精品解析：2026年广东省 广州市天河区九年级中考数学二模测试卷

2026届初三毕业班适应性训练 数学 本试卷共6页，满分120分．训练时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、座位号和考号填写在答题卡相应的位置上，再用2B铅笔把考号的对应数字涂黑． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题（本题有10个小题，每小题3分，共30分，每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．） 1. 的相反数是（    ） A. B. C. D. 2. 一个几何体的三视图如图所示，这个几何体可能是（ ） A. B. C. D. 3. 将抛物线向下平移1个单位长度，得到的抛物线的解析式为（　　） A. B. C. D. 4. 如图是蜡烛在平面镜中成像的光路图，人眼所看到的是蜡烛在平面镜里的虚像，点与点到平面镜的距离相等，且它们的连线与平面镜垂直，故人眼感觉看到了真实的蜡烛．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 5. 下列运算中，结果正确的是（） A. B. C. D. 6. 若关于x的一元二次方程的一个根是，则m的值为（    ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 如图，有3张背面相同的卡片，正面分别印有下列几种几何图形．现将这3张卡片正面朝下摆放，从中任意抽取一张后放回，再从中任意抽取一张，则两次抽到的卡片的正面图形都是中心对称图形的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，从航拍无人机看一栋楼顶部的仰角为，看这栋楼底部的俯角为，无人机与楼的水平距离为，则这栋楼的高度为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点是的中点，连接，．以点为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（ ） A. B. C. D. 10. 已知抛物线与轴交于，两点，且．若点在该抛物线上，则下列判断正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时，该抛物线的顶点到达最高处 D. 该抛物线与没有交点 二、填空题（本题有6个小题，每小题3分，共18分．） 11. 若二次根式有意义，则x的取值范围是______． 12. 一杆古秤在称物时的状态如图所示，已知，则的度数为_____． 13. 分式方程=的解是__________． 14. 已知一次函数的图象经过第一、三、四象限，则反比例函数的图象经过的象限是______． 15. 如图，在平面直角坐标系中，点是坐标原点，已知点，，平分交轴于点，则______． 16. 如图，在菱形中，，，点是边上的动点，连接，，过点作于点． （1）若时，则______． （2）设，，则与之间的函数解析式为______． 三、解答题（本大题有9小题，共72分，解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤．） 17. 解不等式：． 18. 如图，在矩形中，两条对角线与相交于点，，，求的长． 19. 已知，． （1）化简； （2）若，求的值． 20. 某班级拟开展主题班会活动，现通过投票从“与科技”“与生活”“与学习”“安全”“故事”中挑选一个最受欢迎的主题，投票结果的条形统计图与扇形统计图如图所示． 根据以上信息，完成下列问题： （1）补全条形统计图并填空：参与本次投票的人数是______人； （2）由于“与科技”“故事”两个主题得票并列最高，为确定活动主题，从该班随机选择8名学生代表对这两个主题评分，评分结果及汇总信息如表： 主题 评分 平均数 中位数 众数 与科技 10 9 8 3 6 4 10 10 8.5 10 故事 9 10 7 8 5 5 8 8 7.5 8 结合表中的数据，求出，的值，并判断选择哪个活动主题最合理？说明理由． 21. 某班准备购买“国风书签”和“校徽钥匙扣”作为校园文化节奖品．已知购买1枚国风书签和2个校徽钥匙扣需要8元，购买2枚国风书签和3个校徽钥匙扣需要13元． （1）求每枚国风书签和每个校徽钥匙扣的价格； （2）班委准备用33元全部购买这两种奖品，每种奖品至少买一件． ①写出枚国风书签和个校徽钥匙扣的数量满足的等量关系，并直接写出可能购买方案的个数； ②若从所有可能的购买方案中随机选取一种，直接写出买到的校徽钥匙扣数量多于国风书签数量的概率． 22. 已知中，，平分交于点，其中． （1）求的度数； （2）将绕点逆时针旋转至，其中点的对应点落在边上，先用尺规作出（要求保留作图痕迹），后标记与的交点，求证：． 23. 问题背景：小天在整理储物柜时，发现纸杯的不同叠放方式会导致高度与数量的关系发生变化，他运用学过的函数知识分析其中的变化规律． 叠法1：小天以图1的方式叠纸杯时发现：叠在一起的纸杯的高度（）与纸杯的个数（个）之间是一次函数关系，相关数据如表． 纸杯个数（个） 1 2 3 4 … 纸杯高度（） 9 9.5 10 10.5 … 叠法2：“速叠杯”是深受学生喜爱的一项运动，杯子的叠放方式如图3所示：每层都是杯口朝下排成一行，自下向上逐层递减一个杯子，直至顶层只有一个杯子．小天发现叠放所需杯子的总数随着第一层（最底层）杯子的个数变化而变化，并在平面直角坐标系中描点，，，等，由此猜想这些点在某一条过原点的抛物线上（图4）： （1）求与之间的函数表达式； （2）小天把杯子按叠法1叠成如图1的一摞，竖着一次性放入内高为的柜子里（图2）．求一摞最多能叠的杯子总数； （3）小天将储物柜里竖着的一摞杯子（总数为）全部拿出来，刚好能按叠法2进行叠放，用含的代数式表示杯子叠放后的层数． 24. 已知抛物线与轴交于两点，（在的左边，），与轴交于点，设的外接圆圆心为，与轴相切，圆心在反比例函数图象上． （1）求点的纵坐标； （2）求的值； （3）当时，设直线与函数图象的另一交点为，若该抛物线对称轴上一点满足，证明点在上，并直接写出点的纵坐标的取值范围． 25. 如图，点是边长为2的正方形的边上一动点（不与，重合），和关于直线对称，连接交射线于点． （1）当点在对角线上时，求的度数； （2）求证：； （3）若点在上，且，当最大时，求的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届初三毕业班适应性训练 数学 本试卷共6页，满分120分．训练时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、班级、姓名、座位号和考号填写在答题卡相应的位置上，再用2B铅笔把考号的对应数字涂黑． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保证答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题（本题有10个小题，每小题3分，共30分，每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的．） 1. 的相反数是（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据只有符号不同的两个数互为相反数，直接求解即可． 【详解】解：与只有符号不同的数为， 的相反数是． 2. 一个几何体的三视图如图所示，这个几何体可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】解：由图可知，这个几何体可能是： 3. 将抛物线向下平移1个单位长度，得到的抛物线的解析式为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了二次函数图象的平移，根据二次函数的图象的平移法则：上加下减，即可得到答案，熟练掌握二次函数的图象的平移法则是解此题的关键． 【详解】解：将抛物线向下平移1个单位长度，得到的抛物线的解析式为， 故选：A． 4. 如图是蜡烛在平面镜中成像的光路图，人眼所看到的是蜡烛在平面镜里的虚像，点与点到平面镜的距离相等，且它们的连线与平面镜垂直，故人眼感觉看到了真实的蜡烛．若，则的度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了三角形外角的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，掌握这三个性质是关键；由题意知平面镜所在直线垂直平分线段，则，从而等边对等角，再由三角形外角的性质即可求解． 【详解】解：∵点与点到平面镜的距离相等，且它们的连线与平面镜垂直， ∴平面镜所在直线垂直平分线段， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 5. 下列运算中，结果正确的是（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查同底数幂的乘法和除法以及积的乘方运算，本题属于基础题型． 根据同底数幂的乘法和除法以及积的乘方运算即可求出答案； 【详解】解：A、原式，故A不符合题意． B、原式，故B不符合题意． C、原式，故C不符合题意． D、原式，故D符合题意． 故选：D． 6. 若关于x的一元二次方程的一个根是，则m的值为（    ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查根据一元二次方程的解求参数：熟练掌握一元二次方程的解是解题的关键，把代入一元二次方程得到，然后解关于m的一次方程即可． 【详解】解：把代入方程得， 解得：． 故选：C． 7. 如图，有3张背面相同的卡片，正面分别印有下列几种几何图形．现将这3张卡片正面朝下摆放，从中任意抽取一张后放回，再从中任意抽取一张，则两次抽到的卡片的正面图形都是中心对称图形的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题目中给出的图形，可以判定是否中心对称图形，然后根据题意，可以画出相应的树状图，从而可以得到抽到的卡片正面图案都是中心对称图形的概率． 【详解】解：设A是等腰三角形，B是平行四边形，C是圆，由题意可得B、C卡片正面图案都是中心对称图形，画树状图得， ∴一共有9种情况，摸出两张卡片都是中心对称图形有4种； ∴抽到的卡片正面图形都是中心对称图形的概率是． 8. 如图，从航拍无人机看一栋楼顶部的仰角为，看这栋楼底部的俯角为，无人机与楼的水平距离为，则这栋楼的高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点A作于点D，则，分别在和中，利用锐角三角函数求出的长，即可求解． 【详解】解：如图，过点A作于点D，则， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴． 9. 如图，是边长为的等边三角形的外接圆，点是的中点，连接，．以点为圆心，的长为半径在内画弧，则阴影部分的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作，等边三角形的性质结合圆内接四边形的性质，求出，三线合一，解直角三角形，求出的长，利用扇形的面积公式求出阴影部分的面积即可． 【详解】解：∵是边长为的等边三角形的外接圆，点D是的中点， ∴，， ∴， 作， 则：，， ∴， ∴阴影部分的面积为． 10. 已知抛物线与轴交于，两点，且．若点在该抛物线上，则下列判断正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时，该抛物线的顶点到达最高处 D. 该抛物线与没有交点 【答案】A 【解析】 【分析】根据抛物线开口方向，结合与x轴交点性质、顶点坐标特征、联立方程判断交点个数，逐一分析选项即可． 【详解】解：∵抛物线 的二次项系数 ∴抛物线开口向下，且与轴交于，，， 对选项A：点在抛物线上，当时，，A正确； 对选项B：当时，可得或，B错误； 对选项C：将抛物线配方得 ，顶点纵坐标为， ∵，当时顶点纵坐标最小，该抛物线的顶点没有到达最高处，C错误； 对选项D：联立与， 消去整理得 ， 该方程判别式 ，总有实数根， ∴抛物线与直线总有交点，D错误． 二、填空题（本题有6个小题，每小题3分，共18分．） 11. 若二次根式有意义，则x的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查二次根式有意义的条件．二次根式有意义，被开方数为非负数，列不等式求解． 【详解】解：根据二次根式的意义，得， 解得． 故答案为：． 12. 一杆古秤在称物时的状态如图所示，已知，则的度数为_____． 【答案】##度 【解析】 【分析】根据两直线平行，内错角相等，即可求解． 【详解】解：如图所示，依题意，， ∴， ∵，， ∴ ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解题的关键． 13. 分式方程=的解是__________． 【答案】x=2 【解析】 【详解】试题分析：先去分母，将分式方程转化为一个整式方程．然后解这个整式方程．方程两边同乘以（x＋1）x，约去分母，得3x=2（x+1）,去括号，移项，合并同类项，得x=2． 考点：分式方程的解法． 14. 已知一次函数的图象经过第一、三、四象限，则反比例函数的图象经过的象限是______． 【答案】 第二、四象限 【解析】 【分析】先根据一次函数的图象性质判断和的正负，得到的正负，再根据反比例函数的性质确定其图象所在象限. 【详解】解：一次函数的图象经过第一、三、四象限， 根据一次函数的性质可得，， ， 对于反比例函数，， ∴反比例函数的图象位于第二、四象限. 15. 如图，在平面直角坐标系中，点是坐标原点，已知点，，平分交轴于点，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用面积法进行求解即可． 【详解】解：∵点，， ∴，， ∴． ∵平分交y轴于点M， ∴点M到和的距离相等， ∴， 则， ∴． 16. 如图，在菱形中，，，点是边上的动点，连接，，过点作于点． （1）若时，则______． （2）设，，则与之间的函数解析式为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）根据含角的直角三角形的性质得出，进而利用勾股定理得出解答即可； （2）过D作交的延长线于H，在菱形中，，，，，根据平行线的性质得到，性质的，根据直角三角形得到，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【详解】解：（1）当时，，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）过D作交的延长线于H， 在菱形中，，，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题（本大题有9小题，共72分，解答要求写出文字说明，证明过程或计算步骤．） 17. 解不等式：． 【答案】 【解析】 【详解】解：， 去括号得：， 移项得：， 解得：． 18. 如图，在矩形中，两条对角线与相交于点，，，求的长． 【答案】8 【解析】 【分析】根据矩形的性质，结合勾股定理进行求解即可. 【详解】解：∵在矩形中，两条对角线与相交于点，，， ∴， ∴. 19. 已知，． （1）化简； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将异分母分式通分，再进行减法运算即可； （2）先算，再将代入化简即可． 【小问1详解】 解：； 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∵， ∴． 20. 某班级拟开展主题班会活动，现通过投票从“与科技”“与生活”“与学习”“安全”“故事”中挑选一个最受欢迎的主题，投票结果的条形统计图与扇形统计图如图所示． 根据以上信息，完成下列问题： （1）补全条形统计图并填空：参与本次投票的人数是______人； （2）由于“与科技”“故事”两个主题得票并列最高，为确定活动主题，从该班随机选择8名学生代表对这两个主题评分，评分结果及汇总信息如表： 主题 评分 平均数 中位数 众数 与科技 10 9 8 3 6 4 10 10 8.5 10 故事 9 10 7 8 5 5 8 8 7.5 8 结合表中的数据，求出，的值，并判断选择哪个活动主题最合理？说明理由． 【答案】（1）48；补全条形统计图为： （2），； 应该选择“与科技”， 理由：因为“与科技”的评分的中位数和众数都比“故事”的高，所以应该选择“与科技”（答案不唯一）． 【解析】 【分析】（1）由安全的人数除以占比得到投票人数； （2）根据平均数，中位数的定义即可求解；可以根据中位数和众数分别进行分析即可． 【小问1详解】 解：本次投票人数为：（人）， 与学习的人数为：（人）， 补全条形统计图为： 【小问2详解】 解：； 将“故事”的打分排列为：5，5，7，8，8，8，9，10， 则中位数； 应该选择“与科技”， 理由：因为“与科技”的评分的中位数和众数都比“故事”的高，所以应该选择“与科技”（答案不唯一）． 21. 某班准备购买“国风书签”和“校徽钥匙扣”作为校园文化节奖品．已知购买1枚国风书签和2个校徽钥匙扣需要8元，购买2枚国风书签和3个校徽钥匙扣需要13元． （1）求每枚国风书签和每个校徽钥匙扣的价格； （2）班委准备用33元全部购买这两种奖品，每种奖品至少买一件． ①写出枚国风书签和个校徽钥匙扣的数量满足的等量关系，并直接写出可能购买方案的个数； ②若从所有可能的购买方案中随机选取一种，直接写出买到的校徽钥匙扣数量多于国风书签数量的概率． 【答案】（1）每枚国风书签的价格为2元，每个校徽钥匙扣的价格为3元； （2）①，符合条件的方案有5个；②买到的校徽钥匙扣数量多于国风书签数量的概率为． 【解析】 【分析】（1）设每枚国风书签的价格为x元，每个校徽钥匙扣的价格为y元，根据“购买1枚国风书签和2个校徽钥匙扣需要8元，购买2枚国风书签和3个校徽钥匙扣需要13元”列出方程组，解方程组即可； （2）①根据购买m枚国风书签和n个校徽钥匙扣的总费用列出m，n的数量关系，再根据m，n为正整数写出方案； ②根据概率公式计算即可． 【小问1详解】 解：设每枚国风书签的价格为x元，每个校徽钥匙扣的价格为y元． 根据题意列方程组：， 解得， 答：每枚国风书签的价格为2元，每个校徽钥匙扣的价格为3元； 【小问2详解】 解：①由（1）可知，国风书签单价2元，校徽钥匙扣单价3元，总费用33元， 可得：， ∴， 因为m，n都是正整数， 所以必须是正偶数， ∴时，； 时，； 时，； 时，； 时，； 时，（舍去，因为每种奖品至少买一件）． 所以符合条件的方案有5个； ②校徽钥匙扣数量多于国风书签数量，即， ∴，和，， ∵满足条件的方案有2个，总方案数为5个， ∴概率为：． 22. 已知中，，平分交于点，其中． （1）求的度数； （2）将绕点逆时针旋转至，其中点的对应点落在边上，先用尺规作出（要求保留作图痕迹），后标记与的交点，求证：． 【答案】（1） （2）如图，即为所求； 证明：∵旋转， ∴，， ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴． 【解析】 【分析】（1）等边对等角，结合三角形的内角和定理以及角平分线的定义即可得出结果； （2）先分别以、为圆心，长为半径画弧，交于点，，连接交于，则垂直平分，此时，得到，再分别以、为圆心，长为半径画弧，交点即为，此时，连接，，即得到，证明，结合即可得证. 【小问1详解】 解：∵，平分交于点，， ∴，， ∴； 【小问2详解】 略 23. 问题背景：小天在整理储物柜时，发现纸杯的不同叠放方式会导致高度与数量的关系发生变化，他运用学过的函数知识分析其中的变化规律． 叠法1：小天以图1的方式叠纸杯时发现：叠在一起的纸杯的高度（）与纸杯的个数（个）之间是一次函数关系，相关数据如表． 纸杯个数（个） 1 2 3 4 … 纸杯高度（） 9 9.5 10 10.5 … 叠法2：“速叠杯”是深受学生喜爱的一项运动，杯子的叠放方式如图3所示：每层都是杯口朝下排成一行，自下向上逐层递减一个杯子，直至顶层只有一个杯子．小天发现叠放所需杯子的总数随着第一层（最底层）杯子的个数变化而变化，并在平面直角坐标系中描点，，，等，由此猜想这些点在某一条过原点的抛物线上（图4）： （1）求与之间的函数表达式； （2）小天把杯子按叠法1叠成如图1的一摞，竖着一次性放入内高为的柜子里（图2）．求一摞最多能叠的杯子总数； （3）小天将储物柜里竖着的一摞杯子（总数为）全部拿出来，刚好能按叠法2进行叠放，用含的代数式表示杯子叠放后的层数． 【答案】（1）； （2）一摞最多能叠的杯子总数为45个； （3）杯子叠放后的层数为. 【解析】 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）求出关于的函数关系式，求出时的自变量的值即可； （3）令，求出的值即可. 【小问1详解】 解：由题意，设， 把，，代入，得， 解得， ∴； 【小问2详解】 解：设， 把代入，得， 解得， ∴， ∴当时，解得； 答：一摞最多能叠的杯子总数为45个； 【小问3详解】 解：由（1）可知：； ∴当时，解得， ∵， ∴； 答：杯子叠放后的层数为. 24. 已知抛物线与轴交于两点，（在的左边，），与轴交于点，设的外接圆圆心为，与轴相切，圆心在反比例函数图象上． （1）求点的纵坐标； （2）求的值； （3）当时，设直线与函数图象的另一交点为，若该抛物线对称轴上一点满足，证明点在上，并直接写出点的纵坐标的取值范围． 【答案】（1）1 （2）； （3）见解析，或 【解析】 【分析】（1）根据切线的性质求得，即可得到点的纵坐标为1； （2）作轴于点，连接，求得，，，在中，由勾股定理列式计算得到，将点代入即可求得； （3）证明四边形是平行四边形，得到，得出且，求得，，利用待定系数法求得直线的解析式，反比例函数的解析式，联立求得，即可证明点在上，是等边三角形，据此求解即可． 【小问1详解】 解：如图， ∵点，与轴相切， ∴， ∴点的纵坐标为1； 【小问2详解】 解：作轴于点，连接，如图， ∴四边形是矩形，解方程，得，， ∴，， ∴， ∴，，， 在中，由勾股定理得，即， 整理得， 将点代入得， ∴； 【小问3详解】 解：∵，又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，，， ∴且， 解得，， ∴，，， 设直线的解析式为， ∴，解得， ∴直线的解析式为， 将代入得， ∴反比例函数的解析式为， 联立得， 解得，， 当时，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴点在上，是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∵， ∴，又， ∴， 解得或． 25. 如图，点是边长为2的正方形的边上一动点（不与，重合），和关于直线对称，连接交射线于点． （1）当点在对角线上时，求的度数； （2）求证：； （3）若点在上，且，当最大时，求的长度． 【答案】（1） （2）证明：连接，与交于点，如图， ∵折叠， ∴，， ∵正方形，边长为2， ∴，，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴； （3）2 【解析】 【分析】（1）根据正方形的性质，折叠的性质，推出为等腰直角三角形，得到，邻补角求出的度数即可； （2）连接，与交于点，倒角证明，得到，再证明，得到，进而得到，再根据折叠可知，等量代换即可得出结论； （3）作，连接，证明，得到，进而得到点在以为直径的圆上运动，取的中点，连接，得到当与相切时，最大，证明也是的切线，根据切线长定理，即可得出结果. 【小问1详解】 解：∵正方形， ∴，， ∵折叠， ∴， ∵点在对角线上， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：作，连接，则， ∴， 由（2）可知，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴又∵， ∴， ∴， ∴点在以为直径的圆上运动， 取的中点，连接， ∴当与相切时，最大，如图， ∵为的半径， ∴也是的切线， ∴. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $