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    预测10 【精品】图形与变换的几何探究-2022年中考数学三轮冲刺过关(全国通用)
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    预测10 【精品】图形与变换的几何探究-2022年中考数学三轮冲刺过关(全国通用)

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    这是一份预测10 【精品】图形与变换的几何探究-2022年中考数学三轮冲刺过关(全国通用),文件包含预测10图形与变换的几何探究解析版docx、预测10图形与变换的几何探究原卷版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共83页, 欢迎下载使用。

    预测10 图形与变换的几何探究



    概率预测
    ☆☆☆☆
    题型预测
    解答题☆☆☆☆
    考向预测
    ①全等类型类比探究。
    ②相似类型类比探究。


    图形与变换的探究是全国中考的热点!全国各地的中考数学试题都把图形与变换的探究作为压轴题之一。
    1.从考点频率看,三角形和四边形的综合探索与证明是高频考点。
    2.从题型角度看,以解答题形式考查,分值约10分。



    手拉手全等模型
    类型一:共顶点的等腰直角三角形




    手拉手全等模型
    类型二:共顶点的等边的三角形




    手拉手全等模型
    类型三:共顶点的正方形




    手拉手相似模型一





    手拉手相似模型二






    解答类比探究问题,一般是先确定题中不变结构,再应用不变结构去解决新的问题,如果是常见的结构,如平行结构、直角结构、旋转结构、中点结构等,则用结构的模型类比解决。若不属于常见的结构类型,则需要尝试着去寻找不变结构解决问题。





    1.(2021·浙江中考真题)已知在中,是的中点,是延长线上的一点,连结.

    (1)如图1,若,求的长.
    (2)过点作,交延长线于点,如图2所示.若,求证:.
    (3)如图3,若,是否存在实数,当时,?若存在,请直接写出的值;若不存在,请说明理由.
    【答案】(1);(2)见解析;(3)存在,
    【分析】(1)先解直角三角形ABC得出,从而得出是等边三角形,再解直角三角形ACP即可求出AC的长,进而得出BC的长;(2)连结,先利用AAS证出,得出AE=2PE,AC=DE,再得出是等边三角形,然后由SAS得出,得出AE=BC即可得出结论;
    (3)过点作,交延长线于点,连接BE,过C作CG⊥AB于G,过E作EN⊥AB于N,由(2)得AE=2AP,DE=AC,再证明,从而得出得出DE=BE,然后利用勾股定理即可得出m的值.
    【详解】(1)解 ,,
    ,,是等边三角形,是的中点,,
    在中,,,.
    (2)证明:连结,,,
    ,, ,
    ,,又,,
    是等边三角形,,,
    又,, ,.

    (3)存在这样的. 过点作,交延长线于点,连接BE,过C作CG⊥AB于G,过E作EN⊥AB于N,则,
    ,由(2)得AE=2AP,DE=AC,∴CG=EN,
    ∵,∴AE=BC,∵∠ANE=∠BGC=90°,, ∴∠EAN=∠CBG
    ∵AE=BC,AB=BA,∴ ∴AC=BE,∴DE=BE,
    ∴∠EDB=∠EBD=45°,∴∠DEB=90°,∴,
    ∵∴

    【点睛】本题属于三角形综合题,考查了解直角三角形,全等三角形的性质与判定,等边三角形和等腰三角形的性质、勾股定理,解题的关键是合理添加辅助线,有一定的难度.
    2.(2021·浙江嘉兴市·中考真题)小王在学习浙教版九上课本第72页例2后,进一步开展探究活动:将一个矩形绕点顺时针旋转,得到矩形
    [探究1]如图1,当时,点恰好在延长线上.若,求BC的长.

    [探究2]如图2,连结,过点作交于点.线段与相等吗?请说明理由.[探究3]在探究2的条件下,射线分别交,于点,(如图3),,存在一定的数量关系,并加以证明.
    【答案】[探究1];[探究2],证明见解析;[探究3],证明见解析
    【分析】[探究1] 设,根据旋转和矩形的性质得出,从而得出,得出比例式,列出方程解方程即可;
    [探究2] 先利用SAS得出,得出,,再结合已知条件得出,即可得出;
    [探究3] 连结,先利用SSS得出,从而证得,再利用两角对应相等得出,得出即可得出结论.
    【详解】[探究1]如图1,

    设.∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形,
    ∴点,,在同一直线上.∴,,∴.
    ∵,∴.
    又∵点在延长线上,∴,∴,∴.
    解得,(不合题意,舍去)∴.
    [探究2] . 证明:如图2,连结.
    ∵,∴.
    ∵,,,∴.
    ∴,,
    ∵,,∴,∴.
    [探究3]关系式为. 证明:如图3,连结.

    ∵,,,∴.∴,
    ∵,,∴,∴.
    在与中,,,∴,
    ∴,∴.∴.
    【点睛】本题考查了矩形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,解一元二次方程等,解题的关键是灵活运用这些知识解决问题.
    3.(2021·山西中考真题)综合与实践,问题情境:数学活动课上,老师出示了一个问题:如图①,在中,,垂足为,为的中点,连接,,试猜想与的数量关系,并加以证明;
    独立思考:(1)请解答老师提出的问题;
    实践探究:(2)希望小组受此问题的启发,将沿着(为的中点)所在直线折叠,如图②,点的对应点为,连接并延长交于点,请判断与的数量关系,并加以证明;
    问题解决:(3)智慧小组突发奇想,将沿过点的直线折叠,如图③,点A的对应点为,使于点,折痕交于点,连接,交于点.该小组提出一个问题:若此的面积为20,边长,,求图中阴影部分(四边形)的面积.请你思考此问题,直接写出结果.

    【答案】(1);见解析;(2),见解析;(3).
    【分析】
    (1)如图,分别延长,相交于点P,根据平行四边形的性质可得,根据平行线的性质可得,,利用AAS可证明△PDF≌△BCF,根据全等三角形的性质可得,根据直角三角形斜边中线的性质可得,即可得;
    (2)根据折叠性质可得∠CFB=∠C′FB=∠CFC′,FC=FC′,可得FD=FC′,根据等腰三角形的性质可得∠FDC′=∠FC′D,根据三角形外角性质可得∠CFC′=∠FDC′+∠FC′D,即可得出∠C′FB=∠FC′D,可得DG//FB,即可证明四边形DGBF是平行四边形,可得DF=BG=,可得AG=BG;
    (3)如图,过点M作MQ⊥A′B于Q,根据平行四边形的面积可求出BH的长,根据折叠的性质可得A′B=AB,∠A=∠A′,∠ABM=∠MBH,根据可得A′B⊥AB,即可证明△MBQ是等腰直角三角形,可得MQ=BQ,根据平行四边形的性质可得∠A=∠C,即可得∠A′=∠C,进而可证明△A′NH∽△CBH,根据相似三角形的性质可得A′H、NH的长,根据NH//MQ可得△A′NH∽△A′MQ,根据相似三角形的性质可求出MQ的长,根据S阴=S△A′MB-S△A′NH即可得答案.
    【详解】(1).如图,分别延长,相交于点P,
    ∵四边形是平行四边形,∴,∴,,
    ∵为的中点,∴,在△PDF和△BCF中,,
    ∴△PDF≌△BCF,∴,即为的中点,∴,
    ∵,∴,∴,∴.

    (2). ∵将沿着所在直线折叠,点的对应点为,
    ∴∠CFB=∠C′FB=∠CFC′,,
    ∵为的中点,∴,∴,∴∠FDC′=∠FC′D,
    ∵=∠FDC′+∠FC′D,∴,∴∠FC′D=∠C′FB,∴,
    ∵四边形为平行四边形,∴,DC=AB,
    ∴四边形为平行四边形,∴,∴,∴.
    (3)如图,过点M作MQ⊥A′B于Q,
    ∵的面积为20,边长,于点,∴BH=50÷5=4,
    ∴CH=,A′H=A′B-BH=1,∵将沿过点的直线折叠,点A的对应点为,
    ∴A′B=AB,∠A=∠A′,∠ABM=∠MBH,
    ∵于点,AB//CD,∴,∴∠MBH=45°,∴△MBQ是等腰直角三角形,∴MQ=BQ,
    ∵四边形ABCD是平行四边形,∴∠A=∠C,∴∠A′=∠C,
    ∵∠A′HN=∠CHB,∴△A′NH∽△CBH,∴,即,解得:NH=2,
    ∵,MQ⊥A′B,∴NH//MQ,∴△A′NH∽△A′MQ,
    ∴,即,解得:MQ=,
    ∴S阴=S△A′MB-S△A′NH=A′B·MQ-A′H·NH=×5×-×1×2=.
    【点睛】本题考查折叠的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质,熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键.
    4.(2021·四川乐山市·中考真题)在等腰中,,点是边上一点(不与点、重合),连结.

    (1)如图1,若,点关于直线的对称点为点,结,,则________;
    (2)若,将线段绕点顺时针旋转得到线段,连结.
    ①在图2中补全图形;②探究与的数量关系,并证明;(3)如图3,若,且,试探究、、之间满足的数量关系,并证明.
    【答案】(1)30°;(2)①见解析;②;见解析;(3),见解析
    【分析】(1)先根据题意得出△ABC是等边三角形,再利用三角形的外角计算即可
    (2)①按要求补全图即可
    ②先根据已知条件证明△ABC是等边三角形,再证明,即可得出
    (3)先证明,再证明,得出,从而证明,得出,从而证明
    【详解】
    解:(1)∵,
    ∴△ABC是等边三角形
    ∴∠B=60°
    ∵点关于直线的对称点为点
    ∴AB⊥DE,

    故答案为:;
    (2)①补全图如图2所示;

    ②与的数量关系为:;
    证明:∵,.
    ∴为正三角形,
    又∵绕点顺时针旋转,
    ∴,,
    ∵,,
    ∴,
    ∴,
    ∴.
    (3)连接.

    ∵,,∴.
    ∴.
    又∵,
    ∴,
    ∴.∵,∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴,.
    ∵,
    ∴.
    又∵,
    ∴.
    【点睛】
    本题考查相似三角形的证明及性质、全等三角形的证明及性质、三角形的外角、轴对称,熟练进行角的转换是解题的关键,相似三角形的证明是重点
    5.(2021·重庆中考真题)在中,,是边上一动点,连接,将绕点逆时针旋转至的位置,使得.

    (1)如图,当时,连接,交于点.若平分,,求的长;
    (2)如图,连接,取的中点,连接.猜想与存在的数量关系,并证明你的猜想;
    (3)如图,在(2)的条件下,连接,.若,当,时,请直接写出的值.
    【答案】(1);(2),证明见解析;(3).
    【分析】(1)连接,过点作,垂足为,证明,得:,再在等腰直角中,找到,再去证明为等腰三角形,即可以间接求出的长;
    (2)作辅助线,延长至点,使,连接,在中,根据三角形
    的中位线,得出,再根据条件证明:,于是猜想得以证明;
    (3)如图(见解析),先根据旋转的性质判断出是等边三角形,再根据证出四点共圆,然后根据等腰三角形的三线合一、角的和差可得是等腰直角三角形,设,从而可得,根据三角形全等的判定定理与性质可得,从而可得,根据矩形的判定与性质可得四边形是矩形,,最后根据等量代换可得,解直角三角形求出即可得出答案.
    【详解】解:(1)连接,过点作,垂足为.

    平分,,.
    ,,,
    ,,,
    在和中,,,
    ,,,
    平分,.,
    ,,..
    (2) 延长至点,使,连接.
    是的中点,.

    ,,
    在和中,,
    ,,.
    (3)如图,设交于点,连接,

    ,,
    由旋转的性质得:,是等边三角形,,
    ,,
    ,,
    ,点四点共圆,
    由圆周角定理得:,
    垂直平分,(等腰三角形的三线合一),
    ,平分,
    ,,
    是等腰直角三角形,,
    设,则,由(2)可知,,
    ,,是等腰直角三角形,且,
    (等腰三角形的三线合一),,
    在和中,,,,
    ,,
    ,,
    四边形是矩形,,
    在中,,
    则.
    【点睛】本题考查了图形的旋转、等边三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、圆周角定理、解直角三角形等知识点,综合能力比较强,较难的是题(3),判断出四点共圆是解题关键.
    6.(2021·内蒙古赤峰市·中考真题)数学课上,有这样一道探究题.
    如图,已知中,AB=AC=m,BC=n,,点P为平面内不与点A、C重合的任意一点,将线段CP绕点P顺时针旋转a,得线段PD,E、F分别是CB、CD的中点,设直线AP与直线EF相交所成的较小角为β,探究的值和的度数与m、n、α的关系,请你参与学习小组的探究过程,并完成以下任务:
    (1)填空:
    (问题发现)
    小明研究了时,如图1,求出了___________,___________;
    小红研究了时,如图2,求出了___________,___________;
    (类比探究)
    他们又共同研究了α=120°时,如图3,也求出了;
    (归纳总结)
    最后他们终于共同探究得出规律:__________(用含m、n的式子表示);___________ (用含α的式子表示).
    (2)求出时的值和的度数.


    【答案】(1)【问题发现】,60°;,45°;【类比探究】见(2)题的解析;【归纳总结】,;(2),30°
    【分析】
    (1)当时,△ABC和△PDC都是等边三角形,可证△ACP∽△ECF,从而有,∠Q==∠ACB=60°;当时,△ABC和△PDC都是等腰直角三角形,同理可证△ACP∽△ECF即可解决,依此可得出规律;
    (2)当,可证,,从而有,由∠ECF=∠ACP,可得△PCA∽△FCE即可解决问题.
    【详解】
    (1)【问题发现】如图1,连接AE,PF,延长EF、AP交于点Q,

    当时,△ABC和△PDC都是等边三角形,
    ∴∠PCD=∠ACB=60°,PC=CD,AC=CB,
    ∵F、E分别是CD、BC的中点,
    ∴,,
    ∴,
    又∵∠ACP=∠ECF,
    ∴△ACP∽△ECF,
    ∴,∠CEF=∠CAP,
    ∴∠Q==∠ACB=60°,
    当时,△ABC和△PDC都是等腰直角三角形,
    如图2,连接AE,PF,延长EF、AP交于点Q,

    ∴∠PCD=∠ACB=45°,PC=CD,AC=CB,
    ∵F、E分别是CD、BC的中点,
    ∴,,
    ∴,
    又∵∠ACP=∠ECF,
    ∴△ACP∽△ECF,
    ∴,∠CEF=∠CAP,
    ∴∠Q==∠ACB=45°,
    【归纳总结】
    由此,可归纳出,=∠ACB=;
    (2)当,连接AE,PF,延长EF、AP交于点Q,

    ∵AB=AC,E为BC的中点,
    ∴AE⊥BC,∠CAE=60°
    ∴sin60°=,
    同理可得:,
    ∴,
    ∴,
    又∵∠ECF=∠ACP,
    ∴△PCA∽△FCE,
    ∴,∠CEF=∠CAP,
    ∴∠Q==∠ACB=30°.
    【点睛】本题主要考查了三角形相似的判定与性质,通过解决本题感受到:图形在变化但解决问题的方法不变,体会“变中不变”的思想.
    7.(2021·广西贵港市·中考真题)已知在ABC中,O为BC边的中点,连接AO,将AOC绕点O顺时针方向旋转(旋转角为钝角),得到EOF,连接AE,CF.
    (1)如图1,当∠BAC=90°且AB=AC时,则AE与CF满足的数量关系是 ;
    (2)如图2,当∠BAC=90°且AB≠AC时,(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请写出证明过程;若不成立,请说明理由;
    (3)如图3,延长AO到点D,使OD=OA,连接DE,当AO=CF=5,BC=6时,求DE的长.

    【答案】(1);(2)成立,证明见解析;(3)
    【分析】
    (1)结论.证明,可得结论.
    (2)结论成立.证明方法类似(1).
    (3)首先证明,再利用相似三角形的性质求出,利用勾股定理求出即可.
    【详解】
    解:(1)结论:.
    理由:如图1中,

    ,,,
    ,,


    ,,


    (2)结论成立.
    理由:如图2中,

    ,,



    ,,


    (3)如图3中,

    由旋转的性质可知,



    ,,,







    【点睛】
    本题属于几何变换综合题,考查了旋转变换,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,勾股定理等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题,属于中考压轴题.
    8.(2021·湖北襄阳市·中考真题)在中,,,是边上一点,将沿折叠得到,连接.
    (1)特例发现:如图1,当,落在直线上时,
    ①求证:;
    ②填空:的值为______;
    (2)类比探究:如图2,当,与边相交时,在上取一点,使,交于点.探究的值(用含的式子表示),并写出探究过程;
    (3)拓展运用:在(2)的条件下,当,是的中点时,若,求的长.


    【答案】(1)①见解析;②1;(2),见解析;(3)
    【分析】
    (1)①根据折叠性质证明即可;②当,证明,即可得出的值;
    (2)延长交于点,根据折叠性质证明,即可得出结论;
    (3)由(2)可知,设,则,,,可得,再由勾股定理列方程求解即可.
    【详解】
    解:(1)①证明:延长交于点.

    由折叠得.
    ∴.
    ∵,
    ∴.
    ②当,即时,
    可知AC=BC,
    在和中,

    ∴(AAS),
    ∴,
    ∴.
    故答案为:1;
    (2)解:.
    理由:延长交于点,

    由折叠得.
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴.
    (3)解:由折叠得,,
    ∵是的中点,
    ∴,
    ∴,,,
    由(2)知,
    ∴,

    是的中点,
    ∴,
    ∴,
    设,则,,,
    ∴,

    ∴,
    ∴,,
    ∴,
    在中,由勾股定理得,
    ∵,
    ∴,
    解得(负值舍去),
    ∴.
    【点睛】本题为三角形综合题,考查折叠的性质,全等三角形判定与性质,相似三角形的判定及性质,勾股定理等知识点,根据折叠性质找到角度之间的关系是解题的关键.
    9.(2021·江苏宿迁市·中考真题)已知正方形ABCD与正方形AEFG,正方形AEFG绕点A旋转一周.
    (1)如图①,连接BG、CF,求的值;
    (2)当正方形AEFG旋转至图②位置时,连接CF、BE,分别去CF、BE的中点M、N,连接MN、试探究:MN与BE的关系,并说明理由;
    (3)连接BE、BF,分别取BE、BF的中点N、Q,连接QN,AE=6,请直接写出线段QN扫过的面积.

    【答案】(1);(2);(3)
    【分析】(1)由旋转的性质联想到连接,证明即可求解;
    (2)由M、N分别是CF、BE的中点,联想到中位线,故想到连接BM并延长使BM=MH,连接FH、EH,则可证即可得到,再由四边形内角和为可得,则可证明,即是等腰直角三角形,最后利用中位线的性质即可求解;
    (3)Q、N两点因旋转位置发生改变,所以Q、N两点的轨迹是圆,又Q、N两点分别是BF、BE中点,所以想到取AB的中点O,结合三角形中位线和圆环面积的求解即可解答.
    【详解】解:(1)连接
    四边形ABCD和四边形AEFG是正方形

    分别平分


    且都是等腰直角三角形




    (2)连接BM并延长使BM=MH,连接FH、EH
    是CF的中点




    在四边形BEFC中







    又四边形ABCD和四边形AEFG是正方形





    三角形BEH是等腰直角三角形
    M、N分别是BH、BE的中点




    (3)取AB的中点O,连接OQ、ON,连接AF
    在中,O、Q分别是AB、BF的中点

    同理可得


    所以QN扫过的面积是以O为圆心,和为半径的圆环的面积


    【点睛】本题考察旋转的性质、三角形相似、三角形全等、正方形的性质、中位线的性质与应用和动点问题,属于几何综合题,难度较大.解题的关键是通过相关图形的性质做出辅助线.
    10.(2021·青海中考真题)在我们学习过的数学教科书中,有一个数学活动,若身旁没有量角器或三角尺,又需要作等大小的角,可以采用如下方法:
    操作感知:
    第一步:对折矩形纸片,使与重合,得到折痕,把纸片展开(如图13-1).
    第二步:再一次折叠纸片,使点落在上,并使折痕经过点,得到折痕,同时得到线段(如图13-2).

    猜想论证:
    (1)若延长交于点,如图13-3所示,试判定的形状,并证明你的结论.
    拓展探究:
    (2)在图13-3中,若,当满足什么关系时,才能在矩形纸片中剪出符(1)中的等边三角形?
    【答案】(1)是等边三角形,理由见解析;(2),理由见解析
    【分析】(1)连接,由折叠性质可得是等边三角形, ,,然后可得到 ,即可判定 是等边三角形.
    (2)由折叠可知,由(1)可知,利用 的三角函数即可求得.
    【详解】(1)解:是等边三角形,
    证明如下:连接.由折叠可知:,垂直平分.
    ∴,
    ∴,
    ∴为等边三角形,
    ∴,
    ∴,
    ∵,,
    ∴,
    ∴,
    ∴是等边三角形.

    (2)解:方法一:
    要在矩形纸片上剪出等边,则,
    在中,,,
    ∴,
    ∵,
    ∴,即,
    当或()时,在矩形纸片上能剪出这样的等边.
    方法二:
    要在矩形纸片上剪出等边,则,
    在中,,,
    设,则,
    ∴,即,得,
    ∴,
    ∵,
    ∴,即,
    当(或)时,在矩形纸片上能剪出这样的等边.
    【点睛】本题考查了折叠的性质,及锐角三角函数的应用,正确理解折叠性质灵活运用三角函数解直角三角形是解本题的关键.
    11.(北京市2021年中考数学真题试题)如图,在中,为的中点,点在上,以点为中心,将线段顺时针旋转得到线段,连接.

    (1)比较与的大小;用等式表示线段之间的数量关系,并证明;
    (2)过点作的垂线,交于点,用等式表示线段与的数量关系,并证明.
    【答案】(1),,理由见详解;(2),理由见详解.
    【解析】
    【分析】(1)由题意及旋转的性质易得,,然后可证,进而问题可求解;
    (2)过点E作EH⊥AB,垂足为点Q,交AB于点H,由(1)可得,,易证,进而可得,然后可得,最后根据相似三角形的性质可求证.
    【详解】(1)证明:∵,
    ∴,
    ∴,
    由旋转的性质可得,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∵点M为BC的中点,
    ∴,
    ∵,
    ∴;
    (2)证明:,理由如下:
    过点E作EH⊥AB,垂足为点Q,交AB于点H,如图所示:

    ∴,
    由(1)可得,
    ∴,,
    ∵,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴.
    【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质,熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定及等腰三角形的性质、旋转的性质是解题的关键.
    12.(吉林省2021年中考数学真题试卷)如图①,在中,,,是斜边上的中线,点为射线上一点,将沿折叠,点的对应点为点.

    (1)若.直接写出的长(用含的代数式表示);
    (2)若,垂足为,点与点在直线的异侧,连接,如图②,判断四边形的形状,并说明理由;
    (3)若,直接写出的度数.
    【答案】(1);(2)菱形,见解析;(3)或
    【解析】
    【分析】(1)根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得;
    (2)由题意可得,,由“直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半”,得,得,则四边形是平行四边形,再由折叠得,于是判断四边形是菱形;
    (3)题中条件是“点是射线上一点”,因此又分两种情况,即点与点在直线异侧或同侧,正确地画出图形即可求出结果.
    【详解】解:(1)如图①,在中,,
    ∵是斜边上的中线,,
    ∴.

    (2)四边形是菱形.
    理由如下:
    如图②∵于点,
    ∴,
    ∴;
    由折叠得,,
    ∵,
    ∴;
    ∵,,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    ∴四边形是平行四边形;
    ∵,
    ∴,
    ∴四边形是菱形.

    (3)如图③,点与点在直线异侧,
    ∵,
    ∴;
    由折叠得,,
    ∴;

    如图④,点与点在直线同侧,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    由折叠得,,
    ∴,
    ∴.
    综上所述,或.

    【点睛】此题主要考查了直角三角形的性质、轴对称的性质、平行四边形及特殊平行四边形的判定等知识与方法,在解第(3)题时,应进行分类讨论,解题的关键是准确地画出图形,以免丢解.
    13.(山东省烟台市2021年中考数学真题)有公共顶点A的正方形ABCD与正方形AEGF按如图1所示放置,点E,F分别在边AB和AD上,连接BF,DE,M是BF的中点,连接AM交DE于点N.
    【观察猜想】
    (1)线段DE与AM之间的数量关系是  DE=2AM ,位置关系是  DE⊥AM ;
    【探究证明】
    (2)将图1中的正方形AEGF绕点A顺时针旋转45°,点G恰好落在边AB上,如图2,其他条件不变,线段DE与AM之间的关系是否仍然成立?并说明理由.

    【解析】(1)由正方形的性质得出AD=AB,AF=AE,∠DAE=∠BAF=90°,证明△DAE≌△BAF(SAS),由全等三角形的性质得出DE=BF,∠ADE=∠ABF,由直角三角形的性质可得出结论;
    (2)延长AM至点H,使得AM=MH,连接FH,证明△AMB≌△HMF(SAS),由全等三角形的性质得出AB=HF,∠ABM=∠HFM,证明△EAD≌△AFH(SAS),由全等三角形的性质得出DE=AH,则可得出答案.
    【解答】解:(1)∵四边形ABCD和四边形AEGF都是正方形,
    ∴AD=AB,AF=AE,∠DAE=∠BAF=90°,
    ∴△DAE≌△BAF(SAS),
    ∴DE=BF,∠ADE=∠ABF,
    ∵∠ABF+∠AFB=90°,
    ∴∠ADE+∠AFB=90°,
    在Rt△BAF中,M是BF的中点,
    ∴AM=FM=BM=BF,
    ∴DE=2AM.
    ∵AM=FM,
    ∴∠AFB=∠MAF,
    又∵∠ADE+∠AFB=90°,
    ∴∠ADE+∠MAF=90°,
    ∴∠AND=180°﹣(∠ADE+∠MAF)=90°,
    即AN⊥DN;
    故答案为DE=2AM,DE⊥AM.
    (2)仍然成立,
    证明如下:延长AM至点H,使得AM=MH,连接FH,

    ∵M是BF的中点,
    ∴BM=FM,
    又∵∠AMB=∠HMF,
    ∴△AMB≌△HMF(SAS),
    ∴AB=HF,∠ABM=∠HFM,
    ∴AB∥HF,
    ∴∠HFG=∠AGF,
    ∵四边形ABCD和四边形AEGF是正方形,
    ∴∠DAB=∠AFG=90°,AE=AF,AD=AB=FH,∠EAG=∠AGF,
    ∴∠EAD=∠EAG+∠DAB=∠AFG+∠AGF=∠AFG+∠HFG=∠AFH,
    ∴△EAD≌△AFH(SAS),
    ∴DE=AH,
    又∵AM=MH,
    ∴DE=AM+MH=2AM,
    ∵△EAD≌△AFH,
    ∴∠ADE=∠FHA,
    ∵△AMB≌△HMF,
    ∴∠FHA=∠BAM,
    ∴∠ADE=∠BAM,
    又∵∠BAM+∠DAM=∠DAB=90°,
    ∴∠ADE+∠DAM=90°,
    ∴∠AND=180°﹣(∠ADE+∠DAM)=90°,
    即AN⊥DN.
    故线段DE与AM之间的数量关系是DE=2AM.线段DE与AM之间的位置关系是DE⊥AM.
    14.(2021年广西贵港市中考数学真题)已知在△ABC中,O为BC边的中点,连接AO,将△AOC绕点O顺时针方向旋转(旋转角为钝角),得到△EOF,连接AE,CF.
    (1)如图1,当∠BAC=90°且AB=AC时,则AE与CF满足的数量关系是    ;
    (2)如图2,当∠BAC=90°且AB≠AC时,(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请写出证明过程;若不成立,请说明理由.
    (3)如图3,延长AO到点D,使OD=OA,连接DE,当AO=CF=5,BC=6时,求DE的长.

    【解析】(1)结论AE=CF.证明△AOE≌△COF(SAS),可得结论.
    (2)结论成立.证明方法类似(1).
    (3)首先证明∠AED=90°,再利用相似三角形的性质求出AE,利用勾股定理求出DE即可.
    【解答】解:(1)结论:AE=CF.
    理由:如图1中,

    ∵AB=AC,∠BAC=90°,OC=OB,
    ∴OA=OC=OB,AO⊥BC,
    ∵∠AOC=∠EOF=90°,
    ∴∠AOE=∠COF,
    ∵OA=OC,OE=OF,
    ∴△AOE≌△COF(SAS),
    ∴AE=CF.

    (2)结论成立.
    理由:如图2中,

    ∵∠BAC=90°,OC=OB,
    ∴OA=OC=OB,
    ∵∠AOC=∠EOF,
    ∴∠AOE=∠COF,
    ∵OA=OC,OE=OF,
    ∴△AOE≌△COF(SAS),
    ∴AE=CF.

    (3)如图3中,

    由旋转的性质可知OE=OA,
    ∵OA=OD,
    ∴OE=OA=OD=5,
    ∴∠AED=90°,
    ∵OA=OE,OC=OF,∠AOE=∠COF,
    ∴=,
    ∴△AOE∽△COF,
    ∴=,
    ∵CF=OA=5,
    ∴=,
    ∴AE=,
    ∴DE===.


    1.(2021年湖北武汉市江岸区中考数学模拟试题)如图1,已知Rt△ABC中,∠ACB=90°,D、E分别是AC、BC 的中点,连 DE,且.

    (1)如图1连接BD,AE.求的值;
    (2)如图2,当△CDE绕C点旋转过程中,AD,BE交于点H,连CH,CH=5,求的值;
    (3)若CD=1,当△CDE绕C点旋转过程中,直接写出△ABH面积的最大值是  .
    【答案】(1);(2);(3).
    【解析】
    【分析】(1)设BC=8k,AC=6k,利用勾股定理求得BD、AE的长,即可求解;
    (2)作出如图的辅助线,证得A、B、H、C四点共圆,再证得,设AM=3a,HM=4a,则MC=4a-5,再证明,利用相似三角形的性质以及勾股定理即可证明结论;
    (3)利用勾股定理求得AB,知点H在以AB为直径的圆上,则AB边上的高取得最大值时,△ABH面积的最大值.据此求解即可.
    【详解】(1)∵,
    设BC=8k,AC=6k,
    则AD=DC=3k,CE=EB=4k,


    ∴;

    (2)如图3,设AH和BC交于点O,作AM⊥HC,BN⊥HC分别交直线HC于M和N,

    因为D、E分别是AC、BC上的中点,
    ∴,
    ∴,
    ∵,
    ∴∠ACD+∠BCD =∠BCD+∠BCE=90°,
    ∴,
    ∴,
    ∴,即∠CAH =∠CBH,
    ∴A、B、H、C四点共圆,
    ∴∠CHA =∠CBA,
    ∵∠BCA=∠HMA=90°,
    ∴,
    ∴,
    ∴设AM=3a,HM=4a,则MC=4a-5,
    ∵∠NCB+∠ACM =∠ACM+∠CAM=90°,
    ∴∠NCB =∠CAM,
    ∴,
    ∴,
    ∴CN=4a,BN=(4a-5),
    则HN=4a-5,
    由勾股定理得BH=(4a-5),
    ∵,
    ∴;
    (3)∵CD=1,
    ∴AC=2CD=2,BC=AC=,
    由勾股定理得:AB=,
    由(2)得:A、B、H、C四点共圆,
    ∴∠BHA=∠BCA=90°,
    则点H在以AB为直径的圆上,
    要使△ABH的面积最大,只有AB边上的高取得最大值,即点H在线段AB的垂直平分线上,
    过点H作HG⊥AB于点G,

    ∴HG=AB=,
    △ABH面积的最大值是.
    故答案:.
    【点睛】本题属于相似形综合题,考查相似三角形的判定和性质,圆周角定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造相似三角形解决问题,学会用转化的思想思考问题,属于中考压轴题.
    2.(吉林省第二实验学校2020-2021学年九年级下学期第二次模拟数学试题) 教材呈现:如图是华师版九年级上册第64页的课后习题.
    如图,在中,点是边的四等分点,,,,.求四边形的周长.

    (1)请完成该题目(补充说明:题目中的点是边靠近点的四等分点).
    (2)小明和小静在复习该题目时分别对这个题目进行了改编,请分别解答小明和小静提出的问题.

    ①小明提出的问题是:如图①,在中,点是边靠近点的四等分点,,.当四边形为菱形时,求与的数量关系?
    ②小静提出的问题是:如图②,在中,点是边靠近点的四等分点,,,,.则四边形面积的最大值是___________.
    【答案】(1)18;(2)①;②
    【解析】
    【分析】(1)根据点D是边AB靠近点A的四等分点,得到,,再根据DE∥AC,得到△BED∽△BCA,即由此求解即可;
    (2)①由(1)得,根据四边形DECF是菱形,可得DE=DF,由此求解即可;
    ②根据△BED∽△BCA,,即可得到,同理,从而推出,要想四边形DECF面积最大,即三角形ABC的面积最大,再根据A、B、C三点共圆,且弦BC=8,弦BC所对的圆心角度数为120°,如图所示,分别过点A作AE⊥BC,OF⊥BC,过点O作OP⊥AE于P,得出当且仅当A、O、F三点共线的时候,此时AE有最大值,即三角形ABC的面积有最大值,由此求解即可.
    【详解】解:(1)∵点D是边AB靠近点A的四等分点,
    ∴,,
    ∵DE∥AC,
    ∴△BED∽△BCA,
    ∴,
    ∴,
    同理可以求得,
    ∵DE∥AC,DF∥BC,
    ∴四边形DECF是平行四边形,
    ∴CF=DE=6,CE=DF=3,
    ∴四边形DECF的周长=CF+DE+CE+DF=18;
    (2)①由(1)得,
    ∵四边形DECF是菱形,
    ∴DE=DF,
    ∴,
    ∴;
    ②∵DE∥AC,
    ∴△BED∽△BCA,
    ∴,
    ∴,
    同理,
    ∴,
    ∴要想四边形DECF面积最大,即三角形ABC的面积最大,
    ∵BC=8,∠A=60°,
    ∴可以看做A、B、C三点共圆,且弦BC=8,弦BC所对的圆心角度数为120°,
    如图所示,分别过点A作AE⊥BC,OF⊥BC,过点O作OP⊥AE于P,
    ∴,
    由垂径定理可知,,,
    ∴,,
    则四边形OFEP是矩形,
    ∴OF=PE,
    ∴,
    当且仅当A、O、F三点共线的时候,此时AE有最大值,即三角形ABC的面积有最大值,
    ∴,
    ∴,
    ∴.

    【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定,菱形的性质,垂径定理,圆周角定理,解直角三角形,解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
    3. (2021年北京市大兴区中考数学一模试卷)(1)问题发现
    如图1,△ACB和△DCE均为等边三角形,点A,D,E在同一直线上,连接BE.
    填空:①∠AEB的度数为   ;②线段AD,BE之间的数量关系为   .
    (2)拓展探究
    如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,点A,D,E在同一直线上,CM为△DCE中DE边上的高,连接BE,请判断∠AEB的度数及线段CM,AE,BE之间的数量关系,并说明理由.

    【解析】(1)易证∠ACD=∠BCE,即可求证△ACD≌△BCE,根据全等三角形对应边相等可求得AD=BE,根据全等三角形对应角相等即可求得∠AEB的大小;
    (2)易证△ACD≌△BCE,可得∠ADC=∠BEC,进而可以求得∠AEB=90°,即可求得DM=ME=CM,即可解题.
    【解答】解:(1)∵∠ACB=∠DCE,∠DCB=∠DCB,
    ∴∠ACD=∠BCE,
    在△ACD和△BCE中,

    ∴△ACD≌△BCE(SAS),
    ∴AD=BE,∠CEB=∠ADC=180°﹣∠CDE=120°,
    ∴∠AEB=∠CEB﹣∠CED=60°;
    (2)∠AEB=90°,AE=BE+2CM,
    理由:如图2,
    ∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,
    ∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=90°,
    ∴∠ACD=∠BCE.
    在△ACD和△BCE中,

    ∴△ACD≌△BCE(SAS),
    ∴AD=BE,∠ADC=∠BEC.
    ∵△DCE为等腰直角三角形,
    ∴∠CDE=∠CED=45°,
    ∵点A、D、E在同一直线上,
    ∴∠ADC=135°.
    ∴∠BEC=135°,
    ∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°.
    ∵CD=CE,CM⊥DE,
    ∴DM=ME.
    ∵∠DCE=90°,
    ∴DM=ME=CM,
    ∴AE=AD+DE=BE+2CM.
    【点评】本题考查了全等三角形的判定,考查了全等三角形对应边相等、对应角相等的性质,本题中求证△ACD≌△BCE是解题的关键.
    4.(2021年湖南省长沙市中考数学模拟试卷)如图1,四边形对角线,相交于点,,.

    图1 图2
    (1)过点作交于点,求证:;
    (2)如图2,将沿翻折得到.
    ①求证:;
    ②若,求证:.
    【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②见解析.
    【解析】(1)连接CE,根据全等证得AE=CD,进而AECD为平行四边形,由进行等边代换,即可得到;
    (2)①过A作AE∥CD交BD于E,交BC于F,连接CE,,得,利用翻折的性质得到,即可证明;②证△BEF≌△CDE,从而得,进而得∠CED=∠BCD,且,得到△BCD∽△CDE,得,即可证明.
    解:(1)连接CE,

    ∵,
    ∴,
    ∵,,,
    ∴△OAE≌△OCD,
    ∴AE=CD,
    ∴四边形AECD为平行四边形,
    ∴AE=CD,OE=OD,
    ∵,
    ∴CD=BE,
    ∴;
    (2)①过A作AE∥CD交BD于E,交BC于F,连接CE,

    由(1)得,,
    ∴,
    由翻折的性质得,
    ∴,
    ∴,
    ∴;
    ②∵,,
    ∴四边形为平行四边形,
    ∴,,
    ∴,
    ∵,
    ∴EF=DE,
    ∵四边形AECD平行四边形,
    ∴CD=AE=BE,
    ∵AF∥CD,
    ∴,
    ∵EF=DE,CD=BE,,
    ∴△BEF≌△CDE(SAS),
    ∴,
    ∵,
    ∴∠CED=∠BCD,
    又∵∠BDC=∠CDE,
    ∴△BCD∽△CDE,
    ∴,即,
    ∵DE=2OD,
    ∴.
    5.(2021年山东省青岛市即墨区中考一模数学试题)小明学完了“锐角三角函数”的相关知识后,通过研究发现:如图1,在Rt△ABC中,如果∠C=90°,∠A=30°,BC=a=1,AC=b=,AB=c=2,那么.通过上网查阅资料,他又知“sin90°=1”,因此他得到“在含30°角的直角三角形中,存在着的关系”.

    这个关系对于一般三角形还适用吗?为此他做了如下的探究:
    (1)如图2,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=a,AC=b,AB=c,请判断此时“”的关系是否成立? 答:______________.
    (2)完成上述探究后,他又想“对于任意的锐角△ABC,上述关系还成立吗?”因此他又继续进行了如下的探究:
    如图3,在锐角△ABC中,BC=a,AC=b,AB=c,过点C作CD⊥AB于D,设CD=h,
    ∵在Rt△ADC和Rt△BDC中,∠ADC=∠BDC=90°,
    ∴sinA=______________,sinB=______________.
    ∴=_____________,=____________.

    同理,过点A作AH⊥BC于H,可证

    请将上面的过程补充完整.
    (3)运用上面结论解答下列问题:
    ①如图4,在△ABC中,如果∠A=75°,∠B=60°,AB=6,求AC的长.
    ②在△ABC中,如果∠B=30°,AB=,AC=2,那么△ABC内切圆的半径为______.
    【答案】(1)成立;(2);;; ;(3)①;②
    【解析】解:解;(1)成立,
    理由如下:∵


    (2)在锐角△ABC中,BC=a,AC=b,AB=c.
    过点C作CD⊥AB于D.设CD=h,

    ∵在Rt△ADC和Rt△BDC中,∠ADC=∠BDC=90°,
    ∴,.
    ∴,.
    ∴.
    同理,过点A作AH⊥BC于H,可证.
    ∴.

    故答案为:;;; ;
    (3)①∵∠A=75°,∠B=60°,
    ∴∠C=45°
    ∴把∠C=45°,∠B=60°,AB=c=6,代入得:

    ∴,
    解得:b=,
    即AC=;
    ②∵AB=,AC=2,


    过△ABC内切圆的圆心O作OE⊥AB,OG⊥AC,OF⊥BC,则OG=OE=OF=r,


    ∴AG=AE=OE=OG=r
    ∴四边形AEOC是正方形
    ∵AC=2,
    ∴CG=2-r
    ∵AB=
    ∴BE=-r
    连接OC,OB,
    ∵OC为的平分线,

    又,OC=OC

    同理可得
    ∴CF=CG=2-r,BF=BE=-r

    ∴BC=4
    ∴BC=CF+BF=2-r+-r=4
    解得,r=
    故答案为:
    6.(湖北省襄阳市保康县2021年中考数学适应性试卷)(1)阅读理解:
    如图①,在中,若,,求边上的中线的取值范围.
    解决此问题可以用如下方法:延长到点使,再连接(或将绕着点逆时针旋转得到,把、,集中在中,利用三角形三边的关系即可判断.
    中线的取值范围是  ;
    (2)问题解决:
    如图②,在中,是边上的中点,于点,交于点,交于点,连接,求证:;
    (3)问题拓展:
    如图③,在四边形中,,,,以为顶点作一个角,角的两边分别交,于、两点,连接,探索线段,,之间的数量关系,并加以证明.

    【解答】(1)解:延长至,使,连接,如图①所示:
    是边上的中线,

    在和中,,


    在中,由三角形的三边关系得:,
    ,即,

    故答案为:;
    (2)证明:延长至点,使,连接、,如图②所示:
    同(1)得:,

    ,,

    在中,由三角形的三边关系得:,

    (3)解:;理由如下:
    延长至点,使,连接,如图3所示:
    ,,

    在和中,,

    ,,
    ,,


    在和中,,







    7.(江西省南昌市2021年九年级中考数学第一次调研检测(一模)试卷)定义:有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”.
    例如:四边形ABCD中,若∠A+∠C=180°或∠B+∠D=180°,则四边形ABCD是“对补四边形”.
    概念理解
    (1)如图1,四边形ABCD是“对补四边形”.
    ①若∠A:∠B:∠C=3:2:1,则∠D= 90° ;
    ②若∠B=90°,且AB=3,AD=2时,则CD2﹣CB2= 5 .
    拓展延伸
    (2)如图2,四边形ABCD是“对补四边形”.当AB=CB,且∠EBF=∠ABC时,图中AE,CF,EF之间的数量关系是 AE+CF=EF ,并证明这种关系;
    类比运用
    (3)如图3,在四边形ABCD中,AB=CB,BD平分∠ADC.
    ①求证:四边形ABCD是“对补四边形”.
    ②如图4,连接AC,当∠ABC=90°,且=时,求tan∠ACD的值.
    【解析】(1)①根据“对补四边形”的定义,结合∠A:∠B:∠C=3:2:1,即可求出答案;
    ②根据“对补四边形”的定义,可由∠B=90°,得出∠D=90°,再运用勾股定理即可得出答案;
    (2)延长EA至点K,使得AK=CF,连接BK,依据“对补四边形”的定义,可证明△ABK≌△CBF,再证明△BEK≌△BEF,从而可证得结论;
    (3)①过点B作BM⊥AD于点M,BN⊥AC于点N,则∠BMA=∠BNC=90°,可证Rt△ABM≌Rt△CBN,进而可证得结论;
    ②设AD=a,DC=b,可得AC2=a2+b2,再运用面积建立方程求解即可.
    【解答】解:(1)①∵∠A:∠B:∠C=3:2:1,
    ∴可设∠A=3x,∠B=2x,∠C=x,
    根据“对补四边形”的定义可知:∠A+∠C=180°,
    ∴3x+x=180°,
    解得:x=45°,
    ∴∠B=2x=90°,
    ∵∠B+∠D=180°,
    ∴∠D=90°,
    故答案为:90°;
    ②∵∠B=90°,∠B+∠D=180°,
    ∴∠D=90°,
    连接AC,
    在Rt△ABC中,BC2=AC2﹣AB2,
    在Rt△ACD中,CD2=AC2﹣AD2,
    ∴CD2﹣CB2=AC2﹣AD2﹣(AC2﹣AB2)=AB2﹣AD2,
    ∵AB=3,AD=2,
    ∴CD2﹣CB2=32﹣22=5;
    故答案为:5;
    (2)AE+CF=EF,理由如下:
    如图2,延长EA至点K,使得AK=CF,连接BK,
    ∵四边形ABCD是“对补四边形”,
    ∴∠BAD+∠C=180°,
    ∵∠BAK+∠BAD=180°,
    ∴∠BAK=∠C,
    ∵AK=CF,AB=CB,
    ∴△ABK≌△CBF(SAS),
    ∴∠ABK=∠CBF,BK=BF,
    ∴∠KBF=∠ABC,
    ∵∠EBF=∠ABC,
    ∴∠EBF=∠KBF,
    ∴∠EBK=∠EBF,
    ∵BK=BF,BE=BE,
    ∴△BEK≌△BEF(SAS),
    ∴EK=EF,
    ∴AE+CF=AE+AK=EK=EF;
    (3)①证明:过点B作BM⊥AD于点M,BN⊥AC于点N,则∠BMA=∠BNC=90°,
    ∵BD平分∠ADC,
    ∴BM=BN,
    ∵AB=CB,
    ∴Rt△ABM≌Rt△CBN(HL),
    ∴∠BAM=∠C,
    ∵∠BAM+∠BAD=180°,
    ∴∠C+∠BAD=180°,
    ∴∠BAD与∠C互补,
    ∴四边形ABCD是“对补四边形”;
    ②解:由①知四边形ABCD是“对补四边形”,
    ∴∠ABC+∠ADC=180°,
    ∵ABC=90°,
    ∴∠ADC=90°,
    设AD=a,DC=b,则AC2=AD2+CD2=a2+b2,
    ∵AB=BC,
    ∴AB2=BC2=(a2+b2),
    ∴S△ACD=AD•CD=ab,
    ∴S△ABC=AB•CB=AB2=(a2+b2),
    ∵=,
    ∴=,即:()2﹣4•+1=0,
    解得:=2±,
    在Rt△ABC中,tan∠ACD=,
    ∴tan∠ACD=2±.





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