北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试综合训练题

这是一份北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试综合训练题，共29页。试卷主要包含了下列图案中，是中心对称图形的是等内容，欢迎下载使用。

京改版八年级数学下册第十五章四边形专项攻克
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、下列说法中，正确的是（ ）
A．若，，则
B．90′＝1.5°
C．过六边形的每一个顶点有4条对角线
D．疫情防控期间，要掌握进入校园人员的体温是否正常，可采用抽样调查
2、下面图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3、如图，以O为圆心，长为半径画弧别交于A、B两点，再分别以A、B为圆心，以长为半径画弧，两弧交于点C，分别连接、，则四边形一定是（ ）

A．梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
4、下列图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
5、下列图标中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
6、下列测量方案中，能确定四边形门框为矩形的是（ ）
A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等
C．测量对角线是否相等 D．测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等
7、如图，四边形ABCD中，∠A=60°，AD=2，AB=3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为（ ）

A． B． C． D．
8、一个多边形纸片剪去一个内角后，得到一个内角和为2340°的新多边形，则原多边形的边数为（ ）
A．14或15或16 B．15或16或17 C．15或16 D．16或17
9、将一张长方形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，AE、AF为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为、，若＝10°，则∠EAF的度数为（　　）

A．40° B．45° C．50° D．55°
10、如图，M、N分别是正五边形ABCDE的边BC、CD上的点，且BM=CN，AM交BN于点P，则∠APN的度数是（ ）

A．120° B．118° C．110° D．108°
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、一个多边形的内角和是它的外角和的两倍，则这个多边形的边数为 ___．
2、如图，将矩形ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF．若AF＝5，BF＝3，则AC的长为 _____．

3、如图，四边形和四边形都是边长为4的正方形，点是正方形对角线的交点，正方形绕点旋转过程中分别交，于点，，则四边形的面积为______．

4、若点关于原点的对称点是，则______．
5、判断：
（1）菱形的对角线互相垂直且相等（________）
（2）菱形的对角线把菱形分成四个全等的直角三角形（________）
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图1，矩形ABCD中，AB＝9，AD＝12，点G在CD上，且DG＝5，点P从点B出发，以1单位每秒的速度在BC边上向点C运动，设点P的运动时间为x秒．

（1）△APG的面积为y，求y关于x的函数关系式，并求y＝34时x的值；
（2）在点P从B向C运动的过程中，是否存在使AP⊥GP的时刻？若存在，求出x的值，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，M，N分别是AP、PG的中点，在点P从B向C运动的过程中，线段MN所扫过的图形是什么形状　 　，并直接写出它的面积　 　．
2、问题背景：课外学习小组在一次学习研讨中，得到了如下两个命题：

①如图（1），在正△ABC中，M、N分别是AC、AB上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON＝60°，则BM＝CN；
②如图（2），在正方形ABCD中，M、N分别是CD、AD上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON＝90°，则BM＝CN．
然后运用类似的思想提出了如下命题：
③如图（3），在正五边形ABCDE中，M、N分别是CD、DE上的点，BM与CN相交于点O，若∠BON＝108°，则BM＝CN．
任务要求：
（1）请你从①②③三个命题中选择一个进行证明；
（2）请你继续完成下面的探索；
①在正n（n≥3）边形ABCDEF…中，M、N分别是CD、DE上的点，BM与CN相交于点O，试问当∠BON等于多少度时，结论BM＝CN成立（不要求证明）；
②如图（4），在正五边形ABCDE中，M、N分别是DE、AE上的点，BM与CN相交于点O，∠BON＝108°时，试问结论BM＝CN是否成立．若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
3、如图，在平行四边形中，，．．点在上由点向点出发，速度为每秒；点在边上，同时由点向点运动，速度为每秒．当点运动到点时，点，同时停止运动．连接，设运动时间为秒．

（1）当为何值时，四边形为平行四边形？
（2）设四边形的面积为，求与之间的函数关系式．
（3）当为何值时，四边形的面积是四边形的面积的四分之三？求出此时的度数．
（4）连接，是否存在某一时刻，使为等腰三角形？若存在，请求出此刻的值；若不存在，请说明理由．
4、如图，在中，AD＞AB，∠ABC的平分线交AD于点F，EFAB交BC于点E．

（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若AB=5，AE=6，的面积为36，求DF的长．
5、如图都是由边长为1的小等边三角形构成的网格图，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．
（1）请在下面①②③三个网格图中分别涂上一个三角形，使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形（3个图形中所涂三角形不同）；
（2）在④⑤两个网格图中分别涂上一个三角形，使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形（2个图形中所涂三角形不同）．


-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
由等式的基本性质可判断A，由 可判断B，由过边形的一个顶点可作条对角线可判断C，由全面调查与抽样调查的含义可判断D，从而可得答案.
【详解】
解：若，则故A不符合题意；
90′＝故B符合题意；
过六边形的每一个顶点有3条对角线，故C不符合题意；
疫情防控期间，要掌握进入校园人员的体温是否正常，事关重大，一定采用全面调查，故D不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查的是等式的基本性质，角度的换算，多边形的对角线问题，全面调查与抽样调查的含义，掌握以上基础知识是解本题的关键.
2、D
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【详解】
A．不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B．是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意；
D．既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形；如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够重合，则此图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴；如果一个图形绕某一固定点旋转180度后能够与原来的图形重合，则称这个图形是中心对称图形，固定的点叫对称中心；理解两个概念是解答本题的关键．
3、B
【分析】
根据题意得到，然后根据菱形的判定方法求解即可．
【详解】
解：由题意可得：，
∴四边形是菱形．
故选：B．
【点睛】
此题考查了菱形的判定，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法．菱形的判定定理：①四条边都相等四边形是菱形；②一组邻边相等的平行四边形是菱形；③对角线垂直的平行四边形是菱形．
4、B
【分析】
由题意依据一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形对各选项分析判断即可．
【详解】
解：A、C、D都是轴对称图形，只有B选项是中心对称图形.
故选：B.
【点睛】
本题考查中心对称图形的识别，注意掌握中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
5、B
【分析】
由题意直接根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得出答案．
【详解】
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念，注意掌握把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
6、D
【分析】
由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】
解：A、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴选项A不符合题意；
B、∵两组对边分别相等是平行四边形，
∴选项B不符合题意；
C、∵对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，
∴对角线相等的四边形不是矩形，
∴选项C不符合题意；
D、∵对角线交点到四个顶点的距离都相等，
∴对角线互相平分且相等，
∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、解题的关键是熟记矩形的判定定理．
7、A
【分析】
根据三角形的中位线定理得出EF=DN，从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重合时DN最大，此时根据勾股定理求得DN，从而求得EF的最大值． 连接DB，过点D作DH⊥AB交AB于点H，再利用直角三角形的性质和勾股定理求解即可；
【详解】
解：∵ED=EM，MF=FN，
∴EF=DN，
∴DN最大时，EF最大，
∴N与B重合时DN=DB最大，
在Rt△ADH中， ∵∠A=60°

∴AH=2×=1，DH=，
∴BH=AB﹣AH=3﹣1=2，
∴DB=，
∴EFmax=DB=，
∴EF的最大值为．

故选A
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，利用中位线求得EF=DN是解题的关键．
8、A
【分析】
由题意先根据多边形的内角和公式先求出新多边形的边数，然后再根据截去一个角的情况进行讨论即可．
【详解】
解：设新多边形的边数为n，
则（n-2）•180°=2340°，
解得：n=15，
①若截去一个角后边数增加1，则原多边形边数为14，
②若截去一个角后边数不变，则原多边形边数为15，
③若截去一个角后边数减少1，则原多边形边数为16，
所以多边形的边数可以为14，15或16．
故选：A．
【点睛】
本题考查多边形内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式（n-2）•180°（n为边数）是解题的关键．
9、A
【分析】
可以设∠EAD′＝α，∠FAB′＝β，根据折叠可得∠DAF＝∠D′AF，∠BAE＝∠B′AE，用α，β表示∠DAF＝10°+β，∠BAE＝10°+α，根据四边形ABCD是矩形，利用∠DAB＝90°，列方程10°+β+β+10°+10°+α+α＝90°，求出α+β＝30°即可求解．
【详解】
解：设∠EAD′＝α，∠FAB′＝β，
根据折叠性质可知：
∠DAF＝∠D′AF，∠BAE＝∠B′AE，
∵∠B′AD′＝10°，
∴∠DAF＝10°+β，
∠BAE＝10°+α，

∵四边形ABCD是矩形
∴∠DAB＝90°，
∴10°+β+β+10°+10°+α+α＝90°，
∴α+β＝30°，
∴∠EAF＝∠B′AD′+∠D′AE+∠FAB′，
＝10°+α+β，
＝10°+30°，
＝40°．
则∠EAF的度数为40°．
故选：A．
【点睛】
本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系．
10、D
【分析】
由五边形的性质得出AB=BC，∠ABM=∠C，证明△ABM≌△BCN，得出∠BAM=∠CBN，由∠BAM+∠ABP=∠APN，即可得出∠APN=∠ABC，即可得出结果．
【详解】
解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴AB=BC，∠ABM=∠C，
在△ABM和△BCN中
，
∴△ABM≌△BCN（SAS），
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠BAM+∠ABP=∠APN，
∴∠CBN+∠ABP=∠APN=∠ABC=
∴∠APN的度数为108°；
故选：D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、多边形的内角和定理；熟练掌握五边形的形状，证明三角形全等是解决问题的关键．
二、填空题
1、6
【分析】
根据内角和等于外角和的2倍则内角和是720°利用多边形内角和公式得到关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．
【详解】
解：根据题意，得
（n﹣2）•180＝360×2，
解得：n＝6．
故这个多边形的边数为6．
故答案为：6．
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角和以及外角和，已知多边形的内角和求边数，可以转化为方程的问题来解决．
2、
【分析】
根据矩形的性质得到∠B＝90°，根据勾股定理得到，根据折叠的性质得到CF＝AF＝5，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵AF＝5，BF＝3，
∴，
∵将矩形ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF．
∴CF＝AF＝5，
∴BC＝BF+CF＝8，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握折叠的性质．
3、4
【分析】
过点O作OG⊥AB，垂足为G，过点O作OH⊥BC，垂足为H，把四边形的面积转化为正方形OGBH的面积，等于正方形ABCD面积的．
【详解】
如图，过点O作OG⊥AB，垂足为G，过点O作OH⊥BC，垂足为H，
∵四边形ABCD的对角线交点为O，
∴OA=OC，∠ABC=90°，AB=BC，
∴OG∥BC，OH∥AB，


∴四边形OGBH是矩形，OG=OH=，∠GOH=90°，
∴=4，
∵∠FOH+∠FOG=90°，∠EOG+∠FOG=90°，
∴∠FOH=∠EOG，
∵∠OGE=∠OHF=90°，OG=OH，
∴△OGE≌△OHF，
∴，
∴，
∴=4，
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，三角形的全等与性质，补形法计算面积，熟练掌握正方形的性质，灵活运用补形法计算面积是解题的关键．
4、
【分析】
根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．
【详解】
解：由关于坐标原点的对称点为，得，
，
解得：
故答案为：．
【点睛】
本题考查了关于原点的对称的点的坐标，解题的关键是掌握关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．
5、× √
【分析】
根据菱形的性质，即可求解．
【详解】
解：（1）菱形的对角线互相垂直且平分；
（2）菱形的对角线把菱形分成四个全等的直角三角形．
故答案为：（1）×；（2）√
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的对角线互相垂直且平分是解题的关键．
三、解答题
1、（1）y=-2.5x+54，x=8；（2）存在，x=6；（3）平行四边形；15．
【分析】
（1）PB=x，PC=12-x，然后依据△APG的面积=矩形的面积-三个直角三角形的面积可得到y与x的函数关系式，然后将y=34代入函数关系式可求得x的值；
（2）先依据勾股定理求得PA、PG、AG的长，然后依据勾股定理的逆定理列出关于x的方程，从而可求得x的值；
（3）确定出点P分别与点B和点C重合时，点M、N的位置，然后依据三角形的中位线定理可证明M1M2∥N1N2，N1N2=M1M2，从而可判断出MN扫过区域的形状，然后依据平行四边形的面积公式求解即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴DC=AB=9，AD=BC=12．
∵DG=5，
∴GC=4．
∵PB=x，PC=12-x，
∴y=9×12-×9×x-×4×(12-x)-×5×12，整理得：y=-2.5x+54．
当y=34时，-2.5x+54=34，解得x=8；
（2）存在．
∵PB=x，PC=12-x，AD=12，DG=5，
∴PA2=AB2+BP2=81+x2，PG2=PC2+GC2=(12-x)2+16，AG2=AD2+DG2=169．
∵当AG2=AP2+PG2时，AP⊥PG，
∴81+x2+(12-x)2+16=169，整理得：x2-12x+36=0，配方得：(x-6)2=0，
解得：x=6；
（3）如图所示：

∵当点P与点B重合时，点M位于M1处，点N位于点N1处，
∴M1为AB的中点，点N1位GB的中点．
∵当点P与点C重合时，点M位于M2处，点N位于点N2处，
∴M2为AC的中点，点N2位CG的中点．
∴M1M2∥BC，M1M2=BC，N1N2∥BC，N1N2=BC．
∴M1M2∥N1N2，N1N2=M1M2．
∴四边形M1M2N2N1为平行四边形．
∴MN扫过的区域为平行四边形．
S=BC•(AB-CG)=6×2.5=15，
故答案为：平行四边形；15．
【点睛】
本题主要考查了列函数关系式、三角形的面积公式、三角形的中位线定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理的应用，画出MN扫过的图形是解题的关键．
2、（1）选①或②或③，证明见详解；（2）①当时，结论成立；②当时，还成立，证明见详解．
【分析】
（1）命题①，根据等边三角形的性质及各角之间的等量代换可得：，然后依据全等三角形的判定定理可得：，再由全等三角形的性质即可证明；命题②，根据正方形的性质及各角之间的等量代换可得：，然后依据全等三角形的判定定理可得：，再由全等三角形的性质即可证明；命题③，根据正五边形的性质及各角之间的等量代换可得：，然后依据全等三角形的判定定理可得：，再由全等三角形的性质即可证明；
（2）①根据（1）中三个命题的结果，得出相应规律，即可得解；
②连接BD、CE，根据全等三角形的判定定理和性质可得：， ，，，利用各角之间的关系及等量代换可得：， ，继续利用全等三角形的判定定理和性质即可得出证明．
【详解】
解：（1）如选命题①，证明：如图所示：


∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 与ΔCAN中，
，
∴ ，
∴ ；
如选命题②，
证明：如图所示：


∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 与ΔCDN中，
，
∴ ，
∴ ；
如选命题③，
证明：如图所示：


∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
在 与ΔCDN中，
，
∴ ，
∴ ；
（2）①根据（1）中规律可得：当时，结论成立；
②答：当时，成立．
证明：如图所示，连接BD、CE，


在和中，
，
∴ ，
∴ ，，，
∵ ，
∴ ，
∵ ，．
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
在和中，
，
∴ ，
∴ ．
【点睛】
题目主要考查全等三角形的判定定理和性质，正多边形的内角，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，理解题意，结合相应图形证明是解题关键．
3、（1）；（2）y＝S四边形ABPQ＝2t＋32（0＜t≤8）；（3）t＝8，；（4）当t＝4或 或时，为等腰三角形，理由见解析．
【分析】
（1）利用平行四边形的对边相等AQ＝BP建立方程求解即可；
（2）先构造直角三角形，求出AE，再用梯形的面积公式即可得出结论；
（3）利用面积关系求出t，即可求出DQ，进而判断出DQ＝PQ，即可得出结论；
（4）分三种情况，利用等腰三角形的性质，两腰相等建立方程求解即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵在平行四边形中，，，
由运动知，AQ＝16−t，BP＝2t，
∵四边形ABPQ为平行四边形，
∴AQ＝BP，
∴16−t＝2t
∴t＝，
即：t＝s时，四边形ABPQ是平行四边形；
（2）过点A作AE⊥BC于E，如图，

在Rt△ABE中，∠B＝30°，AB＝8，
∴AE＝4，
由运动知，BP＝2t，DQ＝t，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝16，
∴AQ＝16−t，
∴y＝S四边形ABPQ＝（BP＋AQ）•AE＝（2t＋16−t）×4＝2t＋32（0＜t≤8）；
（3）由（2）知，AE＝4，
∵BC＝16，
∴S四边形ABCD＝16×4＝64，
由（2）知，y＝S四边形ABPQ＝2t＋32（0＜t≤8），
∵四边形ABPQ的面积是四边形ABCD的面积的四分之三
∴2t＋32＝×64，
∴t＝8；
如图，


当t＝8时，点P和点C重合，DQ＝8，
∵CD＝AB＝8，
∴DP＝DQ，
∴∠DQC＝∠DPQ，
∴∠D＝∠B＝30°，
∴∠DQP＝75°；
（4）①当AB＝BP时，BP＝8，
即2t＝8，t＝4；
②当AP＝BP时，如图，

∵∠B＝30°，
过P作PM垂直于AB，垂足为点M，
∴BM＝4，，
解得：BP＝，
∴2t＝，
∴t＝
③当AB＝AP时，同（2）的方法得，BP＝，
∴2t＝，
∴t＝
所以，当t＝4或 或时，△ABP为等腰三角形．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解（1）的关键是利用AQ＝BP建立方程，解（2）的关键是求出梯形的高，解（3）的关键是求出t，解（4）的关键是分类讨论的思想思考问题．
4、（1）见解析；（2）2.5．
【分析】
（1）根据平行四边形的性质和角平分线的性质说明∠ABF=∠AFB、可得AB=AF，同理可得AB=AF，再由AF∥BE可得四边形ABEF是菱形；
（2）过A作AH⊥BE垂足为E，根据菱形的性质可得AO=EO、BO=FO，AF=EF=AB=5，AE⊥BF，利用勾股定理可得AO的长，进而可得AE长，利用菱形的面积公式计算出AH的长，然后根据ABCD的面积公式求出AD,最后根据线段的和差即可解答．
【详解】
（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，即AF//BE
∴∠FBE=∠AFB，
∵∠ABC的平分线交AD于点F，
∴∠ABF=∠EBF，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AB=AF，
又∵AB//EF，AF//BE
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）如图：过A作AH⊥BE垂足为H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=EO，BO=FO，AF=AB=5，AE⊥BF，
∵AE=6，
∴AO=3，
∴BO=
∴BF=8，
∴S菱形ABEF=AE·BF=×8×6=24，
∴BE·AH=24，
∴AH=;
∵S平行四边形ABCD=BC·AH=36，
∴BC=
∵平行四边形ABCD
∴AD=BC=
∴FD=AD-AF=-5=2.5．
．
【点睛】
本题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质以及面积的问题，灵活利用菱形的判定与性质、平行四边形的性质成为解答本题的关键．
5、（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）直接利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案；
（2）直接利用中心对称图形的性质得出符合题意的答案．
【详解】
解：（1）如图所示：①②③都是轴对称图形；
（2）如图所示：④⑤都是中心对称图形．
．
【点睛】
此题主要考查了利用轴对称设计图案、利用旋转设计图案，正确掌握相关定义是解题关键．