2025年中考第二次模拟考试卷：数学（四川成都卷）（解析版）

这是一份2025年中考第二次模拟考试卷：数学（四川成都卷）（解析版），共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
A卷（共100分）
第I卷（选择题，共32分）
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求，请选出并在答题卡上将该项涂黑）
1．手机支付给生活带来便捷，如图是王老师某日微信账单的收支明细（正数表示收入，负数表示支出，单位：元），王老师当天微信收支的最终结果是（ ）
A．收入4元B．支出2元C．支出6元D．支出9元
【答案】A
【分析】本题考查有理数加法的实际应用．准确的列出算式，正确的进行计算，是解题的关键．将所有的数字相加，根据所得结果进行判断即可．
【详解】解：由题意，得：；
∴王老师当天微信收支的最终结果是收入4元；故选A．
2．如图是一个正方体的表面展开图，则原正方体中与“育”字所在的面相对的面上标的字是（ ）
A．坚B．持C．并D．举
【答案】B
【分析】本题考查了正方体相对两个面上的文字，熟练掌握根据正方体的表面展开图找相对面的方法是解题的关键．
根据正方体的表面展开图找相对面的方法：一线隔一个，即可得出答案．
【详解】解：原正方体中与“育”字所在的面相对的面上标的字是持，故选：B．
3．下列计算正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了整式的运算，根据单项式除以单项式法则，积的乘方法则，幂的乘方法则，合并同类项法则，平方差公式逐项判定即可．
【详解】解：A．，原计算错误；
B．，原计算错误；
C．，原计算错误；
D．，原计算正确，
故选：D．
4．已知点与点的连线平行于轴，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了坐标与图形性质，利用点的坐标计算相应线段的长和判断线段与坐标轴的位置关系，解题的关键是掌握平行于轴的直线上点的坐标特征．
根据平行于轴的直线上点的坐标特征得到，然后解一元一次方程即可．
【详解】解：∵轴，
∴点和点的纵坐标相同，
即，
∴，故选：．
5．巴中市今年3月1日至7日每天的最高气温（单位：℃）依次为：17，19，15，15，14，12，13，关于这组数据下列说法不正确的是（ ）
A．中位数是15B．众数是15C．平均数是15D．方差是5
【答案】D
【分析】本题主要考查众数，平均数，中位数，方差的概念，属于基础题．
由众数，平均数，中位数，方差的概念求解可得结论．
【详解】解：整理得：12，13，14，15，15，17，19，
中位数：15；
众数：15；
平均数：，
方差：；
故选：D．
6．周末，小刚去正在装修的房屋查看进度，放在地上的一块地板砖吸引了他的注意，于是他找来卷尺进行如下操作：①测量地板砖的两组对边长度是否分别相等；②测量地板砖的两条对角线是否相等，以此判断地板砖的表面是否为矩形．小刚的判断依据是（ ）
A．对角线相等的平行四边形是矩形B．有三个角是直角的四边形是矩形
C．有一个角是直角的平行四边形是矩形D．对角线相等的四边形是矩形
【答案】A
【分析】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，熟练掌握平行四边形和矩形的判定是解题的关键．利用①判定平行四边形，再利用②判定矩形，即可得判断依据．
【详解】解：由①测量地板砖的两组对边长度是否分别相等，
即，，
则可判断四边形是平行四边形；
由②测量地板砖的两条对角线是否相等，
即，
则利用“对角线相等的平行四边形是矩形”可判断四边形是矩形；
故选：A．
7．《九章算术》是我国古代重要的数学专著之一，其中记录的一道题译为白话文是：把一份文件用慢马送到900里外的城市，需要的时间比规定时间多一天：如果用快马送，所需的时间比规定时间少3天．已知快马的速度是慢马的2倍，求规定时间．设规定时间为天，则可列方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查了分式方程的应用，理解题意是解题关键．设规定时间为天，根据速度路程时间列分式方程即可．
【详解】解：设规定时间为天，
则可列方程为，故选：A
8．如图，在□ABCD中，，，以点A为圆心，长为半径画弧交于点F；以点A为圆心，适当长为半径画弧分别交、于M、N两点；分别以点M、N为圆心，大于长为半径画弧，两弧在平行四边形内交于点G，连接并延长交于E，连接、，分别交、于P、Q两点，下列结论不正确的是（ ）
A．平分B．四边形是菱形 C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了作图—基本作图、菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，由作图可得，，平分，即可判断A；由角平分线的定义结合平行线的性质得出，推出，即可判断B；由菱形的性质得出，，即可判断C；证明△FGD∽△ABD，得出，，再证明△ABP∽△EQP，得出，即可判断D；熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：由作图可得，，平分，故A正确；
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是菱形，故B正确；
∴，，
∴，故C正确；
∵四边形是菱形，
∴，，
∴△FGD∽△ABD，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴△ABP∽△EQP，
∴，
∴，
∴，故D错误，
故选：D．
第II卷（非选择题，共68分）
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9．已知，则__________．
【答案】
【分析】本题主要考查了二次根式有意义的条件，代数式求值，正确求出、的值是解题的关键，根据二次根式有意义列出，求出的值，即可求出的值，然后代入计算即可．
【详解】解：根据题意得，，解得，
，
，故答案为：．
10．将半径为6的半圆形纸片围成一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面圆半径为__________．
【答案】3
【分析】本题考查了圆锥的计算．易得圆锥的母线长为6，以及圆锥的侧面展开图的弧长，也就是圆锥的底面周长，除以即为圆锥的底面半径．
【详解】解：圆锥的侧面展开图的弧长为，
∴圆锥的底面半径为，故答案为：3
11．围棋起源于中国，棋子分黑白两色，一个不透明的盒子中装有6个黑色棋子和若干个白色棋子，每个棋子除颜色外都相同，任意摸出一个棋子，摸到黑色棋子的概率是，则盒中棋子的总个数是_______个．
【答案】24
【分析】本题考查了概率公式，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．根据黑色棋子除以相应概率可以算出棋子的总数．
【详解】解：由题意，盒中棋子的总个数是个故答案为：
12．如图，已知菱形的周长为8，面积为为的中点，若为对角线上一动点，记的最大值为，记的最小值为，则__________．
【答案】
【分析】过点C作，交与点，再根据菱形的面积求出，根据勾股定理求出，可得点E和点重合，即可得出的最小值为，然后根据点C和点A关于对称，可知，进而当点P与点B重合时，得出的最大值为，即可得出答案．
【详解】解：过点C作，交与点，
∵菱形的周长为8，面积为，
∴，
∴，
∴．
在中，．
∵点E是的中点，
∴，
∴点E和点重合．
根据三角形的三边关系可知，
∴．
∵点C和点A关于对称，
∴，
即．
当点P与点B重合时，得出的最大值为，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，根据轴对称求线段和最小，三角形三边关系等，确定点的位置是解题的关键．
13．若不等式组有解，则a的取值范围是__________．
【答案】
【分析】本题考查了求不等式的解集．根据同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解），可得答案．
【详解】解：解不等式得，
解不等式得，
∵不等式组有解，
∴，
解得：，
故答案为：．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
14．（1）计算
（2）解分式方程
【答案】（1）；（2）
【分析】本题主要考查了实数的运算，求特殊角三角函数值，解分式方程：
（1）先计算特殊角三角函数值，再计算零指数幂和负整数指数幂，最后根据实数的运算法则求解即可；
（2）按照去分母，去括号，移项，合并同类项，系数化为1的步骤解方程，再检验即可．
【详解】解：（1）
；
（2）
去分母得：，
去括号得：，
移项得：，
合并同类项得：，
系数化为1得：，
检验，当时，，
∴是原方程的解．
15．某校开展了以“学习百年党史，汇聚团结伟力”为主题的知识竞赛，竞赛结束后随机抽取了部分学生成绩进行统计，按成绩分成，五个等级，并绘制了如下不完整的统计图．请结合统计图，解答下列问题：
学生成绩扇形统计
(1)学生成绩频数分布直方图中A等级的频数___________，扇形统计图中D等级的圆心角度数为___________，补全学生成绩频数分布直方图；
(2)若成绩在60分及以上为及格，全校共有3200名学生，估计成绩及格的学生有多少人？
(3)本次成绩前四名有2名女生和2名男生，若从这四人中随机抽取2名同学代表学校参加比赛，请用画树状图或列表法求出恰好是一名男生和一名女生的概率．
【答案】(1)16，；频数分布直方见解析；(2)2944人；(3)
【分析】（1）先根据等级的人数和所占百分比求出本次调查的人数，进而求出和的人数，求出扇形统计图中D等级的圆心角度数，然后补全频数分布直方图即可；
（2）根据用样本评估总体的性质计算，即可得到答案；
（3）根据题意画出正确的树状图，据此根据树状图进一步分析求解即可．
【详解】（1）解：根据题意，得等级的学生人数为：50人，等级的学生人数占比为：，
本次调查随机抽取的学生总数为：（人，
等级的学生人数占比为：，
等级的学生人数为：（人，
即，
等级的学生人数为：（人，即，
等级的学生人数为70人，
扇形统计图中D等级的圆心角度数为，
等级的学生人数为：（人，
频数分布直方图如下：
；
故答案为：16，；
（2）解：成绩在60分及以上的学生人数占比为：，
全校估计成绩及格的学生有2944人；
（3）解：画树状图如下：
由图可知，共有12种等可能得结果，其中恰好是一名男生和一名女生的结果有8种，
所以恰好是一名男生和一名女生的概率．
【点睛】本题考查了调查统计的知识，列表法或树状图法求概率，解题的关键是熟练掌握频率分布直方图、扇形统计图、用样本评估总体的性质，从而完成求解．
16．小吉购买了可升降夹书阅读架（如图1），将其放置在水平桌面上的侧面示意图如图2，测得底座的高为，，支架长为，面板长为，为（厚度忽略不计）．
(1)求支点离桌面的高度．
(2)当面板绕点转动时，面板与桌面的夹角满足，当面板与桌面的夹角增大时，点离桌面的高度也随之增大，问当面板绕点转动过程中，点离桌面最大高度与最小高度的差是多少？（计算结果保留根号）
【答案】(1)；(2)
【分析】本题考查解直角三角形的应用．把所求线段和所给角放在合适的直角三角形中是解决本题的关键．
（1）过点C作于点F，过点B作于点M，则四边形是矩形，可得，从而得到，再利用锐角三角函数，解答即可求解；
（2）过点CC作CN∥l，过E作于点H，则，分别求出所成的角为和时，的值，即可求解．
【详解】（1）解：如图，过点C作于点F，过点B作于点M，
则，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即支点C离桌面l的高度为；；
（2）解：如图，过点C作，过E作于点H，
则，
∵，
∴，
当时，
；
当时，；
∴当面板绕点C转动过程中，E离桌面l最大高度与最小高度的差是．
17．如图，在△ABC中，，以为直径的⊙O分别交，于点，，于点，交的延长线于点．
(1)求证：直线是⊙O的切线；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析；(2)的长是
【分析】（1）根据等腰三角形的性质可得：，，进而得到，推出，结合，即可得证；
（2）由，可得，由（1）可得：，，推出，得到，可求出，进而求出，然后根据求出，最后根据，即可求解．
【详解】（1）证明：如图1，连接，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是⊙O的半径，
直线是⊙O的切线；
（2）如图2，，是⊙O的直径，
，
由（1）可得：，，
，
，
，
，
，
，
，即的长是．
【点睛】本题考查切线的判定，等腰三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，三角函数，解题的关键是掌握相关知识．
18．如图，在平面直角坐标系中，反比例函数图象上有A，B两点，其中点B在点A右侧，连接．
(1)如图1，设A点坐标为，若，，且．
①求k的值；
②若的面积为，求点B的坐标；
(2)如图2，延长交反比例函数的图象于点C，连接，点为上一点，连接并延长交于点E．若的面积与△BEC的面积相等，是否存在直线，使得点E始终在该直线下方，若存在，请求出a的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)①4；②；(2)存在，3
【分析】（1）①依题意，得，再解n的值，即可作答；
②过点A作轴于点M，过点B作轴于点N，易得，进而用坐标可以表示出的长度，建立方程求解即可；
（2）连接，易证E是中点，进而可表示出点A坐标，求出反比例函数表达式，设出B点坐标，再表示出E点坐标即可得解．
本题考查了反比例函数与几何综合，求反比例函数的解析式，因式分解法解方程，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
【详解】（1）解：（1）①∵，，
∴，
∴，
∵，且，
∴，
∴A点坐标为，
∴；
②过点A作轴于点M，交于一点K，过点B作轴于点N，
设点B的坐标为，
∵反比例函数图象上有A，B两点，
∴，
∵，
∴，
∵的面积为，
∴，
即，
整理可得：，
解得（负值舍去），
∴点B的坐标为．
（2）解：连接，
∵的面积与△BEC的面积相等，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵O为中点，
∴
∴E为中点，
∴为△ABC的中位线
∴，
∵D点坐标为，
∴A点坐标为，
则，
∴反比例函数表达式为，
设点B的坐标为，
∴点C的坐标为，
∵A点坐标为，E为中点，
∴，
∴点E的坐标为，
∵点B在点A右侧，
∴，
∴，
∴点E始终在直线的下方，
∴a的最小值为3．
B卷（共50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19．如图，在矩形中，，点E为的中点，点F是边上一点，且．连接，将沿折叠，若点C的对应点P恰好落在上，则a的值为________．
【答案】
【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理等知识，根据矩形的性质、折叠的性质可得出，，根据证明Rt△ABE≌Rt△APE，得出，，然后在Rt△ADF中，根据勾股定理求解即可．
【详解】解：连接，
在矩形中，，
∴，，
∵点E为的中点，
∴，
∵折叠，
∴，，，
又，
∴Rt△ABE≌Rt△APE(HL)，
∴，
在中，，，
∴，
解得（负值舍去），
故答案为：．
20．已知是一元二次方程的两个不相等实数根，则代数式的值是_____．
【答案】36
【分析】本题主要考查了方程的解的定义．一般解题思路是，把表示根的字母代入方程得到相关的等式，再把所求的代数式变形成已知条件的形式，把已知条件整体代入即可．根据方程根的定义，分别把，代入方程可得，，再把代数式变形代值则可．
【详解】解：是一元二次方程的两个不相等实数根，
，，，
，，
．
故答案为：36
21．已知两个正数a，b，可按规则扩充为一个新数c在a，b，c三个数中取两个较大的数，按上述规则扩充得到一个新数，依次下去，将每扩充一次得到一个新数称为一次操作，（1）若，按上述规则操作三次，扩充所得的数是_______；（2）若，经过6次操作后扩充所得的数为（m，n为正整数），则的值为_______．
【答案】 255 21
【分析】（1）a=1，b=3，按规则操作三次，第一次：c=7，第二次：c=31，第三次：c=255由此即可求解；
（2）p>q>0，按规则重复两次，第一次得：，第二次得： ，所得新数大于任意旧数，故经过6次扩充，所得数为，即可求解．
【详解】（1）第一次，；第二次，；第三次，；
（2）第一次，；
第二次，；
第三次；
第四次，；
第五次，；
第六次，，所以．
故答案为（1）255；（2）21．
【点睛】本题考查了推理与论证，整式规律探究，新定义运算，主要考查学生分析解决问题的能力，求出经过6次操作后扩充所得的数是关键．
22．如图，是斜边上的中线，，点在边上，连接，，当△DEF与相似时，线段的长为_______．
【答案】或
【分析】根据是斜边的中线得到，进而得到，根据△DEF与相似， 得到或，所以分三种情况讨论：①△DEF ∽△DBC；②△EDF ∽△DBC；③△FDE ∽△DBC；分别求解即可．
【详解】解：是斜边的中线，，
，
∴，
当△EDF ∽△DBC时，
∴，则，
∵在中，，
，
，则,
，
，
∴，
当△FDE ∽△DBC或△EDF ∽△DBC时，
，又，
，
，
，
，
，
，
，
∴
综上所述，的长为或
故答案为：或．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，三角函数的应用，解题的关键是分情况讨论相等的角．
23．已知两点，都在抛物线上．
（1）若，，则_____；（用含的代数式表示）
（2）若对于实数，（，），都有，则的取值范围是_______．
【答案】
【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键；
（1）由题意易得的两个根为，然后根据根与系数的关系取得的关系，即可求解；
（2）根据题意可知点，的中点需满足在对称轴的左侧或者右侧，然后分类进行求解即可．
【详解】解：（1）∵当，，且，是抛物线上任意两点，
∴的两个根为
∴
∴，
∵，
∴
∴
故答案为：．
（2）对于实数，（，），都有，
∴
∴
当时，
即
当时，
即
综上所述，
故答案为：．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
24．某超市销售，两种型号的篮球，已知采购3个型篮球和2个型篮球需要220元，采购1个型篮球和4个型篮球需要290元．
(1)该超市采购1个型篮球和1个型篮球分别需要多少元？
(2)若该超市准备采购50个这两种型号的篮球，总费用不超过2550元，则最多可采购型篮球多少个？
(3)在（2）的条件下，若该超市以每个型篮球58元和每个型篮球98元的价格销售完采购的篮球，能否实现利润不少于1540元的目标？若能，请给出相应的采购方案；若不能，请说明理由．
【答案】(1)该超市采购1个型篮球需要30元，1个型篮球需要65元
(2)最多可采购型篮球30个
(3)能，该超市共有3种采购方案． 方案1：采购型篮球22个，型篮球28个；方案2：采购型篮球21个，型篮球29个；方案3：采购型篮球20个，型篮球30个．
【分析】本题考查二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用：
（1）设该超市采购1个型篮球需要元，1个型篮球需要元，根据采购3个型篮球和2个型篮球需要220元，采购1个型篮球和4个型篮球需要290元，列出方程组进行求解即可；
（2）设采购型篮球个，则采购型篮球个，根据题意，列出不等式进行求解即可；
（3）根据利润不少于1540元，列出不等式，求出的范围，结合（2）中的范围，即可得出结果．
【详解】（1）解：设该超市采购1个型篮球需要元，1个型篮球需要元．
根据题意，得
解得
答：该超市采购1个型篮球需要30元，1个型篮球需要65元．
（2）设采购型篮球个，则采购型篮球个．
根据题意，得，
解得，所以的最大值为30．
答：最多可采购型篮球30个．
（3）根据题意，得，
解得．
因为，且为正整数，所以可取28，29，30，
所以能实现利润不少于1540元的目标，该超市共有3种采购方案．
方案1：采购型篮球22个，型篮球28个；
方案2：采购型篮球21个，型篮球29个；
方案3：采购型篮球20个，型篮球30个．
25．在平面直角坐标系中，已知抛物线与轴交于和，与轴正半轴交于点，且，点为抛物线的顶点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)在线段下方的抛物线上存在点，使，求点坐标．
(3)若在抛物线上有一点，使，求点坐标．
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】（1）运用待定系数法即可求得抛物线解析式．
（2）设，过点作轴交于点，如图1，运用待定系数法求得直线的解析式为，则，进而得出，根据即求解点坐标．
（3）如图2，过点作轴于点，连接，则，，，根据等腰直角三角形的性质可得，，，，，，由三角函数定义可得，，过点在轴下方作轴，使，连接交抛物线于另一个点，可推出，求出直线的解析式为，在联立方程组求解即可得到答案．
【详解】（1）抛物线与轴交于和，
设抛物线的解析式为，
，
，
，
点的坐标为，
将代入中，
解得，
抛物线解析式为，
即．
（2）由（1）得，
，
设，过点作轴交于点，如图1，设直线的解析式为，
则，
解得：，
直线的解析式为，
则，
，
，
，
，
，
解得：．
（3），
抛物线的顶点，
如图2，过点作轴于点，连接，
则，，，
是等腰直角三角形，
，，
，，
是等腰直角三角形，
，，
∴∠CBD=∠CBO+∠DBF=90°，
∴tan∠DBC=BDBC=232=13，
过点在轴下方作轴，使，连接交抛物线于另一个点，
则，，，
，
，
设直线的解析式为，
则
解得：
直线的解析式为．
联立方程组得
解得，．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象和性质，三角形的面积，三角函数的定义，等腰直角三角形的判定和性质等，熟练掌握二次函数的性质和待定系数法等相关知识是解题的关键．
26．在等边△ABC中，点D在直线上，连接，过点B作于点H．
(1)如图1，点D在的延长线上，，，求的长度；
(2)如图2，点D在边上，点E在边上，且，与交于点F，若点F恰是的中点，请用等式表示与的数量关系，并证明；
(3)如图3，点D在边上，过点H作．连接、，将沿翻折至，连接，，请直接写出当取得最大值时的值．
【答案】(1)；(2)；证明见解析；(3)
【分析】（1）过点A作于点E，根据等边三角形的性质得出，，解直角三角形得出，求出，设，则，根据勾股定理得出，求出，最后得出答案即可；
（2）过点E作于点G，证明，得出，，设，则，，求出，证明，得出，设，则，求出，根据，求出，得出，求出，即可得出答案；
（3）延长，交于点G，证明四边形为平行四边形，得出，，证明，得出，说明点N在以为直径的圆上运动，取的中点O，以点O为圆心为半径作圆，连接并延长，交于点N，此时最大，设，则，解直角三角形，求出，，最后根据，代入求出结果即可．
【详解】（1）解：过点A作于点E，如图所示：
∵△ABE为等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
根据勾股定理得：，
即，
解得：，负值舍去，
∴．
（2）解：，理由如下：
过点E作于点G，如图所示：
∵△ABE为等边三角形，
∴，，
∵，
∴△ABE ≌△CAD，
∴，，
∴，
∵∵，
∴，
∴，
∴，
∵点F为的中点，
∴，
设，则，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：延长，交于点G，如图所示：
根据折叠可知：，，，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
，
∴，
∵等边△ABC中，
∴△BCN ≌△ABH，
∴，
∴点N在以为直径的圆上运动，
取的中点O，以点O为圆心为半径作圆，连接并延长，交于点N，此时最大，
设，则，
∵△ABC为等边三角形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图，过点D作于点K，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
∵，，
∴△AOD ≌△AKD，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
．
【点睛】本题主要考查了解直角三角形的相关计算，折叠的性质，平行四边形的判定和性质，平行线的性质，三角形全等的判定和性质，确定圆的条件，等边三角形的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关判定和性质．
等级
成绩
A
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