2024贵州中考数学二轮复习专题 题型八 阅读分析题专项训练 （含答案）

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(黔西南州2考，黔东南州2023.25)
1. (2023三州联考25题12分)某中学数学兴趣小组在一次课外学习与探究中遇到一些新的数学符号，他们将其中某些材料摘录如下：
对于三个实数a，b，c，用M{a，b，c}表示这三个数的平均数，用min{a，b，c}表示这三个数中最小的数．例如：M{1，2，9}＝eq \f(1＋2＋9,3)＝4，min{1，2，－3}＝－3，min{3，1，1}＝1.请结合上述材料，解决下列问题：
(1)①M{(－2)2，22，－22}＝__________，
②min{sin30°，cs60°，tan45°}＝__________；
(2)若min{3－2x，1＋3x，－5}＝－5，则x的取值范围为____________；
(3)若M{－2x，x2，3}＝2，求x的值；
(4)如果M{2，1＋x，2x}＝min{2，1＋x，2x}，求x的值．
2. (2022赤峰)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；
(2)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
类型二 新解题方法型
(黔西南州2考，黔东南州2考)
3. 阅读与思考
小悦同学解一元二次方程的方法如下所示，请完成相应的任务．
利用均值换元法解一类一元二次方程
解方程：(200＋x)(64－eq \f(x,10))＝14400.
第一步：原方程可变形为：(x＋200)(x－640)＝－144000；
第二步：令t＝eq \f(（x＋200）＋（x－640）,2)＝x－220；
第三步：第一步的方程可变形为(t＋420)(t－420)＝－144000；
第四步：…；
根据t的值可以求出x1＝400，x2＝40.
方法总结：求第一步方程等号左边两个多项式的平均值，从而换元得到较为简单的一元二次方程，因此，这种方法称为均值换元法．我们在解决形如(ax＋c)(ax＋b)＝d(其中a，b，c，d是常数，且a≠0)的方程时可以利用均值换元法求解．
(1)利用均值换元法解方程体现的数学思想是______；
A. 分类讨论思想 B. 数形结合思想
C. 整体代换思想 D. 类比思想
(2)完成材料中第三步以后求t值的过程；
(3)根据材料内容，利用均值换元法解方程：(x＋30)(11－ eq \f(x,10))＝130.
4. (2022遵义24题14分)点A是半径为2eq \r(3)的⊙O上一动点，点B是⊙O外一定点，OB＝6.连接OA，AB.
(1)【阅读感知】如图①，当△ABC是等边三角形时，连接OC，求OC的最大值．将下列解答过程补充完整．
解：将线段OB绕点B顺时针旋转60°到O′B，连接OO′，CO′.
第4题图①
由旋转的性质知：∠OBO′＝60°，BO′＝BO＝6，即△OBO′是等边三角形，
∴OO′＝BO＝6，
又∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，AB＝BC，
∴∠OBO′＝∠ABC＝60°，
∴∠OBA＝∠O′BC，
在△OBA和△O′BC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(OB＝O′B,∠OBA＝∠O′BC，,AB＝CB))
∴______①______(SAS)，
∴OA＝O′C，
在△OO′C中，OC当O，O′，C三点共线，且点C在OO′的延长线上时，OC＝OO′＋O′C，即OC≤OO′＋O′C，
∴当O，O′，C三点共线，且点C在OO′的延长线上时，OC取最大值，最大值是______②______．
【类比探究】如图②，当四边形ABCD是正方形时，连接OC，求OC的最小值；
(3)【理解运用】如图③，当△ABC是以AB为腰，顶角为120°的等腰三角形时，连接OC，求OC的最小值，并直接写出此时△ABC的周长．
图②
图③
第4题图
类型三 数学文化
(贵阳2022.25)
5. 请阅读以下材料并完成相应的任务．
17世纪德国著名天文学家开普勒曾经这样说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割．如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”．
黄金分割比(简称：黄金比)是指把一条线段分割为两部分，较长部分与整体长度之比等于较短部分与较长部分的长度之比(如图①)，即eq \f(AC,AB)＝eq \f(BC,AC)，其比值为eq \f(\r(5)－1,2).
图①
图②
第5题图
已知顶角为36°的等腰三角形是黄金三角形的一种；当底角被平分时，形成两个较小的等腰三角形，这两个三角形之一相似于原三角形，而另一个三角形可用于产生螺旋形曲线(如图②)．
任务：
如图③，在圆内接正十边形中，AB是正十边形的一条边，M是∠ABO的平分线与半径OA的交点．若OA＝2，求正十边形边长AB的长度；
(2)在(1)的条件下，利用图③进一步探究，请你写出sin18° 与黄金比之间的关系，并说明理由．
第5题图③
6. (2022贵阳25题12分)(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”．
(1)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)．
第6题图
参考答案
1. 解：(1)①eq \f(4,3)，②eq \f(1,2)；(4分)
【解示提示】①M{(－2)2，22，－22}＝eq \f(（－2）2＋22＋（－22）,3)＝eq \f(4,3).
②min{sin30°，cs60°，tan45°}＝min{eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，1}＝eq \f(1,2).
(2)－2≤x≤4；(6分)
【解法提示】 ∵min{3－2x，1＋3x，－5}＝－5, ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－2x≥－5,1＋3x≥－5))，解得－2≤x≤4.
(3) ∵M{－2x，x2，3}＝2，
∴eq \f(－2x＋x2＋3,3)＝2，解得x＝3或x＝－1；(9分)
(4)∵M{2，1＋x，2x}＝eq \f(2＋1＋x＋2x,3)＝x＋1，M{2，1＋x，2x}＝min{2，1＋x，2x}，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋x≤2,1＋x≤2x))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤1,x≥1))，
∴x＝1.(12分)
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\c1(\a\vs4\al\c1(2k＋b＝0,4k＋b＝2)))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(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\c1(\a\vs4\al\c1(2k＋b＝0,4k＋b＝－2)))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(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【解法提示】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.∴函数图象与点P、Q的相关矩形有两个公共点时，－243. 解：(1)C；
(2)t2－176400＝－144000 ，
t2＝32400，
t1＝180，t2＝－180；
(3)原方程可变形为(x＋30)(x－110)＝－1300，
令t＝eq \f(（x＋30）＋（x－110）,2)＝x－40，
∴方程可变形为(t＋70)(t－70)＝－1300，
∴t2－4900＝－1300，
∴t2＝3600，
解得t1＝60，t2＝－60，
∴x1＝100，x2＝－20.
4. 解：(1)①△OBA≌△O′BC，②6＋2eq \r(3)；(4分)
【解法提示】∵△OBA和△O′BC满足两边及夹角对应相等，∴△OBA≌△O′BC，由题意得OC取最大值为OO′＋CO′＝OB＋OA＝6＋2eq \r(3).
(2)如解图①，将线段OB绕点B顺时针旋转90°到O′B，连接OO′，CO′，
∴OB＝O′B＝6，∠OBO′＝∠ABC＝90°，
∴∠OBA＝∠O′BC，OO′＝eq \r(2)OB＝6eq \r(2)，
∵正方形ABCD中，BA＝BC，
∴△OBA≌△O′BC(SAS)，
∴OA＝O′C＝2eq \r(3)，
∵OC≥OO′－CO′，
∴当O，O′，C三点共线，且点C在线段OO′上时，OC＝OO′－CO′取最小值．
即OC的最小值为6eq \r(2)－2eq \r(3)；(9分)
第4题解图①
(3) 如解图②，将线段OB绕点B顺时针旋转120°到O′B，连接OO′，CO′，过B作BM⊥OO′于M，则OO′＝2OM＝2OB·cs30°＝6eq \r(3)，OB＝O′B，
∵∠OBO′＝∠ABC＝120°，
∴∠OBA＝∠O′BC，
∵BA＝BC，
∴△OBA≌△O′BC(SAS)，
∴OA＝O′C＝2eq \r(3)，
∵OC≥OO′－CO′，
∴当O，O′，C三点共线，且点C在线段OO′上时，OC＝OO′－CO′取最小值．
即OC的最小值为6eq \r(3)－2eq \r(3)＝4eq \r(3)，
第4题解图②
此时△ABC的周长为4eq \r(3)＋6.(14分)
【解法提示】当OC取最小值时，作图如下，
此时如解图③，CM＝O′M－O′C＝BO′·cs30°－O′C＝6×eq \f(\r(3),2)－2eq \r(3)＝eq \r(3)，∴BC＝eq \r(BM2＋CM2)＝eq \r(32＋（\r(3)）2)＝2eq \r(3)，∵∠ABC＝∠OBO′，eq \f(BA,BO)＝eq \f(BC,BO′)，
∴△ABC∽△OBO′，∴eq \f(BA,BO)＝eq \f(BC,BO′)＝eq \f(AC,OO′)，即eq \f(BA,6)＝eq \f(2\r(3),6)＝eq \f(AC,6\r(3))，∴AB＝2eq \r(3)，AC＝6，∴△ABC的周长为AB＋BC＋AC＝2eq \r(3)＋2eq \r(3)＋6＝4eq \r(3)＋6.
第4题解图③
5. 解：(1)∵正十边形的中心角为36°，∴∠AOB＝36°，
∵OA＝OB，∴∠ABO＝∠BAO＝72°，
∵BM平分∠ABO，
∴∠ABM＝∠OBM＝36°，∠BMA＝72°，
∴∠BMA＝∠BAM，
∴OM＝BM＝AB，
∴△ABM∽△AOB，
∴eq \f(AB,AO)＝eq \f(AM,AB)，即eq \f(AB,AO)＝eq \f(AO－AB,AB)，
∴AB2＝AO2－AO·AB，
∴(eq \f(AB,AO))2＋eq \f(AB,AO)＝1，
解得eq \f(AB,AO)＝eq \f(\r(5)－1,2)(负值已舍去)，
∵OA＝2，
∴AB＝eq \r(5)－1；(5分)
(2)sin18°是黄金比的一半．
理由如下：如解图，延长AO交⊙O于点P，连接PB，
第5题解图
∵∠AOB＝36°，
∴∠APB＝18°，
∵AP是⊙O的直径，AP＝2OA＝4，∴∠ABP＝90°，
∴sin∠APB＝eq \f(AB,AP)，即sin18°＝eq \f(\r(5)－1,4).
∴sin18°是黄金比的一半．
6. 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是由直角边长分别为a，b的四个全等的直角三角形与中间一个边长为(b－a)的小正方形拼成的一个边长为c的大正方形，
∴4△ADE的面积＋正方形EFGH的面积＝正方形ABCD的面积，
即4×eq \f(1,2)ab＋(b－a)2＝c2，
整理得：a2＋b2＝c2；(4分)
第6题解图①
(2)由题意得：正方形ACDE被分成4个全等的四边形，设EF＝a，FD＝b，
∴a＋b＝12①，
∵正方形ABIJ是由正方形ACDE被分成的4个全等的四边形和正方形CBLM拼成，如解图②，
∴E′F′＝EF，KF′＝FD，E′K＝BC＝5，
∵E′F′－KF′＝E′K，
∴a－b＝5②，
由①②得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋b＝12,a－b＝5))，解得a＝eq \f(17,2)，
∴EF＝eq \f(17,2)；(8分)
第6题解图②
(3)c＋b＝n，理由如下：如解图③所示：
设正方形E的边长为e，正方形F的边长为f，
∵∠1＝∠2＝∠3＝α，∠PMQ＝∠D′OE′＝∠B′C′A′＝90°，
∴△PMQ∽△D′OE′∽△B′C′A′，
∴eq \f(OE′,C′A′)＝eq \f(D′E′,B′A′)，eq \f(PM,B′C′)＝eq \f(PQ,B′A′)，
即eq \f(c,e)＝eq \f(e,n)，eq \f(b,f)＝eq \f(f,n)，
∴e2＝cn，f 2＝bn，
在Rt△A′B′C′中，由勾股定理得：e2＋f2＝n2，
∴cn＋bn＝n2，
∴c＋b＝n.(12分)
第6题解图③