第2部分 压轴难题提分练3（课件PPT）-【思而优·中考新考卷】2024年广东中考数学

24版《中考新考卷》数学 压轴难题提分练(三) 第二部分 中考题型特训卷 解析：∵点A的坐标为(1，0)， ∴OA＝1. ∵四边形OABC是正方形， ∴∠OAB＝90°，AB＝OA＝1， ∴B(1，1)． 如图，连接OB， 一、选择题(本大题共1小题，每小题3分，共3分) 1．如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，再将正方形OA1B1C1绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA2B2C2，…，依此方式，绕点O连续旋转2 023次得到正方形OA2 023B2 023C2 023，如果点A的坐标为(1，0)，那么点B2 023的坐标为(　　) A．(1，－1) B．( ，0) C．(0， ) D．(－1，1) 首页 4 1 2 3 B 首页 4 1 2 3 二、填空题(本大题共1小题，每小题3分，共3分) 2．如图，在扇形EOF中放置有三个全等的矩形方格，点O为扇形的圆心，格点A，B，C分别在扇形的两条半径和弧上，已知每个矩形方格的长和宽分别为 和1， 则阴影部分的面积为________． 首页 4 1 2 3 三、解答题(本大题共2小题，每小题12分，共24分) 3．综合探究 已知△ABC内接于⊙O，AB是⊙O的直径，E为圆上一点，射线OE，CA相交于点D.连接AE，OC. (1)如图1，求证：∠COE＝2∠DAE； 首页 4 1 2 3 证明：如图1，连接BE， ∵四边形ACBE为⊙O的内接四边形， ∴∠CBE＋∠CAE＝180°. ∵∠DAE＋∠CAE＝180°， ∴∠CBE＝∠DAE. ∴∠COE＝2∠CBE， ∴∠COE＝2∠DAE. (2)如图2，过点D作DF⊥AB交直线AB于点F.连接CE，若∠ADE＝2∠ACE.求证：AC＝2AF； 首页 4 1 2 3 证明：如图2，过点O作OG⊥AC于点G， ∴∠AOE＝2∠ACE. ∵∠ADE＝2∠ACE， ∴∠ADE＝∠AOE， ∴AD＝AO. ∵DF⊥AB，OG⊥AC， ∴∠F＝∠AGO＝90°. 又∵∠DAF＝∠OAG， ∴△DAF≌△OAG(AAS)， ∴AF＝AG. ∵OA＝OC，OG⊥AC， ∴2AG＝AC， ∴AC＝2AF. (3)如图3，在(2)的条件下，DO的延长线交BC于点H，AF＝ ，DE＝3，求OH的长． 首页 4 1 2 3 解：如图3，延长DO交⊙O于点L，过点O作OM⊥CB于点M，连接CL， ∵四边形AELC是⊙O的内接四边形， ∴∠AEL＋∠ACL＝180°. ∵∠AED＋∠AEL＝180°， ∴∠AED＝∠DCL. 又∵∠ADE＝∠LDC， ∴△ADE∽△LDC， 首页 4 1 2 3 ∵OM⊥CB，OC＝OB， 4．综合运用 如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx＋3分别交x轴、y轴于A，B两点，经过A，B两点的抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴的正半轴相交于点C(1，0)． (1)求抛物线的解析式； 首页 4 1 2 3 (2)若P为线段AB上一点，∠APO＝∠ACB，求AP的长； 首页 4 1 2 3 (3)在(2)的条件下，设M是y轴上一点，试问：抛物线上是否存在点N，使得以A，P，M，N为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 首页 4 1 2 3 解：存在， 过点P作PD⊥x轴于点D， ∵OA＝3，OB＝3，∠AOB＝90°， ∴∠BAO＝∠ABO＝45°， ∴△PAD为等腰直角三角形． ∵AP＝2， ∴PD＝AD＝2， ∴点P的坐标为(－1，2)． 当N在AB的上方时，过点N作NE⊥y轴于点E，如图①， ∵四边形APMN为平行四边形， ∴NM∥AP，NM＝AP＝2 ， ∴∠NME＝∠ABO＝45°， ∴△NME为等腰直角三角形． 又∵∠MNB＝∠PAD＝45°， ∠NEM＝∠ADP＝90°， ∴Rt△NME≌Rt△APD(AAS)， 首页 4 1 2 3 ∴NE＝AD＝2， 当x＝－2时，y＝－(－2)2－2×(－2)＋3＝3， ∴点N的坐标为(－2，3)； 当N在AB的下方时，过点N作NF⊥y轴于点F，如图②， 同理可得Rt△NMF≌Rt△APD， ∴NF＝AD＝2， 当x＝2时，y＝－22－2×2＋3＝－5， ∴点N的坐标为(2，－5)； 当AP为平行四边形的对角线时，AP的中点坐标为(－2，1)， 则点N的横坐标为－4， 当x＝－4时，y＝－(－4)2－2×(－4)＋3＝－5， ∴点N的坐标为(－4，－5)， 综上，点N的坐标为(－2，3)，(2，－5)或(－4，－5)． 本PPT课件由思而优研发制作，仅限思而优配套教学使用。 未经授权，任何人不得以商业目的进行拷贝、转发、转售， 一经发现，我司将追究侵权者的法律责任。 温馨提示 由勾股定理得OB＝＝， 由旋转的性质得OB＝OB1＝OB2＝OB3＝…＝， 将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°， ∵360°÷45°＝8， ∴点B的坐标每8次一个循环． ∵2 023÷8＝252…7， ∴点B2 023和B7重合， 由图可得B7(，0)， ∴点B2 023的坐标为(，0)， 故选：B. π－ 解析：如图，连接OC， ∵每个矩形方格的长和宽分别为和1， ∴OC＝＝2，tan∠AOB＝＝， ∴∠AOB＝30°， ∴S扇形EOF＝＝π， S梯形ACBO＝×(2＋3)×1＝， ∴S阴影＝S扇形EOF－S梯形ACBO＝π－， 故答案为π－. ∵＝， ∵＝ ∴＝. 设⊙O的半径为r， ∵AF＝，DE＝3，AC＝2AF， ∴AC＝. 由(2)可得AD＝AO＝r， ∴＝， 解得r＝5(负值已舍去)， ∴DC＝AD＋AC＝5＋＝. ∴CM＝MB. 又∵OA＝OB， ∴OM为△ABC的中位线， ∴OM＝AC＝，OM∥DC， ∴△HOM∽△HDC， ∴＝，即＝， 解得OH＝. 解：∵点B在直线y＝kx＋3上， ∴令x＝0，则y＝3， ∴点B的坐标为(0，3)． 将点B(0，3)，C(1，0)代入y＝－x2＋bx＋c， 得解得 ∴抛物线的解析式为y＝－x2－2x＋3. 解：令y＝0，则－x2－2x＋3＝0， 解得x1＝1，x2＝－3， ∴点A的坐标为(－3，0)， ∴OA＝3，OB＝3，OC＝1，AC＝4， ∴AB＝＝＝3. ∵∠APO＝∠ACB，且∠PAO＝∠CAB， ∴△PAO∽△CAB， ∴＝，即＝， ∴AP＝2. $$