江苏省苏州市苏州中学2023-2024学年九年级上学期第一次学情调研数学试题(含答案解析)

江苏省苏州市苏州中学2023-2024学年九年级上学期第一次学情调研数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列方程中，是一元二次方程的是（A．x(x1)x2B．(x1)(x2)）1xC．x2bxc0D．x22xyy202．已知3a2b (a0,b0)，下列变形错误的是（）A．a2b3B．b2a3C．b3a2D．ab23）3．已知x1、x2是一元二次方程x24x30的两根，则x1x22x1x2的值为（A．2B．1C．1)B．D．ABAC，AFDEDFABAC，ADDEDFD．24．下列能判定△ABC∽△DEF的条件是(A．C．ABACDEDFABAC，BEDEDF5．若b是a和c的比例中项，则关于x的一元二次方程ax22bxc0的根的情况是（）A．有两个不相等的实数根根D．无法判断B．有两个相等的实数根C．没有实数6．如图，在正方形网格上有两个相似三角形ABC和EDF，则ABCACB的度数为（）A．135°B．90°C．60°D．45°7．已知关于x方程x2bxc0的两个实数根是x12，x23，则方程x42bx4c0的两个实数根是（）试卷第1页，共6页A．x12，x21C．x16，x21B．x12，x21D．x16；x218．如图，已知在RtABC中，C90，点G是ABC的重心，GEAC，垂足为E，如果CB8，则线段GE的长为（）A．53B．73C．83D．103二、填空题9．关于x的一元二次方程x23x的解为10．若x2xy，则的值为y3y．．．11．已知关于x的一元二次方程2x23xk0的一个根为1，则另一个根为12．已知点C是线段AB的黄金分割点ACBC，若线段AB的长10cm，则线段AC的长为．（结果保留根号）13．已知m、n是关于x的方程x22x20210的根，则代数式m24m2n2023的值为．14．在学校劳动实践基地里有一块长20米、宽10米的长方形菜地，为了管理方便，准备沿平行于两边的方向纵、横开辟三条等宽的小道（如图中阴影部分所示），剩下部分种植蔬菜，已知种植蔬菜的面积为171平方米，则小道的宽为米．15．关于x的一元二次方程kx26x90有实数根，则k的取值范围是16．如图，过原点O的直线与反比例函数y1＝别交于点A1，A2，若OA13k=，则1＝OA22k2．kk1（x＞0）和y2＝2（x＞0）的图象分xx．试卷第2页，共6页17．如图，在平面直角坐标系中，点A、B的坐标分别为4,0、0,4，点C3,n在第一象限内，连接AC、BC．已知BCA2CAO，则n．18．如图，在ABC纸板中，AC8，BC4，AB11，P是AC上一点，过点P沿直线剪下一个与ABC相似的小三角形纸板，如果有4种不同的剪法，那么AP长的取值范围是．三、解答题19．解下列方程：(1)x22x10；(2)x26x92x1220．如图，在正方形网格中，△OBC的顶点分别为O0,0，B3,1、C2,1．试卷第3页，共6页(1)以点O0,0为位似中心，按比例尺2：1在位似中心的异侧将△OBC放大为△OBC，放大后点B、C两点的对应点分别为B、C，画出△OBC，并写出点B、C的坐标；(2)在（1）中，若点Mx,y为线段BC上任一点，则变化后点M的对应点M的坐标为______；(3)求出△OBC的面积．21．已知如图，直线AD∥BE∥CF，AB2，DE6，求EF的长．AC322．小明同学要测量学校旗杆AB的高度，他在某一时刻测得1米长的竹竿竖直放置时影长为0.8米，同时测量旗杆AB的影长时，由于影子不全落在地面上，他测得地面上的影长BC为6米，留在墙上的影高CD为3米，请利用以上信息，求旗杆AB的高度．23．已知关于x的方程x22(k2)xk20有两个实数根x1，x2．(1)求k的取值范围；(2)若x1x21x1x2，求k的值．新华商场销售某种商品，每件进货价为40元，市场调研表明：当销售价为80元时，24．平均每天能售出20件；在每件盈利不少于25元的前提下，经过一段时间销售，当销售试卷第4页，共6页价每降低1元时，平均每天就能多售出2件．（1）若降价2元，则平均每天销售数量为件；（2）当每件商品定价多少元时，该商场平均每天销售某种商品利润达到1200元？已知：如图，矩形DEFG的一边DE在△ABC的边BC上，顶点G、25．F分别在边AB、已知BC=12，AC上，AH是边BC上的高，AH与GF相交于点K，AH=6，EF∶GF=1∶2，求矩形DEFG的周长．26．如图，在矩形ABCD中，AB6m，BC8m，动点P以2m/s的速度从A点出发，沿AC向C点移动，同时动点Q以1m/s的速度从点C出发，沿CB向点B移动，设P、Q两点移动的时间为t秒(0t5)．（1）t为多少时，以P、Q、C为顶点的三角形与ABC相似？（2）在P、Q两点移动过程中，四边形ABQP与CPQ的面积能否相等？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由．227．若一元二次方程axbxc0a0有两个实数根x1，x2，那么x1x2b，ax1x2c，这一结论称为一元二次方程根与系数关系，它的应用很多，请完成下列各题：aabba(1)已知a、b是方程x215x50的两根，求的值．xx1xx2(2)结合二元一次方程组的相关知识，解决问题：已知和是关于x，y的方yyyy12x2yk0程组的两个不相等的实数解．问：是否存在实数k，使得xy1y1y2x1x22若存在，求出该式的k值，若不存在，请说明理由．x2x128．在四边形ABCD中，EF分别是AB、AD边上的点，DE与CF交于点G．试卷第5页，共6页(1)如图1，若四边形ABCD是正方形，且DECF，则DE、CF之间的数量关系是_______；(2)如图2，若四边形ABCD是矩形，且DECF，求证：DEAD；CFCD(3)如图3，若四边形ABCD是平行四边形，试探究：当B与EGC满足什么关系时，DEAD成立？并证明你的结论．CFCD试卷第6页，共6页参考答案：1．C【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可．【详解】解：A、x(x1)x2整理可得x0，是一元一次方程，故本选项不合题意；B、该选项的方程是分式方程，故本选项不符合题意；C、x2bxc0是关于x的一元二次方程，故本选项符合题意；22D、x2xyy0是二元二次方程，故本选项不符合题意．故选：C．【点睛】本题主要考查一元二次方程定义的理解，掌握其概念及表示形式是解题的关键．2．B【分析】根据比例式的性质，即可得到答案．【详解】∵aba2b2b3⇔3a2b，⇔2a3b，⇔3a2b，⇔3a2b，a223b3a3∴变形错误的是选项B．故选B．【点睛】本题主要考查比例式的性质，掌握比例式的内项之积等于外项之积，是解题的关键．3．D【分析】利用根与系数的关系得到x1x24，x1x23，然后利用整体代入的方法计算x1x22x1x2的值．【详解】解：根据题意得：x1x24，x1x23，所以x1x22x1x24232．故选：D．【点睛】本题考查了根与系数的关系：若x1、x2是一元二次方程ax2bxc0(a0)的两根bc时，x1x2，x1x2．aa4．D【分析】利用相似三角形的判定定理：两边对应成比例且夹角相等的三角形相似，逐项判断即可得出答案．答案第1页，共18页【详解】解：A.B.C.D.ABAC，AD，则△ABC∽△DEF，故此选项错误；DEDFABAC，AD，则△ABC∽△DEF，故此选项错误；DEDFABAC，AD，则△ABC∽△DEF，故此选项错误；DEDFABAC，AD，则△ABC∽△DEF，故此选项正确；DEDF故选：D．【点睛】本题考查的知识点是相似三角形的判定定理，熟记定理内容是解此题的关键．5．B【分析】根据题意可得b2ac，再根据一元二次方程根的判别式可得(2b)24ac4(b2ac)，代入计算即可求解．【详解】解：∵b是a和c的比例中项，∴b2ac，∵关于x的一元二次方程ax22bxc0中，(2b)24ac4(b2ac)，∴4(acac)0，∴关于x的一元二次方程ax22bxc0的根的情况是有两个相等的实根，故选：B．【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式，掌握比例中项的概念，根的判别式判断一元二次方程根的情况的知识是解题的关键．6．D【分析】根据相似三角形的对应角相等和三角形内角和等于180°，即可得出．【详解】解：∵△ABC∽△EDF，∴∠BAC＝∠DEF，又∵∠DEF＝90°+45°＝135°，∴∠BAC＝135°，∴ABCACB=180BAC18013545．故选：D．【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质，解题的关键是找到相似三角形中的对应关系．7．D答案第2页，共18页2【分析】设tx4，则方程(x4)bx4c0变为t2btc0，根据方程x2bxc0的两个实数根是x12，x23，得x42或3，即可求出方程(x4)2bx4c0的两个实数根．【详解】解：设tx4，则方程x4bx4c0变为t2btc0，方程x2bxc0的两个实数根是x12，x23，2∴方程t2btc0的两个实数根是t12，t23，x42或3，x6或1，方程x4bx4c0的两个实数根是x16，x21．故选：D．【点睛】本题考查了一元二次方程的解，熟练掌握一元二次方程的解的定义是关键．8．C【分析】因为点G是ABC的重心，根据三角形的重心是三角形三条中线的交点以及重心的性质：重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比是2:1，可知点D为BC的中点，EGAGAG2，根据GEAC，可得AEG90，进而证得△AEG∽ACD，从而得到，CDADGD12代入数值即可求解．【详解】如图，连接AG并延长交BC于点D．点G是ABC的重心，点D为BC的中点，CB8，AG2，GD11CDBDBC4，2GEAC，答案第3页，共18页AEG90，C90，AEGC90，EAGCAD（公共角），△AEG∽ACD，EGAG，CDADAG2，GD1AG2，AD3EGAG2，4AD38EG．3故选：C．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角形的重心的定义及其性质，熟练运用三角形重心的性质是解题的关键．9．x1=0，x2=3【分析】利用因式分解法解方程．【详解】解：x2=3x，x2-3x=0，x（x-3）=0，解得：x1=0，x2=3．故答案为：x1=0，x2=3．【点睛】本题考查了解一元二次方程的方法．掌握因式分解法是解题的关键．10．53x2，设x2k,y3k(k0)，然后再代入求解即可；y3x2，设x2k,y3k(k0)，y3【分析】由【详解】解：∵∴xy2k3k5=，y3k35故答案为：．3答案第4页，共18页【点睛】本题考查比例的性质，设x2k,y3k(k0)是解题关键．11．1/0.523，结合方程的一个根是1，即可求出方程的另一个根．2【分析】根据两根之和等于【详解】解：由一元二次方程2x23xk0，可知a2，b3，∴方程的两根之和b33，a22∵关于x的一元二次方程2x23xk0的一个根为1，31∴方程的另一根1．22故答案为：2．【点睛】此题考查了一元二次方程，熟练掌握一元二次方程根与系数关系是解题的关键．12．555cm【分析】根据黄金分割的定义得AC51AB，代入AB的长计算即可．21【详解】解：∵点C是线段AB的黄金分割点ACBC，AB10cm，∴AC5151AB10555cm，22故答案为：555cm．【点睛】本题主要考查了黄金分割，解题的关键是熟练掌握黄金比，如果点C是线段AB的黄金分割点ACBC，那么AC13．404051AB．2mn【分析】根据一元二次方程解的定义及根与系数的关系得出m22m2021，将原式化简求值即可．【详解】解：∵m、n是关于x的方程x22x20210的根，∴m22m2021，mn∴m24m2n2023m22m2(mn)2023b2，ab2，a20212220234040，答案第5页，共18页故答案为：4040．【点睛】本题主要考查一元二次方程的解，根与系数的关系，代数式变形求出的综合，掌握以上知识，尤其是根与系数（韦达定理）的知识的熟练运用是解题的关键．14．1【分析】设小道的宽为x米，则剩下部分可合成长为(20x)米，宽为(10x)米的长方形，根据“剩下部分种植蔬菜，种植蔬菜的面积为171平方米”，可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值，即可得出结论．【详解】解：设小道的宽为x米，则剩下部分可合成长为(20x)米，宽为(10x)米的长方形，根据题意得：(20x)(10x)171，整理得：x230x290，解得：x11，x229（不符合题意，舍去），小道的宽为1米．故答案为：1．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．15．k1且k0/k0且k1

【分析】根据一元二次方程有实数根，可得b24ac0，再根据一元二次方程二次项系数不为零建立不等式，求解即可.【详解】解：∵关于x的一元二次方程kx26x90有实数根，∴64k·93636k0,解得k1,又∵kx26x90;是关于x的一元二次方程，∴k0,∴k1且k0,故答案为：k1且k0.【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式和一元二次方程的定义，掌握根的判别式和一元二次方程的定义是解题的关键.2

答案第6页，共18页16．94【分析】利用k的几何意义和相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求解．【详解】解：分别过A1,A2作A1B1x轴，A2B2x轴，则：A1B1∥A2B2∴△OA1B1∽△OA2B2，S△OA1B1S△OA2B2∴OA132==22OA2229，4∵k12S△OA1B1，k22S△OA2B2，k19∴=．k24故答案为：9．4【点睛】本题考查反比例系数k的几何意义，熟练掌握k的几何意义是解题的关键．17．145【分析】过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，先证CDE≌CDB（ASA），进而可得DE＝DB＝4－n，再证AOE∽CDE，进而可得案．【详解】解：如图，过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，432n4，由此计算即可求得答4n∴∠DCE＝∠CAO，答案第7页，共18页∵∠BCA＝2∠CAO，∴∠BCA＝2∠DCE，∴∠DCE＝∠DCB，∵CD⊥y轴，∴∠CDE＝∠CDB＝90°，又∵CD＝CD，∴CDE≌CDB（ASA），∴DE＝DB，∵B（0，4），C（3，n），∴CD＝3，OD＝n，OB＝4，∴DE＝DB＝OB－OD＝4－n，∴OE＝OD－DE＝n－（4－n）＝2n－4，∵A（－4，0），∴AO＝4，∵CD∥AO，∴AOE∽CDE，∴AOOE，CDDE432n4，4n∴解得：n14，5故答案为：14．5【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及点的坐标的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．18．6AP8【分析】根相似三角形的判定和性质，分类讨论，图形结合分析即可求解．【详解】解：在ABC纸板中，AC8，BC4，AB11，①如图所示，过点P作PD∥AB交BC于点D，答案第8页，共18页∴△PCD∽△ACB，∴0AP8；②如图所示，过点P作PE∥BC交AB于点E，∴APE∽ACB，∴0AP8；③如图所示，作APFB，点F在线段AB上，∴APF∽ABC，∴0AP8；④如图所示，过点P作CPGCBA，点G在线段AB上，当点G与点B重合时，∴CPG∽CBA，答案第9页，共18页∴CPCG，且CBCG，CBCA∴CPCGCB442，则APACCP826，CA8∴6AP8；综上所述，AP长的取值范围是6AP8，故答案为：6AP8．【点睛】本题主要考查相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形对应角相等，对应边成比例的知识是解题的关键．19．(1)x121，x2214(2)x1，x223【分析】（1）根据配方法解一元二次方程即可；（2）先化简方程，再根据因式分解法解一元二次方程即可；【详解】（1）解：x22x10x22x1x22x12x122x12，∴x121，x221．（2）解：x26x92x13x22x8023x4x203x40或x20，4∴x1，x22．3【点睛】本题主要考查配方法、因式分解法解一元二次方程，掌握相关求解一元二次方程的方法是解题的关键．20．(1)图见解析，B(6,2),C(4,2)；(2)(2x,2y)；答案第10页，共18页(3)2.5．【分析】（1）利用位似变换的性质分别作出B，C的对应点B，C即可．（2）根据位似坐标变化规律，可得结论．（3）由矩形面积减去周围三个三角形的面积即可．【详解】（1）解：如图，△OBC即为所求．B6,2，C4,2．（2）由位似的性质可得：M2x,2y．111（3）SOBC32121312611.512.5．222【点睛】本题考查的是画位似图形，位似的性质，求解网格三角形的面积，熟记位似图形的性质并运用于作图是解本题的关键．21．3【分析】根据平行线分线段成比例定理得到可得出结果．【详解】解：∵AD∥BE∥CF，∴∵ABDE，ACDFABDE，求出DF，再根据EFDFDE即ACDFAB2=，DE6，AC3∴DF9，∴EFDFDE963．【点睛】本题主要考查了平行线分线段成比例定理，正确根据平行线分线段成比例定理求出答案第11页，共18页DF的长是解题的关键．22．旗杆的高度为10.5m．【分析】根据题意画出几何图形，如图，则CD=BE=3m，BC=DE=6m，利用在某一时刻测得1米长的竹竿竖直放置时影长为0.8米可计算出AE，然后计算AE+BE即可．【详解】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，连接AD，∴CD=BE=3m，BC=DE=6m，∵AE1，DE0.867.5，0.8∴AE∴AB=AE+BE=7.5+3=10.5（m）．答：旗杆的高度为10.5m．【点睛】本题考查了相似三角形的应用：通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．23．(1)k1(2)16【分析】（1）根据0，列出不等式，解不等式即可；（2）利用根与系数的关系，把问题转化为方程即可解决问题．【详解】（1）解：由题意得：0，4(k2)24k20，k1．2（2）x1x22(k2)，x1x2k，2(k2)1k2，解得k16或16，答案第12页，共18页k1，k16．【点睛】本题考查根与系数的关系，一元二次方程的根的判别式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．（1）24；（2）70元24．【分析】（1）根据平均每天销售量＝20+2×降低的价格，即可求出结论；（2）设每件商品降价x元，则平均每天可销售（20+2x）件，根据总利润＝每件利润×销售数量，即可得出关于x的一元二次方程，求解后根据题意取其较小值即可得出结论．【详解】解：（1）20+2×2＝24（件）．故答案为：24．（2）设每件商品降价x元，则平均每天可销售（20+2x）件，依题意，得：（80-40﹣x）（20+2x）＝1200，整理，得：x2﹣30x+200＝0，解得：x1＝10，x2＝20．当x＝20时，40﹣x＝20＜25，∴x＝20舍去．80-10=70（元）答：当每件商品定价70元时，该商店每天销售利润为1200元．【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．25．18．【详解】分析：设EF=x，则GF=2x．根据GF∥BC，AH⊥BC得到AK⊥GF．利用GF∥BC得到△AGF∽△ABC，然后利用相似三角形对应边成比例得到比例式即可求得x的值，进而求得矩形的周长．详解：设EF=x，则GF=2x．∵GF∥BC，AH⊥BC，∴AK⊥GF．∵GF∥BC，∴△AGF∽△ABC，答案第13页，共18页∴AKGF．AHBC∵AH=6，BC=12，∴6x2x．612解得x=3．∴矩形DEFG的周长为18．点睛：本题考查了相似三角形的判定和性质、矩形的性质、矩形的周长公式，难度适中．26．（1）t为4025s或s时，以P、Q、C为顶点的三角形与ABC相似；（2）四边形ABQP137与CPQ的面积不能相等，理由见解析．【分析】（1）先利用勾股定理计算出AC=10，由于∠PCQ=∠ACB，根据三角形相似的判定，当∠PQC=∠B时可判断CQP∽△CBA，利用相似比得到可判断△CQP∽△CAB，利用相似比得到102tt；当∠PQC=∠BAC时108102tt，然后分别解方程求出t的值即可；810306t5（2）作PQ⊥BC于H，如图，先证明△CPH∽△CAB，利用相似比可得到PH=，再利用四边形ABQP与△CPQ的面积相等得到S△ABC=2S△CPQ，利用三角形面积公式得到2••t•12306t1•6•8，然后解关于52t的方程可判断四边形ABQP与△CPQ的面积能否相等．AB2BC2628210，【详解】（1）在RRtABC中，AC∵PCQACB，∴当PQCB时，CQP∽CBA，则PCCQ102tt40，解得t(s)；，即ACCB1081325CPCQ102tt，即，解得t(s)；810CBCA7当PQCBAC时，CQP∽CAB，则∴t为4025s或s时，以P、Q、C为顶点的三角形与ABC相似；137（2）四边形ABQP与CPQ的面积不能相等．理由如下：作PHBC于H，如图，∵PH//AB，∴CPH∽CAB，∴PHPCPH102t，即，ABAC610答案第14页，共18页∴PH306t，5当四边形ABQP与CPQ的面积相等时，SABCSCPQSCPQ，即SABC2SCPQ，1306t168，∴2t252整理得t25t200，此时方程无实数解，∴四边形ABQP与CPQ的面积不能相等．【点睛】此题考查相似三角形的判定．解题关键在于熟练应用相似比计算线段的长．27．(1)43；(2)存在，k2．【分析】（1）根据a，b是方程x215x50的两根，求出ab，ab的值，即可求出的值；（2）运用根与系数的关系求出x1+x21，x1x2k1，再解y1y2的值．【详解】（1）解：∵a，b是方程x215x50的二根，∴ab15，ab5，abbax1x22，即可求出kx2x1ab2ab152543，∴abbaab5∴ab43；bax1x22．理由如下：x2x122（2）解：存在，当k2时，y1y2x2yk0①∵，xy1②由①得：yx2k，由②得：yx1，答案第15页，共18页∴x2kx1，即x2xk10，由题意思可知，x1，x2是方程x2xk10的两个不相等的实数根，124k10∴x1x21，xxk1123则k，4x2yk0xx1xx2∵和是关于x，y的方程组的两个不相等的实数解，yyyyxy112∴y1y2x11x21，xx2x1x22，xx∴y1y212x11x2112x2x1x1x2∴x1x2x1x2∴k1112xx112k122x1x2x1x22，12k12，整理得：k22k0，解得：k12，k20（舍去），∴k的值为2．【点睛】本题考查一元二次方程根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程bcax2bxc0a0的两根，则x1x2，x1x2，将根与系数的关系与代数式变形aa相结合是解题的关键．也考查了一元二次方程根的判别式，不等式、二元一次方程组及一元二次方程的解法．28．(1)DECF；(2)见解析；(3)BEGF，证明见解析．【分析】（1）由四边形ABCD为正方形，利用正方形的性质得到ADDC，利用同角的余角相等得到一对角相等，利用AAS得到ADE≌DCF，利用全等三角形对应边相等即可得证；答案第16页，共18页（2）由四边形ABCD为矩形，得到一对直角相等，利用同角的余角相等得到一对角相等，利用两对角相等的三角形相似得到ADE∽DCF，利用相似三角形对应边成比例即可得证；（3）当BEGF时，DEAD成立，理由为：如图3，在AD的延长线上取点M，使CFCDCMCF，利用平行线的性质，以及同角的补角相等得到ADE∽DCF，利用相似三角形对应边成比例即可得证．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AADC90，ADDC，∴ADEAED90，∵DECF，∴ADECFD90，∴AEDCFD，∴ADE≌DCF，∴DECF；故答案为：＋DECF；（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AADC90，∵DECF，∴ADECFD90，DCFCFD90，∴ADEDCF，∴ADE∽DCF，∴DEAD；CFCDDEAD成立，CFCD（3）当BEGC180时，证明：如图3，在AD的延长线上取点M，使CMCF，则CMFCFM，∵ABCD，∴ACDM，∵ADBC，∴BA180，∵BEGC180，EGFEGC180，答案第17页，共18页∴BEGF，∴EGFA180，∴AEDCFMCMF，∴ADE∽DCM，∴DEADDEAD，即．CMCDCFCD【点睛】本题考查了特殊平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握和运用各图形的性质和定理进行推理是解决本题的关键．答案第18页，共18页