中考数学解答题重难点专项突破课件 阅读理解题-中考数学第三轮专题复习课件

这是一份中考数学解答题重难点专项突破课件 阅读理解题-中考数学第三轮专题复习课件，共41页。PPT课件主要包含了到线段两端点，平行四边形的对边，三角形中位线定理，同角的余角相等，1问题初判，小明的解法思路如下，2迁移训练等内容，欢迎下载使用。
类型1　作图过程类【例1】（2023·河师大附中三模T23）下面是某数学兴趣小组探究用不同方法作一条线段的垂直平分线的讨论片段，请仔细阅读，并完成相应任务.
任务：（1）小文得出点P在线段AB的垂直平分线上的依据是 　到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上　⁠；
距离相等的点在这条线段的垂直平分线上　
解：（2）直线PE是线段AB的垂直平分线.理由如下：由作图可知，PA＝PB，PC＝PD.又∵∠APD＝∠BPC，∴△APD≌△BPC（SAS），∴∠PAD＝∠PBC.∵PA＝PB，∴点P在线段AB的垂直平分线上，
（2）小明作图得到的直线PE是线段AB的垂直平分线吗？请判断并说明理由；
∠PAB＝∠PBA，∴∠PAB－∠PAD＝∠PBA－∠PBC，即∠DAB＝∠CBA，∴AE＝BE，∴点E在线段AB的垂直平分线上，∴直线PE是线段AB的垂直平分线.
（3）如图3，已知∠P＝30°，PA＝PB，AB＝6，点C，D分别为射线PA，PB上的动点，且PC＝PD，连接AD，BC，交点为E.当AD⊥BC时，请直接写出线段AC的长.
类型2　解题方法类【例2】请阅读以下材料，完成相应的任务.利用数学经验解决问题：在数学学习中，我们经历过很多观察、试验、猜测、计算、推理、验证等探究活动，逐步积累了大量的数学活动经验，这些宝贵的经验可以帮助我们解决新的数学问题.“三角形中位线定理”有多种证明方法，下面就利用从其中一种证明方法中获得的经验来解决新问题.
证法回顾：如图1，在探究△ABC的中位线DE和第三边BC的关系时，作辅助线：过点C作CF∥AB，与DE的延长线交于点F.这种证法的思路是通过构造一个以C，B，D为其中三个顶点的平行四边形来证明三角形中位线定理.
∵DF∥BC，CF∥AB，∴四边形DBCF是平行四边形，∴BC＝DF，BD＝CF.∵AB∥CF，∴∠A＝∠ACF.……
任务：（1）在“证法回顾”中，证明DE∥BC的依据是 　平行四边形的对边平行　⁠；
（2）请按照“解决问题”中的证明思路，写出该证明的剩余部分.
类型3　新定义类【例3】（2023·常德三模）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形.根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，在正方形ABCD中，E是CD上的点，将△BCE绕点B逆时针旋转90°，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF 　是　⁠（填“是”或“不是”）“直等补”四边形.
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，过点B作BE⊥AD于点E.
解：（2）①∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，∴∠ABC＝90°，∠ABC＋∠D＝180°，∴∠D＝90°.∵BE⊥AD，CF⊥BE，∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°，∴四边形CDEF是矩形，∴DE＝CF，EF＝CD＝2.∵∠ABE＋∠A＝90°，∠ABE＋∠CBF＝90°，∴∠A＝∠CBF.∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，
①过C作CF⊥BE于点F，试说明：BE＝DE，并求BE的长；
∴△ABE≌△BCF（AAS），∴BE＝CF，AE＝BF.∵DE＝CF，∴BE＝DE；∵AE＝BF，∴AE＝BE－EF＝BE－2.设BE＝x，则AE＝x－2，在Rt△ABE中，x2＋（x－2）2＝102，解得x＝8或x＝－6（舍去）.∴BE的长是8.
②若M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值.
类型1　作图过程类1.（2023·山西）阅读与思考下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务.
任务：（1 ）填空：材料中的依据1是指： 　三角形中位线定理　⁠；依据2是指： 　两组对边分别平行的四边形是平行四边形　⁠.
两组对边分别平行的四边形是平行四边形　
（2）请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，使得四边形EFGH为矩形.（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
解：（2）如图，画四边形ABCD，且AC⊥BD于O，点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接EF，FG，GH，HE，则四边形EFGH为所求.
（3）在图1中，分别连接AC，BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC，BD长度的关系，并证明你的结论.
解： （3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于AC＋BD.
类型2　解题方法类2.阅读与思考请阅读下列材料，并按要求完成相应的任务.朱勒是德国著名数学家，他在1471年提出了著名的朱勒定理：如图1，已知A，B是∠MON的边ON上的定点，C是边OM上一点，当且仅当△ABC的外接圆☉P与OM相切（☉P与OM相切于点C）时∠ACB最大，此时OC2＝OA·OB.
小明思考后给出如下证明：证明：如图2，在OM上任取一点C'，连接AC'，BC'，BC'与☉P相交于点D，连接AD.
∵点C，D在☉P上，∴∠ACB＝∠ADB.（依据①）又∵∠ADB是△AC'D的一个外角，∴∠ADB＞∠AC'B，∴∠ACB＞∠AC'B，即当且仅当△ABC的外接圆☉P与OM相切（☉P与OM相切于点C）时∠ACB最大.
如图3，过切点C作☉P的直径CQ，连接BQ，则∠CBQ＝90°，CQ⊥OM，
∴∠Q＋∠BCQ＝90°，∠BCQ＋∠OCB＝90°，∴∠Q＝∠OCB.（依据②）又∵∠Q＝∠OAC，……∴OC2＝OA·OB.
任务：（1）写出小明证明过程中的依据：依据①： 　同弧所对的圆周角相等　⁠；依据②： 　同角的余角相等　⁠.
同弧所对的圆周角相等　
（2）请你将小明的证明过程补充完整.
（3）结论应用：如图4，已知点A，B的坐标分别是（0，1）和（0，4），C是x轴正半轴上的一个动点.当∠ACB最大时，点C的坐标为 　（2，0）　⁠.
类型3　新定义类3.综合与实践综合与实践课上，数学老师以近期网络上出现的一种名为“冰淇淋模型”的几何模型为主题开展研究活动.所谓的“冰淇淋模型”，因其几何模型看起来像冰淇淋，故得此称，它主要体现了数学中发现、类比、变换等思想，渗透了构造、探索、归纳、转化等重要的数学方法，突出了旋转的方法使用.
如图1－1，在四边形ABCD中，连接AC，BD，有AB＝AC＝BC.若∠ADC＝30°，CD＝6，AD＝8，求BD的长.
①将△BCD绕着点C顺时针旋转60°得△ACE，此时BC与AC重合，点D的对应点为E，连接DE，如图1－2；
②从①的变换中可以判断得到：△BCD与△ACE的关系是全等，△CDE是等边三角形；③根据∠ADC＝30°，可以判断得到∠ADE＝ 　90°　⁠，再根据CD＝6，AD＝8，可计算AE的长为 　10　⁠，则BD的长即可求出.
如图2，在四边形ABCD中，∠ACB＝90°，且AC＝BC，CD＝2，将线段DA绕点D按逆时针方向旋转90°得到DA'，连接BA'，求线段BA'的长.
解：（2）如图，连接AA'.
∵∠ACB＝90°，且AC＝BC，
∴△ABC为等腰直角三角形.
∵DA绕点D按逆时针方向旋转90°得到DA'，
∴△AA'D为等腰直角三角形，∠ADA'＝90°，
∴∠BAA'＝∠CAD，
∴△BAA'∽△CAD，