2022-2023学年福建省福州市台江区华侨中学八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年福建省福州市台江区华侨中学八年级（下）期中数学试卷（含解析），共20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。

1.下列二次根式中，是最简二次根式的是( )
A. 9B. 12C. 12D. 10
2.化简 (−7)2的结果是( )
A. 7B. −7C. ±7D. 49
3.以下列长度的三条线段为边，能组成直角三角形的是( )
A. 1，1，1B. 2，3，4C. 5，3，4D. 1， 3，2
4.如图，在▱ABCD中，AE⊥CD于点E，∠B=65°，则∠DAE等于( )
A. 15°
B. 25°
C. 35°
D. 65°
5.下列计算正确的是( )
A. 2+ 3= 5B. 3 2− 2=3C. 2× 3= 6D. 10÷ 5=2
6.如图，为测量位于一水塘旁的两点A，B间的距离，在地面上确定点O，分别取OA，OB的中点C，D，量得CD=10m，则A，B之间的距离是( )
A. 5m
B. 10m
C. 20m
D. 40m
7.如图，直线l上有三个正方形A，B，C，若A，C的面积分别为12和5，则B的面积为( )
A. 7B. 13C. 17D. 60
8.下列四个命题是真命题的是( )
A. 对角线相等的四边形是平行四边形B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 对角线互相垂直的四边形是菱形D. 对角线互相垂直的矩形是正方形
9.如图，在矩形纸片ABCD中，AB=1，AD=3，将其折叠，使点D与点B重合，折痕为EF.则DE的长为( )
A. 53
B. 43
C. 122
D. 32
10.在▱ABCD中，AD=2AB，点F，G分别是AD，BC的中点，CE⊥AB于点E，连接FG，CF，EF，EG，下列判断不正确的是( )
A. AF=FGB. EF=FCC. FC=CGD. EG=BG
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.若二次根式 x−3在实数范围内有意义，则x的取值范围为______．
12.如图，在原点为O的数轴上，作一个两直角边长分别是1和2，斜边为OB的直角三角形，点A在点O左边的数轴上，且OA=OB，则点A表示的实数是______．
13.在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的四个顶点都在坐标轴上．若A(−4,0)，B(0,−3)，则菱形ABCD的面积是 ．
14.如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，若∠A=25°，则∠BDC= ______°.
15.《九章算术》中有一个“折竹抵地”问题：“今有竹高九尺，末折抵地，去本三尺，问折者高几何？”意思是：现有竹子高9尺，折后竹尖抵地与竹子底部的距离为3尺，问折处高几尺？即：如图，AB+AC=9尺，BC=3尺，则AC为 尺.
16.如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E，F分别为AD，AB上一点，且DE=BF，连接BE，CF，则BE+CF的最小值为______．
三、解答题：本题共9小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题4分)
计算：
(1) 12− 3+3 13；
(2) 18÷ 6× 3．
18.(本小题8分)
当x= 5+2，y= 5−2时，求代数式x2−y+xy的值．
19.(本小题8分)
如图，在▱ABCD中，点E，F分别AD，BC在上，且AE=CF，EF，BD相交于点O，求证：OE=OF．
20.(本小题8分)
下面是小明设计的“在一个平行四边形内作菱形”的尺规作图过程．
已知：四边形ABCD是平行四边形．
求作：菱形ABEF(点E在BC上，点F在AD上)．
作法：①以A为圆心，AB长为半径作弧，交AD于点F；②以B为圆心，AB长为半径作弧，交BC于点E；③连接EF.所以四边形ABEF为所求的菱形．
(1)根据小明设计的尺规作图过程，使用直尺和圆规，补全图形(要求使用0.5黑色签字笔保留作图痕迹)；
(2)完成下面的证明．
证明：∵AF=AB，BE=AB，
∴______=______．
在▱ABCD中，AD//BC，即AF−//BE．
∴四边形ABEF为平行四边形．(______)(填推理的依据)
∵AF=AB，
∴四边形ABEF为菱形．(______)(填推理的依据)
21.(本小题8分)
如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为1，网格的中心标记为点O.按要求画四边形，使它的四个顶点均落在小正方形的顶点上，且点O为其对角线交点．
(1)在图1中画一个两边长分别为2和4的矩形；
(2)在图2中画一个平行四边形，使它有且只有一条对角线与(1)中矩形的对角线相等；
(3)在图3中画一个正方形，使它的对角线与(2)中所画平行四边形的一条对角线相等．
22.(本小题10分)
如图，在△ABC中，∠ACB=90°，D为AB边上一点，连接CD，E为CD中点，连接BE并延长至点F，使得EF=EB，连接CF，DF．
(1)求证：四边形DBCF是平行四边形；
(2)若∠A=30°,AC=4 3,CF=6，求AD的长．
23.(本小题10分)
如图，数学兴趣小组要测量旗杆的高度，同学们发现系在旗杆顶端的绳子垂到地面多出一段的长度为1米，小迪同学将绳子拉直，测出绳子末端C到旗杆底部B的距离为5米．
(1)求旗杆AB的高度；
(2)小迪在C处，用手拉住绳子的末端，伸直手臂(拉绳处E与脚底F的连线与地面垂直)，后退至将绳子刚好拉直为止，测得小迪手臂伸直后离地的高度EF为2米，问小迪需要后退几米？
24.(本小题12分)
如图，矩形ABCD的对角线交于点O，且DE=OC，CE=OD．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)连接BE.若AB=2，∠BAC=60°，求BE的长．
25.(本小题14分)
如图1，正方形ABCD的边长为2，过点A作射线AM与线段BD交于点M，∠BAM=α(0°<α<45°)，作CE⊥AM于点E，点N与点M关于直线CE对称，连接CN．
(1)根据题意在图1中补全图形；
(2)写出∠NCE与∠BAM之间的数量关系，并加以证明；
(3)当BD//CN时，求△ADM的面积．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A． 9=3，故 9不是最简二次根式，不符合题意；
B. 12=2 3，故 12不是最简二次根式，不符合题意；
C. 12= 22，故 12不是最简二次根式，不符合题意；
D. 10是最简二次根式，符合题意．
故选：D．
根据最简二次根式的定义判断即可．
本题考查最简二次根式的定义，最简二次根式必须满足两个条件：被开方数不含分母；被开方数不能含有开得尽方的因数或因式；熟练掌握最简二次根式必须满足的两个条件是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解： (−7)2=7．
故选：A．
根据二次根式的性质进行化简即可．
本题考查了二次根式的性质与化简．解题的关键是要知道开方出来的数是一个≥0的数．
3.【答案】D
【解析】解：A、∵12+12≠12，∴不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
B、∵22+32≠42，∴不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
C、∵32+( 5)2≠42，∴不能构成直角三角形，故本选项不符合题意；
D、∵12+( 3)2=22，∴能构成直角三角形，故本选项符合题意．
故选：D．
先分别求出两小边的平方和和最长边的平方，再看看是否相等即可．
本题考查的是勾股定理的逆定理，熟知如果三角形的三边长a、b、c满足a2+b2=c2，那么这个三角形就是直角三角形是解答此题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B=65°，
∵AE⊥CD，
∴∠DAE=90°−∠D=25°．
故选：B．
由在▱ABCD中，∠B=65°，根据平行四边形的对角相等，即可求得∠D的度数，继而求得答案．
此题考查了平行四边形的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查二次根式的运算，解题的关键是熟练运用二次根式的加减运算以及乘除运算法则，本题属于基础题型．根据二次根式的加减运算法则以及乘除运算法则即可求出答案．
【解答】
解：A、 2与 3不是同类二次根式，不能合并，故A不符合题意；
B、原式=2 2，故B不符合题意；
C、原式= 6，故C符合题意；
D、原式= 2，故D不符合题意．
故选：C．
6.【答案】C
【解析】解：∵点C，D分别是OA，OB的中点，
∴AB=2CD=20m，
故选：C．
根据三角形中位线定理解答即可．
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
7.【答案】B
【解析】解：如图，由题意得：MN= 12,DE= 5,DF=FM，∠DEF=∠FNM=∠DFM=90°
∴∠EDF+∠DFE=∠NFM+∠DFE=90°，
∴∠EDF=∠NFM，
在△DEF和△FNM中，
∠DEF=∠FNM∠EDF=∠NFMDF=FM，
∴△DEF≌△FNM(AAS)，
∴EF=NM= 12,DE=FN= 5，
在Rt△DEF中，DF2=DE2+EF2=12+5=13，
则正方形B的面积为13．
故选：B．
如图：根据正方形的性质可得MN= 12,DE= 5,DF=FM，∠DEF=∠FNM=∠DFM=90°，再根据直角三角形的两锐角互余可得∠EDF=∠NFM，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得EF=NM= 12,DE=FN= 5，最后根据勾股定理可得DF2=13，最后根据正方形的面积公式计算即可．
本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握正方形的性质是解答本题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原命题是假命题；
B、对角线平分且相等的四边形是矩形，原命题是假命题；
C、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，原命题是假命题；
D、对角线互相垂直的矩形是正方形，是真命题；
故选：D．
利用平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定及正方形的判定分别判断后即可确定正确的结论．
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解特殊四边形的判定方法，难度不大．
9.【答案】A
【解析】解：∵四边形EDCF折叠后得到四边形EBC′F，
∴BE=DE，
设DE=x，那么BE=DE=x，AE=3−x，
在Rt△BAE中，AB2+AE2=BE2，
即12+(3−x)2=x2，
解得x=53，
∴DE=53．
故选：A．
根据翻折变换的性质可知BE=DE，设DE=x，那么BE=DE=x，AE=3−x，在Rt△BAE中，利用勾股定理可求x，进而可求DE．
本题考查了翻折变换、勾股定理、矩形的性质、解题的关键是注意翻折前后的图形全等．
10.【答案】C
【解析】解：根据题意，画出图如图所示：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，
∵点F，G分别是AD，BC的中点，
∴BG=CG=12BC，AF=DF=12AD，
∴BG=AF，
∴四边形ABGF是平行四边形，
∴AB=GF，
∵AD=2AB，
∴AF=GF，
故A正确，不符合题意；
∵CE⊥AB，G分别是BC的中点，
∴EG=BG=CG，
故D选项正确，不符合题意；
∵AB/​/GF，
∴∠CGF=∠ABG=∠BEG+BGE，∠EGF=∠BGF+∠BGE，∠EBG=∠BGF，
∵EG=BG，
∴∠EBG=∠BEG，
∴∠EGF=∠CGF，
在△EGF和△CGF中，
EG=CG∠EGF=∠CGFGF=GF，
∴△EGF≌△CGF(SAS)，
∴EF=CF，
故B选项正确，不符合题意；
在△GFC中，GC+GF>CF，GC=GF，
∴2CG>FC，
∴CG≠FC，
故C选项错误，符合题意；
故选：C．
根据题意画出图如图所示，根据平行四边形的性质和判定即可判断A选项，根据三角形全等的判定与性质即可判断B选项，根据三角形的三边关系即可判断C选项，根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半即可判断D选项．
本题主要考查了平行四边形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，三角形的三边关系，直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半，熟练掌握平行四边形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，三角形的三边关系，直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半，是解题的关键．
11.【答案】x≥3
【解析】解：∵二次根式 x−3在实数范围内有意义，
∴x−3≥0，解得x≥3．
故答案为：x≥3．
先根据二次根式有意义的条件列出关于x的不等式，求出x的取值范围即可．
本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数大于等于0是关键．
12.【答案】− 5
【解析】解：由题知，在直角三角形中，根据勾股定理得，
直角三角形的斜边OB= 12+22= 5，
则OA=OB= 5，
∵如图，点A是以原点O为圆心 5为半径作弧与数轴的交点，
∴点A表示的数为− 5．
故答案为：− 5．
根据勾股定理求出直角三角形斜边OB的长度，也就求出了OA的长，结合图中点A的位置确定点A表示的数．
本题考查了实数与数轴，根据勾股定理确定斜边的长度，即确定OA的长度是解答本题的关键．
13.【答案】24
【解析】解：∵A，B两点的坐标分别为(−4,0)，(0,−3)．
∴OA=4，OB=3．
∴S△AOB=12OA⋅OB=6．
∵菱形是轴对称图形，且菱形ABCD的四个顶点都在坐标轴上．
∴菱形对角线的交点为坐标原点O．
∴S菱形ABCD=4S△AOB=4×6=24．
故答案为：24．
根据已知条件与菱形的轴对称性，可得坐标原点O就是菱形ABCD对角线的交点，再根据菱形的性质可得菱形对角线把菱形分成四个全等的直角三角形，所以S菱形=4S△AOB．
本题考查了菱形的性质．熟记菱形的对角线互相垂直且平分并把菱形分成四个全等的直角三角形是解题的关键．
14.【答案】50
【解析】解：∵∠ACB=90°，CD是斜边AB上的中线，
∴BD=CD=AD，
∴∠A=∠DCA=25°，
∴∠BDC=∠A+∠DCA=25°+25°=50°．
故答案是：50．
根据直角三角形斜边上中线定理得出CD=AD，求出∠DCA=∠A，根据三角形的外角性质求出求出即可．
本题考查了对三角形的外角性质，直角三角形斜边上的中线性质等知识点的理解和运用，能求出BD=CD=AD和∠DCA的度数是解此题的关键．
15.【答案】4
【解析】【分析】
竹子折断后刚好构成一直角三角形，设AC=x尺，则AB为(9−x)尺，利用勾股定理解题即可．
此题考查了勾股定理的应用，解题的关键是利用题目信息构造直角三角形，从而运用勾股定理解题．
【解答】解：设AC=x尺，则AB为(9−x)尺，
根据勾股定理得：x2+32=(9−x)2．
解得：x=4，
答：折断处离地面的高度为4尺．
故答案为：4．
16.【答案】4 5
【解析】解：如图所示，作D关于直线AB的对称点D′，连接D′F，DF，
∴D′F=DF，AD′=AD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD，∠ADC=90°，
∵DE=BF，
∴AE=AF，
又∵∠FAD=∠EAB，
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴BE=DF，
∴BE=D′F，
∴BE+CF=CF+D′F，
∴当C、F、D′三点共线时，CF+D′F有最小值，即BE+CF有最小值，最小值为CD′，
在Rt△D′DC中，CD′= DD′2+CD2=4 5．
故答案为：4 5．
如图所示，作D关于直线AB的对称点D′，连接D′F，DF，先证明△ABE≌△ADF得到BE=DF，则BE=D′F，从而推出当C、F、D′三点共线时，CF+D′F有最小值，即BE+CF有最小值，最小值为CD′，由此求解即可．
本题主要考查了正方形的性质，轴对称最短路径问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线是解题的关键．
17.【答案】解：(1) 12− 3+3 13
=2 3− 3+3× 33
=2 3− 3+ 3
=2 3；
(2) 18÷ 6× 3
= 18÷6× 3
= 3× 3
=3．
【解析】(1)先化简，再根据二次根式的加减进行计算即可求解；
(2)根据二次根式的乘法、除法进行计算即可求解．
本题考查了二次根式的混合运算，正确的计算是解题的关键．
18.【答案】解：x2−y+xy
=( 5+2)2−( 5−2)+( 5+2)( 5−2)
=5+4 5+4− 5+2+5−4
=12+3 5．
【解析】把x，y的值代入计算即可；
本题考查了二次根式的化简求值，掌握二次根式的运算法则是解题的关键．
19.【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC，
∴∠ODE=∠OBF，
∵AE=CF，
∴DE=BF，且∠DOE=∠BOF，∠ODE=∠OBF，
∴△DOE≌△BOF(AAS)，
∴OE=OF
【解析】先判断出DE=BF，进而判断出△DOE≌△BOF即可．
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△DOE≌△BOF是本题的关键．
20.【答案】AF BE 一组对边相等且平行的四边形是平行四边形 邻边相等的平行四边形是菱形．
【解析】解：(1)四边形ABEF为所求作的菱形．
(2)∵AF=AB，BE=AB，
∴AF=BE，
在▱ABCD中，AD//BC．
即AF/​/BE．
∴四边形ABEF为平行四边形(一组对边相等且平行的四边形是平行四边形)．
∵AF=AB，
∴四边形ABEF为菱形(邻边相等的平行四边形是菱形．)
故答案为：AF，BE，邻一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，边相等的平行四边形是菱形．
(1)根据要求画出图形即可．
(2)根据邻边相等的平行四边形是菱形即可．
本题考查作图−复杂作图，平行四边形的判定和性质，菱形的判定等知识，解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．
21.【答案】解：(1)在图1中，矩形ABCD即为所求(答案不唯一)；
(2)在图2中，平行四边形ABCD即为所求(答案不唯一)；
(3)在图3中，正方形ABCD即为所求(答案不唯一)．

【解析】(1)根据矩形的定义以及题目要求画出图形即可；
(2)根据平行四边形的定义以及题目要求画出图形即可；
(3)根据正方形的定义以及题目要求画出图形即可；
本题考查作图−应用与设计作图，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22.【答案】(1)证明：∵点E为CD的中点，
∴CE=DE．
∵EF=EB，
∴四边形DBCF是平行四边形；
(2)解：∵四边形DBCF是平行四边形，
∴CF//AB，CF=BD=6，
在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°,AC=4 3，
∴BC=12AB，
由勾股定理得到AC2+BC2=AB2，
∴(4 3)2+(12AB)2=AB2，
解得：AB=8，
∴AD=AB−BD=8−6=2．
【解析】(1)由对角线互相平分的四边形是平行四边形可得结论；
(2)由平行四边形的性质可得CF/​/AB，CF=BD=6，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°,AC=4 3，则BC=12AB，(4 3)2+(12AB)2=AB2，解得AB=8，即可求得AD的长．
本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及含30度角的直角三角形，利用直角三角形的性质求线段CG的长度是解答本题的关键．
23.【答案】解：(1)设旗杆AB的高度为x m，则绳子长度为(x+1)m，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB2+BC2=AC2，
∴x2+52=(x+1)2，
解得x=12，
∴旗杆AB的高度为12m；
(2)如图所示，过点E作EG⊥AB于G，则四边形BGEF为矩形，
∴BG=EF=2m，EG=BF，
∴AG=AB−BG=10m，
在Rt△AGE中，由勾股定理得GE= AE2−AG2= 69m，
∴CF=BF−BC=GE−BC=( 69−5)m，
∴需要后退( 69−5)m．

【解析】(1)设旗杆AB的高度为xm，则绳子长度为(x+1)m，利用勾股定理得到x2+52=(x+1)2，解方程即可得到答案；
(2)如图所示，过点E作EG⊥AB于G，则四边形BGEF为矩形，则BG=EF=2m，EG=BF，AG=AB−BG=10m，利用勾股定理求出GE的长进而求出CF的长即可得到答案．
本题主要考查了勾股定理得实际应用，矩形的性质与判定，熟知勾股定理是解题的关键．
24.【答案】(1)证明：∵DE=OC，CE=OD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD=OA=OB，
∴四边形OCED是菱形；
(2)解：延长CF，过点E作EF⊥CF于点F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD=OA=OB，
∵∠BAC=60°，
∴△OAB和△OCD是等边三角形，
∵AB=2，四边形OCED是菱形．
∴OA=OB=OC=OD=CE=DE=2，∠DCE=∠COD=60°，
∵∠DCF=90°，
∴∠ECF=∠DCF−∠DCE=90°−60°=30°，AC=4，
在Rt△CEF中，EF=1，CF= CE2−EF2= 3，
在Rt△ABC中，BC= AC2−AB2=2 3，
∴BF=BC+CF=3 3，
在Rt△BEF中，BE= BF2+EF2= 28=2 7．

【解析】(1)根据已知条件及矩形的性质即可解答；
(2)根据矩形的性质及菱形的性质得到BE、EF，再利用勾股定理即可解答．
本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，掌握菱形的判定与性质及等边三角形的判定与性质是解题的关键．
25.【答案】解：(1)如图所示，即为所求；

(2)∠NEC=2∠BAM，证明如下：
如图所示，连接CM，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABM=∠CBM=45°，
又∵BM=BM，
∴△ABM≌△CBM(SAS)，
∴∠BAM=∠BCM，
∵∠ABG=∠CEG=90°，∠AGB=∠CGE，
∴∠BAG=∠ECG，
∴∠MCE=2∠BAM，
∵点N与点M关于直线CE对称，
∴CM=CN，
又∵CE⊥MN，
∴∠NCE=∠MCE=2∠BAM；
(3)如图所示，过点A作AH⊥BD于H，

同理可证△ADM≌△CDM，
∴∠AMD=∠CMD，
∵BD//CN，
∴∠CNM=∠AMD，
∵CM=CN，
∴∠CMN=∠CNM，
∴∠AMD=∠CMD=∠CMN=60°，
在Rt△ADH中，AD=2，∠AHD=90°，∠ADH=45°，
∴△ADH是等腰直角三角形，
∴AH=DH= 2，
在Rt△AMH中，
∠AHM=90°，∠AMH=60°，
∴∠HAM=30°，
∴AM=2MH，
∴由勾股定理得：HM= 33AH= 63，
∴DM=DH+HM= 2+ 63，
∴S△ADM=12DM⋅AH=12× 2×( 2+ 63)=1+ 33．
【解析】(1)根据题意画图即可；
(2)如图所示，连接CM，由正方形的性质得到AB=CB，∠ABM=∠CBM=45°，证明△ABM≌△CBM(SAS)，得到∠BAM=∠BCM，利用三角形内角和定理证明∠BAG=∠ECG，得到∠MCE=2∠BAM，再由三线合一定理得到∠NCE=∠MCE=2∠BAM；
(3)如图所示，过点A作AH⊥BD于H，同理可证△ADM≌△CDM，得到∠AMD=∠CMD，由平行线的性质得到∠CNM=∠AMD，再由CM=CN，即可推出∠AMD=∠CMD=∠CMN=60°，在Rt△ADH中，求出AH=DH= 2，在Rt△AMH中，求出HM= 63，则DM= 2+ 63，则S△ADM=12DM⋅AH=1+ 33．
本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键．