2023-2024学年江西省九江市九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省九江市九年级（上）期末数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.方程x2+5x−2=0的二次项系数、一次项系数和常数项分别是( )
A. 0，5，2B. 0，5，−2C. 1，5，−2D. 1，5，2
2.如图是一根空心方管，它的俯视图是( )
A.
B.
C.
D.
3.在一个不透明的盒子中装有n个除颜色外完全相同的球，其中有4个红球.若每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色再放回盒子，通过大量重复试验后，发现摸到红球的频率稳定在20%左右，则n的值大约为( )
A. 16B. 18C. 20D. 24
4.如图，已知a/​/b/​/c，直线m分别交直线a、b、c于点A、B、C，直线n分别交直线a、b、c于点D、E、F，若ABBC=12，则DEDF的值是( )
A. 12
B. 13
C. 23
D. 1
5.矩形具有而菱形不具有的性质是( )
A. 两组对边分别平行B. 对角线互相垂直C. 对角线相等D. 两组对角分别相等
6.如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的顶点A，B分别在y轴、x轴上，OA=2，OB=1，斜边AC/​/x轴．若反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过AC的中点D，则k的值为( )
A. 4
B. 5
C. 6
D. 8
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
7.关于x的一元二次方程x2−2x+m=0的一个根为−1，则m的值为______．
8.用数字0，1，2，3组成个位数字与十位数字不同的两位数，其中是偶数的概率为______．
9.如图，在菱形ABCD中，AB=5，∠ABC=60°，则BD的长为______．
10.如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是AD，BC边的中点，连接EF，若矩形ABFE与矩形ABCD相似，AB=4，则矩形ABCD的面积为______．
11.如图，是反比例函数y=1x和y=3x在第一象限的图象，直线AB/​/x轴，并分别交两条曲线于A、B两点，则S△ABC=______．
12.如图，△ABC为边长为7cm的等边三角形，BD=6cm，CE=2cm，P为BC上动点，以0.25cm/s的速度从B向C运动，假设P点运动时间为t秒，当t= ______秒时，△BDP与△CPE相似．
三、计算题：本大题共1小题，共6分。
13.《杨辉算法》中有这么一道题：“直田积八百六十四步，只云长阔共六十步，问长多几何？”意思是：一块矩形田地的面积为864平方步，只知道它的长与宽共60步，问它的长比宽多了多少步？
四、解答题：本题共10小题，共78分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
14.(本小题6分)
解一元二次方程：
(1)x2+4x−2=0；
(2)(x−3)2=6−2x．
15.(本小题6分)
小明和小丽在操场上玩耍，小丽突然高兴地对小明说：“我踩到你的‘脑袋’了.”如图即表示此时小明和小丽的位置．
(1)请画出此时小丽在阳光下的影子；
(2)若已知小明身高为1.60m，小明和小丽之间的距离为2m，而小丽的影子长为1.75m，求小丽的身高．
16.(本小题6分)
如图，四边形ABCD为矩形，且有AE=DE.请用无刻度直尺完成下列作图，保留必要的画图痕迹．
(1)在图1中求作BC边的中点F；
(2)在图2中的边BC上求作点H，使BG=CH．
17.(本小题6分)
如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，E是AD上一点，且BE=BD；求证：△ABE∽△ACD．
18.(本小题8分)
如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，BE=DF，AC=EF．
(1)求证：四边形AECF是矩形；
(2)若CE=2BE且AE=BE，已知AB=2，求AC的长．
19.(本小题8分)
已知A，B，C，D，E五个红色研学基地，某地为了解中学生的意愿，随机抽取部分学生进行调查，并将统计数据整理后，绘制了不完整的条形统计图和扇形统计图．

(1)请将条形统计图补充完整；
(2)在扇形统计图中，D所在的扇形的圆心角的度数为______；若该地区有1000名中学生参加研学活动，则愿意去A基地的大约有______人；
(3)甲、乙两所学校计划从A，B，C三个基地中任选一个基地开展研学活动，请利用树状图或表格求两校恰好选取同一个基地的概率．
20.(本小题8分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，直线y=x+2交y轴于点A，交x轴于点B，与双曲线y=kx(k≠0)在一，三象限分别交于C，D两点，且AB=AC=BD，连接CO，DO．
(1)求k的值；
(2)求△CDO的面积．
21.(本小题9分)
已知关于x的一元二次方程(a+c)x2+2bx+(a−c)=0，其中a、b、c分别为△ABC三边．
(1)如果x=−1是方程的根，试判断△ABC的形状，并说明理由；
(2)如果方程有两个相等的实数根，试判断△ABC的形状，并说明理由；
(3)如果a=3，b=4，c=2，求这个一元二次方程的根．
22.(本小题9分)
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=10cm，BC=8cm.点M从点C出发，以2cm/s的速度沿CA向点A匀速运动，点N从点B出发，以1cm/s的速度沿BC向点C匀速运动，当一个点到达终点时，另一点也随即停止运动．
(1)经过几秒后，△MCN的面积等于△ABC面积的25？
(2)经过几秒，△MCN与△ABC相似？
23.(本小题12分)
[模型探究]
如图1，菱形ABCD中，∠ABC=α，对角线AC、BD相交于点O.在线段AO上任取一点P(端点除外)，连接PD、PB.Q为BA延长线上一点，且有PQ=PB，则：
(1)PD ______PQ(用>、<、=填写两者的数量关系)，∠DPQ= ______(用α表示)．
[模型应用]
(2)如图2，当∠ABC=60°，其他条件不变．
①连接DQ，运用(1)中的结论证明△PDQ为等边三角形；
②试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．
[迁移应用]
当∠ABC=90°，其他条件不变.探究AQ与OP的数量关系，并说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：方程x2+5x−2=0的二次项系数、一次项系数和常数项分别是1，5，−2，
故选：C．
一元二次方程的一般形式为：ax2+bx+c=0(a、b、c为常数，a≠0)，其中a为二次项的系数，b为一次项系数，c为常数项，由此解答即可．
本题考查了一元二次方程的一般形式，熟知方程中二次项的系数，一次项系数，常数项是解题的关键．
2.【答案】C
【解析】解：中空的正方体的俯视图是正方形，里面有两条用虚线表示的看不到的棱，
故选：C．
找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的棱都应表现在俯视图中．
本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面看得到的视图；注意看得到的棱画实线，看不到的棱画虚线．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意知4n=20%，
解得n=20，
经检验：n=20是原分式方程的解，
故选：C．
在同样条件下，大量反复试验时，随机事件发生的频率逐渐稳定在概率附近，利用概率公式解答即可．
本题考查利用频率估计概率．大量反复试验下频率稳定值即概率．关键是根据红球的频率得到相应的等量关系．
4.【答案】B
【解析】解：∵ABBC=12，
∴ABAC=13，
∵a/​/b/​/c，
∴DEDF=ABAC=13，
故选B．
根据平行线分线段成比例定理即可得到结论．
本题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握此定理是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：矩形的性质是：①矩形的四个角都是直角，②矩形的对边相等且互相平行，③矩形对角线相等且互相平分；
菱形的性质是：①菱形的四条边都相等，菱形的对边互相平行；②菱形的对角相等，③菱形的对角线互相平分且垂直，并且每条对角线平分一组对角，
所以矩形具有而菱形不具有的性质是对角线相等，
故选：C．
根据矩形的性质和菱形的性质即可解决问题．
本题考查了矩形的性质和菱形的性质，能熟记知识点是解此题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：∵AC/​/x轴，OA=2，OB=1，
∴A(0,2)，
∴C、A两点纵坐标相同，都为2，
∴可设C(x,2)．
∵D为AC中点．
∴D(12x,2)．
∵∠ABC=90°，
∴AB2+BC2=AC2，
∴12+22+(x−1)2+22=x2，
解得x=5，
∴D(52,2)．
∵反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过点D，
∴k=52×2=5．
故选：B．
根据平行于x轴的直线上任意两点纵坐标相同，可设C(x,2).则D(12x,4)，由勾股定理得出AB2+BC2=AC2，列出方程22+12+(x−1)2+22=x2，求出x，得到D点坐标，代入y=kx，利用待定系数法求出k．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，勾股定理的应用，线段中点坐标公式等知识，求出D点坐标是解题的关键．
7.【答案】−3
【解析】【分析】
本题考查一元二次方程的解，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
根据关于x的方程x2−2x+m=0的一个根是−1，将x=1代入可以得到m的值，本题得以解决．
【解答】
解：∵关于x的方程x2−2x+m=0的一个根是−1，
∴1+2+m=0，
解得m=−3，
故答案为：−3．
8.【答案】59
【解析】解：画树状图如下：
共有9种等可能的结果，其中是偶数的结果有5种，
∴是偶数的概率为59，
故答案为：59．
画树状图，共有9种等可能的结果，其中是偶数的结果有5种，再由概率公式求解即可．
此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
9.【答案】5 3
【解析】解：如图，设AC与BD交于点O，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°
∴∠ABO=12∠ABC=30°，AC⊥BD，BO=DO，
在Rt△AOB中，cs∠ABO=BOAB，
∴BO=AB⋅cs∠ABO=5× 32=5 32，
∴BD=2BO=2×5 32=5 3，
故答案为：5 3．
由四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，可得出∠ABO=12∠ABC=30°，AC⊥BD，BO=DO，进一步可求出cs∠ABO=BOAB，则根据特殊三角函数可求出BO以及BD．
本题主要考查了菱形的性质以及含特殊角的三角函数的计算，熟练掌握各知识点是解题的关键．
10.【答案】16 2
【解析】解：设AE=x，则AD=2AE=2x，
∵矩形ABFE与矩形ABCD相似，
∴AEAB=ABAD，即x4=42x，
解得，x=2 2，
∴AD=2x=4 2，
∴矩形ABCD的面积为AB⋅AD=4×4 2=16 2，
故答案为：16 2．
根据相似多边形的性质列出比例式，计算即可．
考查了相似多边形的性质，解题的关键是根据相似多边形的性质列出比例式，难度不大．
11.【答案】1
【解析】【分析】
本题考查了反比例函数的比例系数的意义，正确设出A的纵坐标，表示出AB的长是关键.设A点的纵坐标是m，则B的纵坐标也是m，代入解析式即可求得A，B的横坐标，则AB的长度即可求得，然后根据三角形的面积公式即可求解．
【解答】
解：设A点的纵坐标是m，则B的纵坐标也是m，
把y=m代入y=1x得：x=1m，
把y=m代入y=3x得：x=3m，
则AB=3m−1m=2m，
则S△ABC=12×2m⋅m=1．
故答案为1．
12.【答案】12或16或21
【解析】解：若△BDP∽△CPE，则BDCP=BPCE，
∴67−BP=BP2，
∴BP=3或4，
∴t=30.25=12(s)或t=40.25=16(s)，
若△BDP∽△CEP，则BDCE=BPCP，
∴62=BP7−BP，
∴BP=214，
∴t=2140.25=21(s)，
故答案为：12或16或21．
分两种情况讨论，由相似三角形的性质列出等式可求解．
本题考查了相似三角形的判定，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．
13.【答案】解：设矩形的长为x步，则宽为(60−x)步，
依题意得：x(60−x)=864，
整理得：x2−60x+864=0，
解得：x1=36或x2=24(不合题意，舍去)，
∴60−x=60−36=24(步)，
∴36−24=12(步)，
答：该矩形的长比宽多12步．
【解析】设矩形的长为x步，则宽为(60−x)步，根据题意列出方程，求出方程的解即可得到结果．
此题考查了一元二次方程的应用，找出题中的等量关系是解本题的关键．
14.【答案】解：(1)x2+4x−2=0，
x2+4x=2，
x2+4x+4=2+4，
(x+2)2=6，
x+2=± 6，
x+2= 6或x+2=− 6，
x1= 6−2，x1=− 6−2；
(2)(x−3)2=6−2x，
(x−3)2=2(3−x)，
(x−3)2−2(3−x)=0，
(x−3)2+2(x−3)=0，
(x−3)(x−1)=0，
x−3=0或x−1=0，
x1=3，x2=1．
【解析】(1)利用解一元二次方程−配方法，进行计算即可解答；
(2)利用解一元二次方程−因式分解法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法，配方法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
15.【答案】解：(1)如图所示：CA即为小丽在阳光下的影子；
(2)∵小明身高为1.60m，小明和小丽之间的距离为2m，而小丽的影子长为1.75m，
设小丽的身高为xm，
∴1.62=x1.75，
解得：x=1.4，
答：小丽的身高为1.4m．
【解析】(1)利用阳光是平行投影进而得出小丽在阳光下的影子进而得出答案；
(2)利用相同时刻身高与影子成正比进而得出即可．
此题主要考查了平行投影的性质，根据已知得出小丽的影子位置是解题关键．
16.【答案】解：(1)连接AC，BD交于点O，作射线EO交BC于F，
则点F为所求作的点，如图1所示：

理由如下：
∵四边形ABCD为矩形，
∴OA=OD=OB=OC，AD//BC，
∴OA=OD，
∴点O在线段AD的垂直平分线上，
∵AE=DE，
∴点E在线段AD的垂直平分线上，
∴OE⊥AD，
∵AD/​/BC，
∴OF⊥BC，
∵OB=OC，即△OBC为等腰三角形，
∴BF=CF，
即点F为BC的中点．
(2)连接AC，BD交于点O，作射线EO交BC于F，
连接DG交EF于T，作射线AT交BC于H，
则点H为所求作的点，如图2所示：

理由如下：
由(1)可知：F为BC的中点，EF⊥BC，
∴EF为线段BC的垂直平分线，
∴TG=TH，即△TGH为等腰三角形，
∴GF=HF，
又∵BF=CF，
∴BF−GF=CF−HF，
∴BG=CH．
【解析】(1)连接AC，BD交于点O，作射线EO交BC于F，则点F为所求作的点．
(2)连接AC，BD交于点O，作射线EO交BC于F，连接DG交EF于T，作射线AT交BC于H，则点H为所求作的点．
此题主要考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，几何作图，熟练掌握矩形的性质，线段垂直平分线的性质是解决问题的关键．
17.【答案】证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD．
∵BE=BD，
∴∠BED=∠BDE．
∴∠AEB=∠ADC．
∴△ABE∽△ACD．
【解析】根据角平分线的定义得到∠BAD=∠CAD，根据等腰三角形的性质得到∠BED=∠BDE，由等角的补角相等得到∠AEB=∠ADC，根据相似三角形的判定定理即可得到结论
本题考查了相似三角形的判定，(1)平行线法：平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似；
这是判定三角形相似的一种基本方法．相似的基本图形可分别记为“A”型和“X”型，如图所示在应用时要善于从复杂的图形中抽象出这些基本图形．
(2)三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；
(3)两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；
(4)两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
18.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，
∵BE=DF，
∴AD−DF=BC−BE，
即AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC=EF，
∴平行四边形AECF是矩形；
(2)解：∵四边形AECF是矩形，
∴∠AEC=∠AEB=90°，
∵AE=BE，AB=2，
∴AE=BE= 2，
∴CE=2BE=2 2，
∴AC= AE2+EC2= 8+2= 10．
【解析】(1)先证四边形AECF是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论；
(2)由等腰直角三角形的性质求出AE的长，由勾股定理可求AC的长．
本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
19.【答案】14.4° 200
【解析】解：(1)本次抽取的学生有：14÷28%=50(人)，
其中选择B的学生有：50−10−14−2−8=16(人)，
补全的条形统计图如右图所示；
(2)在扇形统计图中，D所在的扇形的圆心角的度数为：360°×250=14.4°，
该市有1000名中学生参加研学活动，愿意去A基地的大约有：1000×1050=200(人)；
故答案为：14.4°；200；
(3)树状图如下所示：
由上可得，一共有9种等可能性，其中两校恰好选取同一个基地的可能性有3种，
∴两校恰好选取同一个基地的概率为39=13．
(1)先根据扇形统计图以及条形图中选择C基地的人数以及占比求出抽取学生的总人数，然后再求出选择B基地的人数即可补全条形统计图．
(2)直接用360°乘以选择D基地人数得占比即可求出D所在的扇形的圆心角的度数，用总体乘以选项A基地的占比即可推知整体．
(3)列出树状图或表格然后用概率公式即可求出两校恰好选取同一个基地的概率．
本题主要考查了条形统计图和扇形统计图的相关知识以及用树状图或列表法求概率．
20.【答案】解：(1)在直线y=x+2中，令x=0，则y=2，令y=0，则x=−2，
∴A(0,2)，B(−2,0)，
∵AB=AC=BD，
∴点A是线段BC的中点，
∴C(2,4)，
∵C(2,4)在反比例函数图象上，
∴k=8；
(2)∵AB=AC=BD，
∴S△BOD=S△AOB=S△AOC，
∵S△AOB=12OA⋅OB=12×2×2=2，
∴S△COD=3S△AOB=3×2=6．
【解析】(1)根据直线解析式求出点A、B坐标，再根据中点坐标公式求出点C坐标，即可求出k值；
(2)根据AB=AC=BD可得S△BOD=S△AOB=S△AOC，即可求出S△COD=3S△AOB=3×2=6．
本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，交点坐标满足两个函数解析式是关键．
21.【答案】解：(1)△ABC是等腰三角形；理由如下：
把x=−1代入方程得a+c−2b+a−c=0，则a=b，所以△ABC为等腰三角形；
(2)△ABC为直角三角形；理由如下：
根据题意得Δ=(2b)2−4(a+c)(a−c)=0，即b2+c2=a2，所以△ABC为直角三角形；
(3)把a=3，b=4，c=2代入(a+c)x2+2bx+(a−c)=0，得：
(3+2)x2+2×4x+(3−2)=0，
化简得：5x2+8x+1=0，
解得x1=−4+ 115，x2=−4− 115．
【解析】(1)把x=−1代入方程得a+c−2b+a−c=0，整理得a=b，从而可判断三角形的形状；
(2)根据判别式的意义得Δ=(2b)2−4(a+c)(a−c)=0，即b2+c2=a2，然后根据勾股定理可判断三角形的形状；
(3)把a=3，b=4，c=2代入方程，然后解方程即可．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
22.【答案】解：(1)设经过x秒，△MCN的面积等于△ABC面积的25．
12×2x(8−x)=12×8×10×25．
解得x1=x2=4．
答：经过4秒后，△MCN的面积等于△ABC面积的25；
(2)设经过t秒，△MCN与△ABC相似．
∵∠C=∠C，
∴可分为两种情况：
①MCBC=NCAC，即2t8=8−t10，
解得t=167；
②MCAC=NCBC，即2t10=8−t8．
解得t=4013．
答：经过167或4013秒，△MCN与△ABC相似．
【解析】(1)设经过x秒，△MCN的面积等于△ABC面积的25，根据三角形的面积和已知列出方程，求出方程的解即可；
(2)根据相似三角形的判定得出两种情况，再求出t即可．
本题考查了三角形的面积，直角三角形，相似三角形的判定等知识点，能得出关于x的方程是解(1)的关键，能求出符合的所有情况是解(2)的关键．
23.【答案】= α
【解析】解：(1)如图1，设OQ交AD于点L，
∵四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，
∴AD/​/BC，AD=AB，AC垂直平分BD，
∴∠QAD=∠ABC=α，PD=PB，
∵PQ=PB，
∴PD=PQ，∠Q=∠ABP，
在△PAD和△PAB中，
PD=PBAD=ABAP=AP，
∴△PAD≌△PAB(SSS)，
∴∠ADP=∠ABP，
∴∠Q=∠ADP，
∴∠DPQ=∠DLQ−∠ADP=∠DLQ−∠Q=∠QAD=α，
故答案为：=，α．
(2)①证明：如图2，连接DQ，
由(1)得PD=PQ，∠DPQ=∠QAD=∠ABC，
∵∠ABC=60°，
∴∠DPQ=60°，
∴△PDQ为等边三角形．
②AQ=CP，
理由：∵△PDQ为等边三角形，
∴QD=PD，∠PDQ=60°，
∵AD=CD，∠ADC=∠ABC=60°，
∴∠ADQ=∠CDP=60°−∠ADP，
在△ADQ和△CDP中，
AD=CD∠ADQ=∠CDPQD=PD，
∴△ADQ≌△CDP(SAS)，
∴AQ=CP．
(3)AQ= 2OP，
理由：如图3，连接DQ，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OC=12AC，OD=OB=12BD，且AC=BD，
∴∠AOD=90°，OA=OD，
∴∠ODA=∠OAD=45°，AD= OA2+OD2= 2OD，
由(1)得PD=PQ，∠DPQ=∠QAD=∠ABC，
∴∠DPQ=∠QAD=90°，
∴∠QAD=∠POD，∠PDQ=∠PQD=45°，
∴∠ADQ=∠ODP=45°−∠AOP，
∴△ADQ∽△ODP，
∴AQOP=ADOD= 2，
∴AQ= 2OP．
(1)设OQ交AD于点L，由菱形的性质得AD//BC，AD=AB，AC垂直平分BD，则∠QAD=∠ABC=α，PD=PB，而PQ=PB，所以PD=PQ，∠Q=∠ABP，再证明△PAD≌△PAB，得∠ADP=∠ABP，所以∠Q=∠ADP，可推导出∠DPQ=∠QAD=α，于是得到问题的答案．
(2)①连接DQ，因为PD=PQ，∠DPQ=∠QAD=∠ABC=60°，所以△PDQ为等边三角形．
②由等边三角形的性质得QD=PD，∠PDQ=60°，而AD=CD，∠ADC=∠ABC=60°，所以∠ADQ=∠CDP=60°−∠ADP，即可证明△ADQ≌△CDP，则AQ=CP．
(3)连接DQ，由四边形ABCD是菱形，∠ABC=90°，证明四边形ABCD是正方形，则∠AOD=90°，OA=OD，所以AD= OA2+OD2= 2OD，而PD=PQ，∠DPQ=∠QAD=∠ABC=90°，则∠QAD=∠POD，∠ADQ=∠ODP=45°−∠AOP，可证明△ADQ∽△ODP，得AQOP=ADOD= 2，所以AQ= 2OP．
此题重点考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．