷指定的框内位置，答在框外一律不得分． 一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分） 1. 下面四个古典园林中的花窗图案，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　） A. B. C. D. 2. 一元二次方程的两根分别为（ ） A. B. C. ， D. ， 3. 如图，绕点逆时针旋转得到，若，，则旋转角的度数是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，利用三角尺可以确认图中的弦是圆的直径，其数学依据是（ ） A. 直径所对的圆周角是直角 B. 的圆周角所对的弦是直径 C. 直角三角形的两个锐角互余 D. 两角互余的三角形是直角三角形 5. 已知的半径为7，直线上有一点满足，则直线与的位置关系是（　　） A. 相切 B. 相离 C. 相离或相切 D. 相交 6. 如图，是的直径，点A在上．A，B关于对称，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 制造一种产品，原来每件的成本价是100元，经过连续两次的技术改造，现在每件的成本价为81元．那么平均每次降低成本（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知线段，，点在线段上，下列说法正确的是（ ） A. 经过点，，，只能作一个圆 B. 经过点，，，只能作一个圆 C. 经过点，以的长为半径只能作一个圆 D. 经过点，，以的长为半径只能作一个圆 9. 如图，在的正方形网格中，绕某点旋转一定的角度，得到，其旋转中心是（ ） A. 点 B. 点 C. 点 D. 点 10. 已知抛物线上有三点，，，若，则，，的大小关系是（ ）． A. B. C. D. 二．填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分） 11. 一元二次方程的解是__． 12. 在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，则__________． 13. 二次函数的顶点坐标为________． 14. 如图，在扇形AOB中，AC为弦，∠AOB=130°，∠CAO=60°，OA=6，则的长为______． 15. 一副三角尺按如图的位置摆放（顶点B、C、D在一条直线上）．将三角尺CDE绕着点C按逆时针方向旋转n°后（0＜n＜360），ED⊥AB，那么n的值是____． 16. 若函数y＝x2＋2x﹣b的图象与坐标轴有三个交点，则b的取值范围是_____． 三、解答题（本大题有8小题，共86分） 17. 解方程： （1）； （2）． 18. 点A（﹣1，0），点B（﹣3，1），点C（﹣3，﹣2）． （1）画出△ABC，及△ABC关于原点成中心对称的图形△A1B1C1； （2）画出△ABC绕点O顺时针旋转90°后的图形△A2B2C2 19. 如图，在中，弦相交于点E，且．求证：． 20. 如图，是的直径，过点A作的切线，点P是射线上的动点，连接，过点B作，交于点D，连接． （1）请补全图形；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）证明：是的切线． 21. 学校课外兴趣活动小组准备利用长为8m的墙和一段长为26m的篱笆围建一个矩形的苗圃园，设平行于墙一边长为xm． （1）如图1，如果矩形花园的一边靠墙，另三边由篱笆围成，当苗圃园的面积为60时，求x的值； （2）如图2，如果矩形苗圃园的一边由墙和一节篱笆构成，另三边由篱笆围成，当苗圃园的面积为60时，求x的值． 22. 一座拱形桥，桥下水面宽度是米，拱高是米． （1）如图1，若把它看作是抛物线的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系，当水面上升米至时，则的长是多少？ （2）如图2，若把桥看作是圆的一部分，一艘船的高度是米，那么船的宽度为多少米，才能使船顺利通过拱桥？（结果保留根号） 23. 如图1：以为中心，作正方形，正方形，此时点、、在同一直线上，其中小正方形边长，此时，现将外部大正方形进行旋转，现对旋转过程中的性质展开研究： （1）请计算并直接写出大正方形边长______． （2）在旋转过程中，当点、、旋转到同一直线上时，得到正方形，形状类似“赵爽弦图”的模型（如图2），求此时线段的长度． （3）继续旋转正方形（如图3），在此过程中，线段和满足什么关系． 24. 如图，抛物线 与轴交于两点（点在点的左侧），与轴交于点，连接； （1）求三点的坐标并直接写出直线的函数表达式． （2）点是直线下方抛物线上的一个动点，过点作的平行线l，交线段于点；在直线l上是否存在点，使得以点为顶点的四边形为菱形，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由． 25. 黄金分割被广泛应用在建筑、艺术等领域，我国早在战国时期就已知道并能应用黄金分割．中国澳门发行的邮票小型张《科学与科技——黄金比例》（如图）就是用黄金分割比作为主题设计的． 【阅读观察】 材料：黄金分割点的定义 如图2，若线段上的点满足，则点称作线段的黄金分割点，其中的比值称作黄金分割比，而的比值为，与互为倒数． 材料：黄金分割点的作法（借助尺规作图可以用不同方法确定图中线段的黄金分割点） 方法：如图，过点作； 在直线上截取，连接； 在上截取； 在上截取，即为所求． 方法：如图， 以为边作正方形； 取中点，连接； 以点为圆心，为半径作圆弧，与的延长线交于点； 以为边在一侧作正方形，交于点，可得．点即为所求． 【思考探究】 （1）说明图中； （2）用不同于（）的方法，说明图中； 【迁移拓展】 如图5，作圆内接正五边形： 作的两条互相垂直的半径和，取的中点，连接； 作的平分线，交于点； 过点作的垂线，交于点，，连接，； 截取，，连接，，，五边形即为所求． （3）若，根据以上作法，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $