中考数学拓展题型阅读理解题Word文件下载.docx
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例题：
如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM＝MN.求证：
∠AMN＝60°
；
点拨：
如图②，作∠CBE＝60°
，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM.易证：
△ABM≌△EBM（SAS），可得AM＝EM，∠1＝∠2；
又AM＝MN，则EM＝MN，可得∠3＝∠4；
由∠3＋∠1＝∠4＋∠5＝60°
，进一步可得∠1＝∠2＝∠5，又因为∠2＋∠6＝120°
，所以∠5＋∠6＝120°
，即：
问题：
如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上—点，且A1M1＝M1N1.求证：
∠A1M1N1＝90°
.
第4题图
5.（2019咸宁）定义：
有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
理解：
（1）如图①，点A，B，C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD，CD.求证：
四边形ABCD是等补四边形；
探究：
（2）如图②，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？
请说明理由；
运用：
（3）如图③，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，CD＝10，AF＝5，求DF的长．
第5题图
6.（2019天水）如图①，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（1）概念理解：
如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？
（2）性质探究：
如图①，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD.
试证明：
AB2＋CD2＝AD2＋BC2；
（3）解决问题：
如图③，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE、BG、GE.已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．
第6题图
（2019甘肃省卷）
通过对下面数学模型的研究学习，解决第7题、第8题．
【模型呈现】
如下图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°
，将斜边AB绕点A顺时针旋转90°
得到AD，过点D作DE⊥AC于点E，可以推理得到△ABC≌△DAE，进而得到AC＝DE，BC＝AE.我们把这个数学模型称为“K型”．
推理过程如下：
【模型应用】
7.如图，Rt△ABC内接于⊙O，∠ACB＝90°
，BC＝2.将斜边AB绕点A顺时针旋转一定角度得到AD，过点D作DE⊥AC于点E，∠DAE＝∠ABC，DE＝1，连接DO交⊙O于点F.
（1）求证：
AD是⊙O的切线；
（2）连接FC交AB于点G，连接FB.
求证：
FG2＝GO·
GB.
第7题图
【模型迁移】
8.二次函数y＝ax2＋bx＋2的图象交x轴于A（－1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C.动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC.设运动的时间为t秒．
（1）求二次函数y＝ax2＋bx＋2的表达式；
（2）连接BD，当t＝
时，求△DNB的面积；
（3）在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标；
（4）当t＝
时，在直线MN上存在一点Q，使得∠AQC＋∠OAC＝90°
，求点Q的坐标．
第8题图
参考答案
1.解：
原式＝
＝
当x＝3时，原式＝
＝2.
2.解：
（1）210－1；
【解法提示】1＋2＋22＋…＋29＝210－1.
（2）
【解法提示】设S＝3＋32＋…＋310，①
则3S＝32＋33＋…＋311，②
②－①得2S＝311－3，
∴S＝
（3）设S＝1＋a＋a2＋…＋an，①
则aS＝a＋a2＋…＋an＋an＋1,②
当a＝1时，S＝1＋1＋…＋1＝n＋1；
当a＞0且a≠1时，②－①得（a－1）S＝an＋1－1，
3.解：
（1）y＝x2－4的顶点坐标为（0，－4），
将（0，－4）代入y＝－x＋p中得p＝－4，
∴y＝－x－4，
令y＝0，x＝－4，
∴与x轴的交点坐标为（－4，0），
令x＝0，y＝－4，
∴与y轴的交点坐标为（0，－4），
×
4×
4＝8；
（2）设y＝x2＋2x＋n与x轴的两交点为（x1，0），（x2，0），
∴|x1－x2|＝4，
令y＝0，x2＋2x＋n＝0，x1＋x2＝－2，x1x2＝n，
∴x
＋x
－2x1x2＝16，
（x1＋x2）2－4x1x2＝16，
4－4n＝16，解得n＝－3，
∴y＝x2＋2x－3＝（x＋1）2－4，
∴顶点坐标为（－1，－4），
将（－1，－4）代入y＝mx－3中，
得－m－3＝－4，得m＝1，
∴m＝1，n＝－3.
4.证明：
如解图，延长N1C1交A1B1的延长线于点E1，连接E1M1.
第4题解图
∵C1N1平分∠D1C1H1，
∴∠N1C1H1＝∠B1C1E1＝
∠B1E1C1＝45°
，
∴B1E1＝B1C1＝A1B1.
在△A1B1M1和△E1B1M1中，
∴△A1B1M1≌△E1B1M1，
∴∠1＝∠2，A1M1＝E1M1.
又∵A1M1＝M1N1，
∴E1M1＝N1M1，
∴∠3＝∠4.
∵∠4＋∠5＝45°
，∠1＋∠3＝45°
∴∠1＝∠5＝∠2.
∵∠2＋∠6＝90°
∴∠5＋∠6＝90°
∴∠A1M1N1＝90°
5.
（1）证明：
∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A＋∠C＝180°
，∠ABC＋∠ADC＝180°
∵BD平分∠ABC，
∴
∴AD＝CD，
∴四边形ABCD是等补四边形；
（2）解：
AC平分∠BCD，理由如下：
如解图①，过点A分别作AE⊥BC于点E，AF⊥CD的延长线于点F，
第5题解图①
则∠AEB＝∠AFD＝90°
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠B＋∠ADC＝180°
又∵∠ADC＋∠ADF＝180°
∴∠B＝∠ADF.
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴AE＝AF，
∴AC是∠BCF的平分线，即AC平分∠BCD；
（3）解：
如解图②，连接AC，
第5题解图②
∴∠BAD＋∠BCD＝180°
又∵∠BAD＋∠EAD＝180°
∴∠EAD＝∠BCD，
∵AF平分∠EAD，
∴∠FAD＝
∠EAD，
由
（2）知，AC平分∠BCD，
∴∠FCA＝
∠BCD，
∴∠FCA＝∠FAD，
又∵∠AFC＝∠DFA，
∴△ACF∽△DAF，
即
∴DF＝5
－5.
6.
（1）解：
四边形ABCD是垂美四边形，
证明：
如解图①，连接AC、BD交于点E，
∴点A在线段BD的垂直平分线上．
∵CB＝CD，
∴点C在线段BD的垂直平分线上，
∴直线AC是线段BD的垂直平分线，
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；
第6题解图①
（2）证明：
∵AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°
由勾股定理得AD2＋BC2＝AO2＋DO2＋BO2＋CO2，
AB2＋CD2＝AO2＋BO2＋CO2＋DO2，
∴AD2＋BC2＝AB2＋CD2；
如解图②，连接CG、BE，设AB与CE的交点为M，
第6题解图②
∵∠CAG＝∠BAE＝90°
∴∠CAG＋∠BAC＝∠BAE＋∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
∴△GAB≌△CAE，
∴∠ABG＝∠AEC.
又∵∠AEC＋∠AME＝90°
，∠AME＝∠BMC，
∴∠ABG＋∠BMC＝90°
，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由
（2）得CG2＋BE2＝CB2＋GE2，
∵AC＝4，AB＝5，
∴BC＝3，CG＝4
，BE＝5
∴GE2＝CG2＋BE2－CB2＝73，
∴GE＝
7.证明：
（1）∵∠DAE＝∠ABC，∠ABC＋∠BAC＝90°
∴∠DAE＋∠BAC＝90°
∴∠BAD＝180°
－（∠DAE＋∠BAC）＝90°
∵OA是⊙O的半径，
∴AD是⊙O的切线；
（2）如解图，
∵OA＝
AB，AD＝AB，AC＝DE＝1，BC＝2，
又∵∠OAD＝∠ACB＝90°
∴△OAD∽△ACB.
∴∠AOD＝∠CAB.
∵∠BFG＝∠CAB（同弧所对的圆周角相等），
∴∠AOD＝∠BFG.
又∵∠BGF＝∠FGO，
∴△OFG∽△FBG.
∴FG2＝OG·
BG.
第7题解图
8.解：
（1）将A（－1，0）、B（4，0）分别代入y＝ax2＋bx＋2中，
得
解得
∴二次函数的表达式为y＝－
x2＋
x＋2；
（2）易得C（0，2），
又∵B（4，0），
∴直线BC的函数解析式为y＝－
x＋2.
由题意得A（－1，0），AM＝2t，∴OM＝2t－1，BM＝4－（2t－1）＝－2t＋5.
当t＝
时，BM＝－2×
＋5＝2，
∴M（2，0），N（2，1），D（2，3）．
∴S△DNB＝S△DMB－S△NMB＝
·
BM·
（DM－NM）＝
2×
（3－1）＝2；
（3）易得BC＝
＝2
∵△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形，
∴点P在直线BC下方，CP＝BP＝
BC＝
2
如解图①，过点P作x轴的平行线交y轴于点G，过B作y轴的平行线交GP延长线于点H，
第8题解图①
根据已知模型，可得△PCG≌△BPH，
∴PG＝BH＝PM.
∴PM＝2t－1.
又∵BM＝－2t＋5，
在Rt△BPM中，由勾股定理得PM2＋BM2＝
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