2023-2024学年福建省福州市九年级（上）期末数学试卷（一模）

这是一份2023-2024学年福建省福州市九年级（上）期末数学试卷（一模），共33页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年第一学期福州市九年级质量检测
数 学 试 题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，完卷时间120分钟，满分150分．
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．国家提倡推行生活垃圾分类，下列垃圾分类标志分别表示厨余垃圾、有害垃圾、可回收物和其他垃圾，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．B．C．D．
2．下列事件中，属于必然事件的是（ ）
A．水中捞月B．瓮中捉鳖C．守株待兔D．拔苗助长
3．若是关于x的方程的一个根，则m的值是（）
A．B．C．3D．15
4．关于抛物线，下列说法不正确的是（ ）
A．开口向下B．抛物线与y轴交于点
C．当时，y取最大值D．抛物线与x轴没有交点
5．如图，C，D是上直径两侧的两点，设，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知点，，均在反比例函数的图象上，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，点，分别在的边，上，且，若，，则（ ）
A．4.5B．6C．8D．9
8．大自然中有许多小动物都是“小数学家”，如图1，蜜蜂的蜂巢结构非常精巧、实用而且节省材料，多名学者通过观测研究发现：蜂巢巢房的横截面大都是正六边形．如图2，一个巢房的横截面为正六边形，若对角线的长约为8mm，则正六边形的边长为（ ）
A．2mmB．C．D．4mm
9．如图，将绕点顺时针旋转得到，若点、、在同一条直线上，且，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
10．已知抛物线 与直线 在 范围内有唯一公共点，则 的取值范围为（ ）
A．或B．或
C．或D．或
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上相应位置书写作答，在试题卷上作答，答案无效．
2．作图可先用2B铅笔画出，确定后必须用0.5毫米黑色墨水签字笔描黑．
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分．
11．在平面直角坐标系中，点关于原点中心对称的点的坐标是 ．
12．小华酷爱足球运动一次训练时，他将足球从地面向上踢出，足球距地面的高度（单位：）与足球被踢出后经过的时间（单位：）之间的关系为：，则足球距离地面的最大高度为 m．
13．如图，在长为米、宽为米的长方形绿地内，修筑三条相同宽且分别平行于长方形相邻两边的道路，把绿地分成块，这块绿地的总面积为平方米．如果设道路宽为米，由题意所列出关于的方程是 ．
14．如图，已知⊙是小正方形的外接圆，是大正方形的内切圆．现假设可以随意在图中取点，则这个点取在阴影部分的概率是 ．
15．如图，点A是反比例函数的图象上的一点，过点A作轴，垂足为B．点C为y轴上的一点，连接．若的面积为6，则k的值是 ．
16．如图，已知，平面内点P到点O的距离为2，连接AP，若且，连接AB，BC，则线段BC的最小值为 ．
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．（8分）用适当方法解下列方程：
(1)；
(2)．
18．（8分）如图，在中，以为直径的与相切于点，与相交于点，是上一点，且，连接，若，，求的长．
19．（8分）某校后勤处每周周日均会对学校教室进行消毒处理，已知消毒水的消毒效果随着时间变化如图所示，消毒效果（单位：效力）与时间（单位：分钟）呈现三段函数图象，其中段是渐消毒阶段，段为深消毒阶段，段是反比例函数图象的一部分，为降消毒阶段．请根据图中信息解答下列问题：
(1)求深消毒阶段和降消毒阶段中与之间的函数关系式；
(2)若消毒效果持续分钟达到效力及以上，即可产生消毒作用，请问本次消毒是否有效？
20．（8分）某课外科技小组研制了一种航模飞机通过实验，收集了飞机相对于出发点的飞行水平距离（单位：）、飞行高度（单位：）随飞行时间（单位：）变化的数据如下表：
【探究发现】
通过表格可发现与满足一次函数关系，即.而与之间的数量关系也可以用我们已经学习过的函数来描述．
【解决问题】
(1)直接写出关于的函数解析式．（不要求写出自变量的取值范围）
(2)如图，活动小组在水平安全线上处设置一个高度可以变化的发射平台试飞该航模飞机.根据上面的探究发现解决下面的问题．
①若发射平台相对于安全线的高度为0m，求飞机落到安全线时飞行的水平距离；
②在安全线上设置回收区域，点的右侧为回收区域（包括端点），．若飞机落到回收区域内，求发射平台相对于安全线的最低高度．
21．（8分）如图，在中，点I是的内心．
(1)求作过点I且平行于的直线，与分别相交于点D，E（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)若，，，求的长．
22．（10分）为促进消费，助力经济发展，某商场决定举办抽奖促销活动．活动规定：凡在商场消费一定金额的顾客，均可获得一次抽奖机会．抽奖方案如下：从装有大小质地完全相同的1个红球和编号为①②的2个黄球的袋中，随机摸出1个球，若摸得红球，则中奖，可获得奖品；若摸得黄球，则不中奖．同时，还允许未中奖的顾客将其摸得的球放回袋中，并再往袋中加入1个红球或黄球（它们的大小质地与袋中的3个球完全相同），然后从中随机摸出1个球，记下颜色后不放回，再从中随机摸出1个球，若摸得的两球的颜色相同，则该顾客可获得精美礼品一份．现已知某顾客获得抽奖机会．
(1)求该顾客首次摸球中奖的概率；
(2)假如该顾客首次摸球未中奖，为了有更大机会获得精美礼品，他应往袋中加入哪种颜色的球？说明你的理由．
23．（10分）如图1．已知四边形是矩形．点在的延长线上．与相交于点，与相交于点
（1）求证：；
（2）若，求的长；
（3）如图2，连接，求证：．
24．（13分）已知抛物线（）与x轴交于A，B两点（点B在x轴正半轴），与y轴交于点C，连接，，．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点D在点B，C之间的抛物线上运动（不与点B，C重合），连接交于点E，连接．记，的面积分别为，，求的最大值；
(3)已知抛物线的顶点的为G，过点G的直线l与抛物线的另一个交点为P，直线l与直线：交于点F，过点F作的垂线，交抛物线于点Q，过的中点M作于点N．求证：．
25．（13分）已知，四边形内接于，点在的延长线上．
(1)如图，求证：平分
(2)如图，若是的直径，平分交延长线于，交于，连接
①求的度数
②若，的面积等于，求的长．
飞行时间
0
2
4
6
8
…
飞行水平距离
0
10
20
30
40
…
飞行高度
0
22
40
54
64
…
参考答案：
1．B
【分析】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．根据中心对称图形与轴对称图形的概念，把一个图形绕某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，进行判断即可．
【详解】解：A．不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
B．既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
C．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D．既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：B．
2．B
【分析】本题主要考查必然事件，熟练掌握必然事件的定义是解题的关键，根据必然事件的定义即可得到答案．
【详解】解：A、水中捞月是不可能发生的，属于不可能事件，不符合题意；
B、瓮中捉鳖是一定会发生的，属于必然事件，符合题意：
C、守株待兔可能发生可能不发生，属于随机事件，不符合题意；
D、拔苗助长是不可能发生的，属于不可能事件，不符合题意．
故选B．
3．C
【分析】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．
直接把代入一元二次方程得到关于的方程，然后解一次方程即可．
【详解】解：把代入方程，
得
解得．
故选：C．
4．D
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，根据二次函数的性质逐项判断即可．
【详解】解：对于抛物线，
∵，
∴抛物线的开口向下，选项A正确，不符合题意；
∵当时，，
∴抛物线与y轴交于点，选项B正确，不符合题意；
∵抛物线的对称轴为直线，且开口向下，
∴当时，y取最大值，选项C正确，不符合题意；
∵，
∴抛物线与x轴有一个交点，故选项D不正确，符合题意，
故选：D．
5．D
【分析】本题考查了同弧所对的圆周角相等，半圆（直径）所对的圆周角是直角，由是直径求出是解题的关键．由是直径可得，由可知，再根据同弧所对的圆周角相等可得的度数，即可得出答案．
【详解】解：∵是的直径，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：D．
6．C
【分析】本题考查了反比例函数的性质，牢记“当，双曲线的两支分别位于第二、四象限，且同一象限内y随x的增大而增大”是解题的关键．
【详解】解：，
，
图象在二、四象限，且同一象限内y随x的增大而增大，
，
，，
，
故选：C．
7．D
【分析】本题主要考查平行线所截线段成比例，熟练掌握平行线所截线段成比例是解题的关键；由题意易得，然后问题可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∴，
∵，
∴；
故选D．
8．D
【分析】如图，连接CF与AD交于点O，易证△COD为等边三角形，从而CD=OC=OD=AD，即可得到答案．
【详解】连接CF与AD交于点O，
∵为正六边形，
∴∠COD= =60°，CO=DO，AO=DO=AD=4mm，
∴△COD为等边三角形，
∴CD=CO=DO=4mm，
即正六边形的边长为4mm，
故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形与圆的性质，正确把握正六边形的中心角、半径与边长的关系是解题的关键．
9．D
【分析】本题考查旋转性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形的外角性质，先利用旋转性质得到，，，，再根据等腰直角三角形的性质求得，然后利用三角形的外角性质求解即可．掌握旋转性质是解答的关键．
【详解】解：∵将绕点顺时针旋转得到，，
∴，，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故选：D．
10．A
【分析】根据两种情况，①当△时由求得，将的两个值分别代入方程中，求得方程的两个根检验即可；
②当△时，在范围内有一个根，则与时的两个函数值异号或有一值为0，另一个根在范围内，分别求出的取值范围．
【详解】解：与直线在范围内有唯一公共点，
令，即，
（1）当△时，则，
解得，
当时，原方程为，
解得，不合题意，舍；
当时，原方程为，
解得满足要求，
；
（2）当△时，与直线在范围内有一个根，
即与x轴在范围内有一个交点，
①若与时的两个函数值异号，
当时，，
当时，，
，
时，或，
∵开口向上，则的解为，
②若与时的两个函数值中有一个为0，即为方程的根，
当是方程的根时，则，另一个根为，在范围内，
当是方程的根时，则，另一个根为，不在范围内，
综上所述：或．
故选A．
【点睛】本题考查了二次函数的图象与系数的关系，一次函数的图象和系数的关系以及一元二次方程根的判别式，灵活运用所学知识是解决问题的关键．
11．
【分析】本题考查中心对称，掌握若点关于原点中心对称的点的坐标是，即可解题．
【详解】解：点关于原点中心对称的点的坐标是，
故答案为：．
12．9
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，利用二次函数求最值，解题的关键是熟悉二次函数的性质，即顶点的纵坐标是函数的最值；
开口方向向下，最大值为顶点坐标纵坐标，由公式可得答案．
【详解】
，，，
足球距离地面的最大高度为抛物线的顶点坐标的纵坐标，
函数的对称轴为：，
当时，h最大，
将代入中得，
故答案为：9
13．
【分析】此题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，设道路宽为米，则绿地的长为米，宽为米，解题的关键是正确理解题意，列出方程．
【详解】设道路宽为米，则绿地的长为米，宽为米，由题意得：
，
故答案为：．
14．
【分析】如图，设OA=a，则OB=OC=a，根据正方形内接圆和外接圆的关系，求出大正方形、小正方形和圆的面积，再根据概率公式计算即可．
【详解】解：如图，设OA=a，则OB=OC=a，
由正方形的性质可知∠AOB=90°，
，
由正方形的性质可得CD=CE=OC=a，
∴DE=2a，
S阴影=S圆-S小正方形=，
S大正方形=，
∴这个点取在阴影部分的概率是，
故答案为：
【点睛】本题考查了概率公式、正方形的性质、正方形外接圆和内切圆的特点、圆的面积计算，根据题意弄清楚图形之间的关系是解题的关键．
15．
【分析】本题主要考查了反比例函数的几何意义，掌握反比例函数的几何意义是解题的关键．根据的面积为6，可得到的面积也是6，再根据反比例函数的几何意义和所在象限求解即可；
【详解】解：连接，由题意可得轴，
∴，
∴，
∴，
又∵函数图象位于第二象限，
∴；
故答案为：．
16．
【分析】如图所示，延长PB到D使得PB=DB，先证明△APD是等边三角形，从而推出ABP=90°，∠BAP=30°，以AO为斜边在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，连接CM，过点M作MH⊥AC于H，解直角三角形得到，从而证明△AMB∽△AOP，得到，则，则点B在以M为圆心，以为半径的圆上，当M、B、C三点共线时，即点B在点的位置时，BC有最小值，据此求解即可．
【详解】解：如图所示，延长PB到D使得PB=DB，
∵，
∴，
又∵∠APB=60°，
∴△APD是等边三角形，
∵B为PD的中点，
∴AB⊥DP，即∠ABP=90°，
∴∠BAP=30°，
以AO为斜边在AC下方作Rt△AMO，使得∠MAO=30°，连接CM，过点M作MH⊥AC于H，
∴，
同理可得，
∵∠OAM=30°=∠PAB，
∴∠BAM=∠PAO，
又∵，
∴△AMB∽△AOP，
∴，
∵点P到点O的距离为2，即OP=2，
∴，
∴点B在以M为圆心，以为半径的圆上，
连接CM交圆M（半径为）于，
∴当M、B、C三点共线时，即点B在点的位置时，BC有最小值，
∵AC=2AO=8，
∴AO=4，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴BC的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，勾股定理，圆外一点到圆上一点的最值问题，解题的关键在于能够熟练掌握瓜豆模型即证明点B在以M为圆心，半径为的圆上运动．
17．(1)；
(2)．
【分析】本题主要考查了解一元二次方程，熟知解一元二次方程的方法是解题的关键．
（1）先把常数项移到方程右边，再两边加上一次项系数的一半的平方进行配方，据此解方程即可；
（2）先移项，然后利用因式分解法解方程即可．
【详解】（1）解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得；
（2）解：∵，
∴，
∴，
∴或，
解得．
18．
【分析】先根据切线的性质得为直角三角形，再根据勾股定理求出，进而求出，然后连接，结合“直径所对的圆周角是直角”证明，可得，即可求出，最后根据得出答案．
【详解】解：∵为的直径，与相切于点，
∴．
∴为直角三角形．
设，则，
∵，
∴在中，由勾股定理，得，
解得．
∴，．
如图，连接，
∵是的直径，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了切线的性质，勾股定理，直径所对的圆周角是直角，相似三角形的性质和判定，相似三角形的对应边成比例是求线段长的常用方法．
19．(1)深消毒阶段的函数关系式为，降消毒阶段的函数关系式为
(2)本次消毒有效
【分析】本题主要考查了反比例函数，正比例函数，一次函数的应用，解题的关键是从实际问题中抽象出反比例函数，正比例函数，一次函数模型．
（1）用待定系数法即可求解；
（2）将代入中，求出值，再与比较即可求解．
【详解】（1）解：设深消毒阶段的函数关系式为，将点、点代入得：
，
解得：，
深消毒阶段的函数关系式为；
设降消毒阶段的函数关系式为，将点代入得：
，
解得：，
降消毒阶段的函数关系式为；
（2）当时，，
，
本次消毒有效．
20．(1)
(2)①飞机落到安全线时飞行的水平距离；②发射平台相对于安全线的最低高度为
【分析】本题考查一次函数的应用，二次函数的应用等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）根据待定系数法求解即可；
（2）①令二次函数，求出时间代入函数式即可求解；
②设发射平台相对于安全线的高度为，则飞机相对于安全线的飞行高度．结合，即可求解．
【详解】（1）与是二次函数关系，
设，
由题意得：，解得： ，
；
（2）①依题意, 得，
解得：(舍)， ，
当时，，
答：飞机落到安全线时飞行的水平距离为；
②设发射平台相对于安全线的高度为，
∴飞机相对于安全线的飞行高度，
，
，
在中，
当时， ，
答：发射平台相对于安全线的高度的变化范围是大于．
21．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据过直线外一点作已知直线的平行线的作法作图即可；
（2）过点I作于点N，于点M，于点M，于点P，过点A作于点F，交于点H，过点D作于点G，连接．易证，即可得出．由三角形内心的性质可知，结合三角形面积公式可得出，，即得出，结合题意可求出，．又易证，，即可证，得出，从而可求出，即可求解．
【详解】（1）解：如图，直线即为所作；

（2）解：如图，过点I作于点N，于点M，于点M，于点P，过点A作于点F，交于点H，过点D作于点G，连接．

∵，
∴，
∴,
∴．
∵点I是的内心，
∴．
∵，，
∴．
∵，即，
∴，．
由所作辅助线可知四边形为矩形，
∴，
∴．
∵，，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：．
【点睛】本题考查作图—作平行线，三角形相似的判定和性质，三角形内心的性质，三角形全等的判定和性质，矩形的判定和性质等知识．掌握基本作图方法和正确作出辅助线是解题关键．
22．(1)
(2)他应往袋中加入黄球，理由见解析
【分析】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率，注意列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，用到的知识点为：概率所求情况数与总情况数之比．
（1）用概率公式直接可得答案；
（2）记往袋中加入的球为“新”，列表求出所有等可能的情况，分别求出新球为红色，黄色时获得精美礼品的概率，比较概率大小即可得到答案．
【详解】（1）顾客首次摸球的所有可能结果为红，黄①，黄②，共3种等可能的结果．
“首次摸得红球”的结果只有1种，
所以P（首次摸得红球），所以顾客首次摸球中奖的概率为．
（2）他应往袋中加入黄球
理由：记往袋中加入的球为“新”，摸得的两球所有可能的结果列表如下：
共有12种等可能结果．
①若往袋中加入的是红球，两球颜色相同的结果共有4种，此时该顾客获得精美礼品的概率
；
②若往袋中加入的是黄球，两球颜色相同的结果共有6种，此时该顾客获得精美礼品的概率
；
因为，
所以，
所以他应往袋中加入黄球．
23．（1）见解析；（2）；（3）见解析
【分析】（1）由矩形的形及已知证得△EAF≌△DAB，则有∠E=∠ADB，进而证得∠EGB=90º即可证得结论；
（2）设AE=x，利用矩形性质知AF∥BC，则有，进而得到x的方程，解之即可；
（3）在EF上截取EH=DG，进而证明△EHA≌△DGA，得到∠EAH=∠DAG，AH=AG，则证得△HAG为等腰直角三角形，即可得证结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠EAD=90º，AO=BC，AD∥BC，
在△EAF和△DAB，
，
∴△EAF≌△DAB(SAS)，
∴∠E=∠BDA，
∵∠BDA+∠ABD=90º，
∴∠E+∠ABD=90º，
∴∠EGB=90º，
∴BG⊥EC；
（2）设AE=x，则EB=1+x，BC=AD=AE=x，
∵AF∥BC，∠E=∠E，
∴△EAF∽△EBC，
∴，又AF=AB=1，
∴即，
解得：，（舍去）
即AE=；
（3）在EG上截取EH=DG，连接AH，
在△EAH和△DAG，
，
∴△EAH≌△DAG(SAS)，
∴∠EAH=∠DAG，AH=AG，
∵∠EAH+∠DAH=90º，
∴∠DAG+∠DAH=90º，
∴∠HAG=90º，
∴△GAH是等腰直角三角形，
∴即，
∴GH=AG，
∵GH=EG-EH=EG-DG，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角定义、相似三角形的判定与性质、解一元二次方程等知识，涉及知识面广，解答的关键是认真审题，提取相关信息，利用截长补短等解题方法确定解题思路，进而推理、探究、发现和计算．
24．(1)
(2)
(3)见解析
【分析】（1）根据抛物线解析式可得，根据等角对等边推得，，待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（2）过点作于点，点作于点，根据三角形的面积公式可推得，待定系数法求直线的解析式为，设，求得直线的解析式为，设，求得直线的解析式为，根据，推得，根据二次函数的性质可得当时，有最大值为，即可求得；
（3）根据抛物线的性质可求得顶点，连接和，过点作与点，待定系数法求直线的解析式为：，求得直线与直线的交点坐标为，求得，根据直线与抛物线交于，两点，求得，，，根据平行线分线段成比例公理可求得，根据正切的定义推得，根据等角的余角相等可得，推得，根据中线的判定可得是斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半即可证明．
【详解】（1）解：∵抛物线（）与x轴交于A，B两点（点B在x轴正半轴），与y轴交于点，连接，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
将，代入抛物线得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：．
（2）过点作于点，点作于点，如图：
的面积为，，
的面积为，，
∴，
设直线的解析式为，将，代入得：
，
解得，
∴直线的解析式为，
设，则直线的解析式为，
设，则直线的解析式为，
即，
整理得：，
则，
∵，
故当时，有最大值为，
即的最大值是．
（3）抛物线的解析式为：，
整理得：，
故顶点；
连接和，过点作与点，如图：
设直线的解析式为：，将代入求得：，
故直线的解析式为：；
∵直线与直线：交于点F，
∴将点的纵坐标代入，
得：，
解得：，
故，
则点的横坐标，故，
∴；
∵直线与抛物线交于，两点，
则，
整理得：，
故，
∵，
∴，
即点的横坐标，故，
∴；
∴，
，
∵，为的中点，
∴，
即，
∵，
∴；
在中，，
在中，,
即，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故，
即为直角三角形，
又∵为的中点，
∴是斜边上的中线，
∴．
【点睛】本题考查了等角对等边，待定系数法求抛物线解析式，三角形的面积公式，求一次函数解析式，二次函数的性质，平行线分线段成比例公理，正切的定义，余角的性质，中线的判定，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，根据正切的定义推得是解题的关键．
25．(1)见解析
(2)①；②
【分析】（1）根据圆的内接四边形的性质可得：，再由可得，由此可证平分；
（2）①连接，由外角的性质可得，从而，再由可得，从而得是等腰直角三角形，；②过点作于点，过点作于点，根据题目中条件先证，从而，即，，进一步计算得，设，，在中，则有，解得：，由等腰三角形的性质得，，根据的面积等于列方程得，解得：，从而得．
【详解】（1）解：∵四边形内接于，
，
又，
，
，
平分；
（2）①如图，连接，
是的一个外角，
，
同理可得：，
由（1）可知：平分，平分，
，
即，，
，
，
，
是的直径，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
；
②如图，过点作于点，过点作于点，
是的直径，
，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
，
在中，，
，
，
，
，
在中，，
设，，则有，
，
，
，
，
，
的面积等于，
，
，
．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．