浙江省绍兴市迪荡新区2022-2023学年数学九年级第一学期期末考试模拟试题含解析

这是一份浙江省绍兴市迪荡新区2022-2023学年数学九年级第一学期期末考试模拟试题含解析，共24页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题（每题4分，共48分）
1．已知二次函数的图象如图所示，下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是（ ）
A．①②B．①③C．①③④D．①②③
2．某班抽取6名同学参加体能测试，成绩如下：1，95，1，80，80，1．下列表述错误的是（ ）
A．众数是1B．平均数是1C．中位数是80D．极差是15
3．若一个圆内接正多边形的内角是，则这个多边形是（ ）
A．正五边形B．正六边形C．正八边形D．正十边形
4．把抛物线向右平移一个单位，再向上平移3个单位，得到抛物线的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
5．某班同学毕业时都将自己的照片向全班其他同学各送一张表示留念，全班共送1035张照片，如果全班有x名同学，根据题意，列出方程为（ ）
A．x(x+1)=1035B．x(x-1)=1035C．x(x+1)=1035D．x(x-1)=1035
6．下列说法正确的是（ ）
A．所有菱形都相似B．所有矩形都相似
C．所有正方形都相似D．所有平行四边形都相似
7．如图，在大小为的正方形网格中，是相似三角形的是（ ）
A．甲和乙B．乙和丙C．甲和丙D．乙和丁
8．如图，点A，B是反比例函数y=（x＞0）图象上的两点，过点A，B分别作AC⊥x轴于点C，BD⊥x轴于点D，连接OA、BC，已知点C（2，0），BD=3，S△BCD=3，则S△AOC为( )
A．2B．3C．4D．6
9．三角形两边的长分别是8和6，第三边的长是一元二次方程的一个实数根，则该三角形的面积是
A．24B．24或C．48或D．
10．如图所示，矩形纸片中，，把它分割成正方形纸片和矩形纸片后，分别裁出扇形和半径最大的圆，恰好能作为一个圆锥的侧面和底面，则的长为（ ）
A．B．C．D．
11．抛物线y=2(x－1)2－6的对称轴是( ).
A．x=－6B．x=－1C．x=D．x=1
12．方程x2﹣3x＝0的根是（ ）
A．x＝0B．x＝3C．，D．，
二、填空题（每题4分，共24分）
13．将抛物线先向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到的抛物线的解析式是______.
14．在中，若，则的度数是______．
15．如图，在矩形中，，点分别在矩形的各边上，，则四边形的周长是______________．
16．一个扇形的圆心角为120°，半径为3，则这个扇形的面积为 （结果保留π）
17．如图，△ABC与△DEF均为等边三角形，O为BC、EF的中点，则AD：BE的值为________．
18．用配方法解一元二次方程，配方后的方程为，则n的值为______.
三、解答题（共78分）
19．（8分）如图，O是矩形ABCD的对角线的交点，E，F，G，H分别是OA，OB，OC，OD上的点，且AE＝BF＝CG＝DH.
(1)求证：四边形EFGH是矩形；
(2)若E，F，G，H分别是OA，OB，OC，OD的中点，且DG⊥AC，OF＝2cm，求矩形ABCD的面积．
20．（8分）如图，港口位于港口的南偏西方向，灯塔恰好在的中点处，一艘海轮位于港口的正南方向，港口的正东方向处，它沿正北方向航行到达处，侧得灯塔在北偏西方向上.求此时海轮距离港口有多远？
21．（8分）阅读下面的材料：
小明同学遇到这样一个问题，如图1，AB=AE，∠ABC=∠EAD，AD=mAC，点P在线段BC上，∠ADE=∠ADP+∠ACB，求的值．
小明研究发现，作∠BAM=∠AED，交BC于点M，通过构造全等三角形，将线段BC转化为用含AD的式子表示出来，从而求得的值（如图2）．
（1）小明构造的全等三角形是：_________≌________；
（2）请你将小明的研究过程补充完整，并求出的值．
（3）参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，若将原题中“AB=AE”改为“AB=kAE”，“点P在线段BC上”改为“点P在线段BC的延长线上”，其它条件不变，若∠ACB=2α，求：的值（结果请用含α，k，m的式子表示）．
22．（10分）如图，两个转盘中指针落在每个数字上的机会相等，现同时转动、两个转盘，停止后，指针各指向一个数字．小聪和小明利用这两个转盘做游戏：若两数之和为负数，则小聪胜；否则，小明胜．你认为这个游戏公平吗?如果不公平，对谁更有利？请你利用树状图或列表法说明理由．
23．（10分）感知：如图①，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，BC＝m，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，过点D作DE⊥CB交CB的延长线于点E，连接CD．
（1）求证：△ACB≌△BED；
（2）△BCD的面积为 （用含m的式子表示）．
拓展：如图②，在一般的Rt△ABC，∠ACB＝90°，BC＝m，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接CD，用含m的式子表示△BCD的面积，并说明理由．
应用：如图③，在等腰△ABC中，AB＝AC，BC＝8，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接CD，则△BCD的面积为 ；若BC＝m，则△BCD的面积为 （用含m的式子表示）．
24．（10分）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别是，．
（1）将绕点逆时针旋转得到，点，对应点分别是，，请在图中画出，并写出，的坐标；
（2）以点为位似中心，将作位似变换且缩小为原来的，在网格内画出一个符合条件的．
25．（12分）我们定义：如果圆的两条弦互相垂直，那么这两条弦互为“十字弦”，也把其中的一条弦叫做另一条弦的“十字弦”.如：如图，已知的两条弦，则、互为“十字弦”，是的“十字弦”，也是的“十字弦”.
（1）若的半径为5，一条弦，则弦的“十字弦”的最大值为______，最小值为______.
（2）如图1，若的弦恰好是的直径，弦与相交于，连接，若，，，求证：、互为“十字弦”；
（3）如图2，若的半径为5，一条弦，弦是的“十字弦”，连接，若，求弦的长.
26．如图，、交于点，，且平分．
（1）求证：；
（2）若，，，求的长．
参考答案
一、选择题（每题4分，共48分）
1、C
【分析】由抛物线开口方向得到a＞0，由抛物线的对称轴方程得到b=-2a，则可对①②进行判断；利用判别式的意义可对③进行判断；利用平方差公式得到（a+b）2-b2=（a+b-b）（a+b+b），然后把b=-2a代入可对④进行判断．
【详解】∵抛物线开口向上，
∴a＞0，
∵抛物线的对称轴为直线x=-=1，
∴b=-2a＜0，所以①正确；
∴b+2a=0，所以②错误；
∵抛物线与x轴有2个交点，
∴△=b2-4ac＞0，所以③正确；
∵（a+b）2-b2=（a+b-b）（a+b+b）=a（a+2b）=a（a-4a）=-3a2＜0，
∴（a+b）2＜b2，所以④正确．
故选：C．
【点睛】
考查了二次函数图象与系数的关系：对于二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小．当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置． 当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点位置：抛物线与y轴交于（0，c）．抛物线与x轴交点个数由△决定：△=b2-4ac＞0时，抛物线与x轴有2个交点；△=b2-4ac=0时，抛物线与x轴有1个交点；△=b2-4ac＜0时，抛物线与x轴没有交点．
2、C
【分析】本题考查统计的有关知识．找中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数；众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个．利用平均数和极差的定义可分别求出．
【详解】解：这组数据中1出现了3次，出现的次数最多，所以这组数据的众数位1；
由平均数公式求得这组数据的平均数位1，极差为95-80=15；
将这组数据按从大到校的顺序排列，第3，4个数是1，故中位数为1．
所以选项C错误．
故选C．
【点睛】
本题考查了统计学中的平均数，众数，中位数与极差的定义．解答这类题学生常常对中位数的计算方法掌握不好而错选．
3、A
【分析】根据正多边形的内角求得每个外角的度数，利用多边形外角和为360°即可求解．
【详解】解：∵圆内接正多边形的内角是，
∴该正多边形每个外角的度数为，
∴该正多边形的边数为：，
故选：A．
【点睛】
本题考查圆与正多边形，掌握多边形外角和为360°是解题的关键．
4、A
【解析】试题解析：抛物线的顶点坐标为（0，0），把点（0，0）先向右平移1个单位，再向上平移1个单位后得到的点的坐标为（1，1），所以所得的抛物线的解析式为y=（x-1）2+1．
故选B．
考点：二次函数图象与几何变换
5、B
【解析】试题分析：如果全班有x名同学，那么每名同学要送出（x-1）张，共有x名学生，那么总共送的张数应该是x（x-1）张，即可列出方程．
∵全班有x名同学，
∴每名同学要送出（x-1）张；
又∵是互送照片，
∴总共送的张数应该是x（x-1）=1．
故选B
考点：由实际问题抽象出一元二次方程．
6、C
【分析】根据相似多边形的定义一一判断即可．
【详解】A．菱形的对应边成比例，对应角不一定相等，故选项A错误；
B．矩形的对应边不一定成比例，对应角一定相等，故选项B错误；
C．正方形对应边一定成比例，对应角一定相等，故选项C正确；
D．平行四边形对应边不一定成比例，对应角不一定相等，故选项D错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了相似多边形的判定，解答本题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
7、C
【分析】分别求得四个三角形三边的长，再根据三角形三边分别成比例的两三角形相似来判定．
【详解】∵甲中的三角形的三边分别是：，2，；
乙中的三角形的三边分别是：，，；
丙中的三角形的三边分别是：，，；
丁中的三角形的三边分别是：，，；
只有甲与丙中的三角形的三边成比例：，
∴甲与丙相似．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定方法、勾股定理等，熟记定理的内容是解题的关键．
8、D
【分析】先求CD长度，再求点B坐标，再求函数解析式，可求得面积.
【详解】因为，BD=3，S△BCD==3，
所以，,
解得，CD=2，
因为，C(2，0)
所以，OD=4，
所以，B（4，3）
把B(4，3)代入y=，得k=12,
所以，y=
所以，S△AOC=
故选D
【点睛】
本题考核知识点：反比例函数. 解题关键点：熟记反比例函数性质.
9、B
【分析】由，可利用因式分解法求得x的值，然后分别从x=6时，是等腰三角形；与x=10时，是直角三角形去分析求解即可求得答案．
【详解】∵，
∴(x−6)(x−10)=0，
解得：x1=6,x2=10，
当x=6时，则三角形是等腰三角形，如图①，AB=AC=6，BC=8，AD是高，
∴BD=4,AD=，
∴S△ABC= BC⋅AD=×8×2=8；
当x=10时，如图②，AC=6，BC=8，AB=10，
∵AC2+BC2=AB2，
∴△ABC是直角三角形,∠C=90°，
S△ABC=BC⋅AC=×8×6=24.
∴该三角形的面积是：24或8.
故选B.
【点睛】
此题考查勾股定理的逆定理，解一元二次方程-因式分解法，勾股定理，解题关键在于利用勾股定理进行计算.
10、B
【分析】设AB=xcm，则DE=（6-x）cm，根据扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长列出方程，求解即可．
【详解】设，则DE=（6-x）cm，
由题意，得，
解得.
故选B．
【点睛】
本题考查了圆锥的计算，矩形的性质，正确理解圆锥的侧面展开图与原来的扇形之间的关系是解决本题的关键，理解圆锥的母线长是扇形的半径，圆锥的底面圆周长是扇形的弧长．
11、D
【解析】根据抛物线的顶点式，直接得出结论即可．
【详解】解：∵抛物线y=2（x-1）2-6，
∴抛物线的对称轴是x=1．
故选D．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，要熟悉二次函数的顶点式：y=a（x-h）2+k（a≠0），其顶点坐标为（h，k），对称轴为x=h．
12、D
【分析】先将方程左边提公因式x，解方程即可得答案．
【详解】x2﹣3x＝0，
x（x﹣3）＝0，
x1＝0，x2＝3，
故选：D．
【点睛】
本题考查解一元二次方程，解一元二次方程的常用方法有：配方法、直接开平方法、公式法、因式分解法等，熟练掌握并灵活运用适当的方法是解题关键．
二、填空题（每题4分，共24分）
13、
【分析】先确定抛物线y=x1的顶点坐标为（0，0），再利用点平移的规律得到点（0，0）平移所得对应点的坐标为（1，1），然后根据顶点式写出新抛物线解析式．
【详解】解：抛物线y=x1的顶点坐标为（0，0），点（0，0）先向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度所得对应点的坐标为（1，1），所以新抛物线的解析式为y=（x-1）1+1
故答案为y=（x-1）1+1．
【点睛】
本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
14、
【分析】先根据非负数的性质求出，，再由特殊角的三角函数值求出与的值，根据三角形内角和定理即可得出结论．
【详解】在中，，
，，
，，
，
故答案为．
【点睛】
本题考查了非负数的性质以及特殊角的三角函数值，熟练掌握特殊角的三角函数值是解题的关键.
15、
【分析】根据矩形的对角线相等，利用勾股定理求出对角线的长度，然后根据平行线分线段成比例定理列式表示EF、EH的长度之和，再根据四边形EFGH是平行四边形，即可得解．
【详解】解：∵矩形中，，
由勾股定理得：，
∵EF∥AC，
∴，
∵EH∥BD，
∴，
∴，
∴，
∵EF∥HG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH的周长=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平行线分线段成比例定理、矩形的对角线相等和勾股定理，根据平行线分线段成比例定理得出是解题的关键，也是本题的难点．
16、3π
【解析】试题分析：此题考查扇形面积的计算，熟记扇形面积公式，即可求解.
根据扇形面积公式，计算这个扇形的面积为.
考点：扇形面积的计算
17、
【详解】连接OA、OD，
∵△ABC与△DEF均为等边三角形，O为BC、EF的中点，
∴AO⊥BC，DO⊥EF，∠EDO=30°，∠BAO=30°，
∴OD：OE=OA：OB=：1，
∵∠DOE+∠EOA=∠BOA+∠EOA ，即∠DOA=∠EOB，
∴△DOA∽△EOB，
∴OD：OE=OA：OB=AD：BE=：1=，
故答案为
考点：1.相似三角形的判定与性质；2.等边三角形的性质
18、7
【分析】根据配方法，先移项，然后两边同时加上4，即可求出n的值.
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：7.
【点睛】
本题考查了配方法解一元二次方程，解题的关键是熟练掌握配方法的步骤.
三、解答题（共78分）
19、 (1)证明见解析；(2)矩形ABCD的面积为16(cm2)．
【解析】（1）首先证明四边形EFGH是平行四边形，然后再证明HF=EG；
（2）根据题干求出矩形的边长CD和BC，然后根据矩形面积公式求得．
【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB＝OC＝OD.
∵AE＝BF＝CG＝DH，
∴AO－AE＝OB－BF＝CO－CG＝DO－DH，
即OE＝OF＝OG＝OH，
∴四边形EFGH是矩形．
解：∵G是OC的中点，
∴GO＝GC.
又∵DG⊥AC，
∴CD＝OD.
∵F是BO中点，OF＝2cm，
∴BO＝4cm.
∴DO＝BO＝4cm，
∴DC＝4cm，DB＝8cm，
∴CB＝＝4 (cm)，
∴矩形ABCD的面积为4×4＝16 (cm2)．
【点睛】
本题主要考查矩形的判定，首先要判定四边形是平行四边形，然后证明对角线相等．
20、海轮距离港口的距离为
【分析】过点C作CF⊥AD于点F，设CF=x，根据正切的定义用x表示出AF，根据等腰直角三角形的性质用x表示出EF，根据三角形中位线定理列出方程，解方程得到答案．
【详解】解:如图，过点作于点 ．
设，表示出
利用，求出
列方程：
求出
求出
答：海轮距离港口的距离为．
【点睛】
本题考查的是解直角三角形的应用-方向角问题，掌握方向角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
21、（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）根据已知条件直接猜想得出结果；
（2）过点作交于点，易证，再根据结合已知条件得出结果；
（3）过点作交于点，过点作，得出，根据相似三角形的性质及已知条件得出，进而求解．
【详解】（1）解：；
（2）过点作交于点．
在中和，，，，
∴．
∴，．
∴．
∵，，
∴．
∵．
∵，
∴．
∴．
∴．
（3）解：过点作交于点．
在中和，，，
∴．
∴，．
∴，．
∵，
∴．
∵，，
∴．
∴．
过点作．
∴，，．
在中，，
∴．
∴
．
∴．
【点睛】
本题考查了三角形全等的性质及判定，相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握这些性质并能灵活运用.
22、见解析
【分析】首先根据题意列出表格，然后由表格即可求得所有等可能的结果与小力胜、小明胜的情况，继而求得小力胜与小明胜的概率，比较概率大小，即可知这个游戏是否公平．
【详解】列表得：两个数字之和
∵由两个转盘各转出一数字作积的所有可能情况有12种，每种情况出现的可能性相同，其中两个数字之和为非负数有7个，负数有5个，
，，
对小明有利，这个游戏对双方不公平．.
【点睛】
本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．
23、感知：（1）详见解析；（1）m1；拓展： m1，理由详见解析；应用：16， m1．
【解析】感知：（1）由题意可得CA＝CB，∠A＝∠ABC＝25°，由旋转的性质可得BA＝BD，∠ABD＝90°，可得∠DBE＝∠ABC，即可证△ACB≌△BED；
（1）由△ACB≌△BED，可得BC＝DE＝m，根据三角形面积求法可求△BCD的面积；
拓展：作DG⊥CB交CB的延长线于G，可证△ACB≌△BGD，可得BC＝DG＝m，根据三角形面积求法可求△BCD的面积；
应用：过点A作AN⊥BC于N，过点D作DM⊥BC的延长线于点M，由等腰三角形的性质可以得出BN＝BC，由条件可以得出△AFB≌△BED就可以得出BN＝DM，由三角形的面积公式就可以得出结论．
【详解】感知：证明：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，
∴CA＝CB＝m，∠A＝∠ABC＝25°，
由旋转的性质可知，BA＝BD，∠ABD＝90°，
∴∠DBE＝25°，
在△ACB和△DEB中，
，
∴△ACB≌△BED（AAS）
（1）∵△ACB≌△BED
∴DE＝BC＝m
∴S△BCD＝BC×ED＝m1，
故答案为 m1，
拓展：作DG⊥CB交CB的延长线于G，
∵∠ABD＝90°，
∴∠ABC+∠DBG＝90°，又∠ABC+∠A＝90°，
∴∠A＝∠DBG，
在△ACB和△BGD中，
，
∴△ACB≌△BGD（AAS），
∴BC＝DG＝m
∴S△BCD＝BC×DG＝m1，
应用：作AN⊥BC于N，DM⊥BC交CB的延长线于M，
∴∠ANB＝∠M＝90°，BN＝BC＝2．
∴∠NAB+∠ABN＝90°．
∵∠ABD＝90°，
∴∠ABN+∠DBM＝90°，
∴∠NAB＝∠MBD．
∵线段BD是由线段AB旋转得到的，
∴AB＝BD．
在△AFB和△BED中，
，
∴△ANB≌△BMD（AAS），
∴BN＝DM＝BC＝2．
∴S△BCD＝BC•DM＝×8×2＝16，
若BC＝m，则BN＝DM＝BC＝m，
∴S△BCD＝BC•DM＝×m×m＝m1
故答案为16，m1．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定(AAS)，全等三角形的性质，直角三角形的性质，面积计算，熟练掌握这些知识点是本题解题的关键.
24、（1）见解析，，；（2）见解析
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质，画出点O，B对应点E，F，从而得到△AEF，然后写出E、F的坐标；
（2）分别连接OE、OF，然后分别去OA、OE、OF的三等份点得到A1、E1、F1，从而得到△A1E1F1．
【详解】解：（1）如图，为所作，，
（2）如图，为所作图形．
【点睛】
本题考查了作图-位似变换：画位似图形的一般步骤为：先确定位似中心；再分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；接着根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；然后顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．也考查了旋转变换．
25、（1）10，6；（2）见解析；（3）.
【分析】（1）根据“十字弦”定义可得弦的“十字弦”为直径时最大，当CD过A点或B点时最小；
（2）根据线段长度得出对应边成比例且有夹角相等，证明△ACH∽△DCA,由其性质得出对应角相等，结合90°的圆周角证出AH⊥CD，根据“十字弦”定义可得；
（3）过O作OE⊥AB于点E，作OF⊥CD于点F,利用垂径定理得出OE=3，由正切函数得出AH=DH,设DH=x，在Rt△ODF中，利用线段和差将边长用x表示，根据勾股定理列方程求解.
【详解】解：（1）当CD为直径时，CD最大，此时CD=10，
∴弦的“十字弦”的最大值为10；
当CD过A点时，CD长最小，即AM的长度,过O点作ON⊥AM,垂足为N,作OG⊥AB，垂足为G,则四边形AGON为矩形，
∴AN=OG,
∵OG⊥AB,AB=8，
∴AG=4，
∵OA=5，
∴由勾股定理得OG=3，
∴AN=3，
∵ON⊥AM,
∴AM=6，
即弦的“十字弦”的最小值是6.
（2）证明：如图，连接AD，
∵，，，
∴ ,
∵∠C=∠C,
∴△ACH∽△DCA,
∴∠CAH=∠D,
∵CD是直径，
∴∠CAD=90°,
∴∠C+∠D=90°,
∴∠C+∠CAH=90°,
∴∠AHC=90°,
∴AH⊥CD,
∴、互为“十字弦”.
（3）如图，过O作OE⊥AB于点E，作OF⊥CD于点F，连接OA，OD，则四边形OEHF是矩形，∴OE=FH,OF=EH,
∴AE=4，
∴由勾股定理得OE=3，
∴FH=3，
∵tan∠ADH=,
∴tan60°= ,
设DH=,则AH=x,
∴FD=3+x,OF=HE=4 -x,
在Rt△ODF中，由勾股定理得，OD2=OF2+FD2，
∴(3+x)2+(4 -x)2=52,
解得，x= ,
∴FD=,
∵OF⊥CD,
∴CD=2DF=
即CD=
【点睛】
本题考查圆的相关性质，利用垂径定理，相似三角形等知识是解决圆问题的常用手段,对结合学过的知识和方法的基础上，用新的方法和思路来解决新题型或新定义的能力是解答此题的关键.
26、（1）见解析；（2）
【分析】⑴根据题意依据(AA)公理证明即可．
⑵根据相似三角形性质对应边成比例求解即可．
【详解】证明：（1），
平分，
又
（2）
又，，，
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质．
转盘A
转盘B
-1
0
2
1
1
0
1
3
2
-2
-3
-2
0
-1
-1
-2
-1
1
0