精品解析：河北省承德市丰宁县2025-2026学年上学期九年级数学期末试题

2025～2026学年度第一学期学业质量监测 九年级数学试题 注意事项：1．本试题的题签共4页，总分120分，考试时间120分钟． 2．答题前考生请将试题密封线左侧的项目填写清楚． 一．选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把所选答案涂在答题卡上） 1. 下列四个图形是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 嘉嘉在解方程时，得出方程有一个根是，则c的值是（ ） A. B. 2 C. 3 D. 0 3. 下列事件中，属于必然事件的是（ ） A. 三角形的内心到三角形三个顶点的距离相等 B. 圆心角是圆周角的2倍 C. 圆的切线垂直于半径 D. 等圆的半径都相等 4. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 5. 两个相似三角形对应高线的比为，则它们对应面积的比为（ ） A. B. C. D. 6. 二次函数的图象与轴只有一个交点，则“□”中的数可以为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 7. 如图，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，若干个全等的正五边形围绕紧密排列一周，图中所示的是其中个正五边形的位置，正五边形与的交点分别记作，顺次连接，所得图形是（ ） A. 正五边形 B. 正八边形 C. 正十边形 D. 正十二边形 9. 已知蓄电池的电压为定值，使用蓄电池时，电流I（单位：）与电阻R（单位：Ω）是反比例函数关系，它的图象如图所示．当电阻R大于时，电流I可能是（　　） A. B. C. D. 10. 《九章算术》中有这样一道题：“今有二人同所立．甲行率六，乙行率四．乙东行，甲南行十步而邪东北与乙会．问：甲、乙行各几何？”大意是说：已知甲、乙二人同时从同一地点出发，甲的速度为6，乙的速度为4．乙一直向东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇．那么相遇时，甲走了多少步（ ） A. 26 B. 30 C. 32 D. 36 11. 如图，抛物线与x轴交于点，点，下列结论∶①；②；③；④．其中所有正确结论是( ) A. ①②④ B. ②③④ C. ①③④ D. ③④ 12. 如图，是的弦，是上的一个动点，且，若M，N分别是，的中点，则的最大值是（ ） A. 4 B. 5 C. D. 二．填空题（每小题3分，共12分．请把答案直接填写在答题卡中相应题号后面的横线上） 13. 已知点与点关于原点对称，则的值为______． 14. 一个不透明的口袋中装有4个红球和若干个白球，它们除颜色外其他完全相同，通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.2附近，则估计口袋中白球的个数是______． 15. 如图，的半径为5，C是上一点，直线交于A，B两点，垂足为H，已知．若将直线l沿所在的直线平移后恰与相切，则平移的距离为________． 16. 如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是_____． 三．解答题（本大题共8个小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 解方程： （1）； （2）． 18. 如图，的三个顶点坐标分别为、、． （1）将绕点逆时针旋转后得到，画出旋转后的，并写出点的坐标； （2）画出关于原点对称的图形，并写出点的坐标； （3）直接写出能否通过平移得到，不必说明理由． 19. 的一元二次方程． （1）求证：方程总有两个不相等的实数根； （2）若、是方程的两个实根，且，求的值． 20. 甲、乙两人玩转盘游戏，如图转盘被平均分为3个区域，颜色分别为黑、白、红．游戏规则是∶转动转盘，待转盘自动停止后，其指针指向的颜色即为转出的颜色(如果指针指在两区域的分界线上，则重转一次)．两人参与游戏，一人转动两次转盘，另一人对转出的颜色进行猜测．若转出的颜色与猜测的人描述的特征相符，则猜测的人获胜；否则，转动转盘的人获胜． （1）随机转动转盘一次，指针指向白色的概率是 ； （2）小明和小丽玩转盘游戏，小丽转动转盘，小明进行猜测，转动转盘前，小明想了两种猜测特征，第一种是猜测“两次转出的颜色相同”；第二种是猜测“转出的一定有黑色”．请你帮小明选择其中一种猜测特征，使他获胜的可能性更大，并说明理由． 21. 如图，反比例函数的图象经过点，是一次函数（）的图象与该反比例函数图象的一个公共点． （1）求反比例函数的解析式； （2）当点的纵坐标为时， ①求一次函数的解析式； ②当时，方程的解为 ，此时当又满足 时，有． （3）小明认为：一次函数的图象始终经过一个定点，请直接写出这个定点的坐标． 22. 学校要建一个矩形花圃，其中一边靠墙，另外三边用篱笆围成．已知墙长42m，篱笆长．设垂直于墙的边长为米，平行于墙的边为米，围成的矩形面积为． （1）求与与的关系式． （2）围成的矩形花圃面积能否为，若能，求出的值． （3）围成的矩形花圃面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值，并求出此时的值． 23. 如图，抛物线：与轴交于点，，并且点刚好是的中点． （1）求抛物线的对称轴及的值； （2）将抛物线先向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后得到抛物线， ①求抛物线的表达式； ②在抛物线上，当时，，直接写出的取值范围． 24. 如图，为的直径，弦于E，连接，过A作，交于点F，连接，过B作的切线，交的延长线于点G．已知． （1）求证：； （2）求的长； （3）直接写出图中劣弧的长和阴影部分的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年度第一学期学业质量监测 九年级数学试题 注意事项：1．本试题的题签共4页，总分120分，考试时间120分钟． 2．答题前考生请将试题密封线左侧的项目填写清楚． 一．选择题（本大题共12个小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把所选答案涂在答题卡上） 1. 下列四个图形是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查中心对称图形的概念，解题关键在于准确理解中心对称图形的定义，并能据此对每个图形进行判断． 【详解】解：选项A：将该图形绕任意点旋转后，无法与自身重合，不是中心对称图形； 选项B：将该图形绕任意点旋转后，无法与自身重合，不是中心对称图形； 选项C：将该图形绕任意点旋转后，无法与自身重合，不是中心对称图形； 选项D：将该图形绕其内部合适的点旋转后，能与自身重合，是中心对称图形． 故选：D． 2. 嘉嘉在解方程时，得出方程有一个根是，则c的值是（ ） A. B. 2 C. 3 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查一元二次方程的解，把代入方程把问题转化为关于c的方程求解． 【详解】解：∵是方程的一个根， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 3. 下列事件中，属于必然事件的是（ ） A. 三角形的内心到三角形三个顶点的距离相等 B. 圆心角是圆周角的2倍 C. 圆的切线垂直于半径 D. 等圆的半径都相等 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查事件的分类，根据必然事件是指在给定条件下一定发生的事件，进行判断即可． 【详解】解：A、等边三角形的内心到三角形三个顶点的距离相等，故三角形的内心到三角形三个顶点的距离相等是随机事件，不符合题意； B、 圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半，故圆心角是圆周角的2倍是随机事件，不符合题意； C、圆的切线垂直于过切点的半径，故圆的切线垂直于半径是随机事件，不符合题意； D、等圆的半径都相等是必然事件，符合题意； 故选D． 4. 抛物线的顶点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数顶点式的性质，理解题意是解决本题的关键． 抛物线方程为顶点形式，顶点坐标为，据此求解即可． 【详解】解：∵， ∴顶点坐标为． 故选C． 5. 两个相似三角形对应高线的比为，则它们对应面积的比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的性质，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，对应高线的比等于相似比求解即可． 【详解】解：∵两个相似三角形对应高线的比为， ∴相似比为， ∴面积为， 故选：B． 6. 二次函数的图象与轴只有一个交点，则“□”中的数可以为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质．二次函数的图象与轴只有一个交点，则其对应的一元二次方程有两个相等的实数根，根据得到关于的方程，解之即可． 【详解】解：设“□”中的数为， 二次函数的图象与轴只有一个交点， 方程有两个相等的实数根， ，即， 解得． 故选：C． 7. 如图，将绕点顺时针旋转得到，点的对应点恰好落在边上，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质及等腰三角形性质，熟练掌握旋转前后对应角、对应边相等是解题的关键．由旋转得，，，再根据等腰三角形性质求出角度即可． 【详解】解：由旋转性质得，， ，，， ， 故选：B． 8. 如图，若干个全等的正五边形围绕紧密排列一周，图中所示的是其中个正五边形的位置，正五边形与的交点分别记作，顺次连接，所得图形是（ ） A. 正五边形 B. 正八边形 C. 正十边形 D. 正十二边形 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了正多边形外角和、三角形内角和定理，根据任何多边形的外角和都为，可以求出正五边形每个外角的度数为，根据三角形内角和定理求出每个正五边形所对应的圆心角的度数为，从而可求共有个正五边形，所以可知顺次连接，所得图形是正十边形． 【详解】解：如下图所示， 和是正五边形的外角， ， ， ， 顺次连接，所得图形是正十边形． 故选：C． 9. 已知蓄电池的电压为定值，使用蓄电池时，电流I（单位：）与电阻R（单位：Ω）是反比例函数关系，它的图象如图所示．当电阻R大于时，电流I可能是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了反比例函数的实际应用；设该反比例函数解析式为，根据当时，，可得该反比例函数解析式为，再结合在第一象限随的增大而减小可得答案． 【详解】解：设该反比例函数解析式为， 由题意可知，当时，， ， 解得：， 该反比例函数解析式为， ∴在第一象限随的增大而减小； 当时，， ∴电流可以为， 故选：D． 10. 《九章算术》中有这样一道题：“今有二人同所立．甲行率六，乙行率四．乙东行，甲南行十步而邪东北与乙会．问：甲、乙行各几何？”大意是说：已知甲、乙二人同时从同一地点出发，甲的速度为6，乙的速度为4．乙一直向东走，甲先向南走10步，后又斜向北偏东方向走了一段后与乙相遇．那么相遇时，甲走了多少步（ ） A. 26 B. 30 C. 32 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了方向角，设甲、乙的时间都是x，则，，再由勾股定理计算即可得出答案． 【详解】解：如图，表示正东方向，表示正南方向， ∴， 设甲、乙的时间都是x，则，， 又∵， ∴， 由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴（舍去），， ∴甲走的路程为（步）， 故选：D． 11. 如图，抛物线与x轴交于点，点，下列结论∶①；②；③；④．其中所有正确结论是( ) A. ①②④ B. ②③④ C. ①③④ D. ③④ 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象与系数之间的关系，对称性求出对称轴，根据开口方向，对称轴，与轴的交点位置，与轴的交点个数，特殊点逐一进行判断即可． 【详解】解：∵抛物线与x轴交于点，点 ∴对称轴为直线，；故③正确； ∴， ∴， ∴；故②正确； 由图象可知，，， ∴， ∴， ∴；故①错误； 当时，；故④正确； 故选B． 12. 如图，是的弦，是上的一个动点，且，若M，N分别是，的中点，则的最大值是（ ） A. 4 B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理、等腰三角形的判定，勾股定理，圆周角定理等知识点，解题的关键是了解当什么时候的值最大，根据中位线定理得到的长最大时，最大，当最大时是直径，从而求得直径后就可以求得最大值． 【详解】解：点，分别是，的中点， ， 当取得最大值时，就取得最大值，当是直径时，最大， 如图，连接并延长交于点，连接， 是的直径， ， ，， ， ， ， 由勾股定理得，， ， 故选：． 二．填空题（每小题3分，共12分．请把答案直接填写在答题卡中相应题号后面的横线上） 13. 已知点与点关于原点对称，则的值为______． 【答案】1 【解析】 【分析】本题考查坐标与中心对称，根据关于原点对称的点，横坐标和纵坐标均互为相反数，由此求出a和b的值，再根据乘方法则进行计算即可． 【详解】解：由题意，， ∴； 故答案为：1． 14. 一个不透明的口袋中装有4个红球和若干个白球，它们除颜色外其他完全相同，通过多次摸球试验后发现，摸到红球的频率稳定在0.2附近，则估计口袋中白球的个数是______． 【答案】16 【解析】 【分析】本题考查利用频率估算概率，利用概率求数量，根据频率估计概率，摸到红球的概率为0.2，利用概率公式求数量即可. 【详解】解：由题意，摸到红球的概率为0.2， ∴球的总个数为（个）， ∴白球的数量为（个）； 故答案为：16. 15. 如图，的半径为5，C是上一点，直线交于A，B两点，垂足为H，已知．若将直线l沿所在的直线平移后恰与相切，则平移的距离为________． 【答案】2或8 【解析】 【分析】本题考查了直线与圆的位置关系，垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的弧．也考查了平移的性质、切线的性质以及勾股定理．根据垂径定理得到，再利用勾股定理计算出，然后利用切线和平移的性质分类讨论：当向下平移时，直线l平移的距离为半径减去；当向上平移时，直线l平移的距离为半径加上． 【详解】解：如图，连接， ， ， ， 在中，， 又∵将直线l通过平移使直线l与相切， ∴直线l垂直过C点的直径，垂足为直径的两端点， ∴当向下平移时，直线l平移的距离； 当向上平移时，直线l平移的距离． 故答案为：2或8． 16. 如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是_____． 【答案】 【解析】 【分析】由平移性质可知，，则四边形是平行四边形，又，则有四边形是矩形，根据同角的余角相等可得，从而证明，由性质得，设，则，，则，解得：，故有，，得出即可求解． 【详解】如图，过作轴于点，则， 由平移性质可知：，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，，， ∴， 设，则，， ∴，解得：， ∴，， ∴， ∵点在第四象限， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质、平移的性质，同角的余角相等等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 三．解答题（本大题共8个小题，满分72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握直接开平方法，因式分解法，配方法和公式法是解题的关键． （1）先移项，再用因式分解法求解； （2）利用公式法求解即可． 【小问1详解】 解： 或 解得：，； 【小问2详解】 解：∵， ∴方程有两个不相等的实数根， ∴， ∴，． 18. 如图，的三个顶点坐标分别为、、． （1）将绕点逆时针旋转后得到，画出旋转后的，并写出点的坐标； （2）画出关于原点对称的图形，并写出点的坐标； （3）直接写出能否通过平移得到，不必说明理由． 【答案】（1） 如图所示， ； （2） 绘制如图所示，； （3）不能 【解析】 【分析】本题考查平面直角坐标系中的图形变换．熟悉图形的旋转变换，图形的中心对称变换，平移变换的性质，以及不同变换后图形的关系，是解题的关键． （1）根据绕原点逆时针旋转的坐标变换规律：点旋转后对应点的坐标为，据此计算出、的坐标，再画出旋转后的三角形． （2）根据关于原点对称的坐标变换规律：点关于原点对称的点坐标为，据此计算出、的坐标，再画出对称后的三角形． （3）根据平移的核心性质：平移只改变图形的位置，不改变形状与大小，且图形上所有点的横、纵坐标的变化量完全相同．通过对比与对应点的坐标变化是否一致，即可判断． 【小问1详解】 ∵将绕点逆时针旋转后得到， ∴变化后对应点的坐标为，变化后对应点的坐标为， 绘制略； 【小问2详解】 解：∵ 关于原点对称的图形， ∴变化后对应点的坐标为，变化后对应点的坐标为， 绘制略； 【小问3详解】 解：不能，理由如下， ∵如果可以将通过平移变化得到， ∴图形上所有点的横、纵坐标的变化量完全相同， ∵和的横、纵坐标的变化量不完全相同， ∴和不存在平移的位置关系， ∴不能． 19. 的一元二次方程． （1）求证：方程总有两个不相等的实数根； （2）若、是方程的两个实根，且，求的值． 【答案】（1） 证明： ， 方程总有两个不相等的实数根； （2）的值为或 【解析】 【分析】（1）先计算根的判别式的值，再利用非负数的性质判断，然后根据根的判别式的意义得到结论； （2）根据根与系数的关系得到，，则由得到，然后解关于的方程即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：根据题意得，， ， ， 解得或， 即的值为或． 【点睛】本题考查了根与系数的关系：若，是一元二次方程的两根，则，也考查了根的判别式． 20. 甲、乙两人玩转盘游戏，如图转盘被平均分为3个区域，颜色分别为黑、白、红．游戏规则是∶转动转盘，待转盘自动停止后，其指针指向的颜色即为转出的颜色(如果指针指在两区域的分界线上，则重转一次)．两人参与游戏，一人转动两次转盘，另一人对转出的颜色进行猜测．若转出的颜色与猜测的人描述的特征相符，则猜测的人获胜；否则，转动转盘的人获胜． （1）随机转动转盘一次，指针指向白色的概率是 ； （2）小明和小丽玩转盘游戏，小丽转动转盘，小明进行猜测，转动转盘前，小明想了两种猜测特征，第一种是猜测“两次转出的颜色相同”；第二种是猜测“转出的一定有黑色”．请你帮小明选择其中一种猜测特征，使他获胜的可能性更大，并说明理由． 【答案】（1） （2） 解：选第二种“转出的一定有黑色”，理由如下： 解法一：画树状图为： 共有9种等可能的结果，两次颜色相同的有3种结果，其中一定有黑色的有5种结果， ∴，， ∵， ∴． ∴选第二种特征，才能使小明获胜的可能性更大． 解法二：列表如下： 黑 白 红 黑 （黑，黑） （黑，白） （黑，红） 白 （白，黑） （白，白） （白，红） 红 （红，黑） （红，白） （红，红） 共有9种等可能的结果，两次颜色相同的有3种结果，其中一定有黑色的有5种结果， ∴，， ∵， ∴． ∴选第二种特征，才能使小明获胜的可能性更大． 【解析】 【分析】本题主要考查列表或画树状图求随机事件的概率，掌握列表法或画树状图法求概率的方法是解题的关键． （1）根据概率的计算方法是即可求解； （2）运用列表或画树状图把所有等可能结果表示出来，再根据概率的计算方法即可求解． 【小问1详解】 解：转盘有3中等可能结果，白色的有1中结果， ∴指针指向白色的概率， 故答案为：． 【小问2详解】 略 21. 如图，反比例函数的图象经过点，是一次函数（）的图象与该反比例函数图象的一个公共点． （1）求反比例函数的解析式； （2）当点的纵坐标为时， ①求一次函数的解析式； ②当时，方程的解为 ，此时当又满足 时，有． （3）小明认为：一次函数的图象始终经过一个定点，请直接写出这个定点的坐标． 【答案】（1） （2）①；②， （3）一次函数的图像始终经过一个定点 【解析】 【分析】本题主要考查反比例函数与一次函数的综合应用．熟悉用待定系数法求反比例函数和一次函数的解析式，函数图象与方程、不等式的关系，一次函数定点的确定方法，是解题的关键． （1）用待定系数法代入已知坐标，求反比例函数的解析式． （2）先计算交点坐标，再代入交点坐标，求一次函数的解析式，最后根据函数图象得到方程和不等式的解． （3）整理一次函数的表达式，令含项的系数为，得到定点的坐标． 【小问1详解】 解：∵反比例函数的图象经过点， ∴， ∴； ∴反比例函数的解析式为； 【小问2详解】 解：①∵点的纵坐标为， ∴，解得：， ∴点的坐标为， 将点的坐标为代入， 得：，解得：， ∴一次函数的解析式为； ②当时，方程的解为点的横坐标，即， 根据函数图象可得，当时，有， ∴； 【小问3详解】 解：∵由函数图象可知，一次函数不经过原点且随的增大而增大， ∴， ∴， 当时，， ∴一次函数的图象始终经过一个定点． 22. 学校要建一个矩形花圃，其中一边靠墙，另外三边用篱笆围成．已知墙长42m，篱笆长．设垂直于墙的边长为米，平行于墙的边为米，围成的矩形面积为． （1）求与与的关系式． （2）围成的矩形花圃面积能否为，若能，求出的值． （3）围成的矩形花圃面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值，并求出此时的值． 【答案】（1）； （2）能， （3）的最大值为800，此时 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次方程的应用和二次函数的实际应用： （1）根据可求出与之间的关系，根据墙的长度可确定的范围；根据面积公式可确立二次函数关系式； （2）令，得一元二次方程，判断此方程有解，再解方程即可 ； （3）根据自变量的取值范围和二次函数的性质确定函数的最大值即可． 【小问1详解】 解：∵篱笆长， ∴， ∵ ∴ ∴ ∵墙长42m， ∴， 解得，， ∴； 又矩形面积 ； 【小问2详解】 解：令，则， 整理得：， 此时，， 所以，一元二次方程有两个不相等的实数根， ∴围成的矩形花圃面积能为； ∴ ∴ ∵， ∴； 【小问3详解】 解： ∵ ∴有最大值， 又， ∴当时，取得最大值，此时， 即当时，的最大值为800 23. 如图，抛物线：与轴交于点，，并且点刚好是的中点． （1）求抛物线的对称轴及的值； （2）将抛物线先向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度后得到抛物线， ①求抛物线的表达式； ②在抛物线上，当时，，直接写出的取值范围． 【答案】（1）对称轴为直线， （2）①；②的取值范围为 【解析】 【分析】（1）设，根据为的中点，可得，由根与系数的关系可得，从而求出，再把代入可得的值，再根据求出对称轴； （2）①由(1)得出抛物线的解析式，再由平移的性质得出抛物线的解析式； ②根据抛物线的性质，结合图象得出结论． 【小问1详解】 解：设， 为的中点， ， 令， ， ， ， 当时，， 即， 解得， 对称轴为直线 【小问2详解】 ①， 抛物线：， 将抛物线先向上平移个单位长度，再向右平移个单位长度后得到抛物线为： ； ②由①知，抛物线的顶点坐标为， 当时，， 根据对称性，当时，， 当时，， 的图象如图所示： 当时，， 的取值范围为． 【点睛】本题考查抛物线与x轴的交点，二次函数图象与几何变换，关键是求出函数解析式、掌握平移的性质． 24. 如图，为的直径，弦于E，连接，过A作，交于点F，连接，过B作的切线，交的延长线于点G．已知． （1）求证：； （2）求的长； （3）直接写出图中劣弧的长和阴影部分的面积． 【答案】（1） 证明：连接， ∵，， ∴为圆的直径， ∴， ∵， ∴； （2） （3）劣弧， 【解析】 【分析】（1）利用，即可得证； （2）垂径定理，弧，弦，角之间的关系，推出，进而得到，三角形中位线定理，求出，进而求出的长，证明四边形为矩形，根据线段的和差关系进行求解即可； （3）根据弧长公式求弧长，分割法求出阴影部分的面积即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，为直径， ∴， ∵， ∴， ∴为的三等分点， ∵， ∴为直径， ∴的度数均为， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为的切线， ∴， 又∵， ∴ ∴四边形为矩形， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：由（2）可知：的度数均为，，， 又∵为直径， ∴的度数为， ∴， ∴， 由勾股定理，得， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，切线的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，垂径定理，圆周角定理，求弧长和不规则图形的面积，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $