第1部分 专项11 阅读理解型问题（课件PPT）-【指点中考】2025年湖北中考数学题型突破

题型专项攻略 第一部分 专项十一　阅读理解型问题 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 指点中考　数学 制 作 者：指点中考 适用对象：初中学生 制作软件：Powerpoint2010、 Photoshop cs3 运行环境：WindowsXP以上操作系统 阅读理解型问题主要有新定义几何概念型阅读题、方法学习型阅读题、类比探究型阅读题，在中考中以解答题形式出现，分值在8～10分左右，考查的知识点可以是几何知识，也可以是代数知识，培养学生的抽象能力、几何直观、推理能力、创新意识及模型观念等数学素养． 题型1　新定义几何概念型阅读题 (2024山西)阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“等边半正多边形”的研究报告 博学小组 研究对象：等边半正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念－性质－判定”的路径，由一般到特殊进行研究 研究方法：观察(测量、实验)－猜想－推理证明 研究内容： 【一般概念】 对于一个凸多边形(边数为偶数)，若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形(正方形除外)就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形…… 【特例研究】 根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下： 概念理解：如图2，如果六边形ABCDEF是等边半正六边形，那么AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠A＝∠C＝∠E，∠B＝∠D＝∠F，且∠A≠∠B． 性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论： 内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为____▲____°. 对角线：…… 　 任务： (1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容：______. (2)如图3，六边形ABCDEF是等边半正六边形．连接对角线AD，猜想∠BAD与∠FAD的数量关系，并说明理由； (3)如图4，已知△ACE是正三角形，⊙O是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形ABCDEF(要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法)． 解：(1)240. (2)∠BAD＝∠FAD，理由如下： 如图，连接BD，FD． ∵六边形ABCDEF是等边半正六边形， ∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠C＝∠E. ∴△BCD≌△FED(SAS)，∴BD＝FD． 在△ABD与△AFD中， ∴△BAD≌△FAD(SSS)，∴∠BAD＝∠FAD． (3)答案不唯一． 作法一：　作法二： 如图，六边形ABCDEF即为所求． 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究． 定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． (1)操作判断 用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有________(填序号)． (2)性质探究 根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质． 如图2，四边形ABCD是邻等对补四边形，AB＝AD，AC是它的一条对角线． ①写出图中相等的角，并说明理由； ②若BC＝m，DC＝n，∠BCD＝2θ，求AC的长(用含m，n，θ的式子表示)． 　 (3)拓展应用 如图3，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，分别在边BC，AC上取点M，N，使四边形ABMN是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出BN的长． 解：(1)②④. (2)①∠ACD＝∠ACB，理由： 如图，延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE. ∵四边形ABCD是邻等对补四边形， ∴∠ABC＋∠D＝180°. ∵∠ABC＋∠ABE＝180°，∴∠ABE＝∠D． ∵AB＝AD，∴△ABE≌△ADC(SAS)， ∴∠E＝∠ACD，AE＝AC， ∴∠E＝∠ACB，∴∠ACD＝∠ACB． ②如图，过点A作AF⊥EC于F， ∵AE＝AC，∴CF＝CE＝(BC＋BE)＝(BC＋DC)＝. ∵∠BCD＝2θ，∴∠ACD＝∠ACB＝θ， 在Rt△AFC中，cos θ＝， ∴AC＝＝. (3)或.　解法提示： ∵∠B＝90°，AB＝3，BC＝4， ∴AC＝＝5. ∵四边形ABMN是邻等对补四边形， ∴∠ANM＋∠B＝180°，∴∠ANM＝90°. ①当AB＝BM时，如图，连接AM，过N作NH⊥BC于H， ∴AM2＝AB2＋BM2＝18.在Rt△AMN中， MN2＝AM2－AN2＝18－AN2， 在Rt△CMN中，MN2＝CM2－CN2＝(4－3)2－(5－AN)2， ∴18－AN2＝(4－3)2－(5－AN)2， 解得AN＝4.2，∴CN＝. ∵∠NHC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C， ∴△NHC∽△ABC， ∴＝＝，即＝＝， ∴NH＝，CH＝，∴BH＝， ∴BN＝＝. ②当AN＝AB时，如图，连接AM， ∵AM＝AM，∴Rt△ABM≌Rt△ANM(HL)， ∴BM＝NM，故不符合题意，舍去． ③当AN＝MN时，如图，连接AM，过N作NH⊥BC于H， ∵∠MNC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C， ∴△CMN∽△CAB， ∴＝，即＝，解得CN＝. ∵∠NHC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C， ∴△NHC∽△ABC， ∴＝＝，即＝＝， ∴NH＝，CH＝，∴BH＝， ∴BN＝＝. ④当BM＝MN时，如图，连接AM， ∵AM＝AM， ∴Rt△ABM≌Rt△ANM(HL)， ∴AN＝AB，故不符合题意，舍去． 综上，BN的长为或. 题型2　方法学习型阅读题 (2024吉林)小明在学习时发现四边形面积与对角线存在关联，下面是他的研究过程： 【探究论证】 (1)如图①，在△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC，垂足为点D．若CD＝2，BD＝1，则S△ABC＝________. (2)如图②，在菱形A′B′C′D′中，A′C′＝4，B′D′＝2，则S菱形A′B′C′D′＝________. (3)如图③，在四边形EFGH中，EG⊥FH，垂足为点O. 若EG＝5，FH＝3，则S四边形EFGH＝______； 若EG＝a，FH＝b，猜想S四边形EFGH与a，b的关系，并证明你的猜想． 　 【理解运用】 (4)如图④，在△MNK中，MN＝3，KN＝4，MK＝5，点P为边MN上一点．小明利用直尺和圆规分四步作图： (ⅰ)以点K为圆心，适当长为半径画弧，分别交边KN，KM于点R，I； (ⅱ)以点P为圆心，KR长为半径画弧，交线段PM于点I′； (ⅲ)以点I′为圆心，IR长为半径画弧，交前一条弧于点R′，点R′，K在MN同侧； (ⅳ)过点P画射线PR′，在射线PR′上截取PQ＝KN，连接KP，KQ，MQ. 请你直接写出S四边形MPKQ的值． 解：(1)2　(2)4 (3).猜想：S四边形EFGH＝. 证明：∵EG⊥FH，∴S△EFG＝EG·FO，S△EHG＝EG·HO， ∴S四边形EFGH＝S△EFG＋S△EHG＝EG·FO＋EG·HO＝EG·FH＝. (4)根据尺规作图可知：∠QPM＝∠MKN， ∵在△MNK中，MN＝3，KN＝4，MK＝5，∴MK2＝MN2＋KN2， ∴△MNK是直角三角形，且∠MNK＝90°， ∴∠NMK＋∠MKN＝90°. ∵∠QPM＝∠MKN，∴∠NMK＋∠QPM＝90°，∴MK⊥PQ.∵PQ＝KN＝4，MK＝5， ∴根据(3)中结论得S四边形MPKQ＝MK·PQ＝10. 综合与实践 【主题】 滤纸与漏斗 【素材】 如图1所示： ①一张直径为10 cm的圆形滤纸； ②一只漏斗口直径与母线均为7 cm的圆锥形过滤漏斗． 【实践操作】 步骤1：取一张滤纸； 步骤2：按如图2所示步骤折叠好滤纸； 步骤3：将其中一层撑开，围成圆锥形； 步骤4：将围成圆锥形的滤纸放入如图1所示漏斗中． 【实践探索】 (1)滤纸是否能紧贴此漏斗内壁(忽略漏斗管口处)？用你所学的数学知识说明． (2)当滤纸紧贴漏斗内壁时，求滤纸围成圆锥形的体积．(结果保留π) 解：(1)滤纸能紧贴此漏斗内壁．理由如下： 如图作出示意图，由题意知AB＝AC＝BC＝7 cm， 折叠后CD＝CE＝×10＝5 cm. ∵底面周长为×10π＝5π cm， ∴DE·π＝5π cm，∴DE＝5 cm， ∴＝＝，∴△CDE∽△CAB， ∴滤纸能紧贴此漏斗内壁． (2)由(1)知CD＝DE＝CE＝5 cm， ∴∠CDE＝60°，过C作CF⊥DE于点F，则DF＝DE＝ cm，在Rt△CDF中，CF2＝＝ cm， ∴V＝π·2××＝π cm3. 即圆锥形的体积是π cm3. (2024乐山)在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D，E在边BC上，且∠DAE＝45°，BD＝3，CE＝4，求DE的长． 解：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD′，连接ED′. 由旋转的特征得∠BAD＝∠CAD′，∠B＝∠ACD′，AD＝AD′，BD＝CD′. ∵∠BAC＝90°，∠DAE＝45°， ∴∠BAD＋∠EAC＝45°. ∵∠BAD＝∠CAD′，∴∠CAD′＋∠EAC＝45°，即∠EAD′＝45°.∴∠DAE＝∠D′AE. 在△DAE和△D′AE中，AD＝AD′，∠DAE＝∠D′AE，AE＝AE，∴__①__.∴DE＝D′E. 又∵∠ECD′＝∠ECA＋∠ACD′＝∠ECA＋∠B＝90°，∴在Rt△ECD′中，__②__. ∵CD′＝BD＝3，CE＝4， ∴DE＝D′E＝__③__. 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______. 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图3，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，满足△CEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半，连接AE，AF，分别与对角线BD交于M，N两点．探究BM，MN，DN的数量关系并证明． 【拓展应用】 如图4，在矩形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°.探究BE，EF，DF的数量关系：______(直接写出结论，不必证明)． 【问题再探】 如图5，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D，E在边AC上，且∠DBE＝45°.设AD＝x，CE＝y，求y与x的函数解析式． 解：【问题解决】 ①△ADE≌△AD′E(SAS)， ②EC2＋CD′2＝ED′2，③5. 【知识迁移】 DN2＋BM2＝MN2. 证明：如图，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF′. 过点D作DH⊥BD交边AF′于点H，连接NH. 由旋转的特征得AE＝AF′，BE＝DF′，∠BAE＝∠DAF′. 由题意得EF＋EC＋FC＝DC＋BC＝DF＋FC＋EC＋BE， ∴EF＝DF＋BE＝DF＋DF′＝F′F. 在△AEF和△AF′F中，AE＝AF′，EF＝F′F，AF＝AF， ∴△AEF≌△AF′F(SSS)，∴∠EAF＝∠F′AF. 又∵BD为正方形ABCD的对角线， ∴∠ABD＝∠ADB＝45°. ∵DH⊥BD， ∴∠ADH＝∠HDB－∠ADB＝45°. 在△ABM和△ADH中，∠BAM＝∠DAH，AB＝AD，∠ABM＝∠ADH， ∴△ABM≌△ADH(ASA)，∴AM＝AH，BM＝DH. 在△AMN和△AHN中，AM＝AH， ∠MAN＝∠HAN，AN＝AN， ∴△AMN≌△AHN(SAS)，∴MN＝HN. 在Rt△HND中，DN2＋DH2＝HN2， ∴DN2＋BM2＝MN2. 【拓展应用】 2BE2＋2DF2＝EF2. 【问题再探】 如图，将△BEC绕点B逆时针旋转90°，得到△BE′C′，连接E′D.过点E作EG⊥BC，垂足为点G，过点E′作E′G′⊥BC′，垂足为G′.过点E′作E′F∥BA，过点D作DF∥BC交AB于点H，E′F，DF交于点F. 由旋转的特征得BE＝BE′，∠CBE＝∠C′BE′，EG＝E′G′，BG＝BG′. ∵∠ABC＝90°，∠DBE＝45°， ∴∠CBE＋∠DBA＝45°， ∴∠C′BE′＋∠DBA＝45°，即∠DBE′＝45°. 在△EBD和△E′BD中，BE＝BE′，∠DBE＝∠DBE′，BD＝BD， ∴△EBD≌△E′BD(SAS)，∴DE＝DE′. ∵∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3， ∴AC＝＝5. 又∵AD＝x，CE＝y，∴DE′＝DE＝5－x－y. ∵DF∥BC，∴∠ADH＝∠C，∠AHD＝∠ABC＝90°， ∴△AHD∽△ABC，∴＝＝＝，即AH＝x，HD＝x， ∴HB＝AB－AH＝4－x，同理可得EG＝y，GC＝y. ∴E′G′＝y，BG′＝BG＝3－y. ∵E′G′⊥AB，∠ABC＝90°，∴E′G′∥BC∥FD. 又∵E′F∥AB，∠FHG′＝∠AHD＝90°， ∴四边形FE′G′H为矩形． ∴∠F＝90°，FH＝E′G′＝y，DF＝DH＋FH＝x＋y， FE′＝HG′＝HB－BG′＝4－x－＝1－x＋y， 在Rt△E′FD中，E′F2＋DF2＝E′D2， ∴2＋2＝(5－x－y)2，解得y＝. 题型3　类比探究型阅读题 (2024凉山)阅读下面材料，并解决相关问题： 下图是一个三角点阵，从上向下数有无数多行，其中第一行有1个点，第二行有2个点……第n行有n个点…… 容易发现，三角点阵中前4行的点数之和为10. (1)探索：三角点阵中前8行的点数之和为______，前15行的点数之和为______，那么，前n行的点数之和为______. (2)体验：三角点阵中前n行的点数之和______(填“能”或“不能”)为500. (3)运用：某广场要摆放若干种造型的盆景，其中一种造型要用420盆同样规格的花，按照第一排2盆，第二排4盆，第三排6盆……第n排2n盆的规律摆放而成，则一共能摆放多少排？ 解：(1)36；120；n(n＋1)． (2)不能． (3)同理，前n行的点数之和为2＋4＋6＋…＋2n＝2×(1＋n)×n＝n(n＋1)， 由题意得n(n＋1)＝420，得n2＋n－420＝0，即(n＋21)(n－20)＝0， 解得n＝20或n＝－21(舍去)， ∴一共能摆放20排． $$