中考数学拓展题型阅读理解题.docx
《中考数学拓展题型阅读理解题.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《中考数学拓展题型阅读理解题.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
![中考数学拓展题型阅读理解题.docx](https://file1.bdocx.com/fileroot1/2022-9/30/df6cb9a5-ca9d-4353-933f-291e9eff8a35/df6cb9a5-ca9d-4353-933f-291e9eff8a351.gif)
中考数学拓展题型阅读理解题
拓展题型 阅读理解题
1.(2019湘潭)阅读材料:
运用公式法分解因式,除了常用的平方差公式和完全平方公式以外,还可以应用其他公式,如立方和与立方差公式,其公式如下:
立方和公式:
x3+y3=(x+y)(x2-xy+y2).
立方差公式:
x3-y3=(x-y)(x2+xy+y2).
根据材料和已学知识,先化简,再求值:
-
,其中x=3.
2.(2019自贡)阅读下列材料:
小明为了计算1+2+22+…+22017+22018的值,采用以下方法:
设S=1+2+22+…+22017+22018, ①
则2S=2+22+…+22018+22019,②
②-①得2S-S=S=22019-1,
∴S=1+2+22+…+22017+22018=22019-1.
请仿照小明的方法解决以下问题:
(1)1+2+22+…+29=________;
(2)3+32+…+310=________;
(3)求1+a+a2+…+an的和(a>0,n是正整数,请写出计算过程).
3.(2019荆州)若二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象的顶点在一次函数y=kx+t(k≠0)的图象上,则称y=ax2+bx+c(a≠0)为y=kx+t(k≠0)的伴随函数,如:
y=x2+1是y=x+1的伴随函数.
(1)若y=x2-4是y=-x+p的伴随函数,求直线y=-x+p与两坐标轴围成的三角形的面积;
(2)若函数y=mx-3(m≠0)的伴随函数y=x2+2x+n与x轴两个交点间的距离为4,求m,n的值.
4.(2019甘肃省卷)阅读下面的例题及点拨,并解决问题:
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:
∠AMN=60°;
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?
请说明理由;
(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,
∴S=
.
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),
∴S=
×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
∵四边形ABCD是等补四边形,
∴∠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,
∵AB=AD,
∴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;
(3)解:
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=