(1)若正方形的邊長為2，E是的中點(diǎn)．
①如圖1，當(dāng)時(shí)，求證：；
②如圖2，當(dāng)時(shí)，求的長；
(2)如圖3，延長，交于點(diǎn)G，當(dāng)時(shí)，求證：．
【答案】(1)①詳見解析；②
(2)詳見解析
【分析】（1）①由，證明，可得結(jié)論；②如圖，延長，交于點(diǎn)G作，垂足為H，證明，可得，可得，設(shè)可得，可得，可得，證明，可得，從而可得答案；
（2）如圖，延長，作，垂足為H，證明，設(shè)，可得，由，可得，可得，由可得，可得，證明，可得，，從而可得答案．
【詳解】（1）解：如圖，

正方形中，，
①，
∴，
，
，
②如圖，

延長，交于點(diǎn)G，
作，垂足為H，
且，
，
，
，
，
方法一：設(shè)，
∴，
∴，
在中，，
，
，
方法二：在中，由，設(shè)，
，
，
，
又且，
，
，
，
；
（2）如圖

延長，作，垂足為H，
且，
，
設(shè)，
，
，
在中，，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
，則，
又且，
，
，
，
，
，
．
【點(diǎn)睛】本題考查的是正方形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，相似三角形的判定與性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的應(yīng)用，本題計(jì)算量大，對(duì)學(xué)生的要求高，熟練的利用參數(shù)建立方程是解本題的關(guān)鍵．
2.(2021·四川省達(dá)州市)某數(shù)學(xué)興趣小組在數(shù)學(xué)課外活動(dòng)中，對(duì)多邊形內(nèi)兩條互相垂直的線段做了如下探究：
【觀察與猜想】
(1)如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，AD上的兩點(diǎn)，連接DE，CF，DE⊥CF，則DECF的值為______ ；
(2)如圖2，在矩形ABCD中，AD=7，CD=4，點(diǎn)E是AD上的一點(diǎn)，連接CE，BD，且CE⊥BD，則CEBD的值為______ ；
【類比探究】
(3)如圖3，在四邊形ABCD中，∠A=∠B=90°，點(diǎn)E為AB上一點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)C作DE的垂線交ED的延長線于點(diǎn)G，交AD的延長線于點(diǎn)F，求證：DE?AB=CF?AD；
【拓展延伸】
(4)如圖4，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AD=9，tan∠ADB=13，將△ABD沿BD翻折，點(diǎn)A落在點(diǎn)C處得△CBD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，連接DE，CF，DE⊥CF．
①求DECF的值；
②連接BF，若AE=1，直接寫出BF的長度．
解：(1)如圖1，設(shè)DE與CF交于點(diǎn)G，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A=∠FDC=90°，AD=CD，
∵DE⊥CF，
∴∠DGF=90°，
∴∠ADE+∠CFD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CFD=∠AED，
在△AED和△DFC中，
∠A=∠FDC∠CFD=∠AEDAD=CD，
∴△AED≌△DFC(AAS)，
∴DE=CF，
∴DECF=1；
(2)如圖2，設(shè)DB與CE交于點(diǎn)G，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠EDC=90°，
∵CE⊥BD，
∴∠DGC=90°，
∴∠CDG+∠ECD=90°，∠ADB+∠CDG=90°，
∴∠ECD=∠ADB，
∵∠CDE=∠A，
∴△DEC∽△ABD，
∴CEBD=DCAD=47，
故答案為：47．
(3)證明：如圖3，過點(diǎn)C作CH⊥AF交AF的延長線于點(diǎn)H，
∵CG⊥EG，
∴∠G=∠H=∠A=∠B=90°，
∴四邊形ABCH為矩形，
∴AB=CH，∠FCH+∠CFH=∠DFG+∠FDG=90°，
∴∠FCH=∠FDG=∠ADE，∠A=∠H=90°，
∴△DEA∽△CFH，
∴DECF=ADCH，
∴DECF=ADAB，
∴DE?AB=CF?AD；
(4)①如圖4，過點(diǎn)C作CG⊥AD于點(diǎn)G，連接AC交BD于點(diǎn)H，CG與DE相交于點(diǎn)O，
∵CF⊥DE，GC⊥AD，
∴∠FCG+∠CFG=∠CFG+∠ADE=90°，
∴∠FCG=∠ADE，∠BAD=∠CGF=90°，
∴△DEA∽△CFG，
∴DECF=ADCG，
在Rt△ABD中，tan∠ADB=13，AD=9，
∴AB=3，
在Rt△ADH中，tan∠ADH=13，
∴AHDH=13，
設(shè)AH=a，則DH=3a，
∵AH2+DH2=AD2，
∴a2+(3a)2=92，
∴a=91010(負(fù)值舍去)，
∴AH=91010，DH=271010，
∴AC=2AH=9510，
∵S△ADC=12AC?DH=12AD?CG，
∴12×9510×271010=12×9CG，
∴CG=275，
∴DECF=ADCG=9275=53；
②∵AC=9510，CG=275，∠AGC=90°，
∴AG=AC2-CG2=(9510)2-(275)2=95，
由①得：△DEA∽△CFG，
∴CFDE=FGAE，
又∵DECF=53，AE=1，
∴FG=35，
∴AF=AG-FG=95-35=65，
∴BF=AB2+AF2=32+(65)2=3529．
3．（2023·甘肅武威·統(tǒng)考中考真題）【模型建立】
（1）如圖1，和都是等邊三角形，點(diǎn)關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)在邊上．
①求證：；
②用等式寫出線段，，的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【模型應(yīng)用】
（2）如圖2，是直角三角形，，，垂足為，點(diǎn)關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)在邊上．用等式寫出線段，，的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【模型遷移】
（3）在（2）的條件下，若，，求的值．

【答案】（1）①見解析；②，理由見解析；（2），理由見解析；（3）
【分析】（1）①證明：，再證明即可；②由和關(guān)于對(duì)稱，可得．證明，從而可得結(jié)論；
（2）如圖，過點(diǎn)作于點(diǎn)，得，證明，．可得，證明，，可得，則，可得，從而可得結(jié)論；
（3）由，可得，結(jié)合，求解，，如圖，過點(diǎn)作于點(diǎn)．可得，，可得，再利用余弦的定義可得答案．
【詳解】（1）①證明：∵和都是等邊三角形，
∴，，，
∴，
∴，
∴．
∴．

②．理由如下：
∵和關(guān)于對(duì)稱，
∴．
∵，
∴．
∴．
（2）．理由如下：
如圖，過點(diǎn)作于點(diǎn)，得．

∵和關(guān)于對(duì)稱，
∴，．
∵，
∴，
∴．
∴．
∵是直角三角形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴，即．
（3）∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
如圖，過點(diǎn)作于點(diǎn)．

∵，
∴，
．
∴．
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，軸對(duì)稱的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)的靈活應(yīng)用，本題難度較高，屬于中考?jí)狠S題，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．
4.（2021·湖北中考真題）問題提出 如圖（1），在和中，，，，點(diǎn)在內(nèi)部，直線與交于點(diǎn)，線段，，之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？
問題探究 （1）先將問題特殊化．如圖（2），當(dāng)點(diǎn)，重合時(shí)，直接寫出一個(gè)等式，表示，，之間的數(shù)量關(guān)系；
（2）再探究一般情形．如圖（1），當(dāng)點(diǎn)，不重合時(shí)，證明（1）中的結(jié)論仍然成立．
問題拓展 如圖（3），在和中，，，（是常數(shù)），點(diǎn)在內(nèi)部，直線與交于點(diǎn)，直接寫出一個(gè)等式，表示線段，，之間的數(shù)量關(guān)系．
【答案】（1）．（2）見解析；問題拓展：．
【分析】
（1）先證明△BCE≌△ACD,得到AF=BE，BF-BE=BF-AF=EF=；
（2）過點(diǎn)作交于點(diǎn)，證明，，是等腰直角三角形即可；利用前面的方法變?nèi)葹橄嗨谱C明即可．
【詳解】
問題探究 （1）．理由如下：如圖（2），
∵∠BCA=∠ECF=90°，
∴∠BCE=∠ACF，
∵BC=AC，EC=CF，
△BCE≌△ACF，
∴BE=AF，
∴BF-BE=BF-AF=EF=；
（2）證明：過點(diǎn)作交于點(diǎn)，則，
∴．
∵，
∴．
又∵，，
∴，
∴．
∴．
∴，，
∴是等腰直角三角形．
∴．
∴．
問題拓展 ．理由如下：
∵∠BCA=∠ECD=90°，
∴∠BCE=∠ACD，
∵BC=kAC，EC=kCD，
∴△BCE∽△ACD，
∴∠EBC=∠FAC，
過點(diǎn)作交于點(diǎn)M，則，
∴．
∴△BCM∽△ACF，
∴BM:AF=BC:AC=MC:CF=k，
∴BM=kAF,MC=kCF，
∴BF-BM=MF，MF==
∴BF- kAF =．
【點(diǎn)睛】
本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握三角形全等的判定，三角形相似的判定，勾股定理是解題的關(guān)鍵．
5．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考中考真題）問題提出：如圖（1），是菱形邊上一點(diǎn)，是等腰三角形，，交于點(diǎn)，探究與的數(shù)量關(guān)系．

問題探究：
(1)先將問題特殊化，如圖（2），當(dāng)時(shí)，直接寫出的大??；
(2)再探究一般情形，如圖（1），求與的數(shù)量關(guān)系．
問題拓展：
(3)將圖（1）特殊化，如圖（3），當(dāng)時(shí)，若，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）延長過點(diǎn)F作，證明即可得出結(jié)論．
（2）在上截取，使，連接，證明，通過邊和角的關(guān)系即可證明．
（3）過點(diǎn)A作的垂線交的延長線于點(diǎn)，設(shè)菱形的邊長為，由（2）知，，通過相似求出，即可解出．
【詳解】（1）延長過點(diǎn)F作，
∵，
，
∴，
在和中
∴，
∴，
，
∴，
∴，
∴．

故答案為：．
（2）解：在上截取，使，連接．
，
，
．
，
．
．
，
．
．

（3）解：過點(diǎn)作的垂線交的延長線于點(diǎn)，設(shè)菱形的邊長為，
．
在中，
，
．
，由（2）知，．
．
，
，
，
在上截取，使，連接，作于點(diǎn)O．
由（2）知，，
∴，
∵，
∴，．
∵，
∴，
∵，
∴．
．

【點(diǎn)睛】此題考查菱形性質(zhì)、三角形全等、三角形相似，解題的關(guān)鍵是熟悉菱形性質(zhì)、三角形全等、三角形相似．
6.（2021·浙江中考真題）（證明體驗(yàn)）
（1）如圖1，為的角平分線，，點(diǎn)E在上，．求證：平分．
（思考探究）
（2）如圖2，在（1）的條件下，F(xiàn)為上一點(diǎn)，連結(jié)交于點(diǎn)G．若，，，求的長．
（拓展延伸）
（3）如圖3，在四邊形中，對(duì)角線平分，點(diǎn)E在上，．若，求的長．
【答案】（1）見解析；（2）；（3）
【分析】
（1）根據(jù)SAS證明，進(jìn)而即可得到結(jié)論；
（2）先證明，得，進(jìn)而即可求解；
（3）在上取一點(diǎn)F，使得，連結(jié)，可得，從而得，可得，，最后證明，即可求解．
【詳解】
解：（1）∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即平分；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴；
（3）如圖，在上取一點(diǎn)F，使得，連結(jié)．
∵平分，
∴
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
又∵，
∴
∴，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，添加輔助線，構(gòu)造全等三角形和相似三角形，是解題的關(guān)鍵．
7．（2023·山東·統(tǒng)考中考真題）（1）如圖1，在矩形中，點(diǎn)，分別在邊，上，，垂足為點(diǎn)．求證：．

【問題解決】
（2）如圖2，在正方形中，點(diǎn)，分別在邊，上，，延長到點(diǎn)，使，連接．求證：．
【類比遷移】
（3）如圖3，在菱形中，點(diǎn)，分別在邊，上，，，，求的長．
【答案】（1）見解析
（2）見解析
（3）3
【分析】（1）由矩形的性質(zhì)可得，則，再由，可得，則，根據(jù)等角的余角相等得，即可得證；
（2）利用“”證明，可得，由，可得，利用“”證明，則，由正方形的性質(zhì)可得，根據(jù)平行線的性質(zhì)，即可得證；
（3）延長到點(diǎn)，使，連接，由菱形的性質(zhì)可得，，則，推出，由全等的性質(zhì)可得，，進(jìn)而推出是等邊三角形，再根據(jù)線段的和差關(guān)系計(jì)算求解即可．
【詳解】（1）證明：四邊形是矩形，
，
，
，
，
，
，
；
（2）證明：四邊形是正方形，
，，，
，
，
，
又，
，
點(diǎn)在的延長線上，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如圖，延長到點(diǎn)，使，連接，

四邊形是菱形，
，，
，
，
，，
，
，
是等邊三角形，
，
．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握這些知識(shí)點(diǎn)并靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．
8.（2021·安徽中考真題）如圖1，在四邊形ABCD中，，點(diǎn)E在邊BC上，且，，作交線段AE于點(diǎn)F，連接BF．
（1）求證：；
（2）如圖2，若，，，求BE的長；
（3）如圖3，若BF的延長線經(jīng)過AD的中點(diǎn)M，求的值．
【答案】（1）見解析；（2）6；（3）
【分析】
（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)及已知條件易證，，即可得，；再證四邊形AFCD是平行四邊形即可得，所以，根據(jù)SAS即可證得；
（2）證明，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解；
（3）延長BM、ED交于點(diǎn)G．易證，可得；設(shè)，，，由此可得，；再證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得．證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，即，解方程求得x的值，繼而求得的值．
【詳解】
（1）證明：，
；
，
，，
，
，，
，，
，，
四邊形AFCD是平行四邊形
在與中．
，
（2），
，
在中，，
，
，
又，，
，
在與中．
，
；
；
，
；
，
；
，
，
或（舍）；
（3）延長BM、ED交于點(diǎn)G．
與均為等腰三角形，，
，
，
設(shè)，，，
則，，
，
，
；
在與中，
，
；
．
；
，
，
，
，
，
，
，
，
（舍），，
．
【點(diǎn)睛】
本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的性質(zhì)及判定、相似三角形的性質(zhì)及判定，熟練判定三角形全等及相似是解決問題的關(guān)鍵．
9．（2023·黑龍江·統(tǒng)考中考真題）如圖①，和是等邊三角形，連接，點(diǎn)F，G，H分別是和的中點(diǎn)，連接．易證：．
若和都是等腰直角三角形，且，如圖②：若和都是等腰三角形，且，如圖③：其他條件不變，判斷和之間的數(shù)量關(guān)系，寫出你的猜想，并利用圖②或圖③進(jìn)行證明．

【答案】圖②中，圖③中，證明見解析
【分析】圖②：如圖②所示，連接，先由三角形中位線定理得到，，再證明得到，則，進(jìn)一步證明，即可證明是等腰直角三角形，則；
圖③：仿照?qǐng)D②證明是等邊三角形，則．
【詳解】解：圖②中，圖③中，
圖②證明如下：
如圖②所示，連接，
∵點(diǎn)F，G分別是的中點(diǎn)，
∴是的中位線，
∴，
同理可得，
∵和都是等腰直角三角形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
，
∴是等腰直角三角形，
∴；

圖③證明如下：
如圖③所示，連接，
∵點(diǎn)F，G分別是的中點(diǎn)，
∴是的中位線，
∴，
同理可得，
∵和都是等腰三角形，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
，
∴是等邊三角形，
∴．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，三角形中位線定理，等邊三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理等等，正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
10.（2021·湖南中考真題）如圖，在中，，N是邊上的一點(diǎn)，D為的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作的平行線交的延長線于T，且，連接．
（1）求證：；
（2）在如圖中上取一點(diǎn)O，使，作N關(guān)于邊的對(duì)稱點(diǎn)M，連接、、、、得如圖．
①求證：；
②設(shè)與相交于點(diǎn)P，求證：．
【答案】(1)見解析；(2)①見解析，②見解析．
【分析】
（1）先用，且證明出四邊形ATBN是平行四邊形，得到△TAD≌△CND，用對(duì)應(yīng)邊相等與等量代換，從而得出結(jié)論．
（2）①連接AM、MN，利用矩形的性質(zhì)與等腰三角形的性質(zhì)，證明出△OCM是直角三角形，證明出Rt△OAT≌Rt△OCM，得到對(duì)應(yīng)角相等，則得到答案；
②連接OP，由①中，得到∠OTM=∠OAP，點(diǎn)O、T、A、P共圓，由直徑所對(duì)的圓周角為直角，證明出∠OPT=90?，再根據(jù)等腰三角形的三線合一性得出結(jié)論．
【詳解】
證明：（1）∵，且
∴，且，
∴四邊形ATBN是平行四邊形，
∴，
∴∠DTA=∠DCN，
∵∠ADT=∠NDC，
∵點(diǎn)D為AN的中點(diǎn)，
∴AD=ND，
∴△TAD≌△CND（AAS）
∴TA=CN，
∵，
∴BN=CN，
（2）①如圖所示，連接AM、MN，
∵點(diǎn)N關(guān)于邊的對(duì)稱點(diǎn)為M，
∴△ANC≌△AMC，
∴∠ACN=∠ACM，
∵AB=AC，點(diǎn)N為AC的中點(diǎn)，
∴平行四邊形ATBN是矩形，
∴∠TAB=∠ABN=∠ACN=∠ACM，∠BAN=∠MAC=∠CAN，AT=BN=NC=MC，
∵OA=OC，
∴∠CAN=∠ACO，
∴∠TAB+∠BAN=∠ACM+∠ACO=90?，
∴∠OAT=∠OCM=90?，
在Rt△OAT和Rt△OCM中，
∵AT=CM，∠OAT=∠OCM ，OA=OC，
∴Rt△OAT≌Rt△OCM（SAS），
∴∠AOT=∠COM，OT=OM，
∴∠AOT+∠AOM=∠COM+∠AOM，
∴∠TOM=∠AOC
∵OA=OC，OT=OM，
∵，
∴；
②如圖所示，連接OP，
∵，
∴∠OTM=∠OAP，
∴點(diǎn)O、T、A、P共圓，
∵∠OAT=90?，
∴OT為圓的直徑，
∴∠OPT=90?，
∵OT=OM，
∴點(diǎn)P為TM的中點(diǎn)，
∵由（1）得△TAD≌△CND，
∴TD=CD，
∴點(diǎn)D為TC的中點(diǎn)，
∴DP為△TCM的中位線，
∴．
【點(diǎn)睛】
本題主要考查了矩形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)、以及相似三角形的判定與性質(zhì)、圓中直徑的性質(zhì)，關(guān)鍵在于通過等量代換，換出角相等，證明出直角三角形全等，再證明三角形相似．
11．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）（1）如圖，在矩形中，為邊上一點(diǎn)，連接，
①若，過作交于點(diǎn)，求證：；
②若時(shí)，則______．

（2）如圖，在菱形中，，過作交的延長線于點(diǎn)，過作交于點(diǎn)，若時(shí)，求的值．

（3）如圖，在平行四邊形中，，，，點(diǎn)在上，且，點(diǎn)為上一點(diǎn)，連接，過作交平行四邊形的邊于點(diǎn)，若時(shí)，請(qǐng)直接寫出的長．

【答案】（1）①見解析；②；（2）；（3）或或
【分析】（1）①根據(jù)矩形的性質(zhì)得出，，進(jìn)而證明結(jié)合已知條件，即可證明；
②由①可得，，證明，得出，根據(jù)，即可求解；
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出，，根據(jù)已知條件得出，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解；
（3）分三種情況討論，①當(dāng)點(diǎn)在邊上時(shí)，如圖所示，延長交的延長線于點(diǎn)，連接，過點(diǎn)作于點(diǎn)，證明，解，進(jìn)而得出，根據(jù)，得出，建立方程解方程即可求解；②當(dāng)點(diǎn)在邊上時(shí)，如圖所示，連接，延長交的延長線于點(diǎn)，過點(diǎn)作，則，四邊形是平行四邊形，同理證明，根據(jù)得出，建立方程，解方程即可求解；③當(dāng)點(diǎn)在邊上時(shí)，如圖所示，過點(diǎn)作于點(diǎn)，求得，而，得出矛盾，則此情況不存在．
【詳解】解：（1）①∵四邊形是矩形，則，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
又∵，
∴；
②由①可得，
∴
∴，
又∵
∴,
故答案為：．
（2）∵在菱形中，，
∴，，
則，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴,
又，
∴，
∴，
∴；
（3）①當(dāng)點(diǎn)在邊上時(shí)，如圖所示，延長交的延長線于點(diǎn)，連接，過點(diǎn)作于點(diǎn)，

∵平行四邊形中，，，
∴，,
∵，
∴
∴，
∴
∴
在中，，
則，，
∴
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴
設(shè)，則，，，
∴
解得：或，
即或，
②當(dāng)點(diǎn)在邊上時(shí)，如圖所示，

連接，延長交的延長線于點(diǎn)，過點(diǎn)作，則，四邊形是平行四邊形，
設(shè)，則，，
∵
∴
∴，
∴
∴，
∵
∴
過點(diǎn)作于點(diǎn)，
在中，，
∴，，
∴，則，
∴，
∴，
，
∴
∴，
即，
∴
即
解得：（舍去）
即；
③當(dāng)點(diǎn)在邊上時(shí)，如圖所示，

過點(diǎn)作于點(diǎn)，
在中，，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴點(diǎn)不可能在邊上，
綜上所述，的長為或或．
【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)，解直角三角形，矩形的性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)與判定，分類討論是解題的關(guān)鍵．
12.（2020?山西）綜合與實(shí)踐
問題情境：
如圖①，點(diǎn)E為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△CBE′（點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C）．延長AE交CE′于點(diǎn)F，連接DE．
猜想證明：
（1）試判斷四邊形BE'FE的形狀，并說明理由；
（2）如圖②，若DA＝DE，請(qǐng)猜想線段CF與FE'的數(shù)量關(guān)系并加以證明；
解決問題：
（3）如圖①，若AB＝15，CF＝3，請(qǐng)直接寫出DE的長．
【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，由正方形的判定可證四邊形BE'FE是正方形；
（2）過點(diǎn)D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性質(zhì)可得AH=12AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH＝BE=12AE，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AE＝CE'，可得結(jié)論；
（3）利用勾股定理可求BE＝BE'＝9，再利用勾股定理可求DE的長．
【解析】（1）四邊形BE'FE是正方形，
理由如下：
∵將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，
∴∠AEB＝∠CE'B＝90°，BE＝BE'，∠EBE'＝90°，
又∵∠BEF＝90°，
∴四邊形BE'FE是矩形，
又∵BE＝BE'，
∴四邊形BE'FE是正方形；
（2）CF＝E'F；
理由如下：如圖②，過點(diǎn)D作DH⊥AE于H，
∵DA＝DE，DH⊥AE，
∴AH=12AE，DH⊥AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE=12AE，
∵將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，
∴AE＝CE'，
∵四邊形BE'FE是正方形，
∴BE＝E'F，
∴E'F=12CE'，
∴CF＝E'F；
（3）如圖①，過點(diǎn)D作DH⊥AE于H，
∵四邊形BE'FE是正方形，
∴BE'＝E'F＝BE，
∵AB＝BC＝15，CF＝3，BC2＝E'B2+E'C2，
∴225＝E'B2+（E'B+3）2，
∴E'B＝9＝BE，
∴CE'＝CF+E'F＝12，
由（2）可知：BE＝AH＝9，DH＝AE＝CE'＝12，
∴HE＝3，
∴DE=DH2+HE2=144+9=317．
13.（2020?湘西州）問題背景：如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交AD、DC于E、F．探究圖中線段AE，CF，EF之間的數(shù)量關(guān)系．
小李同學(xué)探究此問題的方法是：延長FC到G，使CG＝AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，可得出結(jié)論，他的結(jié)論就是 ；
探究延伸1：如圖2，在四邊形ABCD中，∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，BA＝BC，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)．它的兩邊分別交AD、DC于E、F，上述結(jié)論是否仍然成立？請(qǐng)直接寫出結(jié)論（直接寫出“成立”或者“不成立”），不要說明理由；
探究延伸2：如圖3，在四邊形ABCD中，BA＝BC，∠BAD+∠BCD＝180°，∠ABC＝2∠MBN，∠MBN繞B點(diǎn)旋轉(zhuǎn)．它的兩邊分別交AD、DC于E、F．上述結(jié)論是否仍然成立？并說明理由；
實(shí)際應(yīng)用：如圖4，在某次軍事演習(xí)中，艦艇甲在指揮中心（O處）北偏西30°的A處．艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，并且兩艦艇到指揮中心的距離相等，接到行動(dòng)指令后，艦艇甲向正東方向以75海里/小時(shí)的速度前進(jìn)，同時(shí)艦艇乙沿北偏東50°的方向以100海里/小時(shí)的速度前進(jìn)，1.2小時(shí)后，指揮中心觀測(cè)到甲、乙兩艦艇分別到達(dá)E、F處．且指揮中心觀測(cè)兩艦艇視線之間的夾角為70°．試求此時(shí)兩艦艇之間的距離．
【分析】問題背景：延長FC到G，使CG＝AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，即可得出結(jié)論：EF＝AE+CF；
探究延伸1：延長FC到G，使CG＝AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，可得出結(jié)論：EF＝AE+CF；
探究延伸2：延長DC到H，使得CH＝AE，連接BH，先證明△BCH≌△BAE，即可得到BE＝HB，∠ABE＝∠HBC，再證明△HBF≌△EBF，即可得出EF＝HF＝HC+CF＝AE+CF；
實(shí)際應(yīng)用：連接EF，延長BF交AE的延長線于G，根據(jù)題意可轉(zhuǎn)化為如下的數(shù)學(xué)問題：在四邊形GAOB中，OA＝OB，∠A+∠B＝180°，∠AOB＝2∠EOF，∠EOF的兩邊分別交AG，BG于E，F(xiàn)，求EF的長．再根據(jù)探究延伸2的結(jié)論：EF＝AE+BF，即可得到兩艦艇之間的距離．
【解析】問題背景：
如圖1，延長FC到G，使CG＝AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，可得出結(jié)論：EF＝AE+CF；
故答案為：EF＝AE+CF；
探究延伸1：
如圖2，延長FC到G，使CG＝AE，連接BG，先證明△BCG≌△BAE，再證明△BFG≌△BFE，可得出結(jié)論：EF＝AE+CF；
探究延伸2：
上述結(jié)論仍然成立，即EF＝AE+CF，理由：
如圖3，延長DC到H，使得CH＝AE，連接BH，
∵∠BAD+∠BCD＝180°，∠BCH+∠BCD＝180°，
∴∠BCH＝∠BAE，
∵BA＝BC，CH＝AE，
∴△BCH≌△BAE（SAS），
∴BE＝HB，∠ABE＝∠HBC，
∴∠HBE＝∠ABC，
又∵∠ABC＝2∠MBN，
∴∠EBF＝∠HBF，
∵BF＝BF，
∴△HBF≌△EBF（SAS），
∴EF＝HF＝HC+CF＝AE+CF；
實(shí)際應(yīng)用：
如圖4，連接EF，延長BF交AE的延長線于G，
因?yàn)榕炌Ъ自谥笓]中心（O處）北偏西30°的A處．艦艇乙在指揮中心南偏東70°的B處，所以∠AOB＝140°，
因?yàn)橹笓]中心觀測(cè)兩艦艇視線之間的夾角為70°，所以∠EOF＝70°，所以∠AOB＝2∠EOF．
依題意得，OA＝OB，∠A＝60°，∠B＝120°，所以∠A+∠B＝180°，
因此本題的實(shí)際的應(yīng)用可轉(zhuǎn)化為如下的數(shù)學(xué)問題：
在四邊形GAOB中，OA＝OB，∠A+∠B＝180°，∠AOB＝2∠EOF，∠EOF的兩邊分別交AG，B于E，F(xiàn)，求EF的長．
根據(jù)探究延伸2的結(jié)論可得：EF＝AE+BF，
根據(jù)題意得，AE＝75×1.2＝90（海里），BF＝100×1.2＝120（海里），
所以EF＝90+120＝210（海里）．
答：此時(shí)兩艦艇之間的距離為210海里．
14.（2020?揚(yáng)州）如圖1，已知點(diǎn)O在四邊形ABCD的邊AB上，且OA＝OB＝OC＝OD＝2，OC平分∠BOD，與BD交于點(diǎn)G，AC分別與BD、OD交于點(diǎn)E、F．
（1）求證：OC∥AD；
（2）如圖2，若DE＝DF，求AEAF的值；
（3）當(dāng)四邊形ABCD的周長取最大值時(shí)，求DEDF的值．
【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)及角平分線的定義證得∠ADO＝∠DOC，則可得出結(jié)論；
（2）過點(diǎn)E作EM∥FD交AD的延長線于點(diǎn)M，證得∠M＝∠ADF＝45°，由直角三角形的性質(zhì)得出EM=2DE=2DF，證明△AME∽△ADF，得出AEAF=EMDF=2；
（3）設(shè)BC＝CD＝x，CG＝m，則OG＝2﹣m，由勾股定理得出4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，解得：m=14x2，可用x表示四邊形ABCD的周長，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可求出x＝2時(shí)，四邊形ABCD有最大值，得出∠ADF＝∠DOC＝60°，∠DAE＝30°，由直角三角形的性質(zhì)可得出答案．
【解答】（1）證明：∵AO＝OD，
∴∠OAD＝∠ADO，
∵OC平分∠BOD，
∴∠DOC＝∠COB，
又∵∠DOC+∠COB∠＝∠OAD+∠ADO，
∴∠ADO＝∠DOC，
∴CO∥AD；
（2）解：如圖1，過點(diǎn)E作EM∥FD交AD的延長線于點(diǎn)M，
設(shè)∠DAC＝α，
∵CO∥AD，
∴∠ACO＝∠DAC＝α，
∵AO＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝α，
∵OA＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD＝2α，
∵DE＝EF，
∴∠DFE＝∠DEF＝3α，
∵AO＝OB＝OD，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAE+∠AED＝90°，
即4α＝90°，
∴∠ADF＝2α＝45°，
∴∠FDE＝45°，
∴∠M＝∠ADF＝45°，
∴EM=2DE=2DF，
∵DF∥EM，
∴△AME∽△ADF，
∴AEAF=EMDF=2；
（3）解：如圖2，
∵OD＝OB，∠BOC＝∠DOC，
∴△BOC≌△DOC（SAS），
∴BC＝CD，
設(shè)BC＝CD＝x，CG＝m，則OG＝2﹣m，
∵OB2﹣OG2＝BC2﹣CG2，
∴4﹣（2﹣m）2＝x2﹣m2，
解得：m=14x2，
∴OG＝2-14x2，
∵OD＝OB，∠DOG＝∠BOG，
∴G為BD的中點(diǎn)，
又∵O為AB的中點(diǎn)，
∴AD＝2OG＝4-12x2，
∴四邊形ABCD的周長為2BC+AD+AB＝2x+4-12x2+4=-12x2+2x+8=-12(x-2)2+10，
∵-12＜0，
∴x＝2時(shí)，四邊形ABCD的周長有最大值為10．
∴BC＝2，
∴△BCO為等邊三角形，
∴∠BOC＝60°，
∵OC∥AD，
∴∠DAC＝∠COB＝60°，
∴∠ADF＝∠DOC＝60°，∠DAE＝30°，
∴∠AFD＝90°，
∴DEDA=33，DF=12DA，
∴DEDF=233．
15.（2020?南京）如圖①，要在一條筆直的路邊l上建一個(gè)燃?xì)庹?，向l同側(cè)的A、B兩個(gè)城鎮(zhèn)分別鋪設(shè)管道輸送燃?xì)猓嚧_定燃?xì)庹镜奈恢?，使鋪設(shè)管道的路線最短．
（1）如圖②，作出點(diǎn)A關(guān)于l的對(duì)稱點(diǎn)A'，線段A'B與直線l的交點(diǎn)C的位置即為所求，即在點(diǎn)C處建燃?xì)庹?，所得路線ACB是最短的．
為了證明點(diǎn)C的位置即為所求，不妨在直線1上另外任取一點(diǎn)C'，連接AC'、BC'，證明AC+CB＜AC′+C'B．請(qǐng)完成這個(gè)證明．
（2）如果在A、B兩個(gè)城鎮(zhèn)之間規(guī)劃一個(gè)生態(tài)保護(hù)區(qū)，燃?xì)夤艿啦荒艽┻^該區(qū)域．請(qǐng)分別給出下列兩種情形的鋪設(shè)管道的方案（不需說明理由）．
①生態(tài)保護(hù)區(qū)是正方形區(qū)域，位置如圖③所示；
②生態(tài)保護(hù)區(qū)是圓形區(qū)域，位置如圖④所示．
【分析】（1）由軸對(duì)稱的性質(zhì)可得CA＝CA'，可得AC+BC＝A'C+BC＝A'B，AC'+C'B＝A'C'+BC'，由三角形的三邊關(guān)系可得A'B＜A'C'+C'B，可得結(jié)論；
（2）①由（1）的結(jié)論可求；
②由（1）的結(jié)論可求解．
【解答】證明：（1）如圖②，連接A'C'，
∵點(diǎn)A，點(diǎn)A'關(guān)于l對(duì)稱，點(diǎn)C在l上，
∴CA＝CA'，
∴AC+BC＝A'C+BC＝A'B，
同理可得AC'+C'B＝A'C'+BC'，
∵A'B＜A'C'+C'B，
∴AC+BC＜AC'+C'B；
（2）如圖③，
在點(diǎn)C出建燃?xì)庹?，鋪設(shè)管道的最短路線是ACDB，（其中點(diǎn)D是正方形的頂點(diǎn)）；
如圖④，
在點(diǎn)C出建燃?xì)庹?，鋪設(shè)管道的最短路線是ACD+DE+EB，（其中CD，BE都與圓相切）
16.（2020?達(dá)州）（1）[閱讀與證明]
如圖1，在正△ABC的外角∠CAH內(nèi)引射線AM，作點(diǎn)C關(guān)于AM的對(duì)稱點(diǎn)E（點(diǎn)E在∠CAH內(nèi)），連接BE，BE、CE分別交AM于點(diǎn)F、G．
①完成證明：∵點(diǎn)E是點(diǎn)C關(guān)于AM的對(duì)稱點(diǎn)，
∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．
∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴AE＝AB，得∠3＝∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，∴∠1+∠3＝ °．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，∴∠FEG＝ °．
②求證：BF＝AF+2FG．
（2）[類比與探究]
把（1）中的“正△ABC”改為“正方形ABDC”，其余條件不變，如圖2．類比探究，可得：
①∠FEG＝ °；
②線段BF、AF、FG之間存在數(shù)量關(guān)系 ．
（3）[歸納與拓展]
如圖3，點(diǎn)A在射線BH上，AB＝AC，∠BAC＝α（0°＜α＜180°），在∠CAH內(nèi)引射線AM，作點(diǎn)C關(guān)于AM的對(duì)稱點(diǎn)E（點(diǎn)E在∠CAH內(nèi)），連接BE，BE、CE分別交AM于點(diǎn)F、G．則線段BF、AF、GF之間的數(shù)量關(guān)系為 ．
【分析】（1）①利用等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理解決問題即可．
②如圖1中，連接CF，在FB上取一點(diǎn)T，使得FT＝CF，連接CT．證明△BCT≌△ACF（SAS可得結(jié)論．
（2）①如圖2中，利用圓周角定理解決問題即可．
②結(jié)論：BF=2AF+2FG．如圖2中，連接CF，在FB上取一點(diǎn)T，使得FT＝CF，連接CT．證明△BCT∽△ACF，推出BTAF=BCAC=2，推出BT=2AF可得結(jié)論．
（3）如圖3中，連接CF，BC，在BF上取一點(diǎn)T，使得FT＝CF．構(gòu)造相似三角形，利用相似三角形的性質(zhì)解決問題即可．
【解答】（1）①解：如圖1中，∵點(diǎn)E是點(diǎn)C關(guān)于AM的對(duì)稱點(diǎn)，
∴∠AGE＝90°，AE＝AC，∠1＝∠2．
∵正△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝AC，
∴AE＝AB，得∠3＝∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4＝180°，
∴∠1+∠3＝60°．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1＝90°，
∴∠FEG＝30°．
故答案為60，30．
②證明：如圖1中，連接CF，在FB上取一點(diǎn)T，使得FT＝CF，連接CT．
∵C，E關(guān)于AM對(duì)稱，
∴AM垂直平分線段EC，
∴FE＝FC，
∴∠FEC＝∠FCE＝30°，EF＝2FG，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝60°，
∵FC＝FT，
∴△CFT是等邊三角形，
∴∠ACB＝∠FCT＝60°，CF＝CT＝FT，
∴∠BCT＝∠ACF，
∵CB＝CA，
∴△BCT≌△ACF（SAS），
∴BT＝AF，
∴BF＝BT+FT＝AF+EF＝AF+2FG．
（2）解：①如圖2中，∵AB＝AC＝AE，
∴點(diǎn)A是△ECB的外接圓的圓心，
∴∠BEC=12∠BAC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠FEG＝45°．
故答案為45．
②結(jié)論：BF=2AF+2FG．
理由：如圖2中，連接CF，在FB上取一點(diǎn)T，使得FT＝CF，連接CT．
∵AM⊥EC，CG＝CE，
∴FC＝EF，
∴∠FEC＝∠FCE＝45°，EF=2FG，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝90°，
∵CF＝CT，
∴△CFT是等腰直角三角形，
∴CT=2CF，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC=2AC，
∴CTCF=CBCA，
∵∠BCA＝∠TCF＝45°，
∴∠BCT＝∠ACF，
∴△BCT∽△ACF，
∴BTAF=BCAC=2，
∴BT=2AF，
∴BF＝BT+TF=2AF+2FG．．
（3）如圖3中，連接CF，BC，在BF上取一點(diǎn)T，使得FT＝CF．
∵AB＝AC，∠BAC＝α，
∴12BCAC=sin12α，
∴BCAC=2?sin12α，
∵AB＝AC＝AE，
∴∠BEC=12∠BAC=12α，EF=FGsin12α，
∵FC＝FE，
∴∠FEC＝∠FCE=12α，
∴∠CFT＝∠FEC+∠FCE＝α，
同法可證，△BCT∽△ACF，
∴BTAF=BCAC=2?sin12α，
∴BT＝2AF?sin12α，
∴BF＝BT+FT＝2AF?sin12α+EF．即BF＝2AF?sin12α+FGsin12α．
故答案為：BF＝2AF?sin12α+FGsin12α．

相關(guān)試卷

【二輪復(fù)習(xí)】中考數(shù)學(xué) 題型11 綜合探究題 類型3 與折疊有關(guān)的探究題（專題訓(xùn)練）：

這是一份【二輪復(fù)習(xí)】中考數(shù)學(xué) 題型11 綜合探究題 類型3 與折疊有關(guān)的探究題（專題訓(xùn)練），文件包含二輪復(fù)習(xí)中考數(shù)學(xué)題型11綜合探究題類型3與折疊有關(guān)的探究題專題訓(xùn)練教師版docx、二輪復(fù)習(xí)中考數(shù)學(xué)題型11綜合探究題類型3與折疊有關(guān)的探究題專題訓(xùn)練學(xué)生版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共54頁， 歡迎下載使用。

【二輪復(fù)習(xí)】中考數(shù)學(xué) 題型11 綜合探究題 類型2 與動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的探究題（專題訓(xùn)練）：

這是一份【二輪復(fù)習(xí)】中考數(shù)學(xué) 題型11 綜合探究題 類型2 與動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的探究題（專題訓(xùn)練），文件包含二輪復(fù)習(xí)中考數(shù)學(xué)題型11綜合探究題類型2與動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的探究題專題訓(xùn)練教師版docx、二輪復(fù)習(xí)中考數(shù)學(xué)題型11綜合探究題類型2與動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的探究題專題訓(xùn)練學(xué)生版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共63頁， 歡迎下載使用。

2024年中考數(shù)學(xué)二輪題型突破練習(xí)題型11 綜合探究題 類型1 非動(dòng)態(tài)探究題（專題訓(xùn)練）（2份打包，原卷版+教師版）：

這是一份2024年中考數(shù)學(xué)二輪題型突破練習(xí)題型11 綜合探究題 類型1 非動(dòng)態(tài)探究題（專題訓(xùn)練）（2份打包，原卷版+教師版），文件包含2024年中考數(shù)學(xué)二輪題型突破練習(xí)題型11綜合探究題類型1非動(dòng)態(tài)探究題專題訓(xùn)練原卷版doc、2024年中考數(shù)學(xué)二輪題型突破練習(xí)題型11綜合探究題類型1非動(dòng)態(tài)探究題專題訓(xùn)練教師版doc等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共68頁， 歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

題型11 綜合探究題 類型1 非動(dòng)態(tài)探究題（專題訓(xùn)練）-2024年中考數(shù)學(xué)二輪題型突破（全國通用）

題型11 綜合探究題 類型1 非動(dòng)態(tài)探究題（專題訓(xùn)練）-2024年中考數(shù)學(xué)二輪題型突破（全國通用）
題型11 綜合探究題 類型一 非動(dòng)態(tài)探究題（專題訓(xùn)練）-最新中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義+專題（全國通用）

題型11 綜合探究題 類型一 非動(dòng)態(tài)探究題（專題訓(xùn)練）-最新中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講義+專題（全國通用）
題型十一 綜合探究題 類型一 非動(dòng)態(tài)探究題（專題訓(xùn)練）-備戰(zhàn)2024年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)高分突破（全國通用）

題型十一 綜合探究題 類型一 非動(dòng)態(tài)探究題（專題訓(xùn)練）-備戰(zhàn)2024年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)高分突破（全國通用）
題型十一 綜合探究題 類型一 非動(dòng)態(tài)探究題（專題訓(xùn)練）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（全國通用）

題型十一 綜合探究題 類型一 非動(dòng)態(tài)探究題（專題訓(xùn)練）-中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（全國通用）
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
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(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
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(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部