中考数学阅读理解型问题专题复习.docx

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中考数学阅读理解型问题专题复习

2013年中考数学阅读理解型问题专题复习

2013年中考数学复习专题讲座九：

阅读理解型问题

一、中考专题诠释

阅读理解型问题在近几年的全国中考试题中频频“亮相”，特别引起我们的重视这类问题一般字叙述较长，信息量较大，各种关系错综复杂，考查的知识也灵活多样，既考查学生的阅读能力，又考查学生的解题能力的新颖数学题

二、解题策略与解法精讲

解决阅读理解问题的关键是要认真仔细地阅读给定的材料，弄清材料中隐含了什么新的数学知识、结论，或揭示了什么数学规律，或暗示了什么新的解题方法，然后展开联想，将获得的新信息、新知识、新方法进行迁移，建模应用，解决题目中提出的问题

三、中考考点精讲

考点一：

阅读试题提供新定义、新定理，解决新问题

例1（2012•十堰）阅读材料：

例：

说明代数式的几何意义，并求它的最小值．

解：

=，

如图，建立平面直角坐标系，点P（x，0）是x轴上一点，则可以看成点P与点A（0，1）的距离，

可以看成点P与点B（3，2）的距离，所以原代数式的值可以看成线段PA与PB长度之和，它的最小值就是PA+PB的最小值．

设点A关于x轴的对称点为A′，则PA=PA′，因此，求PA+PB的最小值，只需求PA′+PB的最小值，而点A′、B间的直线段距离最短，所以PA′+PB的最小值为线段A′B的长度．为此，构造直角三角形A′B，因为A′=3，B=3，所以A′B=3，即原式的最小值为3．

根据以上阅读材料，解答下列问题：

（1）代数式的值可以看成平面直角坐标系中点P（x，0）与点A（1，1）、点B的距离之和．（填写点B的坐标）

（2）代数式的最小值为．

考点：

轴对称-最短路线问题；坐标与图形性质．

专题：

探究型．

ɹɹ析：

（1）先把原式化为的形式，再根据题中所给的例子即可得出结论；

（2）先把原式化为的形式，故得出所求代数式的值可以看成平面直角坐标系中点P（x，0）与点A（0，7）、点B（6，1）的距离之和，再根据在坐标系内描出各点，利用勾股定理得出结论即可．解答：

解：

（1）∵原式化为的形式，

∴代数式的值可以看成平面直角坐标系中点P（x，0）与点A（1，1）、点B（2，3）的距离之和，

故答案为（2，3）；

（2）∵原式化为的形式，

∴所求代数式的值可以看成平面直角坐标系中点P（x，0）与点A（0，7）、点B（6，1）的距离之和，

如图所示：

设点A关于x轴的对称点为A′，则PA=PA′，

∴PA+PB的最小值，只需求PA′+PB的最小值，而点A′、B间的直线段距离最短，

∴PA′+PB的最小值为线段A′B的长度，

∵A（0，7），B（6，1）

∴A′（0，-7），A′=6，B=8，

∴A′B==10，

故答案为：

10．

点评：

本题考查的是轴对称-最短路线问题，解答此题的关键是根据题中所给给的材料画出图形，再利用数形结合求解．

考点二、阅读试题信息，归纳总结提炼数学思想方法

例2（2012•赤峰）阅读材料：

（1）对于任意两个数a、b的大小比较，有下面的方法：

当a-b＞0时，一定有a＞b；

当a-b=0时，一定有a=b；

当a-b＜0时，一定有a＜b．

反过也成立．因此，我们把这种比较两个数大小的方法叫做“求差法”．

（2）对于比较两个正数a、b的大小时，我们还可以用它们的平方进行比较：

∵a2-b2=（a+b）（a-b），a+b＞0

∴（a2-b2）与（a-b）的符号相同

当a2-b2＞0时，a-b＞0，得a＞b

当a2-b2=0时，a-b=0，得a=b

当a2-b2＜0时，a-b＜0，得a＜b

解决下列实际问题：

（1）堂上，老师让同学们制作几种几何体，张丽同学用了3张A4纸，7张B纸；李明同学用了2张A4纸，8张B纸．设每张A4纸的面积为x，每张B纸的面积为，且x＞，张丽同学的用纸总面积为1，李明同学的用纸总面积为2．回答下列问题：

①1=（用x、的式子表示）

2=（用x、的式子表示）

②请你分析谁用的纸面积最大．

（2）如图1所示，要在燃气管道l上修建一个泵站，分别向A、B两镇供气，已知A、B到l的距离分别是3、4（即A=3，BE=4），AB=x，现设计两种方案：

方案一：

如图2所示，AP⊥l于点P，泵站修建在点P处，该方案中管道长度a1=AB+AP．

方案二：

如图3所示，点A′与点A关于l对称，A′B与l相交于点P，泵站修建在点P处，该方案中管道长度a2=AP+BP．

①在方案一中，a1=（用含x的式子表示）；

②在方案二中，a2=（用含x的式子表示）；

③请你分析要使铺设的输气管道较短，应选择方案一还是方案二．

考点：

轴对称-最短路线问题；整式的混合运算．

专题：

计算题．

分析：

（1）①根据题意得出3x+7和2x+8，即得出答案；②求出1-2=x-，根据x和的大小比较即可；

（2）①把AB和AP的值代入即可；②过B作B⊥A于，求出A，根据勾股定理求出B．再根据勾股定理求出BA′，即可得出答案；

③求出a12-a22=6x-39，分别求出6x-39＞0，6x-39=0，6x-39＜0，即可得出答案．

解答：

（1）解：

①1=3x+7，2=2x+8，

故答案为：

3x+7，2x+8．

②解：

1-2=（3x+7）-（2x+8）=x-，

∵x＞，

∴x-＞0，

∴1-2＞0，

得1＞2，

所以张丽同学用纸的总面积大．

（2）①解：

a1=AB+AP=x+3，

故答案为：

x+3．

②解：

过B作B⊥A于，

则A=4-3=1，

在△AB中，由勾股定理得：

B2=AB2-12=x2-1，

在△A′B中，由勾股定理得：

AP+BP=A′B=，

故答案为：

．

③解：

a12-a22=（x+3）2-（）2=x2+6x+9-（x2+48）=6x-39，

当a12-a22＞0（即a1-a2＞0，a1＞a2）时，6x-39＞0，解得x＞6，

当a12-a22=0（即a1-a2=0，a1=a2）时，6x-39=0，解得x=6，

当a12-a22＜0（即a1-a2＜0，a1＜a2）时，6x-39＜0，解得x＜6，

综上所述

当x＞6时，选择方案二，输气管道较短，

当x=6时，两种方案一样，

当0＜x＜6时，选择方案一，输气管道较短．

点评：

本题考查了勾股定理，轴对称-最短路线问题，整式的运算等知识点的应用，通过做此题培养了学生的计算能力和阅读能力，题目具有一定的代表性，是一道比较好的题目．

考点三、阅读相关信息，通过归纳探索，发现规律，得出结论

例3（2012•凉州）在学习轴对称的时候，老师让同学们思考本中的探究题．

如图

（1），要在燃气管道l上修建一个泵站，分别向A、B两镇供气．泵站修在管道的什么地方，可使所用的输气管线最短？

你可以在l上找几个点试一试，能发现什么规律？

聪明的小华通过独立思考，很快得出了解决这个问题的正确办法．他把管道l看成一条直线（图

（2）），问题就转化为，要在直线l上找一点P，使AP与BP的和最小．他的做法是这样的：

①作点B关于直线l的对称点B′．

②连接AB′交直线l于点P，则点P为所求．

请你参考小华的做法解决下列问题．如图在△AB中，点D、E分别是AB、A边的中点，B=6，B边上的高为4，请你在B边上确定一点P，使△PDE得周长最小．

（1）在图中作出点P（保留作图痕迹，不写作法）．

（2）请直接写出△PDE周长的最小值：

．

考点：

轴对称-最短路线问题．

分析：

（1）根据提供材料DE不变，只要求出DP+PE的最小值即可，作D点关于B的对称点D′，连接D′E，与B交于点P，P点即为所求；

（2）利用中位线性质以及勾股定理得出D′E的值，即可得出答案．

解答：

解：

（1）如图，作D点关于B的对称点D′，连接D′E，与B交于点P，

P点即为所求；

（2）∵点D、E分别是AB、A边的中点，

∴DE为△AB中位线，

∵B=6，B边上的高为4，

∴DE=3，DD′=4，

∴D′E==，

∴△PDE周长的最小值为：

DE+D′E=3+=8，

故答案为：

8．

点评：

此题主要考查了利用轴对称求最短路径以及三角形中位线的知识，根据已知得出要求△PDE周长的最小值，求出DP+PE的最小值即可是解题关键．

考点四、阅读试题信息，借助已有数学思想方法解决新问题

例4（2012•重庆）已知：

如图，在直角梯形ABD中，AD∥B，∠B=90°，AD=2，B=6，AB=3．E为B边上一点，以BE为边作正方形BEFG，使正方形BEFG和梯形ABD在B的同侧．

（1）当正方形的顶点F恰好落在对角线A上时，求BE的长；

（2）将

（1）问中的正方形BEFG沿B向右平移，记平移中的正方形BEF为正方形B′EFG，当点E与点重合时停止平移．设平移的距离为t，正方形B′EFG的边EF与A交于点，连接B′D，B′，D，是否存在这样的t，使△B′D是直角三角形？

若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；

（3）在

（2）问的平移过程中，设正方形B′EFG与△AD重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围．考点：

相似三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；直角梯形．

专题：

代数几何综合题．

分析：

（1）首先设正方形BEFG的边长为x，易得△AGF∽△AB，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得BE的长；

（2）首先利用△E∽△AB与勾股定理，求得B′，D与B′D的平方，然后分别从若∠DB′=90°，则D2=B′2+B′D2，若∠DB′=90°，则D2=B′2+B′D2，若∠B′D=90°，则B′2=B′D2+D2去分析，即可得到方程，解方程即可求得答案；

（3）分别从当0≤t≤时，当＜t≤2时，当2＜t≤时，当＜t≤4时去分析求解即可求得答案．

解答：

解：

（1）如图①，

设正方形BEFG的边长为x，

则BE=FG=BG=x，

∵AB=3，B=6，

∴AG=AB-BG=3-x，

∵GF∥BE，

∴△AGF∽△AB，

∴，

即，

解得：

x=2，

即BE=2；

（2）存在满足条的t，

理由：

如图②，过点D作DH⊥B于H，

则BH=AD=2，DH=AB=3，

由题意得：

BB′=HE=t，HB′=|t-2|，E=4-t，

∵EF∥AB，

∴△E∽△AB，

∴，即，

∴E=2-t，

在Rt△B′E中，B′2=E2+B′E2=22+（2-t）2=t2-2t+8，

在Rt△DHB′中，B′D2=DH2+B′H2=32+（t-2）2=t2-4t+13，

过点作N⊥DH于N，

则N=HE=t，NH=E=2-t，

∴DN=DH-NH=3-（2-t）=t+1，

在Rt△DN中，D2=DN2+N2=t2+t+1，

（Ⅰ）若∠DB′=90°，则D2=B′2+B′D2，

即t2+t+1=（t2-2t+8）+（t2-4t+13），

解得：

t=，

（Ⅱ）若∠B′D=90°，则B′D2=B′2+D2，

即t2-4t+13=（t2-2t+8）+（t2+t+1），

解得：

t1=-3+，t2=-3-（舍去），

∴t=-3+；

（Ⅲ）若∠B′D=90°，则B′2=B′D2+D2，

即：

t2-2t+8=（t2-4t+13）+（t2+t+1），

此方程无解，

综上所述，当t=或-3+时，△B′D是直角三角形；（3）①如图③，当F在D上时，EF：

DH=E：

H，

即2：

3=E：

4，

∴E=，

∴t=BB′=B-B′E-E=6-2-=，

∵E=2-t，

∴F=t，

当0≤t≤时，S=S△FN=×t×t=t2，

②如图④，当G在A上时，t=2，

∵E=E•tan∠DB=E•=（4-t）=3-t，

∴F=2-E=t-1，

∵NL=AD=，

∴FL=t-，

∴当＜t≤2时，S=S△FN-S△FL=t2-（t-）（t-1）=-t2+t-；

③如图⑤，当G在D上时，B′：

H=B′G：

DH，

即B′：

4=2：

3，

解得：

B′=，

∴E=4-t=B′-2=，

∴t=，

∵B′N=B′=（6-t）=3-t，

∵GN=GB′-B′N=t-1，

∴当2＜t≤时，S=S梯形GNF-S△FL=×2×（t-1+t）-（t-）（t-1）=-t2+2t-，

④如图⑥，当＜t≤4时，

∵B′L=B′=（6-t），E=E=（4-t），B′N=B′=（6-t）E=E=（4-t），S=S梯形NL=S梯形B′EL-S梯形B′EN=-t+．

综上所述：

当0≤t≤时，S=t2，

当＜t≤2时，S=-t2+t-；

当2＜t≤时，S=-t2+2t-，

当＜t≤4时，S=-t+．

点评：

此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识．此题难度较大，注意数形结合思想、方程思想与分类讨论思想的应用，注意辅助线的作法．

四、中考真题演练

1．（2012•宁波）邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下一个四边形，称为第一次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又剩下一个四边形，称为第二次操作；…依此类推，若第n次操作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n阶准菱形．如图1，▱ABD中，若AB=1，B=2，则▱ABD为1阶准菱形．

（1）判断与推理：

①邻边长分别为2和3的平行四边形是阶准菱形；

②小明为了剪去一个菱形，进行了如下操作：

如图2，把▱ABD沿BE折叠（点E在AD上），使点A落在B边上的点F，得到四边形ABFE．请证明四边形ABFE是菱形．

（2）操作、探究与计算：

①已知▱ABD的邻边长分别为1，a（a＞1），且是3阶准菱形，请画出▱ABD及裁剪线的示意图，并在图形下方写出a的值；

②已知▱ABD的邻边长分别为a，b（a＞b），满足a=6b+r，b=r，请写出▱ABD是几阶准菱形．

考点：

图形的剪拼；平行四边形的性质；菱形的性质；作图—应用与设计作图．

分析：

（1）①根据邻边长分别为2和3的平行四边形进过两次操作即可得出所剩四边形是菱形，即可得出答案；

②根据平行四边形的性质得出AE∥BF，进而得出AE=BF，即可得出答案；

（2）①利用3阶准菱形的定义，即可得出答案；

②根据a=6b+r，b=r，用r表示出各边长，进而利用图形得出▱ABD是几阶准菱形．

解答：

解：

（1）①利用邻边长分别为2和3的平行四边形进过两次操作，所剩四边形是边长为1的菱形，

故邻边长分别为2和3的平行四边形是2阶准菱形；

故答案为：

2；

②由折叠知：

∠ABE=∠FBE，AB=BF，

∵四边形ABD是平行四边形，

∴AE∥BF，

∴∠AEB=∠FBE，

∴∠AEB=∠ABE，

∴AE=AB，

∴AE=BF，

∴四边形ABFE是平行四边形，

∴四边形ABFE是菱形；

（2）

①如图所示：

，

②∵a=6b+r，b=r，

∴a=6×r+r=31r；

如图所示：

故▱ABD是10阶准菱形．

点评：

此题主要考查了图形的剪拼以及菱形的判定，根据已知n阶准菱形定义正确将平行四边形分割是解题关键．

2．（2012•淮安）阅读理解

如图1，△AB中，沿∠BA的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分；…；将余下部分沿∠BnAn的平分线AnBn+1折叠，点Bn与点重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，∠BA是△AB的好角．

小丽展示了确定∠BA是△AB的好角的两种情形．情形一：

如图2，沿等腰三角形AB顶角∠BA的平分线AB1折叠，点B与点重合；情形二：

如图3，沿∠BA的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1的平分线A1B2折叠，此时点B1与点重合．

探究发现

（1）△AB中，∠B=2∠，经过两次折叠，∠BA是不是△AB的好角？

（填“是”或“不是”）．

（2）小丽经过三次折叠发现了∠BA是△AB的好角，请探究∠B与∠（不妨设∠B＞∠）之间的等量关系．根据以上内容猜想：

若经过n次折叠∠BA是△AB的好角，则∠B与∠（不妨设∠B＞∠）之间的等量关系为．

应用提升

（3）小丽找到一个三角形，三个角分别为1°、60°、10°，发现60°和10°的两个角都是此三角形的好角．

请你完成，如果一个三角形的最小角是4°，试求出三角形另外两个角的度数，使该三角形的三个角均是此三角形的好角．考点：

翻折变换（折叠问题）．

专题：

压轴题；规律型．

分析：

（1）在小丽展示的情形二中，如图3，根据根据三角形的外角定理、折叠的性质推知∠B=2∠；

（2）根据折叠的性质、根据三角形的外角定理知∠A1A2B2=∠+∠A2B2=2∠；

根据四边形的外角定理知∠BA+2∠B-2=180°①，根据三角形AB的内角和定理知∠BA+∠B+∠=180°②，由①②可以求得∠B=3∠；

利用数学归纳法，根据小丽展示的三种情形得出结论：

∠B=n∠；

（3）利用

（2）的结论知∠B=n∠，∠BA是△AB的好角，∠=n∠A，∠AB是△AB的好角，∠A=n∠B，∠BA是△AB的好角；然后三角形内角和定理可以求得另外两个角的度数可以是88°、88°．

解答：

解：

（1）△AB中，∠B=2∠，经过两次折叠，∠BA是△AB的好角；

理由如下：

小丽展示的情形二中，如图3，

∵沿∠BA的平分线AB1折叠，

∴∠B=∠AA1B1；

又∵将余下部分沿∠B1A1的平分线A1B2折叠，此时点B1与点重合，

∴∠A1B1=∠；

∵∠AA1B1=∠+∠A1B1（外角定理），

∴∠B=2∠；

故答案是：

是；

（2）∠B=3∠；如图所示，在△AB中，沿∠BA的平分线AB1折叠，剪掉重复部分；将余下部分沿∠B1A1的平分线A1B2折叠，剪掉重复部分，将余下部分沿∠B2A2的平分线A2B3折叠，点B2与点重合，则∠BA是△AB的好角．

证明如下：

∵根据折叠的性质知，∠B=∠AA1B1，∠=∠A2B2，∠A1B1=∠A1A2B2，

∴根据三角形的外角定理知，∠A1A2B2=∠+∠A2B2=2∠；

∵根据四边形的外角定理知，∠BA+∠B+∠AA1B1-∠A1B1=∠BA+2∠B-2=180°，

根据三角形AB的内角和定理知，∠BA+∠B+∠=180°，

∴∠B=3∠；

由小丽展示的情形一知，当∠B=∠时，∠BA是△AB的好角；

由小丽展示的情形二知，当∠B=2∠时，∠BA是△AB的好角；

由小丽展示的情形三知，当∠B=3∠时，∠BA是△AB的好角；

故若经过n次折叠∠BA是△AB的好角，则∠B与∠（不妨设∠B＞∠）之间的等量关系为∠B=n∠；

（3）由

（2）知，∠B=n∠，∠BA是△AB的好角，

∴∠=n∠A，∠AB是△AB的好角，∠A=n∠B，∠BA是△AB的好角，

∴如果一个三角形的最小角是4°，三角形另外两个角的度数是4、172；8、168；16、160；44、132；88°、88°．

点评：

本题考查了翻折变换（折叠问题）．解答此题时，充分利用了三角形内角和定理、三角形外角定理以及折叠的性质．难度较大．

3．（2012•南京）下框中是小明对一道题目的解答以及老师的批改．

题目：

某村计划建造如图所示的矩形蔬菜温室，要求长与宽的比为2：

1，在温室内，沿前侧内墙保留3的空地，其他三侧内墙各保留1的通道，当温室的长与宽各为多少时，矩形蔬菜种植区域的面积是2882？

解：

设矩形蔬菜种植区域的宽为x，则长为2x，

根据题意，得x•2x=288．

解这个方程，得x1=-12（不合题意，舍去），x2=12

所以温室的长为2×12+3+1=28（），宽为12+1+1=14（）

答：

当温室的长为28，宽为14时，矩形蔬菜种植区域的面积是2882．

我的结果也正确！

小明发现他解答的结果是正确的，但是老师却在他的解答中画了一条横线，并打了一个？

．

结果为何正确呢？

（1）请指出小明解答中存在的问题，并补充缺少的过程：

变化一下会怎样…

（2）如图，矩形A′B′′D′在矩形ABD的内部，AB∥A′B′，AD∥A′D′，且AD：

AB=2：

1，设AB与A′B′、B与B′′、D与′D′、DA与D′A′之间的距离分别为a、b、、d，要使矩形A′B′′D′∽矩形ABD，a、b、、d应满足什么条？

请说明理由．

考点：

相似多边形的性质；一元二次方程的应用．

分析：

（1）根据题意可得小明没有说明矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：

1的理由，所以应设矩形蔬菜种植区域的宽为x，则长为2x，然后由题意得方程=2，矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：

1，再利用小明的解法求解即可；

（2）由使矩形A′B′′D′∽矩形ABD，利用相似多边形的性质，可得，即

，然后利用比例的性质，即可求得答案．

解答：

解：

（1）小明没有说明矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：

1的理由．

在“设矩形蔬菜种植区域的宽为x，则长为2x．”前补充以下过程：

设温室的宽为，则长为2．

则矩形蔬菜种植区域的宽为（-1-1），长为（2-3-1）．

∵=2，

∴矩形蔬菜种植区域的长与宽之比为2：

1；

（2）要使矩形A′B′′D′∽矩形ABD，

就要，即，

即，

即=2．

点评：

此题考查了相似多边形的性质．此题属于阅读性题目，注意理解题意，读懂题目是解此题的关键．

4．（2012•鸡西）如图，在平面直角坐标系中，已知Rt△AB的两条直角边A、B分别在轴和x轴上，并且A、B的长分别是方程x2-7x+12=0的两根（A＜B），动点P从点A开始在线段A上以每秒1个单位长度的速度向点0运动；同时，动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A运动，设点P、Q运动的时间为t秒．

（1）求A、B两点的坐标．

（2）求当t为何值时，△APQ与△AB相似，并直接写出此时点Q的坐标．

（3）当t=2时，在坐标平面内，是否存在点，使以A、P、Q、为顶点的四边形是平行四边形？

若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．考点：

相似形综合题；解一元二次方程-因式分解法；平行四边形的判定；矩形的性质；相似三角形的判定与性质．

分析：

（1）解一元二次方程，求出A、B的长度，从而得到A、B点的坐标；

（2）△APQ与△AB相似时，存在两种情况，需要分类讨论，不要遗漏，如图

（2）所示；

（3）本问关键是找齐平行四边形的各种位置与性质，如图（3）所示．在求1，2坐标时，注意到1，2与Q点坐标的对应关系，则容易求解；在求3坐标时，可以利用全等三角形，得到线段之间关系．

解答：

解：

（1）解方程x2-7x+12=0，得x1=3，x2=4，

∵A＜B，∴A=3，B=4．

∴A（0，3），B（4，0）．

（2）在Rt△AB中，A=3，B=4，∴AB=，∴AP=t，QB=2t，AQ=-2t．

△APQ与△AB相似，可能有两种情况：

（I）△APQ∽△AB，如图

（2）a所示．

则有，即，解得t=．

此时P=A-AP=，PQ=AP•tanA=，∴Q（，）；

（II）△APQ∽△AB，如图

（2）b所示．

则有，即，解得t=．

此时AQ=，AH=AQ•sA=，HQ=A