【例1】（2022·四川·巴中市教育科學(xué)研究所中考真題）四邊形內(nèi)接于，直徑與弦交于點(diǎn)，直線與相切于點(diǎn)．
(1)如圖1，若，且，求證：平分；
(2)如圖2，連接，若，求證：．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）連接，根據(jù)切線的性質(zhì)可得，再由，可得，從而得到為等邊三角形，再跟等邊三角形的性質(zhì)可得BE平分，即可求證；
（2）根據(jù)切線的性質(zhì)和直徑所對(duì)的圓周角是直角可得，從而得到，進(jìn)而得到，再由，即可求證．
（1）
證明：連接，
直線與相切于點(diǎn)，
，
，
，
，
又，
為等邊三角形，
又，
平分，
，
平分；
（2）
證明：∵直線與相切于點(diǎn)，
，
，
∵AC為直徑，
∴∠ABC=90°，
∴∠OBC+∠ABO=90°，
∴∠OBC=∠PBA，
∵OB=OC，
∴，
，
，
，
又，
．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握切線的性質(zhì)，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【例2】（2022·廣東深圳·中考真題）一個(gè)玻璃球體近似半圓為直徑，半圓上點(diǎn)處有個(gè)吊燈 的中點(diǎn)為

(1)如圖①，為一條拉線，在上，求的長(zhǎng)度．
(2)如圖②，一個(gè)玻璃鏡與圓相切，為切點(diǎn)，為上一點(diǎn)，為入射光線，為反射光線，求的長(zhǎng)度．
(3)如圖③，是線段上的動(dòng)點(diǎn)，為入射光線，為反射光線交圓于點(diǎn)在從運(yùn)動(dòng)到的過程中，求點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)．
【答案】(1)2
(2)
(3)
【分析】（1）由，可得出為的中位線，可得出D為中點(diǎn)，即可得出的長(zhǎng)度；
（2）過N點(diǎn)作，交于點(diǎn)D，可得出為等腰直角三角形，根據(jù),可得出，設(shè)，則，根據(jù)，即可求得，再根據(jù)勾股定理即可得出答案；
（3）依題意得出點(diǎn)N路徑長(zhǎng)為： ，推導(dǎo)得出，即可計(jì)算給出，即可得出答案．
（1）
∵
∴為的中位線
∴D為的中點(diǎn)
∵
∴
（2）
過N點(diǎn)作，交于點(diǎn)D，
∵，
∴為等腰直角三角形，即，
又∵，
∴，
∴，
∴，
設(shè)，則，
∵，
∴，
解得，
∴，，
∴在中，；
（3）
如圖，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)O重合時(shí)，點(diǎn)N也與點(diǎn)O重合． 當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)T，故點(diǎn)N路徑長(zhǎng)為： ．
∵．
∴．
∴．
∴，
∴ ，
∴N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)為： ，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓的性質(zhì)，弧長(zhǎng)公式、勾股定理、中位線，利用銳角三角函數(shù)值解三角函數(shù)，掌握以上知識(shí)，并能靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．
【例3】（2022·黑龍江哈爾濱·中考真題）已知是的直徑，點(diǎn)A，點(diǎn)B是上的兩個(gè)點(diǎn)，連接，點(diǎn)D，點(diǎn)E分別是半徑的中點(diǎn)，連接，且．
(1)如圖1，求證：；
(2)如圖2，延長(zhǎng)交于點(diǎn)F，若，求證：；
(3)如圖3，在（2）的條件下，點(diǎn)G是上一點(diǎn)，連接，若，，求的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)
【分析】（1）根據(jù)SAS證明即可得到結(jié)論；
（2）證明即可得出結(jié)論；
（3）先證明，連接，證明，設(shè)，，在上取點(diǎn)M，使得，連接，證明為等邊三角形，得，根據(jù)可求出，得，，過點(diǎn)H作于點(diǎn)N，求出，再證，根據(jù)可得結(jié)論．
（1）
如圖1．∵點(diǎn)D，點(diǎn)E分別是半徑的中點(diǎn)
∴，
∵，
∴
∵，
∴
∵
∴，
∴；
（2）
如圖2．∵，
∴
由（1）得，
∴
∴，
∴
∵
∴，
∴
（3）
如圖3．∵，
∴
∴
連接．∵
∴，
∴，
∵
設(shè)，
∴
在上取點(diǎn)M，使得，連接
∵，
∴
∴，
∴為等邊三角形
∴
∵，
∴
∴，
∴
∴，
過點(diǎn)H作于點(diǎn)N
，
∴，
∴
∵，，
∴
∵，
∴，
∴
∴，
在中，，
∴
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理以及解直角三角形等知識(shí)，正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解答本題的關(guān)鍵．
【例4】（2022·黑龍江綏化·中考真題）如圖所示，在的內(nèi)接中，，，作于點(diǎn)P，交于另一點(diǎn)B，C是上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與A，M重合），射線交線段的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，分別連接和，交于點(diǎn)E．
(1)求證：．
(2)若，，求的長(zhǎng)．
(3)在點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)時(shí)，求的值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）利用圓周角定理得到∠CMA=∠ABC，再利用兩角分別相等即可證明相似；
（2）連接OC，先證明MN是直徑，再求出AP和NP的長(zhǎng)，接著證明，利用相似三角形的性質(zhì)求出OE和PE，再利用勾股定理求解即可；
（3）先過C點(diǎn)作CG⊥MN，垂足為G，連接CN，設(shè)出再利用三角函數(shù)和勾股定理分別表示出PB和PG，最后利用相似三角形的性質(zhì)表示出EG，然后表示出ME和NE，算出比值即可．
（1）
解：∵AB⊥MN，
∴∠APM=90°，
∴∠D+∠DMP=90°，
又∵∠DMP+∠NAC=180°，∠MAN=90°，
∴∠DMP+∠CAM=90°，
∴∠CAM=∠D，
∵∠CMA=∠ABC，
∴．
（2）
連接OC，
∵，
∴MN是直徑，
∵，
∴OM=ON=OC=5，
∵，且，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴OC⊥MN，
∴∠COE=90°，
∵AB⊥MN，
∴∠BPE=90°，
∴∠BPE=∠COE，
又∵∠BEP=∠CEO，
∴
∴，
即
由，
∴，
∴，
，
∴．
（3）
過C點(diǎn)作CG⊥MN，垂足為G，連接CN，則∠CGM=90°，
∴∠CMG+∠GCM=90°，
∵M(jìn)N是直徑，
∴∠MCN=90°，
∴∠CNM+∠DMP=90°，
∵∠D+∠DMP=90°，
∴∠D=∠CNM=∠GCM，
∵，
∴，
∵
∴設(shè)
∴
∴
∴
∴
∵，且，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵∠CGE=∠BPE=90°，∠CEG =∠BEP，
∴，
∴，
即
∴，
∴，，
∴，
∴的值為．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓的相關(guān)知識(shí)、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)、勾股定理等知識(shí)，涉及到了動(dòng)點(diǎn)問題，解題關(guān)鍵是構(gòu)造相似三角形，正確表示出各線段并找出它們的關(guān)系，本題綜合性較強(qiáng)，屬于壓軸題．
一、解答題【共20題】
1．（2022·內(nèi)蒙古內(nèi)蒙古·中考真題）如圖，是的外接圓，與相切于點(diǎn)D，分別交，的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E和F，連接交于點(diǎn)N，的平分線交于點(diǎn)M．
(1)求證：平分；
(2)若，，求線段的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）連接OD，根據(jù)切線的性質(zhì)得⊥EF，由 得OD⊥BC，由垂徑定理得，進(jìn)而即可得出結(jié)論；
（2）由平行線分線段定理得，再證明，可得BD=2 ，最后證明,進(jìn)而即可求解．
（1）
證明：連接交于點(diǎn)H.
∵與相切于點(diǎn)D
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴ 即平分；
（2）
解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴
∴ ，
∴（負(fù)值舍去），
∴
【點(diǎn)睛】本題主要考查圓的基本性質(zhì)，切線的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)；找出相似三角形，列相似比求解是解決本題的關(guān)鍵．
2．（2022·湖北黃石·中考真題）如圖是直徑，A是上異于C，D的一點(diǎn)，點(diǎn)B是延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接、、，且．
(1)求證：直線是的切線；
(2)若，求的值；
(3)在（2）的條件下，作的平分線交于P，交于E，連接、，若，求的值．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)
【分析】（1）如圖所示，連接OA，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角得到，再證明即可證明結(jié)論；
（2）先證明，得到，令半徑，則，，利用勾股定理求出，解直角三角形即可答案；
（3）先求出，在中，，，解得，，證明，得到，則．
（1）
解：如圖所示，連接OA，
∵是直徑，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
又∵為半徑，
∴直線是的切線；
（2）
解：∵，，
∴，
∴，
由知，令半徑，則，，
在中，，
在中，，
即；
（3）
解：在（2）的條件下，，
∴，
∴，
在中，，，
解得，，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓切線的判定，直徑所對(duì)的圓周角是直角，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)等等，熟知相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
3．（2022·湖北襄陽(yáng)·中考真題）如圖，AB是半圓O的直徑，點(diǎn)C在半圓O上，點(diǎn)D為的中點(diǎn)，連接AC，BC，AD，AD與BC相交于點(diǎn)G，過點(diǎn)D作直線DEBC，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．
(1)求證：DE是⊙O的切線；
(2)若，CG＝2，求陰影部分的面積．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）連接OD，根據(jù)已知條件，由OD⊥BC ，DEBC，證明OD⊥DE即可；
（2）根據(jù)相等，再由（1）中可得，，從而得到∠CAD=∠BAD=∠ABC=30°，在Rt△ACG中，利用銳角三角函數(shù)求出AC、AG的長(zhǎng)，從而求出△CAG的面積，在Rt△ABD中利用銳角三角函數(shù)求出AD的長(zhǎng)，根據(jù)DEBC可得△ACG∽△AED，利用相似三角形的面積比等于相似比的平方求出，進(jìn)而即可陰影部分的面積．
（1）
證明：連接OD，如圖所示，
∵點(diǎn)D為的中點(diǎn)，
∴OD⊥BC
∵DEBC，
∴OD⊥DE．
∴DE是⊙O的切線．
（2）
連接BD，如圖所示，
∴BD=AC
∵點(diǎn)D為的中點(diǎn)，
∴，
∴，
∴∠CAD=∠BAD=30°．
∵AB是半圓O的直徑，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
在Rt△ACG中，，
∴，
∵，
∴，，
∴BD=CA=6，
，
在Rt△ABD中，
∴
∵DE∥BC，
∴△CAG∽△EAD，
∴，
即，
∴
∴．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的判定定理、垂徑定理、圓周角定理以及相似三角形的性質(zhì)，解直角三角形，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
4．（2022·遼寧鞍山·中考真題）如圖，是的外接圓，為的直徑，點(diǎn)為上一點(diǎn)，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，與交于點(diǎn)，連接，若．
(1)求證：是的切線．
(2)若，，求的半徑．
【答案】(1)過程見解析
(2)3
【分析】（1）連接OE，先根據(jù)圓周角定理及已知條件得出∠ABC=∠BOE，進(jìn)而得出，再由，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠FEO=∠ACB，然后根據(jù)直徑所對(duì)的是直角，即可得出答案；
（2）先說明，再設(shè)的半徑為r，并表示，，，然后根據(jù)對(duì)應(yīng)邊成比例得出，根據(jù)比例式求出半徑即可．
（1）
證明：連接OE．
∵，，
∴∠ABC=∠BOE，
∴，
∴∠OED=∠BCD．
∵，
∴∠FEC=∠ACE，
∴∠OED+∠FEC=∠BCD+∠ACE，
即∠FEO=∠ACB．
∵AB是直徑，
∴∠ACB=90°，
∴∠FEO=90°，
∴．
∵EO是的半徑，
∴EF是的切線．
（2）
∵，
∴．
∵BF=2，．
設(shè)的半徑為r，
∴，，．
∵，
∴，
解得，
∴的半徑是3．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)和判定，解直角三角形，熟練掌握相關(guān)定理是解題的關(guān)鍵．
5．（2022·遼寧朝陽(yáng)·中考真題）如圖，AC是⊙O的直徑，弦BD交AC于點(diǎn)E，點(diǎn)F為BD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，∠DAF＝∠B．
(1)求證：AF是⊙O的切線；
(2)若⊙O的半徑為5，AD是AEF的中線，且AD＝6，求AE的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）由圓周角定理得∠ADC=90°，則∠ACD+∠DAC=90°，從而說明，即可證明結(jié)論；
（2）作于點(diǎn)H，利用△ADH～△ACD，，求出AH的長(zhǎng)，再利用直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)得出AD=DE，利用等腰三角形的性質(zhì)可得答案．
（1）
證明：∵AC是直徑，
∴∠ADC=90°，
∴∠ACD+∠DAC=90°，
∵∠ACD=∠B，∠B=∠DAF，
∴∠DAF=∠ACD，
∴∠DAF+∠DAC=90°，
∴，
∵AC是直徑，
∴AF是⊙O的切線；
（2）
解：作于點(diǎn)H，
∵⊙O的半徑為5，
∴AC=10，
∵∠AHD=∠ADC=90°，∠DAH=∠CAD，
∴△ADH～△ACD，
∴，
∴，
∵AD＝6，
∴，
∵AD是△AEF的中線，∠EAF=90°，
∴AD=ED，
．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了圓周角定理，切線的判定定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)求出AH的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．
6．（2022·山東菏澤·中考真題）如圖，在中，以AB為直徑作交AC、BC于點(diǎn)D、E，且D是AC的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作于點(diǎn)G，交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．
(1)求證：直線HG是的切線；
(2)若，求CG的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）連接OD，利用三角形中位線的定義和性質(zhì)可得，再利用平行線的性質(zhì)即可證明；
（2）先通過平行線的性質(zhì)得出，設(shè)，再通過解直角三角形求出半徑長(zhǎng)度，再利用三角形中位線定理和相似三角形的判定和性質(zhì)分別求出BC，BG的長(zhǎng)度，即可求解．
（1）
連接OD，
，
，
∵D是AC的中點(diǎn)，AB為直徑，
，
，
直線HG是的切線；
（2）
由（1）得，
∴，
，
，
設(shè)，
，
，
在中，，
，
解得，
∴，
∵D是AC的中點(diǎn)，AB為直徑，
，
，
，
，即，
，
．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定，三角形中位線的性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)及解直角三角形，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
7．（2022·貴州黔西·中考真題）如圖，在中，，以AB為直徑作⊙，分別交BC于點(diǎn)D，交AC于點(diǎn)E，，垂足為H，連接DE并延長(zhǎng)交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．
(1)求證：DH是⊙的切線；
(2)若E為AH的中點(diǎn)，求的值．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）連接OD，證明，由，可得，即可證明結(jié)論；
（2）連接AD和BE，由圓周角定理可以得出，可以得出，，進(jìn)而根據(jù)平行線分線段成比例推出BD=CD，CH=HE，根據(jù)E為AH的中點(diǎn)，可得出AE=EH=CH，，根據(jù)且，可以得出，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，將AE，OD代入即可求出答案．
（1）
連接OD，則．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴DH是的切線．
（2）
連接AD和BE．
∵AB是的直徑，
∴，．
∵
∴
∴．
∴且．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵
∴
∴
∴．
∵E為AH的中點(diǎn)，
∴．
∴
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定和性質(zhì)，圓周角定律，平行線分線段成比例，三角形相似的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握以上判定和性質(zhì)是本題解題的關(guān)鍵．
8．（2022·貴州安順·中考真題）如圖，是的直徑，點(diǎn)是劣弧上一點(diǎn)，，且，平分，與交于點(diǎn)．
(1)求證：是的切線；
(2)若，求的長(zhǎng)；
(3)延長(zhǎng)，交于點(diǎn)，若，求的半徑．
【答案】(1)見解析
(2)1
(3)2
【分析】（1）根據(jù)是的直徑，可得，即，根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等，以及已知條件可得，等量代換后即可得，進(jìn)而得證；
（2）連接，根據(jù)角平分線的定義，以及等邊對(duì)等角可得，根據(jù)同弧所對(duì)的圓周角相等可得，由垂徑定理可得，進(jìn)而可得，即可求解．
（3）過點(diǎn)作，根據(jù)平行線分線段成比例，求得，設(shè)的半徑為，則，證明，可得，在中，，勾股定理建立方程，解方程即可求解．
（1）
證明：∵是的直徑，
，
，
，
，
，
，
，
即，
是的切線，
（2）
如圖，連接，
平分，
，
∴DE=BE=2
∴OE⊥BD
，
，
，
，
是的直徑，
，，
即∠ADF=∠BEF=90°，
，
，
，
；
（3）
如圖，過點(diǎn)作，
由（2）可知，
，
，
，
設(shè)的半徑為，則，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，，
在中，，
即，
解得：（負(fù)值舍去），
的半徑為2．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定，圓周角定理的推論，平行線分線段成比例，相似三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
9．（2022·山東棗莊·中考真題）如圖，在半徑為10cm的⊙O中，AB是⊙O的直徑，CD是過⊙O上一點(diǎn)C的直線，且AD⊥DC于點(diǎn)D，AC平分∠BAD，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，OE＝6cm．
(1)求證：CD是⊙O的切線；
(2)求AD的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）連接OC，由AC平分∠BAD，OA＝OC，可得∠DAC＝∠OCA，ADOC，根據(jù)AD⊥DC，即可證明CD是⊙O的切線；
（2）由OE是△ABC的中位線，得AC＝12，再證明△DAC∽△CAB，，即，從而得到AD．
（1）證明：連接OC，如圖：∵AC平分∠BAD，∴∠DAC＝∠CAO，∵OA＝OC，∴∠CAO＝∠OCA，∴∠DAC＝∠OCA，∴ADOC，∵AD⊥DC，∴CO⊥DC，∵OC是⊙O的半徑，∴CD是⊙O的切線；
（2）解：∵E是BC的中點(diǎn)，且OA＝OB，∴OE是△ABC的中位線，AC＝2OE，∵OE＝6，∴AC＝12，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB＝90°＝∠ADC，又∠DAC＝∠CAB，∴△DAC∽△CAB，∴，即，∴AD．
【點(diǎn)睛】本題考查圓的切線的判定定理，相似三角形的判定及性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練應(yīng)用圓的相關(guān)性質(zhì)，轉(zhuǎn)化圓中的角和線段．
10．（2022·山東濟(jì)寧·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，以AB的中點(diǎn)O為圓心，以O(shè)A為半徑作半圓，連接OD交半圓于點(diǎn)E，在上取點(diǎn)F，使，連接BF，DF．
(1)求證：DF與半圓相切；
(2)如果AB＝10，BF＝6，求矩形ABCD的面積．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）連接OF，證明，可得，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得，進(jìn)而即可得證；
（2）連接，根據(jù)題意證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得，進(jìn)而勾股定理，根據(jù)矩形的面積公式即可求解．
（1）
證明：連接OF．
，
，
四邊形是矩形，
∴DF與半圓相切.
（2）
解：連接，
，，
，
為半圓的直徑，
，
，
，
，
，
，
在中，
矩形的面積為
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，矩形的性質(zhì)，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
11．（2022·青海西寧·中考真題）如圖，在中，，點(diǎn)D在AB上，以BD為直徑的與AC相切于點(diǎn)E，交BC于點(diǎn)F，連接DF，OE交于點(diǎn)M．
(1)求證：四邊形EMFC是矩形；
(2)若，的半徑為2，求FM的長(zhǎng)．
【答案】(1)詳見解析
(2)
【分析】（1）利用直徑所對(duì)的圓周角是直角及鄰補(bǔ)角互補(bǔ)，可求出，由與AC相切于點(diǎn)E，利用圓的切線垂直于過切點(diǎn)的半徑可得出 ，進(jìn)而可得出 ，結(jié)合再利用三個(gè)角都是直角的四邊形是矩形，即可證出四邊形 EMFC 是矩形．
（2）在 中，利用勾股定理可求出 OA 的長(zhǎng)，進(jìn)而可得出 AB 的長(zhǎng)，由，利用“同位角相等，兩直線平行”可得出，進(jìn)而可得出利用相似三角形的性質(zhì)可求出 AC 的長(zhǎng)，結(jié)合 可求出 CE 的長(zhǎng)，再利用矩形的對(duì)邊相等，即可求出 FM 的長(zhǎng)．
（1）
∵BD是的直徑，
∴，
∴，
∴與AC相切于點(diǎn)E，
∴，
∴，
又∴，
∴，
∴四邊形EMFC是矩形．
（2）
解：在中 ，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴四邊形EMFC是矩形，
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定，相切，勾股定理，平行線的判定與性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：(1）根據(jù)各角之間的關(guān)系，找出四邊形EMFC 的三個(gè)角均為直角．（2）利用勾股定理及相似三角形的性質(zhì)，求出AC的長(zhǎng)度．
12．（2022·遼寧大連·中考真題）是的直徑，C是上一點(diǎn)，，垂足為D，過點(diǎn)A作的切線，與的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)E．
(1)如圖1，求證；
(2)如圖2，連接，若的半徑為2，，求的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）證明，，即可得出；
（2）證明 ，求出OD，由勾股定理求出DB，由垂徑定理求出BC，進(jìn)而利用勾股定理求出AC，AD．
（1）
解：∵ ，
∴，
∵ 是的切線，
∴，
在和中，，，
∴；
（2）
解：如圖，連接AC．
∵ 的半徑為2，
∴，，
∵ 在和中，
，，
∴ ，
∴，即，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
∵ ，經(jīng)過的圓心，
∴，
∴．
∵是的直徑，C是上一點(diǎn)，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴．
在中，由勾股定理得：，
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查切線的定義、圓周角定理、垂徑定理、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等，綜合性較強(qiáng)，熟練掌握上述知識(shí)點(diǎn)，通過證明 求出OD的長(zhǎng)度是解題的關(guān)鍵．
13．（2022·青海·中考真題）如圖，AB是的直徑，AC是的弦，AD平分∠CAB交于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作的切線EF，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．
(1)求證：；
(2)若，，，求BE的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)2
【分析】（1）連接，根據(jù)平分，可得，從而得到，可得，再由切線的性質(zhì)，即可求解；
（2）由，可得，設(shè)為，可得，即可求解．
（1）
證明：連接，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵為的切線，
∴，
∴．
（2）
解：由（1）得：，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
設(shè)為，
∴，
∴，
解得：，
即的長(zhǎng)為2．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了切線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握切線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
14．（2022·廣西柳州·中考真題）如圖，已知AB是⊙O的直徑，點(diǎn)E是⊙O上異于A，B的點(diǎn)，點(diǎn)F是的中點(diǎn)，連接AE，AF，BF，過點(diǎn)F作FC⊥AE交AE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)C，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，∠ADC的平分線DG交AF于點(diǎn)G，交FB于點(diǎn)H．
(1)求證：CD是⊙O的切線；
(2)求sin∠FHG的值；
(3)若GH＝，HB＝2，求⊙O的直徑．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)⊙O的直徑為
【分析】（1）連接OF，先證明OFAC，則∠OFD＝∠C＝，根據(jù)切線的判定定理可得出結(jié)論．
（2）先證∠DFB＝∠OAF，∠ADG＝∠FDG，根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于和它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角之和得出∠FGH＝∠FHG＝，從而可求出sin∠FHG的值．
（3）先在△GFH中求出FH的值為4，根據(jù)等積法可得，再證△DFB∽△DAF，根據(jù)對(duì)應(yīng)邊成比例可得，又由角平分線的性質(zhì)可得，從而可求出AG、AF．在Rt△AFＢ中根據(jù)勾股定理可求出AB的長(zhǎng)，即⊙O的直徑．
（1）
證明：連接OF．
∵OA＝OF，
∴∠OAF＝∠OFA，
∵
∴∠CAF＝∠FAB，
∴∠CAF＝∠AFO，
∴OFAC，
∵AC⊥CD，
∴OF⊥CD，
∵OF是半徑，
∴CD是⊙O的切線．
（2）
∵AB是直徑，
∴∠AFB＝90°，
∵OF⊥CD，
∴∠OFD＝∠AFB＝90°，
∴∠AFO＝∠DFB，
∵∠OAF＝∠OFA，
∴∠DFB＝∠OAF，
∵GD平分∠ADF，
∴∠ADG＝∠FDG，
∵∠FGH＝∠OAF+∠ADG，∠FHG＝∠DFB+∠FDG，
∴∠FGH＝∠FHG＝45°，
∴sin∠FHG=
（3）
解：過點(diǎn)H作HM⊥DF于點(diǎn)M，HN⊥AD于點(diǎn)N．
∵HD平分∠ADF，
∴HM＝HN，
S△DHF ∶S△DHB= FH∶HB=DF ∶DB
∵△FGH是等腰直角三角形，GH＝
∴FH＝FG＝4，
∴
設(shè)DB＝k，DF＝2k，
∵∠FDB＝∠ADF，∠DFB＝∠DAF，
∴△DFB∽△DAF，
∴DF2＝DB?DA，
∴AD＝4k，
∵GD平分∠ADF
∴
∴AG＝8，
∵∠AFB＝90°，AF＝12，F(xiàn)B＝6，
∴⊙O的直徑為
【點(diǎn)睛】本題是一道綜合性題目，考查了圓的相關(guān)性質(zhì)、切線的判定、相似三角形的判定和性質(zhì)、角平分線性、勾股定理等知識(shí)，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
15．（2022·廣西河池·中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，E為⊙O上的一點(diǎn)，∠ABE的平分線交⊙O于點(diǎn)C，過點(diǎn)C的直線交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D．且∠PCA＝∠CBD．
(1)求證：PC為⊙O的切線；
(2)若PC＝BO，PB＝12，求⊙O的半徑及BE的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)⊙O的半徑為3，BE的長(zhǎng)為2
【分析】（1）連接OC，根據(jù)角平分線求得∠ABC = ∠CBD，由等邊對(duì)等角可得∠PCA= ∠OCB，由AB是直徑和等量代換可得∠PCO = 90°，即可得證；
（2）設(shè)OB=OC=r，證明OP=3r，可得4r=12，推出r=3，利用相似三角形的判定與性質(zhì)和平行線分線段成比例定理求出BD，BE即可求解．
（1）
證明：連接OC，
∵BC平分∠ABE，
∴∠ABC = ∠CBD，
∵OC=OB，
∴∠ABC = ∠OCB，
∵∠PCA= ∠CBD，
∴∠PCA= ∠OCB，
∵AB是直徑，
∴∠ACB = 90°，
∴∠ACO+∠OCB= 90°，
∴∠PCA+∠ ACO= 90°，
∴∠PCO = 90°，
∴OC⊥PC，
∵OC是半徑，
∴PC是OO的切線；
（2）
連接 ， 設(shè) ，
，
，
，
，
，
，
由 可知， ，
，
，
，
，
是直徑，
，
，
，
，
，
．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)與判定，平行線分線段成比例，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造平行線解決問題．
16．（2022·山東聊城·中考真題）如圖，點(diǎn)O是的邊AC上一點(diǎn)，以點(diǎn)O為圓心，OA為半徑作，與BC相切于點(diǎn)E，交AB于點(diǎn)D，連接OE，連接OD并延長(zhǎng)交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，．
(1)連接AF，求證：AF是的切線；
(2)若，，求FD的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)FD的長(zhǎng)為
【分析】（1）根據(jù)SAS證△AOF≌△EOF，得出∠OAF＝∠OEF＝90°，即可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)勾股定理求出AF，證△OEC∽△FAC，設(shè)圓O的半徑為r，根據(jù)線段比例關(guān)系列方程求出r，利用勾股定理求出OF，最后根據(jù)FD＝OF﹣OD求出即可．
（1）
證明：在△AOF和△EOF中，
，
∴△AOF≌△EOF（SAS），
∴∠OAF=∠OEF，
∵BC與相切，
∴OE⊥FC，
∴∠OAF=∠OEF=90°，
即OA⊥AF，
∵OA是的半徑，
∴AF是的切線；
（2）
解：在中，∠CAF=90°，F(xiàn)C=10，AC=6，
∴，
∵BC與相切，AF是的切線
∴∠OEC＝∠FAC＝∠90°，
∵∠OCE=∠FCA，
∴△OEC∽△FAC，
∴，
設(shè)的半徑為r，則，
解得，
在Rt△FAO中，∠FAO=90°，AF=8，，
∴，
∴，
即FD的長(zhǎng)為．
【點(diǎn)睛】本題主要考查切線的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，熟練掌握切線的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
17．（2022·湖南湘西·中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AE平分∠BAC交BC于點(diǎn)E，O為AC上一點(diǎn)，經(jīng)過點(diǎn)A、E的⊙O分別交AB、AC于點(diǎn)D、F，連接OD交AE于點(diǎn)M．
(1)求證：BC是⊙O的切線．
(2)若CF＝2，sinC＝，求AE的長(zhǎng)．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】（1）連接OE，方法一：根據(jù)角平分線的性質(zhì)及同弧所對(duì)的圓周角是圓心角的一半得出∠OEC＝90°即可；
方法二：根據(jù)角平分線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)得出∠OEC＝90°即可；
（2）連接EF，根據(jù)三角函數(shù)求出AB和半徑的長(zhǎng)度，再利用三角函數(shù)求出AE的長(zhǎng)即可．
（1）連接OE，方法一：∵AE平分∠BAC交BC于點(diǎn)E，∴∠BAC＝2∠OAE，∵∠FOE＝2∠OAE，∴∠FOE＝∠BAC，∴OE∥AB，∵∠B＝90°，∴OE⊥BC，又∵OE是⊙O的半徑，∴BC是⊙O的切線；方法二：∵AE平分∠BAC交BC于點(diǎn)E，∴∠OAE＝∠BAE，∵OA＝OE，∴∠OAE＝∠OEA，∴∠BAE＝∠OEA，∴OE∥AB，∵∠B＝90°，∴OE⊥BC，又∵OE是⊙O的半徑，∴BC是⊙O的切線；
（2）連接EF，∵CF＝2，sinC＝，∴，∵OE＝OF，∴OE＝OF＝3，∵OA＝OF＝3，∴AC＝OA+OF+CF＝8，∴AB＝AC?sinC＝8×＝，∵∠OAE＝∠BAE，∴cs∠OAE＝cs∠BAE，即，∴，解得AE＝（舍去負(fù)數(shù)），∴AE的長(zhǎng)為．
【點(diǎn)睛】本題主要考查切線的判定和三角函數(shù)的應(yīng)用，熟練掌握切線的判定定理和三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．
18．（2022·甘肅蘭州·中考真題）如圖，是的外接圓，AB是直徑，，連接AD，，AC與OD相交于點(diǎn)E．
(1)求證：AD是的切線；
(2)若，，求的半徑．
【答案】(1)見解析
(2)2
【分析】（1）先證∠BOC +∠AOD=90°，再因?yàn)?，得出∠ADO +∠AOD=90°，即可得∠OAD=90°，即可由切線的判定定理得出結(jié)論；
（2）先證明∠AED=∠DAE，得出DE=AD=，再證∠OAC=∠OCA，得tan∠OAC= tan∠OCA=,設(shè)OC=OA=R,則OE=R，在Rt△OAD中，由勾股定理，得
，解之即可．
（1）
證明：∵，
∴∠COD=90°，
∵∠BOC+∠COD+∠AOD=180°，
∴∠BOC +∠AOD=90°，
∵，
∴∠ADO +∠AOD=90°，
∵∠ADO +∠AOD+∠OAD=180°，
∴∠OAD=90°，
∵OA是⊙O的半徑，
∴AD是⊙O的切線；
（2）
解：∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACB=90°，
∴∠B+∠BAC=90°，
∵∠BAC+∠CAD=∠OAD=90°，
∴∠B=∠CAD，
∵∠B+∠BOC+∠OCB=∠ADO+∠CAD+∠AED=180°，∠ADO=∠BOC，
∴∠AED=∠OCB，
∵OB=OC，
∴∠B=∠OCB，
∴∠AED=∠CAD，
∴DE=AD=，
∵OC=OA，
∴∠OAC=∠OCA，
∵OC⊥OD，
∴∠COE=90°，
∴tan∠OAC= tan∠OCA=,
設(shè)OC=OA=R,
則OE=R，
在Rt△OAD中，∠OAD=90°，
由勾股定理，得OD2=OA2+AD2，
即，
解得：R=2或R=0(不符合題意，舍去）,
∴⊙O的半徑為2．
【點(diǎn)睛】本題考查切線的判定，解直角三角形，勾股定理，等腰三角形的判定，圓周角定理的推論，本題屬圓的綜合題目，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
19．（2022·廣東廣州·中考真題）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上，且AC=8，BC=6．
(1)尺規(guī)作圖：過點(diǎn)O作AC的垂線，交劣弧于點(diǎn)D，連接CD（保留作圖痕跡，不寫作法）；
(2)在（1）所作的圖形中，求點(diǎn)O到AC的距離及sin∠ACD 的值．
【答案】(1)作圖見解析；
(2)點(diǎn)O到AC的距離為3，sin∠ACD 的值是
【分析】(1)作線段AC的垂直平分線，由垂徑定理推論可知該垂直平分線必經(jīng)過點(diǎn)O；
(2)由垂徑定理得到AF=CF，進(jìn)而得到OF是△ACB的中位線，由此得到點(diǎn)O到AC的距離OF=BC=3；求出DF=OD-OF=5-3=2，CF=4，由勾股定理求出CD=，最后在Rt△CDF中由即得答案．
（1）
解：①分別以A，C為圓心，適當(dāng)長(zhǎng)(大于AC長(zhǎng)度的一半)為半徑作弧，記兩弧的交點(diǎn)為E；
②作直線OE，記OE與交點(diǎn)為D；
③連結(jié)CD，則線段AC的垂線DE、線段CD為所求圖形，如下圖所示；
（2）
解：記OD與AC的交點(diǎn)為F， 如下圖所示：
∵OD⊥AC，
∴F為AC中點(diǎn)，
∴OF是△ABC的中位線，
∴OF=BC=3，
∵OF⊥AC，
∴OF的長(zhǎng)就是點(diǎn)O到AC的距離；
Rt△ABC中，∵AC=8，BC=6，
∴AB=10，
∴OD=OA=AB=5，
∴DF=OD-OF=5-3=2，
∵F為AC中點(diǎn)，
∴CF=AC=4，
Rt△CDF中，∵DF=2，CF=4，
∴CD=，
則，
∴點(diǎn)O到AC的距離為3，sin∠ACD 的值是．
【點(diǎn)睛】本題考查了圓的基本性質(zhì)、垂徑定理及其推論、勾股定理、線段垂直平分線的尺規(guī)作圖、銳角三角函數(shù)等，屬于綜合題，欲求某角的某三角函數(shù)值，首先想到的應(yīng)該是能否在直角三角形中進(jìn)行，如果沒有現(xiàn)成的直角三角形，則需要設(shè)法構(gòu)造(作輔助圖形)．
20．（2022·山東淄博·中考真題）已知△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，∠BAC的平分線與⊙O相交于點(diǎn)D，連接DB．
(1)如圖1，設(shè)∠ABC的平分線與AD相交于點(diǎn)I，求證：BD=DI；
圖1
(2)如圖2，過點(diǎn)D作直線DEBC，求證：DE是⊙O的切線；
圖2
(3)如圖3，設(shè)弦BD，AC延長(zhǎng)后交⊙O外一點(diǎn)F，過F作AD的平行線交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，過G作⊙O的切線GH（切點(diǎn)為H），求證：GF=GH．
圖3
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)見解析
【分析】（1）由角平分線的定義以及圓周角定理得到∠BAD=∠DAC=∠CBD，∠ABI=∠IBC，再根據(jù)三角形的外角性質(zhì)可推出∠BID=∠DBI，利用等角對(duì)等邊即可證明BD=DI；
（2）由垂徑定理推出OD⊥BC，由平行線的性質(zhì)推出OD⊥DE，即可證明DE是⊙O的切線；
（3）設(shè)法證明△HBG∽△CHG，推出，再證明△GFC∽△GBF，推出，據(jù)此即可證明GF=GH．
（1）
證明：∵AD是∠BAC的平分線，BI是∠ABC的平分線，
∴∠BAD=∠DAC=∠CBD，∠ABI=∠IBC，
∵∠BID=∠ABI+∠BAD，∠DBI=∠IBC +∠CBD，
∴∠BID=∠DBI，
∴BD=DI；
（2）
證明：連接OD，
∵AD是∠BAC的平分線，
∴，
∴OD⊥BC，
∵DEBC，
∴OD⊥DE，
∵OD是⊙O的半徑，
∴DE是⊙O的切線；
（3）
證明：過點(diǎn)H作⊙O的直徑HI，連接BH，HC，IC，
∵HI是⊙O的直徑，GH是⊙O的切線，
∴∠HCI=∠IHG=90°，
∴∠IHC+∠I=90°=∠IHC+∠GHC，
∴∠I=∠GHC，
∵∠HBG=∠I，
∴∠HBG=∠GHC，
∴△HBG∽△CHG，
∴，
∴，
∵ADFG，
∴∠DAF=∠GFC，
∵∠DAF=∠DBC，
∴∠GFC=∠DBC，
∴△GFC∽△GBF，
∴，
∴，
∴，
∴GF=GH．
【點(diǎn)睛】本題考查了切線的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，垂徑定理，解題的關(guān)鍵是正確尋找相似三角形解決問題，學(xué)會(huì)用轉(zhuǎn)化的思想思考問題．

相關(guān)試卷

中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題22二次函數(shù)與新定義綜合問題（2份，原卷版+解析版）：

這是一份中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題22二次函數(shù)與新定義綜合問題（2份，原卷版+解析版），文件包含中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題22二次函數(shù)與新定義綜合問題原卷版doc、中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題22二次函數(shù)與新定義綜合問題解析版doc等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共59頁(yè)， 歡迎下載使用。

中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題17二次函數(shù)與公共點(diǎn)及交點(diǎn)綜合問題（2份，原卷版+解析版）：

這是一份中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題17二次函數(shù)與公共點(diǎn)及交點(diǎn)綜合問題（2份，原卷版+解析版），文件包含中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題17二次函數(shù)與公共點(diǎn)及交點(diǎn)綜合問題原卷版doc、中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題17二次函數(shù)與公共點(diǎn)及交點(diǎn)綜合問題解析版doc等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共69頁(yè)， 歡迎下載使用。

中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題16二次函數(shù)與動(dòng)點(diǎn)綜合問題（2份，原卷版+解析版）：

這是一份中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題16二次函數(shù)與動(dòng)點(diǎn)綜合問題（2份，原卷版+解析版），文件包含中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題16二次函數(shù)與動(dòng)點(diǎn)綜合問題原卷版doc、中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題16二次函數(shù)與動(dòng)點(diǎn)綜合問題解析版doc等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共87頁(yè)， 歡迎下載使用。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題4二次函數(shù)與相似問題（2份，原卷版+解析版）

中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題4二次函數(shù)與相似問題（2份，原卷版+解析版）
中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題24函數(shù)與菱形存在性問題（2份，原卷版+解析版）

中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題24函數(shù)與菱形存在性問題（2份，原卷版+解析版）
中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題12費(fèi)馬點(diǎn)問題（2份，原卷版+解析版）

中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題12費(fèi)馬點(diǎn)問題（2份，原卷版+解析版）
中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題10胡不歸問題（2份，原卷版+解析版）

中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)壓軸題培優(yōu)訓(xùn)練專題10胡不歸問題（2份，原卷版+解析版）
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(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)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(wàn)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