2023-2024学年江西省宜春市高安市八年级（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省宜春市高安市八年级（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，与 2是同类二次根式的是( )
A. 4B. 6C. 8D. 12
2.若ab<0，则代数式 a2b3可化简为( )
A. ab bB. ab −bC. −ab bD. −ab −b
3.五根小木棒，其长度(单位：cm)分别为8，9，12，15，17，现将它们摆成两个直角三角形，其中正确的是( )
A. B. C. D.
4.如图，在四边形ABCD中，ADBC，若添加一个条件，使四边形ABCD为平行四边形，则下列正确的是( )
A. AB=CDB. ∠ADB=∠CBD
C. AB=ADD. ∠A=∠C
5.在菱形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AE⊥BC于点E，连接OE，若∠ABD=20°，则∠AEO的度数为( )
A. 10°
B. 20°
C. 25°
D. 35°
6.“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲.如图，是由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH，连结DF.若S正方形ABCD=5，且EF=12BG，则DF的长为( )
A. 5
B. 3
C. 2
D. 2
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
7.若式子 x+1x−2有意义，则实数x的取值范围是______．
8.计算 18−2 8的结果是 ．
9.两个矩形的位置如图所示，若∠1=120°，则∠2的度数为______．
10.在△ABC中，若AB=AC=5，BC=6，则AC边上的高h=______．
11.如图，已知E是正方形ABCD的边AD中点，将正方形ABCD沿BE翻折，使点A落在F处，延长EF交CD于G，若正方形ABCD边长为6，则CG的长是______．
12.如图，在△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=90°，O为AC的中点，点P是射线BO上的一个动点，当△ACP为直角三角形时，则BP的长为______．
三、解答题：本题共11小题，共84分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
13.(本小题6分)
计算：
(1)3 5×13 30÷ 2；
(2)( 5+3)×(3− 5)−( 3−1)2．
14.(本小题6分)
已知实数a，b，c在数轴上的位置如图，化简|a|− (a+c)2+ (c−a)2− b2．
15.(本小题6分)
如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，连结EF．
(1)求证：AE=AF；
(2)若∠B=60°，求∠AEF的度数．
16.(本小题6分)
如图，点E是正方形ABCD内一点，且EB=EC.请仅用无刻度的直尺按要求作图(保留画图痕迹，不写作法)．
(1)在图1中，作出BC边的中点．
(2)在图2中，作出CD边的中点．
17.(本小题6分)
长清的园博园广场视野开阔，阻挡物少，成为不少市民放风筝的最佳场所，某校七年级(1)班的小明和小亮学习了“勾股定理”之后，为了测得风筝的垂直高度CE，他们进行了如下操作：①测得水平距离BD的长为15米；②根据手中剩余线的长度计算出风筝线BC的长为25米；③牵线放风筝的小明的身高为1.6米．
(1)求风筝的垂直高度CE；
(2)如果小明想风筝沿CD方向下降12米，则他应该往回收线多少米？
18.(本小题8分)
(1)已知x= 5+1,y= 5−1，求x2−xy+y2的值；
(2)已知x= 7− 52,y= 7+ 52，求yx+xy的值．
19.(本小题8分)
如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在CD边上，DF=BE，连接AF，BF．
(1)求证：四边形BFDE是矩形；
(2)若AF平分∠DAB，CF=3，DF=5，求四边形BFDE的面积．
20.(本小题8分)
如图所示，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=100cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/s的速度向点A匀速运动，同时点E从直A出发沿AB方向以2cm/s的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动.设点D、E运动的时间是t秒(0
(1)求证：四边形AEFD是平行四边形；
(2)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由．
21.(本小题9分)
定义：如图，点M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若以AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，则称点M、N是线段AB的勾股分割点．
(1)已知M、N把线段AB分割成AM、MN、NB，若AM=1.5，MN=2.5，BN=2，则点M、N是线段AB的勾股分割点吗？请说明理由．
(2)已知点M、N是线段AB的勾股分割点，且AM为直角边，若AB=24，AM=6，求BN的长．
22.(本小题9分)
如图，点E为平行四边形ABCD的边AD上的一点，连接EB并延长，使BF=BE，连接EC并延长，使CG=CE，连接FG.H为FG的中点，连接DH，AF．
(1)若∠BAE=65°，∠DCE=25°，求∠DEC的度数；
(2)求证：四边形AFHD为平行四边形；
(3)连接EH，交BC于点O，若OB=OE，FG=8，直接写出OH的长度．
23.(本小题12分)
【问题探究】
(1)如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，在线段AO上任取一点P(端点除外)，连接PD、PB．
①求证：PD=PB；
②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处.当点P在线段AO上的位置发生变化时，请你判断∠DPQ的大小是否发生变化，并请说明理由；
【迁移探究】
(2)如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC=60°，其他条件不变，请你探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A． 4=2，和 2不是同类二次根式，故本选项不符合题意；
B. 6和 2不是同类二次根式，故本选项不符合题意；
C. 8=2 2，和 2是同类二次根式，故本选项符合题意；
D. 12=2 3，和 2不是同类二次根式，故本选项不符合题意；
故选：C．
先根据二次根式的性质化成最简二次根式，再根据同类二次根式的定义得出答案即可．
本题考查了同类二次根式的定义，能熟记同类二次根式的定义是解此题的关键，几个二次根式化成最简二次根式以后，如果被开方数相同，那么这几个二次根式叫同类二次根式．
2.【答案】C
【解析】解：∵二次根式 a2b3有意义，
∴a2b3≥0，
∴b≥0，
∵ab<0，
∴a<0，b>0，
∴ a2b3=|ab| b=−ab b，
故选：C．
先根据二次根式有意义的条件和已知条件推出a<0，b>0，再根据二次根式的性质化简即可．
本题主要考查了二次根式的性质与化简，熟知二次根式中的被开方数是非负数是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：∵82+152=172，92+122=152，
∴用长度为8，15，17和9，12，15的小木棒能分别摆成两个直角三角形，
故选：C．
根据勾股定理的逆定理，进行计算即可解答．
本题考查了勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
4.【答案】D
【解析】解：A、由AD//BC，AB=CD，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵AD/​/BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∴不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项B不符合题意；
C、由AD//BC，AB=AD，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵AD/​/BC，
∴∠ADC+∠C=180°，
∵∠A=∠C，
∴∠ADC+∠A=180°，
∴AB/​/CD，
又∵AD/​/BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D符合题意；
故选：D．
由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
本题考查了平行四边形的判定以及平行线的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
5.【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=2∠ABD=40°，AB=BC，
∴∠ACB=∠BAC=12×(180°−40°)=70°，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∴∠CAE=90°−∠ACB=20°，
∵AO=CO，
∴AO=OE=12AC，
∴∠AEO=∠EAO=20°，
故选：B．
根据菱形的性质得到∠ABC=2∠ABD=40°，AB=BC，根据等腰三角形的性质得到∠ACB=∠BAC=12×(180°−40°)=70°，根据直角三角形的性质得到结论．
本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
6.【答案】A
【解析】解：∵EF=12BG，AF=BG，
∴EF=12AF=AE，
又∵∠AED=∠FED=90°，DE=DE，
∴△AED≌△FED(SAS)，
∴DF=AD，
∵S正方形ABCD=5，
∴DF=AD= 5，
故选：A．
根据SAS证明△AED≌△FED得出DF=AD即可得出结果．
本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的判定与性质，证明△AED≌△FED是解题的关键．
7.【答案】x≥−1且x≠2
【解析】解：∵式子 x+1x−2有意义，
∴x+1≥0，x−2≠0，
解得：x≥−1且x≠2，
故答案为：x≥−1且x≠2．
根据被开方数为非负数，以及分式中分母不能为0，即可解答．
本题考查了分式有意义的条件，二次根式的性质，解题的关键是熟练掌握分式有意义的条件，
8.【答案】− 2
【解析】【分析】
本题主要考查二次根式的加减法，掌握加减法法则是解题的关键．
根据二次根式的加减运算，先化为最简二次根式，再合并同类二次根式即可．
【解答】
解：原式=3 2−4 2
=− 2．
故答案为− 2．
9.【答案】60°
【解析】解：∵图形中的四边形是矩形，
∴∠A=∠CBD=90°，
∵∠3=180°−∠1=180°−120°=60°，
∴∠4=90°−60°=30°，
∴∠2=90°−30°=60°．
故答案为：60°．
由矩形的性质得到∠A=∠CBD=90°，邻补角的性质得到∠3=180°−∠1=60°，求出∠4=90°−60°=30°，即可得到∠2的度数．
本题考查矩形的性质，关键是由矩形的性质求出∠4的度数．
10.【答案】245
【解析】解：过A作AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵AD⊥BC，
∴DB=DC=12CB=3，
在Rt△ABD中，AD= 52−32=4，
∴△ABC的面积为12⋅BC⋅AD=12×6×4=12，
∴12⋅AC⋅h=12，
12×5⋅h=12，
解得h=245．
故答案为：245．
首先根据题意画出图形，再根据勾股定理计算出底边上的高，然后计算三角形的面积，再以AC为底，利用三角形的面积计算出AC边上的高h即可．
此题主要考查了勾股定理的应用，以及等腰三角形的性质，关键是掌握等腰三角形底边上的高和中线重合．
11.【答案】2
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=CD=6，∠D=90°，
∵点E是AD边的中点，
∴AE=DE=3，正方形ABCD分别沿BE，BG折叠，
∴EF=AE=3，FG=CG，
设CG=x，
则：DG=CD−CG=6−x，FG=CG=x，
∴EG=EF+FG=3+x，
在Rt△DEG中，DE2+DG2=EG2，
即32+(6−x)2=(3+x)2，
解得：x=2，
∴CG=2，
故答案为：2．
由点E为AD的中点可得AE=DE=3，设CG=x，DG=CD−CG=6−x，由折叠性质可得EF=AE=3，FG=CG=x，利用勾股定理即可求解．
本题考查折叠的性质，正方形的性质等知识点，解题的关键是将Rt△DEG各边表示出来．
12.【答案】2 5或 5+1或 5−1或0
【解析】解：在△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=90°，O为AC的中点，
∴AO=1，BO= AB2+AO2= 5，
①若∠ACP=90°时，
∵∠OCP=∠OAB=90°，CO=AO，∠COP=∠AOB，
∴△OCP≌△OAB(ASA)，
∴OP=BO，
∴BP=OP+BO=2 5；
②若∠APC=90°，且点P在BO延长线上时，
∵O为AC的中点，
∴OP=12AC=1，
∴BP=OP+BO=1+ 5；
③若∠APC=90°，且点P在线段BO上时，
∵O为AC的中点，
∴OP=12AC=1，
∴BP=BO−OP= 5−1，
若∠CAP=90°，则点P与B重合，此时BP=0，
综上所述，线段BP的长为：2 5或 5+1或 5−1或0．
故答案为：2 5或 5+1或 5−1或0．
分∠ACP=90°或∠APC=90°或∠CAP=90°三种情形，分别画出符合题意的图形，从而解决问题．，
本题主要考查了勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，全等三角形的判定与性质等知识，运用分类思想是解题的关键．
13.【答案】解：(1)原式=(3×13) 5×30÷ 2
= 150÷2
= 75
=5 3；
(2)原式=9−5−(3+1−2 3)
=4−4+2 3
=2 3．
【解析】(1)从左到右依次计算即可；
(2)先算乘方，乘法，再算加减即可．
本题考查的是二次根式的混合运算及平方差公式，熟知二次根式混合运算的法则是解题的关键．
14.【答案】解：原式=−a−(−a−c)+(a−c)−b
=−a+a+c+a−c−b
=a−b．
【解析】根据数轴上的表示，二次根式的性质，绝对值得性质，可得答案．
本题考查了二次根式的性质与化简，注意二次根式的形式 a2=a，(a≥0)．
15.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D．
又∵AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
在△ABE与△ADF中，
∵∠B=∠D∠AEB=∠AFDAB=AD．
∴△ABE≌△ADF(AAS)．
∴AE=AF；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B+∠BAD=180°．
而∠B=60°，
∴∠BAD=120°．
又∵∠AEB=90°，∠B=60°，
∴∠BAE=30°．
由(1)知△ABE≌△ADF，
∴∠BAE=∠DAF=30°．
∴∠EAF=120°−30°−30°=60°．
∴△AEF是等边三角形．
∴∠AEF=60°．
【解析】(1)欲证明AE=AF，只需要证得△ABE≌△ADF即可；
(2)根据菱形的邻角互补和全等三角形的性质进行推理解答．
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
16.【答案】解：(1)如图1，点F为所作；
(2)如图2，点P为所作．

【解析】本题考查正方形的性质．
(1)连接AC、BD，它们相交于O点，连接EO并延长交BC于F，则F点满足条件；
(2)FE的延长线交AD于H，连接CH交BD于G，则AG的延长线交CD于P，则P点满足条件．
17.【答案】解：(1)在Rt△CDB中，
由勾股定理得，CD2=BC2−BD2=252−152=400，
所以，CD=20(负值舍去)，
所以，CE=CD+DE=20+1.6=21.6(米)，
答：风筝的高度CE为21.6米；
(2)由题意得，CM=12米，
所以DM=8米，
所以BM= DM2+BD2= 82+152=17(米)，
所以BC−BM=25−17=8(米)，
所以他应该往回收线8米．
【解析】(1)利用勾股定理求出CD的长，再加上DE的长度，即可求出CE的高度；
(2)根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了勾股定理的应用，熟悉勾股定理，能从实际问题中抽象出勾股定理是解题的关键．
18.【答案】解：(1)∵x= 5+1，y= 5−1，
∴x−y=( 5+1)+( 5−1)=2，xy=( 5+1)×( 5−1)=5−1=4，
∴x2−xy+y2=(x−y)2+xy=22+4=4+4=8；
(2)∵x= 7− 52，y= 7+ 52，
∴x+y= 7− 52+ 7+ 52= 7，xy= 7− 52× 7+ 52=12，
∴yx+xy=x2+y2xy=(x+y)2−2xyxy=( 7)2−2×1212=12．
【解析】(1)根据二次根式的减法法则求出x−y，根据二次根式的乘法法则求出xy，根据完全平方公式把原式变形，代入计算即可；
(2)根据二次根式的加法法则求出x+y，根据二次根式的乘法法则求出xy，根据分式的加法法则、完全平方公式把原式变形，代入计算即可．
本题考查的是二次根式的化简求值，掌握二次根式的加减法法则、乘法法则是解题的关键．
19.【答案】(1)证明：四边形ABCD是平行四边形，
∴DF/​/EB，
又∵DF=EB，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形BFDE是矩形；
(2)解：∵DE⊥AB，
∵AF平分∠DAB，DC/​/AB，
∴∠DAF=∠FAB，∠DFA=∠FAB，
∴∠DAF=∠DFA，
∴AD=FD=5，
∵AB=CD，DF=BE，
∴AE=CF=3，
∴DE= AD2−AE2=4，
∴矩形BFDE的面积是：DF⋅DE=5×4=20，
即矩形BFDE的面积是20．
【解析】(1)根据平行四边形的性质可以得到DF/​/EB，再根据DF=EB，可以得到四边形BFDE是平行四边形，然后根据DE⊥AB，即可证明结论成立；
(2)根据勾股定理可以得到AD的长，再根据平行线的性质和角平分线的定义，可以得到∠DAF=∠DFA，从而可以得到AD=FD，然后即可得到DF的值，最后根据矩形的面积=DF⋅DE计算即可．
本题考查矩形的判定和性质、角平分线的定义、勾股定理、平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
20.【答案】证明：(1)由题意得：AE=2t，CD=4t，
∵DF⊥BC，
∴∠CFD=90°，
∵∠C=30°，
∴DF=12CD=12×4t=2t，
∴AE=DF；
∵DF⊥BC，
∴∠CFD=∠B=90°，
∴DF/​/AE，
∴四边形AEFD是平行四边形．
(2)四边形AEFD能够成为菱形，理由是：
由(1)得：AE=DF，
∵∠DFC=∠B=90°，
∴AE/​/DF，
∴四边形AEFD为平行四边形，
若▱AEFD为菱形，则AE=AD，
∵AC=100，CD=4t，
∴AD=100−4t，
∴2t=100−4t，
∴t=503，
∴当t=503时，四边形AEFD能够成为菱形．
【解析】(1)根据时间和速度表示出AE和CD的长，利用30°所对的直角边等于斜边的一半求出DF的长为4t，则AE=DF，再证明，AE/​/DF即可解决问题．
(2)根据(1)的结论可以证明四边形AEFD为平行四边形，如果四边形AEFD能够成为菱形，则必有邻边相等，则AE=AD，列方程求出即可．
本题是四边形的综合题，考查了平行四边形、菱形、矩形的性质和判定，也是运动型问题，难度不大，是常出题型；首先要表示出两个动点在时间t时的路程，弄清动点的运动路径，再根据其运动所形成的特殊图形列式计算．
21.【答案】解：(1)是．
理由：∵AM2+BN2=1.52+22=6.25，MN2=2.52=6.25，
∴AM2+NB2=MN2，
∴AM、MN、NB为边的三角形是一个直角三角形，
∴点M、N是线段AB的勾股分割点．
(2)设BN=x，则MN=24−AM−BN=18−x，
①当MN为最大线段时，依题意MN2=AM2+NB2，
即(18−x)2=x2+36，
解得x=8；
②当BN为最大线段时，依题意BN2=AM2+MN2．
即x2=36+(18−x)2，
解得x=10，
综上所述，BN=8或10．
【解析】(1)根据勾股定理逆定理，即可判断点M、N是线段AB的勾股分割点．
(2)设BN=x，则MN=12−AM−BN=7−x，分三种情形①当AM为最大线段时，依题意AM2=MN2+BN2，②当MN为最大线段时，依题意MN2=AM2+NB2，③当BN为最大线段时，依题意BN2=AM2+MN2，分别列出方程即可解决问题．
本题考查了勾股定理的逆定理的运用，解题的关键是理解题意，学会分类讨论，注意不能漏解，属于中考常考题型．
22.【答案】(1)解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAE=∠BCD=65°，AD//BC，
∴∠DEC=∠BCE，
∵∠BCE=∠BCD−∠DCE=65°−25°=40°，
∴∠DEC=∠BCE=40°；
(2)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，∠BAE=∠BCD，
∵BF=BE，CG=CE，
∴BC是△EFG的中位线，
∴BC/​/FG，BC=12FG，
∵H为FG的中点，
∴FH=12FG，
∴BC/​/FH，BC=FH，
∴AD/​/FH，AD=FH，
∴四边形AFHD是平行四边形；
(3)解：如图，连接BH、EH、CH，

∵CE=CG，FH=HG，
∴CH=12EF，CH/​/EF，
∵EB=BF=12EF，
∴BE=CH，
∴四边形EBHC是平行四边形，
∴OB=OC，OE=OH，
∵OB=OE，
∴OE=OH=OB=OC=12BC，
又∵BC=12FG=BC=12×8=4，
∴OH=2．
【解析】(1)由平行四边形的性质和平行线的判定和性质得出答案即可；
(2)由平行四边形的性质得AD=BC，AD//BC，再证BC是△EFG的中位线，得BC/​/FG，BC=12FG，证出AD//FH，AD//FH，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
(3)连接BH、EH、CH，由三角形的中位线定理以及平行四边形的判定和性质解答即可．
本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
23.【答案】(1)①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCA=∠BCA=45°，CD=CB，
又∵CP=CP，
∴△DCP≌△BCP(SAS)，
∴PD=PB；
②解：∠DPQ的大小不变，∠DPQ=90°；
理由如下：过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥AD于点N，如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，
∴四边形AMPN是矩形，
∴∠MPN=90°，
∵∠BAC=∠DAC=45°，
∴PM=PN，
又∵PD=PQ，
∴Rt△DPN≌Rt△QPM(HL)，
∴∠DPN=∠QPM，
∴∠QPN+∠QPM=90°，
∴∠QPN+∠DPN=90°，
即∠DPQ=90°；
(2)解：AQ=CP．
理由如下：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC，AC⊥BD，DO=BO，
∴△ABC是等边三角形，AC垂直平分BD，
∴∠BAC=60°，PD=PB，
∵PD=PQ，
∴PQ=PB，
作PE/​/BC交AB于点E，EG//AC交BC于点G，如图，

则四边形PEGC是平行四边形，
∴∠GEB=∠BAC=60°，∠AEP=∠ABC=60°，
∴EG=PC，△BEG，△APE都是等边三角形，
∴PC=BE=EG，
过点P作PM⊥AB于点M，
∴QM=MB，AM=EM，
∴QA=BE，
∴AQ=CP．
【解析】(1)①证明△DCP≌△BCP(SAS)，得出PD=PB；
②作PM⊥AB于点M，PN⊥AD于点N，如图，证明Rt△DPN≌Rt△QPM(HL)，得出∠DPN=∠QPM，则可得出结论；
(2)证明PQ=PB，作PE/​/BC交AB于点E，EG//AC交BC于点G，证出EG=PC，△APE，△BEG都是等边三角形，得出BE=EG=PC，作PM⊥AB于点M，则可得出结论．
本题是几何变换综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质等知识，熟练掌握以上知识是解决本题的关键．