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专题 12 压轴中的阅读理解题型
阅读理解型问题在近几年的各地中考试题中频频“亮相”，应该特别引起我们的重视. 它由两部分
组成：一是阅读材料；二是考查内容．它要求学生根据阅读获取的信息回答问题．提供的阅读材料主要包
括：一个新的数学概念的形成和应用过程，或一个新的数学公式的推导与应用，或提供新闻背景材料等．
考查内容既有考查基础的，又有考查自学能力和探索能力等综合素质的．这类问题一般文字叙述较长，信
息量较大，内容丰富，超越常规，源于课本，又高于课本，各种关系错综复杂，不仅能考查同学们阅读题
中文字获取信息的能力，还能考查同学们获取信息后的抽象概括能力、建模能力、决策判断能力等.同时，
更能够综合考查同学们的数学意识和数学综合应用能力.
题型特点：先给出一段材料，让学生理解，再设立新的数学概念，新概念的解答可以借鉴前面材料的
结论或思想方法．
解题策略：从给的材料入手，通过理解分析本材料的内容，捕捉已知材料的信息，灵活应用这些信息
解决新材料的问题．
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，然后依题意进行分析、比较、综合、抽象和概
括，或用归纳、演绎、类比等进行计算或推理论证，并能准确地运用数学语言阐述自己的思想、方法、观
点．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.
阅读理解题一般可分为如下几种类型：
方法模拟型——通过阅读理解，模拟提供材料中所述的过程方法，去解决类似的相关问题；
判断推理型——通过阅读理解，对提供的材料进行归纳概括；按照对材料本质的理解进行推理，作出解答；
迁移发展型——从提供的材料中，通过阅读，理解其采用的思想方法，将其概括抽象成数学模型去解决类
同或更高层次的另一个相关命题．
（2022·湖北黄石·统考中考真题）阅读材料，解答问题：
材料1为了解方程 ，如果我们把 看作一个整体，然后设 ，则原方程可化为
，经过运算，原方程的解为 ， ．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做
换元法．
材料2
已知实数m，n满足 ， ，且 ，显然m，n是方程 的两个不相等的
实数根，由书达定理可知 ， ．
根据上述材料，解决以下问题：
(1)直接应用：
方程 的解为_______________________；
(2)间接应用：
已知实数a，b满足： ， 且 ，求 的值；
(3)拓展应用：
已知实数x，y满足： ， 且 ，求 的值．
（1）利用换元法降次解决问题；
（2）模仿例题解决问题即可；
（3）令 =a，-n=b，则 +a-7=0， +b=0，再模仿例题解决问题．
【答案】(1) ， ， ，
(2) 或
(3)15
【详解】（1）解：令y= ，则有 -5y+6=0，∴（y-2）（y-3）=0，
∴ =2， =3，
∴ =2或3，
∴ ， ， ， ，
故答案为： ， ， ， ；
（2）解：∵ ，
∴ 或
①当 时，令 ， ，
∴ 则 ， ，
∴ ， 是方程 的两个不相等的实数根，
∴ ，
此时 ；
②当 时， ，
此时 ；
综上： 或
（3）解：令 ， ，则 ， ，
∵ ，
∴ 即 ，
∴ ， 是方程 的两个不相等的实数根，∴ ，
故 ．
本题考查了根与系数的关系，幂的乘方与积的乘方，换元法，解一元二次方程等知识，解题的关键是理解
题意，学会模仿例题解决问题．
（2022·湖南·统考中考真题）阅读下列材料：
在 中， 、 、 所对的边分别为 、 、 ，求证： ．
证明：如图1，过点 作 于点 ，则：
在 中， CD=asinB
在 中，
根据上面的材料解决下列问题：
(1)如图2，在 中， 、 、 所对的边分别为 、 、 ，求证： ；
(2)为了办好湖南省首届旅游发展大会，张家界市积极优化旅游环境．如图3，规划中的一片三角形区域需
美化，已知 ， ， 米，求这片区域的面积．（结果保留根号．参考数据：
，（1）作BC边上的高，利用三角函数表示AD后，即可建立关联并求解；
（2）作BC边上的高，利用三角函数分别求出AE和BC，即可求解．
【答案】(1)见解析
(2)
【详解】（1）证明：如图2，过点 作 于点 ，
在 中， ，
在 中， ，
，
；
（2）解：如图3，过点 作 于点 ，
， ，
，
在 中，
又 ，
即 ，
，
．本题考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系，即锐角三角函数的定义是解决问题的前提．
（2022·贵州黔东南·统考中考真题）阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问
题：
如图， 和 都是等边三角形，点 在 上．
求证：以 、 、 为边的三角形是钝角三角形．
(1)【探究发现】小明通过探究发现：连接 ，根据已知条件，可以证明 ， ，从而
得出 为钝角三角形，故以 、 、 为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
(2)【拓展迁移】如图，四边形 和四边形 都是正方形，点 在 上．
①试猜想：以 、 、 为边的三角形的形状，并说明理由．②若 ，试求出正方形 的面积．
（1）根据等边三角形性质得出，BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，再证△EBA≌△DBC（SAS）
∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，求出∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，可得△ADC为钝角三角形即可；
（2）①以 、 、 为边的三角形是直角三角形，连结CG，根据正方形性质，得出
∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，∠BEA=∠BGE=45°，再证△EBA≌△GBC（SAS）得出AE=CG，
∠BEA=∠BGC=45°，可证△AGC为直角三角形即可；②连结BD，根据勾股定理求出AC=
，然后利用正方形的面积公式求解即可．
【答案】(1)钝角三角形；证明见详解
(2)①直角三角形；证明见详解；②S ABCD=
四边形
【详解】（1）证明：∵△ABC与△EBD均为等边三角形，
∴BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，
∴∠EBA+∠ABD=∠ABD+∠DBC，
∴∠EBA=∠DBC，
在△EBA和△DBC中，
，
∴△EBA≌△DBC（SAS），
∴∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，
∴△ADC为钝角三角形，
∴以 、 、 为边的三角形是钝角三角形．（2）证明：①以 、 、 为边的三角形是直角三角形．
连结CG，
∵四边形 和四边形 都是正方形，
∴∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，
∵EG为正方形的对角线，
∴∠BEA=∠BGE=45°，
∴∠EBA+∠ABG=∠ABG+∠GBC=90°，
∴∠EBA=∠GBC，
在△EBA和△GBC中，
，
∴△EBA≌△GBC（SAS），
∴AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，
∴∠AGC=∠AGB+∠BGC=45°+45°=90°，
∴△AGC为直角三角形，
∴以 、 、 为边的三角形是直角三角形；
②连结BD，
∵△AGC为直角三角形， ，
由（2）可知，AE=CG，
∴AC= ，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AC=BD= ，∴S ABCD= ．
四边形
本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理，掌握等边三角形的性质，
三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理是解题关键．
1．（2022·贵州遵义·统考二模）阅读下列材料，完成探究与运用．
【材料】工程队为推进修筑公路的进度，特引进新设备，引进后平均每天比原计划多修5米，现在修60米
与原计划修45米所需时间相同．问现在平均每天修多少米？
解：设现在平均每天修x米，则可列出分式方程 ，…．
同学们在解答完成后，张老师介绍了另一种解法：
由 ，
从而可得： ，解得 ，经检验 是原方程的解，…．
【探究】小恒同学对老师的解法很感兴趣，于是再进行探究，由比例式 得 成立，同时
也成立，由此发现规律．
(1)请将他发现的规律补充完整：已知a，b，c，d均不为0，若 ，则① ____，②
______；
【运用】(2)请用上述规律，解分式方程 ．
【答案】(1) ；
(2) ，
【分析】（1）根据阅读材料和探究材料可直接得出答案；
（2）直接利用（1）中发现的规律解分式方程即可．
【详解】（1）解：小恒同学发现的规律为：已知a，b，c，d均不为0，
若 ，则① ，② ；
故答案为： ；
（2）解： ，
从而可得： ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
解得 ， ，
经检验 ， 都是原方程的解，
故原方程的解为 ， ．
2．（2022·河南南阳·统考二模）阅读下列材料，完成相应任务：
古希腊数学家毕达哥拉斯认为：“一切平面图形中最美的是圆”，它的完美来自对称，其中切弦
（chordofcontact）亦称切点弦，是一条特殊弦，从圆外一点向圆引两条切线，连接这两个切点的弦称为切
弦．此时，圆心与已知点的连线垂直平分切弦．(1)任务一：为了说明切弦性质的正确性，需要对其进行证明，如下给出了不完整的“已知”和“求证”，
请补充完整，并写出“证明”过程．
已知：如图1，P是 外一点，__________________________________________．
求证：__________________________________________．
证明：
(2)任务二：如图2，在任务一的条件下，CD是 的直径，连接AD、BC，若 ， ，
，求OP的长．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】（1）根据命题的条件和结论即可写成已知和求证，连接OA、OB，根据切线的性质可得
，然后证明Rt△OAP≌Rt△OBP，从而可得 ，最后利用等腰三角形的三
线合一性质即可解答；
（2）连接OA、OB，根据等腰三角形的性质求出∠AOD和∠BOC，从而求出∠AOB，然后在Rt△OBP中
利用锐角三角函数进行计算即可解答．
【详解】(1)解：任务一：
已知：如图①，P是⊙O外一点，PA、PB与⊙O分别相切于点A、B，连接AB、OP，
求证：OP垂直平分AB．
证明：连接OA、OB，
∵PA、PB与⊙O分别相切于点A、B，
∴ ，∵OA＝OB，OP＝OP，
∴ ，
∴ ，
∵OA＝OB，
∴OP垂直平分AB；
(2)任务二：连接OA、OB，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
由（1）得， ，
∵ ， ，
∴ ．
3．（2022·重庆·西南大学附中校考模拟预测）阅读材料：材料一：对于一个四位数n，若满足各个数位上
的数字均不为零，且千位数字与百位数字的差等于十位数字与个位数字的差，则称这个数为“等差数”.例
如：
，∵ ，∴8563是“等差数”；
，∵ ，∴2715不是“等差数”；
材料二：将一个四位数n（十位上的数字不为零）千位上的数字与十位上的数字交换，百位上的数字与个位上的数字交换可以得到一个新的四位数 ，记 .例如： ， ，则
.
请根据上述材料解决下列问题：
(1)判断4312和2817是否为“等差数”，并说明理由；
(2)求证：对于任意一个“等差数”m， 都能被11整除；
(3)若s和t都是“等差数”，其中 ， （ ， ，
， ，a，b，x，y均为整数），且 ，求s的值.
【答案】(1)4312不是“等差数”，2817是“等差数”，理由见解析
(2)见解析
(3)8912和5612
【分析】（1）根据“等差数”定义分别计算验证即可；
（2）设一个“等差数”为： ，（p，q，a，b均为正整数），则
，然后将这两个表达式代入 中，进行整式的化简，结合“等差数”
定义，即可证出结果；
（3）根据“等差数”的定义，得出 ， ，然后求出 和 ，然后代入
，结合“等差数”的定义，化简得出 ，根据a，b，x，y的范围，分类讨论，
即可解决问题．
【详解】(1)解：4312不是“等差数”，2817是“等差数”，理由如下：
∵4-3=1≠1-2=-1，
∴4312不是“等差数”，
∵2-8=-6=1-7=-6，
∴2817是“等差数”；(2)证明：设一个“等差数”为： ，（p，q，a，b均为正整数），
则 ，
则
=
∵ 是“等差数”，
∴ ，
∴ ，
∵p，q，a，b均为正整数，
故F(m) 都能被11整除；
(3)解：∵ 和 都是“等差数”，
∴ ，即 ，
∵t是“等差数”，
∴ ，即 ，
∵
∴
，
∵ ，
∴，
，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ， ， ，a，b，x，y均为整数，
∴当a=2时，x=8，此时y=x-4=4，b=a+3=5，
，
；
当a=4时，x=5，此时y=x-4=1，b=4+3=7，
，
；
当a=6时，x=2，y=2-4=-2（不符合题意）；
∴s为8912和5612．
4．（2022·吉林长春·校考一模）【阅读材料】
我们知道：一条直线经过等腰直角三角形的直角顶点，过另外两个顶点分别向该直线作垂线，即可得“三
垂直模型”．如图①，在 中， ， ，分别过A、B向经过点C的直线作垂线，垂
足分别为D、E，易证： ．（无需证明）
(1)【问题探究】如果 ，其他条件不变，如图②，求证： ．
(2)【学以致用】如图③，在平面直角坐标系中， ，点 ，点B在第二象限， ，
求AB所在直线的函数表达式．
(3)【拓展应用】如图④，在矩形ABCD中， ， ，点E为边BC上一个动点，连结AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，点A落在点P处，当点P在矩形ABCD外部时，连结PC、PD．当
为直角三角形时，直接写出BE的长．
【答案】(1)见解析；
(2)y=- x+ ；
(3)4或2+
【分析】（1）由同角的余角相等可得∠BCE=∠DAC，且∠ADC=∠BEC=90°，可得结论；
（2）过点B作BN⊥x轴于点N，先证△NBO∽△FOA，可得 ，可求点B坐标，利用待定系
数法可求解析式；
（3）分两种情况讨论，由全等三角形的性质和相似三角形的性质可求解．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
又∵∠ADC=90°，
∴∠ACD+∠DAC=90°，
∴∠BCE=∠DAC，且∠ADC=∠BEC=90°，
∴△ADC∽△CEB；
（2）如图，过点B作BN⊥x轴于点N，
∴∠NBO+∠BON=90°,
∵
∴∠AOF+∠BON=90°
∴∠NBO=∠AOF
∵∠BNO=∠AFO=90°
∴△NBO∽△FOA，
∴ ，
∵点A（1，2），∴OF=1，AF=2，
∵ ，
∴ ，
∴NB= ，ON=3，
∴点B（-3， ），
∵设直线AB表达式：y=kx+b，
∴
∴
∴直线AB的解析式为：y=- x+ ；
（3）当∠CDP=90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，
∵∠ADC+∠CDP=180°，
∴点A，点D，点P三点共线，
∵∠BAP=∠B=∠H=90°，
∴四边形ABHP是矩形，
∴AB=PH=4，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，
∴AE=EP，∠AEP=90°，
∴∠AEB+∠PEH=90°，且∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠PEH，且∠B=∠H=90°，AE=EP，
∴△ABE≌△EHP（AAS），∴BE=PH=4，
当∠CPD=90°时，如图，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，延长HP交AD的延长线于N，则四边形
CDNH是矩形，
∴CD=NH=4，DN=CH，
设BE=x，则EC=6-x，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°，
∴AE=EP，∠AEP=90°，
∴∠AEB+∠PEH=90°，且∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠PEH，且∠B=∠EHP=90°，AE=EP，
∴△ABE≌△EHP（AAS），
∴PH=BE=x，AB=EH=4，
∴PN=4-x，CH=4-（6-x）=x-2=DN，
∵∠DPC=90°，
∴∠DPN+∠CPH=90°，且∠CPH+∠PCH=90°，
∴∠PCH=∠DPN，且∠N=∠CHP=90°，
∴△CPH∽△PDN，
∴ ，
∴
∴x=2±
∵点P在矩形ABCD外部，
∴x=2± ，
∴BE=2+ ，综上所述：当BE的长为4或2+ 时，△DPC为直角三角形．
5．（2022·山东·统考一模）阅读材料：如图1，在 中，D，E分别是边AB，AC的中点，小亮在证明
“三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半”时，通过延长DE到点F，使 ，连接
CF，证明 ，再证四边形DBCF是平行四边形即得证．
类比迁移：
（1）如图2，AD是 的中线，E是AC上的一点，BE交AD于点F，且 ，求证： ．
小亮发现可以类比材料中的思路进行证明．
证明：如图2，延长AD至点M，使 ，连接MC，……
请根据小亮的思路完成证明过程．
方法运用：
（2）如图3，在等边 中，D是射线BC上一动点（点D在点C的右侧），连接AD．把线段CD绕点
D逆时针旋转120°得到线段DE，F是线段BE的中点，连接DF、CF．请你判断线段DF与AD的数量关系，
并给出证明．
【答案】（1）证明见解析；（2） ，证明见解析
【分析】(1) 延长AD至M，使 ，连接MC，证明 ，结合等角对等边证明即可．
(2) 延长DF至点M，使 ，连接BM、AM，证明 ，△ABM是等边三角形，
代换后得证．
【详解】（1）证明：延长AD至M，使 ，连接MC．在 和 中， ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
（2）线段DF与AD的数量关系为： ．
证明如下：延长DF至点M，使 ，连接BM、AM，如图2所示：
∵点F为BE的中点，
∴
在 和 中，∵ ，
∴
∴ ， ，
∴
∵线段CD绕点D逆时针旋转120°得到线段DE
∴ ， ，
∴
∵ 是等边三角形
∵ ， ，
∴
∵ ，
∴
在 和 中，
∵ ，
∴
∴ ， ，
∴
∴ 是等边三角形，
∴ ．
6．（2022·河南商丘·统考一模）阅读材料
如图1，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点，小明在证明“三角形的中位线平行于第三边，且等
于第三边的一半”时，通过延长DE到点F，使EF＝DE，连接CF，证明△ADE≌△CFE，再证四边形
DBCF是平行四边形即得证．(1)类比迁移
如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于点E，交AD于点F，且AE＝EF，求证：AC＝BF．
小明发现可以类比材料中的思路进行证明．
证明：如图2，延长AD至点M，使MD＝FD，连接MC，……
请根据小明的思路完成证明过程．
(2)方法运用
如图3，在等边△ABC中，D是射线BC上一动点（点D在点C的右侧），连接AD．把线段CD绕点D逆
时针旋转120°得到线段DE．F是线段BE的中点，连接DF，CF．
①请你判断线段DF与AD的数量关系，并给出证明；
②若AB＝4，CF CD请直接写出CF的长．
【答案】(1)见解析
(2)①线段DF与AD的数量关系为：AD＝2DF，证明见解析；②CF的长为1或2
【分析】（1）类比材料，运用倍长中线辅助线作法，证得结论．
（2）①运用倍长中线辅助线作法，结合三角形全等证明及等边三角形性质，得出结论．
②运用分类讨论思想，分别求出CF为△BDE的中位线和CF不是△BDE的中位线，两种情况下，CF的长．
【详解】（1） （1）证明：如图，延长AD至M，使MD＝FD，连接MC，
在△BDF和△CDM中，
∵ ，
∴△BDF≌△CDM（SAS），∴MC＝BF，∠M＝∠BFM，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠EFA，
∵∠EFA＝∠BFM，
∴∠M＝∠MAC，
∴AC＝MC，
∴AC＝BF；
（2）（2）①解：线段DF与AD的数量关系为：AD＝2DF，
证明如下：延长DF至点M，使DF＝FM，连接BM、AM，如图所示：
∵点F为BE的中点，
∴BF＝EF，
在△BFM和△EFD中，
∵ ，
∴△BFM≌△EFD（SAS），
∴BM＝DE，∠MBF＝∠DEF，
∴BM∥DE，
∵线段CD绕点D逆时针旋转120°得到线段DE，
∴CD＝DE＝BM，∠BDE＝120°，
∴∠MBD＝180°﹣120°＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠ABM＝∠ABC+∠MBD＝60°+60°＝120°，
∵∠ACD＝180°﹣∠ACB＝180°﹣60°＝120°，
∴∠ABM＝∠ACD，在△ABM和△ACD中，
∵ ，
∴△ABM≌△ACD（SAS），
∴AM＝AD，∠BAM＝∠CAD，
∴∠MAD＝∠MAC+∠CAD＝∠MAC+∠BAM＝∠BAC＝60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴AD＝DM＝2DF；
②解：CF的长为1或2．
当CF为△BDE的中位线时，CF CD DE，
∴C为BD的中点，∴CD＝BC＝4，∴CF CD＝2，
如图，当CF不是△BDE的中位线时，连接CE，取BC的中点N，连接FN，过点D作DG⊥CE，过点G作
GI⊥CD于点I，过点F作FH⊥BC于点H，
∵△CDE为等腰三角形，∠CDE＝120°，
∴∠DCE＝30°，
∴DG CD，CG CE，
∵CF CD，
∴DG＝CF，
∵N为BC的中点，F为BE的中点，
∴NF是△BCE的中位线，
∴NF∥CE，NF CE＝CG，∴∠CNF＝∠DCE＝30°，
∴HF NF，GI CG，
∴HF＝GI，NH＝CI，
∵FC＝GD，
∴Rt△FCH≌Rt△GDI（HL），
∴CH＝DI，
∴NH+CH＝CI+DI，即NC＝CD，
∴CD＝2，即CF＝1，
综上所述，CF的长为1或2．
