【专项练】正方形十字模型-北京版八年级下册期中、期末专项（初中数学）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 正方形十字模型 1．如图，将一边长为 12的正方形纸片 ABCD的顶点 A折叠至DC边上的点 E，使 5DE  ， 若折痕为 PQ，则 PQ的长为（ ） A．13 B．14 C．15 D．16 2．如图，正方形 ABCD的边长为 3，E为 BC边上一点，BE＝1.将正方形沿 GF折叠，使点 A 恰好与点 E重合，连接 AF，EF，GE，则四边形 AGEF的面积为（ ） A．2 10 B．2 5 C．6 D．5 3．如图，在正方形 ABCD中，点 E是 BC上一点，BF⊥AE交 DC于点 F，若 AB＝5，BE＝2， 则 AF＝ ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 4．如图，将边长为 8的正方形纸片 ABCD折叠，使点 D落在 BC边的点 E处，点 A落在点 F 处，折痕为MN，若MN＝4 5 ，则线段 CN的长是 ． 5．综合与实践 数学课上，老师提出了这样一个问题：如图 1，在正方形 ABCD中，已知 AE BF ，求证： AE BF ． 甲小组同学的证明思路如下： 由同角的余角相等可得 ABF DAE   ．再由 AB DA ， 90BAF D   ，证得 ABF DAE≌ （依据：________），从而得 AE BF ． 乙小组的同学猜想，其他条件不变，若已知 AE BF ，同样可证得 AE BF ， 证明思路如下： 由 AB DA ， BF AE 可证得  Rt Rt HLABF DAE≌ ，可得 ABF DAE   ，再根据角的等量代换即可证得 AE BF ． 完成任务： （1）填空：上述材料中的依据是________（填“SAS ”或“AAS”或“ASA ”或“HL ”） 【发现问题】 同学们通过交流后发现，已知 AE BF 可证得 AE BF ，已知 AE BF 同样可证得 AE BF ，为了验证这个结论是否具有一般性，又进行了如下探究． 【迁移探究】 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 （2）在正方形 ABCD中，点 E在CD上，点 M，N分别在 ,AD BC上，连接 ,AE MN 交于点 P．甲 小组同学根据MN AE 画出图形如图 2所示，乙小组同学根据MN AE 画出图形如图 3所 示．甲小组同学发现已知MN AE 仍能证明MN AE ，乙小组同学发现已知MN AE 无 法证明MN AE 一定成立． ①在图 2中，已知MN AE ，求证：MN AE ； ②在图 3中，若 DAE   ，则 APM 的度数为多少? 【拓展应用】 （3）如图 4，在正方形 ABCD中， 3AB  ，点 E在边 AB上，点 M在边 AD上，且 1AE AM  ， 点 F，N分别在直线CD BC， 上，若EF MN ，当直线EF与直线MN所夹较小角的度数为 30时，请直接写出CF的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 6．正方形 ABCD中，点 E、F在 BC、CD上，且 BE＝CF，AE与 BF交于点 G． （1）如图 1，求证 AE⊥BF； （2）如图 2，在 GF上截取 GM＝GB，∠MAD的平分线交 CD于点 H，交 BF于点 N，连接 CN，求证：AN+CN＝ 2 BN； 7．如图 1，在正方形 ABCD中，E为 BC上一点，连接 AE，过点 B作BG AE 于点H ， 交CD于点G． (1)求证： AE BG ； (2)如图 2，连接 AG GE、 ，点M N P Q、 、 、 分别是 AB AG GE EB、 、 、 的中点，试判断四 边形MNPQ的形状，并说明理由； (3)如图 3，点F R、 分别在正方形 ABCD的边 AB CD、 上，把正方形沿直线FR翻折，使得 BC 的对应边 B C 恰好经过点A，过点A作 AO FR 于点O，若 1AB  ，正方形的边长为 3， 求线段OF 的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 8．如图，正方形 ABCD边长为 4，点 G在边 AD上（不与点 A、D重合），BG的垂直平分线 分别交 AB、CD于 E、F两点，连接 EG． （1）当 AG=1时，求 EG的长； （2）当 AG的值等于 时，BE=8－2DF； （3）过 G点作 GM⊥EG交 CD于 M ①求证：GB平分∠AGM； ②设 AG=x，CM=y，试说明 16 4 4 1 xy x y    的值为定值． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 正方形十字模型 1．A 【难度】0.85 【知识点】全等的性质和 ASA（AAS）综合（ASA或者 AAS）、用勾股定理解三角形、正方 形折叠问题 【分析】过点 P作 PM⊥BC于点 M，由折叠得到 PQ⊥AE，从而得到∠AED=∠APQ，可得 △PQM≌△ADE，从而得到 PQ=AE，再由勾股定理，即可求解． 【详解】解：过点 P作 PM⊥BC于点 M， 由折叠得到 PQ⊥AE， ∴∠DAE+∠APQ=90°， 在正方形 ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，CD⊥BC， ∴∠DAE+∠AED=90°， ∴∠AED=∠APQ， ∴∠APQ=∠PQM， ∴∠PQM=∠APQ=∠AED， ∵PM⊥BC， ∴PM=AD， ∵∠D=∠PMQ=90°， ∴△PQM≌△ADE， ∴PQ=AE， 在Rt ADE 中， 5DE  ，AD=12， 由勾股定理得： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 2 25 12 13AE    ， ∴PQ=13． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，得到 △PQM≌△ADE是解题的关键． 2．D 【难度】0.65 【知识点】勾股定理与折叠问题、根据矩形的性质与判定求线段长、正方形折叠问题 【分析】作 FH⊥AB于 H，交 AE于 P，设 AG=GE=x，在 Rt△BGE中求出 x，在 Rt△ABE中 求出 AE，再证明△ABE≌△FHG，得到 FG=AE，然后根据 S 四边形 AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可 【详解】解：作 FH⊥AB于 H，交 AE于 P，则四边形 ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE， AE⊥GF，AO=EO． 设 AG=GE=x，则 BG=3-x， 在 Rt△BGE中， ∵BE2+BG2=GE2， ∴12+(3-x)2=x2， ∴x= 5 3 ． 在 Rt△ABE中， ∵AB2+BE2=AE2， ∴32+12=AE2， ∴AE= 10 ． ∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF， ∴∠HAP=∠OFP， ∵四边形 ADFH是矩形， ∴AB=AD=HF． 在△ABE和△FHG中， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 HAP OFP ABE GHF AB HF         ， ∴△ABE≌△FHG， ∴FG=AE= 10 ， ∴S 四边形 AGEF=S△AGF+S△EGF = 1 1 2 2 GF OA GF OE   =  1 2 GF OA OE  = 1 2 GF AE = 1 10 10 2   =5． 故选 D． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾 股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键． 3． 34 . 【难度】0.65 【知识点】根据正方形的性质求线段长 【分析】根据正方形的性质得到 AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，推出∠BAE＝∠EBH，根据 全等三角形的性质得到 CF＝BE＝2，求得 DF＝5﹣2＝3，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】∵四边形 ABCD是正方形， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 ∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°， ∴∠BAE+∠AEB＝90°， ∵BH⊥AE， ∴∠BHE＝90°， ∴∠AEB+∠EBH＝90°， ∴∠BAE＝∠EBH， 在△ABE和△BCF中， BAE CBF AB BC ABE BCF       ＝ ＝ ， ＝ ∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴CF＝BE＝2， ∴DF＝5﹣2＝3， ∵四边形 ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝5，∠ADF＝90°， 由勾股定理得：AF＝ 2 2AD DF ＝ 2 25 3 ＝ 34． 故答案为 34． 【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，本题证明 △ABE≌△BCF是解本题的关键． 4．3 【难度】0.65 【知识点】全等三角形综合问题、勾股定理与折叠问题、正方形折叠问题 【分析】过点M作MH⊥CD于点 H．连接 DE，结合题意可知MN垂直平分 DE，先通过证 明△MHN≅ △DCE得出 DE＝MN＝4 5，然后利用勾股定理求出 CE的长，最后在 Rt△ENC 中利用勾股定理求出 DN，最后进一步求出 CN即可. 【详解】 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 如图所示，过点M作MH⊥CD于点 H．连接 DE． 根据题意可知MN垂直平分 DE，易证得：∠EDC＝∠NMH，MH＝AD， ∵四边形 ABCD是正方形， ∴MH＝AD＝CD， ∵∠MHN＝∠C＝90°， ∴△MHN≅ △DCE（ASA）， ∴DE＝MN＝4 5， 在 Rt△DEC中， 2 2 4CE DE DC   ， 设 DN＝EN＝ x，则 CN＝8 x ， 在 Rt△ENC中， 2 2 2NE NC EC  ， ∴  22 28 4x x   ， 解得： 5x  ， ∴CN＝8 3x  ， 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了正方形性质和全等三角形性质与判定及勾股定理的综合运用，熟练掌 握相关方法是解题关键. 5．（1）ASA；（2）①见解析；② 90 2APM    ；（3） 2 3 或 2 3 【难度】0.65 【知识点】含 30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明 【分析】（1）先证明 ABF DAE   ，结合 AB DA ， 90BAF D   可知根据ASA 即可证明 ABF DAE≌ ； （2）①作MH BC 于点 H，先证明 HMN DAE  ，然后根据ASA即可证明 HMN DAE≌ 即可证明结论成立； ②NL AD 于点 L，同理可证  HLLNM DAE≌ ，从而 MNL DAE     ，然后利用 直角三角形两锐角互余和三角形外角的性质即可求解； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 （3）①当 N、F在BC CD、 边上时，作FG AB 于点 G，作MH BC 于点 H，则四边形 ABHM 和四边形BCFG都是矩形，同理可证  HLEGF NHM≌ ，求出 30HMN EFG   ，设EG x ，则 2EF x ，利用勾股定理求出 x的值，进而可求出CF 的长．当 N、F在CB CD、 的延长线上时，同理可求出CF的长 【详解】（1）证明：∵四边形 ABCD是正方形， ∴ AB AD ， 90BAD  ， ∴ 90BAP DAE   ． ∵ AE BF ， ∴ 90BAP ABF   ， ∴ ABF DAE   ， ∵ 90BAF D   ， ∴  ASAABF DAE≌ ． 故答案为：ASA； （2）①作MH BC 于点 H， ∵四边形 ABCD是正方形， ∴CD AD ， 90C D    ， ∴四边形CDMH是矩形， ∴CD MH AD  ， 90AMH DMH   ， ∴ 90AMP HMN   ． ∵ AE MN ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 ∴ 90AMP DAE   ， ∴ HMN DAE  ， ∴  ASAHMN DAE≌ ， ∴MN AE ； ②作NL AD 于点 L， 同理可证四边形CDLN是矩形， ∴CD LN AD  ． ∵ ,AD LN AE MN  ， ∴  HLLNM DAE≌ ， ∴ MNL DAE     ， ∴ 90LMN    ， ∴ 90 2APM LMN DAE      ． （3）解：①当N、F在BC CD、 边上时，如图， 30MPE  ，作 FG AB 于点G，作MH BC 于点 H，则四边形 ABHM 和四边形BCFG都是矩形， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 同理可证  HLEGF NHM≌ ， ∴ HMN EFG  ． ∵GF BC∥ ， ∴MH GF ， ∴ 90FKH EFG   ． ∵ FKH HMN MPE   ， ∴ 90HMN MPE EFG     ∵ 30MPE  ， ∴ 30HMN EFG   ， ∴ 1 2 EG EF ． 设EG x ，则 2EF x ， ∵ 2 2 2EG FG EF  ， ∴  22 23 2x x  ， ∴ 3x  （负值舍去）， ∴ 3 1 3 2 3CF BG AB AE EG         ． ②当 N、F在CB CD、 的延长线上时，如图， 同理可得： 30HMN EFG   ， 3EG  ， ∴ 3 1 3 2 3CF BG AB AE EG         ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，含 30度 角的直角三角形的性质，勾股定理，以及三角形外角的性质，正确作出辅助线是解答本题的关 键． 6．（1）见解析；（2）见解析； 【难度】0.65 【知识点】全等的性质和 SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角 形、根据正方形的性质证明 【分析】（1）根据正方形的性质得 AB=BC， 90ABC BCD   ，用 SAS证明 ABE BCF△ △≌ ，得 BAE CBF   ，根据三角形内角和定理和等量代换即可得； （2）过点 B作BH BN ，交 AN于点 H，根据正方形的性质和平行线的性质，用 SAS证明 AGB AGM≌ ，得 BAG MAG   ，根据角平分线性质得 45BHA GAN    ，则 HBN 是等腰直角三角形，用 SAS证明 ABH CBN≌ ，得 AH=CN，在 Rt HBN 中，根据 勾股定理即可得； 【详解】解：（1）∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AB=BC， 90ABC BCD   ， 在 ABE和 中， AB BC ABE BCF BE CF       ∴ ABE BCF△ △≌ （SAS）， ∴ BAE CBF   ， ∵ 180 180 90 90AEB BAE ABC         ， ∴ 90AEB CBF   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 ∴ 180 ( ) 180 90 90EGB AEB CBF         ， ∴ AE BF ； （2）如图所示，过点 B作BH BN ，交 AN于点 H， ∵四边形 ABCD是正方形， ∴AB=AC， 90ABC HBN    ， ∵ 90HBN HBA ABN     ， 90ABC CBN ABN     ， ∴ HBA CBN   ， 由（1）得， AE BF ， ∴ 90AGB AGM    ， ∴ 90HBG AGM     , ∴ //HB AE， ∴ BHA EAN   ， 在 AGB和 AGM 中， AG AG AGB AGM GB GM       ∴ AGB AGM≌ （SAS）， ∴ BAG MAG   ， ∵AN平分 DAM ， ∴ DAN MAN   ， ∴ 90BAG MAG MAN DAN     ， 2 2 90MAG MAN    ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 45MAG MAN   ， 45GAN  ， ∴ 45BHA GAN    ， ∴ 180 180 90 45 45BNH HBN BHA           ， ∴ HBN 是等腰直角三角形， ∴BH=BN， 在 ABH 和 CBN△ 中， BH BN HBA CBN AB CB       ∴ ABH CBN≌ （SAS）， ∴AH=CN， 在 Rt HBN 中，根据勾股定理 2 2 2HN BH BN BN   ， ∴ 2AN CN AN AH HN BN     ； 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，角平分线， 等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理和锐角三角函数，解题的关键是掌握并灵活运用这些 知识点． 7．(1)见解析 (2)四边形MNPQ为正方形，理由见解析 (3) 10 6 【难度】0.4 【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明、根据正 方形的性质证明 【分析】（1）由四边形 ABCD为正方形，可得 90ABC BCD   ，推得 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 90ABG CBG   ，由BG AE ，可得 90BAE ABG   ，可证  ASAABE BCG≌ 即可； （2）M 、N 为 AB、AG中点，可得MN为 ABG的中位线，可证MN BG， 1 2 MN BG ， 由点M 、N 、P、Q分别是 AB、AG、GE、EB的中点，可得 PQ是 BEG的中位线，MQ 为 ABE的中位线， NP为 AEG△ 的中位线，可证 PQ BG， 1 2 PQ BG ，MQ AE∥ ， 1 2 MQ AE ， NP AE∥ ， 1 2 NP AE ，可证四边形MNPQ为平行四边形．再证四边形 MNPQ为菱形，最后证MN MQ 即可； （3）延长 AO交 BC于点S，由对称性可得BF BF ， 1AB BS   ， AO SO ，由勾股定 理可求 10AS  ，可得 1 10 2 2 AO AS  ，设 AF x ，在Rt AB F△ 中，  22 21 3 x x   ， 解得 5 3 x  ，在Rt AOF中，可求 10 6 OF  ． 【详解】（1）证明：∵四边形 ABCD为正方形， ∴ 90ABC BCD   ， ∴ 90ABG CBG   ， ∵BG AE ， ∴ 90AHB  ， ∴ 90BAE ABG   ， ∴ BAE CBG  ， 在 ABE与 BCG中， BAE CBG AB BC ABC BCD        ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 ∴  ASAABE BCG≌ ， ∴ AE BG ． （2）解：四边形MNPQ为正方形，理由如下： ∵M 、N 为 AB、 AG中点， ∴MN为 ABG的中位线， ∴MN BG， 1 2 MN BG ， ∵点M 、N 、 P、Q分别是 AB、 AG、GE、 EB的中点， ∴ PQ是 BEG的中位线，MQ为 ABE的中位线， NP为 AEG△ 的中位线，， ∴PQ BG， 1 2 PQ BG ，MQ AE∥ ， 1 2 MQ AE ，NP AE∥ ， 1 2 NP AE ， ∴MN PQ ，MQ NP ， ∴四边形MNPQ为平行四边形． ∵ AE BG ， ∴MN MQ ， ∴四边形MNPQ为菱形， ∵BG AE ，MQ AE∥ ， ∴MQ BG ， ∵MN BG， ∴MN MQ ， ∴四边形MNPQ为正方形． （3）解：延长 AO交 BC于点S， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 由对称性可知BF BF ， 1AB BS   ， AO SO ， 在Rt ABS△ 中， 2 2 10AS AB BS   ， ∴ 1 10 2 2 AO AS  ， 设 AF x ，则 3BF B F x   ， 在Rt AB F△ 中，  22 21 3 x x   ， 解得： 5 3 x  ， ∴ 5 3 AF  ， 在Rt AOF中， 22 2 2 5 10 10 3 2 6 OF AF AO               ． 【点睛】本题考查正方形性质与判定，等角的余角性质三角形全等判定与性质，三角形中位线 判定与性质，勾股定理，根据勾股定理建构方程，解拓展一元一次方程等知识，掌握以上知识 是解题关键． 8．（1） 17 8 ；（2）8 4 3 （3）①见解析；② 16 4 4 1 0 xy x y     ，理由见解析 【难度】0.4 【知识点】角平分线的性质定理、线段垂直平分线的性质、用勾股定理解三角形、正方形折叠 问题 【分析】（1）根据 EF是线段 BG的垂直平分线，BE=EG，设 EG=EB=x，则 AE=AB-BE=4-x， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15 再由勾股定理求解即可； （2）过点 F作 FH⊥AB于 H，连接 FB，FG，由 BE=8-2DF，CF=CD-DF=4-DF，得到 BE=2CF， 先证明四边形 BCFH是矩形，得到 CF=HB，则 BH=EH=FC，设 AG=x，BE=y，则 AE=4-y， GD=4-x，CF= 1 2 y， 14 2 DF y  由 2 2 2AE AG EG  ， 2 2 2GD DF GF  ， 2 2 2BC FC BF  ，可以得到  2 2 24 y x y   ①，   2 2 2 21 14 4 4 2 2 x y y               ②， 联立①②求解即可得到答案； （3）①先证明∠EBG=∠EGB，然后根据 ABG+∠AGB=90°，∠EGB+∠BGM=90°，即可得到 ∠AGB=∠BGM； ②连接 BM，过点 B作 BH⊥GM，由角平分线的性质得到 BH=AB=4，由 = 4 4=16ABG MBG BCM CDMABCDS S S S S    △ △ △ △正方形 ，可以得到    12 2 2 4 4 =16 2 x GM y x y     ，由勾股定理可以得到 2 2 2DM GD GM  即    2 2 24 4 4 4 xyx y          ，最后解方程即可得到答案． 【详解】解：（1）∵EF是线段 BG的垂直平分线， ∴BE=EG， ∵四边形 ABCD是正方形，且边长为 4， ∴AB=4，∠A=90°， 设 EG=EB=x，则 AE=AB-BE=4-x， ∵ 2 2 2AE AG EG  ， ∴  2 2 24 1x x   ， 解得 17 8 x ， ∴ 17 8 EG  ； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 16 （2）如图所示，过点 F作 FH⊥AB于 H，连接 FB，FG ∵EF是线段 BG的垂直平分线， ∴BF=FG， ∵BE=8-2DF，CF=CD-DF=4-DF， ∴BE=2CF， ∵四边形 ABCD是正方形，FH⊥AB， ∴∠HBC=∠C=∠BHF=90°， ∴四边形 BCFH是矩形， ∴CF=HB， ∴BH=EH=FC， 设 AG=x，BE=y，则 AE=4-y，GD=4-x，CF= 1 2 y， 14 2 DF y  ∵ 2 2 2AE AG EG  ， 2 2 2GD DF GF  ， 2 2 2BC FC BF  ， ∴  2 2 24 y x y   ①，   2 2 2 21 14 4 4 2 2 x y y               ②， 联立①②解得 8 4 3x   或 8 4 3x   （舍去）， ∴当 8 4 3AG   时，BE=8-2DF， 故答案为：8 4 3 ； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 17 （3）①∵EF是线段 BG的垂直平分线， ∴EG=BE， ∴∠EBG=∠EGB， ∵四边形 ABCD是正方形，EG⊥GM， ∴∠A=∠EGM=90°， ∴∠ABG+∠AGB=90°，∠EGB+∠BGM=90°， ∴∠AGB=∠BGM， ∴BG平分∠AGM； ②如图，连接 BM，过点 B作 BH⊥GM， 由（3）①得 BG平分∠AGM， ∴BH=AB=4， ∵AG=x，CM=y， ∴DG=4-x，DM=4-y， ∵ = 4 4=16ABG MBG BCM CDMABCDS S S S S    △ △ △ △正方形 ， ∴ 1 1 1 1 =16 2 2 2 2 AG AB GM BH CM BC DM GD  g g g g ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 18 ∴    12 2 2 4 4 =16 2 x GM y x y     ， ∴ 4 4 xyGM   ， ∵ 2 2 2DM GD GM  ， ∴    2 2 24 4 4 4 xyx y          ∴ 2 2 2 216 8 16 8 16 2 16 x yx x y y xy        ∴     2 2 2 8 16 16 x yx y x y     ， ∴   2 2 24 16 x yx y   ， ∴ 4 4 xyx y    ， 当 4 4 xyx y   时，则4 4 16x y xy   ， ∴ 16 4 4 4 xy x     （不符合题意）， ∴4 4 16x y xy    ∴ 16 4 4 1 0 xy x y     ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 19 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质， 等腰三角形的性质与判定，三角形的面积等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求 解．