1．從?ABCD的頂點A，B，C，D向形外的任意直線MN作垂線AA'，BB'，CC'，DD'，垂足是點A'，B'，C'，D'．求證：AA'+CC'＝BB'+DD'．
（2）如圖（2），將直線MN向上平移，使得點A在直線一側(cè)，點B，C，D三點在直線的另一側(cè)，這時，從點A，B，C，D向直線MN作垂線，垂足分別為點A'，B'，C′，D'，那么垂線段AA'，BB'，CC'，DD'之間存在什么關(guān)系？
（3）如圖（3），再將直線MN向上平行移動，使兩側(cè)各有兩個頂點，從點A，B，C，D向直線MN作的垂線段AA'，BB'，CC'，DD'，它們之間又有什么關(guān)系？根據(jù)圖（2）、圖（3）寫出你的猜想，并加以證明．
2．在平面直角坐標系xOy中，邊長為的正方形ABCD的對角線AC、BD相交于點P，頂點A在x軸正半軸上運動，頂點B在y軸正半軸上運動，頂點C、D都在第一象限．
（1）當∠BAO＝45°時，求點P的坐標；
（2）求證：無論點A在x軸正半軸上、點B在y軸正半軸上怎樣運動，點P都在∠AOB的平分線上；
（3）在運動的過程中，若點B與點O重合時，點P到y(tǒng)軸的距離是 ，若點A與點O重合時，點P到y(tǒng)軸的距離是 ．由此可見，點A、B在坐標軸的正半軸上運動（x軸的正半軸、y軸的正半軸都不包含原點O）時，點P到y(tǒng)軸的距離h的取值范圍是 ．
3．如圖，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，點P沿邊AB從點A向點B以1cm/s的速度移動；同時，點Q從點B沿邊BC向點C以2cm/s的速度移動，設(shè)點P、Q移動的時間為ts．問：
（1）當t為何值時△PBQ的面積等于8cm2？
（2）當t為何值時△DPQ是直角三角形？
（3）是否存在t的值，使△DPQ的面積最小，若存在，求此時t的值及此時的面積；若不存在，請說明理由．
4．如圖1，正方形ABCD中，點E在AD上，點F在BC上，點P在AB上，EF⊥PD于Q．
（1）求證：EF＝PD；
（2）如圖2，點M在EF上，且QM＝QD，連接BM，N為BM的中點，求證：QC＝CN；
（3）在（2）的條件下，若CD＝QC，CF＝，AE＝3，求CN的長．
5．如圖，在直角坐標系中，四邊形OABC為矩形，點A、B的坐標分別為（3，0），（3，4），動點M從點O出發(fā)，以每秒一個單位長度的速度，沿OA向終點A移動，點N從點B出發(fā)沿BC向終點C以同樣的速度移動，過點N作NP⊥BC交AC于P，連接MP．
（1）當動點運動了xs時，求P點的坐標（用含x的代數(shù)式表示）；
（2）求△MPA面積的最大值，并求此時的x值；
（3）當x為何值時，△MPA是一個等腰三角形？
6．點E，F(xiàn)分別在邊CB，DC的延長線上，且BE＝CF．在（2）的基礎(chǔ)上，連接AE，EF，分別取AE，EF，F(xiàn)D，AD的中點M，N，P，Q，請判斷四邊形MNPQ的形狀，并寫出證明．
7．感知：如圖①，直線l經(jīng)過正方形ACDE頂點C，且正方形ACDE在直線l的上方，作AB⊥l于點B，DF⊥l于點F，求證：△ABC≌△CFD
應(yīng)用1：如圖②，將圖1中的正方形ACDE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)使直線l與邊DE相交，作AB⊥于點B，DF⊥l于點F，若AB＝6，DF＝3.2，求BF的長；
應(yīng)用2：如圖③，l1∥l2∥l3∥l4，相鄰兩條平行直線間的距離相等，正方形ABCD的四個頂點分別在這四條平行線上，連結(jié)BD，則BD與l2相交所成銳角α的正切值為 ．
8．探究問題：
（1）方法感悟：
如圖①，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別為DC，BC邊上的點，且滿足∠EAF＝45°，連接EF，求證DE+BF＝EF．
感悟解題方法，并完成下列填空：
證明：延長CB到G，使BG＝DE，連接AG，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABG＝∠D＝90°，
∴△ADE≌△ABG．
∴AG＝AE，∠1＝∠2；
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠2+∠3＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°．
∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠3＝45°．
即GAF＝∠ ．
又AG＝AE，AF＝AF，
∴△GAF≌ ．
∴FG＝EF，
∵FG＝FB+BG，
又BG＝DE，
∴DE+BF＝EF．
變化：在圖①中，過點A作AM⊥EF于點M，請直接寫出AM和AB的數(shù)量關(guān)系 ；
（2）方法遷移：
如圖②，將Rt△ABC沿斜邊AC翻折得到Rt△ADC，E，F(xiàn)分別是BC，CD邊上的點，∠EAF＝∠BAD，連接EF，過點A作AM⊥EF于點M，試猜想DF，BE，EF之間有何數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想．試猜想AM與AB之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想．
（3）問題拓展：
如圖③，在四邊形ABCD中，AB＝AD，E，F(xiàn)分別為DC，BC上的點，滿足∠EAF＝∠DAB，試猜想當∠B與∠D滿足什么關(guān)系時，可使得DE+BF＝EF．請直接寫出你的猜想（不必說明理由）．猜想：∠B與∠D滿足關(guān)系： ．
9．如果一個四邊形的對角線把四邊形分成兩個三角形，一個是等邊三角形，另一個是該對角線所對的角為60°的三角形，我們把這條對角線叫做這個四邊形的理想對角線，這個四邊形稱為理想四邊形．
（1）如圖①，在Rt△ABC中∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝4，D為AB上一點，AD＝2，E為BC中點，連接DE．求證：四邊形ADEC為理想四邊形；
（2）如圖②，△ABC是等邊三角形，若BD為理想對角線，四邊形ABCD為理想四邊形．請畫圖找出符合條件的C點落在怎樣的圖形上；
（3）在（2）的條件下，
①若△BCD為直角三角形，BC＝3，求AC的長度；
②如圖③，若CD＝x，BC＝y(tǒng)，AC＝z，請直接寫出x，y，z之間的數(shù)量關(guān)系．
10．綜合與實踐
操作發(fā)現(xiàn)：
如圖1和圖2，已知點P為正方形ABCD的邊AD和CD上的一個動點（點A，D，C除外），作射線BP，作AE⊥BP于點E，CF⊥BP于點F，DG⊥BP于點G．
（1）如圖1，當點P在CD上（點C，D除外）運動時，求證：AE＝CF+DG；
（2）如圖2，當點P在AD上（點A，D除外）運動時，請直接寫出線段AE，CF，DG之間的數(shù)量關(guān)系；
拓廣探索：
（3）在（1）的條件下，找出與DG相等的線段，并說明理由；
（4）如圖3，若點P為矩形ABCD的邊CD上一點，作射線BP，作AE⊥BP于點E，CF⊥BP于點F，DG⊥BP于點G．若CD＝2BE＝6，EG＝4，則DG＝ ．
參考答案
1．（1）證明：如圖（1），連接AC，BD相交于點O，作OO1⊥MN于點O1，
∵AA'⊥MN，CC'⊥MN，
∴AA'∥CC'，
∵O是AC的中點，
∴AA'+CC'＝2OO1，
同理，BB'+DD'＝2OO1，
∴AA'+CC'＝BB'+DD'；
（2）解：如圖（2），連接AC'，連接AC，BD交于點O，過點O作OG⊥MN，垂足為G，延長OG交AC'的連線于點H，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴O是線段AC的中點也是線段BD的中點．
∵CC'⊥MN，
∴OH是△ACC'的中位線，
∴OH＝OG+GH＝CC'．
同理，GH＝AA'，
∴OG＝（CC'﹣AA'），即2OG＝CC'﹣AA'．
∵DD'⊥MN，BB'⊥MN，
∴DD'∥BB'，
∴OG是梯形DD'B'B的中位線，
∴DD'+BB'＝2OG，
∴CC'﹣AA'＝BB'+DD'；
（3）解：如圖（3），連接AC，BD交于點O，連接DB'，AC'，過點O作OG⊥MN，G為垂足，
延長OG交DB'于點K，交AC'于點H，
∵CC'⊥MN，O是AC的中點，OH⊥MN，
∴OH是△ACC'的中位線，
∴OH＝OG+GH＝CC'．
同理，GH＝AA'，OK＝BB'，GK＝OG+OK＝DD'，
∴OG＝CC'﹣GH＝CC'﹣AA'，即2OG＝CC'﹣AA'．
同理，2OG＝DD'﹣BB'，
∴CC'﹣AA'＝DD'﹣BB'．
2．解：（1）∵∠BPA＝90°，PA＝PB，
∴∠PAB＝45°，
∵∠BAO＝45°，
∴∠PAO＝90°，
∴四邊形OAPB是正方形，
∵AB＝，由勾股定理得：PA＝PB＝1
∴P點的坐標為：（1，1）．
（2）證明：如圖，作PE⊥x軸交x軸于E點，作PF⊥y軸交y軸于F點，
∵∠BPE+∠EPA＝90°，∠EPB+∠FPB＝90°，
∴∠FPB＝∠EPA，
在△PBF和△PAE中，
，
∴△PBF≌△PAE（AAS），
∴PE＝PF，
∴點P在∠AOB的平分線上．
（3）解：當點B與點O重合時，點A與點O重合時，點P到y(tǒng)軸的距離最小，
d＝×＝，
當OA＝OB時，點P到y(tǒng)軸的距離最大，d＝PB＝1，
∵點A，B都不與原點重合，
∴＜d≤1，
故答案為：，，．
3．解：（1）由題意得AP＝t，QB＝2t，PB＝6﹣t．
∵△PBQ的面積等于8cm2，
∴×（6﹣t）×2t＝8，
∴解得t＝2或t＝4，
又∵0≤t≤6，
∴當t＝2s或t＝4s時，△PBQ的面積等于8cm2．
（2）當t＝0時，點P，Q分別與點A，B重合，
此時，∠DPQ＝∠DAB＝90°，△DPQ是直角三角形；
當PQ⊥DQ時，∠PQB＝∠QDC，∠B＝∠C，
∴△BPQ∽△CQD，
∴＝，即＝，
∴2t2﹣15t+18＝0，
解得：t＝或6，
故當t＝時，△PQD是直角三角形；當t＝6時，P點到達B點、Q點到達C點，此時∠PQD＝∠BCD＝90°，即△PQD是直角三角形．
綜上所述，當t的值為0秒或秒或6秒時，△DPQ是直角三角形；
（3）存在t的值，使△DPQ的面積最?。?br>由題意得AP＝t，QB＝2t，PB＝6﹣t，
∴S△DPQ＝S梯形ABQD﹣S△APD﹣S△BPQ
＝（2t+12）×6﹣×12×t﹣×（6﹣t）×2t
＝t2﹣6t+36
＝（t﹣3）2+27，
又∵0≤t≤6，
∴當t＝3時，S△DPQ有最小值27．
4．（1）證明：如圖，過點E作EH⊥BC于H．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝90°，AD＝AB，
∵EH⊥BC，
∴∠EHB＝∠EHF＝90°，
∴四邊形ABHE是矩形，
∴EH＝AB＝AD，∠AEH＝∠DEH＝90°，
∴∠HEF+∠FED＝90°，
∵EF⊥PD，
∴∠EQD＝90°，
∴∠QED+∠ADP＝90°，
∴∠ADP＝∠HEF，
∵∠A＝∠EHF＝90°，
∴△ADP≌△HEF（ASA），
∴DP＝EF．
（2）證明：如圖2中，連接QN，延長QN到K，使得NK＝QN，連接BK，CK．
∵BN＝NM，∠BNK＝∠MNQ，NK＝NQ，
∴△BNK≌△MNQ（SAS），
∴BK＝QM，∠BKN＝∠NQM，
∴BK∥QF，
∴∠CBK＝∠BFQ，
∵QD＝QM，
∴DQ＝BK，
∵EF⊥PD，四邊形ABCD是正方形，
∴∠DQF＝∠DCF＝90°，
∴∠CFQ+∠CDQ＝180°，
∵∠CFQ+∠BFQ＝180°，
∴∠CDQ＝∠BFQ＝∠CBK，
∵BC＝DC，
∴△BCK≌△DCQ（SAS），
∴CQ＝CK，∠BCK＝∠DCQ，
∴∠QCK＝∠DCB＝90°，
∵QN＝NK，
∴CN⊥QK，CN＝QN＝NK，
∴△CNQ是等腰直角三角形，
∴CQ＝CN．
（3）解：如圖3中，過點C作CJ⊥PD于J交AD于K．
∵CQ＝CD，CJ⊥DQ，
∴QJ＝JD，
∵EF⊥PD，CK⊥PD，
∴CK∥EF，
∵QJ＝JD，
∴EK＝DK，
∵EK∥CF，EF∥CK，
∴四邊形EFCK是平行四邊形，
∴CF＝EK＝DK＝，
∴ED＝EK+DK＝5，
∵AE＝3，
∴AD＝CD＝CQ＝8，
∵QC＝CN，
∴CN＝4．
5．解：（1）動點運動x秒后，則BN＝x，
則PG＝x，CN＝3﹣x，
∵∠ACB＝∠PCN，∠ABC＝∠PNC＝90°，
∴△CPN∽△CAB，
∴＝，
又CN＝3﹣x，AB＝4，BC＝3，
∴PN＝（3﹣x），
則PG＝NG﹣NP＝4﹣（3﹣x）＝x，
∴P點的坐標為 （3﹣x， x）；
（2）設(shè)△MPA的面積為S，在△MPA中，MA＝3﹣x，MA邊上的高為x，
其中，0≤x＜3，
∴S＝（3﹣x）×x＝（﹣x2+3x）＝﹣（x﹣）2+，
∴S的最大值為，此時x＝；
（3）要使得△MPA為等腰三角形，
①AP＝PM，使得AG＝MG即可，
MG＝3﹣x﹣x＝3﹣2x，AG＝x，
解得x＝1，
②AM＝AP，則AM＝3﹣x，AP＝x，
解得x＝，
③PM＝AM，則AM＝3﹣x，PM＝，
解得x＝，
綜上所述，當x＝1或或時，△MPA為等腰三角形．
6．（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝DC＝BC，∠ADC＝∠DCB＝90°，
∵BE＝CF，
∴BC﹣BE＝DC﹣CF，
即CE＝DF，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF＝DE，
∴∠DAF＝∠CDE，
∵∠DAF+∠DFA＝90°，
∴∠CDE+∠DFA＝90°，
∴∠DGF＝90°，
∴AF⊥DE；
（2）（1）中的結(jié)論成立，
證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝∠DCB＝90°，AD＝DC＝CB，
又∵BE＝CF，
∴DC+CF＝CB+BE，
即DF＝CE，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF＝DE，
∴∠F＝∠E，
∵∠E+∠EDF＝90°，
∴∠F+∠EDF＝90°，
∴∠DGF＝90°，
∴AF⊥DE；
（3）四邊形MNPQ是正方形．
證明：如圖，設(shè)PN，AF交于點O，PQ交DE于點G，AF，DE交于點H，
∵點M，N，P，Q分別為AE，EF，F(xiàn)D，AD的中點，
∴PQ、MN分別是△ADF、△AEF的中位線，
∴PQ＝MN＝AF，PQ∥NM∥AF；
同理MQ＝PN＝DE，MQ∥PN∥DE，
∴四邊形MNPQ是平行四邊形，
∵AF＝DE，
∴PN＝MN，
∴四邊形MNPQ是菱形，
∵AF⊥DE，
∴∠DHF＝90°，
∴∠POH＝∠PGH＝90°，
∴四邊形MNPQ是正方形．
7．感知：
證明：如圖①，∵AB⊥l，DF⊥l，
∴∠ABC＝∠CFD＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，
∵四邊形ACDE是正方形，
∴∠ACD＝90°＝∠ACB+∠DCF，AC＝CD，
∴∠BAC＝∠DCF，
在△ABC和△CFD中，
∵，
∴△ABC≌△CFD（AAS）；
應(yīng)用1：
解：如圖②，
∵AB⊥l，DF⊥l，
∴∠ABC＝∠CFD＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，
∵四邊形ACDE是正方形，
∴∠ACD＝90°＝∠ACB+∠DCF，AC＝CD，
∴∠BAC＝∠DCF，
在△ABC和△CFD中，
∵，
∴△ABC≌△CFD（AAS），
∴CF＝AB＝6，DF＝BC＝3.2，
∴BF＝CF﹣BC＝6﹣3.2＝2.8；
應(yīng)用2：
解：如圖③，過B作BG⊥l1于G，交l2于E，過D作DH⊥l1于H，
∵l1∥l2∥l3∥l4，相鄰兩條平行直線間的距離相等，
∴設(shè)每相鄰的兩條平行直線間的距離為h，則DH＝h，BG＝2h，
同理得△BGA≌△AHD（AAS），
∴BG＝AH＝2h，AG＝DH＝h，
∴DE＝GH＝h+2h＝3h，
Rt△BED中，tan∠BDE＝tanα＝＝＝．
故答案為：．
8．解：（1）根據(jù)圖形可知，∠GAF＝∠EAF，
根據(jù)三角形全等的條件可知，△GAF≌△EAF，
根據(jù)全等三角形的對應(yīng)高相等可知AM＝AB；
（2）證明：如圖②，
延長CE，作∠4＝∠1，
∵將Rt△ABC沿斜邊翻折得到△ADC，點E，F(xiàn)分別為BC，DC邊上的點，且∠EAF＝∠DAB，
∴∠1+∠2＝∠3+∠5，
∠2+∠3＝∠1+∠5，
∵∠4＝∠1，
∴∠2+∠3＝∠4+∠5，
∴∠GAE＝∠FAE，
在△AGB和△AFD中，
，
∴△AGB≌△AFD（ASA），
∴AG＝AF，BG＝DF，
在△AGE和△AEF中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∴DE+BF＝EF，
∵全等三角形的對應(yīng)高相等，
∴AM＝AB；
（3）如圖③，
當∠ABQ＝∠ADF時，△ABQ≌△ADF，
∴BQ＝DF，可得DF+BE＝EF，
∴當∠B+∠D＝180°時，可使得DF+BE＝EF．
9．（1）證明：如圖1中，連接CD．
∵∠ACB＝90°，AC＝4，∠B＝30°，
∴AB＝2AC＝8，
∵＝＝，＝＝，
∴＝，
∵∠A＝∠A，
∴△ACB∽△ADC，
∴∠ADC＝∠ACB＝90°，
∵EC＝EB，
∴DE＝EC＝EB，
∵∠B＝30°，
∴BC＝2CD，
∴CD＝DE＝EC，
∴△CDE是等邊三角形，
∵∠A＝60°，
∴四邊形ADEC為理想四邊形；
（2）解：如圖②中，作等腰三角形ODB，使得OD＝OB，∠DOB＝120°，以O(shè)為圓心，OD為半徑作⊙O，當點C在弧BCD上時，∠DCB＝∠DOB＝60°，滿足條件．
（3）解：①如圖③﹣1中，當∠CDB＝90°時，
∵∠CDB＝90°，∠BCD＝60°，BC＝3，
∴BD＝BCsin6°＝，∠CBD＝30°，
∵△ABD是等邊三角形，
∴AB＝BD＝，∠ABD＝60°，
∴∠ABC＝90°，
∴AC＝＝＝
如圖③﹣2中，當∠CBD＝90°時，同法可得AC＝＝＝3
綜上所述，AC的值為或3．
②如圖④中，結(jié)論：x2+xy+y2＝z2
理由：以CD為邊作等邊△ECD，連接BE，作EF⊥BC交BC的延長線于F．
∵∠EDC＝∠ADB＝60°，
∴∠EDB＝∠CDA，
∵ED＝CD，BD＝AD，
∴△EDB≌△CDA（SAS），
∴AC＝BE＝z，
∵∠ECD＝∠DCB＝60°，CD＝CE＝x，
∴∠ECF＝60°，∠CEF＝30°，
∴CF＝EC＝x．EF＝CF＝x．
在Rt△EFB中，∵BE2＝EF2+BF2，
∴z2＝（x）2+（y+x）2，
整理得：x2+xy+y2＝z2．
10．解：（1）證明：如圖1，過點D作DH⊥CF交CF的延長線于點H，
則∠CHD＝∠AEB＝90°，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CPF，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，DG⊥BP，
∴∠AEB＝∠CFP＝∠DGF＝90°，
∴∠ABE+∠BAE＝∠CPF+∠DCH＝90°，
∴∠BAE＝∠DCH．
在△ABE和△CDH中，
，
∴△ABE≌△CDH（AAS），
∴AE＝CH．
∵∠CHD＝∠HFG＝∠DGF＝90°，
∴四邊形HFGD為矩形．
∴HF＝DG，
∴AE＝CH＝CF+HF＝CF+DG．
（2）線段AE，CF，DG之間的數(shù)量關(guān)系是CF＝AE+DG．
如圖2，過點D作DH⊥CF交CF于點F，
∵∠DHF＝∠HFG＝∠DGF＝90°，
∴四邊形HFGD為矩形．
∴HF＝DG，
同（1）可證得△ABE≌△CDH（AAS），
∴AE＝CH，
∴CF＝FH+CH＝DG+AE．
（3）與DG相等的線段是EF．理由如下：
如圖1，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵AE⊥BP，
∴∠AEB＝90°，
∴∠ABE+∠BAE＝∠ABE+∠CBF＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF．
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AE＝BF．BE＝CF，
∴AE＝BF＝BE+EF＝CF+EF．
由（1）得，AE＝CF+DG．
∴DG＝EF．
（4）如圖3，過點D作DH⊥CF交CF的延長線于點H，
∵∠CHD＝∠HFG＝∠DGF＝90°，
∴四邊形HFGD為矩形．
∴HF＝DG，DH＝FG，
∵AB＝CD＝2BE＝6，
∴BE＝3，
∴∠BAE＝30°，
∴AE＝＝3，
同（1）可得∠ABE＝∠CDH，
∵∠AEB＝∠CHD＝90°，AB＝CD，
∴△ABE≌△CDH（AAS），
∴BE＝DH，AE＝CH＝3，
∴BE＝FG，
∴EG＝BF＝4，
∵∠ABC＝90°，
∴∠CBF＝30°，
∴CF＝BFtan30°＝4×＝4，
∴HF＝DG＝CH﹣CF＝3﹣4．
故答案為：3﹣4．

相關(guān)試卷

2022年九年級中考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)考點訓(xùn)練——幾何專題：《四邊形綜合》(五)及答案：

這是一份2022年九年級中考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)考點訓(xùn)練——幾何專題：《四邊形綜合》(五)及答案，共20頁。試卷主要包含了解答下列各題，實踐操作，問題發(fā)現(xiàn)等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2022年九年級中考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)高分沖刺訓(xùn)練——幾何綜合：《四邊形綜合》(五)及答案：

這是一份2022年九年級中考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)高分沖刺訓(xùn)練——幾何綜合：《四邊形綜合》(五)及答案，共27頁。試卷主要包含了定義等內(nèi)容，歡迎下載使用。

2022年九年級中考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)高分沖刺訓(xùn)練——幾何綜合：《四邊形綜合》(三)及答案：

這是一份2022年九年級中考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)高分沖刺訓(xùn)練——幾何綜合：《四邊形綜合》(三)及答案，共25頁。試卷主要包含了感知，探究問題，綜合與實踐等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

2021年九年級中考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)考點訓(xùn)練——幾何專題：《四邊形綜合》(四)及答案

2021年九年級中考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)考點訓(xùn)練——幾何專題：《四邊形綜合》(四)及答案
2021年九年級中考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)高分沖刺訓(xùn)練——幾何專題：胡不歸問題(一)及答案

2021年九年級中考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)高分沖刺訓(xùn)練——幾何專題：胡不歸問題(一)及答案
2021年九年級中考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)考點訓(xùn)練——幾何專題：《四邊形綜合》(三)及答案

2021年九年級中考復(fù)習(xí)數(shù)學(xué)考點訓(xùn)練——幾何專題：《四邊形綜合》(三)及答案
2022年中考數(shù)學(xué)三輪沖刺專題訓(xùn)練05《函數(shù)與幾何圖形的綜合》（含答案）

2022年中考數(shù)學(xué)三輪沖刺專題訓(xùn)練05《函數(shù)與幾何圖形的綜合》（含答案）
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識產(chǎn)權(quán)，請掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎勵，申請 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊

手機號注冊
手機號碼

手機號格式錯誤

手機驗證碼 獲取驗證碼

手機驗證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個字符，數(shù)字、字母或符號

注冊即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊
手機號注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部