2023年重庆市九龙坡区育才中学校中考一模数学试题（含解析）

这是一份2023年重庆市九龙坡区育才中学校中考一模数学试题（含解析），共33页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年重庆市九龙坡区育才中学校中考一模数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．的相反数是（    ）
A． B．2023 C． D．
2．体育精神就是健康向上、不懈奋斗的精神，下列关于体育运动的图标中是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
3．取下列各数时，使得有意义的是（    ）
A．0 B．2 C．3 D．5
4．如图，△与位似，点是它们的位似中心，其中相似比为，则与的面积之比是（    ）

A． B． C． D．
5．一次函数的图象不经过的象限是（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
6．估计的值应在（    ）
A．9和10之间 B．8和9之间 C．7和8之间 D．6和7之间
7．下列命题中，错误的是（    ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B．两条对角线互相垂直的四边形是平行四边形
C．三个角是直角的四边形是矩形 D．四边相等的四边形是菱形
8．如图是小贝散步过程中所走的路程s（单位：m）与步行时间t（单位：）的函数图象．下列说法错误的是(   )

A．小贝在散步过程中停留了 B．小贝在第时间段匀速步行
C．小贝匀速步行的速度是 D．小贝在散步过程中步行的平均速度是
9．在中，，点O是斜边边上一点，以O为圆心，为半径作圆，恰好与边相切于点D，连接．若，的半径为3，则的长度为（　　）

A． B． C．3 D．
10．已知多项式，多项式．
①若，则代数式的值为；
②当，时，代数式的最小值为；
③当时，若，则关于x的方程有两个实数根；
④当时，若，则x的取值范围是．
以上结论正确的个数是（    ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

二、填空题
11．已知反比例函数的图象经过点，则 ．
12．如图，直线，被直线所截，，，则的度数为 ．

13．计算： ．
14．在一个不透明的盒子里装有大小和形状相同的个红球和个黄球，先从盒中摸出一个球不放回，再摸出一个球，则两次摸到的球颜色不一样的概率为 ．
15．如图，点N是矩形的边上的中点，以点N为圆心、为直径，在矩形的内部作出半圆，以点B为圆心、为半径在矩形内部作出四分之一圆，与相交于点M，连接，已知，图中阴影部分的面积 ．

16．如图，在边长为5的正方形中，点E，F分别是上的两点，BE⊥EF，，则的长为 ．

17．若关于x的一元一次不等式组无解，且关于y的分式方程的解为正整数，则所有满足条件的整数a的值之和是 ．
18．若一个四位数的千位与百位之差等于2，十位与个位之差等于4，称这个四位数是“差2倍数”，若四位数的千位与百位之差等于3，十位与个位之差等于6，称这个四位数是“差3倍数”，若数p，q分别为“差2倍数”和“差3倍数”，它们的个位数字均为3，p，q的各数位数字之和分别记为和，，若为整数，此时的最大值为 ．

三、解答题
19．计算：
(1)；
(2)．
20．如图，四边形是菱形，连接，，点在线段上，连接，的延长线交于点．

(1)用尺规完成以下基本作图：在内部作，使得，交边于点，交于点，交的延长线于点．保留作图痕迹
(2)在(1)所作的图中，求证：．完成下列填空．
证明：四边形是菱形；
∴，，；
；
与 均为等边三角形；
，；
；
在与中，

；
．
21．九龙坡区以创建全国文明城区和全国未成年人思想道德建设工作先进城区(简称“双创”)为抓手，坚持立德树人，以文化人，协同育人，形成青少年健康成长的良好环境，学校德育处为了解学生对双创的了解情况，从七、八年级各选取了名同学，开展了双创知识竞赛，并对竞赛成绩进行了整理、描述和分析(成绩得分用表示，其中：，：，：，：，得分在分及以上为优秀)，下面给出了部分信息：
七年级名同学在组的分数为：，，，；
八年级名同学在组的分数为：，，，，，，，，．

七、八年级选取的学生竞赛成绩统计表
年级
平均数
中位数
众数
优秀率
七年级




八年级




(1)填空：______，______，______；
(2)根据以上数据，你认为该校七、八年级学生在“双创”知识竞赛中，哪个年级学生对“双创”的了解情况更好？请说明理由；(写出一条理由即可)
(3)该校七年级有名学生，八年级有名学生，估计这两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数．
22．山火烧不尽，春风吹又生，今年三月，校团委组织师生开展“汇聚青年力量·重建绿色山林”缙云山植树活动，购入了第一批树苗，经了解，购买甲、乙两种树苗共棵，两种树苗的单价分别为元和元，共用去资金元．
(1)求第一批购入甲、乙两种树苗的数量；
(2)恰逢植树节在周末，有更多的师生参加到植树活动中来，校团委购入第二批树苗时发现甲树苗供不应求单价有所上涨，校团委决定，购入甲树苗时，若甲树苗单价每上涨元，购入数量就比第一批甲树苗的数量减少棵（最后数量不超过第一批甲树苗的%），购入乙树苗单价与第一批相同，数量是第一批乙树苗的%，最终花费的总资金比第一批减少了%，求第二批购买树苗的总数量．
23．在一次数学建模活动课上，吴老师制作了一张简易的海域安全监测平面图，在图中标明了三个监测点的位置坐标，，，由三个监测点确定的圆形区域是安全警戒区域．

(1)某天海面上出现可疑船只C，在监测点A测得C位于南偏东，同时在监测点O测得C位于南偏东，求监测点O到C船的距离．（结果精确到，参考数据：，，，）
(2)当可疑船只C由（1）中位置向正北方向航行时，是否会闯入安全警戒区域？请通过计算作答．
24．如图，是等腰直角三角形，，，点M是的中点．点P从点B出发，沿B→A→M的路径向点M运动，点Q在射线上，连接、、．当点P到达点M时停止运动．在点P整个运动过程中，点都满足．设点P的运动路程为x，．

(1)直接写出与x的函数表达式，并补全表格中的值，以表中各组对应值作为点的坐标，在直角坐标系内描出相应的点，并在x的取值范围内画出的函数图象：
x

1

2

3







  
(2)写出函数的一条性质：______．
(3)在直角坐标系中已经画出的函数图象，结合和的函数图象，请直接写出当时，x的取值范围．（结果取精确值）
25．如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于，，与y轴交于点C，连接，D为抛物线的顶点．

(1)求该抛物线的解析式；
(2)点P为直线下方抛物线上的一动点，过P作于点E，过P作轴于点F，交直线于点G，求的最大值，以及此时点P的坐标；
(3)将抛物线沿射线方向平移，平移后的图象经过点，点M为D的对应点，平移后的抛物线与y轴交于点N，点Q为平移后的抛物线对称轴上的一点，且点Q在第一象限．在平面直角坐标系中确定点R，使得以点M，N，Q，R为顶点的四边形为菱形，请写出所有符合条件的点R的坐标，并写出求解点R的坐标的其中一种情况的过程．
26．如图，为等边三角形，D为边上一点，过点D作，交于点E，连接，F为的中点，连接．

(1)如图1，，求的面积；
(2)如图2，点G在内部，连接，过点G作，垂足为K，，垂足为H，，连接．求证：；
(3)如图3，在（2）的条件下，点D在线段上运动，连接，延长交于点P，将线段绕F点顺时针旋转到，与相交于点Q，当最小时，求的值．

参考答案：
1．B
【分析】根据相反数的定义直接求解即可．
【详解】解：的相反数是2023，
故选：B．
【点睛】本题考查相反数的求解，理解相反数的定义是解题关键．
2．A
【分析】根据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，进行分析即可．
【详解】解：选项B、C、D的图形不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形；
选项A的图形能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形；
故选：A．
【点睛】本题考查了轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．
3．D
【分析】根据二次根式有意义的条件进行求解即可．
【详解】解：∵要有意义，
∴，即，
∴四个选项中只有D选项中的符合题意，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，熟知二次根式有意义的条件是被开方数大于等于零是解题的关键．
4．B
【分析】根据相似图形的性质，面积比等于相似比的平方即可求解．
【详解】解：∵△与位似，点是它们的位似中心，其中相似比为，
∴与的面积之比是，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似图形的性质，面积比等于相似比的平方，熟练掌握相似图形的性质是解题的关键．
5．C
【分析】根据一次函数与系数的关系即可求解．
【详解】解：一次函数中，
∴图象在一、二、四象限，不经过第三象限，
故选：C．
【点睛】本题考查了一次函数与系数的关系：由于与轴交于，当时，在轴的正半轴上，直线与轴交于正半轴；当时，在轴的负半轴，直线与轴交于负半轴．当，的图象在一、二、三象限；，的图象在一、三、四象限；，的图象在一、二、四象限；，的图象在二、三、四象限．
6．C
【分析】首先进行二次根式的混合运算，再进行无理数的估算，即可求解．
【详解】解：


，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，无理数的估算，熟练掌握和运用无理数的估算是解决本题的关键．
7．B
【分析】根据平行四边形的判定定理、矩形的判定定理、菱形的判定定理进行判断即可；
【详解】解：A.两组对边分别平行的四边形是平行四边形，正确，故不符合题意；
B.两条对角线互相垂直的四边形是平行四边形，错误，故符合题意；
C.三个角是直角的四边形是矩形，正确，故不符合题意；
D.四边相等的四边形是菱形，正确，故不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定，掌握相关定理是正确解题的关键．
8．C
【分析】根据图象提供的信息逐项求解即可．
【详解】由图象可知：
小贝在散步过程中停留了，故A选项正确，不符合题意；
小贝在第时间段匀速步行，故B选项正确，不符合题意；
小贝匀速步行的速度为，故C选项错误，符合题意；
小贝在散步过程中步行的平均速度为，故D选项正确，不符合题意．
故选：C
【点睛】本题考查了函数的图象，正确的识别图象、数形结合是解题的关键．
9．B
【分析】连接，可证明，进而证明，则，所以，，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接，则，

∴，
∵与边相切于点D，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、切线的性质、平行线的性质、直角三角形的两个锐角互余、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，锐角三角函数的应用等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
10．B
【分析】①把代入解方程即可求解；②把代入，再配方求最小值即可；③把代入解方程即可求解；④根据绝对值的意义求解即可．
【详解】解：①若，则，解得，或，
∴的值为；故①错误；
②当时，

，∴当时，代数式的最小值为；故②错误；
③由题意得，，
∴或，
解得，或；
解，即，没有实数解，
∴关于x的方程有两个实数根，故③正确；
④当时，



∴，解得；故④错误；
综上，只有③正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了配方法的应用，解一元二次方程、解不等式组、绝对值的意义，理解绝对值的性质和一元二次方程的解法是解题的关键．
11．12
【分析】由反比例函数的图象经过点，可得出，解之即可得出k值．
【详解】解：∵反比例函数的图象经过点，
∴，
∴．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，牢记双曲线上任意一点的坐标都满足函数关系式是解题的关键．
12．/50度
【分析】根据平行线的性质，即可求解．
【详解】解：，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了平行线的性质，熟练掌握和运用平行线的性质是解决本题的关键．
13．/
【分析】首先根据负整数指数幂及零指数幂的运算法则，特殊角的三角函数值，进行运算，再进行实数的加减运算，即可求解．
【详解】解：


故答案为：．
【点睛】本题考查了负整数指数幂及零指数幂的运算法则，特殊角的三角函数值，熟练掌握和运用各运算法则是解决本题的关键．
14．
【分析】列表展示所有种等可能的结果数，再找出两次摸到的球中颜色不一样的结果数，然后根据概率公式计算．
【详解】解：列表如下：

红
红
红
黄
黄
红

红红
红红
红黄
红黄
红
红红

红红
红黄
红黄
红
红红
红红

红黄
红黄
黄
黄红
黄红
黄红

黄黄
黄
黄红
黄红
黄红
黄黄

共有种等可能的结果数，其中两次摸到的球颜色不一样的结果数为12，
所以两次摸到的球中颜色不一样的概率为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了利用列表法展示所有可能的结果求出n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式求出事件A或B的概率，掌握求概率的方法是解题的关键．
15．
【分析】连接，由扇形面积公式，三角形面积公式，分别计算出扇形的面积，扇形的面积，的面积，即可得到阴影的面积．
【详解】解：如图所示，连接，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵N是中点，，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵扇形的面积，扇形的面积，的面积，
∴阴影的面积扇形的面积扇形的面积的面积，
故答案为：．

【点睛】本题考查扇形面积的计算，矩形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，关键是把阴影分割成扇形，扇形．
16．
【分析】由于，所以过E作的垂线交于N，交于M，证明，设，利用列出方程，再运用勾股定理即可求解．
【详解】解：过E作的垂线交于N，交于M，如图，

∵是正方形，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，为对角线，
∴，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
在，,
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，利用，构造一线三直角的全等模型，是解决此题的突破口．
17．
【分析】先解不等式组，根据不等式组无解，得出，解分式方程，根据分式方程的解为正整数，得出，求其和，即可求解．
【详解】解：
解不等式①得：
解不等式②得：
∵不等式组无解
∴
解得：，
解分式方程
解得：
∵或
∴或
∵分式方程的解为正整数，
∴，且
解得：，
∵
∴
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查含参数的分式方程和含参数的不等式组，掌握由解集倒推参数范围是解本题关键．
18．
【分析】根据定义和已知条件分别设，，再根据定义进行计算，由为整数，以及的最大值，得出符合条件的取值为或，进而解题．
【详解】解：∵数p，q分别为“差2倍数”和“差3倍数”，它们的个位数字均为3，
故数p的十位数是，数q的十位数是，
设数p，q的百位数分别m、n，则数p的千位数是，数q的千位数是，而且，，
∴，，
∴，
，
∴，，
∴，
∴
∵为整数，
∴为的约数，而要使的最大值则有
∴或，
当时，即，，
此时，当，时，的最大值为，
当时，即，，
此时，当，时，的最大值为，
综上所述：当，时，的最大值为，
故答案为：
【点睛】本题考查新定义运算，数的整除、分式的化简，整式的加减运算等，有一定难度，解题的关键是通过为整数推出为的约数．
19．(1)
(2)

【分析】（1）根据完全平方公式，单项式乘以多项式进行计算即可求解；
（2）根据分式的加减进行计算，同时将除法转化为乘法，根据分式的混合运算进行化简即可求解．
【详解】（1）解：

；
（2）解：


．
【点睛】本题考查了整式的化简，分式的混合运算，熟练掌握整式的运算法则以及分式的运算法则是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)；；；

【分析】（1）根据题意作，交边于点，交于点，交的延长线于点；
（2）根据菱形的性质，结合条件得出与均为等边三角形；进而证明；根据全等三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，

（2）证明：四边形是菱形；
∴，，；
；
与均为等边三角形；
，；
；
在与中，

；
．
故答案为：；；；．
【点睛】本题考查了作一个角等于已知角，菱形的性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
21．(1)，，
(2)八年级学生对“双创”的了解情况更好，理由见解析；
(3)估计两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数为人

【分析】（1）根据中位数的定义，求得第10和第11个数字的中位数求得的值，根据分数在分以上的人数除以总人数求得，根据众数的定义求的值；
（2）根据众数以及优秀率进行计算即可求解；
（3）根据样本估计总体，用850和900分别乘以七、八年级的优秀率即可求解．
【详解】（1）解：∵共有20个数据，
∴中位数是第10个数据和第11个数据的平均数，
∴中位数是，
八年级名同学在组的分数中，出现了次，出现次数最多，
∴，
七年级的优秀率为，
故答案为：，，．
（2）八年级学生对“双创”的了解情况更好．
理由：①八年级学生成绩的中位数大于七年级学生成绩的中位数；
②八年级学生成绩的优秀率大于七年级学生成绩的优秀率；
（3）（人），
答：估计两个年级竞赛成绩为优秀的学生总人数为人．
【点睛】本题考查了利用统计图获取信息的能力，求中位数，众数，样本估计总体；利用统计图获取信息时，必须认真观察、分析、研究统计图，才能作出正确的判断和解决问题
22．(1)甲种树苗的数量为棵，乙种树苗的数量为棵
(2)第二批购买树苗的总数量为棵

【分析】（1）设甲种树苗的数量为棵，乙种树苗的数量为棵，根据题意列出二元一次方程组，解方程即可求解；
（2）设甲树苗单价上涨元，则甲树苗单价为元，根据题意列出一元二次方程，解方程，进而分别求得甲、乙的数量即可求解．
【详解】（1）解：设甲种树苗的数量为棵，乙种树苗的数量为棵，根据题意得，

解得：
答：甲种树苗的数量为棵，乙种树苗的数量为棵
（2）解：设甲树苗单价上涨元，则甲树苗单价为元，
依题意
解得：或
∵最后数量不超过第一批甲树苗的%
即
解得：，
∴，
∴求第二批购买树苗的总数量为（棵）
【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，一元二次方程的应用，根据题意列出方程（组）是解题的关键．
23．(1)
(2)不会

【分析】（1）过点C作轴于点D，由题意可知，，即可得，设，则，再利用解直角三角形，即可求得与的长，据此即可求解；
（2）过点C作正北方向线，过圆的圆心作轴于点E，交正北方向线于点F，交圆于点M，根据矩形的判定与性质即可求得，再根据相似三角形的判定与性质，即可求得长，根据勾股定理即可求得直径的长，即可求得的长，再与进行比较，即可解答．
【详解】（1）解：如图：过点C作轴于点D，

由题意可知，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
设，则，
，
，
解得，
即，，

，
故监测点O到C船的距离为；
（2）解：如图：过点C作正北方向线，过圆的圆心作轴于点E，交正北方向线于点F，交圆于点M，

四边形是矩形，，
，
，
，
，，
，，
，，
，
，
，
，
可疑船只不会闯入安全警戒区域．
【点睛】本题考查了勾股定理的应用，圆周角定理，直线与圆的位置关系，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，作出辅助线是解决本题的关键．
24．(1)7，3，，1；，1；
(2)当时，随的增大而减小，当时，不变（答案不唯一）
(3)．

【分析】（1）①当点在上运动时，求出，得到，即可求解；②当点在上时，则，则，即可求解；
（2）看表格数据即可得出结论；
（3）观察函数图象即可求解．
【详解】（1）解：是等腰直角三角形，
，，
点是的中点，
．
①当点在上运动时，此时，
过点作于点，

则，
则，
则，
，
，
解得：，
则，
当时，，
同理可得：当时，，
时，，
时，；
②当点在上时，此时，
则，
则，
则，
当时，，
当时，，
故答案为：7，3，，1；1，1；
（2）从表格看：当时，随的增大而减小，当时，不变（答案不唯一），
故答案为：当时，随的增大而减小，当时，不变（答案不唯一）；
（3）画出的函数图象如下（图象加粗的部分）
  
联立和并整理得：
，
解得：（负值已舍去），
从图象看，当时，的取值范围为：．
【点睛】本题考查了反比例函数综合运用，涉及到解直角三角形，反比例函数的基本性质，三角形的面积等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
25．(1)
(2)的最大值为，此时点的坐标为
(3)或或，见解析

【分析】（1）根据抛物线与x轴交于点两点，即知抛物线的表达式为，即 ；
（2）证明，根据相似三角形的性质得出，设出P点的坐标，利用二次函数的性质求最值即可；
（3）先根据平移规律求出平移后的抛物线的解析式，以及点M，N的坐标，然后设出点Q的坐标，根据菱形的性质求出Q的坐标，即可得点R的坐标．
【详解】（1）∵抛物线与x轴交于，，
∴抛物线的解析式为，即；
（2），
令，则，

设直线的解析式为：，
把，代入，得：
，
解得，，
∴直线的解析式为：；
轴，
轴
，
，
，
，
，

，

设，则，
，
∴当时，的最大值为2，
的最大值为，此时点的坐标为；
（3）∵将抛物线沿射线方向平移，，，
设抛物线向上平移个单位，向右平移个单位，
∴新抛物线的解析式为，
∵平移后的图象经过点，
，
解得，或（不符合题意，舍去）
∴新抛物线的解析式为,
∴点，点的坐标为，
设，
，，，
①当时，，
解得，或（舍去）
此时，、为对角线，
，
；
②当时，，
解得，，
此时，、为对角线，
，
，
③当时，，
解得，或（舍去）
此时，、为对角线，
，
，
综上所述，点的坐标为或或
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的图象和性质，相似三角形的判定与性质三角形面积，平移的性质，菱形的性质等知识，熟练掌握二次函数的图象及性质，菱形的性质，分类讨论是解题的关键
26．(1)
(2)见解析
(3)

【分析】（1）作于G，解，求得和，进而解直角，求得，从而求得的面积，进一步得出结果；
（2）连接EG，KF，可得出，，，，从而得出，进一步得出结果；
（3）取的中点M，作直线，交于R，作于T，可推出点在过的中点V，且与平行的直线上运动，当时，最小；设与交于X，交于I，交于W，作于Y，设，则，进一步求得，，从而得出结果．
【详解】（1）解：如图1，

作于G，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∵点F是的中点，
∴；
（2）证明：如图2，

连接，
∵是等边三角形，
∴，
∴点A在的垂直平分线上，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∵，
∴G在的平分线上，
∴点G在的垂直平分线上，
∵，
∴G在的垂直平分线上，
∴点G是等边三角形的中心，
∴，K是的中点， ，
∴，
∵F是的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图3，

取的中点M，作直线交于R，作于T，
∵点F是的中点，
∴，
∴点F在过中点M，且与平行的直线上运动，
由（2）知：，
∴四边形是平行四边形，
∴，
由旋转知：，
∴，
∴，
∴点在过的中点V，且与平行的直线上运动，
∴当时，最小，
如图4，

设与交于X，交于I，交于W，作于Y，
设，则
∴，
∴，
∵，，
，，
，
，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了等边三角形性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造相似三角形及寻找点的轨迹．