精品解析：江西赣州市于都县2025-2026学年上学期期末检测九年级数学试卷

2025~2026学年度第一学期期末检测卷九年级数学 （说明：总分120分，考试时间120分钟） 一、单项选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 下列志愿服务标志为中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 掷两个质地均匀的小正方体，小正方体的六个面上分别标有1到6的数字．下列事件是必然事件的是（ ） A. 向上两面的数字和为5 B. 向上两面的数字和大于1 C. 向上两面的数字和大于12 D. 向上两面的数字和为偶数 3. 小东在用配方法解方程时，配成，发现，判断该方程无实数根，则的值可能是（ ） A. B. C. D. 4. 如图，正五边形内接于，点是上一点，则的度数是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在长为，宽为的矩形地面的四周种植花卉，中间种植草坪．如果要求花卉带的宽度相同，且草坪的面积为总面积的，那么花卉带的宽度应为多少米？设花卉带的宽度为 ，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 6. 在平面直角坐标系中，两点，在抛物线，则下列结论中正确的是（ ） A. 当且时，则 B. 当时，则 C. 当且时，则 D. 当时，则 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共计18分） 7. 二次函数的最大值是_____． 8. 已知关于x的方程的一个根是，则它的另一个根是________． 9. 如图，将这个风车图案绕着它的中心点O进行旋转，若旋转后与自身重合，则旋转的最小角度是______． 10. 一个盒子中装有a个白球和6个红球，这些球除颜色外完全相同，若每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色再放回盒子，通过大量重复试验，发现摸到白球的频率稳定在，估计a的值为______． 11. 常生活中常见的装饰盘由圆盘和支架组成（如图1），它可以看作如图2所示的几何图形．已知，，垂足为点C，BD⊥CD，垂足为点D，，的半径，则圆盘离桌面最近的距离是_______． 12. 如图在中，，，，将绕点旋转得到，点的对应点为，点的对应点为，连接．当点落在的一边所在的直线上时，的长是_____． 三、解答题（本大题共5小题，每小题5分，共计30分） 13. （1）解方程：； （2）求抛物线的顶点． 14. 2025年，我国各地“城超”（城市足球超级联赛）热闹非凡，人气火爆．某省“城超”联赛小组赛赛制为双循环形式（每两队之间都进行两场比赛），若小组赛一共进行了156场比赛，则共有多少个球队参加比赛？ 15. 如图是一个可以自由转动的转盘，转盘被等分成3个扇形，分别涂有“红、白、蓝”三种颜色，转盘指针固定转动转盘，等转盘停止转动后，观察指针所落区域的颜色若指针落在区域分界线上，则重新转动转盘． （1）任意转动转盘一次，指针落在红色区域的概率为______； （2）任意转动转盘两次（第一次转动转盘，等转盘停止转动后，再第二次转动转盘），用画树状图或列表的方法求指针所落区域颜色不同的概率． 16. 小聪在探究二次函数的图象与性质时，首先得到了与的部分对应值如下表： ．．． 0 1 2 3 ．．． ．．． 0 ．．． 请根据上述列表解答下列问题： （1）m＝_____； （2）求此二次函数的解析式； 17. 如图，以平行四边形的边为直径画圆，顶点刚好在圆上，请仅用无刻度直尺按下列要求完成作图．（保留作图痕迹） （1）在图1中作出圆心． （2）在图2作的弦，使． 四、解答题（本大题共3题，每小题8分，共计24分） 18. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为． （1）画出关于原点对称的，并写出点的坐标； （2）画出将绕点按顺时针方向旋转所得的； （3）计算（2）中点旋转到点所经过的路径长． 19. 如图，与相切于点B，交于点F，延长交于点C，连接，点D为上一点，且，连接． （1）求证：是的切线； （2）若，求的半径长． 20. 定义：如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根比另一个根大1，则称这样的方程为“邻根方程”．例如方程的两个根是，因为，所以这个方程是“邻根方程”． （1）判断：方程_____“邻根方程”（填“是”或“不是”）； （2）已知关于的一元二次方程（m是常数）是“邻根方程”，求的值． 五、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共计24分） 21. 如图①，D是等边三角形内部的一点，连接，，．将绕着点C顺时针旋转一定的角度得到，连接． （1）求证：是等边三角形； （2）若，，，求的度数； （3）【探究】如图②，E为正方形内部的一点，连接、、，将绕着点C顺时针旋转一定的角度得到．若，，，求的长为 22. 16世纪中叶，我国发明了一种新式火箭“火龙出水”，它是二级火箭的始祖．火箭第一级运行路径形如抛物线，当火箭运行一定水平距离时，自动引发火箭第二级，火箭第二级沿直线运行．某科技小组运用信息技术模拟火箭运行过程．如图，以发射点为原点，地平线为x轴，垂直于地面的直线为y轴，建立平面直角坐标系，分别得到抛物线和直线．其中，当火箭运行的水平距离为时，自动引发火箭的第二级． （1）若火箭第二级的引发点的高度为． ①直接写出a，b的值； ②火箭在运行过程中，有两个位置的高度比火箭运行的最高点低，求这两个位置之间的距离． （2）直接写出a满足什么条件时，火箭落地点与发射点的水平距离超过． 六、解答题（本大题共12分） 23. 综合与实践——探究四点共圆的条件（续） 某学习小组在开展“探究四点共圆的条件”的数学活动后，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究． 【提出问题】如图1所示，在线段同侧有两点，连接，如果，那么四点在同一个圆上． 【探究展示】如图2所示，作经过点的，在劣弧上取一点（不与重合），连接， 则，（依据1） ． 点四点在同一个圆上．（对角互补的四边形四个顶点共圆） 点在点所确定的上，（依据2） 点四点在同一个圆上． 【反思归纳】 （1）上述探究过程中的“依据1”是_____，“依据2”是_____． （从下框内选一个选项，直接填序号） ①圆内接四边形对角互补 ②对角互补的四边形四个顶点共圆 ③过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆 ④经过两点的圆的圆心在这两点所连线段的垂直平分线上 【结论运用】 （1）如图3，在四边形中，，，则的度数为_____． （2）如图4，在中，，将绕点逆时针旋转，得到，旋转角为，连接．延长交于点．请证明下列两个结论： 四点共圆； ②． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年度第一学期期末检测卷九年级数学 （说明：总分120分，考试时间120分钟） 一、单项选择题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 1. 下列志愿服务标志为中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据中心对称图形的定义：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，即可解出本题． 【详解】A．此图形绕着某个点旋转后不能与原图形重合，所以此图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意； B．此图形绕着某个点旋转后能与原图形重合，所以此图形是中心对称图形，故此选项符合题意． C．此图形绕着某个点旋转后不能与原图形重合，所以此图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意； D．此图形绕着某个点旋转后不能与原图形重合，所以此图形不是中心对称图形，故此选项不符合题意． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了中心对称图形的定义，熟练掌握定义是解决问题的关键． 2. 掷两个质地均匀的小正方体，小正方体的六个面上分别标有1到6的数字．下列事件是必然事件的是（ ） A. 向上两面的数字和为5 B. 向上两面的数字和大于1 C. 向上两面的数字和大于12 D. 向上两面的数字和为偶数 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了事件分类．熟练掌握必然事件，不可能事件，随机事件的概念是解题的关键．必然事件指在一定条件下一定发生的事件；不确定事件即随机事件是指在一定条件下，可能发生也可能不发生的事件；不可能事件指在一定条件下一定不发生的事件． 分析各选项中两骰子点数和的可能情况，判断是否必然成立． 【详解】选项A：和为5的可能组合有（1,4）、（2,3）、（3,2）、（4,1），共4种，概率为，非必然事件． 选项B：两骰子最小点数为1，最小和为，因此和必定大于1，概率为1，是必然事件． 选项C：两骰子最大和为，无法超过12，概率为0，为不可能事件． 选项D：和为偶数的概率为，可能发生但不必然． 故选：B． 3. 小东在用配方法解方程时，配成，发现，判断该方程无实数根，则的值可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了配方法解一元二次方程，关键是熟练应用配方法解题；将原方程配方后与所给方程对照，利用求的值即可． 【详解】解：， 配方得：， 即：， ∵，， ∴， 解得：． 故选：D ． 4. 如图，正五边形内接于，点是上一点，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查了正五边形的中心角的计算、圆周角定理，关键是圆周角定理的应用；求出的度数，则可求． 【详解】解：∵ ∴  故选：B ． 5. 如图，在长为，宽为的矩形地面的四周种植花卉，中间种植草坪．如果要求花卉带的宽度相同，且草坪的面积为总面积的，那么花卉带的宽度应为多少米？设花卉带的宽度为 ，则可列方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程在几何图形面积问题中的应用，解题的关键是根据花卉带宽度相同的条件，正确表示出中间草坪的长和宽，再结合草坪面积与总面积的关系列出方程． 确定矩形总面积：矩形地面长、宽总面积为分析草坪的长和宽：花卉带宽度为且在四周，因此草坪的长需减去左右两侧花卉带宽度（共即草坪的宽需减去上下两侧花卉带宽度（共即列面积关系方程：草坪面积为且等于总面积的，由此确定方程形式． 【详解】解：根据题意，矩形地面的总面积为，草坪面积为总面积的，即草坪面积为． ∵花卉带宽度为，且分布在矩形四周， ∴中间草坪的长应等于原矩形的长减去左右两侧花卉带的总宽度（每侧宽即 草坪的宽应等于原矩形的宽减去上下两侧花卉带的总宽度（每侧宽即． 因此，草坪的面积可表示为结合面积关系可列方程： 故选：D． 6. 在平面直角坐标系中，两点，在抛物线，则下列结论中正确的是（ ） A. 当且时，则 B. 当时，则 C. 当且时，则 D. 当时，则 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数的图象性质，抛物线开口向上，顶点为，与x轴交于和，分析各选项时需结合抛物线的对称性、增减性及函数值的符号，据此进行作答即可． 【详解】解：∵ ∴抛物线的开口向上， 则对称轴为直线， 把代入，得， ∴顶点为， ∵两点，在抛物线， ∴当且时，（因时抛物线在x轴上方）， 故， 此时 故A选项的结论正确； 当时，抛物线在时递减， 故越大，越小， 即， 故B选项的结论错误； 当且时，， 此时应满足或， 故C选项的结论错误； 当时，抛物线在时递增， 故越大，越大， 即， 故D选项的结论错误； 故选：A 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共计18分） 7. 二次函数的最大值是_____． 【答案】2 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的最值，解题关键是明确二次函数的最值为顶点的纵坐标． 根据二次函数的顶点式，当开口向下时，函数在顶点处取得最大值． 【详解】解：∵二次函数的顶点坐标为，且二次项系数， ∴抛物线开口向下，函数有最大值，最大值为2． 故答案为：2． 8. 已知关于x的方程的一个根是，则它的另一个根是________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据一元二次方程根与系数的关系可得，根据该方程一个根为，即可求出另一个根． 【详解】解：根据题意可得：， ∴， ∵该方程一个根为，令， ∴，解得：． 故答案为：5． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根与系数的关系，解题的关键是掌握一元二次方程有两根为，，则，． 9. 如图，将这个风车图案绕着它的中心点O进行旋转，若旋转后与自身重合，则旋转的最小角度是______． 【答案】##90度 【解析】 【分析】本题考查旋转对称图形：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．据此解答即可． 【详解】解：风车绕着它的中心点旋转，若旋转后的风车与自身重合，旋转的最小角度是， 故答案为：90°． 10. 一个盒子中装有a个白球和6个红球，这些球除颜色外完全相同，若每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色再放回盒子，通过大量重复试验，发现摸到白球的频率稳定在，估计a的值为______． 【答案】9 【解析】 【分析】本题考查了利用频率估计概率．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，可以从摸到白球的频率稳定在得到比例关系，列出方程求解即可． 【详解】解：由题意可得，， 解得， 经检验，是分式方程的解且符合题意， 故答案为： 11. 常生活中常见的装饰盘由圆盘和支架组成（如图1），它可以看作如图2所示的几何图形．已知，，垂足为点C，BD⊥CD，垂足为点D，，的半径，则圆盘离桌面最近的距离是_______． 【答案】1 【解析】 【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，构造直角三角形是求线段长的常用方法．连接，，作，先证明四边形是矩形，进而得出，再根据勾股定理求出，可得，根据即可得出答案． 【详解】解：连接，，过点O作于点G，交一点E，交于点F． ∵，， ∴. ∵， ∴四边形是平行四边形. ∵， ∴四边形是矩形， ∴，. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴. ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴圆盘离桌面最近的距离是1cm， 故答案为：1． 12. 如图在中，，，，将绕点旋转得到，点的对应点为，点的对应点为，连接．当点落在的一边所在的直线上时，的长是_____． 【答案】或10或 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． 分三种情况讨论：当点落在线段上时；当点落在的延长线上时；当点落在的延长线上时；分别利用旋转的性质并结合勾股定理计算即可得出结果． 【详解】解：如图：当点落在线段上时， ， 由旋转的性质可得， ∴，，，， ∴， ∵， ∴； 如图，当点落在的延长线上时， ， 此时， ∴； 如图：当点落在的延长线上时， ∴ 由旋转得， ∴， ∴点共线， 此时 综上所述，的长为或或． 故答案为：或10或． 三、解答题（本大题共5小题，每小题5分，共计30分） 13. （1）解方程：； （2）求抛物线的顶点． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】本题考查了解一元二次方程，二次函数的图象与性质． （1）利用直接开平方法解方程； （2）将其配方成顶点式，即可写出顶点坐标． 【详解】解：（1） （2） ∴该抛物线的顶点是． 14. 2025年，我国各地“城超”（城市足球超级联赛）热闹非凡，人气火爆．某省“城超”联赛小组赛赛制为双循环形式（每两队之间都进行两场比赛），若小组赛一共进行了156场比赛，则共有多少个球队参加比赛？ 【答案】13个 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，解题的关键是正确理解题意，找到等量关系． 设共有x个球队参加比赛，则可得方程，再解方程即可． 【详解】解：设共有x个球队参加比赛． ． 整理得：． 解得： （不合题意，舍去） 答：共有13个球队参加比赛． 15. 如图是一个可以自由转动的转盘，转盘被等分成3个扇形，分别涂有“红、白、蓝”三种颜色，转盘指针固定转动转盘，等转盘停止转动后，观察指针所落区域的颜色若指针落在区域分界线上，则重新转动转盘． （1）任意转动转盘一次，指针落在红色区域的概率为______； （2）任意转动转盘两次（第一次转动转盘，等转盘停止转动后，再第二次转动转盘），用画树状图或列表的方法求指针所落区域颜色不同的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查几何概率，利用列表法求概率，正确的列出表格，熟练掌握概率公式，是解题的关键； （1）直接利用概率公式进行计算即可； （2）列出表格，利用概率公式进行计算即可． 【小问1详解】 解：由图可知，任意转动转盘一次，指针落在红色区域的概率为； 故答案为：； 【小问2详解】 列表如下： 第二次 第一次 红 白 蓝 红 （红，红） （红，白） （红，蓝） 白 （白，红） （白，白） （白，蓝） 蓝 （蓝，红） （蓝，白） （蓝，蓝） 共有9种等可能结果，颜色不同的结果有6种， ． 16. 小聪在探究二次函数的图象与性质时，首先得到了与的部分对应值如下表： ．．． 0 1 2 3 ．．． ．．． 0 ．．． 请根据上述列表解答下列问题： （1）m＝_____； （2）求此二次函数的解析式； 【答案】（1）0 （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了二次函数的图象和性质，求二次函数的解析式，解题的关键是掌握待定系数法． （1）根据二次函数的对称性进行求解即可； （2）利用待定系数法进行求解即可． 【小问1详解】 解：由表格可得， 当时，；当时，； 根据二次函数的对称性可得，当和时，值相等，值为0； ∴， 故答案为：0； 【小问2详解】 解：由列表可知，该二次函数的图象的顶点是，可将其解析式表示为： ， 再代入点得，，解得， 故解析式为：． 17. 如图，以平行四边形的边为直径画圆，顶点刚好在圆上，请仅用无刻度直尺按下列要求完成作图．（保留作图痕迹） （1）在图1中作出圆心． （2）在图2作的弦，使． 【答案】（1） 如图所示，圆心即为所求： （2） 如图所示，弦即为所求： 【解析】 【分析】本题考查了无刻度直尺作图、圆周角定理、平行四边形的性质，掌握相关知识点是解题的关键． （1）延长交圆于点，连接交于点，则圆心即为所求； （2）设与圆交于点，延长交圆于点，连接，则弦即为所求． 【小问1详解】 解：∵为直径， ∴， ∵平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴为直径， ∵直径与直径交于点， ∴点是圆心， ∴圆心即为所求； 【小问2详解】 解：延长交圆于点，连接， 由作图可知，是直径， ∴， ∴， ∵平行四边形， ∴， ∴， ∴弦即为所求． 四、解答题（本大题共3题，每小题8分，共计24分） 18. 如图，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为． （1）画出关于原点对称的，并写出点的坐标； （2）画出将绕点按顺时针方向旋转所得的； （3）计算（2）中点旋转到点所经过的路径长． 【答案】（1） 如图所示．点的坐标为． （2）如图所示 （3）． 【解析】 【分析】（1）利用中心对称的性质分别作出的对应点即可． （2）利用旋转变换的性质分别作出的对应点即可． （3）依据弧长公式进行计算即可 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ． 点A1旋转到点A2所经过的路径长为． 【点睛】本题考查作图-旋转变换以及求弧长，解题的关键是掌握旋转变换的性质． 19. 如图，与相切于点B，交于点F，延长交于点C，连接，点D为上一点，且，连接． （1）求证：是的切线； （2）若，求的半径长． 【答案】（1） 证明：如图所示，连接， ∵与相切于点B， ∴ ， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵是的半径， ∴是的切线； （2） 【解析】 【分析】本题主要考查了切线的性质与判定， 等弧所对的圆心角相等，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等： （1）如图所示，连接，由切线的性质得到，再由得到，证明，得到，据此可证明结论； （2）设的半径为r，则，在中利用勾股定理建立方程求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设的半径为r，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴的半径为． 20. 定义：如果关于的一元二次方程有两个实数根，且其中一个根比另一个根大1，则称这样的方程为“邻根方程”．例如方程的两个根是，因为，所以这个方程是“邻根方程”． （1）判断：方程_____“邻根方程”（填“是”或“不是”）； （2）已知关于的一元二次方程（m是常数）是“邻根方程”，求的值． 【答案】（1）是 （2）m的值为0或2 【解析】 【分析】本题主要考查了解一元二次方程，正确理解题意和熟知解一元二次方程的方法是解题的关键． （1）根据因式分解法解一元二次方程，然后根据“邻根方程”的定义判断即可； （2）解方程得到，，再由“邻根方程”的定义得到关于m的方程，解方程即可得到答案． 【小问1详解】 解：， ∴，， ∵， ∴方程是“邻根方程”． 故答案为：是． 【小问2详解】 解：， ， ∴，， 由题意得：，即或， 解得，， ∴m的值为0或2． 五、解答题（本大题共3小题，每小题8分，共计24分） 21. 如图①，D是等边三角形内部的一点，连接，，．将绕着点C顺时针旋转一定的角度得到，连接． （1）求证：是等边三角形； （2）若，，，求的度数； （3）【探究】如图②，E为正方形内部的一点，连接、、，将绕着点C顺时针旋转一定的角度得到．若，，，求的长为 【答案】（1） 证明：∵是等边三角形， ∴． 由旋转的性质可知，，， ∴是等边三角形； （2） （3）6 【解析】 【分析】本题考查旋转的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质等知识，掌握手拉手模型是解题的关键．手拉手模型：形状一样且共顶角顶点的两个等腰三角形构成手拉手模型． （1）由旋转的性质可知，，，则可知是等边三角形； （2）根据是等边三角形可知，，从而得到，即，继而得出； （3）连接．可根据旋转角度求出和，继而得到，再用勾股定理求出，旋转可知，从而得解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； 【小问3详解】 解：如图②中，连接． ∵四边形是正方形， ∴， 由旋转的性质可知，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：6． 22. 16世纪中叶，我国发明了一种新式火箭“火龙出水”，它是二级火箭的始祖．火箭第一级运行路径形如抛物线，当火箭运行一定水平距离时，自动引发火箭第二级，火箭第二级沿直线运行．某科技小组运用信息技术模拟火箭运行过程．如图，以发射点为原点，地平线为x轴，垂直于地面的直线为y轴，建立平面直角坐标系，分别得到抛物线和直线．其中，当火箭运行的水平距离为时，自动引发火箭的第二级． （1）若火箭第二级的引发点的高度为． ①直接写出a，b的值； ②火箭在运行过程中，有两个位置的高度比火箭运行的最高点低，求这两个位置之间的距离． （2）直接写出a满足什么条件时，火箭落地点与发射点的水平距离超过． 【答案】（1）①，；② （2） 【解析】 【分析】本题考查了二次函数和一次函数的综合应用，涉及待定系数法求解析式，二次函数的图象和性质，一次函数的图象与性质等知识点，熟练掌握二次函数和一次函数的图象与性质是解题的关键． （1）①将代入即可求解；②将变为，即可确定顶点坐标，得出，进而求得当时，对应的x的值，然后进行比较再计算即可； （2）若火箭落地点与发射点的水平距离为，求得，即可求解． 【小问1详解】 解：①∵火箭第二级的引发点的高度为 ∴抛物线和直线均经过点 ∴， 解得，． ②由①知，， ∴ ∴最大值 当时， 则 解得， 又∵时， ∴当时， 则 解得 ∴这两个位置之间的距离． 【小问2详解】 解：当水平距离超过时， 火箭第二级的引发点为， 将，代入，得 ， 解得， ∴． 六、解答题（本大题共12分） 23. 综合与实践——探究四点共圆的条件（续） 某学习小组在开展“探究四点共圆的条件”的数学活动后，得出结论：对角互补的四边形四个顶点共圆．该小组继续利用上述结论进行探究． 【提出问题】如图1所示，在线段同侧有两点，连接，如果，那么四点在同一个圆上． 【探究展示】如图2所示，作经过点的，在劣弧上取一点（不与重合），连接， 则，（依据1） ． 点四点在同一个圆上．（对角互补的四边形四个顶点共圆） 点在点所确定的上，（依据2） 点四点在同一个圆上． 【反思归纳】 （1）上述探究过程中的“依据1”是_____，“依据2”是_____． （从下框内选一个选项，直接填序号） ①圆内接四边形对角互补 ②对角互补的四边形四个顶点共圆 ③过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆 ④经过两点的圆的圆心在这两点所连线段的垂直平分线上 【结论运用】 （1）如图3，在四边形中，，，则的度数为_____． （2）如图4，在中，，将绕点逆时针旋转，得到，旋转角为，连接．延长交于点．请证明下列两个结论： 四点共圆； ②． 【答案】【反思归纳】①，③； 【结论运用】（1）； （2）①证明：由旋转的性质可得，， ∴， ， ∴， ∴点四点共圆； ②证明：如图，连接， ∵点四点共圆， ∴， 又∵， ∴，即， ∵， ∴． 【解析】 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，关键是读懂题干信息； 【反思归纳】（1）选择恰当的依据填空即可； 【结论运用】（1）通过已知判断四点共圆，进而利用圆周角的性质即可求得结果； （2）①利用旋转可得，进而结论可证； ②通过论证，结合等腰三角形即可得出结论． 【详解】【反思归纳】解：∵四点共圆， ∴，（圆内接四边形对角互补） ， 点四点在同一个圆上，（对角互补的四边形四个顶点共圆） 点在点所确定的上，（过不在同一直线上的三个点有且只有一个圆） 点四点在同一个圆上． 故答案为：①，③； 【结论运用】（1）解：∵， ∴四点共圆， ∵， ∴， 故答案为：； （2）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $