?第24講 九上?？家族e(cuò)題各地期末選題
一．選擇題（共13小題）
1．（2021秋?諸暨市期末）“對(duì)于二次函數(shù)y＝（x﹣1）2+1，當(dāng)x≥1時(shí)，y隨x的增大而增大”，這一事件為（　?。?br /> A．必然事件 B．隨機(jī)事件 C．不確定事件 D．不可能事件
【分析】根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)、隨機(jī)事件的概念判斷即可．
【解答】解：“對(duì)于二次函數(shù)y＝（x﹣1）2+1，當(dāng)x≥1時(shí)，y隨x的增大而增大”，
這一事件為必然事件，
故選：A．
2．（2020?定興縣一模）如圖，在由邊長相同的7個(gè)正六邊形組成的網(wǎng)格中，點(diǎn)A，B在格點(diǎn)上．再選擇一個(gè)格點(diǎn)C，使△ABC是以AB為腰的等腰三角形，符合點(diǎn)C條件的格點(diǎn)個(gè)數(shù)是（　?。?br />
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】確定AB的長度后確定點(diǎn)C的位置即可．
【解答】解：AB的長等于六邊形的邊長+最長對(duì)角線的長，
據(jù)此可以確定共有2個(gè)點(diǎn)C，位置如圖，
故選：B．

3．（2022?開遠(yuǎn)市二模）如圖，△ABC的頂點(diǎn)均在正方形網(wǎng)格的格點(diǎn)上，則sin∠ABC的值為（　　）

A． B．2 C． D．
【分析】連接小正方形的對(duì)角線，證明△BCD是直角三角形，再利用sin∠ABC與它的余角的正弦值相等解答即可．
【解答】解：如圖所示，連接小正方形的對(duì)角線CD，

設(shè)每個(gè)小正方形的邊長為1，則CD＝，＝，BD＝，
∵，
即CD2+BD2＝BC2，
∴△BCD是直角三角形，
∴sin∠ABC＝＝．
故選：C．
4．（2021秋?義烏市期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，BC＝5，S?ABCD＝10，以頂點(diǎn)C為圓心，BC為半徑作圓，則AD邊所在直線與⊙C的位置關(guān)系是（　?。?br />
A．相交 B．相切
C．相離 D．以上三種都有可能
【分析】如圖，作CH⊥DA交DA的延長線于H．求出CH的值即可判斷．
【解答】解：如圖，作CH⊥DA交DA的延長線于H．
∵S平行四邊形ABCD＝BC?CH，
∴CH＝＝2，
∵2＜5，
∴直線AD與⊙C相交，
故選：A．

5．（2021秋?吳興區(qū)期末）已知一元二次方程2x2+bx﹣1＝0的一個(gè)根是1，若二次函數(shù)y＝2x2+bx﹣1的圖象上有三個(gè)點(diǎn)（0，y1）、（﹣1，y2）、（，y3），則y1，y2，y3的大小關(guān)系為（　　）
A．y1＜y2＜y3 B．y2＜y1＜y3 C．y1＜y3＜y2 D．y3＜y1＜y2
【分析】利用一元二次方程根的意義求得b值，將b值代入二次函數(shù)的解析式，求出拋物線的對(duì)稱軸，利用二次函數(shù)圖象的性質(zhì)即可得出結(jié)論．
【解答】解：∵一元二次方程2x2+bx﹣1＝0的一個(gè)根是1，
∴2+b﹣1＝0．
∴b＝﹣1．
∴二次函數(shù)y＝2x2﹣x﹣1＝2（x﹣）2﹣．
∴拋物線y＝2x2﹣x﹣1的對(duì)稱軸為直線x＝．
∵該拋物線開口向上，點(diǎn)（0，y1）、（﹣1，y2）、（，y3）到對(duì)稱軸的距離分別為：|0﹣|＝，|﹣1﹣|＝，|﹣|＝，且＜＜，
∴y1＜y3＜y2．
故選：C．
6．（2021秋?柯城區(qū)期末）如圖，E是矩形ABCD的邊AD的中點(diǎn)，連接BE，BD，分別交對(duì)角線AC于點(diǎn)F，O．則AF：FO：OC＝（　　）

A．2：1：3 B．3：2：5 C．4：2：7 D．5：3：8
【分析】由四邊形ABCD是矩形，于是得到AD＝BC，AD∥BC，AO＝CO，證得△AEF∽△CFB，得到，證得，設(shè)AF＝2a，則CF＝4a，可得AC＝6a，OC＝OA＝3a，OF＝a，即可得到結(jié)論．
【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AD∥BC，AO＝CO，
∴△AEF∽△CFB，
∴，
∵AE＝AD＝BC，
∴，
設(shè)AF＝2a，則CF＝4a，
∴AC＝6a，OC＝OA＝3a，OF＝OA﹣AF＝a，
∴AF：FO：OC＝2a：a：3a＝2：1：3．
故選：A．
7．（2021秋?樂清市期末）如圖，拋物線的圖象與x軸交于點(diǎn)A，B，交y軸于點(diǎn)C，動(dòng)點(diǎn)P在射線AB運(yùn)動(dòng)，作△BCP的外接圓⊙M，當(dāng)圓心M落在該拋物線上時(shí)，則AP的值（　?。?br />
A．3 B．4 C．5 D．3.5
【分析】△PBC的外接圓的圓心在線段BC的垂直平分線y＝﹣x上，求出直線y＝﹣x與拋物線的交點(diǎn)，即可推出點(diǎn)M坐標(biāo)，由此即可解決問題．
【解答】解：∵△PBC的外接圓的圓心在線段BC的垂直平分線y＝﹣x上，
由，
解得或（舍棄），
∴點(diǎn)M坐標(biāo)為（2，﹣2），
如圖1中，作MN⊥AB于N，

∵M(jìn)P＝MB，NM⊥PB，
∴PN＝NB＝1，
∴OP＝1，AP＝3，
∴當(dāng)AP＝3時(shí)圓心在拋物線上．
故選：A．
8．（2021秋?義烏市期末）已知二次函數(shù)y＝﹣（x﹣h）2（h為常數(shù)），當(dāng)2≤x≤5時(shí)，函數(shù)y的最大值為﹣1，則h的值為（　?。?br /> A．1或3 B．4或6 C．3或6 D．1或6
【分析】由二次函數(shù)解析式可得拋物線開口向下及拋物線頂點(diǎn)坐標(biāo)，分類討論x＝2，x＝5時(shí)y取最大值﹣1，進(jìn)而求解．
【解答】解：∵y＝﹣（x﹣h）2，
∴拋物線開口向下，對(duì)稱軸為直線x＝h，頂點(diǎn)坐標(biāo)為（h，0）
將x＝2，y＝﹣1代入y＝﹣（x﹣h）2得﹣1＝（2﹣h）2，
解得h＝3或h＝1，
當(dāng)h＝3時(shí)，2＜3＜5，函數(shù)最大值為0，不符合題意，
當(dāng)h＝1時(shí)，x＞1時(shí)，y隨x增大而減小，x＝2時(shí)，函數(shù)取最大值，符合題意，
當(dāng)x＝5，y＝﹣1時(shí)，﹣1＝（5﹣h）2，
解得h＝6或h＝4，
當(dāng)h＝4時(shí)，2＜4＜5，不符合題意，
當(dāng)h＝6時(shí)，x＜6時(shí)，y隨x增大而減小，x＝5時(shí)，函數(shù)取最大值，符合題意，
∴h＝1或6，
故選：D．
9．（2021秋?諸暨市期末）如圖，△ABC為銳角三角形，BC＝6，∠A＝45°，點(diǎn)O為△ABC的重心，D為BC中點(diǎn)，若固定邊BC，使頂點(diǎn)A在△ABC所在平面內(nèi)進(jìn)行運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中，保持∠A的大小不變，設(shè)BC的中點(diǎn)為D，則線段OD的長度的取值范圍為（　　）

A． B． C． D．
【分析】作△ABC的外接圓，點(diǎn)E為圓心，AD⊥BC，由題意知OD＝AD，且∠BEC＝90°，BD＝DE＝3，由勾股定理知BE＝3，AD＝DE+AE＝3+3．當(dāng)AD⊥BC時(shí)，AD最長，可求此時(shí)OD最大值；臨界情況為∠ABC＝90°，此時(shí)OD＝，可得此時(shí)OD最小值，進(jìn)而可得OD的取值范圍．
【解答】解：如圖，作△ABC的外接圓，點(diǎn)E為圓心，AD⊥BC，

由題意知OD＝AD，
∵∠A＝45°，
∴∠BEC＝90°，
∴∠EBD＝∠BED＝45°，
∴BD＝CD＝3，由勾股定理知BE＝3，
∴AD＝DE+AE＝3+3，
∵AD⊥BC時(shí)，AD最長，
∴OD最大值為1+，
∵△ABC為銳角三角形，
∴臨界情況為∠ABC＝90°，如圖，

∴此時(shí)AB＝BC＝6，
∴AD＝3，
∴OD＝．
∴＜OD≤+1．
故選：A．
10．（2021秋?婺城區(qū)期末）在△ABC中，∠B＝45°，AB＝6，給出條件：①AC＝4；②AC＝8；③外接圓半徑為4．請(qǐng)?jiān)诮o出的3個(gè)條件中選取一個(gè)，使得BC的長唯一．可以選取的是（　?。?br /> A．① B．② C．③ D．①或③
【分析】根據(jù)題意畫出圖形，使∠ABE＝45°，AB＝6，點(diǎn)C在射線BE上，作AD⊥BE于點(diǎn)D，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AD的長，再由AD和AC的長作比較即可判斷①②；由前邊所求出的AD的長和AB的長，結(jié)合該三角形外接圓的半徑長，即可判斷該外接圓的圓心可以在AB的上方，也可以在AB的下方，點(diǎn)C不唯一，即可判斷③．
【解答】解：如圖，∠ABE＝45°，AB＝6，點(diǎn)C在射線BE上，作AD⊥BE于點(diǎn)D，

∴AD＝BD＝AB＝3，
∵3＞4，
∴不存在AC＝4的△ABC，故①不符合題意；
∵AB＝6，AD＝3，AC＝8，
而AC＞6，
∴存在AC＝8的△ABC，如圖，點(diǎn)C即是，
∴AC＝8，使得BC的長唯一成立，故②符合題意；
∵AD＝3＞4，AB＝6＜8，
當(dāng)△ABC的外接圓半徑為4．
∵∠B＝45°，
∴∠AOC＝90°，
∴AC＝4，
∵4＜3＜4＜6＜8，
∴存在兩個(gè)點(diǎn)C使△ABC的外接圓半徑為4．兩個(gè)外接圓的圓心分別在AB的上，下兩側(cè)，

故③不符合題意；
故選：B．
11．（2021秋?吳興區(qū)期末）如圖，已知扇形OAB的半徑OA＝6，點(diǎn)P為弧AB上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PC⊥OA，PD⊥OB，連結(jié)CD，當(dāng)CD取得最大值時(shí)，扇形OAB的面積為（　?。?br />
A．9π B．12π C．13.5π D．15π
【分析】∠AOB＝90°時(shí)，CD最大，由求出扇形面積即可．
【解答】解：由PC⊥OA，PD⊥OB可知，∠OCP+∠ODP＝180°，
∴O、C、P、D四點(diǎn)共圓，CD為此圓直徑時(shí)，CD最大，
∴當(dāng)∠AOB＝90°時(shí)，CD最大，如圖：

此時(shí)扇形面積為＝9π，
故選：A．
12．（2021秋?海曙區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，以AB為直徑的⊙O剛好與CD相切，連結(jié)OC、BD交于點(diǎn)F，若AB＝8，則已知下列條件中的一個(gè)即可求BF的長的有（　?。?br /> ①BD；②CD；③；④．

A．①、②、③、④ B．①、②、③ C．①、②、④ D．①、③、④
【分析】延長CO交DA的延長線于點(diǎn)T．由BC∥DT，推出＝，欲求BF，只要求出AD，CB，BD即可，由此即可判斷．
【解答】解：延長CO交DA的延長線于點(diǎn)T．

∵BC∥DT，
∴△BFC∽△DFT，
∴＝，
欲求BF，只要求出AD，CB，BD即可．
已知BD，CD，可以求出AD，BC，故①②符合題意，
當(dāng)?shù)闹狄阎?，可以求出AD：BC：CD，可以求出AD，CB，BD，故③符合題意．
當(dāng)?shù)闹狄阎?，可以求出AD：BC：CD，可以求出AD，CB，BD，故④符合題意．
故選：A．
13．（2021秋?吳興區(qū)期末）如圖△ACB，∠ACB＝90°，點(diǎn)O是AB的中點(diǎn)，CD平分∠BCO交AB于點(diǎn)D，作AE⊥CD分別交CO、BC于點(diǎn)G，E．記△AGO的面積為S1，△AEB的面積為S2，當(dāng)＝時(shí)，則的值是（　?。?br />
A． B． C． D．
【分析】如圖，連接BG，過點(diǎn)O作OT∥AE交BC于點(diǎn)T．首先證明AG：GE＝4：1，再利用平行線分線段成比例定理求解即可．
【解答】解：如圖，連接BG，過點(diǎn)O作OT∥AE交BC于點(diǎn)T．

∵AO＝OB，
∴S△AOG＝S△OBG，
∵＝，
∴＝，
∴＝，
∵OT∥AE，AO＝OB，
∴ET＝TB，
∴OT＝AE，
∴＝，
∵AE⊥CD，CD平分∠BCO，
∴∠DCG＝∠DCE，
∴∠CGE+∠DCG＝90°，∠CEG+∠DCB＝90°，
∴∠CGE＝∠CEG，
∴CG＝CE，
∵∠CGE＝∠COT，∠CEG＝∠CTD，
∴∠COT＝∠CTO，
∴CO＝CT，
∴OG＝ET，
∵GE∥OT，
∴＝＝，
∴＝，
∴＝．
故選：D．
二．填空題（共11小題）
14．（2021秋?義烏市期末）如圖，有一塊邊長為2的正方形厚紙板ABCD，做成如圖①所示的一套七巧板（點(diǎn)O為正方形紙板對(duì)角線的交點(diǎn)，點(diǎn)E、F分別為AD、CD的中點(diǎn)，GE∥BI，IH∥CD），將圖①所示七巧板拼成如圖②所示的“魚形”，則“魚尾”MN的長為 　3?。?br />
【分析】依據(jù)勾股定理即可得到AC的長，進(jìn)而得出FI＝EI＝1，EF＝2，即可得到“魚尾”MN的長．
【解答】解：∵等腰直角三角形ACD中，AD＝CD＝2，
∴AC＝4，
又∵AG＝GO＝OH＝CH，
∴FI＝EI＝1，EF＝2，
∴NM＝2+1＝3，
故答案為：3．
15．（2021秋?諸暨市期末）已知點(diǎn)A（0，0），B（4，0），C（﹣1，﹣1），D（2，﹣4），固定A，B兩點(diǎn)，將線段CD向左或向右平移，平移后C，D兩點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為C1，D1．
（1）當(dāng)C1的坐標(biāo)為（﹣2，﹣1）時(shí)，四邊形AC1D1B的周長為 　+3+9　；
（2）當(dāng)C1的坐標(biāo)為 　（，﹣1）　時(shí)，四邊形AC1D1B的周長最?。?br /> 【分析】（1）根據(jù)C1點(diǎn)坐標(biāo)可確定線段CD向左平移1個(gè)單位，則可求D1（1，﹣4），再求周長即可；
（2）設(shè)CD向右平移m個(gè)單位，則C1（﹣1+m，﹣1），D1（2+m，﹣4），當(dāng)AC1+BD1為最小值時(shí)，四邊形AC1D1B的周長最小，此時(shí)AC1+BD1＝+，則點(diǎn)（m，0）到點(diǎn)（1，1）和（2，4）的距離和最小，求出過（1，﹣1）和（2，4）的直線解析式為y＝5x﹣6，當(dāng)y＝0時(shí)，m＝，即可求C1（，﹣1）．
【解答】解：（1）∵C（﹣1，﹣1），C1（﹣2，﹣1），
∴線段CD向左平移1個(gè)單位，
∵D（2，﹣4），
∴D1（1，﹣4），
∵A（0，0），B（4，0），
∴AC1＝，CD＝3，BD1＝5，AB＝4，
∴四邊形AC1D1B的周長＝AC1+CD+BD1+AB＝+3+9，
故答案為：+3+9；
（2）設(shè)CD向右平移m個(gè)單位，
∴C1（﹣1+m，﹣1），D1（2+m，﹣4），
∵AB＝4，CD＝C1D1＝3，
∴當(dāng)AC1+BD1為最小值時(shí)，四邊形AC1D1B的周長最小，
此時(shí)AC1+BD1＝+，
∴點(diǎn)（m，0）到點(diǎn)（1，1）和（2，4）的距離和最小，
∵點(diǎn)（1，1）關(guān)于x軸對(duì)稱的點(diǎn)為（1，﹣1），
設(shè)過（1，﹣1）和（2，4）的直線解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝5x﹣6，
∴當(dāng)y＝0時(shí)，m＝，
∴C1（，﹣1），
故答案為：（，﹣1）．

16．（2021秋?諸暨市期末）如圖，扇形AOB，正方形OCDE的頂點(diǎn)C，E，D，分別在OA，OB，弧AB上，過點(diǎn)A作AF⊥ED，交ED的延長線于點(diǎn)F．若圖中陰影部分的面積為﹣1，則扇形AOB的半徑為 　?。?br />
【分析】由扇形AOB可知OA＝OB，由正方形的性質(zhì)可知CD＝DE，∠AOD＝∠BOB，可知，AC＝BE，陰影部分面積＝長方形ACDF的面積，進(jìn)而即可求出正方形的邊長，進(jìn)一步即可求出扇形AOB的半徑．
【解答】解：∵扇形AOB，
∴OA＝OB，
∵四邊形OCDE為正方形，
∴CD＝DE，∠AOD＝∠BOB，
∴，AC＝BE，
∴陰影部分面積＝長方形ACDF的面積，
設(shè)正方形OCDE的邊長為a，
∴OD＝a，
∴AC＝a﹣a＝（﹣1）a，
∴AC?CD＝陰影部分面積，
∴（﹣1）a?a＝（﹣1）a，
∴a＝1，
∴OD＝a＝×1＝，
故答案為：．
17．（2021秋?樂清市期末）如圖，在邊長為7的正方形ABCD中放入四個(gè)小正方形后形成一個(gè)中心對(duì)稱圖形，其中兩頂點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，AD上，則放入的四個(gè)小正方形的面積之和為 　22?。?br />
【分析】作GH⊥BC，證明△GHE∽△EMN，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到GH＝2EM，HE＝2MN，根據(jù)正方形的性質(zhì)列方程求出MN，根據(jù)勾股定理、正方形的面積公式計(jì)算，得到答案．
【解答】解：如圖，過G作GH⊥BC于H，
則∠HGE+∠HEG＝∠HEG+∠MEN＝90°，
∴∠HGE＝∠MEN，
∵∠GHE＝∠EMN＝90°，
∴△GHE∽△EMN，
∴，
∴GH＝2EM，HE＝2MN，
設(shè)MN＝x，則HE＝2x，
∴EM＝7﹣4x，
∴GH＝2EM＝2（7﹣4x），
∴2（7﹣4x）+x＝7，
解得：x＝1，
∴EM＝7﹣4x＝3，
∴EN＝＝，
∴GE＝2EN＝，
∴四個(gè)小正方形的面積之和＝2×12+×＝22，
故答案為：22．

18．（2021秋?溫州期末）二次函數(shù)y＝ax2+bx+c的部分對(duì)應(yīng)值列表如下：
x
…
﹣3
0
1
3
5
…
y
…
7
﹣8
﹣9
﹣5
7
…
則一元二次方程a（2x+1）2+b（2x+1）+c＝﹣5的解為 　x＝±1?。?br /> 【分析】由表格中的數(shù)據(jù)知，當(dāng)x＝3時(shí)，y＝﹣5．所以由題意知：當(dāng)2x+1＝3時(shí)，y＝﹣5．
【解答】解：由拋物線的對(duì)稱性質(zhì)知，對(duì)稱軸是直線x＝＝1．
根據(jù)題意知，一元二次方程ax2+bx+c＝﹣5的解為x＝3或x＝﹣1．
所以2x+1＝3或2x+1＝﹣1．
解得x＝1或x＝﹣1．
所以一元二次方程a（2x+1）2+b（2x+1）+c＝﹣5的解為：x＝±1．
故答案是：x＝±1．
19．（2021秋?諸暨市期末）如圖1，以Rt△ABC各邊為邊分別向外作等邊三角形，編號(hào)為①、②、③，將②、①如圖2所示依次疊在③上，已知四邊形EMNB與四邊形MPQN的面積分別為9與7，則Rt△ABC的斜邊長AB＝　10　．

【分析】設(shè)等邊△ABE，△ACD，△BCF的面積分別是S3，S2，S1，BC＝a，AB＝c，AC＝b，根據(jù)勾股定理得到a2+b2＝c2，根據(jù)三角形的面積列方程得到AC＝8，BC＝6，由勾股定理即可得到AB＝＝＝10．
【解答】解：如圖，設(shè)等邊△ABE，△ACD，△BCF的面積分別是S3，S2，S1，BC＝a，AB＝c，AC＝b，
∵△ABC是直角三角形，且∠ACB＝90°，
∴a2+b2＝c2，
∴a2+b2＝c2．
∵S3＝c2，S2＝b2，S1＝a2，
∴S3﹣S2＝（c2﹣b2）＝a2＝9，S3﹣S1＝c2﹣a2＝（c2﹣a2）＝b2＝9+7＝16，
∴a＝6，b＝8，
即AC＝8，BC＝6，
∴AB＝＝＝10，
故答案為：10．
20．（2021秋?婺城區(qū)期末）如圖，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，將菱形ABCD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°得到菱形AB'C'D'，邊AB、BC、AD'、C'D'及點(diǎn)C的路徑所圍成的陰影區(qū)域的周長為 　4+π?。?br />
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)角為30°，連接CD′和BC′，可得A、D′、C及A、B、C′分別共線，求出扇形弧長，再根據(jù)AAS證得兩個(gè)小三角形全等，求得C'D'，即可得到答案．
【解答】解：連接CD′和BC′，

∵∠DAB＝60°，
∴∠DAC＝∠CAB＝30°，
∵∠C′AB′＝30°，
∴A、D′、C及A、B、C′分別共線．
∴AC＝，
∴扇形ACC′的弧長為：＝π，
∵AC＝AC′，AD′＝AB，
∴CD'＝BC'，
在△OCD′和△OC'B中，
，
∴△OCD′≌△OC′B（AAS）．
∴OB＝OD′，CO＝C′O
∵OB+OC＝BC＝1，
∴OD'+OC'＝OB+OB＝1，即C'D'＝1，
∴陰影區(qū)域的周長為AD'+AB+BC+C'D'+扇形ACC′的弧長＝1+1+1+1+π＝4+π，
故答案為：4+π．
21．（2021秋?柯城區(qū)期末）已知二次函數(shù)y＝a（x﹣2）2+4（a＜0）的圖象的頂點(diǎn)為C，與y軸交于點(diǎn)A，過點(diǎn)A作AB∥x軸，與該二次函數(shù)圖象的另一個(gè)交點(diǎn)為B，連結(jié)OB，OB∥AC．則AB的長是 　4　，a的值為 　﹣?。?br />
【分析】作CE⊥y軸于點(diǎn)E，通過△CEA∽△BAO可得＝＝，用含a代數(shù)式表示OA，進(jìn)而求解．
【解答】解：∵y＝a（x﹣2）2+4，
∴拋物線開口向下，頂點(diǎn)C坐標(biāo)為（2，4），拋物線對(duì)稱軸為直線x＝2，
作CE⊥y軸于點(diǎn)E，則CE＝2，

∵AB∥x軸，拋物線對(duì)稱軸為直線x＝2，
∴AB＝4，
∵CE∥AB∥x軸，AC∥OB，
∴△CEA∽△BAO，
∴＝＝，
把x＝0代入y＝a（x﹣2）2+4得y＝4a+4，
∴點(diǎn)A坐標(biāo)為（0，4a+4），即AO＝4a+4，
∴AE＝AO＝2a+2，
∴OA+AE＝6a+6＝4，
∴a＝﹣．
故答案為：4，﹣．
22．（2021秋?婺城區(qū)期末）五巧板是一種類似七巧板的智力玩具，它是由一個(gè)正方形按如圖1方式分割而成，其中圖形①是正方形，小明發(fā)現(xiàn)可以將五巧板拼搭成如圖2所示的“三角形”與“飛機(jī)”模型．在“飛機(jī)”模型中寬與高的比值＝　?。?br />
【分析】利用圖1和圖2所示可得：MNHG為正方形，DE＝EC＝AF＝FB＝BC，設(shè)正方形MNHG的邊長為a，則AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a；通過說明△CHB∽△BHF，得到HF＝a，利用拼圖與原圖對(duì)比求得l與h的長，則結(jié)論可求．
【解答】解：由題意得：MNHG為正方形，DE＝EC＝AF＝FB＝BC．

設(shè)正方形MNHG的邊長為a，則AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a．
∵BH⊥CF，∠FBC＝90°，
∴△CHB∽△BHF．
∴．
∵CH＝2a，BH＝a，
∴．
∴HF＝a．
由題意：AE＝CF．
ME＝HF＝a．
∴l(xiāng)＝GH+MN+NH＝3a，h＝HN+CH+HF＝3.5a．
∴＝．
故答案為：；
23．（2021秋?海曙區(qū)期末）如圖，已知距離為6的兩條平行線l1，l2與⊙O分別交于A，B兩點(diǎn)（AB為直徑，且與l2不垂直），D為⊙O上一點(diǎn)，過D作l1的平行線m交AB于點(diǎn)C，若＝，BD＝6，則AB的長為 　3?。?br />
【分析】過點(diǎn)D作DE⊥l1于點(diǎn)E，交l2于點(diǎn)F，可得l1∥l2∥m，根據(jù)＝，可得＝，設(shè)DE＝2x，則DF＝3x，計(jì)算可得DE＝，DF＝，由△DAE∽△BDF和勾股定理即可解決問題．
【解答】解：如圖，過點(diǎn)D作DE⊥l1于點(diǎn)E，交l2于點(diǎn)F，
∵l1∥l2，
∴DF⊥l2，

∵l1∥l2∥m，＝，
∴＝，
設(shè)DE＝2x，則DF＝3x，
∵EF＝6，
∴2x+3x＝6，
解得x＝，
∴DE＝，DF＝，
∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ADB＝90°，
∴∠ADE+∠BDF＝90°，
∵∠ADE+∠DAE＝90°，
∴∠DAE＝∠BDF，
∵∠AED＝∠DFB＝90°，
∴△DAE∽△BDF，
∴＝，
在Rt△BDF中，BD＝6，DF＝，
∴BF＝＝＝，
∴＝，
∴AD＝3，
在Rt△ABD中，BD＝6，AD＝3，
∴AB＝＝＝3．
答：AB的長為3．
故答案為：3．
24．（2021秋?海曙區(qū)期末）如圖，拋物線y＝x2+x﹣3與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，D點(diǎn)為拋物線上第三象限內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)∠ACD+2∠ABC＝180°時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為 ?。ī?，﹣）?。?br />
【分析】由拋物線的解析式求得A、B、C的坐標(biāo)，利用勾股定理的逆定理證得∠ACB＝90°，即可得出∠BAC+∠ABC＝90°，由∠ACD+2∠ABC＝180°，得出2∠BAC＝∠ACD，作AE⊥x軸，交CD的延長線與E，作∠ACD的平分線，交AE于F，則∠ACF＝∠BAC，根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)得出AF＝EF＝BC＝3，從而求得E（﹣9，﹣6），利用待定系數(shù)法求得直線CD的解析式，與二次函數(shù)解析式聯(lián)立，解方程組即可求得D的坐標(biāo)．
【解答】解：∵拋物線y＝x2+x﹣3與x軸交于點(diǎn)A和點(diǎn)B兩點(diǎn)，
∴當(dāng)y＝0時(shí)，x2+x﹣3＝0，
解得x＝﹣9或1，
∴A（﹣9，0），B（1，0），
∴AB＝10，
當(dāng)x＝0時(shí)，y＝﹣3，
∴C（0，﹣3），
∵AC2＝92+32＝90，BC2＝12+32＝10，AB2＝100，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴∠BAC+∠ABC＝90°，
∴2∠BAC+2∠ABC＝180°，
∵∠ACD+2∠ABC＝180°
∴2∠BAC＝∠ACD，
作AE⊥x軸，交CD的延長線與E，作∠ACD的平分線，交AE于F，則∠ACF＝∠BAC，
∴CF∥AB，
∴CF⊥AE，
∴AF＝EF＝BC＝3，
∴E（﹣9，﹣6），
設(shè)直線CD的解析式為y＝kx﹣3，
把E的坐標(biāo)代入得，﹣6＝﹣9k﹣3，
∴k＝，
∴直線CD的解析式為y＝x﹣3，
解得或，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（﹣7，﹣），
故答案為：（﹣7，﹣）．

三．解答題（共7小題）
25．（2021秋?余姚市期末）如圖是由邊長為1的小正方形構(gòu)成的5×3的網(wǎng)格，△ABC的頂點(diǎn)A，B，C均在格點(diǎn)上．
（1）圖中的值為 　　．
（2）在圖1中，以點(diǎn)A為旋轉(zhuǎn)中心，將△ABC按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，作出經(jīng)旋轉(zhuǎn)后的圖形△AB′C′（其中B′，C′分別是B，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)）．
（3）在圖2中，找出符合條件的格點(diǎn)D，使得∠ADB＝∠ABC．

【分析】（1）根據(jù)勾股定理求得AB，BC的值，即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)中心方向及角度找出點(diǎn)A、B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A′、B′的位置，然后順次連接即可；
（3）根據(jù)題意作出∠ADB＝∠ABC即可．
【解答】解：（1）∵BC＝＝，AB＝＝，
∴＝＝，
故答案為：；
（2）如圖1所示，△AB′C′即為所求；
（3）如圖2所示，∠ADB即為所求．

26．（2021秋?海曙區(qū)期末）如圖，在6×6的正方形方格紙中，∠BAC的頂點(diǎn)在格點(diǎn)上．
（1）直接寫出tan∠BAC＝　?。?br /> （2）僅用直尺，畫出∠BAC的平分線AP，并寫出tan∠PAC＝　　．

【分析】（1）利用網(wǎng)格特征，尋找直角三角形解決問題即可；
（2）取格點(diǎn)T，連接BT，取BC的中點(diǎn)P，作射線AP．
【解答】解：（1）如圖，tan∠BAC＝，
故答案為：；


（2）如圖，射線AP即為所求，tan∠PAC＝＝．
27．（2021秋?婺城區(qū)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝Rt∠，以AC為直徑的半圓交斜邊AB于點(diǎn)D，E為BC的中點(diǎn)，連結(jié)DE，CD．過點(diǎn)D作DF⊥AC于點(diǎn)F．
（1）求證：DE是⊙O的切線；
（2）若AD＝5，DF＝3，求⊙O的半徑．

【分析】（1）連結(jié)OD，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到DE＝EC，證明∠EDC＝∠ECD，根據(jù)OD＝OC，得到∠ODC＝∠OCD，進(jìn)而證明∠ODE＝∠ACB＝90°，根據(jù)切線的判定定理證明結(jié)論；
（2）根據(jù)勾股定理求出AF，證明△ADF∽△ACD，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計(jì)算即可．
【解答】（1）證明：連結(jié)OD，
∵AC為⊙O的直徑，
∴∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝90°，
在Rt△BDC中，E為BC的中點(diǎn)，
∴DE＝BC＝EC，
∴∠EDC＝∠ECD，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∴∠ODE＝∠ACB＝90°，
∵OD為⊙O的半徑，
∴DE是⊙O的切線；
（2）解：在Rt△ADF中，AD＝5，DF＝3，
由勾股定理得：AF＝＝＝4，
∵∠DAF＝∠CAD，∠AFD＝∠ADC＝90°，
∴△ADF∽△ACD，
∴＝，即＝，
解得：AC＝，
∴⊙O的半徑為．

28．（2021秋?海曙區(qū)期末）如圖，已知AB是半圓O的直徑，C是半圓弧上一點(diǎn)，P是的中點(diǎn)，PD∥BC交AB延長線于點(diǎn)D．
（1）求證：PD為⊙O的切線；
（2）若AB＝10，cos∠D＝，求PC的值．

【分析】（1）要證明PD為⊙O的切線，想到連接OP，只要證明∠OPD＝90°即可，根據(jù)已知P是的中點(diǎn)，利用垂徑定理可得∠OEB＝90°，然后根據(jù)PD∥BC，證明同位角相等即可；
（2）利用直徑所對(duì)的圓周角是直角可得∠ACB＝90°，根據(jù)PD∥BC，可得∠D＝∠ABC，然后在Rt△ABC中求出BC，再在Rt△OEB中，求出OE的長，最后在Rt△CEP中，利用勾股定理進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】（1）證明：連接OP，交BC于點(diǎn)E，

∵P是的中點(diǎn)，
∴OP⊥BC，CE＝EB＝BC，
∴∠OEB＝90°，
∵PD∥BC，
∴∠OPD＝∠OEB＝90°，
∵OP是圓O的半徑，
∴PD為⊙O的切線；
（2）解：∵AB是半圓O的直徑，
∴∠ACB＝90°，
∵PD∥BC，
∴∠D＝∠ABC，
∵cos∠D＝，
∴cos∠ABC＝＝，
∵AB＝10，
∴BC＝8，
∴BE＝CE＝＝4，
在Rt△OEB中，OB＝5，
∴OE＝＝＝3，
∴EP＝OP﹣OE＝5﹣3＝2，
在Rt△CEP中，CE＝4，PE＝2，
∴PC＝＝2．
29．（2021秋?婺城區(qū)期末）如圖1，一個(gè)正立方體鐵塊放置在圓柱形水槽內(nèi)，水槽的底面圓的面積記為S1，正立方體的底面正方形的面積記為S2．現(xiàn)以一定的速度往水槽中注水，28秒時(shí)注滿水槽．此時(shí)停止注水，并立刻將立方體鐵塊用細(xì)線豎直勻速上拉直至全部拉出水面．水槽內(nèi)水面的高度y（cm）與注水時(shí)間x（s）之間的函數(shù)圖象如圖2所示．

（1）正立方體的棱長為 　10　cm，S1：S2＝　4??；
（2）當(dāng)圓柱形水槽內(nèi)水面高度為12cm時(shí)，求注水時(shí)間是幾秒？
（3）鐵塊完全拉出時(shí)，水面高度為 　17.5　cm．
【分析】（1）直接利用一次函數(shù)圖象結(jié)合水面高度的變化得出正方體的棱長，設(shè)注水的速度是vcm/s，根據(jù)題意得出注滿與正方體體積相等的水需要的時(shí)間為（28﹣12﹣12）s，列比例式即可求解；
（2）直接利用待定系數(shù)法求出一次函數(shù)解析式，再求出當(dāng)y＝12時(shí)，x的值即可；
（3）鐵塊完全拉出時(shí)，水面高度降低了mcm，根據(jù)S1：S2＝4即可解答．
【解答】解：（1）由題意可得：12秒時(shí)，水槽內(nèi)水面的高度為10cm，12秒后水槽內(nèi)高度變化趨勢改變，
故正方體的棱長為10cm；
設(shè)注水的速度是vcm/s，根據(jù)題意得注滿與正方體體積相等的水需要的時(shí)間為28﹣12﹣12＝4（s），
注滿水槽正方體以上的水需要的時(shí)間為28﹣12＝16（s），
∴＝4，
∴S1：S2＝4，
，故答案為：10，4；
（2）設(shè)線段AB對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為：y＝kx+b，
∵圖象過A（12，10），B（28，20），
∴，
解得：，
∴線段AB對(duì)應(yīng)的解析式為：y＝x+（12≤x≤28），
當(dāng)y＝12時(shí)，x+＝12，
解得x＝15.2，
∴注水時(shí)間是15.2秒；
（3）設(shè)鐵塊完全拉出時(shí)，水面高度降低了mcm，
∵S1：S2＝4，
∴S1＝4S2，
∴10S2＝4S2?m，解得m＝2.5，
∴鐵塊完全拉出時(shí)水面的高度：20﹣2.5＝17.5（cm），
故答案為：17.5．
30．（2021秋?義烏市期末）如圖1，直線l：y＝ax+b（a＜0，b＞0）與x，y軸分別相交于 A、B兩點(diǎn)．將△AOB繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△COD，過點(diǎn)A，B，D的拋物線P叫做直線l的關(guān)聯(lián)拋物線，直線l叫做P的關(guān)聯(lián)直線．
（1）若直線l：y＝﹣2x+2，則拋物線P表示的函數(shù)解析式為 　y＝﹣x2﹣x+2　，若拋物線P：y＝﹣x2﹣3x+4，則直線l表示的函數(shù)解析式為 　y＝﹣4x+4　；
（2）如圖2，若直線l：y＝tx﹣4t（t＜0），G為AB中點(diǎn)，H為CD的中點(diǎn)，連結(jié)GH，取GH中點(diǎn)M，連結(jié)OM，已知OM＝．求直線l的關(guān)聯(lián)拋物線P表示的函數(shù)解析式；
（3）若將某直線的關(guān)聯(lián)拋物線向右平移﹣m個(gè)單位得到拋物線y＝a（x﹣m）（x﹣n）（a＜0，m＜n），則a、m、n應(yīng)滿足的關(guān)系式為 　a（m+n）＝﹣1?。?br />
【分析】（1）求出A、B點(diǎn)坐標(biāo)，再由待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式即可；
（2）分別求出G（2，2t），H（﹣2t，2），M（1﹣t，1+t），再由OM＝，可求t的值，進(jìn)而可求函數(shù)的解析式；
（3）根據(jù)平移的性質(zhì)，平移前的拋物線表達(dá)式為：y＝a（x﹣m﹣m）（x﹣n﹣m）＝a（x﹣2m）（x﹣n﹣m），求出點(diǎn)A、D的坐標(biāo)分別為（m+n，0）、（2m，0），進(jìn)而求解．
【解答】解：（1）設(shè)拋物線P的函數(shù)表達(dá)式為：y＝ax2+bx+c，
對(duì)于y＝﹣2x+2，令y＝﹣2x+2＝0，解得x＝1，令x＝0，則y＝2，
故點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（1，0）、（0，2），則點(diǎn)D（﹣2，0），
將點(diǎn)A、B、D代入拋物線表達(dá)式得：
，解得，
故拋物線的表達(dá)式為：y＝﹣x2﹣x+2；
對(duì)于y＝﹣x2﹣3x+4，令y＝﹣x2﹣3x+4＝0，解得x＝﹣4或1，令x＝0，則y＝4，
即點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為（1，0）、（0，4），
由點(diǎn)A、B的坐標(biāo)得，直線AB的表達(dá)式為：y＝﹣4x+4；
故答案為：y＝﹣x2﹣x+2；y＝﹣4x+4；

（2）y＝tx﹣4t中，令x＝0，則y＝﹣4t，
∴B（0，﹣4t），
令y＝0，則x＝4，
∴A（4，0），
∵G為AB中點(diǎn)，
∴G（2，2t），
∵OC＝OA，OB＝OD，
∴C（0，4），D（﹣4t，0），
∵H為CD中點(diǎn)，
∴H（﹣2t，2），
∵M(jìn)為GH中點(diǎn)，
∴M（1﹣t，1+t），
∵OM＝，
∴10＝（1﹣t）2+（1+t）2，
解得t＝±2，
∵t＜0，
∴t＝﹣2，
∴y＝﹣2x+8，
設(shè)y＝ax2+bx+c，
將A（4，0），B（0，8），D（﹣8，0）代入上式得：
，解得，
∴y＝﹣x2﹣x+8；

（3）根據(jù)平移的性質(zhì)，平移前的拋物線表達(dá)式為：y＝a（x﹣m﹣m）（x﹣n﹣m）＝a（x﹣2m）（x﹣n﹣m），
∵﹣m＞0，故m＜0，
故點(diǎn)A、D的坐標(biāo)分別為（m+n，0）、（2m，0），則點(diǎn)B（0，﹣2m），
將點(diǎn)B的坐標(biāo)代入上述拋物線的表達(dá)式得：﹣2m＝a（0﹣2m）（0﹣n﹣m），
整理得：a（m+n）＝﹣1．
故答案為：a（m+n）＝﹣1．
31．（2021秋?義烏市期末）如圖1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，點(diǎn)E在AB邊上，且AE＝1．點(diǎn)F是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)．將△BEF沿EF折疊得到△GEF．直線GF與直線AB的交點(diǎn)為H．
（1）如圖2，點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時(shí)，求△HEG與△HBC的面積比；
（2）如圖3，當(dāng)H在點(diǎn)A的上方，且滿足三角形HEF是等腰三角形時(shí)，求線段EH的長．
（3）在點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)過程中，以E、G、H為頂點(diǎn)的三角形能否與以B、C、D為頂點(diǎn)的三角形相似？若能，求BF的長；若不存在，請(qǐng)說明理由．

【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)得出面積之比，進(jìn)而解答即可；
（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)解答即可；
（3）根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)，分兩種情況解答即可．
【解答】（1）解：如圖：

∵∠GHE＝∠BHC，∠EGH＝∠CBH，
∴△HEG∽△HCB，
∴，
∵EG＝BE＝AB﹣AE＝2，
∴；
（2）解：如圖：連接EC，

根據(jù)折疊性質(zhì)，等腰三角形三線合一性質(zhì)，得：FB＝FG＝GH，
∴∠BHF＝30°，
∵EG＝BE＝AB﹣AE＝2，
∴EH＝4；
（3）解：∵BC＝5，DC＝3，四邊形ABCD是矩形，
∴BD＝，
根據(jù)題意，得到CH⊥BD時(shí)，△HEG∽△BCD，
∴，
∴，
解得：GH＝，

∵△HEG∽△HFB，
∴△HFB∽△BDC，
∴，
∴，
解得：BF＝，
當(dāng)H在下方時(shí)，

∵BC＝5，DC＝3，四邊形ABCD是矩形，
∴BD＝，
根據(jù)題意，得到CH⊥BD時(shí)，△HEG∽△BCD，
∴，
∴，
解得：HE＝，
∴BH＝HE﹣BE＝，
∵△HEG∽△HFB，
∴△HFB∽△BDC，
∴，
∴，
解得：BF＝；
綜上所述，BF的值為或．

相關(guān)試卷

【重難點(diǎn)講義】浙教版數(shù)學(xué)八年級(jí)上冊-第21講 八上易錯(cuò)選擇填空題各地考卷選題專練：

這是一份【重難點(diǎn)講義】浙教版數(shù)學(xué)八年級(jí)上冊-第21講 八上易錯(cuò)選擇填空題各地考卷選題專練，文件包含第21講八上易錯(cuò)選擇填空題各地考卷選題專練原卷版docx、第21講八上易錯(cuò)選擇填空題各地考卷選題專練解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共55頁， 歡迎下載使用。

【重難點(diǎn)講義】浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊-第23講 圓的綜合證明型問題專題復(fù)習(xí)：

這是一份【重難點(diǎn)講義】浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊-第23講 圓的綜合證明型問題專題復(fù)習(xí)，文件包含重難點(diǎn)講義浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊-第23講圓的綜合證明型問題專題復(fù)習(xí)原卷版docx、重難點(diǎn)講義浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊-第23講圓的綜合證明型問題專題復(fù)習(xí)解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共46頁， 歡迎下載使用。

【重難點(diǎn)講義】浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊-第22講 直線與圓的位置關(guān)系精選訓(xùn)練：

這是一份【重難點(diǎn)講義】浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊-第22講 直線與圓的位置關(guān)系精選訓(xùn)練，文件包含重難點(diǎn)講義浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊-第22講直線與圓的位置關(guān)系精選訓(xùn)練原卷版docx、重難點(diǎn)講義浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊-第22講直線與圓的位置關(guān)系精選訓(xùn)練解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共38頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

【重難點(diǎn)講義】浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊-第12講 圓中的角度計(jì)算專題

【重難點(diǎn)講義】浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊-第12講 圓中的角度計(jì)算專題
【重難點(diǎn)講義】浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊-第11講 圓中的線段計(jì)算專題

【重難點(diǎn)講義】浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊-第11講 圓中的線段計(jì)算專題
【重難點(diǎn)講義】浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊-第05講 二次函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用

【重難點(diǎn)講義】浙教版數(shù)學(xué)九年級(jí)上冊-第05講 二次函數(shù)的實(shí)際應(yīng)用
【重難點(diǎn)講義】浙教版數(shù)學(xué)七年級(jí)下冊-期末專項(xiàng)復(fù)習(xí)4 七下各地期末試卷壓軸題選題練習(xí)

【重難點(diǎn)講義】浙教版數(shù)學(xué)七年級(jí)下冊-期末專項(xiàng)復(fù)習(xí)4 七下各地期末試卷壓軸題選題練習(xí)
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(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
期末專區(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(jī)號(hào)注冊
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)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(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

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(jī)號(hào)注冊
微信注冊

注冊成功

返回
頂部