专题二十二 阅读探究创新-2022年中考数学二轮复习之重难热点提分专题

这是一份专题二十二 阅读探究创新-2022年中考数学二轮复习之重难热点提分专题，文件包含专题二十二阅读探究创新-2022年中考数学二轮复习之重难热点提分专题解析版docx、专题二十二阅读探究创新-2022年中考数学二轮复习之重难热点提分专题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
专题二十二 阅读探究创新

1．（2021•荆州）阅读下列“问题”与“提示”后，将解方程的过程补充完整，求出x的值．
【问题】解方程：x2+2x+4x2+2x-5＝0．
【提示】可以用“换元法”解方程．
解：设x2+2x=t（t≥0），则有x2+2x＝t2
原方程可化为：t2+4t﹣5＝0
【续解】
【分析】利用因式分解法解方程t2+4t﹣5＝0得到t1＝﹣5，t2＝1，再分别解方程x2+2x=-5和方程x2+2x=1，然后进行检验确定原方程的解．
【解析】（t+5）（t﹣1）＝0，
t+5＝0或t﹣1＝0，
∴t1＝﹣5，t2＝1，
当t＝﹣5时，x2+2x=-5，此方程无解；
当t＝1时，x2+2x=1，则x2+2x＝1，配方得（x+1）2＝2，解得x1＝﹣1+2，x2＝﹣1-2；
经检验，原方程的解为x1＝﹣1+2，x2＝﹣1-2．
2．（2021•自贡）我国著名数学家华罗庚说过“数缺形时少直观，形少数时难入微”，数形结合是解决数学问题的重要思想方法．例如，代数式|x﹣2|的几何意义是数轴上x所对应的点与2所对应的点之间的距离：因为|x+1|＝|x﹣（﹣1）|，所以|x+1|的几何意义就是数轴上x所对应的点与﹣1所对应的点之间的距离．
（1）发现问题：代数式|x+1|+|x﹣2|的最小值是多少？
（2）探究问题：如图，点A、B、P分别表示数﹣1、2、x，AB＝3．

∵|x+1|+|x﹣2|的几何意义是线段PA与PB的长度之和，
∴当点P在线段AB上时，PA+PB＝3，当点P在点A的左侧或点B的右侧时，PA+PB＞3．
∴|x+1|+|x﹣2|的最小值是3．
（3）解决问题：
①|x﹣4|+|x+2|的最小值是　 　；
②利用上述思想方法解不等式：|x+3|+|x﹣1|＞4；

③当a为何值时，代数式|x+a|+|x﹣3|的最小值是2．
【分析】观察阅读材料中的（1）和（2），总结出求最值方法；
（3）①原式变形﹣2和4距离x最小值为4﹣（﹣2）＝6；
②根据题意画出相应的图形，确定出所求不等式的解集即可；
③根据原式的最小值为2，得到3左边和右边，且到3距离为2的点即可．
【解析】（1）发现问题：代数式|x+1|+|x﹣2|的最小值是3；
（2）探究问题：如图，点A、B、P分别表示数﹣1、2、x，AB＝3．

∵|x+1|+|x﹣2|的几何意义是线段PA与PB的长度之和，
∴当点P在线段AB上时，PA+PB＝3，当点P在点A的左侧或点B的右侧时，PA+PB＞3．
∴|x+1|+|x﹣2|的最小值是3．
（3）解决问题：
①|x﹣4|+|x+2|的最小值是6；
故答案为：6；
②如图所示，满足|x+3|+|x﹣1|＞4的x范围为x＜﹣3或x＞1；

③当a为﹣1或﹣5时，代数式|x+a|+|x﹣3|的最小值是2．
3．（2021•湘潭）阅读材料：三角形的三条中线必交于一点，这个交点称为三角形的重心．

（1）特例感知：如图（一），已知边长为2的等边△ABC的重心为点O，求△OBC与△ABC的面积．
（2）性质探究：如图（二），已知△ABC的重心为点O，请判断ODOA、S△OBCS△ABC是否都为定值？如果是，分别求出这两个定值；如果不是，请说明理由．
（3）性质应用：如图（三），在正方形ABCD中，点E是CD的中点，连接BE交对角线AC于点M．
①若正方形ABCD的边长为4，求EM的长度；
②若S△CME＝1，求正方形ABCD的面积．
【分析】（1）连接DE，利用相似三角形证明ODAO=12，运用勾股定理求出AD的长，运用三角形面积公式求解即可；
（2）根据（1）的证明可求解；
（3）①证明△CME∽△ABM，得EMBM=12，再运用勾股定理求出BE的长即可解决问题；
②分别求出S△BMC和S△ABM即可求得正方形ABCD的面积．
【解析】（1）连接DE，如图，
∵点O是△ABC的重心，
∴AD，BE是BC，AC边上的中线，
∴D，E为BC，AC边上的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥AB，DE=12AB，
∴△ODE∽△OAB，
∴ODOA=DEAB=12，
∵AB＝2，BD＝1，∠ADB＝90°，
∴AD=3，OD=33，
∴S△OBC=BC⋅OD2=2×332=33，S△ABC=BC⋅AD2=2×32=3；
（2）由（1）可知，ODOA=12，是定值；
点O到BC的距离和点A到BC的距离之比为1：3，
则△OBC和△ABC的面积之比等于点O到BC的距离和点A到BC的距离之比，
故S△OBCS△ABC=13，是定值；
（3）①∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，AB＝BC＝CD＝4，
∴△CME～△AMB，
∴EMBM=CEAB，
∵E为CD的中点，
∴CE=12CD=2，
∴BE=BC2+CE2=25，
∴EMBM=12，
∴EMBE=13，
即EM=235；
②∴S△CME＝1，且MEBM=12，
∴S△BMC＝2，
∵MEBM=12，
∴S△CMES△AMB=(MEBM)2=14，
∴S△AMB＝4，
∴S△ABC＝S△BMC+S△ABM＝2+4＝6，
又S△ADC＝S△ABC，
∴S△ADC＝6，
∴正方形ABCD的面积为：6+6＝12．

4．（2021•青海）在△ABC中，AB＝AC，CG⊥BA交BA的延长线于点G．

特例感知：
（1）将一等腰直角三角尺按图1所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为F，一条直角边与AC重合，另一条直角边恰好经过点B．通过观察、测量BF与CG的长度，得到BF＝CG．请给予证明．
猜想论证：
（2）当三角尺沿AC方向移动到图2所示的位置时，一条直角边仍与AC边重合，另一条直角边交BC于点D，过点D作DE⊥BA垂足为E．此时请你通过观察、测量DE、DF与CG的长度，猜想并写出DE、DF与CG之间存在的数量关系，并证明你的猜想．
联系拓展：
（3）当三角尺在图2的基础上沿AC方向继续移动到图3所示的位置（点F在线段AC上，且点F与点C不重合）时，请你判断（2）中的猜想是否仍然成立？（不用证明）
【分析】（1）证明△FAB≌△GAC即可解决问题．
（2）结论：CG＝DE+DF．利用面积法证明即可．
（3）结论不变，证明方法类似（2）．
【解答】（1）证明：如图1中，

∵∠F＝∠G＝90°，∠FAB＝∠CAG，AB＝AC，
∴△FAB≌△GAC（AAS），
∴FB＝CG．

（2）解：结论：CG＝DE+DF．
理由：如图2中，连接AD．

∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，DE⊥AB，DF⊥AC，CG⊥AB，
∴12•AB•CG=12•AB•DE+12•AC•DF，
∵AB＝AC，
∴CG＝DE+DF．

（3）解：结论不变：CG＝DE+DF．
理由：如图3中，连接AD．

∵S△ABC＝S△ABD+S△ADC，DE⊥AB，DF⊥AC，CG⊥AB，
∴12•AB•CG=12•AB•DE+12•AC•DF，
∵AB＝AC，
∴CG＝DE+DF．
5．（2021•齐齐哈尔）综合与实践
在线上教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动﹣﹣折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，把纸片展平，连接AN，如图①．
（1）折痕BM　 　（填“是”或“不是”）线段AN的垂直平分线；请判断图中△ABN是什么特殊三角形？答：　 　；进一步计算出∠MNE＝ 　°；
（2）继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，则∠GBN＝　 　°；
拓展延伸：
（3）如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接AA'交ST于点O，连接AT．
求证：四边形SATA'是菱形．
解决问题：
（4）如图④，矩形纸片ABCD中，AB＝10，AD＝26，折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，并且折痕交AB边于点T，交AD边于点S，把纸片展平．同学们小组讨论后，得出线段AT的长度有4，5，7，9．
请写出以上4个数值中你认为正确的数值　 　．

【分析】（1）由折叠的性质可得AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，可证△ABN是等边三角形，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
（2）由折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解；
（3）由折叠的性质可得AO＝A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SO＝TO，由菱形的判定可证四边形SATA'是菱形；
（4）先求出AT的范围，即可求解．
【解析】（1）如图①∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，
∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，
∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，
∴AB＝BN，
∴AB＝AN＝BN，
∴△ABN是等边三角形，
∴∠EBN＝60°，
∴∠ENB＝30°，
∴∠MNE＝60°，
故答案为：是，等边三角形，60；
（2）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，
∴∠ABG＝∠HBG＝45°，
∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°，
故答案为：15°；
（3）∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，
∴ST垂直平分AA'，
∴AO＝A'O，AA'⊥ST，
∵AD∥BC，
∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO，
∴△ASO≌△A'TO（AAS）
∴SO＝TO，
∴四边形ASA'T是平行四边形，
又∵AA'⊥ST，
∴边形SATA'是菱形；
（4）∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点A'处，
∴AT＝A'T，
在Rt△A'TB中，A'T＞BT，
∴AT＞10﹣AT，
∴AT＞5，
∵点T在AB上，
∴当点T与点B重合时，AT有最大值为10，
∴5＜AT≤10，
∴正确的数值为7，9，
故答案为：7，9．
6．（2021•达州）（1）[阅读与证明]
如图1，在正△ABC的外角∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F、G．
①完成证明：∵点E是点C关于AM的对称点，
∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．
∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴AE＝AB，得∠3＝∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，∴∠1+∠3＝　 　°．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，∴∠FEG＝　 　°．
②求证：BF＝AF+2FG．
（2）[类比与探究]
把（1）中的“正△ABC”改为“正方形ABDC”，其余条件不变，如图2．类比探究，可得：
①∠FEG＝　 　°；
②线段BF、AF、FG之间存在数量关系　 　．
（3）[归纳与拓展]
如图3，点A在射线BH上，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α＜180°），在∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE、CE分别交AM于点F、G．则线段BF、AF、GF之间的数量关系为　 　．

【分析】（1）①利用等腰三角形的性质，三角形内角和定理解决问题即可．
②如图1中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．证明△BCT≌△ACF（SAS）可得结论．
（2）①如图2中，利用圆周角定理解决问题即可．
②结论：BF=2AF+2FG．如图2中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．证明△BCT∽△ACF，推出BTAF=BCAC=2，推出BT=2AF可得结论．
（3）如图3中，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．构造相似三角形，利用相似三角形的性质解决问题即可．
【解答】（1）①解：如图1中，∵点E是点C关于AM的对称点，
∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．
∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴AE＝AB，得∠3＝∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，
∴∠1+∠3＝60°．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，
∴∠FEG＝30°．
故答案为60，30．

②证明：如图1中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．

∵C，E关于AM对称，
∴AM垂直平分线段EC，
∴FE＝FC，
∴∠FEC＝∠FCE＝30°，EF＝2FG，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝60°，
∵FC＝FT，
∴△CFT是等边三角形，
∴∠ACB＝∠FCT＝60°，CF＝CT＝FT，
∴∠BCT＝∠ACF，
∵CB＝CA，
∴△BCT≌△ACF（SAS），
∴BT＝AF，
∴BF＝BT+FT＝AF+EF＝AF+2FG．

（2）解：①如图2中，∵AB＝AC＝AE，
∴点A是△ECB的外接圆的圆心，
∴∠BEC=12∠BAC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠FEG＝45°．
故答案为45．

②结论：BF=2AF+2FG．
理由：如图2中，连接CF，在FB上取一点T，使得FT＝CF，连接CT．

∵AM⊥EC，CG＝CE，
∴FC＝EF，
∴∠FEC＝∠FCE＝45°，EF=2FG，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝90°，
∵CF＝CT，
∴△CFT是等腰直角三角形，
∴CT=2CF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=2AC，
∴CTCF=CBCA，
∵∠BCA＝∠TCF＝45°，
∴∠BCT＝∠ACF，
∴△BCT∽△ACF，
∴BTAF=BCAC=2，
∴BT=2AF，
∴BF＝BT+TF=2AF+2FG．．

（3）如图3中，连接CF，BC，在BF上取一点T，使得FT＝CF．

∵AB＝AC，∠BAC＝α，
∴12BCAC=sin12α，
∴BCAC=2•sin12α，
∵AB＝AC＝AE，
∴∠BEC=12∠BAC=12α，EF=FGsin12α，
∵FC＝FE，
∴∠FEC＝∠FCE=12α，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝α，
同法可证，△BCT∽△ACF，
∴BTAF=BCAC=2•sin12α，
∴BT＝2AF•sin12α，
∴BF＝BT+FT＝2AF•sin12α+EF．即BF＝2AF•sin12α+FGsin12α．
故答案为：BF＝2AF•sin12α+FGsin12α．
7．（2021•南京）如图①，要在一条笔直的路边l上建一个燃气站，向l同侧的A、B两个城镇分别铺设管道输送燃气．试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短．
（1）如图②，作出点A关于l的对称点A'，线段A'B与直线l的交点C的位置即为所求，即在点C处建燃气站，所得路线ACB是最短的．
为了证明点C的位置即为所求，不妨在直线1上另外任取一点C'，连接AC'、BC'，证明AC+CB＜AC′+C'B．请完成这个证明．
（2）如果在A、B两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域．请分别给出下列两种情形的铺设管道的方案（不需说明理由）．
①生态保护区是正方形区域，位置如图③所示；
②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示．

【分析】（1）由轴对称的性质可得CA＝CA'，可得AC+BC＝A'C+BC＝A'B，AC'+C'B＝A'C'+BC'，由三角形的三边关系可得A'B＜A'C'+C'B，可得结论；
（2）①由（1）的结论可求；
②由（1）的结论可求解．
【解答】证明：（1）如图②，连接A'C'，
∵点A，点A'关于l对称，点C在l上，
∴CA＝CA'，
∴AC+BC＝A'C+BC＝A'B，
同理可得AC'+C'B＝A'C'+BC'，
∵A'B＜A'C'+C'B，
∴AC+BC＜AC'+C'B；
（2）如图③，

在点C出建燃气站，铺设管道的最短路线是ACDB，（其中点D是正方形的顶点）；
如图④，

在点C出建燃气站，铺设管道的最短路线是ACD+DE+EB，（其中CD，BE都与圆相切）
8．（2021•北京）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，A，B为⊙O外两点，AB＝1．
给出如下定义：平移线段AB，得到⊙O的弦A'B'（A'，B′分别为点A，B的对应点），线段AA'长度的最小值称为线段AB到⊙O的“平移距离”．
（1）如图，平移线段AB得到⊙O的长度为1的弦P1P2和P3P4，则这两条弦的位置关系是　 　；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点　 　的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”；
（2）若点A，B都在直线y=3x+23上，记线段AB到⊙O的“平移距离”为d1，求d1的最小值；
（3）若点A的坐标为（2，32），记线段AB到⊙O的“平移距离”为d2，直接写出d2的取值范围．

【分析】（1）根据平移的性质，以及线段AB到⊙O的“平移距离”的定义判断即可．
（2）如图1中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE＝EF＝OF＝1，设直线y=3x+23交x轴于M，交y轴于N．则M（﹣2，0），N（0，23），过点E作EH⊥MN于H，解直角三角形求出EH即可判断．
（3）如图2中，以A为圆心1为半径作⊙A，作直线OA交⊙O于M，交⊙A于N，以OA，AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′和等边△OB′A′，则AB∥A′B′，AA′的长即为线段AB到⊙O的“平移距离”，点A′与M重合时，AA′的值最小，当点B与N重合时，AA′的长最大，如图3中，过点A′作A′H⊥OA于H．
解直角三角形求出AA′即可．
【解析】（1）如图，平移线段AB得到⊙O的长度为1的弦P1P2和P3P4，则这两条弦的位置关系是P1P2∥P3P4；在点P1，P2，P3，P4中，连接点A与点P3的线段的长度等于线段AB到⊙O的“平移距离”．
故答案为：P1P2∥P3P4，P3．
（2）如图1中，作等边△OEF，点E在x轴上，OE＝EF＝OF＝1，

设直线y=3x+23交x轴于M，交y轴于N．则M（﹣2，0），N（0，23），
过点E作EH⊥MN于H，
∵OM＝2，ON＝23，
∴tan∠NMO=3，
∴∠NMO＝60°，
∴EH＝EM•sin60°=32，
观察图象可知，线段AB到⊙O的“平移距离”为d1的最小值为32．
（3）如图2中，以A为圆心1为半径作⊙A，作直线OA交⊙O于M，交⊙A于N，
以OA，AB为邻边构造平行四边形ABDO，以OD为边构造等边△ODB′，等边△OB′A′，则AB∥A′B′，AA′的长即为线段AB到⊙O的“平移距离”，
当点A′与M重合时，AA′的值最小，最小值＝OA﹣OM=52-1=32，
当点B与N重合时，AA′的长最大，如图3中，过点A′作A′H⊥OA于H．

由题意A′H=32，AH=12+52=3，
∴AA′的最大值=(32)2+32=392，
∴32≤d2≤392．