2024广西北部湾中考数学二轮专题训练 题型五 阅读理解题 (含答案)

2024广西北部湾中考数学二轮专题训练题型五阅读理解题类型一解题方法类阅读理解典例精讲例1【阅读理解】如图①，在正方形ABCD中，M是BC边(不含端点B、C)上任意一点，P是BC延长线上一点，N是∠DCP的平分线上一点．若∠AMN＝90°，求证：AM＝MN.证明：在边AB上截取AE＝MC，连接ME.在正方形ABCD中，∠B＝∠BCD＝90°，AB＝BC.∴∠NMC＝180°－∠AMN－∠AMB＝180°－∠B－∠AMB＝∠MAB＝∠MAE，即∠NMC＝∠MAE.BE＝AB－AE＝BC－MC＝BM，∴∠BEM＝45°，∴∠AEM＝135°，∵N是∠DCP的平分线上一点，∴∠NCP＝45°，∴∠MCN＝135°，在△AEM与△MCN中，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠MAE＝∠NMC,AE＝MC,∠AEM＝∠MCN))，∴△AEM≌△MCN(ASA)，例1题图∴AM＝MN；【类比探究】如图②，在等边△ABC中，M是BC边(不含端点B、C)上任意一点，P是BC延长线上一点，N是∠ACP的平分线上一点．则∠AMN＝60°时，结论AM＝MN是否还成立？请说明理由．【思维教练】要证AM＝MN，可证AM与MN所在的三角形全等，借鉴题干所给证明方法，可在边AB上截取AE＝CM，证得AM与MN所在的三角形全等，即可求证AM＝MN；【解决问题】若将【阅读理解】题干中的”正方形ABCD”改为”正六边形ABCDEF，请直接写出当∠AMN的度数为多少时，结论AM＝MN仍然成立．【思维教练】由【阅读理解】和【类比探究】可知，∠AMN等于它所在的正多边形的一个内角，即等于eq\f(（n－2）180°,n)时，结论AM＝MN仍然成立．针对演练1.【阅读理解】如图①，l1∥l2，△ABC的面积与△DBC的面积相等吗？为什么？解：相等，如图①，在△ABC和△DBC中，分别作AE⊥l2，DF⊥l2，垂足分别为E，F.∴∠AEF＝∠DFC＝90°，∴AE∥DF.∵l1∥l2，∴四边形AEFD是平行四边形，∴AE＝DF.又S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AE，S△DBC＝eq\f(1,2)BC·DF，∴S△ABC＝S△DBC.第1题图①【类比探究】如图②，在正方形ABCD的右侧作等腰△CDE，CE＝DE,AD＝4，连接AE，求△ADE的面积．解：如图②，过点E作EF⊥CD于点F，连接AF.请将余下的求解步骤补充完整．第1题图②【拓展应用】如图③，在正方形ABCD的右侧作正方形CEFG，点B，C，E在同一直线上，AD＝4，连接BD，BF，DF，直接写出△BDF的面积．第1题图③类型二新定义类阅读理解典例精讲例2我们定义：有一组对角互补的四边形叫做对角互补四边形．(1)如图①，在菱形ABCD中，E、F分别是AB、AD边上的点，且BE＝AF，∠B＝60°，求证：四边形AECF为对角互补四边形；【思维教练】要证四边形AECF为对角互补四边形，需证∠AFC＋∠AEC＝180°，由菱形的性质和∠B＝60°可知△ABC为等边三角形，再由BE＝AF可得△BCE≌△ACF，进而得到∠BEC＝∠AFC，即可得证．例2题图①如图②，四边形ABCD为对角互补四边形，且∠BAD＝60°，AB＝AD，求证：CA＝CB＋CD;【思维教练】延长CB至点M，使BM＝CD，要证CA＝CB＋CD，即证CM＝CA.由对角互补四边形的性质可得∠ADC＝∠ABM，即可证△CAD≌△MAB，再结合∠BAD＝60°可得△ACM是等边三角形，等量代换即可得证．例2题图②如图③，在平行四边形ABCD中，AD＝3AB，E、F分别是AB、AD上的点，且四边形AECF为对角互补四边形，若CF＝3，求CE的长．【思维教练】过点C作CN⊥AD于点N，CM⊥BA交BA的延长线于点M，CM与AD交于点H.由对角互补四边形的性质可得∠CFN＝∠AEC，易证△CFN∽△CEM，即eq\f(CF,CE)＝eq\f(CN,CM)，再根据CM与CN的比例关系求解CE的长即可．例2题图③针对演练2.阅读理解：在平面直角坐标系中，点M的坐标为(x1，y1)，点N的坐标为(x2，y2)，且x1≠x2，y1≠y2，若M、N为某矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为M、N的“相关矩形”．如图中的矩形为点M、N的“相关矩形”．(1)已知点A的坐标为(2，0)．①若点B的坐标为(4，4)，则点A、B的“相关矩形”的周长为________；②若点C在直线x＝4上，且点A、C的“相关矩形”为正方形，求直线AC的解析式；已知点P的坐标为(3，－4)，点Q的坐标为(6，－2)．若使函数y＝eq\f(k,x)的图象与点P、Q的“相关矩形”有两个公共点，直接写出k的取值范围．第2题图备用图①备用图②类型三数学文化类阅读理解典例精讲例3阅读下列材料，并完成相应任务．黄金分割天文学家开普勒把黄金分割称为神圣分割，19世纪以后“黄金分割”的说法逐渐流行起来，黄金分割指把一条线段分为两部分，使其中较长部分与线段总长之比等于较短部分与较长部分之比，该比值为eq\f(\r(5)－1,2).用下面的方法(如图①)就可以作出已知线段AB的黄金分割点H：①以线段AB为边作正方形ABCD，②取AD的中点E，连接BE，③延长DA到F，使EF＝BE，④以线段AF为边作正方形AFGH，点H就是线段AB的黄金分割点．例3题图①以下是证明点H就是线段AB的黄金分割点的部分过程：证明：设正方形ABCD的边长为1，则AB＝AD＝1，∵点E为AD的中点，∴AE＝eq\f(1,2)，∴在Rt△BAE中，BE＝eq\r(AB2＋AE2)＝eq\r(12＋（\f(1,2)）2)＝eq\f(\r(5),2).∵EF＝BE，∴EF＝eq\f(\r(5),2)，∴AF＝EF－AE＝eq\f(\r(5)－1,2)，…任务：(1)补全题中的证明过程；（2）如图②，点C为线段AB的黄金分割点，以AC为边在线段AB上方作正方形ACDE，连接BD、BE.求证：△EAB∽△BCD；【思维教练】由正方形的性质可得线段关系，由黄金分割点可得线段比例eq\f(AC,AB)＝eq\f(BC,AC)，等量代换可得eq\f(DC,AB)＝eq\f(BC,AE)，则三角形相似可证．例3题图②如图③，在正五边形ABCDE中，对角线AD与BE交于点M.求证：点M是AD的黄金分割点．【思维教练】要证点M是AD的黄金分割点即需证eq\f(DM,AD)＝eq\f(AM,MD)，由正五边形的性质可推导出△AME∽△AED，得到线段比例关系即可得证．例3题图③针对演练3.(1)阅读理解我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中，汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程；(2)问题解决勾股定理的证明方法有很多，如图②是古代的一种证明方法：过正方形ACDE的中心O，作FG⊥HP，将它分成4份，所分成的四部分和以BC为边的正方形恰好能拼成以AB为边的正方形．若AC＝12，BC＝5，求EF的值；(3)拓展探究如图③，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”的部分图形．设大正方形N的边长为定值n，小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d.已知∠1＝∠2＝∠3＝α，当角α(0°<α<90°)变化时，探究b与c的关系式，并写出该关系式及解答过程(b与c的关系式用含n的式子表示)．参考答案类型一解题方法类阅读理解例1解：【类比探究】结论AM＝MN还成立；理由如下：证明：如解图①，在边AB上截取AE＝MC，连接ME.例1题解图①在等边△ABC中，∠B＝∠BCA＝60°，AB＝BC，∴∠NMC＝180°－∠AMN－∠AMB＝180°－∠B－∠AMB＝∠MAE，BE＝AB－AE＝BC－MC＝BM，∴△BEM是等边三角形，即∠BEM＝60°，∴∠AEM＝120°，∵N是∠ACP的平分线上一点，∴∠ACN＝60°，∴∠MCN＝120°，在△AEM与△MCN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠MAE＝∠NMC,AE＝MC,∠AEM＝∠MCN))，∴△AEM≌△MCN(ASA)，∴AM＝MN；【解决问题】当∠AMN＝120°时结论AM＝MN仍然成立．如解图②，ABCDEF为正六边形，CN为∠DCP的平分线．在边AB上截取AG＝MC，连接MG.在正六边形ABCDEF中，∠B＝∠BCD＝120°，AB＝BC.∵AG＝MC，∴BG＝BM，∴∠BGM＝∠BMG＝(180°－120°)÷2＝30°，∴∠AGM＝150°.∵CN为∠DCP的平分线，∴∠DCN＝30°，∠MCN＝150°.∵∠AMN＝∠B＝120°，∴∠MAG＝180°－∠B－∠AMB，∠NMC＝180°－∠AMN－∠AMB，∴∠MAG＝∠NMC.在△AGM与△MCN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠MAG＝∠NMC,AG＝MC,∠AGM＝∠MCN))，∴△AGM≌△MCN(ASA)，∴AM＝MN.∴当∠AMN＝120°时结论AM＝MN仍然成立．例1题解图②针对演练1.解：【类比探究】∴∠DFE＝90°，在正方形ABCD中，∵∠ADC＝90°，∴∠DFE＝∠ADC＝90°，∴AD∥EF，∴S△ADE＝S△ADF，∵CE＝DE，CD＝AD＝4，∴DF＝eq\f(1,2)CD＝2，∴S△ADE＝S△ADF＝eq\f(1,2)AD·DF＝eq\f(1,2)×4×2＝4；【拓展应用】S△BOF＝8.【解法提示】如解图，连接CF，∵四边形ABCD和四边形CGFE都是正方形，∴∠BDC＝∠FCD＝45°，∴BD∥CF，∵BC＝CD＝AD＝4，∴S△BDF＝S△BCD＝eq\f(1,2)BC·CD＝eq\f(1,2)×4×4＝8.第1题解图类型二新定义类阅读理解例2(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠CAF＝∠ACB＝∠B＝60°，AC＝BC.又∵BE＝AF，∴△BCE≌△ACF(SAS)，∴∠BEC＝∠AFC，∵∠BEC＋∠AEC＝180°，∴∠AFC＋∠AEC＝180°，∴四边形AECF为对角互补四边形；(2)证明：如解图①，延长CB至点M，使得BM＝CD，连接AM，∵∠ADC＋∠ABC＝180°，∠ABM＋∠ABC＝180°，∴∠ADC＝∠ABM，∵AD＝AB，∴△CAD≌△MAB(SAS)，∴∠CAD＝∠MAB，AC＝AM，∴∠CAM＝∠MAB＋∠CAB＝∠CAD＋∠CAB＝∠BAD＝60°，∴△ACM为等边三角形，∴CA＝CM＝CB＋BM＝CB＋CD；例2题解图①(3)解：如解图②，过点C作CN⊥AD于点N，CM⊥BA交BA的延长线于点M，CM与AD交于点H.∵四边形AECF为对角互补四边形，∴∠AEC＋∠AFC＝∠CFN＋∠AFC＝180°，∴∠CFN＝∠AEC，又∵∠M＝∠CNF＝90°，∴△CFN∽△CEM，∴eq\f(CF,CE)＝eq\f(CN,CM).∵S▱ABCD＝AB·CM＝AD·CN，AD＝3AB，∴CM＝3CN，∴eq\f(CF,CE)＝eq\f(CN,CM)＝eq\f(1,3)，∴CE＝3CF＝9.例2题解图②针对演练2.解：(1)①12；【解法提示】点A、B的“相关矩形”的周长为(2＋4)×2＝12.②∵点C在直线x＝4上，且点A、C的“相关矩形”为正方形，∴点C的坐标为(4，2)或(4，－2)．设直线AC的解析式为y＝kx＋b，当直线AC经过点A(2，0)，C(4，2)时，将(2，0)和(4，2)代入y＝kx＋b中，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2k＋b＝0,4k＋b＝2))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝1,b＝－2))，∴直线AC的解析式为y＝x－2；当直线AC经过点A(2，0)，C(4，－2)时，将(2，0)和(4，－2)代入y＝kx＋b中，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2k＋b＝0,4k＋b＝－2))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－1,b＝2))，∴直线AC的解析式为y＝－x＋2；综上所述，直线AC的解析式为y＝x－2或y＝－x＋2；(2)－24<k<－6.【解法提示】与点P，Q的“相关矩形”的四个顶点坐标分别为(3，－2)，(6，－2)，(3，－4)，(6，－4)，当函数y＝eq\f(k,x)的图象经过点(3，－2)时，此时k最大，k＝3×(－2)＝－6，当函数y＝eq\f(k,x)的图象经过点(6，－4)时，此时k最小，k＝6×(－4)＝－24.若使函数y＝eq\f(k,x)的图象与点P、Q的“相关矩形”有两个公共点，则－24<k<－6.类型三数学文化类阅读理解例3(1)解：补全证明过程如下：∵四边形AFGH为正方形，∴AH＝AF＝eq\f(\r(5)－1,2).∴eq\f(AH,AB)＝eq\f(\r(5)－1,2).∴点H是线段AB的黄金分割点；(2)证明：∵四边形ACDE为正方形，∴∠EAB＝∠BCD＝90°，AC＝CD＝AE，又∵点C为线段AB的黄金分割点，∴eq\f(AC,AB)＝eq\f(BC,AC)，∴eq\f(DC,AB)＝eq\f(BC,AE)，∴△EAB∽△BCD；(3)证明：∵五边形ABCDE是正五边形，∴AB＝AE＝DE，∠BAE＝∠AED＝eq\f(（5－2）×180°,5)＝108°，∴∠ABE＝∠AEB＝∠ADE＝36°，∴∠DEM＝∠AED－∠AEB＝108°－36°＝72°，∴∠DME＝180°－36°－72°＝72°，∴DM＝DE＝AE，∵∠DAE＝∠EAM，∠ADE＝∠AEM＝36°，∴△AME∽△AED，∴eq\f(AE,AD)＝eq\f(AM,AE)，∴eq\f(DM,AD)＝eq\f(AM,MD)，∴点M是AD的黄金分割点．针对演练3.解：(1)a2＋b2＝c2(直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方)，证明如下：∵如解图①是由直角边长分别