浙江省2023年中考數學專題復習-專題五-閱讀理解型問題訓練PAGEPAGE1專題五閱讀理解型問題類型一新定義型問題(2023·浙江湖州中考)在每個小正方形的邊長為1的網格圖形中，每個小正方形的頂點稱為格點．以頂點都是格點的正方形ABCD的邊為斜邊，向內作四個全等的直角三角形，使四個直角頂點E，F，G，H都是格點，且四邊形EFGH為正方形，我們把這樣的圖形稱為格點弦圖．例如，在如圖1所示的格點弦圖中，正方形ABCD的邊長為eq\r(65)，此時正方形EFGH的面積為5.問：當格點弦圖中的正方形ABCD的邊長為eq\r(65)時，正方形EFGH的面積的所有可能值是____________________(不包括5)．【分析】當DG＝eq\r(13)，CG＝2eq\r(13)時，滿足DG2＋CG2＝CD2，此時HG＝eq\r(13)，可得正方形EFGH的面積為13.當DG＝8，CG＝1時，滿足DG2＋CG2＝CD2，此時HG＝7，可得正方形EFGH的面積為49.當DG＝7，CG＝4時，此時HG＝3，四邊形EFGH的面積為9.【自主解答】1．假設一個三角形一條邊的平方等于另兩條邊的乘積，我們把這個三角形叫做比例三角形．(1)△ABC是比例三角形，AB＝2，BC＝3，請直接寫出所有滿足條件的AC的長；(2)如圖1，在四邊形ABCD中，AD∥BC，對角線BD平分∠ABC，∠BAC＝∠ADC.求證：△ABC是比例三角形．(3)如圖2，在(2)的條件下，當∠ADC＝90°時，求eq\f(BD,AC)的值．圖1圖2類型二新知識學習型問題(2023·湖南張家界中考)閱讀理解題在平面直角坐標系xOy中，點P(x0，y0)到直線Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)的距離公式為：d＝eq\f(|Ax0＋By0＋c|,\r(A2＋B2))，例如，求點P(1，3)到直線4x＋3y－3＝0的距離．解：由直線4x＋3y－3＝0知：A＝4，B＝3，C＝－3，所以P(1，3)到直線4x＋3y－3＝0的距離為：d＝eq\f(|4×1＋3×3－3|,\r(42＋32))＝2.根據以上材料，解決以下問題：(1)求點P1(0，0)到直線3x－4y－5＝0的距離；(2)假設點P2(1，0)到直線x＋y＋C＝0的距離為eq\r(2)，求實數C的值．【分析】(1)根據點到直線的距離公式即可求解；(2)根據點到直線的距離公式，列出方程即可解決問題．【自主解答】2．(2023·山東濟寧中考)知識背景當a＞0且x＞0時，因為(eq\r(x)－eq\f(\r(a),\r(x)))2≥0，所以x－2eq\r(a)＋eq\f(a,x)≥0，從而x＋eq\f(a,x)≥2eq\r(a)(當x＝eq\r(a)時取等號)．設函數y＝x＋eq\f(a,x)(a＞0，x＞0)，由上述結論可知，當x＝eq\r(a)時，該函數有最小值為2eq\r(a).應用舉例函數y1＝x(x＞0)與函數y2＝eq\f(4,x)(x＞0)，那么當x＝eq\r(4)＝2時，y1＋y2＝x＋eq\f(4,x)有最小值為2eq\r(4)＝4.解決問題(1)函數y1＝x＋3(x＞－3)與函數y2＝(x＋3)2＋9(x＞－3)，當x取何值時，eq\f(y2,y1)有最小值？最小值是多少？(2)某設備租賃使用本錢包含以下三局部：一是設備的安裝調試費用，共490元；二是設備的租賃使用費用，每天200元；三是設備的折舊費用，它與使用天數的平方成正比，比例系數為0.001.假設設該設備的租賃使用天數為x天，那么當x取何值時，該設備平均每天的租賃使用本錢最低？最低是多少元？類型三遷移開展型問題(2023·山東淄博中考)(1)操作發現：如圖1，小明畫了一個等腰三角形ABC，其中AB＝AC，在△ABC的外側分別以AB，AC為腰作了兩個等腰直角三角形ABD，ACE，分別取BD，CE，BC的中點M，N，G，連結GM，GN.小明發現了：線段GM與GN的數量關系是________________；位置關系是________________．(2)類比思考：如圖2，小明在此根底上進行了深入思考．把等腰三角形ABC換為一般的銳角三角形，其中AB＞AC，其他條件不變，小明發現的上述結論還成立嗎？請說明理由．(3)深入研究：如圖3，小明在(2)的根底上，又作了進一步探究．向△ABC的內側分別作等腰直角三角形ABD，ACE，其他條件不變，試判斷△GMN的形狀，并給與證明．【分析】(1)利用SAS判斷出△ACD≌△AEB，得出CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，進而判斷出∠BDC＋∠DBH＝90°，即∠BHD＝90°，最后用三角形中位線定理即可得出結論；(2)同(1)的方法即可得出結論；(3)同(1)的方法得出MG＝NG，最后利用三角形中位線定理和等量代換即可得出結論．【自主解答】此類題型要從提供的材料中，通過閱讀理解其復雜的思想方法，將其概括成數學模型去解決同類或更高層次的另一類相關命題，在解題過程中，類比材料所給的原有問題，從中將相關的知識、思想方法、解題策略遷移到新的問題中，是解決此類問題的關鍵所在．3．問題背景：如圖1，△ABC為等邊三角形，作AD⊥BC于點D，將∠ABC繞點B順時針旋轉30°后，BA，BC邊與射線AD分別交于點E，F，求證：△BEF為等邊三角形．遷移應用：如圖2，△ABC為等邊三角形，點P是△ABC外一點，∠BPC＝60°，將∠BPC繞點P逆時針旋轉60°后，PC邊恰好經過點A，探究PA，PB，PC之間存在的數量關系，并證明你的結論；拓展延伸：如圖3，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，將∠ABC繞點B順時針旋轉到如圖所在的位置得到∠MBN，F是BM上一點，連結AF，DF，DF交BN于點E，假設B，E兩點恰好關于直線AF對稱．(1)證明△BEF是等邊三角形；(2)假設DE＝6，BE＝2，求AF的長．類型四方法模擬型問題(2023·貴州貴陽中考)如圖1，在Rt△ABC中，以下是小亮探究eq\f(a,sinA)與eq\f(b,sinB)之間關系的方法：∵sinA＝eq\f(a,c)，sinB＝eq\f(b,c)，∴c＝eq\f(a,sinA)，c＝eq\f(b,sinB)，∴eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB).根據你掌握的三角函數知識．在圖2的銳角△ABC中，探究eq\f(a,sinA)，eq\f(b,sinB)，eq\f(c,sinC)之間的關系，并寫出探究過程．圖1圖2【分析】三式相等，理由為：過A作AD⊥BC，過點B作BE⊥AC，在Rt△ABD中，利用銳角三角函數定義表示出AD，在Rt△ADC中，利用銳角三角函數定義表示出AD，兩者相等即可得證．【自主解答】4．(2023·山西中考)綜合與實踐問題情境：在數學活動課上，老師出示了這樣一個問題：如圖1，在矩形ABCD中，AD＝2AB，E是AB延長線上一點，且BE＝AB，連結DE，交BC于點M，以DE為一邊在DE的左下方作正方形DEFG，連結AM.試判斷線段AM與DE的位置關系．探究展示：勤奮小組發現，AM垂直平分DE，并展示了如下的證明方法：證明：∵BE＝AB，∴AE＝2AB.∵AD＝2AB，∴AD＝AE.∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC.∴eq\f(EM,DM)＝eq\f(EB,AB).(依據1)∵BE＝AB，∴eq\f(EM,DM)＝1.∴EM＝DM.即AM是△ADE的DE邊上的中線，又∵AD＝AE，∴AM⊥DE.(依據2)∴AM垂直平分DE.反思交流：(1)①上述證明過程中的“依據1”“依據2”分別是指什么？②試判斷圖1中的點A是否在線段GF的垂直平分線上，請直接答復，不必證明；(2)創新小組受到勤奮小組的啟發，繼續進行探究，如圖2，連結CE，以CE為一邊在CE的左下方作正方形CEFG，發現點G在線段BC的垂直平分線上，請你給出證明；探索發現：(3)如圖3，連結CE，以CE為一邊在CE的右上方作正方形CEFG，可以發現點C，點B都在線段AE的垂直平分線上，除此之外，請觀察矩形ABCD和正方形CEFG的頂點與邊，你還能發現哪個頂點在哪條邊的垂直平分線上，請寫出一個你發現的結論，并加以證明．參考答案類型一【例1】當DG＝eq\r(13)，CG＝2eq\r(13)時，滿足DG2＋CG2＝CD2，此時HG＝eq\r(13)，可得正方形EFGH的面積為13.當DG＝8，CG＝1時，滿足DG2＋CG2＝CD2，此時HG＝7，可得正方形EFGH的面積為49.當DG＝7，CG＝4時，此時HG＝3，四邊形EFGH的面積為9.故答案為9，13和49.變式訓練1．解：(1)∵△ABC是比例三角形，且AB＝2，BC＝3，①當AB2＝BC·AC時，得4＝3AC，解得AC＝eq\f(4,3)；②當BC2＝AB·AC時，得9＝2AC，解得AC＝eq\f(9,2)；③當AC2＝AB·BC時，得AC2＝6，解得AC＝eq\r(6)(負值舍去)，∴當AC＝eq\f(4,3)或eq\f(9,2)或eq\r(6)時，△ABC是比例三角形．(2)∵AD∥BC，∴∠ACB＝∠CAD.又∵∠BAC＝∠ADC，∴△ABC∽△DCA，∴eq\f(BC,CA)＝eq\f(CA,AD)，即CA2＝BC·AD.∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD.∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∴∠ADB＝∠ABD，∴AB＝AD，∴CA2＝BC·AB，∴△ABC是比例三角形．(3)如圖，過點A作AH⊥BD于點H.∵AB＝AD，∴BH＝eq\f(1,2)BD.∵AD∥BC，∠ADC＝90°，∴∠BCD＝90°，∴∠BHA＝∠BCD＝90°.又∵∠ABH＝∠DBC，∴△ABH∽△DBC，∴eq\f(AB,DB)＝eq\f(BH,BC)，即AB·BC＝BH·DB，∴AB·BC＝eq\f(1,2)BD2.又∵AB·BC＝AC2，∴eq\f(1,2)BD2＝AC2，∴eq\f(BD,AC)＝eq\r(2).類型二【例2】(1)d＝eq\f(|3×0－4×0－5|,\r(32＋42))＝1.(2)eq\r(2)＝eq\f(|1×1＋1×0＋C|,\r(2))，∴|C＋1|＝2，∴C＋1＝±2，∴C1＝－3，C2＝1.變式訓練2．解：(1)eq\f(y2,y1)＝eq\f(〔x＋3〕2＋9,x＋3)＝(x＋3)＋eq\f(9,x＋3)，∴當x＋3＝eq\f(9,x＋3)時，eq\f(y2,y1)有最小值，∴x＝0或－6(舍棄)時，有最小值6.(2)設該設備平均每天的租賃使用本錢為w元，那么w＝eq\f(490＋200x＋0.001x2,x)＝eq\f(490,x)＋0.001x＋200，∴當eq\f(490,x)＝0.001x時，w有最小值，∴x＝700或－700(舍棄)時，w有最小值，最小值為201.4元．類型三【例3】(1)MG＝NGMG⊥NG如圖，連結BE，CD相交于H.∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°，∴∠CAD＝∠BAE，∴△ACD≌△AEB(SAS)，∴CD＝BE，∠ADC＝∠ABE，∴∠BDC＋∠DBH＝∠BDC＋∠ABD＋∠ABE＝∠BDC＋∠ABD＋∠ADC＝∠ADB＋∠ABD＝90°，∴∠BHD＝90°，∴CD⊥BE.∵點M，G分別是BD，BC的中點，∴MG綊eq\f(1,2)CD.同理NG綊eq\f(1,2)BE，∴MG＝NG，MG⊥NG，∴MG＝NG，MG⊥NG.(2)連結CD，BE相交于點H，同(1)的方法得MG＝NG，MG⊥NG.(3)如圖，連結EB，DC，延長線相交于H，同(1)的方法得MG＝NG，同(1)的方法得△ABE≌△ADC，∴∠AEB＝∠ACD，∴∠CEH＋∠ECH＝∠AEH－∠AEC＋180°－∠ACD－∠ACE＝∠ACD－45°＋180°－∠ACD－45°＝90°，∴∠DHE＝90°，同(1)的方法得MG⊥NG，∴△GMN是等腰直角三角形．變式訓練3．解：問題背景：證明：∵△ABC為等邊三角形，∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠ABC＝∠ACB＝60°.由題意得∠ABE＝30°，∠EBF＝60°，∴∠EBD＝∠FBD＝30°.∵BD⊥AD，∴∠BED＝60°，∴△BEF為等邊三角形．遷移應用：PC＝PA＋PB.證明：如圖，在PC上截取PG＝PB，連結BG.∵∠BPC＝60°，∴△BPG為等邊三角形，∴BG＝BP，∠PBG＝60°，PB＝BG，∴∠PBA＋∠ABG＝∠ABG＋∠GBC＝60°，∴∠PBA＝∠GBC.又AB＝BC，∴△APB≌△CBG，∴PA＝GC，∴PC＝PG＋CG＝PB＋PA.拓展延伸：(1)如圖，∵B，E兩點關于直線AF對稱，∴FE＝FB.∵∠EBF＝60°，∴△BEF是等邊三角形．(2)由(1)知，△BEF是等邊三角形，如圖，連結AE，過點A作AH⊥DE于點H.∵B，E兩點關于直線AF對稱，∴AE＝AB.∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∴AE＝AD，∴DH＝HE＝eq\f(1,2)DE＝3，∴HF＝HE＋EF＝3＋2＝5.由(1)知，△BEF是等邊三角形，FA⊥EB，∴∠EFA＝eq\f(1,2)∠EFB＝30°.在Rt△AHF中，cos∠HFA＝eq\f(HF,AF)＝eq\f(\r(3),2)，∴AF＝eq\f(HF,cos30°)＝eq\f(10,\r(3))＝eq\f(10\r(3),3).類型四【例4】eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC).理由如下：如圖，過A作AD⊥BC，過點B作BE⊥AC.在Rt△ABD中，sinB＝eq\f(AD,c)，即AD＝csinB，在Rt△ADC中，sinC＝eq\f(AD,b)，即AD＝bsinC，∴csinB＝bsinC，即eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，同理可得eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，那么eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC).變式訓練