2022年上海市金山区中考数学二模试题及答案解析

2022年上海市金山区中考数学二模试卷
一、选择题（本大题共6小题，共24.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在下列二次根式中，最简二次根式的是( )
A. √0.1
B. √12
C. √10
D. √27
2. 关于x的一元一次不等式ax>b的解集是x<b
，那么a的取值范围是( )
a
A. a>0
B. a<0
C. a≥0
D. a≤0
3. 下列对一元二次方程x2−3=0根的情况判断，正确的是( )
A. 两个不相等实数根
B. 有两个相等实数根
C. 有且只有一个实数根
D. 没有实数根
4. 某集团下属子公司2021年利润如表所示，
那么各子公司2021年利润的众数是( )
A. 11千万元
B. 4千万元
C. 2千万元
D. 1千万元
5. 下列命题中，真命题是( )
A. 平行四边形是轴对称图形
B. 互为补角的两个角都是锐角
C. 相等的弦所对的弧相等
D. 等腰梯形的对角线相等
6. 在直角坐标系中，点P的坐标是(2,√3)，圆P的半径为2，下列说法正确的是( )
A. 圆P与x轴有一个公共点，与y轴有两个公共点
B. 圆P与x轴有两个公共点，与y轴有一个公共点
C. 圆P与x轴、y轴都有两个公共点
D. 圆P与x轴、y轴都没有公共点
二、填空题（本大题共12小题，共48.0分）
7. 因式分解：2a2−4a=______．
8. 函数y=x−4
的定义域是______．
2−x
9. 反比例函数y=k
(k是实数，k≠0)的图像在每个象限内y随着x的增大而增大，那么这个
x
反比例函数的图像的两个分支分别在第______象限．
10. 方程1−√x−3=0的解是______．
11. 一个布袋中有8个红球和16个黑球，这两种球除了颜色以外没有任何其他区别，从布袋
中任取1个球是黑球的概率是______．
12. 北京冬奥会上中国队获得奖牌情况如图所示，其中金牌为9块，那么中国队获得奖牌总
数是______块．
13. 沿一斜坡向上走13米，高度上升5米，这个斜坡的坡度i =1：______．
14. 2002年在北京召开的国际数学家大会，
会标是以我国古代数学家赵爽弦图为基础设计的，弦图是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形(如图)，如图的弦图中大正方形边长为4，每个直角三角形较小的锐角为30°，那么小正方形面积为______．
15. 已知在△ABC 中，AD 是中线，设AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，那么向量AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 用向量a ⃗ 、b ⃗ 表示为______．
16. 已知在△ABC 中，点D 、E 分别在边AB 、AC 上，DE//BC ，如果△ADE 和四边形BCED 的
面积分别为4和5，DE =4，那么BC =______．
17. 如图，如果AB 、AC 分别是圆O 的内接正三角形和内接正方形的一条边，BC 一定是圆O 的
内接正n 边形的一条边，那么n =______．
18. 如图，
菱形ABCD 中，AB =5，AC =8，把菱形ABCD 绕A 点逆时针旋转得到菱形AB′C′D′，其中点B′正好在AC 上，那么点C 和点C′之间的距离等于______．
三、解答题（本大题共7小题，共78.0分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题10.0分)
计算：1212−cot30°−(1
2
)−1−√(1−√3)2．
20. (本小题10.0分)
解方程：3x−1
x2−1−2x−1
x−1
=1．
21. (本小题10.0分)
如图，梯形ABCD中，AD//BC，E是AB的中点，∠CDE=90°，CD=6，tan∠DCE=2
3
．
(1)求CE的长；
(2)求∠ADE的余弦．
22. (本小题10.0分)
弹簧在一定限度内，它的长度y(cm)与所挂重物的重量x(kg)是一次函数关系，下表中记录的是所挂重物的重量和其对应的弹簧长度．
重物的重量x(kg)…2…10…
弹簧的长度y(cm)…13…17…
(1)求y关于x的函数关系式(不需要写出函数的定义域)；
(2)弹簧在一定限度内挂上重物后长度不超过25cm，那么所挂重物的重量最多为多少？
23. (本小题12.0分)
如图，已知：△ABC和△ADE都是等边三角形，其中点D在边BC上，点F是AB边上一点，且BF=CD．
(1)求证：DE//CF；
(2)联结DF，设AD、CF的交点为M，如果DF2=FM⋅FC，求证：DF//AC．
24. (本小题12.0分)
x2+bx+c 已知：在直角坐标系中直线y=−x+4与x轴、y轴相交于点A、B，抛物线y=−1
2
经过点A和点B．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如果直线AB与抛物线的对称轴相交于点C，求OC的长；
(3)P是线段OA上一点，过点P作直线AB的平行线，与y轴相交于点Q，把△OPQ沿直线PQ翻折，点O的对应点是点D，如果点D在抛物线上，求点P的坐标．
25. (本小题14.0分)
，O是边AC上一点，以点O为如图，已知：Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，sin∠BAC=3
5
圆心，OA为半径的圆O与边AC的另一个交点是点D，与边AB的另一个交点是点E，过点O作AB 的平行线与圆O相交于点P，与BC相交于点Q，DP的延长线交AB于点F，联结FQ．
(1)求证：DP=EP；
(2)设OA=x，△FPQ的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；
(3)如果△FPQ是以FQ为腰的等腰三角形，求AO的长．
答案和解析
1.【答案】C
，
【解析】解：∵√0.1=√10
10
∴选项A不符合题意；
∵√12=2√3，
∴选项B不符合题意；
∵√10是最简二次根式，
∴选项C符合题意；
∵√27=3√3，
∴选项D不符合题意．
故选：C．
根据最简二次根式的条件，逐项判断即可．
此题主要考查了最简二次根式的特征和判断，解答此题的关键是要明确最简二次根式的条件：(1)被开方数的因数是整数或字母，因式是整式；(2)被开方数中不含有可化为平方数或平方式的因数或因式．
2.【答案】B
，
【解析】解：∵关于x的一元一次不等式ax>b的解集是x<b
a
∴a<0，
故选：B．
根据不等式的性质3，可得答案．
本题考查了不等式的解集，不等式的两边都乘以或除以同一个负数，不等号的方向改变．
3.【答案】A
【解析】解：∵Δ=02−4×(−3)=12>0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：A．
先计算根的判别式的值得到Δ>0，然后根据根的判别式的意义判断方程根的情况．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
4.【答案】C
【解析】解：年利率为2千万元的公司有4家，最多，
∴众数是2千万元，
故选：C．
利用众数的定义回答即可．
考查了众数的定义，解题的关键是了解众数是出现次数最多的数，众数不唯一．
5.【答案】D
【解析】解：A、平行四边形不一定是轴对称图形，本选项中命题是假命题，不符合题意；
B、互为补角的两个角不可能都是锐角，本选项中命题是假命题，不符合题意；
C、相等的弦所对的弧有优弧和劣弧两种情况，它们不相等相等，本选项中命题是假命题，不符合题意；
D、等腰梯形的对角线相等，本选项中命题是真命题，符合题意；
故选：D．
根据轴对称图形的概念、互为补角的概念、弧和弦之间的关系、等腰梯形的性质判断即可．
本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
6.【答案】B
【解析】解：∵P(2,√3)，圆P的半径为2，
∴以P为圆心，以2为半径的圆与x轴的位置关系是相交，与y轴的位置关系是相切，
∴该圆与x轴的交点有2个，与y轴的交点有1个．
故选：B．
点P到x轴的距离是√3，到y轴的距离为2，圆P的半径是2，所以可判断圆P与x轴相交，与y轴相切，从而确定答案即可．
本题主要考查了直线和圆的位置关系，一般是利用圆心到直线的距离与半径比较来判断．若圆心到直线的距离是d，半径是r，则①d>r，直线和圆相离，没有交点；②d=r，直线和圆相切，有一个交点；③d<r，直线和圆相交，有两个交点．
7.【答案】2a(a−2)
【解析】解：原式=2a(a−2)．
故答案为：2a(a−2)．
原题中的公因式是2a，用提公因式法来分解因式．
本题考查了提公因式法分解因式，2a2提取公因式后就还剩下因式a．
8.【答案】x≠2
【解析】解：由题意得：2−x≠0，
解得：x≠2，
故答案为：x≠2．
根据分式的分母不为0列出不等式，解不等式，得到答案．
本题考查的是函数自变量的取值范围的确定，掌握分式的分母不为0是解题的关键．
9.【答案】二、四
(k是实数，k≠0)的图像在每个象限内y随着x的增大而增大，【解析】解：∵反比例函数y=k
x
∴k<0，
∴反比例函数图象位于第二、四象限，
故答案为：二、四．
根据反比例函数的增减性可得k<0，进一步即可确定函数图象．
本题考查了反比例函数的图象和性质，熟练掌握反比例函数的增减性是解题的关键．
10.【答案】4
【解析】解：∵1−√x−3=0，
∴√x−3=1，
∴x−3=1，
∴x=4，
经检验，x=4是原方程的解，
故答案为：4．
将方程变形，化为整式方程，解整式方程再检验即可得答案．
本题考查解无理方程，解题的关键是将无理方程化为有理方程，注意解无理方程须检验．
11.【答案】2
3
【解析】解：∵一个布袋中放着16个黑球和8个红球，
∴从布袋中任取1个球，取出黑球的概率是16
24=2
3
，
故答案为：2
3
．
根据题意，可知存在8+16=24种可能性，其中抽到黑球的有16种可能性，从而可以求出从布袋中任取1个球，取出黑球的概率．
本题考查概率公式，解答本题的关键是明确题意，求出相应的概率．
12.【答案】15
【解析】解：由图知，金牌对应百分比为1−(26.7%+13.3%)=60%，
所以中国队获得奖牌总数是9÷60%=15(块)，
故答案为：15．
先根据百分比之和为1求出金牌数所占百分比，再用金牌数除以对应百分比即可．
本题主要考查扇形统计图，扇形统计图是用整个圆表示总数用圆内各个扇形的大小表示各部分数量占总数的百分数．通过扇形统计图可以很清楚地表示出各部分数量同总数之间的关系．用整个圆的面积表示总数(单位1)，用圆的扇形面积表示各部分占总数的百分数．
13.【答案】2.4
【解析】解：由勾股定理可得，
此人行走的水平距离为√132−52=12，
∴这个斜坡的坡度i=5：12=1：2.4．
故答案为：2.4．
由勾股定理可得，此人行走的水平距离为√132−52=12，则这个斜坡的坡度i=5：12=1：2.4．本题考查解直角三角形的应用−坡度坡角问题、勾股定理，熟练掌握坡度的定义是解答本题的关键．
14.【答案】16−8√3
【解析】解：∵大正方形边长为4，每个直角三角形较小的锐角为30°，
∴直角三角形的短直角边为2，长直角边为2√3，
∴小正方形的边长为：2√3−2，
∴小正方形面积为：(2√3−2)2
=12−8√3+4
=16−8√3，
故答案为：16−8√3．
根据题意和题目中的数据，可以先求出直角三角形的两条直角边的长，然后即可得到小正方形的边长，再计算正方形的面积即可．
本题考查勾股定理的证明、正方形的面积、锐角三角函数，解答本题的关键是求出小正方形的边长．
15.【答案】1
2a⃗+1
2
b⃗
【解析】解：如图，延长AD到E，使得DE=AD，连接BE，CE．
∵AD=DE，BD=CD，
∴四边形ABEC是平行四边形，
∴BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，
∵AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ +b
⃗ ， ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12
AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =12
a ⃗ +12
b
⃗ ． 故答案为：12
a ⃗ +1
2b ⃗ ． 如图，延长AD 到E ，使得DE =AD ，连接BE ，CE.证明四边形ABEC 是平行四边形，利用三角形法则求出AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 即可解决问题．
本题考查平面向量，平行四边形的判定和性质，三角形法则等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造平行四边形解决问题，属于中考常考题型．
16.【答案】6
【解析】解：依照题意画出图形，如图所示． ∵DE//BC ， ∴△AED∽△ABC ． 又∵S △ADE
S 四边形BCED
=4
5， ∴
S △ADE S △ABC =
44+5
=4
9
，
∴DE
BC =2
3，即4BC =2
3， ∴BC =6，
经检验，BC =6是原方程的解，且符合题意． 故答案为：6．
由DE//BC ，△AED∽△ABC ，利用相似三角形的性质结合△ADE 和四边形BCED 的面积分别为4和5，可得出
DE BC
=2
3，结合DE =4，即可求出BC 的值，经检验后即可得出结论．
本题考查了相似三角形的判定与性质，牢记相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
17.【答案】12
【解析】解：连接OA 、OB 、OC ，如图，
∵AB ，AC 分别为⊙O 的内接正四边形与内接正三角形的一边， ∴∠AOB =360°
4=90°，∠AOC =360°
3=120°，
∴∠BOC=∠AOC−∠AOB=30°，
∴n=360°
30
=12，
即BC恰好是同圆内接一个正十二边形的一边．
故答案为：12．
连接OA、OB、OC，如图，利用正多边形与圆，分别计算⊙O的内接正四边形与内接正三角形的中心角得到∠AOB=90°，∠AOC=120°，则∠BOC=30°，即可得到n的值．
本题考查了正多边形与圆：把一个圆分成n(n是大于2的自然数)等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆；熟练掌握正多边形的有关概念．
18.【答案】8√10
5
【解析】解：连接BD交AC于O，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=AB=BC=5，AO=CO=4，∠BAC=∠DAC=1
2
∠BAD，AC⊥BD，
∴OB=√AB2−OA2=3，
由旋转的性质得：AC=AC′=8，AB=AB′=AD=AD′=5，∠BAC=∠B′AC，
过点C作CE⊥AC′于E，
∴sin∠BAC=sin∠B′AC=3
5
，
∴CE AC =OB
AB
，即CE
8
=3
5
，
∴CE=24
5
，
∴AE=√AC2−CE2=32
5
，
∴C′E=AC′−AE=8
5
，
∴CC′=√CE 2+C′E 2=8√10
5
． 故选：
8√10
5
． 连接BD 交AC 于O ，由菱形的性质得出CD =AB =BC =5，AO =CO =4，∠BAC =∠DAC =
1
2
∠BAD ，由直角三角形的性质求出OB =3，由旋转的性质得出AC =AC′=8，AB =AB′=AD =
AD′=5，过点C 作CE ⊥AC′于E ，由sin∠BAC =sin∠B′AC ，求出CE =24
5，AE =32
5，求出C′E =8
5，由勾股定理即可得出结果．
本题考查了菱形的性质、旋转的性质、直角三角形的性质、锐角三角函数等知识；熟练掌握旋转的性质和菱形的性质是解题的关键．
19.
【答案】解：原式=2√3−√3−2−(√3−1)=−12√3−√3−2−(√3−1)=2√3−√3−2−√3+1=−1．
【解析】先根据负整数指数幂、特殊角的三角函数值、特殊角的三角函数值、二次根式的化简计算，再按照实数的加减运算法则计算即可．
本题考查了负整数指数幂、特殊角的三角函数值、分数指数幂、二次根式的化简等运算在实数计算中的综合运用，熟练掌握相关运算法则是解题的关键．
20.【答案】解：去分母得：3x −1−(2x −1)(x +1)=x 2−1，
整理得：3x 2−2x −1=0， 解得：x 1=1，x 2=−13
，
检验：把x =1代入得：(x +1)(x −1)=0， 把x =−1
3
代入得：(x +1)(x −1)≠0，
∴x 1=1是原方程的增根，x 2=−1
3是原方程的根，
则原方程的根是x =−1
3
． 【解析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x 的值，经检验即可得到分式方程的解．
此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验．
21.【答案】解：(1)在Rt △CDE 中，∠CDE =90°，tan∠DCE =2
3，
∴
DE CD
=23
，
∵CD =6， ∴DE =4，
∴CE =√CD 2+DE 2=√62+42=2√13； (2)取CD 的中点F ，连接EF ， ∵E 是CD 的中点， ∴EF//AD ， ∴∠ADE =∠DEF ，
∵CD =6，点F 是CD 的中点， ∴DF =3，
由勾股定理得：EF =√DF 2+DE 2=√32+42=5， 在Rt △DEF 中，∠EDF =90°，DE =4，EF =5， ∴cos∠DEF =
DE EF =45
，
∴cos∠ADE =45
，即∠ADE 的余弦为45
．
【解析】(1)根据正切的定义求出DE ，根据勾股定理求出CE ；
(2)取CD 的中点F ，连接EF ，根据梯形中位线定理得到EF//AD ，根据平行线的性质得到∠ADE =∠DEF ，根据余弦的定义解答即可．
本题考查的是梯形中位线定理、正切和余弦的定义、勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
22.【答案】解：(1)设y 关于x 的解析式是y =kx +b(k ≠0)，
由题意得：{2k +b =13
10k +b =17，
解得：{k =1
2b =12
，
∴y 关于x 的解析式是y =1
2x +12；
(2)由题意得：y ≤25， ∴1
2x +12≤25，
解得：x≤26，
答：所挂重物的重量最多为26kg．
【解析】(1)用待定系数法可得y关于x的解析式是y=1
2
x+12；
(2)结合(1)，令y≤25得到关于x的不等式，解不等式即可得答案．
本题考查一次函数的应用，解题的关键是读懂题意，熟练应用待定系数法求出函数关系式．23.【答案】证明：(1)如图1，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=∠B=60°，
在△ACD和△CBF中，
{AC=CB
∠ACD=∠B CD=BF
，
∴△ACD≌△CBF(SAS)，
∴∠CAD=∠BCF，
∵△ADE是等边三角形，
∴∠ADE=∠ACB=60°，
∵∠ADE+∠BDE=∠ACB+∠CAD，∴∠BDE=∠CAD，
∴∠BDE=∠BCF，
∴DE//CF；
(2)如图2，
∵DF 2=FM ⋅FC ， ∴
DF FM
=
FC DF
， ∵∠DFM =∠CFD ， ∴△DFM∽△CFD ， ∴∠FDM =∠FCD ， ∵∠CAD =∠BCF ， ∴∠FDM =∠CAD ， ∴DF//AC ．
【解析】(1)由等边三角形的性质证明△ACD≌△CBF ，得出∠CAD =∠BCF ，由等边三角形的性质及三角形外角的性质得出∠BDE =∠CAD ，进而得出∠BDE =∠BCF ，即可证明DE//CF ； (2)先证明△DFM∽△CFD ，得出∠FDM =∠FCD ，由∠CAD =∠BCF ，得出∠FDM =∠CAD ，即可证明DF//AC ．
本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判断，相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
24.【答案】解：(1)直线y =−x +4与x 轴、y 轴相交于点A 、B ，
∴A(4,0)、B(0,4)，
代入抛物线得：{−8+4b +c =0
c =4，
∴b =1，c =4，
∴抛物线的解析式为：y =−1
2x 2+x +4．
(2)由y =−1
2x 2+x +4=−1
2(x −1)2+9
2，
可得抛物线的对称轴为直线x =1，
当x=1时，y=−x+4=3，
∴C(1,3)，
∴OC=√10．
(3)如图，设点P的坐标为(t,0)，
∵AO=BO=4，∠AOB=90°，
∴∠OAB=∠OBA=45°，
∵PQ//AB，
∴∠OPQ=∠OQP=45°，
∴∠DPO=∠DQO=90°，又∠POQ=90°，
∴四边形DPOQ为矩形，
∵OP=OQ，
∴四边形DPOQ为正方形，
∴DP=DQ=OP=t，
∴四边形DPOQ为正方形，
∴D(t,t)，
t2+t+4，
∴t=−1
2
解得：t1=2√2，t2=−2√2(不合题意，舍去)，
∴点P是坐标为：(2√2,0)．
【解析】(1)利用待定系数法求解即可；
(2)先求出抛物线的对称轴为直线x=1，再求出点C的坐标，即可得出结论；
(3)设点P的坐标为(t,0)，先得出四边形DPOQ为矩形，再得出四边形DPOQ为正方形，最后得出点D的坐标，列出方程求解即可．
本题考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求二次函数的解析式，正确画出图象是解题的关键．
25.【答案】(1)证明：联结OE，EP，
∵OP//AB，
∴∠DOP=∠A，∠POE=∠OEA，
∵OA=OE，
∴∠A=∠OEA，
∴∠DOP=∠POE，
∴DP=EP．
(2)解：过点O作OM⊥AB，过点F作FN⊥PQ，垂足分别为M、N，
∵OQ//AB，OM⊥AB，FN⊥PQ，
∴四边形OMFN是矩形，
∴OM=FN，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，sin∠BAC=3
，
5
∴BC=6，AC=8，
在△AMO中，∠AMO=90°，
∴OM=OA⋅sin∠BAC=3
x，
5
x，
∴FN=3
5
∵OQ//AB，
∴△OCQ∽△CAB，
∴OQ AB =CO
CA
，
∴OQ 10=8−x
8
，
∴OQ=10−5
4
x，
∴PQ=OQ−OP=10−5
4x−x=10−9
4
x，
∴y=1
2(10−9
4
x)⋅3
5
x，
即y=−27
40
x2+3x(0<x≤4)．
(3)解：若△FPQ是以FQ为腰的等腰三角形，可分两种情况：
①若FQ=PQ，
∴∠QPF=∠QFP=∠OPD=∠ODP，
∴QF//AC，
∴四边形AFQO是平行四边形，
∴AF=QO，
∵∠ADF=∠OPD=∠AFD，
∴AF=AD=2x，
∴OQ=2x，
∴2x=10−5
4
x，
∴x=40
13
．
②若FQ=FP，
如图3，过点O作OM⊥AB，过点F作FN⊥PQ，垂足分别为M、N，则四边形OMFN是矩形，
在△AMO中，∠AMO=90°，OM=3
5x，AM=4
5
x，
∴MF =ON =2x −45x =6
5x ， ∴PN =15
x ，PQ =25
x ，OQ =75
x ， ∴7
5
x =10−54x ， 解得：x =
200
53
． 综上所述，若△FPQ 是以FQ 为腰的等腰三角形，AO 的长为4013
或
200
53
． 【解析】(1)联结OE ，由平行线的性质得出∠DOP =∠A ，∠POE =∠OEA ，由等腰三角形的性质得出∠A =∠OEA ，证出∠DOP =∠POE ，则可得出结论；
(2)过点O 作OM ⊥AB ，过点F 作FN ⊥PQ ，垂足分别为M 、N ，由△OCQ∽△CAB 证出OQ AB
=CO
CA ，得
出
OQ 10
=8−x
8，求出OQ 和PQ ，则可得出答案；
(3)分两种情况，若FQ =PQ ，若FQ =FP ，由等腰三角形的性质列出方程即可得出答案． 本题是圆的综合题，考查了圆的性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．。