2014中考数学专题复习专题八阅读理解型问题 34页

‎2014中考数学专题复习 专题八 阅读理解型问题 一、中考专题诠释 阅读理解型问题在近几年的全国中考试题中频频“亮相”，特别引起我们的重视.这类问题一般文字叙述较长，信息量较大，各种关系错综复杂，考查的知识也灵活多样，既考查学生的阅读能力，又考查学生的解题能力的新颖数学题. ‎ 二、解题策略与解法精讲 解决阅读理解问题的关键是要认真仔细地阅读给定的材料，弄清材料中隐含了什么新的数学知识、结论，或揭示了什么数学规律，或暗示了什么新的解题方法，然后展开联想，将获得的新信息、新知识、新方法进行迁移，建模应用，解决题目中提出的问题.‎ 三、中考考点精讲 考点一： 阅读试题提供新定义、新定理，解决新问题 例1 （2013•六盘水）阅读材料： 关于三角函数还有如下的公式： sin（α±β）=sinαcosβ±cosasinβ； tan（α±β）= 。‎ 利用这些公式可以将一些不是特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数来求值． 例：tan15°=tan（45°-30°）= = =2-。 根据以上阅读材料，请选择适当的公式解答下面问题 （1）计算：sin15°； （2）乌蒙铁塔是六盘水市标志性建筑物之一（图1），小华想用所学知识来测量该铁塔的高度，如图2，小华站在离塔底A距离‎7米的C处，测得塔顶的仰角为75°，小华的眼睛离地面的距离DC为‎1.62米，请帮助小华求出乌蒙铁塔的高度．（精确到‎0.1米，参考数据=1.732， =1.414） ‎ 思路分析：（1）把15°化为45°-30°以后，再利用公式sin（α±β）=sinαcosβ±cosasinβ计算，即可求出sin15°的值； （2）先根据锐角三角函数的定义求出BE的长，再根据AB=AE+BE即可得出结论．‎ 解：（1）sin15°=sin（45°-30°）=sin45°cos30°-cos45°sin30°=； （2）在Rt△BDE中，∵∠BED=90°，∠BDE=75°，DE=AC=‎7米， ∴BE=DE•tan∠BDE=DE•tan75°． ∵tan75°=tan（45°+30°）== = =2+。 ∴BE=7（2+）=14+7， ∴AB=AE+BE=1.62+14+7≈27.7（米）． 答：乌蒙铁塔的高度约为‎27.7米．‎ 点评：本题考查了： （1）特殊角的三角函数值的应用，属于新题型，解题的关键是根据题目中所给信息结合特殊角的三角函数值来求解． （2）解直角三角形的应用-仰角俯角问题，先根据锐角三角函数的定义得出BE的长是解题的关键 对应训练 ‎1．‎ ‎（2013•沈阳）定义：我们把三角形被一边中线分成的两个三角形叫做“友好三角形”． 性质：如果两个三角形是“友好三角形”，那么这两个三角形的面积相等． 理解：如图①，在△ABC中，CD是AB边上的中线，那么△ACD和△BCD是“友好三角形”，并且S△ACD=S△BCD． 应用：如图②，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E在AD上，点F在BC上，AE=BF，AF与BE交于点O． （1）求证：△AOB和△AOE是“友好三角形”； （2）连接OD，若△AOE和△DOE是“友好三角形”，求四边形CDOF的面积． 探究：在△ABC中，∠A=30°，AB=4，点D在线段AB上，连接CD，△ACD和△BCD是“友好三角形”，将△ACD沿CD所在直线翻折，得 到△A′CD，若△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的，请直接写出△ABC的面积．‎ ‎1．分析：（1）利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得到四边形ABFE是平行四边形，然后根据平行四边形的性质证得OE=OB，即可证得△AOE和△AOB是友好三角形； （2）△AOE和△DOE是“友好三角形”，即可得到E是AD的中点，则可以求得△ABE、△ABF的面积，根据S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF即可求解． 探究：画出符合条件的两种情况：①求出四边形A′DCB是平行四边形，求出BC和A′D推出∠ACB=90°，根据三角形面积公式求出即可；②求出高CQ，求出△A′DC的面积．即可求出△ABC的面积． ②‎ 解答：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∵AE=BF， ∴四边形ABFE是平行四边形， ∴OE=OB， ∴△AOE和△AOB是友好三角形． （2）解：∵△AOE和△DOE是友好三角形， ∴S△AOE=S△DOE，AE=ED=AD=3， ∵△AOB与△AOE是友好三角形， ∴S△AOB=S△AOE． ‎ ‎∵△AOE≌△FOB， ∴S△AOE=S△FOB， ∴S△AOD=S△ABF， ∴S四边形CDOF=S矩形ABCD-2S△ABF=4×6-2××4×3=12． 探究： 解：分为两种情况：①如图1， ∵S△ACD=S△BCD． ∴AD=BD=AB， ∵沿CD折叠A和A′重合， ∴AD=A′D=AB=×4=2， ∵△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的， ∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC， ∴DO=OB，A′O=CO， ∴四边形A′DCB是平行四边形， ∴BC=A′D=2， 过B作BM⊥AC于M， ∵AB=4，∠BAC=30°， ∴BM=AB=2=BC， 即C和M重合， ∴∠ACB=90°， 由勾股定理得：AC==2， ∴△ABC的面积是×BC×AC=×2×2=2； ②如图2， ‎ ‎ ∵S△ACD=S△BCD． ∴AD=BD=AB， ∵沿CD折叠A和A′重合， ∴AD=A′D=AB=×4=2， ∵△A′CD与△ABC重合部分的面积等于△ABC面积的， ∴S△DOC=S△ABC=S△BDC=S△ADC=S△A′DC， ∴DO=OA′，BO=CO， ∴四边形A′DCB是平行四边形， ∴BD=A′C=2， 过C作CQ⊥A′D于Q， ∵A′C=2，∠DA′C=∠BAC=30°， ∴CQ=A′C=1， ∴S△ABC=2S△ADC=2S△A′DC=2××A′D×CQ=2××2×1=2； 即△ABC的面积是2或2．‎ 点评：本题考查了平行四边形性质和判定，三角形的面积，勾股定理的应用，解这个题的关键是能根据已知题意和所学的定理进行推理．题目比较好，但是有一定的难度．‎ 考点二、阅读试题信息，归纳总结提炼数学思想方法 例2 （2013•齐齐哈尔）在国道202公路改建工程中，某路段长‎4000米，由甲乙两个工程队拟在30天内（含30天）合作完成，已知两个工程队各有10名工人（设甲乙两个工程队的工人全部参与生产，甲工程队每人每天的工作量相同，乙工程队每人每天的工作量相同），甲工程队1天、乙工程队2天共修路‎200米；甲工程队2天，乙工程队3天共修路‎350米 ‎． （1）试问甲乙两个工程队每天分别修路多少米？ （2）甲乙两个工程队施工10天后，由于工作需要需从甲队抽调m人去学习新技术，总部要求在规定时间内完成，请问甲队可以抽调多少人？ （3）已知甲工程队每天的施工费用为0.6万元，乙工程队每天的施工费用为0.35万元，要使该工程的施工费用最低，甲乙两队需各做多少天？最低费用为多少？‎ 思路分析：（1）设甲队每天修路x米，乙队每天修路y米，然后根据两队修路的长度分别为‎200米和‎350米两个等量关系列出方程组，然后解方程组即可得解； （2）根据甲队抽调m人后两队所修路的长度不小于‎4000米，列出一元一次不等式，然后求出m的取值范围，再根据m是正整数解答； （3）设甲工程队修a天，乙工程队修b天，根据所修路的长度为‎4000米列出方程整理并用a表示出b，再根据0≤b≤30表示出a的取值范围，再根据总费用等于两队的费用之和列式整理，然后根据一次函数的增减性解答．‎ 解：（1）设甲队每天修路x米，乙队每天修路y米， 依题意得，， 解得， 答：甲工程队每天修路‎100米，乙工程队每天修路‎50米； （2）依题意得，10×100+20××100+30×50≥4000， 解得，m≤， ∵0＜m＜10， ∴0＜m≤， ∵m为正整数， ∴m=1或2， ∴甲队可以抽调1人或2人； （3）设甲工程队修a天，乙工程队修b天， 依题意得，‎100a+50b=4000， 所以，b=80‎-2a， ∵0≤b≤30， ∴0≤80‎-2a≤30， 解得25≤a≤40， 又∵0≤a≤30， ∴25≤a≤30， 设总费用为W元，依题意得， W=‎0.6a+0.35b， =‎0.6a+0.35（80‎-2a）， =-‎0.1a+28， ∵-0.1＜0， ‎ ‎∴当a=30时，W最小=-0.1×30+28=25（万元）， 此时b=80‎-2a=80-2×30=20（天）． 答：甲工程队需做30天，乙工程队需做20天，最低费用为25万元．‎ 点评：本题考查了一次函数的应用，二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，读懂题目信息，理清题中熟练关系，准确找出等量关系与不等量关系分别列出方程组和不等式是解题的关键，（3）先根据总工作量表示出甲乙两个工程队的天数的关系是解题的关键．‎ 对应训练 ‎2．（2013•宁波）某商场销售甲、乙两种品牌的智能手机，这两种手机的进价和售价如下表所示：‎ 甲 乙 进价（元/部）‎ ‎4000‎ ‎2500‎ 售价（元/部）‎ ‎4300‎ ‎3000‎ 该商场计划购进两种手机若干部，共需15.5万元，预计全部销售后可获毛利润共2.1万元． （毛利润=（售价-进价）×销售量） （1）该商场计划购进甲、乙两种手机各多少部？ （2）通过市场调研，该商场决定在原计划的基础上，减少甲种手机的购进数量，增加乙种手机的购进数量．已知乙种手机增加的数量是甲种手机减少的数量的2倍，而且用于购进这两种手机的总资金不超过16万元，该商场怎样进货，使全部销售后获得的毛利润最大？并求出最大毛利润．‎ ‎2．解：（1）设商场计划购进甲种手机x部，乙种手机y部，由题意，得 ， 解得：， 答：商场计划购进甲种手机20部，乙种手机30部； （2）设甲种手机减少a部，则乙种手机增加‎2a部，由题意，得 0.4（20-a）+0.25（30+‎2a）≤16， 解得：a≤5． 设全部销售后获得的毛利润为W元，由题意，得 W=0.03（20-a）+0.05（30+‎2a） =‎0.07a+2.1 ∵k=0.07＞0， ∴W随a的增大而增大， ∴当a=5时，W最大=2.45． 答：当该商场购进甲种手机15部，乙种手机40部时，全部销售后获利最大．最大毛利润为2.45万元．‎ 考点三、阅读相关信息，通过归纳探索，发现规律，得出结论 例3 （2013•连云港）小明在一次数学兴趣小组活动中，对一个数学问题作如下探究： 问题情境：如图1，四边形ABCD中，AD∥‎ BC，点E为DC边的中点，连接AE并延长交BC的延长线于点F，求证：S四边形ABCD=S△ABF（S表示面积） 问题迁移：如图2：在已知锐角∠AOB内有一个定点P．过点P任意作一条直线MN，分别交射线OA、OB于点M、N．小明将直线MN绕着点P旋转的过程中发现，△MON的面积存在最小值，请问当直线MN在什么位置时，△MON的面积最小，并说明理由． 实际应用：如图3，若在道路OA、OB之间有一村庄Q发生疫情，防疫部门计划以公路OA、OB和经过防疫站P的一条直线MN为隔离线，建立一个面积最小的三角形隔离区△MON．若测得∠AOB=66°，∠POB=30°，OP=‎4km，试求△MON的面积．（结果精确到‎0.1km2）（参考数据：sin66°≈0.91，tan66°≈2.25， ≈1.73） 拓展延伸：如图4，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、B、C、P的坐标分别为（6，0）（6，3）（，）、（4、2），过点p的直线l与四边形OABC一组对边相交，将四边形OABC分成两个四边形，求其中以点O为顶点的四边形面积的最大值．‎ 思路分析：问题情境：根据可以求得△ADE≌△FCE，就可以得出S△ADE=S△FCE就可以得出结论； 问题迁移：根据问题情境的结论可以得出当直线旋转到点P是MN的中点时S△MON最小，过点M作MG∥OB交EF于G．由全等三角形的性质可以得出结论； 实际运用：如图3，作PP1⊥OB，MM1⊥OB，垂足分别为P1，M1，再根据条件由三角函数值就可以求出结论； 拓展延伸：分情况讨论当过点P的直线l与四边形OABC的一组对边OC、AB分别交于点M、N，延长OC、AB交于点D，由条件可以得出AD=6，就可以求出△OAD的面积，再根据问题迁移的结论就可以求出最大值； 当过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA分别交M、N，延长CB交x轴于T，由B、C的坐标可得直线BC的解析式，就可以求出T的坐标，从而求出△OCT的面积，再由问题迁移的结论可以求出最大值，通过比较久可以求出结论．‎ 解：问题情境：∵AD∥BC， ∴∠DAE=∠F，∠D=∠FCE． ∵点E为DC边的中点， ‎ ‎∴DE=CE． ∵在△ADE和△FCE中， ， ∴△ADE≌△FCE（AAS）， ∴S△ADE=S△FCE， ∴S四边形ABCE+S△ADE=S四边形ABCE+S△FCE， 即S四边形ABCD=S△ABF； 问题迁移：出当直线旋转到点P是MN的中点时S△MON最小，如图2，‎ ‎ 过点P的另一条直线EF交OA、OB于点E、F，设PF＜PE，过点M作MG∥OB交EF于G， 由问题情境可以得出当P是MN的中点时S四边形MOFG=S△MON． ∵S四边形MOFG＜S△EOF， ∴S△MON＜S△EOF， ∴当点P是MN的中点时S△MON最小； 实际运用：如图3，作PP1⊥OB，MM1⊥OB，垂足分别为P1，M1，‎ ‎ 在Rt△OPP1中， ∵∠POB=30°， ∴PP1=OP=2，OP1=2． 由问题迁移的结论知道，当PM=PN时，△MON的面积最小， ∴MM1=2PP1=4，M1P1=P1N． 在Rt△OMM1‎ 中， tan∠AOB=， 2.25=， ∴OM1=， ∴M1P1=P1N=2-， ∴ON=OP1+P1N=2+2-=4-． ∴S△MON=ON•MM1=（4-）×4=8-≈‎10.3km2． 拓展延伸：①如图4，当过点P的直线l与四边形OABC的一组对边OC、AB分别交于点M、N，延长OC、AB交于点D， ∵C（，）， ∴∠AOC=45°， ∴AO=AD． ∴A（6，0）， ∴OA=6， ∴AD=6． ∴S△AOD=×6×6=18， 由问题迁移的结论可知，当PN=PM时，△MND的面积最小， ∴四边形ANMO的面积最大． 作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足分别为P1，M1， ∴M1P1=P‎1A=2， ∴OM1=M‎1M=2， ∴MN∥OA， ∴S四边形OANM=S△OMM1+S四边形ANPP1=×2×2+2×4=10 ②如图5，当过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA分别交M、N，延长CB交x轴于T，‎ ‎ ‎ ‎∵C（，）、B（6，3），设直线BC的解析式为y=kx+b，由题意，得 ， 解得：， ∴y=-x+9， 当y=0时，x=9， ∴T（9，0）． ∴S△OCT=××9=． 由问题迁移的结论可知，当PM=PN时，△MNT的面积最小， ∴四边形CMNO的面积最大． ∴NP1=M1P1，MM1=2PP1=4， ∴4=-x+9， ∴x=5， ∴M（5，4）， ∴OM1=5． ∵P（4，2）， ∴OP1=4， ∴P‎1M1=NP1=1， ∴ON=3， ∴NT=6． ∴S△MNT=×4×6=12， ∴S四边形OCMN=-12=＜10． ∴综上所述：截得四边形面积的最大值为10．‎ 对应训练 ‎3．（2013•江西）某学校活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程： ●操作发现： 在等腰△ABC中，AB=AC，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图1所示，其中DF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G，M是BC的中点，连接MD和ME，则下列结论正确的是 ①②③④‎ ‎（填序号即可） ①AF=AG=AB；②MD=ME；③整个图形是轴对称图形；④∠DAB=∠DMB． ●数学思考： 在任意△ABC中，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图2所示，M是BC的中点，连接MD和ME，则MD与ME具有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程； ●类比探究： 在任意△ABC中，仍分别以AB和AC为斜边，向△ABC的内侧作等腰直角三角形，如图3所示，M是BC的中点，连接MD和ME，试判断△MED的形状．答： 等腰直角三角形 ‎． ‎ 思路分析：操作发现：由条件可以通过三角形全等和轴对称的性质，直角三角形的性质就可以得出结论； 数学思考：作AB、AC的中点F、G，连接DF，MF，EG，MG，根据三角形的中位线的性质和等腰直角三角形的性质就可以得出四边形AFMG是平行四边形，从而得出△DFM≌△MGE，根据其性质就可以得出结论； 类比探究：作AB、AC的中点F、G，连接DF，MF，EG，MG，DF和MG相交于H，根据三角形的中位线的性质K可以得出△DFM≌△MGE，由全等三角形的性质就可以得出结论；‎ 解：●操作发现： ∵△ADB和△AEC是等腰直角三角形， ∴∠ABD=∠DAB=∠ACE=∠EAC=45°，∠ADB=∠AEC=90° ∵在△ADB和△AEC中， ， ∴△ADB≌△AEC（AAS）， ∴BD=CE，AD=AE， ∵DF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G， ∴AF=BF=DF=AB，AG=GC=GE=AC． ∵AB=AC， ∴AF=AG=AB，故①正确； ∵M是BC的中点， ∴BM=CM． ∵AB=AC， ∴∠ABC=∠ACB， ∴∠ABC+∠ABD=∠ACB+∠ACE， 即∠DBM=∠ECM． ∵在△DBM和△ECM中 ‎ ‎， ∴△DBM≌△ECM（SAS）， ∴MD=ME．故②正确； 如图，连接AM，根据前面的证明可以得出将图形1，沿AM对折左右两部分能完全重合，‎ ‎ ∴整个图形是轴对称图形，故③正确． ∵AB=AC，BM=CM， ∴AM⊥BC， ∴∠AMB=∠AMC=90°， ∵∠ADM=90°， ∴四边形ADBM四点共圆， ∴∠AMD=∠ABD=45°． ∵AM是对称轴， ∴∠AME=∠AMD=45°， ∴∠DME=90°， ∴MD⊥ME，故④正确， 故答案为：①②③④ ●数学思考： MD=ME，MD⊥ME． 理由：如图，作AB、AC的中点F、G，连接DF，MF，EG，MG， ∴AF=AB，AG=AC． ∵△ABD和△AEC是等腰直角三角形， ∴DF⊥AB，DF=AB，EG⊥AC，EG=AC， ∴∠AFD=∠AGE=90°，DF=AF，GE=AG． ∵M是BC的中点， ∴MF∥AC，MG∥AB， ∴四边形AFMG是平行四边形， ∴AG=MF，MG=AF，∠AFM=∠AGM． ∴MF=GE，DF=MG，∠AFM+∠AFD=∠AGM+∠AGE， ∴∠DFM=∠MGE． ∵在△DFM和△MGE中， ‎ ‎， ∴△DFM≌△MGE（SAS）， ∴DM=ME，∠FDM=GME． ∵MG∥AB， ∴∠GMH=∠BHM． ∵∠BHM=90°+∠FDM， ∴∠BHM=90°+∠GME， ∴∠BHM=90°+∠GME， ∵∠BHM=∠DME+∠GME， ∴∠DME+∠GME=90°+∠GME， 即∠DME=90°， ∴MD⊥ME． ∴DM=ME，MD⊥ME； ●类比探究： ∵如图3，点M、F、G分别是BC、AB、AC的中点，‎ ‎ ∴MF∥AC，MF=AC，MG∥AB，MG=AB， ∴四边形MFAG是平行四边形， ∴MG=AF，MF=AG．∠AFM=∠AGM ∵△ADB和△AEC是等腰直角三角形， ∴DF=AF，GE=AG，∠AFD=∠BFD=∠AGE=90° ∴MF=EG，DF=MG，∠AFM-∠AFD=∠AGM-∠AGE， 即∠DFM=∠MGE． ∵在△DFM和△MGE中 ， ∴△DFM≌△MGE（SAS）， ∴MD=ME，∠MDF=∠EMG． ∵MG∥AB， ∴∠MHD=∠BFD=90°， ‎ ‎∴∠HMD+∠MDF=90°， ∴∠HMD+∠EMG=90°， 即∠DME=90°， ∴△DME为等腰直角三角形．‎ 考点四、阅读试题信息，借助已有数学思想方法解决新问题 例4 （2013•北京）阅读下面材料： 小明遇到这样一个问题：如图1，在边长为a（a＞2）的正方形ABCD各边上分别截取AE=BF=CG=DH=1，当∠AFQ=∠BGM=∠GHN=∠DEP=45°时，求正方形MNPQ的面积． 小明发现，分别延长QE，MF，NG，PH交FA，GB，HC，ED的延长线于点R，S，T，W，可得△RQF，△SMG，△TNH，△WPE是四个全等的等腰直角三角形（如图2） 请回答： （1）若将上述四个等腰直角三角形拼成一个新的正方形（无缝隙不重叠），则这个新正方形的边长为 a ‎； （2）求正方形MNPQ的面积． （3）参考小明思考问题的方法，解决问题： 如图3，在等边△ABC各边上分别截取AD=BE=CF，再分别过点D，E，F作BC，AC，AB的垂线，得到等边△RPQ．若S△RPQ=，则AD的长为 ． ‎ 思路分析：（1）四个等腰直角三角形的斜边长为a，其拼成的正方形面积为a2，边长为a； （2）如题图2所示，正方形MNPQ的面积等于四个虚线小等腰直角三角形的面积之和，据此求出正方形MNPQ的面积； （3）参照小明的解题思路，对问题做同样的等积变换．如答图1所示，三个等腰三角形△RSF，△QEF，△PDW的面积和等于等边三角形△ABC的面积，故阴影三角形△PQR的面积等于三个虚线等腰三角形的面积之和．据此列方程求出AD的长度．‎ 解：（1）四个等腰直角三角形的斜边长为a，则斜边上的高为a， 每个等腰直角三角形的面积为：a•a=a2， 则拼成的新正方形面积为：4×a2=a2，即与原正方形ABCD面积相等 ∴‎ 这个新正方形的边长为a． 故填空答案为：a． （2）∵四个等腰直角三角形的面积和为a2，正方形ABCD的面积为a2， ∴S正方形MNPQ=S△ARE+S△DWH+S△GCT+S△SBF=4S△ARE=4××12=2． （3）如答图1所示，分别延长RD，QF，PE交FA，EC，DB的延长线于点S，T，W． 由题意易得：△RSF，△QEF，△PDW均为底角是30°的等腰三角形，其底边长均等于△ABC的边长． 不妨设等边三角形边长为a，则SF=AC=a． 如答图2所示，过点R作RM⊥SF于点M，则MF=SF=a， 在Rt△RMF中，RM=MF•tan30°=a×=a， ∴S△RSF=a•a=a2． 过点A作AN⊥SD于点N，设AD=AS=x， 则AN=AR•sin30°=x，SD=2ND=2ARcos30°=x， ∴S△ADS=SD•AN=•x•x=x2． ∵三个等腰三角形△RSF，△QEF，△PDW的面积和=3S△RSF=3×a2=a2，正△‎ ABC的面积为a2， ∴S△RPQ=S△ADS+S△CFT+S△BEW=3S△ADS， ∴=3×x2，得x2=，解得x=或x=-（不合题意，舍去） ∴x=，即AD的长为． 故填空答案为：．‎ 点评：本题考查了几何图形的等积变换，涉及正方形、等腰直角三角形、等腰三角形、正三角形、解直角三角形等多个知识点，是一道好题．通过本题我们可以体会到，运用等积变换的数学思想，不仅简化了几何计算，而且形象直观，易于理解，体现了数学的魅力．‎ 对应训练 ‎4．（2013•河北）一透明的敞口正方体容器ABCD-A′B′C′D′装有一些液体，棱AB始终在水平桌面上，容器底部的倾斜角为α（∠CBE=α，如图1所示）．探究 如图1，液面刚好过棱CD，并与棱BB′交于点Q，此时液体的形状为直三棱柱，其三视图及尺寸如图2所示． 解决问题： （1）CQ与BE的位置关系是 CQ∥BE ‎，BQ的长是 3‎ dm； （2）求液体的体积；（参考算法：直棱柱体积V液=底面积SBCQ×高AB） （3）求α的度数．（注：sin49°=cos41°=，tan37°= ） 拓展：在图1的基础上，以棱AB为轴将容器向左或向右旋转，但不能使液体溢出，图3或图4是其正面示意图．若液面与棱C′C或CB交于点P，设PC=x，BQ=y．分别就图3和图4求y与x的函数关系式，并写出相应的α的范围． 延伸：在图4的基础上，于容器底部正中间位置，嵌入一平行于侧面的长方形隔板（厚度忽略不计），得到图5，隔板高NM=1dm，BM=CM，NM⊥BC．继续向右缓慢旋转，当α=60°时，通过计算，判断溢出容器的液体能否达到4dm3． ‎ ‎4．解：（1）CQ∥BE，BQ==3； （2）V液=×3×4×4=24（dm3）； （3）在Rt△BCQ中，tan∠BCQ=， ∴α=∠BCQ=37°． 当容器向左旋转时，如图3，0°≤α≤37°， ∵液体体积不变， ∴（x+y）×4×4=24， ∴y=-x+3． 当容器向右旋转时，如图4．同理可得：y=； 当液面恰好到达容器口沿，即点Q与点B′重合时，如图5， 由BB′=4，且PB•BB′×4=24，得PB=3， ∴由tan∠PB′B=，得∠PB′B=37°． ∴α=∠B′PB=53°．此时37°≤α≤53°； 延伸：当α=60°时，如图6所示，设FN∥EB，GB′∥EB，过点G作GH⊥BB′于点H．‎ ‎ 在Rt△B′GH中，GH=MB=2，∠GB′B=30°， ∴HB′=2． ∴MG=BH=4-2＜MN． 此时容器内液体形成两层液面，液体的形状分别是以Rt△‎ NFM和直角梯形MBB′G为底面的直棱柱． ∵S△NFM+SMBB′G=××1+（4-2+4）×2=8-． ∴V溢出=24-4（8-）=-8＞4（dm3）． ∴溢出液体可以达到4dm3．‎ 四、中考真题演练 ‎1．（2013•义乌）在义乌市中小学生“我的中国梦”读数活动中，某校对部分学生做了一次主题为：“我最喜爱的图书”的调查活动，将图书分为甲、乙、丙、丁四类，学生可根据自己的爱好任选其中一类．学校根据调查情况进行了统计，并绘制了不完整的条形统计图和扇形统计图． 请你结合图中信息，解答下列问题： （1）本次共调查了 200‎ 名学生； （2）被调查的学生中，最喜爱丁类图书的学生有 15‎ 人，最喜爱甲类图书的人数占本次被调查人数的 40‎ ‎%； （3）在最喜爱丙类图书的学生中，女生人数是男生人数的1.5倍，若这所学校共有学生1500人，请你估计该校最喜爱丙类图书的女生和男生分别有多少人？‎ ‎1．解：（1）共调查的学生数： 40÷20%=200（人）； （2）最喜爱丁类图书的学生数：200-80-65-40=15（人）； 最喜爱甲类图书的人数所占百分比：80÷200×100%=40%； （3）设男生人数为x人，则女生人数为1.5x人，由题意得： x+1.5x=1500×20%， 解得：x=120， 当x=120时，5x=180． 答：该校最喜爱丙类图书的女生和男生分别有180人，120人．‎ ‎2．（2013•天门）垃圾的分类处理与回收利用，可以减少污染，节省资源．某城市环保部门为了提高宣传实效，抽样调查了部分居民小区一段时间内生活垃圾的分类情况，其相关信息如下： 根据图表解答下列问题： （1）请将条形统计图补充完整； （2）在抽样数据中，产生的有害垃圾共 3‎ 吨； （3）调查发现，在可回收物中塑料类垃圾占 ‎ ‎，每回收1吨塑料类垃圾可获得0.7吨二级原料．假设该城市每月产生的生活垃圾为5 000吨，且全部分类处理，那么每月回收的塑料类垃圾可以获得多少吨二级原料？‎ ‎2．解：（1）观察统计图知：D类垃圾有5吨，占10%， ∴垃圾总量为5÷10%=50吨， 故B类垃圾共有50×30%=15吨， 故统计表为： （2）∵C组所占的百分比为：1-10%-30%-54%=6%， ∴有害垃圾为：50×6%=3吨； （3）5000×54%××0.7＝378（吨）， 答：每月回收的塑料类垃圾可以获得378吨二级原料．‎ ‎3．‎ ‎（2013•河北）某校260名学生参加植树活动，要求每人植4～7棵，活动结束后随机抽查了20名学生每人的植树量，并分为四种类型，A：4棵；B：5棵；C：6棵；D：7棵．将各类的人数绘制成扇形图（如图1）和条形图（如图2），经确认扇形图是正确的，而条形图尚有一处错误． 回答下列问题： （1）写出条形图中存在的错误，并说明理由； （2）写出这20名学生每人植树量的众数、中位数； （3）在求这20名学生每人植树量的平均数时，小宇是这样分析的： ①小宇的分析是从哪一步开始出现错误的？ ②请你帮他计算出正确的平均数，并估计这260名学生共植树多少棵．‎ ‎3．解：（1）D错误，理由为：20×10%=2≠3； （2）众数为5，中位数为5； （3）①第二步；②==5.3， 估计260名学生共植树5.3×260=1378（颗）．‎ ‎4．（2013•海南）如图，在正方形网格中，△ABC各顶点都在格点上，点A，C的坐标分别为（-5，1）、（-1，4），结合所给的平面直角坐标系解答下列问题： （1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B‎1C1； （2）画出△ABC关于原点O对称的△A2B‎2C2； （3）点C1的坐标是 （1，4）‎ ‎；点C2的坐标是 （1，-4）‎ ‎；过C、C1、C2三点的圆的圆弧的长是 π ‎（保留π）．‎ ‎4．解：（1）△A1B‎1C1如图所示； （2）△A2B‎2C2如图所示； （3）C1（1，4），C2（1，-4）， 根据勾股定理，OC=， 过C、C1、C2三点的圆的圆弧是以CC2为直径的半圆，的长=π． 故答案为：（1，4）；（1，-4）；．‎ ‎5．（2013•龙岩）如图①，在矩形纸片ABCD中，AB=+1，AD=． （1）如图②，将矩形纸片向上方翻折，使点D恰好落在AB边上的D′处，压平折痕交CD于点E，则折痕AE的长为 ； （2）如图③，再将四边形BCED′沿D′E向左翻折，压平后得四边形B′C′ED′，B′C′交AE于点F，则四边形B′FED′的面积为 ‎ ‎； （3）如图④，将图②中的△AED′绕点E顺时针旋转α角，得△A′ED″，使得EA′恰好经过顶点B，求弧D′D″的长．（结果保留π） ‎ ‎5．解：（1）∵△ADE反折后与△AD′E重合， ∴AD′=AD=D′E=DE=， ∴AE=； （2）∵由（1）知AD′=， ∴BD′=1， ∵将四边形BCED′沿D′E向左翻折，压平后得四边形B′C′ED′， ∴B′D′=BD′=1， ∵由（1）知AD′=AD=D′E=DE=， ∴四边形ADED′是正方形， ∴B′F=AB′=-1， ∴S梯形B′FED′=（B′F+D′E）•B′D′=（-1+）×1=-； （3）∵∠C=90°，BC=，EC=1， ∴tan∠BEC=， ∴∠BEC=60°， 由翻折可知：∠DEA=45°， ∴∠AEA′=75°=∠D′ED″， ∴=•2π•=． 故答案为：；-．‎ ‎ ‎ ‎6．（2013•北京）第九届中国国际园林博览会（园博会）已于‎2013年5月18日在北京开幕，以下是根据近几届园博会的相关数据绘制的统计图的一部分． （1）第九届园博会的植物花园区由五个花园组成，其中月季园面积为0.04平方千米，牡丹园面积为 0.03‎ 平方千米； （2）第九届园博会会园区陆地面积是植物花园区总面积的18倍，水面面积是第七、八界园博会的水面面积之和，请根据上述信息补全条形统计图，并标明相应数据； （3）小娜收集了几届园博会的相关信息（如下表），发现园博会园区周边设置的停车位数量与日均接待游客量和单日最多接待游客量中的某个量近似成正比例关系．根据小娜的发现，请估计，将于2015年举办的第十届园博会大约需要设置的停车位数量（直接写出结果，精确到百位）． 第七届至第十届园博会游客量和停车位数量统计表：‎ ‎ ‎ 日接待游客量 （万人次）‎ 单日最多接待游客量 （万人次）‎ 停车位数量 （个）‎ 第七届 ‎0.8‎ ‎6‎ 约3000‎ 第八届 ‎2.3‎ ‎8.2‎ 约4000‎ 第九届 ‎8（预计）‎ ‎20（预计）‎ 约10500‎ 第十届 ‎1.9（预计）‎ ‎7.4（预计）‎ 约 3700‎ ‎6．解：（1）∵月季园面积为0.04平方千米，月季园所占比例为20%， 则牡丹园的面积为：15%×=0.03（平方千米）； （2）植物花园的总面积为：0.04÷20%=0.2（平方千米）， 则第九届园博会会园区陆地面积为：0.2×18=3.6（平方千米）， 第七、八界园博会的水面面积之和=1+0.5=1.5（平方千米）， 则水面面积为1.5平方千米， 如图： ‎ ‎； （3）由图标可得，停车位数量与单日最多接待游客量成正比例关系，比值约为500， 则第十届园博会大约需要设置的停车位数量约为：500×7.4≈3700． 故答案为：0.03；3700．‎ ‎7．（2013•六盘水）（1）观察发现    如图（1）：若点A、B在直线m同侧，在直线m上找一点P，使AP+BP的值最小，做法如下：    作点B关于直线m的对称点B′，连接AB′，与直线m的交点就是所求的点P，线段AB′的长度即为AP+BP的最小值．    如图（2）：在等边三角形ABC中，AB=2，点E是AB的中点，AD是高，在AD上找一点P，使BP+PE的值最小，做法如下： 作点B关于AD的对称点，恰好与点C重合，连接CE交AD于一点，则这点就是所求的点P，故BP+PE的最小值为 ．  （2）实践运用    如图（3）：已知⊙O的直径CD为2，的度数为60°，点B是的中点，在直径CD上作出点P，使BP+AP的值最小，则BP+AP的值最小，则BP+AP的最小值为 ． ‎ ‎   （3）拓展延伸 如图（4）：点P是四边形ABCD内一点，分别在边AB、BC上作出点M，点N，使PM+PN的值最小，保留作图痕迹，不写作法．‎ ‎7．解：（1）观察发现 如图（2），CE的长为BP+PE的最小值，‎ ‎ ∵在等边三角形ABC中，AB=2，点E是AB的中点 ∴CE⊥AB，∠BCE=∠BCA=30°，BE=1， ∴CE=BE=； 故答案为； （2）实践运用 如图（3），过B点作弦BE⊥CD，连结AE交CD于P点，连结OB、OE、OA、PB，‎ ‎ ∵BE⊥CD， ∴CD平分BE，即点E与点B关于CD对称， ∵的度数为60°，点B是的中点， ∴∠BOC=30°，∠AOC=60°， ∴∠EOC=30°， ∴∠AOE=60°+30°=90°， ∵OA=OE=1， ∴AE=OA=， ∵AE的长就是BP+AP的最小值． 故答案为 ‎； （3）拓展延伸 如图（4）．‎ ‎8．（2013•盐城）阅读材料 如图①，△ABC与△DEF都是等腰直角三角形，∠ACB=∠EDF=90°，且点D在AB边上，AB、EF的中点均为O，连结BF、CD、CO，显然点C、F、O在同一条直线上，可以证明△BOF≌△COD，则BF=CD． 解决问题 （1）将图①中的Rt△DEF绕点O旋转得到图②，猜想此时线段BF与CD的数量关系，并证明你的结论； （2）如图③，若△ABC与△DEF都是等边三角形，AB、EF的中点均为O，上述（1）中的结论仍然成立吗？如果成立，请说明理由；如不成立，请求出BF与CD之间的数量关系； （3）如图④，若△ABC与△DEF都是等腰三角形，AB、EF的中点均为0，且顶角∠ACB=∠EDF=α，请直接写出的值（用含α的式子表示出来） ‎ ‎8．解：（1）猜想：BF=CD．理由如下： 如答图②所示，连接OC、OD． ∵△ABC为等腰直角三角形，点O为斜边AB的中点， ∴OB=OC，∠BOC=90°． ∵△DEF为等腰直角三角形，点O为斜边EF的中点， ∴OF=OD，∠DOF=90°． ∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF，∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF， ∴∠BOF=∠COD． ∵在△BOF与△COD中， ， ∴△BOF≌△COD（SAS）， ∴‎ BF=CD． （2）答：（1）中的结论不成立． 如答图③所示，连接OC、OD． ∵△ABC为等边三角形，点O为边AB的中点， ∴=tan30°=，∠BOC=90°． ∵△DEF为等边三角形，点O为边EF的中点， ∴=tan30°=，∠DOF=90°． ∴=． ∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF，∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF， ∴∠BOF=∠COD． 在△BOF与△COD中， ∵=，∠BOF=∠COD， ∴△BOF∽△COD， ∴． （3）如答图④所示，连接OC、OD． ∵△ABC为等腰三角形，点O为底边AB的中点， ∴=tan，∠BOC=90°． ∵△DEF为等腰三角形，点O为底边EF的中点， ‎ ‎∴=tan，∠DOF=90°． ∴=tan． ∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF，∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF， ∴∠BOF=∠COD． 在△BOF与△COD中， ∵=tan，∠BOF=∠COD， ∴△BOF∽△COD， ∴．‎ ‎9．（2013•日照）问题背景： 如图（a），点A、B在直线l的同侧，要在直线l上找一点C，使AC与BC的距离之和最小，我们可以作出点B关于l的对称点B′，连接A B′与直线l交于点C，则点C即为所求． （1）实践运用： 如图（b），已知，⊙O的直径CD为4，点A 在⊙O 上，∠ACD=30°，B 为弧AD 的中点，P为直径CD上一动点，则BP+AP的最小值为 ． （2）知识拓展： 如图（c），在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=45°，∠BAC的平分线交BC于点D，E、F分别是线段AD和AB上的动点，求BE+EF的最小值，并写出解答过程．‎ ‎9．解：（1）如图，作点B关于CD的对称点E，连接AE交CD于点P， 此时PA+PB最小，且等于AE． 作直径AC′，连接C′E．‎ ‎ 根据垂径定理得弧BD=弧DE． ∵∠ACD=30°， ∴∠AOD=60°，∠DOE=30°， ∴∠AOE=90°， ‎ ‎∴∠C′AE=45°， 又AC为圆的直径，∴∠AEC′=90°， ∴∠C′=∠C′AE=45°， ∴C′E=AE=AC′=2， 即AP+BP的最小值是2． 故答案为：2； （2）如图，在斜边AC上截取AB′=AB，连结BB′．‎ ‎ ∵AD平分∠BAC， ∴点B与点B′关于直线AD对称． 过点B′作B′F⊥AB，垂足为F，交AD于E，连结BE， 则线段B′F的长即为所求．（点到直线的距离最短）                                     在Rt△AFB′中，∵∠BAC=45°，AB′=AB=10， ∴B′F=AB′•sin45°=AB•sin45°=10×=5， ∴BE+EF的最小值为5．‎ ‎10．（2013•衢州）【提出问题】 （1）如图1，在等边△ABC中，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等边△AMN，连结CN．求证：∠ABC=∠ACN． 【类比探究】 （2）如图2，在等边△ABC中，点M是BC延长线上的任意一点（不含端点C），其它条件不变，（1）中结论∠ABC=∠ACN还成立吗？请说明理由． 【拓展延伸】 （3）如图3，在等腰△ABC中，BA=BC，点M是BC上的任意一点（不含端点B、C），连结AM，以AM为边作等腰△AMN，使顶角∠AMN=∠ABC．连结CN．试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由． ‎ ‎10．（1）证明：∵△ABC、△AMN是等边三角形， ∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°， ∴∠BAM=∠CAN， ∵在△BAM和△CAN中， ， ∴△BAM≌△CAN（SAS）， ∴∠ABC=∠ACN． （2）解：结论∠ABC=∠ACN仍成立． 理由如下：∵△ABC、△AMN是等边三角形， ∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°， ∴∠BAM=∠CAN， ∵在△BAM和△CAN中， ， ∴△BAM≌△CAN（SAS）， ∴∠ABC=∠ACN． （3）解：∠ABC=∠ACN． 理由如下：∵BA=BC，MA=MN，顶角∠ABC=∠AMN， ∴底角∠BAC=∠MAN， ∴△ABC∽△AMN， ‎ ‎∴， 又∵∠BAM=∠BAC-∠MAC，∠CAN=∠MAN-∠MAC， ∴∠BAM=∠CAN， ∴△BAM∽△CAN， ∴∠ABC=∠ACN．‎ ‎11．（2013•咸宁）阅读理解： 如图1，在四边形ABCD的边AB上任取一点E（点E不与点A、点B重合），分别连接ED，EC，可以把四边形ABCD分成三个三角形，如果其中有两个三角形相似，我们就把E叫做四边形ABCD的边AB上的相似点；如果这三个三角形都相似，我们就把E叫做四边形ABCD的边AB上的强相似点．解决问题： （1）如图1，∠A=∠B=∠DEC=55°，试判断点E是否是四边形ABCD的边AB上的相似点，并说明理由； （2）如图2，在矩形ABCD中，AB=5，BC=2，且A，B，C，D四点均在正方形网格（网格中每个小正方形的边长为1）的格点（即每个小正方形的顶点）上，试在图2中画出矩形ABCD的边AB上的一个强相似点E； 拓展探究： （3）如图3，将矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处．若点E恰好是四边形ABCM的边AB上的一个强相似点，试探究AB和BC的数量关系． ‎ ‎11．解：（1）点E是四边形ABCD的边AB上的相似点． 理由：∵∠A=55°， ∴∠ADE+∠DEA=125°． ∵∠DEC=55°， ∴∠BEC+∠DEA=125°． ∴∠ADE=∠BEC．（2分） ∵∠A=∠B， ∴△ADE∽△BEC． ∴点E是四边形ABCD的AB边上的相似点． （2）作图如下： ‎ ‎ （3）∵点E是四边形ABCM的边AB上的一个强相似点， ∴△AEM∽△BCE∽△ECM， ∴∠BCE=∠ECM=∠AEM． 由折叠可知：△ECM≌△DCM， ∴∠ECM=∠DCM，CE=CD， ∴∠BCE=∠BCD=30°， ∴BE=CE=AB． 在Rt△BCE中，tan∠BCE==tan30°， ∴， ∴．‎ ‎12．（2013•南京）对于两个相似三角形，如果沿周界按对应点顺序环绕的方向相同，那么称这两个三角形互为顺相似；如果沿周界按对应点顺序环绕的方向相反，那么称这两个三角形互为逆相似．例如，如图①，△ABC∽△A′B′C′，且沿周界ABCA与A′B′C′A′环绕的方向相同，因此△ACB和△A′B′C′互为顺相似；如图②，△ABC∽△A′B′C′，且沿周界ABCA与A′B′C′A′环绕的方向相反，因此△ACB和△A′B′C′互为逆相似． （1）根据图Ⅰ，图Ⅱ和图Ⅲ满足的条件．可得下列三对相似三角形：①△ADE与△ABC；②△GHO与△KFO；③△NQP与△NMQ；其中，互为顺相似的是 ①‎ ‎；互为逆相似的是 ②③‎ ‎．（填写所有符合要求的序号）． （2）如图③，在锐角△ABC中，∠A＜∠B＜∠C，点P在△ABC的边上（不与点A，B，C重合）．过点P画直线截△ABC，使截得的一个三角形与△ABC互为逆相似．请根据点P的不同位置，探索过点P的截线的情形，画出图形并说明截线满足的条件，不必说明理由．‎ ‎12．解：（1）互为顺相似的是 ①；互为逆相似的是 ②③； （2）根据点P在△ABC边上的位置分为以下三种情况： 第一种情况：如图①，点P在BC（不含点B、C）上，过点P只能画出2条截线PQ1、PQ2，分别使∠CPQ1=∠A，∠BPQ2=∠A，此时△PQ‎1C、△PBQ2都与△ABC互为逆相似． 第二种情况：如图②，点P在AC（不含点A、C）上，过点B作∠CBM=∠A，BM交AC于点M． 当点P在AM（不含点M）上时，过点P1只能画出1条截线P1Q，使∠AP1Q=∠ABC，此时△AP1Q与△ABC互为逆相似； 当点P在CM上时，过点P2只能画出2条截线P2Q1、P2Q2，分别使∠AP2Q1=∠ABC，∠CP2Q2=∠ABC，此时△AP2Q1、△Q2P‎2C都与△ABC互为逆相似． 第三种情况：如图③，点P在AB（不含点A、B）上，过点C作∠BCD=∠A，∠ACE=∠B，CD、CE分别交AC于点D、E． 当点P在AD（不含点D）上时，过点P只能画出1条截线P1Q，使∠AP1Q=∠ABC，此时△AQP1与△ABC互为逆相似； 当点P在DE上时，过点P2只能画出2条截线P2Q1、P2Q2，分别使∠AP2Q1=∠ACB，∠BP2Q2=∠BCA，此时△AQ1P2、△Q2BP2 都与△ABC互为逆相似； 当点P在BE（不含点E）上时，过点P3只能画出1条截线P3Q′，使∠BP3Q′=∠BCA，此时△Q′BP3与△ABC互为逆相似． ‎