2020年云南省中考数学专题复习：拓展题型 阅读理解题（含答案）

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1、拓展题型阅读理解题1. (2019湘潭)阅读材料：运用公式法分解因式，除了常用的平方差公式和完全平方公式以外，还可以应用其他公式，如立方和与立方差公式，其公式如下：立方和公式：x3y3(xy)(x2xyy2)立方差公式：x3y3(xy)(x2xyy2)根据材料和已学知识，先化简，再求值：，其中x3.2. (2019自贡)阅读下列材料：小明为了计算12222201722018的值，采用以下方法：设S12222201722018，则2S2222201822019, 得2SSS220191，S12222201722018220191.请仿照小明的方法解决以下问题：(1)122229_；(2)3323

2、10_；(3)求1aa2an的和(a0，n是正整数，请写出计算过程)3. (2019荆州)若二次函数yax2bxc(a0)图象的顶点在一次函数ykxt(k0)的图象上，则称yax2bxc(a0)为ykxt(k0)的伴随函数，如：yx21是yx1的伴随函数(1)若yx24是yxp的伴随函数，求直线yxp与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若函数ymx3(m0)的伴随函数yx22xn与x轴两个交点间的距离为4，求m，n的值4. (2019甘肃省卷)阅读下面的例题及点拨，并解决问题：例题：如图，在等边ABC中，M是BC边上一点(不含端点B，C)，N是ABC的外角ACH的平分线上一点，且AMMN.求证

3、：AMN60；点拨：如图，作CBE60，BE与NC的延长线相交于点E，得等边BEC，连接EM.易证：ABMEBM(SAS)，可得AMEM，12；又AMMN，则EMMN，可得34；由314560，进一步可得125，又因为26120，所以56120，即：AMN60；问题：如图，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点(不含端点B1，C1)，N1是正方形A1B1C1D1的外角D1C1H1的平分线上点，且A1M1M1N1.求证：A1M1N190.第4题图5. (2019咸宁)定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形理解：(1)如图，点A，B，C在O上，ABC的平分线交O于点D，连

4、接AD，CD.求证：四边形ABCD是等补四边形；探究：(2)如图，在等补四边形ABCD中，ABAD，连接AC，AC是否平分BCD？请说明理由；运用：(3)如图，在等补四边形ABCD中，ABAD，其外角EAD的平分线交CD的延长线于点F，CD10，AF5，求DF的长第5题图6. (2019天水)如图，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形(1)概念理解：如图，在四边形ABCD中，ABAD，CBCD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；(2)性质探究：如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，ACBD.试证明：AB2CD2AD2BC2；(3)解决问题：如图，分别以RtACB的直角边AC

5、和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE、BG、GE.已知AC4，AB5，求GE的长第6题图 (2019甘肃省卷)通过对下面数学模型的研究学习，解决第7题、第8题【模型呈现】如下图，在RtABC中，ACB90，将斜边AB绕点A顺时针旋转90得到AD，过点D作DEAC于点E，可以推理得到ABCDAE，进而得到ACDE，BCAE.我们把这个数学模型称为“K型”推理过程如下：【模型应用】7. 如图，RtABC内接于O，ACB90，BC2.将斜边AB绕点A顺时针旋转一定角度得到AD，过点D作DEAC于点E，DAEABC，DE1，连接DO交O于点F.(1)求证：AD是O的切线；(2)

6、连接FC交AB于点G，连接FB.求证：FG2GOGB.第7题图【模型迁移】8. 二次函数yax2bx2的图象交x轴于A(1，0)，B(4，0)两点，交y轴于点C.动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MNx轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC.设运动的时间为t秒(1)求二次函数yax2bx2的表达式；(2)连接BD，当t时，求DNB的面积；(3)在直线MN上存在一点P，当PBC是以BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标；(4)当t时，在直线MN上存在一点Q，使得AQCOAC90，求点Q的坐标第8题图 参考答案 1. 解：原式.当x3时，原式2.2.

7、 解：(1)2101；【解法提示】1222292101.(2)；【解法提示】设S332310，则3S3233311，得2S3113，S.(3)设S1aa2an，则aSaa2anan1, 当a1时，S111n1；当a0且a1时，得(a1)San11，S.3. 解：(1)yx24的顶点坐标为(0，4)，将(0，4)代入yxp中得p4，yx4，令y0，x4，与x轴的交点坐标为(4，0)，令x0，y4，与y轴的交点坐标为(0，4)，S448；(2)设yx22xn与x轴的两交点为(x1，0)，(x2，0)，|x1x2|4，令y0，x22xn0，x1x22，x1x2n，xx2x1x216，(x1x2)24

8、x1x216，44n16，解得n3，yx22x3(x1)24，顶点坐标为(1，4)，将(1，4)代入ymx3中，得m34，得m1，m1，n3.4. 证明：如解图，延长N1C1交A1B1的延长线于点E1，连接E1M1.第4题解图C1N1平分D1C1H1，N1C1H1B1C1E1B1E1C145，B1E1B1C1A1B1.在A1B1M1和E1B1M1中，A1B1M1E1B1M1，12，A1M1E1M1.又A1M1M1N1，E1M1N1M1，34.4545，1345，152.2690，5690.A1M1N190.5. (1)证明：四边形ABCD为圆内接四边形，AC180，ABCADC180.BD平分

9、ABC，ADCD，四边形ABCD是等补四边形；(2)解：AC平分BCD，理由如下：如解图，过点A分别作AEBC于点E，AFCD的延长线于点F，第5题解图则AEBAFD90，四边形ABCD是等补四边形，BADC180.又ADCADF180，BADF.ABAD，ABEADF(AAS)，AEAF，AC是BCF的平分线，即AC平分BCD；(3)解：如解图，连接AC，第5题解图四边形ABCD是等补四边形，BADBCD180，又BADEAD180，EADBCD，AF平分EAD，FADEAD，由(2)知，AC平分BCD，FCABCD，FCAFAD，又AFCDFA，ACFDAF，即，DF55.6. (1)解：

10、四边形ABCD是垂美四边形，证明：如解图，连接AC、BD交于点E，ABAD，点A在线段BD的垂直平分线上CBCD，点C在线段BD的垂直平分线上，直线AC是线段BD的垂直平分线，ACBD，即四边形ABCD是垂美四边形；第6题解图(2)证明：ACBD，AODAOBBOCCOD90，由勾股定理得AD2BC2AO2DO2BO2CO2，AB2CD2AO2BO2CO2DO2，AD2BC2AB2CD2；(3)解：如解图，连接CG、BE，设AB与CE的交点为M，第6题解图CAGBAE90，CAGBACBAEBAC，即GABCAE，在GAB和CAE中，GABCAE，ABGAEC.又AECAME90，AMEBMC

11、，ABGBMC90，即CEBG，四边形CGEB是垂美四边形，由(2)得CG2BE2CB2GE2，AC4，AB5，BC3，CG4，BE5，GE2CG2BE2CB273，GE.7. 证明：(1)DAEABC，ABCBAC90，DAEBAC90.BAD180(DAEBAC)90.OA是O的半径，AD是O的切线；(2) 如解图，OAAB，ADAB，ACDE1，BC2，.又OADACB90，OADACB.AODCAB.BFGCAB(同弧所对的圆周角相等)，AODBFG.又BGFFGO，OFGFBG.FG2OGBG.第7题解图8. 解：(1)将A(1，0)、B(4，0)分别代入yax2bx2中，得解得二次

12、函数的表达式为yx2x2；(2)易得C(0，2)，又B(4，0)，直线BC的函数解析式为yx2.由题意得A(1，0)，AM2t，OM2t1，BM4(2t1)2t5.当t时，BM252，M(2，0)，N(2，1)，D(2，3)SDNBSDMBSNMBBM(DMNM)2(31)2；(3)易得BC2.PBC是以BPC为直角的等腰直角三角形，点P在直线BC下方，CPBPBC2.如解图，过点P作x轴的平行线交y轴于点G，过B作y轴的平行线交GP延长线于点H，第8题解图根据已知模型，可得PCGBPH，PGBHPM.PM2t1.又BM2t5，在RtBPM中，由勾股定理得PM2BM2BP2，即(2t1)2(2

13、t5)2()2，解得t11，t22.当t1时，D(1，3)，当t2时，D(3，2)；(4)A(1，0)，B(4，0)，C(0，2)，AB5，AC，BC2.AC2BC2AB2.ABC为直角三角形，且ACB90.OCAOCB90.AQCOAC90，OCAOAC90，OCBABC90，AQCOCAABC.当t时，M(，0)，易得抛物线的对称轴为x，且A、B两点关于此对称轴对称此时直线MN与抛物线的对称轴重合如解图，以AB为直径画圆，交抛物线对称轴分别于点Q1，Q2.第8题解图由圆周角定理知，AQ1CAQ2CABC.点Q1，Q2符合要求MQ1MQ2AMAB，Q1(，)，Q2(，)综上，点Q的坐标为(，)或(，).