精品解析：上海市扬波中学2024-2025学年九年级下学期数学3月月考试卷

扬波中学2024学年度第二学期初三阶段练习 数学学科 （测试时间：100分钟，满分：150分） 考生注意： 1．本试卷含三个大题，共25题； 2．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效； 3．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置写出证明或计算的主要步骤． 一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】 1. 下列根式中，的同类二次根式是（ ） A. B. C. D. 2. 以下一元二次方程有两个相等实数根的是（ ） A. B. C. D. 3. 当k＜0，b＜0时，一次函数y=kx+b的图像不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 上海发布微信公众号可查询到上海市实时空气质量状况．下面是三月某一周连续七天的空气质量指数（）28，26，26，37，33，40，117，这组数据的下列统计量中，能比较客观地反映这一周空气质量平均水平的是（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 众数 D. 方差 5. 下列命题中，真命题的是（ ） A. 如果两条弦相等，那么它们所对的圆心角相等 B. 平分弦的直径一定垂直于这条弦 C. 圆是轴对称图形，任何一条直径都是圆的对称轴 D. 等弧所对的圆周角相等 6. 如图，在中，，，将绕点C逆时针旋转，点A、B分别落在点D、E处，如果点A、D、E在同一直线上，那么下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）【请将结果直接填入答题纸的相应位置上】 7. 在实数范围内因式分解__________ 8. 方程的根是___________． 9. 若关于的分式方程的解是正数，则的取值范围是_________． 10. 一个正n边形的中心角为36°，则它的一个内角的度数为______． 11. 布袋中有大小、质地完全相同的5个小球，每个小球上分别标有数字1，2，3，4，5，如果从布袋中随机抽一个小球，那么这个小球上的数字是合数的概率是______． 12. 如果二次函数的图象向右平移3个单位后经过原点，那么m的值为___________． 13. 根据上海市统计局数据，上海市2021年的地区生产总值约是4.32万亿，2023年的地区生产总值约是4.72万亿，设这两年上海市地区生产总值的年平均增长率都为x，根据题意可列方程______． 14. 中，点D在边AB上，点E在边AC上，联结DE，DE是的一条中位线，点G是的重心，设，，则________（用含，的式子表示） 15. 如图，某一时刻旗杆的影子落在水平地面上的部分影长为5米，落在斜坡上的部分影长为4米．已知斜坡的坡度，此时太阳光线与斜坡的夹角,则旗杆的高度约为______米．（结果精确到米．参考数据） 16. 如图，正方形中，点在对角线上，点在边上（点不与点重合），且，那么的值为___________． 17. 在中， ．将绕点C旋转，点A对应点为点，点落在中边上中线的延长线上．则的值为______． 18. 已知矩形中，，以为半径的圆A和以为半径的圆C相交于点D、E，如果点E到直线的距离不超过3，设的长度为m，则m的取值范围是______． 三、解答题：（本大题共7题，满分78分） 19. 计算：． 20. 先化简再求值：，其中． 21. 如图，已知在中，，，点G是的重心，延长交边于点D，以G为圆心，为半径的圆分别交边、于点E、F． （1）求的长； （2）求的长． 22. “中华紫薇园”景区今年“五一”期间开始营业，为方便游客在园区内游玩休息，决定向一家园艺公司采购一批户外休闲椅，经了解，公司出售两种型号休闲椅，如下表： 景区采购这批休闲椅共用去56000元，购得的椅子正好可让1300名游客同时使用． （1）求景区采购了多少条长条椅，多少条弧形椅？ （2）景区现计划租用A、B两种型号的卡车共20辆将这批椅子运回景区，已知A型卡车每辆可同时装运4条长条椅和11条弧形椅，B型卡车每辆可同时装运12条长条椅和7条弧形椅．如何安排A、B两种卡车可一次性将这批休闲椅运回来？ （3）又知A型卡车每辆的运费为1200元，B型卡车每辆的运费为1050元，在（2）的条件下，若要使此次运费最少，应采取哪种方案？并求出最少的运费为多少元． 23. 如图，在中，为上一点，为上一点，作平行四边形，边交于点，满足，联结． （1）求证：． （2）联结交于点，若，求证：四边形是等腰梯形． 24. 如图1，抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点，直线与抛物线交于A，D两点． （1）求该抛物线的表达式及点D的坐标； （2）抛物线上是否存在点P，使？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由； （3）如图2，点、是对称轴上的两个动点，且，点在点的上方，求四边形的周长的最小值． 25. 如图，已知、是半径为1的的两条弦，且，的延长线交于点D，连接、． （1）证明：； （2）连接，当是直角三角形时，求的长； （3）①试探究的值是否为定值？如果是，请求出式子的值；如果不是，请说明理由； ②记、、的面积分别为、、，若，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 扬波中学2024学年度第二学期初三阶段练习 数学学科 （测试时间：100分钟，满分：150分） 考生注意： 1．本试卷含三个大题，共25题； 2．答题时，考生务必按答题要求在答题纸规定的位置上作答，在草稿纸、本试卷上答题一律无效； 3．除第一、二大题外，其余各题如无特别说明，都必须在答题纸的相应位置写出证明或计算的主要步骤． 一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）【下列各题的四个选项中，有且只有一个选项是正确的，选择正确项的代号并填涂在答题纸的相应位置上】 1. 下列根式中，的同类二次根式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】此题考查同类二次根式，解题关键在于先化简． 化简各选项后根据同类二次根式的定义判断． 【详解】解：A． 与被开方数不同，故不是同类二次根式； B． 与被开方数不同，故不是同类二次根式； C． 与被开方数相同，故是同类二次根式； D． 与被开方数不同，故不是同类二次根式． 故选C． 2. 以下一元二次方程有两个相等实数根的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一元二次方程判别式判断根的情况，解答本题的关键是熟练掌握一元二次方程，当时，方程有两个不相等实数根；当时，方程的两个相等的实数根；当时，方程没有实数根．分别计算出各选项中的根的判别式的值，即可判断． 【详解】解：A． ，该方程有两个不相等实数根，故A选项不符合题意； B． ，该方程有两个不相等实数根，故B选项不符合题意； C． ，该方程有两个不相等实数根，故C选项不符合题意； D． ，该方程有两个相等实数根，故D选项不符合题意； 故选：D． 3. 当k＜0，b＜0时，一次函数y=kx+b的图像不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】先根据k判断是经过一三象限还是二四象限，然后再根据b的值判断在y轴的哪半轴，从而得出结果． 【详解】解：∵k＜0， ∴函数图像经过第二四象限， ∵b＜0， ∴图像与y轴负半轴相交， ∴图像经过第二、三、四象限，不经过第一象限． 故选：A． 【点睛】本题考查了一次函数的图像，解题的关键是根据一次函数的解析式判断其经过的象限． 4. 上海发布微信公众号可查询到上海市实时空气质量状况．下面是三月某一周连续七天的空气质量指数（）28，26，26，37，33，40，117，这组数据的下列统计量中，能比较客观地反映这一周空气质量平均水平的是（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 众数 D. 方差 【答案】B 【解析】 【分析】本题主要考查了平均数，中位数，众数，方差的意义，平均数可以反映一组数据的平均水平，但是容易受极端值的影响，方差能反映一组数据的波动程度，众数只能反映一组数据中出现次数最多的数据，中位数能反映一组数据中处在最中间的数据，不受极端值影响，据此可得答案． 【详解】解：根据题意可得，平均数和中位数都能反映这一周空气质量平均水平，但是平均数容易受极端值影响，中位数不受极端值影响， ∴能比较客观地反映这一周空气质量平均水平的是中位数， 故选：B． 5. 下列命题中，真命题的是（ ） A. 如果两条弦相等，那么它们所对的圆心角相等 B. 平分弦的直径一定垂直于这条弦 C. 圆是轴对称图形，任何一条直径都是圆的对称轴 D. 等弧所对的圆周角相等 【答案】D 【解析】 【分析】利用圆的有关定义及性质分别判断后即可确定正确的选项． 本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是牢记圆的有关定义及性质． 【详解】解：A、同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么它们所对的圆心角相等，故原命题错误，是假命题，不符合题意； B、平分弦(不是直径)的直径一定垂直于这条弦，故原命题错误，不符合题意； C、圆是轴对称图形，任何一条直径所在的直线都是圆的对称轴，故原命题错误，是假命题，不符合题意； D、等弧所对的圆周角相等，正确，是真命题，符合题意． 故选：D． 6. 如图，在中，，，将绕点C逆时针旋转，点A、B分别落在点D、E处，如果点A、D、E在同一直线上，那么下列结论错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的性质等知识，解题关键是熟练运用旋转的性质．由旋转的性质可得，，再结合已知条件逐一分析判断即可． 【详解】解：A．由旋转的性质可知，， ∴当点A、、在同一条直线上时，， 故选项A不符合题意； B．由旋转的性质可知，， ∴，， 由∵， ∴为等边三角形， ∴， 故选项B不符合题意； C、∵，， ∴由旋转的性质可得：， 当时， ∴，与题干条件矛盾， ∴选项C符合题意 D． ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故选项D不符合题意； 故选：C． 二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）【请将结果直接填入答题纸的相应位置上】 7. 在实数范围内因式分解__________ 【答案】## 【解析】 【分析】根据平方差公式分解因式即可． 【详解】解：． 故答案是：． 【点睛】本题考查了实数范围内分解因式，掌握是解题的关键． 8. 方程的根是___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查解无理方程，无理方程要对根进行检验．先把无理方程化为或，分别求解，再检验，即可． 【详解】解：∵， ∴或， 解得：或， ∵， ∴， ∴， 检验：为方程的根，不是方程的根， 故答案为：． 9. 若关于的分式方程的解是正数，则的取值范围是_________． 【答案】且 【解析】 【分析】此题考查分式方程的解，根据解分式方程的一般步骤，可得分式方程的解，根据解为正数，可得不等式，根据解不等式，可得答案． 【详解】解：， 解得：， 关于的分式方程解为正数， ， 又 的取值范围是且； 故答案为：且． 10. 一个正n边形的中心角为36°，则它的一个内角的度数为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据正多边形的中心角和为360°，先求出正多边形的边数，再用内角和除以边数即可． 【详解】解：∵n＝＝10， ∴它的一个内角的度数为：， 故答案为：144° 【点睛】此题考查的是正多边形和圆，熟知正多边形的中心角和为360°是解答此题的关键． 11. 布袋中有大小、质地完全相同的5个小球，每个小球上分别标有数字1，2，3，4，5，如果从布袋中随机抽一个小球，那么这个小球上的数字是合数的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率．求出事件全部结果数及摸出的小球所标数字是合数的全部结果数，由概率计算公式即可求得答案． 【详解】解：∵共五个数，合数为4，共1个， ∴从中随机地摸取一个小球，则这个小球所标数字是合数的概率为， 故答案为：． 12. 如果二次函数的图象向右平移3个单位后经过原点，那么m的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“左加右减”的法则是解题的关键． 求出函数图象向右平移3个单位后的函数解析式，再由函数图象过原点即可得出的值． 【详解】解：二次函数的图象向右平移3个单位后的解析式为， 二次函数的图象向右平移3个单位后经过原点， ， 解得． 故答案为：． 13. 根据上海市统计局数据，上海市2021年的地区生产总值约是4.32万亿，2023年的地区生产总值约是4.72万亿，设这两年上海市地区生产总值的年平均增长率都为x，根据题意可列方程______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 根据上海市2021年及2023年我国国民生产总值，即可得出关于的一元二次方程，此题得解． 【详解】解：依题意得：． 故答案为：． 14. 中，点D在边AB上，点E在边AC上，联结DE，DE是的一条中位线，点G是的重心，设，，则________（用含，的式子表示） 【答案】 【解析】 【分析】延长AG交BC于点F，根据重心的性质可得出，由DE为的中位线可得出 ，根据，结合，即可用含 的式子表示出 ． 【详解】解：延长AG交BC于点F，如图所示． ∵点G是的重心， ∴ ， ∴ ． ∵DE是的一条中位线， ∴． 故答案为： ． 【点睛】本题考查了三角形的重心、三角形中位线定理以及平面向量，根据三角形重心的性质找出 是解题的关键． 15. 如图，某一时刻旗杆的影子落在水平地面上的部分影长为5米，落在斜坡上的部分影长为4米．已知斜坡的坡度，此时太阳光线与斜坡的夹角,则旗杆的高度约为______米．（结果精确到米．参考数据） 【答案】 【解析】 【分析】延长交的延长线于点E，过点D作与点F，根据坡度，计算，结合，得到，继而得到，，解直角三角形即可，本题考查了坡度计算，熟练掌握坡度的意义是解题的关键． 【详解】延长交的延长线于点E，过点D作与点F， ∵斜坡的坡度，， ∴， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 故答案为：． 16. 如图，正方形中，点在对角线上，点在边上（点不与点重合），且，那么的值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理及相似三角形的判定及性质，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．根据正方形的性质及勾股定理得，再证明，利用相似三角形的性质即可得解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 17. 在中， ．将绕点C旋转，点A对应点为点，点落在中边上中线的延长线上．则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由，设，由勾股定理求出的长，再证明，得到，最后算出，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：作，垂足为，如图： ∵，设， ∵， ∴由勾股定理，得， ∵D为中点， ∴， ∵， ∴由勾股定理，得， 在与中， ∵，， ∴， ∴， ∴， ， 由旋转得， 由勾股定理，得， ∴， ∴， 故答案为：． 18. 已知矩形中，，以为半径的圆A和以为半径的圆C相交于点D、E，如果点E到直线的距离不超过3，设的长度为m，则m的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】如图，当在的左侧时，连接，，，过作于，作于，如图，当在的右侧时，连接，，，过作于， 交于，再分别求解的值，从而可得答案． 【详解】解：如图，当在的左侧时，连接，，，过作于，作于， ∵矩形，，， ∴四边形为矩形，，， ∴，， ∴， ∵，为圆心， ∴是的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在中，， 解得：； 如图，当在的右侧时，连接，，，过作于， 交于， ∵矩形，，， ∴，，四边形为矩形， ∴， 同理可得： ，， ∵， ∴， ∴， ∵ 在中，， ∴， 综上：点E到直线的距离不超过3，则； 故答案为： 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，勾股定理的应用，两圆的位置关系，线段的垂直平分线的性质，确定临界点是解本题的关键． 三、解答题：（本大题共7题，满分78分） 19. 计算：． 【答案】 【解析】 【分析】本题主要考查了实数的混合运算，先代入特殊角的三角函数值，化简绝对值以及二次根式的分母有理话，计算零次幂，最后再算加减法． 【详解】解： 20. 先化简再求值：，其中． 【答案】， 【解析】 【分析】本题考查了分式的化简求值．先对分式通分、因式分解、约分等化简，化成最简分式，后代入求值． 【详解】解： ， 当时，原式． 21. 如图，已知在中，，，点G是的重心，延长交边于点D，以G为圆心，为半径的圆分别交边、于点E、F． （1）求的长； （2）求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，，，结合，可得，再利用勾股定理可得答案； （2）过作于，可得，证明，求解，可得，从而可得答案． 【小问1详解】 解：∵，点G是的重心， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 【小问2详解】 如图，过作于， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，重心性质，等腰三角形的性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 22. “中华紫薇园”景区今年“五一”期间开始营业，为方便游客在园区内游玩休息，决定向一家园艺公司采购一批户外休闲椅，经了解，公司出售两种型号休闲椅，如下表： 景区采购这批休闲椅共用去56000元，购得的椅子正好可让1300名游客同时使用． （1）求景区采购了多少条长条椅，多少条弧形椅？ （2）景区现计划租用A、B两种型号的卡车共20辆将这批椅子运回景区，已知A型卡车每辆可同时装运4条长条椅和11条弧形椅，B型卡车每辆可同时装运12条长条椅和7条弧形椅．如何安排A、B两种卡车可一次性将这批休闲椅运回来？ （3）又知A型卡车每辆的运费为1200元，B型卡车每辆的运费为1050元，在（2）的条件下，若要使此次运费最少，应采取哪种方案？并求出最少的运费为多少元． 【答案】（1）采购了100条长条椅，200条弧型椅；（2）有三种方案，见解析；（3）最省钱的租车方案是租用A型卡车15辆、B型卡车5辆，最低运费为23250元． 【解析】 【详解】试题分析：（1）设景区采购长条椅x条，弧型椅y条，然后根据游客人数和花费钱数两个等量关系列出方程组求解即可； （2）设租用A型卡车m辆，则租用B种卡车（20﹣m）辆，根据两种型号卡车装运的休闲椅的数量不小于两种休闲椅的数量列出不等式组，求解即可，再根据车辆数是正整数写出设计方案； （3）设租车总费用为W元，列出W的表达式，再根据一次函数的增减性求出最少费用． 试题解析：解：（1）设景区采购长条椅x条，弧型椅y条，由题意得： ，解得：． 答：采购了100条长条椅，200条弧型椅； （2）设租用A型卡车m辆，则租用B种卡车（20﹣m）辆，由题意得：，解得：15≤m≤17.5，由题意可知，m为正整数，所以，m只能取15、16、17，故有三种租车方案可一次性将这批休闲椅运回来，可这样安排： 方案一：A型卡车15辆，B型卡车5辆，方案二：A型卡车16辆，B型卡车4辆，方案三：A型卡车17辆，B型卡车3辆； （3）设租车总费用为W元，则W=1200m+1050（20﹣m）=150m+21000．∵150＞0，∴W随m的增大而增大．又∵15≤m≤17.5，∴当m=15时，W有最小值，W最小=150×15+21000=23250，∴最省钱的租车方案是租用A型卡车15辆、B型卡车5辆，最低运费为23250元． 点睛：本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用，一元一次不等式组的应用，读懂题目信息，理解数量关系并确定出等量关系和不等量关系是解题的关键，（3）利用一次函数的增减性和自变量的取值范围求最值是常用的方法． 23. 如图，在中，为上一点，为上一点，作平行四边形，边交于点，满足，联结． （1）求证：． （2）联结交于点，若，求证：四边形是等腰梯形． 【答案】（1）见详解 （2）见详解 【解析】 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，等腰梯形的判定，等角对等边，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先由平行四边形的性质得，结合，则，因为，证明，即可作答． （2）先由平行四边形的性质得，证明，故，则，因为，得，因为，证明，则，所以，得四边形是梯形，结合由（1）得，，所以，即，证明四边形是等腰梯形． 【小问1详解】 证明：∵四边形是平行四边形， ∴ ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， 【小问2详解】 解：联结,如图所示： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是梯形， ∴， 由（1）得， ∴， 则， 由（1）得， ∴， ∴， 则， 即， ∴四边形是等腰梯形． 24. 如图1，抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点，直线与抛物线交于A，D两点． （1）求该抛物线的表达式及点D的坐标； （2）抛物线上是否存在点P，使？若存在，求出点P的横坐标；若不存在，请说明理由； （3）如图2，点、是对称轴上的两个动点，且，点在点的上方，求四边形的周长的最小值． 【答案】（1）抛物线的解析式为， （2）存在，点的横坐标或 （3） 【解析】 【分析】本题考查二次函数的图象及性质，利用轴对称求最短距离，解直角三角形； （1）用待定系数法求函数的解析式即可； （2）连接交于点，则，先求两直线的交点，可得，设，过点作轴交于，由，得到方程，求出的值即可； （3）连接，过点作，过点作，与交于点，四边形的周长，当、、三点共线时，四边形的周长有最小值，分别求出，，即可得四边形的周长的最小值为． 【小问1详解】 解：将、，代入， ， 解得， 抛物线的解析式为， ， 解得或， ； 【小问2详解】 解：存在点，使，理由如下： 连接交于点， 直线与直线平行， ， ， ， ， 设直线的解析式为， ， 解得， 直线的解析式为， 当时，解得， ， ，， ， 设， 过点作轴交于， ， ， 解得或或（舍， 或； 点的横坐标为或； 【小问3详解】 解：连接，过点作，过点作，与交于点， 四边形是平行四边形， ，， 、关于对称轴对称， ， 四边形的周长 ， 当、、三点共线时，四边形的周长有最小值， ，， ， 、， ，， 四边形的周长的最小值为． 25. 如图，已知、是半径为1的的两条弦，且，的延长线交于点D，连接、． （1）证明：； （2）连接，当是直角三角形时，求的长； （3）①试探究的值是否为定值？如果是，请求出式子的值；如果不是，请说明理由； ②记、、的面积分别为、、，若，求的长． 【答案】（1）见解析 （2）或 （3）①是，，② 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形中等边对等角，或等弧所对圆周角相等来证明； （2）分，，三种情况，分别讨论即可； （3）①先证，推出，等量代换可得，变形可得； ②先证，推出，作交BD于H，设，，可得，，，利用列方程，求出x的值即可． 【小问1详解】 证明：连接， ∵， ∴， 同理：， ∴， 即； 【小问2详解】 解：（i）当时， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴为正三角形， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴； （ii）当时，， ∴； （iii）当时，，与三角形内角和定理矛盾，所以舍去． 综上所述：或； 【小问3详解】 解：①∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴； ②在和中， ， ∴， ∴， 作交BD于H，设，， ，， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即． 【点睛】本题属于圆内综合题，考查圆的基本性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解一元二次方程等知识点，综合性较强，难度较大，属于中考压轴题，能够综合运用上述知识点是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $