精品解析：福建省厦门市海沧区双十中学2025-2026学年九年级上学期数学第二次月考卷

2025-2026学年（上）初三年第二次阶段考试试卷 数学 （试卷满分：150分 考试时间：120分钟） 考生注意： 1．全卷分三个部分，共25题； 2．答案一律写在答题卡上，否则不能得分． 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求） 1. 已知点A在半径为2cm的圆内，则点A到圆心的距离可能是（ ） A. 1cm B. 2cm C. 3cm D. 4 cm 2. 下列一元二次方程中，有两个不相等的实数根的是() A. B. C. D. 3. 如图，内接于圆，点在上，连接，．下列角中，所对圆周角的是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，将绕着点O顺时针旋转得到，则旋转角度是（ ） A. B. C. D. 5. 一元二次方程经过配方变形为，则m的值（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 6. 如图，是的切线，A、B为切点，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，若二次函数图象的对称轴为直线，与x轴交于A、B两点，点则当时，x的取值范围为（ ） A. B. C. D. 或 8. 关于的方程的根的情况，正确的是（ ） A. 一个实数根 B. 两个不相等的实数根 C. 两个相等的实数根 D. 无实数根 9. 魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，其核心是通过圆内接正多边形的面积逐步逼近圆的面积，以此实现对的近似估算．他由正六边形开始，逐次倍增边数．当计算到圆内接正十二边形时，如图，设定的半径为1，将圆内接正十二边形分成十二个全等的等腰三角形，每个三角形的顶角为，将这十二个全等三角形的面积之和作为面积的近似值．据此计算，可得的估计值为（ ） A. B. C. 3.14 D. 3 10. 已知二次函数（a、b、c是常数，）的图象过点，，，则下列判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是______． 12. 如果是方程的一个根，那么c的值是________． 13. 二次函数的最小值是________． 14. 如图，的半径OC垂直于弦，D是优弧上的一点（不与点A，B重合），若，则等于________． 15. 如图，在等边三角形中，O为的中点，，与关于点B中心对称，连接，则的面积为__． 16. 如图，为等腰直角三角形，，，点D为所在平面内一点，，以为边作平行四边形，则的最大值为________． 三、解答题（本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 解方程：x2+3x﹣1＝0． 18. 先化简，再求值：，其中． 19. 某种书包原来每个售价100元，经过连续两次降价后，现在每个售价为81元，求平均每次降价的百分率． 20. 如图，在中，，点、、在同一直线上，． （1）在图中作，使得圆心落在边上，且经过、两点．（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； （2）在（1）的条件下，判断直线与的位置关系，并说明理由． 21. 如图，抛物线（b，c是常数）与y轴交于点A，已知点B和点C分别是抛物线和x轴上的点，四边形是正方形且边长为2． （1）求b，c的值； （2）若将该抛物线向下平移个单位长度，使其顶点落在正方形内（不包括边上），求m的取值范围． 22. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点F 是CD延长线上的一点，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于点E. ⑴ 求证：AB＝AC. ⑵ 若BD＝11，DE＝2，求CD的长. 23. 已知、都是等边三角形． （1）如图1，将绕点逆时针旋转，在内，连接，，证明：； （2）如图2，若，的延长线交于点，探究：为何值时，点恰好是中点？证明你的结论； （3）若，，将绕点旋转一周的过程中，当时，的长为________． 24. 民间艺术起源于春秋，兴盛于明清，发展于现代，以功力深厚、技艺精湛著称于世．如图1，“空中飞人”是极具观赏性且深受观众好评的杂技表演节目，如图2所示，演员甲随着秋千绕固定点P往复摆动，演员乙从浪桥旋转木梯的C点抛出（将每个演员身体都看成一个点，身体摆动忽略不计），其运动轨迹可近似为抛物线的一部分．在表演过程中，为保护演员的安全，在其表演区域下方铺设一张平行于地面的保护网．建立如图2的平面直角坐标系，已知点P坐标为，点C坐标为，秋千绳长为，与y轴形成的夹角为． （1）某次表演中，当时，演员甲在点B处接住了演员乙． ①点B的坐标为________； ②若点D坐标为，抛物线经过点B、C、D，求抛物线的解析式； （2）在（1）的条件下，求演员乙能达到的最高高度是多少米； （3）在长期的训练过程中，演员乙从点C抛出（抛射点C坐标不变）的运动路径都可近似看作的抛物线的一部分，为预防表演时演员乙出现失误，主办方设置高为3米的保护网．若点F在抛物线y的对称轴上，则线段的长度至少为________米． 25. 如图，内接于，为直径，在延长线上取一点E，使得，连接，在下方，作，连接交于点D，连接． （1）如图1，若，的长为， ①求的半径长； ②若，求的长． （2）如图2，当，时，试探究与的数量关系，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年（上）初三年第二次阶段考试试卷 数学 （试卷满分：150分 考试时间：120分钟） 考生注意： 1．全卷分三个部分，共25题； 2．答案一律写在答题卡上，否则不能得分． 一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求） 1. 已知点A在半径为2cm的圆内，则点A到圆心的距离可能是（ ） A. 1cm B. 2cm C. 3cm D. 4 cm 【答案】A 【解析】 【分析】由圆点的半径是2cm，根据点与圆的位置关系的性质，结合点P在圆内，得到点P到圆心的距离的范围，再根据各选项进行判断即可． 【详解】解： ∵点A在半径为2cm的圆内， ∴点A到圆心的距离小于2cm， 故选：A． 【点睛】本题 考查了点与圆的位置关系，熟练掌握点在圆上时，点到圆心的距离等于半径；点在圆内时，点到圆心的距离小于半径；点在圆外时，点到圆心的距离大于半径． 2. 下列一元二次方程中，有两个不相等的实数根的是() A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程根的判别式，解题的关键是通过判别式判断根的情况．对于一元二次方程，根的判别式：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．分别计算各选项的即可判断． 【详解】解：A、，，有两个相等的实数根； B、，，方程无实数根； C、，，方程有两个不相等的实数根； D、，，方程有两个相等的实数根． 故选：C． 3. 如图，内接于圆，点在上，连接，．下列角中，所对圆周角的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查圆周角的定义，根据圆周角的定义，结合图形即可求解． 【详解】解：由图可知： 所对圆周角的是或， 故选：C． 4. 如图，将绕着点O顺时针旋转得到，则旋转角度是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查旋转的定义，掌握相关定义是解题关键． 根据“对应点与旋转中心的连线的夹角是旋转角”，可知是旋转角，于是得到问题的答案． 【详解】解：将绕着点O顺时针旋转得到，则旋转角度是或． 故选：D． 5. 一元二次方程经过配方变形为，则m的值（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了配方法解一元二次方程． 通过配方法将一元二次方程转化为完全平方形式，从而求出m的值． 【详解】解：， 移项得：， 配方：， 即， ∴． 故选：D． 6. 如图，是的切线，A、B为切点，若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了切线的性质定理，根据题意利用四边形的内角和，即可解答，熟知切线的性质是解题的关键． 【详解】解：是的切线， ， ， ， 故选：C． 7. 如图，若二次函数图象的对称轴为直线，与x轴交于A、B两点，点则当时，x的取值范围为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的对称性，以及结合二次函数图象观察函数的取值问题．利用二次函数的对称性，得出图象与x轴的另一个交点坐标，再结合图象，得出y的取值大于0时，图象为x轴上方部分，即可得出自变量x的取值范围． 【详解】解：二次函数对称轴为直线，与轴交点为， ∴根据二次函数的对称性，可得到图象与轴的另一个交点坐标为， 又函数开口向下，x轴上方部分， ． 故选：B． 8. 关于的方程的根的情况，正确的是（ ） A. 一个实数根 B. 两个不相等的实数根 C. 两个相等的实数根 D. 无实数根 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了根的判别式：一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．先计算根的判别式得到，然后根据一元二次方程根的判别式的意义对各选项进行判断． 【详解】解：∵，即 ∴ ∴方程有两个不相等的实数根． 故选：B． 9. 魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“割圆术”，其核心是通过圆内接正多边形的面积逐步逼近圆的面积，以此实现对的近似估算．他由正六边形开始，逐次倍增边数．当计算到圆内接正十二边形时，如图，设定的半径为1，将圆内接正十二边形分成十二个全等的等腰三角形，每个三角形的顶角为，将这十二个全等三角形的面积之和作为面积的近似值．据此计算，可得的估计值为（ ） A. B. C. 3.14 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了利用圆内接正多边形的面积估算圆周率（割圆术）的方法，涉及等腰三角形面积计算及圆的面积公式；解题的关键是将圆内接正十二边形分割成12个全等的等腰三角形，利用三角形面积公式（两边及其夹角的正弦）求出每个三角形的面积，再求和得到正十二边形的面积，最后令其近似等于圆的面积，从而估算的值． 【详解】解：将图中的一个等腰三角形抽离出来，如图，作于， ∵， ∴，即，， ∴， 则十二个三角形面积为：， ， 则，即， 故选：D． 10. 已知二次函数（a、b、c是常数，）的图象过点，，，则下列判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．根据题意和二次函数的性质，可以判断各个选项中的结论是否正确，然后即可判断哪个选项符合题意． 【详解】解：∵当时，；二次函数（a、b、c是常数，）的图象过点， ∴该函数图象的对称轴为直线， 当时，该函数图象开口向上，，故选项A正确，选项B错误； 当时，该函数图象开口向下，，故选项C错误； 当时，，，则，故选项D错误； 故选：A． 二、填空题（本大题共6小题，每小题4分，共24分） 11. 在平面直角坐标系中，点关于原点对称的点的坐标是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了关于原点对称的点的坐标，熟记关于坐标原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键． 根据关于坐标原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答． 【详解】解：点关于原点对称的点的坐标是． 故答案为：． 12. 如果是方程的一个根，那么c的值是________． 【答案】 3 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的解，根据一元二次方程的解求参数，理解一元二次方程解的定义是解题的关键．将代入方程求解 c 的值． 【详解】解： 是方程的一个根， ∴ 代入方程得：，即 ， 解得 ． 故答案为 ：3． 13. 二次函数的最小值是________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象和性质，根据顶点式的性质，进行求解即可． 【详解】解：∵，， ∴抛物线开口向上，顶点坐标为， ∴二次函数的最小值为； 故答案为：． 14. 如图，的半径OC垂直于弦，D是优弧上的一点（不与点A，B重合），若，则等于________． 【答案】##度 【解析】 【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，关键在于正确的作出辅助线，熟练应用垂径定理和圆周角定理．连接，根据垂径定理即可推出，然后根据圆周角定理即可推出的度数． 【详解】解：连接， 的半径垂直于弦，， ， ． 故答案为． 15. 如图，在等边三角形中，O为的中点，，与关于点B中心对称，连接，则的面积为__． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了中心对称及等边三角形的性质，熟知等边三角形的性质及中心对称的性质是解题的关键． 先求出及的长，进一步得出及的长，据此求出的长，最后用三角形的面积公式进行计算即可． 【详解】解：∵是等边三角形，O为的中点，， ∴，． 在中， ． ∵与关于点B中心对称， ∴，， ∴， ∴的面积为． 故答案为：． 16. 如图，为等腰直角三角形，，，点D为所在平面内一点，，以为边作平行四边形，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理、最值问题、等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识． 延长交于点，连接，证明，得出对应边相等，，根据勾股定理求出，根据直角确定点共圆，且直径为线段，点E的运动轨迹为圆的运动轨迹，假设点E所在圆的圆心为M，连接，连接并延长交于点，根据圆外的点到圆上的点的距离最值可得：即为的最大值，判定四边形为正方形，最后根据勾股定理进行求解即可． 【详解】解：如图，当点位于内部时，延长交于点，连接， ∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴，， ∵，且， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵为等腰直角三角形，， ∴由勾股定理得， ∵，， ∴点共圆，且直径为线段， 如图所示，假设该四点所在圆为，点为线段的中点，连接，则，， 作线段的垂直平分线，在垂直平分线上找一点，以点为圆心，长为半径画圆，连接，连接并延长交于点， ∵， ∴点E的运动轨迹为圆， 则根据圆外的点到圆上的点的距离最值可得：即为的最大值， ∵当点位于内部时，， ∴当点位于外部时，即为点时，根据圆内接四边形的性质得， ， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， 由勾股定理得， ∴． 故答案为：． 三、解答题（本题共9小题，共86分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 解方程：x2+3x﹣1＝0． 【答案】 【解析】 【分析】找出a，b，c的值，计算出根的判别式的值大于0，代入求根公式即可求出解． 【详解】解：a＝1，b＝3，c＝﹣1， ∵∆＝9+4＝13， ∴x＝， 则x1＝，x2＝． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解法，常用的方法有直接开平方法、配方法、因式分解法、求根公式法，灵活选择合适的方法是解答本题的关键． 18. 先化简，再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题主要考查了分式的化简求值，分母有理化，分式混合运算要注意先去括号；分子、分母能因式分解的先因式分解；除法要统一为乘法运算．先去括号，把除法变为乘法把分式化简，再把数代入求值． 【详解】解： ， 当时，原式． 19. 某种书包原来每个售价100元，经过连续两次降价后，现在每个售价为81元，求平均每次降价的百分率． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的实际应用，列出方程是解题的关键．设平均每次降价的百分率为，列出方程求解即可． 【详解】解：设平均每次降价的百分率为， 由题意可得， 解得，（舍去）， 故平均每次降价的百分率为． 20. 如图，在中，，点、、在同一直线上，． （1）在图中作，使得圆心落在边上，且经过、两点．（尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）； （2）在（1）的条件下，判断直线与的位置关系，并说明理由． 【答案】（1） 如图所示， （2） 与相切，理由如下， 如图，连接 ∵，点、、在同一直线上，． ∴，， 又∵， ∴， ∴， 即 ∴与相切， 【解析】 【分析】本题考查了作垂直平分线，切线的判定． （1）根据题意作的垂直平分线交于点，以为半径作圆，即可求解； （2）连接，首先根据三角形的外角的性质可得，根据邻补角的定义可得，根据等边对等角可得，进而得出，即可得证． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 21. 如图，抛物线（b，c是常数）与y轴交于点A，已知点B和点C分别是抛物线和x轴上的点，四边形是正方形且边长为2． （1）求b，c的值； （2）若将该抛物线向下平移个单位长度，使其顶点落在正方形内（不包括边上），求m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质及正方形的性质，熟练掌握二次函数的图象与性质及正方形的性质是解题的关键； （1）由题意易得点，，然后根据待定系数法可进行求解； （2）由（1）可知抛物线为，则有抛物线的顶点为，然后根据题意可得，进而问题可求解． 【小问1详解】 解：∵正方形的边长为2，即． ∴点，． 把点A，B的坐标代入，得： ， 解得． 【小问2详解】 解：由（1）可知抛物线为． ∵， ∴抛物线的顶点为． 又∵正方形的边长为2，且将该抛物线向下平移个单位长度，使其顶点落在正方形内（不包括边上）， ∴． ∴m的取值范围是． 22. 如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，点F 是CD延长线上的一点，且AD平分∠BDF，AE⊥CD于点E. ⑴ 求证：AB＝AC. ⑵ 若BD＝11，DE＝2，求CD的长. 【答案】⑴ 证明见解析⑵ 7 【解析】 【详解】试题分析：（1）同弧所对圆周角相等∠BCA=∠ADB,四边形的外接圆性质，可以得∠ADF=∠ABC,利用AD平分∠BDF,可以得到AB=AC. (2)试题解析：过A作BD的垂线于G，构造两个全等三角形， GD＝ED,BG＝CE ,可得CD长. 试题解析： ⑴ ∵ AD平分∠BDF ， ∴ ∠ADF＝∠ADB， ∵ ∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ADC＋∠ADF＝180°， ∴ ∠ADF＝∠ABC, ∵ ∠ACB＝∠ADB, ∴ ∠ABC＝∠ACB, ∴ AB＝AC . ⑵ 过点A作AG⊥BD，垂足为点G. ∵ AD平分∠BDF，AE⊥CF，AG⊥BD. ∴ AG＝AE，∠AGB＝∠AEC＝90°， 在Rt△AED和Rt△AGD中, , ∴ Rt△AED≌Rt△AGD（HL）, ∴ GD＝ED＝2, 在Rt△AEC和Rt△AGB中, , ∴ Rt△AEC≌Rt△AGB（HL）, ∴ BG＝CE , ∵ BD＝11, ∴ BG＝BD－GD＝11－2＝9 . ∴ CE＝BG＝9. ∴ CD＝CD－DE＝9－2＝7. 点睛：（1）题目中遇到角平分线，可以做边的垂线，构造全等三角形. 如图已知平分，过点作，，则. （2）圆中涉及等腰三角形，内接四边形，同弧所对角，（弦切角），经常要倒角，都是做此类题型需要熟练掌握的知识点. 23. 已知、都是等边三角形． （1）如图1，将绕点逆时针旋转，在内，连接，，证明：； （2）如图2，若，的延长线交于点，探究：为何值时，点恰好是中点？证明你的结论； （3）若，，将绕点旋转一周的过程中，当时，的长为________． 【答案】（1） 证明：∵、都是等边三角形． ∴， ∴，即， ∴， ∴； （2） 时，点恰好是中点， 证明：∵、都是等边三角形． ∴ 如图，延长至，使得， ∵是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， 同（1）可得， ∴，， ∴， ∴ ， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）或 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边三角形的性质； （1）证明，根据全等三角形的性质，即可得证； （2）延长至，使得，证明，得出，，同（1）可得，得出，，进而可得，根据三角形内角和定理以及等腰三角形的性质，可得，进而求得，即可求解； （3）分两种情况讨论，①过点作于点，根据题意得出在上，在中，设，则，则，勾股定理建立方程，求得的值，得出，结合（1）的结论，即可求得的长，②延长至，使得， 连接，则，以为边构造等边三角形，进而求得的长，即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：①如图，过点作于点， ∵， ∴在上， 由题意得， ，， ∵，则， 在中，设，则，则， 在中，， ∴ 解得（负值舍去） ∴ 同（1）可得 ∴． ②如图，延长至，使得， 连接，则 又∵， ∴， ∴，， ∴是等边三角形，， ∵，则， ∴ ∴， 在中，， 综上所述，的长为或， 故答案为：或． 24. 民间艺术起源于春秋，兴盛于明清，发展于现代，以功力深厚、技艺精湛著称于世．如图1，“空中飞人”是极具观赏性且深受观众好评的杂技表演节目，如图2所示，演员甲随着秋千绕固定点P往复摆动，演员乙从浪桥旋转木梯的C点抛出（将每个演员身体都看成一个点，身体摆动忽略不计），其运动轨迹可近似为抛物线的一部分．在表演过程中，为保护演员的安全，在其表演区域下方铺设一张平行于地面的保护网．建立如图2的平面直角坐标系，已知点P坐标为，点C坐标为，秋千绳长为，与y轴形成的夹角为． （1）某次表演中，当时，演员甲在点B处接住了演员乙． ①点B的坐标为________； ②若点D坐标为，抛物线经过点B、C、D，求抛物线的解析式； （2）在（1）的条件下，求演员乙能达到的最高高度是多少米； （3）在长期的训练过程中，演员乙从点C抛出（抛射点C坐标不变）的运动路径都可近似看作的抛物线的一部分，为预防表演时演员乙出现失误，主办方设置高为3米的保护网．若点F在抛物线y的对称轴上，则线段的长度至少为________米． 【答案】（1）①② （2）米 （3）米 【解析】 【分析】（1）①先得出，得，再结合点坐标为，求出，故点的坐标为； ②理解题意，把，，分别代入，进行计算，即可作答． （2）先根据，得出开口方向向下，在对称轴处取得最大值，求出对称轴直线，代入，进行计算，即可作答． （3）理解题意，则把代入，得，即，因为主办方设置高为3米的保护网，得，整理得，结合，故，又因为，则，因为点在抛物线的对称轴上，则，即，考虑安全问题，即至少为米． 【小问1详解】 解：①过点B分别作轴，作轴，如图所示： ∵绳长为，与轴形成的夹角为，且， ∴， ∴，即， 则， ∵点坐标为， ∴， 则， 即， ∴点的坐标为； ②设抛物线的解析式为， ∵抛物线经过点、、，且点坐标为，点坐标为， ∴， 解得， ∴抛物线的解析式为； 【小问2详解】 解：在（1）的条件下，抛物线的解析式为； ∵， ∴开口方向向下，在对称轴处取得最大值， 则对称轴为直线， 把代入，得， 即演员乙能达到的最高高度是米； 【小问3详解】 解：∵演员乙从点抛出（抛射点不变）的运动路径都可近似看作（）的抛物线的一部分，且点坐标为， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∵主办方设置高为3米的保护网， ∴， ∴， ∴， 则， ， 令，则在中，随着的增大而减小， ∴当时，则；当时，则， 即， 故， ∴， ∴， ∴， ∵若点在抛物线的对称轴上， ∴， 即． ∵预防表演时演员乙出现失误，安全问题， ∴至少为米． 【点睛】本题考查了二次函数的其他应用，二次函数的解析式，二次函数的图象性质，勾股定理，30度角的直角三角形的性质，一元二次方程的根与系数的关系，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 25. 如图，内接于，为直径，在延长线上取一点E，使得，连接，在下方，作，连接交于点D，连接． （1）如图1，若，的长为， ①求的半径长； ②若，求的长． （2）如图2，当，时，试探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）①2；② （2） ，理由如下： 在上取一点使得， ， ∴设， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 【解析】 【分析】（1）①根据弧长公式进行解答即可；②连接，证明，得到，则，在中，，得到，即可求出答案； （2）通过构造相等线段的点，利用圆周角、等腰三角形性质推导角的关系，证明三角形全等，结合弧与弦的关系，得出与的数量关系． 【小问1详解】 解：①设的半径长为； ∵，的长为， ∴， 解得， 即的半径长为； ②连接， ∵，， ∴， ∵为直径， ， ， ， ， ， ， ， ，， ∴， ， ， ∵， ∴，则， ∴在中，， ∴在中，， ∵为直径， ， ∴， ∴ 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $