《2025年5年中考3年模拟九年级数学下册沪科版》

19.推理能力 新考向·规律探究试题 (2024黑龙江齐齐哈尔一模)如图,把Rt△OAB置于平面直角坐标系中,点A的坐标为(0,4),点B的坐标为(3,0),将Rt△OAB沿x轴的正方向作无滑动滚动,使它的三边依次落在x轴上.点P是Rt△OAB两锐角平分线的交点,第一次滚动后得到的对应点为P₁;第二次滚动后得到的对应点为P₂;……按此规律,点P₂₀₂₄的坐标是________.

答案：
$(8099,1)$。解析：如图，过点$P$作$PD\perp OA$，$PE\perp OB$，$PF\perp AB$，垂足分别为$D$，$E$，$F$，分别过点$P_{1}$，$P_{2}$，$P_{3}$作$P_{1}F_{1}\perp x$轴，$P_{2}D_{1}\perp x$轴，$P_{3}E_{1}\perp x$轴，垂足为$F_{1}$，$D_{1}$，$E_{1}$，以点$P$为圆心，$PD$长为半径作$\odot P$，因为点$P$是$Rt\triangle OAB$两锐角平分线的交点，所以点$P$为$Rt\triangle OAB$的内心，又因为$PD\perp OA$，$PE\perp OB$，$PF\perp AB$，所以$PD = PE = PF$，$AD = AF$，$OD = OE$，$BE = BF$，因为$A(0,4)$，$B(3,0)$，所以$AB = 5$，所以$OD = OE=\frac{OA + OB - AB}{2}=1$，所以$P(1,1)$，因为$PD\perp OA$，$PE\perp OB$，$OD = OE$，所以四边形$PDOE$为正方形，所以$PD = PE = PF = OD = 1$，在$Rt\triangle BP_{1}F_{1}$中，$P_{1}F_{1}=PF = 1$，$BF_{1}=BF = BE = OB - OE = 2$，所以$P_{1}$的横坐标为$3 + 2 = 5$，所以$P_{1}(5,1)$，同理可得，$P_{2}(11,1)$，$P_{3}(13,1)$，$P_{4}(17,1)$，$P_{5}(23,1)$，$P_{6}(25,1)$，……由此可见，每滚动三次为一个循环，且每个循环横坐标增加12（三角形的周长），因为$2024\div3 = 674\cdots\cdots2$，所以$P_{2024}$的横坐标为$674\times12+2 + 2+3 + 3+1 = 8099$，故点$P_{2024}$的坐标为$(8099,1)$。

20.推理能力 (2024湖南长沙中考节选)对于凸四边形,根据它有无外接圆(四个顶点都在同一个圆上)与内切圆(四条边都与同一个圆相切),可分为四种类型,我们不妨约定:既无外接圆,又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形;只有外接圆,而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形;只有内切圆,而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形;既有外接圆,又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形.
请你根据该约定,解答下列问题:
(1)请你判断下列说法是否正确(在题后相应的括号中,正确的打“√”,错误的打“×”).
①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形; ( )
②内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形; ( )
③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合,外接圆半径为R,内切圆半径为r,则有R = $\sqrt{2}r$. ( )
(2)已知四边形ABCD是“完美型双圆”四边形,它的内切圆☉O与AB,BC,CD,AD分别相切于点E,F,G,H.
①如图1,连接EG,FH交于点P.求证:EG⊥FH;
②如图2,连接OA,OB,OC,OD,若OA = 2,OB = 6,OC = 3,求内切圆☉O的半径r及OD的长.

答案：
解析：
(1)①×.②√.③√.\n**详解**：①当平行四边形无$90^{\circ}$角的内角，且对边长度之和不相等时，该平行四边形既无外接圆，也无内切圆。故平行四边形不一定是“平凡型无圆”四边形，故①错误。\n②由菱形对角线性质：每条对角线会平分一组对角，可知对角线的交点到菱形各边距离相等，但到四个顶点距离不相等。所以内角不等于$90^{\circ}$的菱形有内切圆，无外接圆，故②正确。\n③当“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合时，这个四边形为正方形。如图：圆心为正方形对角线的交点，由正方形性质可知$R = \sqrt{2}r$，故③正确。
(2)①**证明**：如图1，连接$OE$，$OF$，$OG$，$OH$，$HG$，因为$\odot O$是四边形$ABCD$的内切圆，所以$OE\perp AB$，$OF\perp BC$，$OG\perp CD$，$OH\perp AD$，所以$\angle OEA=\angle OHA = 90^{\circ}$，所以在四边形$EAHO$中，$\angle A+\angle EOH = 360^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}=180^{\circ}$。同理可证$\angle FOG+\angle C = 180^{\circ}$。因为四边形$ABCD$是“完美型双圆”四边形，所以四边形$ABCD$有外接圆，所以$\angle A+\angle C = 180^{\circ}$，所以$\angle EOH=\angle C$，所以$\angle FOG+\angle EOH = 180^{\circ}$。又因为$\angle FHG=\frac{1}{2}\angle FOG$，$\angle EGH=\frac{1}{2}\angle EOH$，所以$\angle FHG+\angle EGH = 90^{\circ}$，所以$\angle HPG = 90^{\circ}$，即$EG\perp FH$。 ②如图2，连接$OE$，$OF$，$OG$，$OH$。因为四边形$ABCD$是“完美型双圆”四边形，所以$\angle OAH+\angle OAE+\angle OCG+\angle OCF = 180^{\circ}$。又因为$\odot O$与$AB$，$BC$，$CD$，$AD$分别相切于点$E$，$F$，$G$，$H$，所以$\angle OAH=\angle OAE$，$\angle OCG=\angle OCF$，所以$\angle OAH+\angle OCG = 90^{\circ}$。又因为$\angle COG+\angle OCG = 90^{\circ}$，所以$\angle OAH=\angle COG$。又因为$\angle AHO=\angle OGC = 90^{\circ}$，所以$\triangle AOH\sim\triangle OCG$，所以$\frac{AO}{OC}=\frac{OH}{CG}$，即$\frac{2}{3}=\frac{r}{CG}$，解得$CG=\frac{3}{2}r$。在$Rt\triangle OGC$中，有$OG^{2}+CG^{2}=OC^{2}$，即$r^{2}+(\frac{3}{2}r)^{2}=3^{2}$，解得$r=\frac{6}{13}\sqrt{13}$（负值舍去）。在$Rt\triangle OBE$中，$BE=\sqrt{OB^{2}-r^{2}}=\sqrt{6^{2}-\frac{36}{13}}=\frac{12}{13}\sqrt{39}$。同理可证$\triangle BEO\sim\triangle OHD$，所以$\frac{BE}{OH}=\frac{OB}{OD}$，即$\frac{\frac{12}{13}\sqrt{39}}{\frac{6}{13}\sqrt{13}}=\frac{6}{OD}$，解得$OD=\sqrt{3}$。