精品解析：江苏省镇江市句容市2025-2026学年九年级上学期期中测试数学试题

九年级数学阶段性学习评价样卷 一、选择题（本大题共有10小题，每小题3分，共计30分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．） 1. 一元二次方程的根是（ ） A. B. C. ， D. ， 2. 已知的半径为3，平面内有一点．若，则点与的位置关系是（ ） A. 在圆内 B. 在圆上 C. 在圆外 D. 不能确定 3. 关于的一元二次方程的根的情况是（ ） A. 只有一个实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 有两个不相等的实数根 D. 没有实数根 4. 用配方法解方程，原方程应变形为（　　） A. B. C. D. 5. 《四元玉鉴》是我国传统数学中重要的著作之一，《四元玉鉴》中记载：“池方一丈，葭生中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭各几何？”大意：有一边长为一丈的正方形池塘，一棵芦苇（“葭”）生长在池塘的正中央，露出水面一尺．将芦苇的顶端拉向岸边，顶端刚好和岸边的水面平齐．问池塘的水深和芦苇的总长度各是多少？利用方程思想，设水深为尺，则依题意所列方程为（1丈尺，1尺寸）（ ） A. B. C. D. 6. 如图，四边形是的内接四边形，若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，、分别与相切于、两点，点在上，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 8. 在九年级《数学实验手册》中，我们探究了最小覆盖圆与图形之间的关系．现有如图所示的正方形，边长为，若分别以顶点A、B、C、D为圆心作四个等圆，这四个等圆能完全覆盖正方形，则所作等圆的最小半径是（ ） A. B. C. D. 9. 在2025镇江市足球联赛（简称“镇超”）第1轮句容对经开区队的比赛中，客场作战的句容队以的比分战胜经开区队，某校数学兴趣小组对进球进行了数学探究：足球射门，不考虑其他因素，仅考虑射点到球门的张角大小，张角越大，射门越好．如图的正方形网格中，点M，N，E，F，G均在格点上，球员带球沿方向进攻，最好的射点在（ ） A. 点F B. 点G C. 线段（异于端点）上一点 D. 线段（异于端点）上一点 10. 一次函数的图像经过点，则的最大值等于（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共有6小题，每小题3分，共计18分．） 11. 已知是方程的一个根，则的值为_____． 12. 若关于x的一元二次方程有两个相等实数根，则实数 m的值为____________． 13. 已知圆锥的底面圆半径为，母线长为，该圆锥的侧面积为________． 14. 如图，，若以为边长作的内接正多边形，则这个多边形是正_____边形． 15. 在同一平面内，已知点O到直线的距离为．以点O为圆心，为半径画圆．当上有且只有2个点到直线的距离等于时，则r的取值范围是_____． 16. 如图，正方形的边长为，F是的中点，E点从点B出发沿以的速度向点C移动，一直到达点C为止，连接，以点E为圆心，长为半径作．当与正方形的边相切时，则点E的运动时间t为_____． 三、解答题（本大题共有9小题，共计72分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. 解下列方程： （1）； （2）； （3）． 18. 如图，在正方形网格中建立平面直角坐标系，一条圆弧经过格点，，，该圆弧所在圆的圆心为点P． （1）点P的坐标为_____，的半径为_____． （2）若扇形是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径为_____． 19. 如图，点B是上一点，为的直径，点C在上且平分． （1）连接， _____． （2）若，，求的长． 20. 已知：关于的方程． （1）求证：无论取何值，方程总有两个不相等的实数根； （2）若为正整数，同时方程的两个根均为整数，求的值． 21. 某蔬菜种植基地计划用米的竹篱笆设计围成如图所示的①、②、③、④四个种植区域，其中区域③是正方形，区域①、②、④都是矩形，且． 设的长为米． （1）用含的代数式表示_____； （2）当为多长时，围成区域②的面积为平方米． 22. 近年来，句容某地大力推广种植多个优质葡萄品种，其中“阳光玫瑰”因其品质卓越、口感独特而备受消费者青睐，现已广泛种植．该地一葡萄种植大户年种植“阳光玫瑰”亩，到年“阳光玫瑰”的种植面积达到亩． （1）求该种植户这两年“阳光玫瑰”种植面积的平均增长率； （2）某超市调查发现，当“阳光玫瑰”的售价为元/千克时，每天能售出千克，售价每降价元，每天可多售出千克，为了推广宣传，该超市决定降价促销，同时尽量减少库存，已知该超市“阳光玫瑰”的平均成本价为元/千克，该超市“阳光玫瑰”每千克降价多少元时，每天可获利元？ 23. 若时，代数式的值为，则称是这个代数式的“自反值”．例如，当时，代数式的值为0；当时，代数式的值为2，所以0和是的“自反值”． （1）代数式的“自反值”是_____； （2）若代数式（a为常数）只有一个“自反值”，求的值； （3）若代数式（，为常数，）对于任意常数恒有两个“自反值”，则的取值范围是_____． 24. 如图，中，，以为直径的交的延长线于点E，连接，是的切线． （1）求证：； （2）若，，求CD的长． 25. 主题学习． 【阅读理解】 任务：在矩形内画一个最大的半圆． 操作： （1）选取矩形的一个顶点，作的平分线，交于点，在线段上任取一点，过点作，垂足为；以点为圆心、长为半径作，则必与，两边同时相切，切点分别为，两点，如图． （2）沿着线段向下拖动圆心，逐渐变大．当足够大时，与矩形另外的边相交，如图，设与边交于点，与边交于点，连接，则为的一条弦．当点落在弦上时，则弦为的直径，此时半圆即为矩形内最大的半圆． 【实践操作】 （1）如图，已知矩形，，用直尺和圆规作出矩形内最大半圆． （不写作法，保留作图痕迹） 【探索发现】 （1）如图，已知正方形的边长为，求正方形内最大半圆的半径的长． （2）如图，在矩形中，，，则矩形内最大半圆的直径_______． （3）若矩形内最大半圆有无数个，则矩形的两边长和满足的关系为___________． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九年级数学阶段性学习评价样卷 一、选择题（本大题共有10小题，每小题3分，共计30分．在每小题所给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．） 1. 一元二次方程的根是（ ） A. B. C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴或， ∴． 故选D． 2. 已知的半径为3，平面内有一点．若，则点与的位置关系是（ ） A. 在圆内 B. 在圆上 C. 在圆外 D. 不能确定 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查的是点与圆的位置关系，熟练掌握点与圆的位置关系是解题的关键； 当点到圆心距离小于半径时，点在圆内；当点到圆心距离等于半径时，点在圆上；当点到圆心距离大于半径时，点在圆外；据此即可得出答案． 【详解】解：∵的半径为3，, ∴点M到圆心的距离大于圆的半径， ∴点M在圆外． 故选：C． 3. 关于的一元二次方程的根的情况是（ ） A. 只有一个实数根 B. 有两个相等的实数根 C. 有两个不相等的实数根 D. 没有实数根 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式． 根据方程的系数结合根的判别式的值与0进行比较，进而可得出方程根的情况． 【详解】解：∵， ∴方程有两个不相等的实数根． 故选：C． 4. 用配方法解方程，原方程应变形为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据完全平方公式，将方程左侧代数式配成完全平方式，变形处理． 【详解】解：， ， ， ， 故选：D 【点睛】本题考查配方法，完全平方公式；掌握完全平方公式是解题的关键． 5. 《四元玉鉴》是我国传统数学中重要的著作之一，《四元玉鉴》中记载：“池方一丈，葭生中央，出水一尺．引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭各几何？”大意：有一边长为一丈的正方形池塘，一棵芦苇（“葭”）生长在池塘的正中央，露出水面一尺．将芦苇的顶端拉向岸边，顶端刚好和岸边的水面平齐．问池塘的水深和芦苇的总长度各是多少？利用方程思想，设水深为尺，则依题意所列方程为（1丈尺，1尺寸）（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查勾股定理的运用，理解题意，掌握勾股定理的计算是关键． 设水深为x尺，则芦苇长为尺，将芦苇顶端拉向岸边时，形成直角三角形，其中直角边为水深x尺和池中心到岸边的距离5尺（边长一丈尺，半边长5尺），斜边为芦苇长尺，根据勾股定理列方程． 【详解】解：∵水深为x尺，则芦苇长为尺， ∵池塘边长为10尺，中心到岸边的距离为5尺， ∴由勾股定理，得：， 故所列方程为． 故选：B． 6. 如图，四边形是的内接四边形，若，，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查圆内接四边形的性质，根据圆内接四边形对角互补求出，再根据三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：四边形是的内接四边形， ， ， 又， ， 故选：D． 7. 如图，、分别与相切于、两点，点在上，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了四边形内角和定理、切线的性质、圆周角定理．首先连接、，根据切线的性质可知，根据四边形内角和定理可以求出，根据点在圆上的位置，求的度数． 【详解】解：连接、， ∵、分别与相切于、两点， ∴， 又∵， ∴ 当在劣弧上时 当在优弧上时 故选A.． 8. 在九年级《数学实验手册》中，我们探究了最小覆盖圆与图形之间的关系．现有如图所示的正方形，边长为，若分别以顶点A、B、C、D为圆心作四个等圆，这四个等圆能完全覆盖正方形，则所作等圆的最小半径是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理等知识点，正确画出图形是解题的关键． 如图：连接相较于O，以分别以顶点A、B、C、D为圆心作四个等圆，这四个等圆能完全覆盖正方形，再根据勾股定理以及正方形性质求解即可． 【详解】解：如图：连接相较于O，以分别以顶点A、B、C、D为圆心作四个等圆，这四个等圆能完全覆盖正方形，且半径为正方形对角线的一半，即． 故选C． 9. 在2025镇江市足球联赛（简称“镇超”）第1轮句容对经开区队的比赛中，客场作战的句容队以的比分战胜经开区队，某校数学兴趣小组对进球进行了数学探究：足球射门，不考虑其他因素，仅考虑射点到球门的张角大小，张角越大，射门越好．如图的正方形网格中，点M，N，E，F，G均在格点上，球员带球沿方向进攻，最好的射点在（ ） A. 点F B. 点G C. 线段（异于端点）上一点 D. 线段（异于端点）上一点 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是圆周角定理及坐标与图形的性质、四点共圆的判定与性质，连接取格点，，得到M，N，E，F四点共圆，设交于，取线段上任一点，交于，，，根据圆周角定理和三角形外角可得即可根据“张角越大，射门越好”求解即可． 【详解】解：连接取格点，则， ∴M，N，E，F四点共圆， 设交于，取线段上任一点，交于，，， ∵同弧所对的圆周角相等， ∴， 由三角形外角可得， ∴， ∵射点到球门的张角大小，张角越大，射门越好， ∴最好的射点在线段（异于端点）上一点 故选：D． 10. 一次函数的图像经过点，则的最大值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了一次函数和二次函数的性质． 将点坐标代入函数得到c关于a的表达式，然后表示为a的二次函数，化为顶点式作答即可． 【详解】∵函数图像经过点， ∴， ∴， ∴， ∵二次项系数， ∴有最大值，为． 故选：A． 二、填空题（本大题共有6小题，每小题3分，共计18分．） 11. 已知是方程的一个根，则的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解． 将代入计算即可． 【详解】解：将代入方程得：           故答案为：． 12. 若关于x的一元二次方程有两个相等实数根，则实数 m的值为____________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式．利用根的判别式的意义得到，然后解方程即可． 【详解】解：根据题意得， 解得， 即的值为． 故答案为：． 13. 已知圆锥的底面圆半径为，母线长为，该圆锥的侧面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了求圆锥的侧面积，根据圆锥的侧面积公式求解即可． 【详解】解：∵底面圆半径为， ∴底面周长， ∴圆锥的侧面积为， 故答案为：． 14. 如图，，若以为边长作的内接正多边形，则这个多边形是正_____边形． 【答案】六 【解析】 【分析】本题主要考查了圆的性质、等边三角形的性质和判定，圆内接正多边形的性质等知识点，根据题意求出是解题的关键． 如图：连接，根据题意可得，进而证明是等边三角形，得到，即可得到这个多边形是正六边形． 【详解】解：如图，连接，则， ∵， ∴ ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴这个多边形是正六边形． 故答案为：六． 15. 在同一平面内，已知点O到直线的距离为．以点O为圆心，为半径画圆．当上有且只有2个点到直线的距离等于时，则r的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了直线与圆的位置关系，理解题意是解题的关键．以点O为圆心的圆上只有两点到直线l的距离为，则两个交点在到直线l的距离是的直线m上，圆与直线l的位置关系是相交，据此即可判断． 【详解】解：以点O为圆心的圆上只有两点到直线l的距离为，则两个交点在到直线l的距离是的直线l上． 则直线l到圆心O的距离是：或． 圆O与直线l相交，因而该圆的半径r的取值范围是． 故答案为：． 16. 如图，正方形的边长为，F是的中点，E点从点B出发沿以的速度向点C移动，一直到达点C为止，连接，以点E为圆心，长为半径作．当与正方形的边相切时，则点E的运动时间t为_____． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了切线的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，分当与直线相切时，与直线相切时两种情况讨论，在中利用勾股定理计算即可． 【详解】解：∵正方形的边长为4， ∴，， ∵F是的中点， ∴， 当与直线相切时，如图，设切点为，连接，则， ∴四边形是矩形． ， 在中，， ， 点E的运动时间t为 当与直线相切时，如图， ∵， ∴切点为， 此时，， 在中，， ∴， 解得 点E的运动时间t为， 综上，点E的运动时间t为或， 故答案为：或． 三、解答题（本大题共有9小题，共计72分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．） 17. 解下列方程： （1）； （2）； （3）． 【答案】（1）， （2）， （3）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程． （1）根据配方法求解即可； （2）根据因式分解法求解即可； （3）根据因式分解法求解即可． 【小问1详解】 解： ，； 【小问2详解】 解： 或 ，； 【小问3详解】 解： 或 ，． 18. 如图，在正方形网格中建立平面直角坐标系，一条圆弧经过格点，，，该圆弧所在圆的圆心为点P． （1）点P的坐标为_____，的半径为_____． （2）若扇形是一个圆锥的侧面展开图，则该圆锥的底面圆的半径为_____． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】本题主要考查线段垂直平分线的性质，弧长公式的运用，理解圆心的作图方法，掌握弧长公式的计算是关键． （1）根据圆心到圆弧各点距离相等，结合线段垂直平分线的性质，连接，作线段的垂直平分线，两线的交点即为圆心，结合图形求圆的半径即可； （2）根据网格与勾股定理得到是等腰直角三角形，运用弧长公式得到，由圆的周长公式计算即可． 【小问1详解】 解：如图所示，连接，作线段的垂直平分线，两线的交点即为圆心， ∴，， 故答案为：，； 【小问2详解】 解：根据题意，， ∴，则， ∴是等腰直角三角形，， ∴， 设圆锥底面圆的半径为， ∴， 解得，， 故答案为：． 19. 如图，点B是上一点，为的直径，点C在上且平分． （1）连接， _____． （2）若，，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查圆周角定理，勾股定理，掌握圆周角定理是解题的关键． （1）由直径所对的圆周角为90度可得，由等弧所对的圆周角相等，可得，由同弧所对的圆周角相等，可得； （2）由点C在上且平分，可得，再由勾股定理解，即可． 【小问1详解】 解：为的直径， ， 点C在上且平分， ， ， ， ， 故答案为：45； 【小问2详解】 解：为的直径， ， 点C在上且平分， ， ， ， 在中，， ． 20. 已知：关于的方程． （1）求证：无论取何值，方程总有两个不相等的实数根； （2）若为正整数，同时方程的两个根均为整数，求的值． 【答案】（1） 证明：关于的方程， ∴ ， ∴无论取何值，方程总有两个不相等的实数根； （2）， 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程根的判别式，求根公式的运用，掌握以上知识的计算是关键． （1）根据一元二次方程根的判别式计算即可； （2）运用求根公式得到，结合题意判定即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：， ∴， ∵方程的两个根均为整数，且为正整数， ∴或， 解得，或． 21. 某蔬菜种植基地计划用米的竹篱笆设计围成如图所示的①、②、③、④四个种植区域，其中区域③是正方形，区域①、②、④都是矩形，且． 设的长为米． （1）用含的代数式表示_____； （2）当为多长时，围成区域②的面积为平方米． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（）设的长为米，可得米，再根据图形得到米，米，，进而得到，即得，即可求解； （）根据矩形的面积公式列出方程即可求解； 本题考查了列代数式，一元二次方程的应用，正确识图是解题的关键． 【小问1详解】 解：设的长为米， ∵， ∴米， ∴米， ∵区域③是正方形，区域①、②、④都是矩形， ∴米，米，， ∵竹篱笆总长为米， ∴， ∴， 故答案为：； 【小问2详解】 解：由题意得，， 整理得，， 解得，， 答：当为或时，围成区域②的面积为平方米． 22. 近年来，句容某地大力推广种植多个优质葡萄品种，其中“阳光玫瑰”因其品质卓越、口感独特而备受消费者青睐，现已广泛种植．该地一葡萄种植大户年种植“阳光玫瑰”亩，到年“阳光玫瑰”的种植面积达到亩． （1）求该种植户这两年“阳光玫瑰”种植面积的平均增长率； （2）某超市调查发现，当“阳光玫瑰”的售价为元/千克时，每天能售出千克，售价每降价元，每天可多售出千克，为了推广宣传，该超市决定降价促销，同时尽量减少库存，已知该超市“阳光玫瑰”的平均成本价为元/千克，该超市“阳光玫瑰”每千克降价多少元时，每天可获利元？ 【答案】（1）该种植户这两年 “阳光玫瑰”种植面积的平均增长率为 （2）该超市“阳光玫瑰”每千克降价元时，每天可获利元． 【解析】 【分析】本题主要考查了一元二次方程的应用，找准等量关系、正确列出一元二次方程是解题的关键． （1）设该基地这两年“阳光玫瑰”种植面积的平均增长率为，根据该基地年及年“阳光玫瑰”的种植面积列出关于的一元二次方程求解即可； （2）设售价应降低元，则每天可售出()千克；根据总利润、每千克的利润、销售数量的关系列出关于的一元二次方程，解出方程后，根据题中“尽量减少库存”的要求，选择能使销售量更大的解． 【小问1详解】 解：设该种植户这两年“阳光玫瑰”种植面积的平均增长率为． ； ，（舍去）； 答：该种植户这两年“阳光玫瑰”种植面积的平均增长率为． 【小问2详解】 设该超市“阳光玫瑰”每千克降价元时，每天可获利元. ； ； ，； 当时，销量为千克； 当时，销量为千克； 根据题干“尽量减少库存”的要求，应选择销量较大的方案， 故取，（舍去）； 答：该超市“阳光玫瑰”每千克降价元时，每天可获利元. 23. 若时，代数式的值为，则称是这个代数式的“自反值”．例如，当时，代数式的值为0；当时，代数式的值为2，所以0和是的“自反值”． （1）代数式的“自反值”是_____； （2）若代数式（a为常数）只有一个“自反值”，求的值； （3）若代数式（，为常数，）对于任意常数恒有两个“自反值”，则的取值范围是_____． 【答案】（1）， （2）0，4， （3） 【解析】 【分析】本题主要考查了新定义、解一元二次方程、一元二次方程根的判别式、解不等式等知识点，掌握分类讨论思想是解题的关键． （1）根据“自反值”的定义列出关于x的方程求解即可； （2）根据“自反值”的定义可得，然后分和，分别根据列出关于a的方程求解即可； （3）根据“自反值”的定义列出关于x的方程，然后根据根的判别式列出关于b的不等式求解即可． 【小问1详解】 解：由题意可得：， ， ， ， ． 所以代数式的“自反值”是，． 【小问2详解】 解：由题意可得：，整理得：， ∵方程只有一个解， ∴当时，可得一元一次方程，有1个解（符合题意）； 当时，可得一元二次方程，有1个解， ∴，整理得：，解得：或． 综上，a的值为0，4，． 【小问3详解】 解：由题意可得：，整理得：， ∵方程对于任意常数恒有两个解， ∴，即；， ∴对于任意常数恒成立， ∵， ∴要使对于任意常数恒成立，则，解得：． 综上，a的取值范围为． 24. 如图，中，，以为直径的交的延长线于点E，连接，是的切线． （1）求证：； （2）若，，求CD的长． 【答案】（1） 证明：连接， ∵是的切线， ∴， ∴. 又∵， ∴. 在中，，即， ∴， ∴； （2） 【解析】 【分析】本题考查了圆的切线的判定，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练掌握圆的切线的性质，等腰三角形的判定与性质是解题的关键． （1）连接，根据圆的切线得到，而，再由互余关系即可证明，则； （2）设的半径为.在中，由勾股定理得；在中，由勾股定理得，再由，得到方程，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设的半径为. 在中，， 即. 在中，， 即. ∵， ∴， 解得. 在中， ∴． 25. 主题学习． 【阅读理解】 任务：在矩形内画一个最大的半圆． 操作： （1）选取矩形的一个顶点，作的平分线，交于点，在线段上任取一点，过点作，垂足为；以点为圆心、长为半径作，则必与，两边同时相切，切点分别为，两点，如图． （2）沿着线段向下拖动圆心，逐渐变大．当足够大时，与矩形另外的边相交，如图，设与边交于点，与边交于点，连接，则为的一条弦．当点落在弦上时，则弦为的直径，此时半圆即为矩形内最大的半圆． 【实践操作】 （1）如图，已知矩形，，用直尺和圆规作出矩形内最大半圆． （不写作法，保留作图痕迹） 【探索发现】 （1）如图，已知正方形的边长为，求正方形内最大半圆的半径的长． （2）如图，在矩形中，，，则矩形内最大半圆的直径_______． （3）若矩形内最大半圆有无数个，则矩形的两边长和满足的关系为___________． 【答案】 【实践操作】（）如图，半圆为所求作的半圆； 【探索发现】（）； （）； （）或． 【解析】 【分析】本题考查了矩形的性质，直线和圆的位置关系，切线的判定，尺规作图，圆周角定理，正确尺规作图是解关键． [实践操作]（）作角平分线，交于O，以O为圆心作，与相切于点E，即可得到最大半圆； [探索发现]（）如图，正方形内最大半圆与边相切，切点分别为点，连接，，作 ，先证四边形为正方形，在中，由列方程求解即可； （）矩形内最大半圆与边相切，切点分别为点，连接，，作于点 ，作于点 ，需证，令的半径为，则，在中，根据勾股定理，列方程求了即可求出直径． （）矩形内最大半圆与边相切，切点分别为点，连接，，作于点 ，作于点 ， 【详解】解：[实践操作]（）略 [探索发现]（）如图，正方形内最大半圆与边相切，切点分别为点，连接，，作 ， 设正方形内最大半圆的半径为， ∵四边形是正方形， ∴， 由作图可知：， ∴四边形为正方形， ∴，，，， ∵，， ∴， 在中，， 即， 解得，； （）如图，矩形内最大半圆与边相切，切点分别为点，连接，， 作于点，作于点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ， 四边形是矩形， ， 令的半径为，则， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， 解得（不合题意，舍去）， ； （）矩形内最大半圆的直径需满足其半径不超过矩形的最短边， 当矩形一边长为另一边长的2倍时(设长为，宽为，则)，以长为直径的半圆半径为， ∴当时，此时半圆可沿长边任意平移(因直径长度等于长边，圆心在中点时半圆刚好接触对边)，存在无数个这样的最大半圆， 同理，若时，以宽为直径的半圆也存在无数个最大半圆 故答案为：或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $