精品解析：陕西省西安市第八十三中学 2025一2026学年上学期九年级开学调研测试数学试题

西安市第八十三中学2025—2026学年度第一学期初三年级开学调研测试数学试题 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 2. 下列等式从左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 3. 若，则下列各式中不一定成立的是（　　） A. B. C. D. 4. 如图，将△ABC绕点A逆时针旋转50°得到△ADE，其中点D恰好落在BC边上，则∠EDC等于（ ） A. 40° B. 50° C. 55° D. 60° 5. 如图，中，对角线相交于点O，交于点E，连接，若的周长为15，则的周长为（ ） A. 30 B. 26 C. 24 D. 15 6. 不透明袋子中装有红、绿小球各一个，除颜色外无其他差别，随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个，两次都摸到红球的概率为（　　） A. B. C. D. 7. 顺次连接对角线垂直的四边形的各边中点，所形成的四边形是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 8. 已知关于的分式方程的解是非负数，则的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 且 9. 如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，测得A、C两点之间的距离为，B、D两点之间的距离为，则这两张纸条的宽为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在正方形中，的平分线交于点E，点P、Q分别是，上的动点，若的最小值是2，则正方形的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 当x______时，分式有意义． 12. 若正多边形的内角和是外角和的2倍，则这个正多边形的一个内角度数是_____． 13. 已知，则代数式的值为________． 14. 如图，函数和的图象交于点，则根据图象可得不等式的解集是__________． 15. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6cm，AC＝8cm，按图中所示方法将△BCD沿BD折叠，使点C落在AB边的C′处，那么CD＝_____． 16. 如图，已知四边形，对角线相交于点，则的最大值为__． 三、解答题（本大题包括9小题，共72分） 17. 如图，已知四边形，．请用尺规作图法，在边上求作一点E，在边上求作一点F，使四边形为菱形．（保留作图痕迹，不写作法）     18. 按要求完成下列各题： （1）因式分解：； （2）解不等式组：． 19. 解分式方程： （1）； （2）． 20. (1)先化简，再求值：，其中a＝3； (2)先化简，再在1，2，3中选取一个适当的数代入求值． 21. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，. （1）平移，使得点A的对应点的坐标为，画出平移后的； （2）画出关于原点的中心对称图形． 22. 如图，在中，过点D作于点E，点F在边上，且，连接，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若平分，，，求的长． 23. 一个不透明的口袋里装有分别标有汉字“魅”“力”“陕”“西”的四个小球，除汉字不同之外，小球没有任何区别，每次摸球前先搅拌均匀再摸球． （1）若从中任取一个球，球上的汉字刚好是“陕”的概率为 ； （2）甲从中任取一球，不放回，再从中任取一球，请用画树状图或列表格的方法，求出甲取出的两个球上的汉字恰能组成“魅力”或“陕西”的概率． 24. 为培养学生的创新意识，提高学生的动手能力，某校计划购买一批航空、航海模型．已知商场某品牌航空模型的单价比航海模型的单价多元，用元购买航空模型的数量和用元购买航海模型的数量相等． （1）求航空和航海模型的单价； （2）根据学校社团活动规模，学校准备购买航空、航海模型共个，且航空模型数量不少于航海模型数量的倍，请问分别购买多少个航空和航海模型时费用最低？最低费用是多少？ 25. 【问题提出】 如图，在等边中，点D是线段上一点，连接 （1）如图①，，则的长度为______； （2）如图②，点D在线段上．若点E为延长线上一点，且，连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，探究线段之间的数量关系，并说明理由； 【问题解决】 （3）如图③是某市一个平行四边形的休闲花园，园艺师要在花园的边上分别设置景观E，F，且景观E到点D的距离和景观F到点D的距离相等（即），为方便观赏，要在景观E，景观F和花园出入口B之间分别修一条小路，，为了更好的观景角度，设计师要求，测量得千米，千米，为方便后续布置装饰灯带等设施，请求出景观E与景观F之间的距离长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西安市第八十三中学2025—2026学年度第一学期初三年级开学调研测试数学试题 一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，解题的关键是掌握相应的定义，直接利用轴对称图形和中心对称图形的定义来判断即可，轴对称图形能关于一条对称轴对称，中心对称图形可以绕对称中心旋转重合． 【详解】解：A．是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意； B．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； C．不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意； D．是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； 故选：A． 2. 下列等式从左到右的变形，属于因式分解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查因式分解的定义．根据因式分解的定义逐个判断即可． 【详解】解：A．，故本选项不符合题意； B．，是整式乘法，不属于因式分解，故本选项不符合题意； C．，把一个多项式化成几个整式的积的形式，属于因式分解，故本选项符合题意； D．，等式的右边不是几个整式的积的形式，不属于因式分解，故本选项不符合题意； 故选：C． 3. 若，则下列各式中不一定成立的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的性质分别判断即可． 【详解】解：∵a＞b，∴a-1＞b-1，∴选项A一定成立； ∵a＞b，∴，∴选项B一定成立； ∵a＞b，∴-a＜-b，∴选项C一定成立； ∵a＞b，∴①c＞0时，ac＞bc；②c=0时，ac=bc；③c＜0时，ac＜bc，∴选项D不一定成立． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了不等式的基本性质：（1）不等式的两边同时乘以（或除以）同一个正数，不等号的方向不变；（2）不等式的两边同时乘以（或除以）同一个负数，不等号的方向改变；（3）不等式的两边同时加上（或减去）同一个数或同一个含有字母的式子，不等号的方向不变． 4. 如图，将△ABC绕点A逆时针旋转50°得到△ADE，其中点D恰好落在BC边上，则∠EDC等于（ ） A. 40° B. 50° C. 55° D. 60° 【答案】B 【解析】 【分析】根据旋转的性质得∠EAC=50°，∠E=∠C，然后根据三角形内角和可得到∠EDC=∠EAC=50°． 【详解】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转50°得到△ADE，其中点D恰好落在BC边上， ∴∠EAC=50°，∠E=∠C， ∴∠EDC=∠EAC=50°， 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等． 5. 如图，中，对角线相交于点O，交于点E，连接，若的周长为15，则的周长为（ ） A. 30 B. 26 C. 24 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】此题考查平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，根据平行四边形的性质得到，从而得到，即可求出，再根据平行四边形的性质求出周长，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵的周长为15， ∴， ∵， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴的周长， 故选：A． 6. 不透明袋子中装有红、绿小球各一个，除颜色外无其他差别，随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个，两次都摸到红球的概率为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】用列表法或树状图法可以列举出所有等可能出现的结果，然后看符合条件的占总数的几分之几即可． 【详解】解：两次摸球的所有的可能性树状图如下： 第一次 第二次 开始 ∴两次都是红球． 故选D． 【点睛】考查用树状图或列表法，求等可能事件发生的概率，关键是列举出所有等可能出现的结果数，然后用分数表示，同时注意“放回”与“不放回”的区别． 7. 顺次连接对角线垂直的四边形的各边中点，所形成的四边形是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 菱形 D. 正方形 【答案】B 【解析】 【分析】构建任意对角线垂直的四边形，利用三角形中位线定理、平行四边形以及矩形的判定与性质，即可得解． 【详解】解：由题意，建立四边形，，与交于点O，E、F、G、H分别为各边的中点，连接点E、F、G、H，如图所示： ∵E、F、G、H分别为各边的中点， ∴，，，，（三角形的中位线平行于第三边） ∴四边形是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形） ∵，，， ∴， ∴四边形EMON是矩形（有三个角是直角的四边形是矩形）， ∴， ∴四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形） 故选B． 【点睛】本点考查了中点四边形，平行四边形的判定，矩形的判定，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 8. 已知关于的分式方程的解是非负数，则的取值范围是（ ） A. B. 且 C. D. 且 【答案】B 【解析】 【分析】首先去分母，计算出，再根据解是非负数可得， ，进而可得，再解即可． 【详解】∵， ∴， ∴， ∴， ∵解是非负数， ∴，∴， ∴， 又∵， ∴，∴， ， ∴，且， 故选：B． 【点睛】此题主要考查了分式方程的解，关键是注意分式方程有解时，最简公分母不为零． 9. 如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，测得A、C两点之间的距离为，B、D两点之间的距离为，则这两张纸条的宽为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质，勾股定理等知识，关键是掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形．作于，于，根据题意先证出四边形是平行四边形，再由得平行四边形是菱形，再根据勾股定理求出，由菱形的面积可得出答案． 【详解】解：作于，于，连接、交于点． 由题意知：，， 四边形是平行四边形， 两个矩形等宽， ， ， ， 平行四边形是菱形， ，，， 点，之间的距离为，点，之间的距离为， ，， ， ， ， ． 这两张纸条的宽为， 故选：D． 10. 如图，在正方形中，的平分线交于点E，点P、Q分别是，上的动点，若的最小值是2，则正方形的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查的是轴对称最短路线问题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．过作于，延长交于，过作于，交于．由角平分线的性质可得出是关于的对称点，进而可知即为的最小值，再根据等腰直角三角形的性质求出正方形的边长，即可求出面积． 【详解】解：过作于，延长交于，过作于，交于． 于， ， 的平分线交于点， ， 在△与△中， ， △△， 是关于的对称点，， 即为的最小值． 四边形是正方形， ， ， 在中， ，， ，， 正方形的边长为， 则正方形的面积为： 故选：D． 二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分） 11. 当x______时，分式有意义． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查的是分式有意义的条件：当分母不为时，分式有意义；根据二次根式有意义的条件可得，再解即可． 【详解】解：分式 有意义，需满足分母 ，解得 ； 故答案为． 12. 若正多边形的内角和是外角和的2倍，则这个正多边形的一个内角度数是_____． 【答案】##120度 【解析】 【分析】本题考查正多边形的内角和与外角和，一元一次方程，掌握知识点是解题的关键． 设这个正多边形是n边形，根据正多边形的内角和是外角和的2倍，列出一元一次方程，求出n的值，再根据多边形的内角和公式，即可解答． 【详解】解：设这个正多边形是n边形，依题意，得 ， 解得， ∴这个正多边形的一个内角度数是． 故答案为：． 13. 已知，则代数式的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】本题考查了因式分解、求代数式的值，先将式子变形为，整体代入计算即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴， 故答案为：． 14. 如图，函数和的图象交于点，则根据图象可得不等式的解集是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两直线交点横坐标，找出直线在上方时对应的的取值范围即可． 【详解】解：已知两直线交于点，结合图象可知，在交点右侧（即时），直线位于直线的上方，因此不等式的解集为 ． 15. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝6cm，AC＝8cm，按图中所示方法将△BCD沿BD折叠，使点C落在AB边的C′处，那么CD＝_____． 【答案】3cm． 【解析】 【分析】利用勾股定理列式求出AB，根据翻折变换的性质可得BC′＝BC，C′D＝CD，然后求出AC′，设CD＝x，表示出C′D、AD，然后利用勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：∵∠C＝90°，BC＝6cm，AC＝8cm， ∴AB＝＝10cm， 由翻折变换的性质得，BC′＝BC＝6cm，C′D＝CD， ∴AC′＝AB﹣BC′＝10﹣6＝4cm， 设CD＝x，则C′D＝x，AD＝8﹣x， 在Rt△AC′D中，由勾股定理得，AC′2+C′D2＝AD2， 即42+x2＝（8﹣x）2， 解得x＝3， 即CD＝3cm． 故答案为：3cm． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理，此类题目熟记性质并利用勾股定理列出方程是解题的关键． 16. 如图，已知四边形，对角线相交于点，则的最大值为__． 【答案】 【解析】 【分析】将平移至，作的角平分线，过作于点，过作于点，由题易得，据此求解即可．本题考查了平行四边形的判定与性质、解直角三角形等内容，正确作出辅助线构造平行四边形是解题的关键． 【详解】如图， 将平移至，作的平分线，过作于点，过作于点， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ∴， ∴在Rt中，， ∴， ∴， ∴， 同理，在Rt中，， ， 当且仅当在上时，取等，此时为等腰三角形， 最大值为； 故答案为：． 三、解答题（本大题包括9小题，共72分） 17. 如图，已知四边形，．请用尺规作图法，在边上求作一点E，在边上求作一点F，使四边形为菱形．（保留作图痕迹，不写作法）     【答案】 如图，点E，F即为所求． 【解析】 【分析】本题主要考查了菱形的判定，尺规作图——作已知线段的垂直平分线，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，作出线段的垂直平分线是解题的关键．连接，作线段的垂直平分线分别交，于点E，F，连接、，即可． 【详解】理由：设交于点O， 根据作法得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形． 18. 按要求完成下列各题： （1）因式分解：； （2）解不等式组：． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，解一元一次不等式组，准确熟练地进行计算是解题的关键． （1）先提公因式，再利用平方差公式继续分解，即可解答； （2）分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 解：， 解不等式得：， 解不等式得：， ∴不等式组的解集为：． 19. 解分式方程： （1）； （2）． 【答案】（1）原方程无解 （2） 【解析】 【分析】本题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根． （1）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解； （2）分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到的值，经检验即可得到分式方程的解． 【小问1详解】 解： 方程两边同时乘以得：，整理得：， 解得：， 检验：当时，， 则是增根， ∴原方程无解； 【小问2详解】 解：， 方程两边同时乘以得：，整理得：， 解得：， 检验：当时，， ∴原方程的解为． 20. (1)先化简，再求值：，其中a＝3； (2)先化简，再在1，2，3中选取一个适当的数代入求值． 【答案】(1) －；（2）－2. 【解析】 【详解】【分析】（1）括号内先通分进行分式加减运算，然后再与括号外的分式进行乘除运算，化简后把数值代入进行计算即可； （2）括号内先通分进行分式加减运算，然后再与括号外的分式进行乘除运算，化简后根据使分式有意义的原则在所给的数中选择一个合适的数值代入进行计算即可. 【详解】(1)原式= =， 当a=3时，原式=－； (2)原式=， ∵x－1≠0，x－3≠0，∴x≠1且x≠3， ∴x只能选取2， 把x=2代入，原式==－2. 【点睛】本题考查了分式的化简求值，熟练掌握运算法则是关键，在代值进行计算时，切记所代入的数值要使原分式有意义. 21. 如图，在平面直角坐标系中，的三个顶点坐标分别为，，. （1）平移，使得点A的对应点的坐标为，画出平移后的； （2）画出关于原点的中心对称图形． 【答案】（1）见解析 （2）见解析 【解析】 【分析】本题主要考查了作图-平移变换，中心对称，解题的关键是熟练掌握平移的性质． （1）利用点A和点的坐标特征确定平移的方向与距离，然后利用此平移规律画出点B、C的对应点，从而得到； （2）作出点A、B、C的对应点、、，然后顺次连接即可． 【小问1详解】 解：∵，， ∴向右平移1个单位，向下平移4个单位得到， 如图，为所作； 【小问2详解】 解：如图，为所作． 22. 如图，在中，过点D作于点E，点F在边上，且，连接，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若平分，，，求的长． 【答案】（1） 证明：四边形是平行四边形， ，，即， 又， ，即， ，， 四边形是平行四边形， 由可得， 四边形是矩形． （2） 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质与判定，等腰三角形的判定，勾股定理等，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题的关键； （1）利用平行四边形性质和推出，，可证四边形是平行四边形，再由可证四边形是矩形； （2）由平分，可得，结合，推出，可得 ，再由勾股定理和矩形的性质求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若平分，则， ， ， ， ， 由，得， ， 由（1）知四边形是矩形， ． 23. 一个不透明的口袋里装有分别标有汉字“魅”“力”“陕”“西”的四个小球，除汉字不同之外，小球没有任何区别，每次摸球前先搅拌均匀再摸球． （1）若从中任取一个球，球上的汉字刚好是“陕”的概率为 ； （2）甲从中任取一球，不放回，再从中任取一球，请用画树状图或列表格的方法，求出甲取出的两个球上的汉字恰能组成“魅力”或“陕西”的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】本题考查列表法与树状图法，概率公式，熟练掌握概率公式与树状图法是解答本题的关键． （1）由题意知，共有4种可能的结果，其中球上的汉字刚好是“陕”的结果有1种，利用概率公式可得答案； （2）画树状图，共有12种可能的结果，其中甲取出的两个球上的汉字恰能组成“魅力”或“陕西”的结果有4种，再由概率公式求解即可． 【小问1详解】 解：由题意知，共有4种可能的结果，其中球上的汉字刚好是“陕”的结果有1种， ∴从中任取一个球，球上的汉字刚好是“陕”的概率为， 故答案为：； 【小问2详解】 解：从中任取一球，不放回，再从中任取一球，作树状图如下： 共有12种等可能的结果，其中甲取出的两个球上的汉字恰能组成“魅力”或“陕西”的结果有4种， ∴甲取出的两个球上的汉字恰能组成“魅力”或“陕西”的概率． 24. 为培养学生的创新意识，提高学生的动手能力，某校计划购买一批航空、航海模型．已知商场某品牌航空模型的单价比航海模型的单价多元，用元购买航空模型的数量和用元购买航海模型的数量相等． （1）求航空和航海模型的单价； （2）根据学校社团活动规模，学校准备购买航空、航海模型共个，且航空模型数量不少于航海模型数量的倍，请问分别购买多少个航空和航海模型时费用最低？最低费用是多少？ 【答案】（1）航空模型的单价为元，航海模型的单价为元 （2）购买航空模型个、航海模型个时费用最低，最低费用是元 【解析】 【分析】本题考查一次函数的应用、分式方程的应用、一元一次不等式的应用，掌握分式方程、一元一次不等式的解法及一次函数的增减性是解题的关键． （1）设航空模型的单价为元，则航海模型的单价为元，根据“用元购买航空模型的数量和用元购买航海模型的数量相等”列出关于的分式方程并求解即可； （2）设购买航空模型个，则购买航海模型个，根据“航空模型数量不少于航海模型数量的倍”列出关于的一元一次不等式并求其解集，设购买费用为元，写出关于的函数关系式，根据一次函数的增减性和的取值范围，确定当取何值时值最小，求出其最小值即可． 【小问1详解】 解：设航空模型的单价为元，则航海模型的单价为元， 根据题意，得：， 解得：， 经检验，是所列分式方程的解且符合题意， ∴（元）， 答：航空模型的单价为元，航海模型的单价为元； 【小问2详解】 设购买航空模型个，则购买航海模型个， 根据题意，得：， 解得：， 设购买费用为元，则， ∵， ∴随的增大而增大， ∵， ∴当时的值最小，， （个）， 答：购买航空模型个、航海模型个时费用最低，最低费用是元． 25. 【问题提出】 如图，在等边中，点D是线段上一点，连接 （1）如图①，，则的长度为______； （2）如图②，点D在线段上．若点E为延长线上一点，且，连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，探究线段之间的数量关系，并说明理由； 【问题解决】 （3）如图③是某市一个平行四边形的休闲花园，园艺师要在花园的边上分别设置景观E，F，且景观E到点D的距离和景观F到点D的距离相等（即），为方便观赏，要在景观E，景观F和花园出入口B之间分别修一条小路，，为了更好的观景角度，设计师要求，测量得千米，千米，为方便后续布置装饰灯带等设施，请求出景观E与景观F之间的距离长度． 【答案】（1）； （2），理由如下： 在上截取，在上截取，如图： ，， 为等边三角形， ，， 为等边三角形， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ∵ ∴， ， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ∴， ∴， 又， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 为直角三角形， ∴， ∴， 在中，， 即 ， ∵， ∴； （3）千米 【解析】 【分析】（1）过B作于E，根据等边三角形的性质求出，根据勾股定理求出即可； （2）在上截取，在上截取，先证明和全等，进而推出为等边三角形，最后证明为直角三角形，从而得到和的关系，也就是和的关系； （3）将逆时针旋转得到，连接，过E作于H，过G作于M，根据三角形全等，可以得出和全等，和全等，从而得到，最后在中，利用勾股定理求出，即为的长． 【详解】解：（1）过B作于E，如图： ， ∴， ， 为等边三角形， ，， ，， ； 故答案为：； （2）略 （3）将逆时针旋转得到，连接，过E作于H，过G作于M，如图： ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ， ， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ， ∴， ， 在，， ∴， ， ∴（千米）， ， 在和中， ， ， ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵ ， ，， ， （千米）． 【点睛】本题主要考查了四边形综合题，熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质、勾股定理、含角直角三角形的三边关系、等边三角形的判定与性质是本题解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $