2024年黑龙江省哈尔滨市巴彦县华山中学中考数学模拟试卷(含解析）

这是一份2024年黑龙江省哈尔滨市巴彦县华山中学中考数学模拟试卷(含解析），共19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.−2020的倒数是( )
A. 2020B. −2020C. 12020D. −12020
2.下列运算中正确的是( )
A. (3ab)2=9a2b2B. a2+a4=a6
C. (a3)4=a7D. a2+b2=(a+b)(a−b)
3.下面的几何体中，主视图为圆的是( )
A. B. C. D.
4.分式方程2x−1−1=0的解是( )
A. x=1B. x=−2C. x=3D. x=−3
5.在Rt△ABC中，∠C=90°，∠B=35°，AB=3，则BC的长为( )
A. 3sin35°B. 3cs35∘C. 3cs35°D. 3tan35°
6.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′，若B′落到BC边上，∠B=50°，则∠CB′C′的度数为( )
A. 50°
B. 60°
C. 70°
D. 80°
7.如图，在△ABC中，D、E分别为AB、AC边上的点，DE/​/BC，点F为BC边上一点，连接AF交DE于点G，则下列结论中一定正确的是( )
A. ADAB=AEEC
B. AGGF=AEBD
C. BDAD=CEAE
D. AGAF=ACEC
8.将抛物线y=3x2向左平移2个单位，再向下平移1个单位，所得抛物线为( )
A. y=3(x−2)2−1B. y=3(x−2)2+1
C. y=3(x+2)2−1D. y=3(x+2)2+1
9.如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=6，以点C为圆心，BC为半径的圆与AB相交于点D，则AD的长为( )
A. 2
B. 2 3
C. 3
D. 3 3
10.甲、乙二人从学校出发去科技馆，甲步行一段时间后，乙骑自行车沿相同的路线行进，两人均匀速前行，他们的路程差s(米)与甲出发时间t(分钟)之间的函数关系如图所示，下列结论：①乙先到达科技馆；②乙的速度是甲的速度的2.5倍；③b=480；④a=24.其中正确结论的个数为个．( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
11.上海世博会的中国馆利用太阳能发电，年发电量可达2 840 000度，把2 840 000用科学记数法可表示为______．
12.在函数y=xx−6中，自变量x的取值范围是______．
13.分解因式：a2−ab=______．
14.计算： 24−18 16的结果是______．
15.抛物线y=2(x+3)2+2的顶点坐标为______．
16.不等式组3−x2≤13x+2≥1的解集是______．
17.在一个不透明的布袋中装有2个白球和3个黄球，它们除颜色不同外，其余均相同.若从中随机摸出两个球，摸到两个球是黄球的概率为______．
18.一个扇形的圆心角为120°，扇形的弧长12π，则扇形半径是______．
19.△ABC中，AB=15，AC=20，BC边上的高为12，则BC边的长为______．
20.在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、AD边上，连接DE、EF，DE=EF，DG⊥EF交AB于点G，H为垂足，GH=2，DH=4，则线段HE的长度为______．
三、计算题：本大题共1小题，共7分。
21.先化简，再求代数式x+1x÷(x−1+x22x)的值，其中x=2cs30°+tan45°．
四、解答题：本题共5小题，共45分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
22.(本小题8分)
如图，在小正方形的边长均为1的方格纸中，有线段AB，点A，B均在小正方形的顶点上．
(1)在图中画出一个以线段AB为一边的等腰△ABC，且△ABC为钝角三角形；
(2)在图中画一个△BCD，点D在小正方形的顶点上，tan∠CBD=12，且△BCD的面积等于14；
(3)连接AD，请直接写出AD的长．
23.(本小题8分)
已知，在平行四边形ABCD中，点E、F在分别边BC、AD上，且BE=DF，点G、H分别在AE、CF上，且AG=CH．

(1)如图1，求证：GE=FH；
(2)如图2，若FG⊥AE，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中与∠AFG互余的所有角．
24.(本小题9分)
某文教店用1200元购进了A、B两种羽毛球拍．已知A种羽毛球拍进价为每副12元，B种羽毛球拍进价为每副10元．文教店在销售时A种羽毛球拍售价为每副15元，B种羽毛球拍售价为每副12元，全部售完后共获利270元．
(1)求这个文教店购进A、B两种羽毛球拍各多少副？
(2)若该文教店以原进价再次购进A、B两种羽毛球拍，且购进A种羽毛球拍的数量不变，而购进B种羽毛球拍的数量是第一次的2倍，B种羽毛球拍按原售价销售，而A种羽毛球拍降价销售．当两种羽毛球拍销售完毕时，要使再次购进的羽毛球拍获利不少于340元，A种羽毛球拍最低售价每副应为多少元？
25.(本小题10分)
如图，△ABC内接于⊙O，点D在AC上，射线AO交BD于点E，∠AED=∠ABC．
(1)求证：BD⊥AC；
(2)当∠CAE=∠CBD时，求证：AB=AC；
(3)在(2)的条件下，延长BD交⊙O于点F，连接AF，若tan∠DAF=12，S△ABE=15，求⊙O的半径．
26.(本小题10分)
如图，已知抛物线y=−x2+bx+c与x轴交于A、B与y轴交于C，过C作x轴的平行线交抛物线于点D，过点D作x轴的垂线交x轴于E，点D的坐标为(2,3)
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P为第一象限直线DE右侧抛物线上一点，连接AP交y轴于点F，连接PD、DF，设点P的横坐标为t，△PFD的面积为S，求S与t的函数关系式；
(3)在(2)的条件下，点P向下平移3个单位得到点Q，连接AQ、EQ，若∠AQE=45°，求点P的横坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：−2020的倒数是−12020，
故选：D．
乘积是1的两数互为倒数．依据倒数的定义回答即可．
本题主要考查的是倒数的定义，掌握倒数的定义是解题的关键．
2.【答案】A
【解析】解：A.(3ab)2=9a2b2，故本选项符合题意；
B.a2与a4不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意；
C.(a3)4=a12，故本选项不合题意；
D.a2−b2=(a+b)(a−b)，a2+b2不能因式分解，故本选项不合题意．
故选：A．
分别根据幂的乘方与积的乘方运算法则，合并同类项法则，幂的乘方运算法则以及平方差公式逐一判断即可．
本题主要考查了合并同类项，因式分解以及幂的乘方与积的乘方，熟记相关运算法则是解答本题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：A、的主视图是矩形，故A不符合题意；
B、的主视图是正方形，故B不符合题意；
C、的主视图是圆，故C符合题意；
D、的主视图是三角形，故D不符合题意；
故选：C．
根据常见几何体的主视图，可得答案．
本题考查了常见几何体的三视图，熟记常见几何体的三视图是解题关键．
4.【答案】C
【解析】解：去分母得：2−(x−1)=0，
解得：x=3，
当x=3时，x−1≠0，即x≠1，
经检验，x=3是分式方程的根；
故选：C．
方程两边同时乘以(x−1)，把分式方程化成整式方程，解整式方程检验后，即可得出分式方程的解．
本题考查了解分式方程，正确把分式方程化成整式方程是解决问题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵cs35°=CBAB=CB3，
∴BC=3cs35°，
故选：C．
根据余弦定义可得csB=CBAB，再代入AB=3，可得答案．
此题主要考查了锐角三角函数，关键是掌握余弦：锐角A的邻边b与斜边c的比叫做∠A的余弦，记作csA．
6.【答案】D
【解析】解：由旋转的性质可知：AB=AB′，∠B=∠AB′C′=50°．
∵AB=AB′，
∴∠B=∠BB′A=50°．
∴∠BB′C′=50°+50°=100°．
∴∠CB′C′=180°−100°=80°．
故选：D．
依据旋转的性质可求得AB=AB′，∠AB′C′的度数，依据等边对等角的性质可得到∠B=∠BB′A，于是可得到∠CB′C′的度数．
本题主要考查的是旋转的性质、等腰三角形的性质，求得∠AB′C′和∠BB′A的度数是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：(A)∵DE//BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴ADAB=AEAC，故A错误；
(B)∵DE//BC，
∴AGGF=AEEC，故B错误；
(C)∵DE//BC，
BDAD=CEAE，故C正确；
(D)∵DE//BC，
∴△AGE∽△AFC，
∴AGAF=AEAC，故D错误；
故选：C．
根据相似三角形的判定与性质即可求出答案．
本题考查相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练运用相似三角形的性质，本题属于中等题型
8.【答案】C
【解析】解：抛物线y=3x2向左平移2个单位，再向下平移1个单位后的抛物线顶点坐标为(−2,−1)，
所得抛物线为y=3(x+2)2−1．
故选：C．
先求出平移后的抛物线的顶点坐标，再利用顶点式写出抛物线解析式即可．
本题考查了二次函数图象与几何变换，求出平移后的抛物线的顶点坐标是解题的关键．
9.【答案】C
【解析】解：连接CD，如图，
∵∠ACB=90°，∠A=30°，
∴BC=12AB=3，∠B=60°，
∵CB=CD，
∴△CBD为等边三角形，
∴∠BCD=60°，
∴∠DCA=30°，
∵∠DCA=∠A，
∴DA=DC=3．
故选：C．
连接CD，如图，根据含30度的直角三角形三边的关系得到BC=3，则判断△CBD为等边三角形，则∠BCD=60°，然后证明∠DCA=∠A得到DA=DC=3．
本题考查了含30度的直角三角形三边的关系：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
10.【答案】C
【解析】解：由图象得出甲步行720米，需要9分钟，
所以甲的运动速度为：720÷9=80(米/分)，
当第15分钟时，乙运动15−9=6(分钟)，
运动距离为：15×80=1200(米)，
∴乙的运动速度为：1200÷6=200(米/分)，
∴200÷80=2.5，故②正确；
当第19分钟以后两人之间距离越来越近，说明乙已经到达终点，则乙先到达青少年宫，故①正确；
此时乙运动19−9=10(分钟)，
运动总距离为：10×200=2000(米)，
∴甲运动时间为：2000÷80=25(分钟)，
故a的值为25，故④错误；
∵甲19分钟运动距离为：19×80=1520(米)，
∴b=2000−1520=480，故③正确．
故正确的有：①②③．
故选：C．
根据甲步行720米，需要9分钟，进而得出甲的运动速度，利用图形得出乙的运动时间以及运动距离，进而分别判断得出答案．
此题主要考查了函数的图象，利用数形结合得出乙的运动速度是解题关键．
11.【答案】2.84×106
【解析】解：将2 840 000用科学记数法表示为：2.84×106．
故答案为：2.84×106．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值>1时，n是正数；当原数的绝对值<1时，n是负数．
此题考查了科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
12.【答案】x≠6
【解析】解：依题意得
x−6≠0，
∴x≠6．
故答案为：x≠6．
根据分式的意义即分母不等于0，可以求出x的范围．
此题主要考查了确定函数自变量的取值范围，确定函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．
13.【答案】a(a−b)
【解析】解：a2−ab=a(a−b)．
直接把公因式a提出来即可．
本题主要考查提公因式法分解因式，属于基础题．
14.【答案】− 6
【解析】解：原式=2 6−18× 66
=2 6−3 6
=− 6．
故答案为：− 6．
首先化简二次根式，进而合并求出答案．
此题主要考查了二次根式的加减运算，正确化简二次根式是解题关键．
15.【答案】(−3,2)
【解析】解：y=2(x+3)2+2的顶点坐标为(−3,2)．
故答案为：(−3,2)．
根据二次函数顶点式的性质，即可得出答案．
本题主要考查了二次函数的顶点式，熟练掌握二次函数的顶点式y=a(x−h)2+k的性质是解决本题的关键．
16.【答案】x≥1
【解析】解：解不等式3−x2≤1，得：x≥1，
解不等式3x+2≥1，得：x≥−13，
∴不等式组的解集为x≥1．
故答案为：x≥1．
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．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．
17.【答案】35
【解析】解：根据题意可得：一个不透明的袋中装有除颜色外其余均相同的2个白球和3个黄球，共5个，
从中随机摸出一个，则摸到黄球的概率是35．
故答案为：35．
根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．
本题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种可能，那么事件A的概率P(A)=mn．
18.【答案】18
【解析】解：弧长=nπr180=120π⋅r180=12π，
解得r=18．
故答案为：18
利用弧长公式l=nπr180进行计算即可．
本题考查了弧长的计算，解题的关键是利用弧长公式计算弧长．
19.【答案】25或7
【解析】解：当B、C在点D异侧时，如图，
∵AB=15，AC=20，AD=12，∠ADB=∠ADC=90°，
∴BD= AB2−AD2=9，DC= AC2−AD2=16，
∴BC=BD+DC=25；
当B、C在点D同侧时，如图所示：
∵AB=15，AC=20，AD=12，∠ADB=∠ADC=90°，
∴BD= AB2−AD2=9，DC= AC2−AD2=16，
∴BC=DC−BD=7；
故答案为：25或7．
根据勾股定理可直接进行求解．
本题主要考查勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
20.【答案】2 5
【解析】解：∵DE=EF，
∴∠EDF=∠EFD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD/​/BC，∠A=90°，
∴∠EDF=∠DEC，
∴∠EFD=∠DEC，
∵DG⊥EF，
∴∠DHF=90°，
∴∠EFD+∠FDH=90°，
∵∠A=90°，
∴∠DGA+∠FDH=90°，
∴∠DGA=∠EFD，
∴∠DGA=∠DEC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠C=90°，AD=CD，
在△ADG和△CDE中，
∠A=∠C∠DGA=∠DECAD=CD，
∴△ADG≌△CDE(AAS)，
∴DE=DG=GH+DH=2+4=6，
∵DG⊥EF，
∴∠DHE=90°，
∴HE= DE2−DH2= 62−42= 20=2 5，
故答案为：2 5．
先根据等边对等角得到∠EDF=∠EFD，再根据正方形的性质、同角的余角相等证出∠DGA=∠DEC，从而利用AAS证得△ADG和△CDE全等，得出DE的长，在Rt△DHE中根据勾股定理即可求出HE的长．
本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，等边对等角，同角的余角相等，掌握这些性质是解题的关键．
21.【答案】解：原式=x+1x÷2x2−1−x22x
=x+1x⋅2x(x+1)(x−1)
=2x−1，
∵x=2cs30°+tan45°
=2× 32+1
= 3+1，
∴原式=2 3+1−1=2 33．
【解析】先把原式进行化简，在根据特殊角的三角函数值求出x的值，把x的值代入化简的式子进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值及特殊角的三角函数值，熟知分式混合运算的法则是解答此题的关键．
22.【答案】解：(1)如图，△ABC即为所求．
(2)如图，△BCD即为所求．
(3)AD= 42+42=4 2．
【解析】(1)根据等腰三角形的定义画出图形即可．
(2)周长底为7，高为4的三角形即可，利用勾股定理求出AD．
本题考查作图−应用与设计作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
23.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=CB，AD/​/CB，
∵BE=DF，
∴AD−DF=CB−BE，
∴AF=CE，AF/​/CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE=CF，
∵AG=CH，
∴AE−AG=CF−CH，
∴EG=FH．
(2)解：∵FG⊥AE，
∴∠AGF=90°，
在△ABE和△CDF中，
BE=DFAE=CFAB=CD，
∴△ABE≌△CDF(SSS)，
∴∠AEB=∠CFD，
∵∠AEB=∠FAG，∠CFD=∠ECH
∴∠AEB=∠FAG=∠CFD=∠ECH，
∴∠AEB+∠AFG=∠FAG+∠AFG=∠CFD+∠AFG=∠ECH+∠AFG=90°，
∴与∠AFG互余的角有∠AEB、∠FAG、∠CFD、∠ECH．
【解析】(1)由平行四边形的性质得AD=CB，AD/​/CB，而BE=DF，则AF=CE，可证明四边形AECF是平行四边形，得AE=CF，而AG=CH，则EG=FH；
(2)可证明△ABE≌△CDF，得∠AEB=∠CFD，因为∠AEB=∠FAG，∠CFD=∠ECH，所以∠AEB=∠FAG=∠CFD=∠ECH，则与∠AFG互余的角有∠AEB、∠FAG、∠CFD、∠ECH．
此题重点考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、直角三角形的两个锐角互余等知识，证明四边形AECF是平行四边形是解题的关键．
24.【答案】解：(1)设文教店购进A种羽毛球拍x副，B种羽毛球拍y副，
由题意，得12x+10y=1200(15−12)x+(12−10)y=270，
解得：x=50y=60，
即这个文教店购进A种羽毛球拍50副，B种羽毛球拍60副；
(2)设A种羽毛球拍每副的售价为m元，由题意，得
50(m−12)+2×60×(12−10)≥340，
解得：m≥14，
故A种羽毛球拍每副的最低售价为14元．
【解析】此题主要考查了二元一次方程组的应用以及一元一次不等式的应用，正确得出等式是解题关键．
(1)利用文教店用1200元购进了A、B两种羽毛球拍，全部售完后共获利270元，分别得出等式，组成方程组求出答案；
(2)利用再次购进的羽毛球拍获利不少于340元，得出不等式求出答案．
25.【答案】(1)证明：延长AO交于点H，连接CH，

∵∠AED=∠BEH，∠ABC=∠AHC，
∴∠AED=∠AHC，
∴BD/​/GH，
∵AH是⊙O的直径，
∴∠ACH=90°，
∴DB⊥AC；
(2)证明：延长AO交BC于点Q，

∵∠CAE=∠CBD，∠AED=∠BEQ，
∵BD⊥AC，
∴∠ADB=∠AQB=90°，
∴AQ垂直平分BC，
∴AB=AC；
(3)解：延长AO交BC于H，交⊙O于T，连接BT，

设∠CAF=α，则∠CBF=∠CAF=α，
由(2)∠CAE=∠CBD，则∠BAT=∠CAE=∠TAC=∠CBF=α，
即∠BAT=∠TAC=∠CBF=α，
∵tan∠DAF=12，
即tanα=12，
∵tan∠EAD=EDAD=12=DCBD=DFAD，
设ED=DF=3m，则AD=6m，设DC=4n，则BD=8n，
∵AB=AC，
∴(8n)2+(6m)2=(6m+4n)2，
解得：m=n，
∴BD=8m，AD=6m，BE=5m，
∴AB=10m，
∵tanα=BTAB=12，
∴BT=5m，
在Rt△ABT中，AT= AB2+BT2=5 5m，
∴S△ABE=12BE⋅AD=12×5m×6m=15，
∴m=1，AT=5 5，
所以⊙O的半径为5 52．
【解析】(1)延长AO交于点H，连接CH，根据已知条件∠AED=∠BEH，根据圆周角定理∠ABC=∠AHC，得出∠AED=∠AHC，则BD//GH，由AH是⊙O的直径，得出∠ACH=90°，即可得出DB⊥AC；
(2)延长AO交BC于点Q，由已知条件∠CAE=∠CBD，对顶角相等∠AED=∠BEQ，根据三角形内角和定理得出∠ADB=∠AQB=90°，根据垂径定理即可得证；
(3)延长AO交BC于H，交⊙O于T，连接BT，导角可得∠BAT=∠TAC=∠CBF=α，则tanα=12，根据tan∠EAD=EDAD=12=DCBD=DFAD，设ED=DF=3m，则AD=6m，设DC=4n，则BD=8n，根据AB=AC，得出m=n，则AB=10m，BT=5m，在Rt△ABT中，AT= AB2+BT2=5 5m，根据S△ABE=15，求得m=1，进而即可求解．
本题考查了垂径定理，已知正切求边长，圆周角定理，解直角三角形，综合运用以上知识是解题的关键．
26.【答案】解：(1)由题意D(2,3)，C(0,3)，
∵CD/​/x轴，
∴C、D关于对称轴对称，
∴对称轴x=1，
∴−b−2=1，
∴b=2，c=3，
∴抛物线的解析式为y=−x2+2x+3．
(2)如图1中，连接PC，作PH⊥AB于H.设P(t,−t2+2t+3)．

对于抛物线y=−x2+2x+3，令y=0，−x2+2x+3=0，解得x=−1或3，
∴A(−1,0)，B(3,0)
∵OF//PB，
∴OFPH=OAAH，
∴FO=(−t2+2t+3)⋅11+t=3−t，
∴CF=3−(3−t)=t，
S=S△PCF+S△PCD−S△CDF=12⋅t⋅t+12×2×[3−(−t2+2t+3)]−12⋅t⋅2=32t2−3t(2(3)如图构造等腰直角三角形△AKE，使得AK=EK，∠AKE=90°，则易知K(12,−32)，以K为圆心，AK为半径画⊙K．

∵∠AQE=45°=12∠AKE，
∴点Q在⊙K上，设P(m,−m2+2m+3)，则Q(m,−m2+2m)，
∵AK=QK，
∴(1+12)2+(32)2=(m−12)2+(−m2+2m+32)2，
∴94+94=m2−m+14+(−m2+2m)2+3(−m2+2m)+94，
∴m2−m−2+m2(m−2)2−3m(m−2)=0，
∴(m−2)(m+1)+m2(m−2)2−3m(m−2)=0，
∴(m−2)[(m+1)+m3−2m2−3m]=0，
∴(m−2)[(m+1)+m(m+1)(m−3)]=0，
∴(m−2)(m+1)(m2−3m+1)=0，
∴m=2或−1或3± 52，
∵点P为第一象限直线DE右侧抛物线上一点，
∴m=3+ 52，
∴满足条件的点P的横坐标为3+ 52．
【解析】(1)由题意D(2,3)，C(0,3)，由CD//x轴，推出C、D关于对称轴对称，可知对称轴x=1，推出−b−2=1，可得b=2，c=3；
(2)如图1中，连接PC，作PH⊥AB于H.设P(t,−t2+2t+3).由OF/​/PB，可得OFPH=OAAH，推出FO=(−t2+2t+3)⋅11+t=3−t，推出CF=3−(3−t)=t，根据S=S△PCF+S△PCD−S△CDF计算即可；
(3)如图构造等腰直角三角形△AKE，使得AK=EK，∠AKE=90°，则易知K(12,−32)，以K为圆心，AK为半径画⊙K.由∠AQE=45°=12∠AKE，推出点Q在⊙K上，设(m,−m2+2m+3)，则Q(m,−m2+2m)，根据AK=QK，列出方程解方程即可解决问题；
本题考查二次函数综合题、平行线分线段成比例定理、圆周角定理、三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加辅助圆解决问题，学会构建方程解决问题，属于中考压轴题．