培优易错试卷相似辅导专题训练附详细答案

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F是AD上的点，且AE=EF=FD.

连结BE、BF。使它们分别与AO相交于点G、H

（1）求EG ：BG的值

（2）求证：AG=OG

（3）设AG =a ,GH =b，HO =c，求a : b : c的值

【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AO= AC，AD=BC，AD∥BC，

∴△AEG∽△CBG，

∴ = = ．

∵AE=EF=FD，

∴BC=AD=3AE，

∴GC=3AG，GB=3EG，

∴EG：BG=1：3

（2）解：∵GC=3AG（已证），

∴AC=4AG，

∴AO= AC=2AG，

∴GO=AO﹣AG=AG

（3）解：∵AE=EF=FD，

∴BC=AD=3AE，AF=2AE．

∵AD∥BC，

∴△AFH∽△CBH，

∴ = = = ，

∴ = ，即AH= AC．

∵AC=4AG，

∴a=AG= AC，

b=AH﹣AG= AC﹣ AC= AC，

c=AO﹣AH= AC﹣ AC= AC，

∴a：b：c= ：： =5：3：2

【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AO=AC，AD=BC，AD∥BC，从而可证得△AEG∽△CBG，得出对应边成比例，由AE=EF=FD可得BC=3AE，就可证得GB=3EG，即可求出EG：BG的值。

（2）根据相似三角形的性质可得GC=3AG，就可证得AC=4AG，从而可得AO=2AG，即可证得结论。

（3）根据平行可证得三角形相似，再根据相似三角形的性质可得AG=AC，AH=AC，结合

AO=AC，即可得到用含AC的代数式分别表示出a、b、c，就可得到a：b：c的值。

2．已知二次函数y＝ax2＋bx－2的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为(4，0)，且当x＝－2和x＝5时二次函数的函数值y相等．

（1）求实数a，b的值；

（2）如图①，动点E，F同时从A点出发，其中点E以每秒2个单位长度的速度沿AB边向终点B运动，点F以每秒个单位长度的速度沿射线AC方向运动．当点E停止运动时，点F随之停止运动．设运动时间为t秒．连接EF，将△AEF沿EF翻折，使点A落在点D处，得到△DEF.

①是否存在某一时刻t，使得△DCF为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；

②设△DEF与△ABC重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式．

【答案】（1）解：由题意得：，解得：a= ，b=

（2）解：①由（1）知二次函数为 .∵A（4，0），∴B（﹣1，0），C （0，﹣2），

∴OA=4，OB=1，OC=2，∴AB=5，AC= ，BC= ，∴AC2+BC2=25=AB2，

∴△ABC为直角三角形，且∠ACB=90°．

∵AE=2t，AF= t，∴ .

又∵∠EAF=∠CAB，

∴△AEF∽△ACB，∴∠AEF=∠ACB=90°，

∴△AEF沿EF翻折后，点A落在x轴上点D处；

由翻折知，DE=AE，∴AD=2AE=4t，EF= AE=t．

假设△DCF为直角三角形，当点F在线段AC上时：ⅰ）若C为直角顶点，则点D与点B重合，如图2，

∴AE= AB= t= ÷2= ；

ⅱ）若D为直角顶点，如图3．

∵∠CDF=90°，∴∠ODC+∠EDF=90°．

∵∠EDF=∠EAF，∴∠OBC+∠EAF=90°，

∴∠ODC=∠OBC，∴BC=DC．

∵OC⊥BD，

∴OD=OB=1，

∴AD=3，

∴AE= ，

∴t= ；

当点F在AC延长线上时，∠DFC＞90°，△DCF为钝角三角形．

综上所述，存在时刻t，使得△DCF为直角三角形，t= 或t= ．

②ⅰ）当0＜t≤ 时，重叠部分为△DEF，如图1、图2，∴S= ×2t×t=t2；

ⅱ）当＜t≤2时，设DF与BC相交于点G，则重叠部分为四边形BEFG，如图4，过点G作GH⊥BE于H，

设GH=m，则BH= ，DH=2m，∴DB= ．

∵DB=AD﹣AB=4t﹣5，∴ =4t﹣5，∴m= （4t﹣5），

∴S=S△DEF﹣S△DBG= ×2t×t﹣（4t﹣5）× （4t﹣5）= ；ⅲ）当2＜t≤ 时，重叠部分为△BEG，如图5．

∵BE=DE﹣DB=2t﹣（4t﹣5）=5﹣2t，GE=2BE=2（5﹣2t），

∴S= ×（5﹣2t）×2（5﹣2t）=4t2﹣20t+25．

综上所述：．

【解析】【分析】（1）根据已知抛物线的图像经过点A，以及当x=-2和x=5时二次函数的函数值y相等两个条件，列出方程组求出待定系数的值即可。

（2）①由x=0及y=0时，求出点A、B、C三点的坐标，以及线段OA、OB、OC的长，利用勾股定理的逆定理证明△ABC是直角三角形，用含t的代数式表示出线段AD、AE、AF （即DF）的长，则根据AE、EF、OA、OC的长以及公共角∠OAC能判定△AEF、△AOC相似，可证得△AEF也是一个直角三角形，及∠AEF是直角；若△DCF是直角三角形，可分成三种情况讨论：

i）点C为直角顶点，由于△ABC恰好是直角三角形，且以点C为直角顶点，所以此时点B、D重合，由此得到AD的长，进而求出t的值；

ii）点D为直角顶点，此时∠CDB与∠CBD恰好是等角的余角，由此可证得OB=OD，再得到AD的长后可求出t的值；

iii）、点F为直角顶点，当点F在线段AC上时，∠DFC是锐角，而点F在射线AC的延长线上时，∠DFC又是钝角，所以这种情况不符合题意．

②此题需要分三种情况讨论：

i）当点E在点A与线段AB中点之间时，即当0＜t≤，两个三角形的重叠部分是整个△DEF；

ii）当点E在线段AB中点与点O之间时，即＜t≤2时，重叠部分是个不规则四边形，根据S=S△DEF﹣S△DBG可求解。

iii）当点E在线段OB上时，即2＜t≤时，重叠部分是个小直角三角形，根据三角形的面积公式，即可求解。

3．如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0）．

（1）直接用含t的代数式分别表示：QB=________，PD=________．

（2）是否存在t的值，使四边形PDBQ为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．并探究如何改变Q的速度（匀速运动），使四边形PDBQ在某一时刻为菱形，求点Q 的速度；

（3）如图2，在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．

【答案】（1）8-2t；

（2）解：不存在

在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，

∴AB=10

∵PD∥BC，

∴△APD∽△ACB，

∴，即，

∴AD= ，

∴BD=AB-AD=10- ，

∵BQ∥DP，

∴当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形，

即8-2t= ，解得：t= ．

当t= 时，PD= ，BD=10- ，

∴DP≠BD，

∴?PDBQ不能为菱形．

设点Q的速度为每秒v个单位长度，

则BQ=8-vt，PD= ，BD=10- ，

要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD=BQ，

当PD=BD时，即 =10- ，解得：t=

当PD=BQ，t= 时，即，解得：v=

当点Q的速度为每秒个单位长度时，经过秒，四边形PDBQ是菱形．

（3）解：如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．

依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．

设直线M1M2的解析式为y=kx+b，

∴，

解得

，

∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6．

∵点Q（0，2t），P（6-t，0）

∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．

把x= 代入y=-2x+6得y=-2× +6=t，

∴点M3在直线M1M2上．

过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．

∴M1M2=2

∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度．

【解析】【解答】（1）根据题意得：CQ=2t，PA=t，

∴QB=8-2t，

∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，

∴∠APD=90°，

∴tanA= ，

∴PD= ．

【分析】CQ=2t，PA=t，可得QB=8﹣2t，根据tanA=，可以表示PD；易得△APD∽△ACB，即可求得AD与BD的长，由BQ∥DP，可得当BQ=DP时，四边形PDBQ是平行四边形；求得此时DP与BD的长，由DP≠BD，可判定?PDBQ不能为菱形；然后设点Q 的速度为每秒v个单位长度，由要使四边形PDBQ为菱形，则PD=BD PD=BQ，列方程即可求得答案．以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，求出直线M1M2解析式，证明M3在直线M1M2上，利用勾股定理求出M1M2.

4．如图①，已知直线l1∥l2，线段AB在直线l1上，BC垂直于l1交l2于点C，且AB＝BC，P是线段BC上异于两端点的一点，过点P的直线分别交l2，l1于点D，E(点A，E位于点B的两侧，满足BP＝BE，连接AP，CE．

（1）求证：△ABP≌△CBE．

（2）连接AD、BD，BD与AP相交于点F，如图②．

①当时，求证：AP⊥BD；

②当 (n＞1)时，设△PAD的面积为S1，△PCE的面积为S2，求的值．

【答案】（1）证明：BC⊥直线l1，

∴∠ABP＝∠CBE．

在△ABP和△CBE中，

（2）①证明：如图，延长AP交CE于点H．

∵△ABP≌△CBE，

∴∠PAB＝∠ECB，

∴∠PAB＋∠AEH＝∠ECB＋∠AEH＝90°，

∴∠AHE＝90°，

∴AP⊥CE．

∵，即P为BC的中点，直线l1∥直线l2，

∴△CPD∽△BPE，

∴，

∴DP＝EP．

∴四边形BDCE是平行四边形，∴CE∥BD．

∵AP⊥CE，∴AP⊥BD．

②解：∵，∴BC＝nBP，

∴CP＝(n－1)BP．

∵CD∥BE，

∴△CPD∽△BPE，

∴．

令S△BPE＝S，则S2＝(n－1)S，

S△PAB＝S△BCE＝nS，S△PAE＝(n＋1)S．

∵，

∴S1＝(n＋1)(n－1)S，

∴．

【解析】【分析】（1）由已知条件用边角边即可证得△ABP≌△CBE；

（2）①、延长AP交CE于点H，由（1）知△ABP≌△CBE，所以可得∠PAB＝∠ECB，而

∠∠ECB+∠BEC=，所以可得∠PAB+∠BEC=，即∠AHE=，所以AP⊥CE；已知

=2,则点P为BC的中点，所以易证得BE=CD，由有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BDCE是平行四边形，由平行四边形的性质可得CE∥BD，再根据平行线的性质即可求得AP⊥BD；

②方法与①类似，由已知条件易证得△CPD∽△BPE，则可得对应线段的比相等，然后可将△PAD的面积和△PCE的面积用三角形BPE的面积表示出来，则这两个三角形的比值即可求解。

5．如图，在Rt△ABC中，，角平分线交BC于O，以OB为半径作⊙O.

（1）判定直线AC是否是⊙O的切线，并说明理由;

（2）连接AO交⊙O于点E，其延长线交⊙O于点D，，求的值;

（3）在（2）的条件下，设的半径为3，求AC的长.

【答案】（1）解：AC是⊙O的切线

理由：，

，

作于，

是的角平分线，

，

AC是⊙O的切线

（2）解：连接，

是⊙O的直径，

,即 .

.

又 (同角) ，

∽ ,

（3）解：设

在和中，由三角函数定义有：

得：

解之得：

即的长为

【解析】【分析】（1）利用角平分线的性质：角平分线上的点到角两边的距离相等证得点O到AC的距离为半径长，即可证得AC与圆O相切；（2）先连接BE构造一个可以利用正切值的直角三角形，再证得∠1=∠D，从而证得两个三角形ABE与ABD相似，即可求得两个线段长的比值；（3）也可以应用三角形相似的判定与性质解题，其中AB的长度是利用勾股定理与（2）中AE与AB的比值求得的.

6．如图1，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD.

（1）请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；

（2）现将图1中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图2，AE与MP、BD分别交于点G、H.请直接写出PM与PN的数量关系及位置关系________；

（3）若图2中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC＝kAC，CD＝kCE，如图3，写出

PM与PN的数量关系，并加以证明.

【答案】（1）PM⊥PN，PM＝PN

（2）PM＝PN，PM⊥PN

（3）解：PM＝kPN，

∵△ACB和△ECD是直角三角形，

∴∠ACB＝∠ECD＝90°.

∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.

∴∠ACE＝∠BCD.

∵BC＝kAC，CD＝kCE，

∴＝k.

∴△BCD∽△ACE.

∴BD＝kAE，

∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，

∴PM＝ BD，PN＝ AE.

∴PM＝kPN.

【解析】【解答】解：（1）PM＝PN，PM⊥PN，

理由如下：

∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，

∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.

在△ACE和△BCD中，

∴△ACE≌△BCD（SAS），

∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，

∵∠BCD＝90°，

∴∠CBD+∠BDC＝90°，

∴∠EAC+∠BDC＝90°

∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，

∴PM＝ BD，PN＝ AE，

∴PM＝PN，

∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，∴PM∥BC，PN∥AE，

∴∠NPD＝∠EAC，∠MPN＝∠BDC，

∵∠EAC+∠BDC＝90°，

∴∠MPA+∠NPC＝90°，

∴∠MPN＝90°，

即PM⊥PN，

故答案为：PM⊥PN，PM＝PN；

（ 2 ）PM＝PN，PM⊥PN，

理由：∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，

∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°.

∴∠ACB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE.

∴∠ACE＝∠BCD，

∴△ACE≌△BCD（SAS）.

∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD.

又∵∠AOC＝∠BOE，∠CAE＝∠CBD，

∴∠BHO＝∠ACO＝90°.

∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，

∴PM＝ BD，PM∥BD；

PN＝ AE，PN∥AE.

∴PM＝PN.

∴∠MGE+∠BHA＝180°.

∴∠MGE＝90°.

∴∠MPN＝90°.

∴PM⊥PN.

故答案为：PM⊥PN，PM＝PN

【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质得出结论判断出△ACE≌△BCD，得出AE=BD，再用三角形的中位线即可得出结论；（2）同（1）的方法即可得出结论；（3）利用两边对应成比例夹角相等，判断出△BCD∽△ACE，得出BD=kAE，最后用三角形的中位线即可得出结论.

7．

（1）问题发现：如图①，

正方形AEFG的两边分别在正方形ABCD的边AB和AD上，连接CF.

①写出线段CF与DG的数量关系；

②写出直线CF与DG所夹锐角的度数.

（2）拓展探究：

如图②，

将正方形AEFG绕点A逆时针旋转，在旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立，请利用图②进行说明.

（3）问题解决

如图③，

△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC=4，O为AC的中点.若点D在直线BC上运动，连接OE，则在点D的运动过程中，线段OE的长的最小值.（直接写出结果）

【答案】（1）①CF= DG，②45

（2）解：如图：

①连接AC、AF,在正方形ABCD中，延长CF交DG与H点，

∠CAD= ∠BCD=45 ,

设AD=CD=a，易得AC= a= AD,

同理在正方形AEFG中，∠FAG=45 ,AF= AG,

∠CAD=∠FAG, ∠CAD-∠2=∠FAG-∠2,

∠1=∠3

又

△CAF∽DAG,

= , CF= DG;

②由△CAF∽DAG，∠4=∠5，

∠ACD=∠4+∠6=45 , ∠5+∠6=45 ，

∠5+∠6+∠7=135 ，

在△CHD中，∠CHD=180 -135 =45 ，（1）中的结论仍然成立

（3）OE的最小值为 .

【解析】【解答】（3）如图：

由∠BAC=∠DAE=90 ,可得∠BAD=∠CAE,又AB=AC,AD=AE,

可得△BAD≌△CAE,

∠ACE=∠ABC=45 ,

又∠ACB=45 , ∠BCE=90 ,即CE⊥BC,

根据点到直线的距离垂线段最短，

OE⊥CE时，OE最短，此时OE=CE,△OEC为等腰直角三角形，

OC= AC=2,

由等腰直角三角形性质易得，OE= ，

OE的最小值为 .

【分析】（1）①易得CF= DG;②45 ；(2)连接AC、AF,在正方形ABCD中，可得

△CAF∽DAG， = , CF= DG，在△CHD中，∠CHD=180 -135 =45 ，（1）中的结论是否仍然成立；（3）OE⊥CE时，OE最短，此时OE=CE,△OEC为等腰直角

三角形，OC= AC=2,可得OE的值.

8．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y= x2+ x﹣2与x轴交于A，B两点（点A 在点B的左侧），与y轴交于点C，直线l经过A，C两点，连接BC．

（1）求直线l的解析式；

（2）若直线x=m（m＜0）与该抛物线在第三象限内交于点E，与直线l交于点D，连接

OD．当OD⊥AC时，求线段DE的长；

（3）取点G（0，﹣1），连接AG，在第一象限内的抛物线上，是否存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）解：∵抛物线y= x2+ x﹣2，

∴当y=0时，得x1=1，x2=﹣4，当x=0时，y=﹣2，

∵抛物线y= x2+ x﹣2与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，∴点A的坐标为（﹣4，0），点B（1，0），点C（0，﹣2），

∵直线l经过A，C两点，设直线l的函数解析式为y=kx+b，

，得，

即直线l的函数解析式为y=

（2）解：直线ED与x轴交于点F，如右图1所示，

由（1）可得，

AO=4，OC=2，∠AOC=90°，

∴AC=2 ，

∴OD= ，

∵OD⊥AC，OA⊥OC，∠OAD=∠CAO，

∴△AOD∽△ACO，

∴，

即，得AD= ，

∵EF⊥x轴，∠ADC=90°，

∴EF∥OC，

∴△ADF∽△ACO，

∴，

解得，AF= ，DF= ，

∴OF=4﹣ = ，

∴m=﹣，

当m=﹣时，y= ×（- ）2+ ×（﹣）﹣2=﹣，

∴EF= ，

∴DE=EF﹣FD=

（3）解：存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，

理由：作GM⊥AC于点M，作PN⊥x轴于点N，如右图2所示，

∵点A（﹣4，0），点B（1，0），点C（0，﹣2），

∴OA=4，OB=1，OC=2，

∴tan∠OAC= ，tan∠OCB= ，AC=2 ，

∴∠OAC=∠OCB，

∵∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，∠GAM=∠OAC﹣∠BAG，

∴∠BAP=∠GAM，

∵点G（0，﹣1），AC=2 ，OA=4，

∴OG=1，GC=1，

∴AG= ，，即，

解得，GM= ，

∴AM= = = ，

∴tan∠GAM= = ，

∴tan∠PAN= ，

设点P的坐标为（n， n2+ n﹣2），

∴AN=4+n，PN= n2+ n﹣2，

∴，

解得，n1= ，n2=﹣4（舍去），

当n= 时， n2+ n﹣2= ，

∴点P的坐标为（，），

即存在点P（，），使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG

【解析】【分析】（1）利用抛物线的解析式求出点A、C的坐标，再利用待定系数法求出直线AC的解析式。

（2）直线ED与x轴交于点F，在Rt△AOC中，利用勾股定理求出AC的长，再证明△AOD∽△ACO，利用相似三角形的性质求出AD的长，再由EF∥OC得出对应线段成比例求出OF的长，可得出m的值，然后求出EF的长，根据DE=EF﹣FD，可求出答案。

（3）存在点P，使∠BAP=∠BCO﹣∠BAG，作GM⊥AC于点M，作PN⊥x轴于点N，根据点A、B、C的坐标，利用锐角三角函数的定义求出AC、AG的长，再利用同一个三角形的面积相等，求出GM的长，利用勾股定理求出AM的长，从而求出tan∠PAN的值，然后设点P的坐标，求出AN、PN，再根据tan∠PAN的值建立方程求出n的值，就可得出点P的坐标。

9．在平面直角坐标系中，抛物线经过点，、，，其中、

是方程的两根，且，过点的直线与抛物线只有一个公共点

（1）求、两点的坐标；

（2）求直线的解析式；

（3）如图2，点是线段上的动点，若过点作轴的平行线与直线相交于点，与抛物线相交于点，过点作的平行线与直线相交于点，求的长. 【答案】（1）解：∵x1、x2是方程x2-2x-8=0的两根，且x1＜x2，

∴x1=-2，x2=4，

∴A（-2，2），C（4，8）

（2）解：①设直线l的解析式为y=kx+b（k≠0），

∵A（-2，2）在直线l上，

∴2=-2k+b，

∴b=2k+2，

∴直线l的解析式为y=kx+2k+2①，

∵抛物线y= x2②，

联立①②化简得，x2-2kx-4k-4=0，

∵直线l与抛物线只有一个公共点，

∴△=（2k）2-4（-4k-4）=4k2+16k+16=4（k2+4k+4）=4（k+2）2=0，

∴k=-2，

∴b=2k+2=-2，

∴直线l的解析式为y=-2x-2；

②平行于y轴的直线和抛物线y= x2只有一个交点，

∵直线l过点A（-2，2），

∴直线l：x=-2

（3）解：由（1）知，A（-2，2），C（4，8），

∴直线AC的解析式为y=x+4，

设点B（m，m+4），

∵C（4.8），

∴BC= |m-4|= （4-m）

∵过点B作y轴的平行线BE与直线l相交于点E，与抛物线相交于点D，

∴D（m， m2），E（m，-2m-2），

∴BD=m+4- m2， BE=m+4-（-2m-2）=3m+6，

∵DC∥EF，

∴△BDC∽△BEF，

∴，

∴，

∴BF=6 .

【解析】【分析】（1）解一元二次方程即可得出点A，C坐标；（2）先设出直线l的解析式，再联立抛物线解析式，用△=0，求出k的值，即可得出直线l的解析式；（3）设出点B的坐标，进而求出BC，再表示出点D，E的坐标，进而得出BD，BE，再判断出△BDC∽△BEF得出比例式建立方程即可求出BF.

10．如图，正方形、等腰的顶点在对角线上(点与、不重合)，

与交于，延长线与交于点，连接 .

（1）求证： .

（2）求证：

（3）若，求的值.

【答案】（1）解：∵是正方形，

∴，，

∵是等腰三角形，

∴，，

∴，

∴，

∴