题号猜押06 福建中考数学16题（4大考点，填空题）（福建专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

题号猜押06 福建中考数学16题（填空题） 考点1多结论几何题 1．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，在边长为1的等边三角形中，为中点，是边上的动点，连接，是点关于的对称点．现给出以下结论： ①点在某一条定直线上运动；        ②可以用的长度值表示； ③的长度可以是；            ④点到边，的距离可能相等． 其中正确的是_____．（写出所有正确结论的序号） 2．（2024·福建漳州·三模）如图，正方形的边长是，点，分别在，延长线上，且，连接，交于点，与边，分别交于点，，连接、现给出以下结论：①；②；③；④当时，．其中正确的______．（写出所有正确结论的序号） 3．（2025·福建福州·三模）如图，在矩形中，O是的中点，M是的中点，点P在上（不与点A重合），且，连接并延长，交于点N．下列结论：①；②；③若，则；④，其中正确结论的序号为___________．    4．（2025·广东广州·二模）如图，在菱形中，交的延长线于点.连接交于点，交于点于点，连接.有下列结论：①；②；③；④，则上述结论中正确的有___________。（填序号） 5．（23-24九年级上·辽宁锦州·月考）如图，正方形的边长为4，点分别在边上，且平分，连接，分别交于点是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为，③，④．其中正确的有______．（填序号） 考点2 学科融合与实际应用问题 1．（2025·福建·模拟预测）无动力帆船是借助风力前行的．下图是帆船借助风力航行的平面示意图，已知帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为，风对帆的作用力为．根据物理知识，可以分解为两个力与，其中与帆平行的力不起作用，与帆垂直的力仪可以分解为两个力与与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；与航行方向一致，是真正推动帆船前行的动力．在物理学上常用线段的长度表示力的大小，据此，建立数学模型：，则______．（单位：）（参考数据：） 2．（2025·福建三明·二模）如图是凸透镜成像示意图，是蜡烛通过凸透镜MN所成的虚像．已知蜡烛的高为，蜡烛离凸透镜的水平距离为，该凸透镜的焦距为，则像的高为______． 3．（2026·福建泉州·一模）在物理学中，作用于同一点的两个力的合成符合“平行四边形法则”，即两个共点力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，则这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，如图．如果两个共点力、如图所示，若方格图中每个小正方形的边长都表示，则合力的大小为________． 4．（2025·福建龙岩·一模）化学中直链烷烃的名称用“碳原子数+烷”来表示，当碳原子数为时，依次用天干甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸表示，其中甲烷、乙烷、丙烷的分子结构式如图所示，则辛烷分子结构式中“H”的个数是______． 5．（2025·福建泉州·一模）如图1是某品牌自行车，图2是其示意图．已知，，，，自行车的坐垫，平行地面，垂直地面，自行车轮子的半径等于，则坐垫到地面的距离为 _________．（结果精确到，已知，，） 6．（2024·福建莆田·一模）公元前3世纪，古希腊科学家阿基米德发现了“杠杆原理”：杠杆平衡时，阻力阻力臂动力动力臂．当用撬棍撬动一块石头时，发现阻力和阻力臂分别为和，关于动力和动力臂：随的增大而减小；关于的函数图象位于第一、第三象限；当为时，抙动石头至少需要的力；当抙动石头需要的力，至少为；上面四种说法正确的是_____．（只填序号） 考点3 最值问题 1．（2024·福建莆田·一模）在平面直角坐标系中，二次函数的图象与y轴交于点A，点是该函数图象上任意一点，且不与点A重合，直线经过A，B两点．若时，总有，则m的取值范围为____________． 2．（2024·福建宁德·一模）如图，正方形纸片的边长为4，点E在边上，点F在边上．将正方形纸片沿EF对折，点B的对应点是点G，连接，若，则长的最小值是______． 3．（2024·福建南平·一模）如图，在菱形中，，，点E，F分别在，上，且，连接，，则的最小值为________． 4．（2026·福建·一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，以点C为圆心作OC与直线BD相切，点P是圆C上一个动点，连接AP交BD于点T，则的最大值是_______． 5．（2026·福建泉州·一模）如图，正方形的边在的边上，点在边上，，，点为射线上的一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，当取最小值时，则___________． 考点4 割圆术 1．（18-19九年级上·北京平谷·期末）“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”这是我国古代著名数学家刘徽在《九章算术注》中提到的“如何求圆的周长和面积”的方法，即“割圆术”．“割圆术”的主要意思是用圆内接正多边形去逐步逼近圆．刘徽从圆内接正六边形出发，将边数逐次加倍，并逐次得到正多边形的周长和面积．如图，AB是圆内接正六边形的一条边，半径OB=1，OC⊥AB于点D，则圆内接正十二边形的边BC的长是______（结果不取近似值）． 2．（25-26九年级上·福建福州·月考）我国魏晋时期数学家刘徽在为《九章算术》作注时，创立了“割圆术”．如图是研究“割圆术”时的一个图形，所在圆的圆心为点，四边形为矩形，边与相切于点，连接，，连接交于点．若，则图中阴影部分的面积为______． 3．（24-25九年级上·江苏连云港·期末）刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率，开创了中国数学发展史上圆周率研究的新纪元，某同学在学习“割圆术”的过程中，作了一个如图所示的圆内接正十二边形，若的半径为3，则这个圆内接正十二边形的面积为______． 4．（19-20九年级上·北京西城·期末）我国魏晋时期的数学家刘徽（263年左右）首创“割圆术”，所谓“割圆术”就是利用圆内接正多边形无限逼近圆来确定圆周率，刘徽计算出圆周率．            刘徽从正六边形开始分割圆，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，圆内接正二十四边形，…，割的越细，圆的内接正多边形就越接近圆．设圆的半径为R，圆内接正六边形的周长，计算；圆内接正十二边形的周长，计算；请写出圆内接正二十四边形的周长________，计算________．（参考数据：，） 5．（17-18九年级上·北京丰台·期末）刘徽是我国古代最杰出的数学家之一，他在《九章算术圆田术）中用“割圆术”证明了圆面积的精确公式，并给出了计算圆周率的科学方法（注：圆周率＝圆的周长与该圆直径的比值）“割圆术”就是以“圆内接正多边形的面积”，来无限逼近“圆面积”，刘徽形容他的“割圆术”说：割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣．刘徽计算圆周率是从正六边形开始的，易知圆的内接正六边形可分为六个全等的正三角形，每个三角形的边长均为圆的半径R．此时圆内接正六边形的周长为6R，如果将圆内接正六边形的周长等同于圆的周长，可得圆周率为3．当正十二边形内接于圆时，如果按照上述方法计算，可得圆周率为_____．（参考数据：sinl5°＝0.26）    1．（2025·福建南平·模拟预测）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为________． 2．（2025·福建厦门·模拟预测）如图，在四边形中，，若线段在边上运动，且，则的最小值是___________．    3．（2025·福建宁德·二模）如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为__． 4．（2026·福建三明·一模）如图，已知正方形的边长为2，P是对角线上一点，于点E，于点F，连接，，则的最小值为______． 5．（2025·河南商丘·模拟预测）如图，四边形为正方形，，是直线上一动点，连接，作，垂足为，则的最小值为______，最大值为______． 6．（24-25九年级下·江苏无锡·月考）如图，在矩形中，，，，，，分别为边、，，上的点，，，连接，，当时的长为________；作于，连接，则的最大值为________． 7．（2025·河南周口·二模）如图，有一张矩形纸条，，，点N在边上，，动点M从点A向点B运动，将四边形沿折叠，点B，C的对应点分别为点，，线段与边交于点E，则的最小值为__________，此时点E离开初始位置（指点M从点A出发时，点E的位置）的距离为__________． 8．（2026·福建漳州·一模）在矩形中，是的中点，点在上运动．将沿翻折得到，连接，则的最小值为___________． 9．（24-25九年级下·黑龙江大庆·期中）如图，矩形的边为上的点，是矩形内部一动点，且满足为边上的一个动点，连接，则的最小值为______________． 10．（23-24八年级下·贵州黔东南·期末）在矩形中，点E，F分别是，上的动点，连接，将沿折叠，使点A落在点P处，连接，若，，则的小值为________． 11．（24-25九年级下·浙江·三轮复习）如图，在矩形中，为边上的动点，连结，将沿折叠得，再将沿折叠得（F与G为对应点），当点G落在内部（不包括的边）时，则长的取值范围是_________ ． 12．（25-26八年级上·江苏扬州·期末）如图，，点是射线上的定点，，点是射线上的动点，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接、．则的最小值是_____． 13．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在中，，将线段绕点B顺时针旋转得到线段．当的最小值为时，n的值为_______． 14．（2025·河南安阳·二模）如图，在正方形中，点A，点在轴上，点坐标为，是平面内任意一点，且始终满足，连接，则线段的最大值为________，最小值为________ 15．（25-26八年级下·全国·期末）如图，在边长为2的正方形中，，分别是边，上的动点，且始终满足，，交于点．连接，则线段的最小值为_______． 16．（2026·福建泉州·一模）如图，线段为的直径，点在的延长线上，，，点是上一动点，连接，以为斜边在的上方作，且使得，连接，则长的最大值为_____． 17．（2026·福建漳州·一模）在2025年第十五届全运会10米跳台比赛中，某运动员从起跳到入水的运动轨迹可以近似看作是抛物线的一部分．如图所示，跳台宽度为，水池边与跳台支柱之间的宽度为（见图中标注）．该运动员的起跳点A距离水面，运动过程中的最高点B距离水面，此时与点A的水平距离为．根据上述信息，可估计入水点C与池边的水平距离为________． 18．（2025·福建厦门·一模）如图，在边长为10的正方形中，点为的中点，将沿翻折得，点落在四边形内．点为线段上的动点，过点作交于点，则的最小值为______． 19．（2026·陕西西安·一模）醇是一类由碳、氢、氧元素组成的有机化合物，如图是这类物质前四种化合物的分子结构模型图，其中代表碳原子，●代表氧原子，代表氢原子．第种如图有个氢原子，第种如图有个氢原子，第种如图有个氢原子，第种如图有个氢原子，，按照这一规律，第种化合物的分子结构模型中氢原子的个数是______． 20．（2025·福建龙岩·一模）抛物线，与x轴的正半轴交于点A，顶点C的坐标为．若点P为抛物线上一动点，其横坐标为t，作轴，且点Q位于一次函数的图像上．当时，的长度随t的增大而增大，则t的取值范围是______． 21．（2025·福建泉州·一模）数学实验课，小明用4张面积相等的直角三角形纸片（任意两张均不能完全重合）做如下探究：如图，，将每张直角三角形纸片的一个锐角顶点与重合，一直角边在射线上，且另一个锐角顶点位于内部，得到4个位于内部的锐角顶点，探究这4个顶点的分布规律．关于这4个顶点，下列说法正确的是____________．（写出所有正确结论的序号） ①它们中的任意三点都不在同一直线上；②它们可以在同一直线上； ③它们在双曲线的同一分支上；④它们可以在同一条抛物线上． 22．（2024·福建莆田·一模）已知二次函数为常数， , 点，是该函数图象上一点，当时，，求的取值范围_______. 23．（2024·福建漳州·一模）如图，在正方形中，点是对角线的交点，点在边上，连接，交于点，过点作，垂足为点，连接．现给出以下结论： ①； ②平分； ③； ④若，则点是的中点． 其中正确的是 _____.（写出所有正确结论的序号） 24．（23-24八年级下·山东烟台·期末）如图，在正方形中，点是的中点，点是上的一点，且，连接、、，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论是______．（填写序号） 25．（2024·福建三明·一模）如图，在矩形中，平分，交于点E，，交于点F，以为边，作矩形，与相交于点H．则下列结论：①；②若，则；③；④当F是的中点时，．其中正确的结论是____．（填写所有正确结论的序号） 26．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是__________．    27．（2023·广东广州·一模）如图，正方形中，，点E是对角线上一点，连接，过点E作，交于点F，连接，交于点G，将沿翻折，得到，连接，交于点N，若点F是边的中点，下列说法正确的是 ___________．（填序号） ①； ②； ③； ④． 28．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，F是线段OD上的动点（点F不与点O，D重合），连接CF，过点F作分别交AC，AB于点H，G，连接CG交BD于点M，作交CG于点E，EF交AC于点N．有下列结论：①当时，；②；③当时，；④．其中正确的是_______（填序号即可）． 29．（21-22八年级下·山东泰安·期末）如图，正方形中，点是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点，连接，有以下五个结论：①；②；③；④；⑤若，则，你认为其中正确的是_______（填写序号）． 30．（24-25九年级上·江苏扬州·月考）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416，如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正八边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正六边形近似估计的面积，可得的估计值为________．（结果保留根号）    31．（2019·湖南株洲·一模）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年．“割圆术”的第一步是计算单位圆内正六边形的面积S6，则S6＝_____． 32．（2024·山东东营·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416，如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为．若用圆内接正八边形近似估计的面积，可得的估计值为_________． 33．（2025·天津和平·一模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，以“圆的内接正多边形的面积”来无限逼近“圆面积”．并指出在圆的内接正多边形边数加倍的过程中“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．刘徽将极限思想和无穷小分割引入了数学证明，并运用“割圆术”计算出圆周率．如图①，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为． （1）如图②，在圆内接正十二边形中，______（度）； （2）用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为______． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题号猜押06 福建中考数学16题（填空题） 考点1多结论几何题 1．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，在边长为1的等边三角形中，为中点，是边上的动点，连接，是点关于的对称点．现给出以下结论： ①点在某一条定直线上运动；        ②可以用的长度值表示； ③的长度可以是；            ④点到边，的距离可能相等． 其中正确的是_____．（写出所有正确结论的序号） 【答案】②④/④② 【分析】根据轴对称的性质可得，从而确定点 G 的轨迹是以点 E 为圆心，为半径的圆的一部分，据此判断①；在等腰中，利用三角函数定义可推导与 的关系，判断②；连接，求出的长，根据点与圆的位置关系求出的最小值，与比较判断③；根据点 G 的轨迹范围及角平分线的性质判断④． 【详解】解：是边长为 1 的等边三角形，E 为 中点， ，，， 是点关于的对称点， 垂直平分， ， 点 G 在以 E 为圆心，为半径的圆上运动，故①错误； ，， ， 是等腰三角形， 过点E作于点M，如图， ， 在中，，即， 故②正确； 连接 ，如图， 是等边三角形，E 是 中点， ，， 点 G 在以 E 为圆心，为半径的圆上， 当E、G、C三点共线时， 取得最小值， 最小值为 ， ， ， ， 即的最小值大于， 的长度不可能是，故③错误； 点 G 在以 E 为圆心，为半径的圆上，且 的取值范围是   点 G 的轨迹是以为直径的半圆（位于右侧），若点 G 到边、的距离相等，则点 G 在的平分线上， ， ， 在中， ，， ， ， ， 存在满足条件的点 G， 故④正确； 综上所述，正确的结论是②④． 2．（2024·福建漳州·三模）如图，正方形的边长是，点，分别在，延长线上，且，连接，交于点，与边，分别交于点，，连接、现给出以下结论：①；②；③；④当时，．其中正确的______．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①②③ 【分析】由四边形是正方形，得到，，根据全等三角形的性质得到，根据余角的性质得到；故①正确；根据相似三角形的性质得到，故②正确；根据全等三角形的性质得到，，于是得到，即；故③正确；根据相似三角形的性质得到，求得，，，由三角函数的定义即可得到结论． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 在与中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴故②正确； 在与中 ， ∴（）， ∴， ∴， 在与中， ， ∴（）， ∴， 即；故③正确； ∵，， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴ ∵ ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，故④错误， 故答案为：①②③． 3．（2025·福建福州·三模）如图，在矩形中，O是的中点，M是的中点，点P在上（不与点A重合），且，连接并延长，交于点N．下列结论：①；②；③若，则；④，其中正确结论的序号为___________．    【答案】②③④ 【分析】证明是直角三角形，连接，延长，交于点，利用三角形内角和、全等三角形以及相似三角形的性质求解即可． 【详解】解连接，    点是的中点， ， ， ， ，， ， ， ， 若， 则，，，不一定成立，故①不正确； ，， ，故②正确；   延长，交于点， ， ，， ， ， ， ， ， ，   ， ， ，， ， ； ∵， ∴， ∴，故③正确； ∵，， ∴， ∴， 同理，， ∴， ， ∴， ∴， ，   ∴， ∴，即， ∵， ∴，故④正确； 故答案为：②③④． 4．（2025·广东广州·二模）如图，在菱形中，交的延长线于点.连接交于点，交于点于点，连接.有下列结论：①；②；③；④，则上述结论中正确的有___________。（填序号） 【答案】①②④ 【分析】利用菱形的性质和全等三角形的判定得到，即可证明①，证明，从而证明②，由含直角三角形的性质和相似三角形的性质得到，设，则，，那么，即可判断③；由③已知，设，则，在中，，，在中，，，则，在中，由勾股定理得，又由②③已证，，，设，则，那么，解得（负值舍去），可求，即可求解④． 【详解】解：在菱形中，， 又∵， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴ ∴，即，故②正确； ∵在菱形中，，， ∴，， 又∵， ∴在中，， ∴， ∴在菱形中，，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴ 由②已证， 设， ∴，， ∴，故③错误； 由③已知， 设， ∴， ∴在中，， 在中，， ∴， ∵在中， ∴，， ∴， ∴在中，， 又由②③已证，，， 设，则， ∴，解得（负值舍去）， ∴， ∴，故④正确， ∴正确的有①②④， 故答案为：①②④． 5．（23-24九年级上·辽宁锦州·月考）如图，正方形的边长为4，点分别在边上，且平分，连接，分别交于点是线段上的一个动点，过点作垂足为，连接，有下列四个结论：①垂直平分；②的最小值为，③，④．其中正确的有______．（填序号） 【答案】①③④ 【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明，通过等量转化即可求证，利用角平分线的性质和公共边即可证明，从而推出①的结论；利用①中的部分结果可证明推出，通过等量代换可推出③的结论；利用①中的部分结果和勾股定理推出和长度，最后通过面积法即可求证④的结论正确；结合①中的结论和③的结论可求出的最小值，从而证明②不对. 【详解】解： 为正方形， ，， ， ， . , , ， ， . 平分， . ， . ， ， 垂直平分， 故①正确. 由①可知，，， ， ， ， 由①可知， . 故③正确. 为正方形，且边长为4， ， 在中，. 由①可知，， ， . 由图可知，和等高，设高为， ， ， ， . 故④正确. 由①可知，， ， 关于线段的对称点为，过点作，交于，交于， 最小即为，如图所示，    由④可知的高即为图中的， . 故②不正确. 综上所述，正确的是①③④. 故答案为：①③④. 考点2 学科融合与实际应用问题 1．（2025·福建·模拟预测）无动力帆船是借助风力前行的．下图是帆船借助风力航行的平面示意图，已知帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为，风对帆的作用力为．根据物理知识，可以分解为两个力与，其中与帆平行的力不起作用，与帆垂直的力仪可以分解为两个力与与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；与航行方向一致，是真正推动帆船前行的动力．在物理学上常用线段的长度表示力的大小，据此，建立数学模型：，则______．（单位：）（参考数据：） 【答案】128 【分析】此题考查了解直角三角形的应用，求出，，由得到，求出，求出在中，根据即可求出答案． 【详解】解：如图， ∵帆船航行方向与风向所在直线的夹角为，帆与航行方向的夹角为， ∴，， ∵， ∴， 在中，，， ∴， 由题意可知， ， ∴， ∴ 在中，， ∴， 故答案为： 2．（2025·福建三明·二模）如图是凸透镜成像示意图，是蜡烛通过凸透镜MN所成的虚像．已知蜡烛的高为，蜡烛离凸透镜的水平距离为，该凸透镜的焦距为，则像的高为______． 【答案】18 【分析】本题考查了相似三角形的应用，平行四边形的判定与性质，先证得出，再证，根据相似三角形的对应边成比例得出即可求出的长，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：由题意得，，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：18． 3．（2026·福建泉州·一模）在物理学中，作用于同一点的两个力的合成符合“平行四边形法则”，即两个共点力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，则这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，如图．如果两个共点力、如图所示，若方格图中每个小正方形的边长都表示，则合力的大小为________． 【答案】 【分析】先在网格中取格点构造平行四边形，再通过勾股定理计算各边长度，验证四边形为平行四边形后，其对角线长度即为两个力的合力大小． 【详解】解：如图，取格点、、，连接、、， 由勾股定理得，， ， ∴四边形是平行四边形， ∴合力的大小为． 4．（2025·福建龙岩·一模）化学中直链烷烃的名称用“碳原子数+烷”来表示，当碳原子数为时，依次用天干甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸表示，其中甲烷、乙烷、丙烷的分子结构式如图所示，则辛烷分子结构式中“H”的个数是______． 【答案】18 【分析】本题考查了图形规律探究，解题的关键是总结归纳出图形变化规律． 根据题意，得到氢原子的数目与碳原子数的规律，即可解答． 【详解】解：观察，发现规律： 甲烷：碳原子的数目，氢原子的数目，； 乙烷：碳原子的数目，氢原子的数目，； 丙烷：碳原子的数目，氢原子的数目，； ． 与之间的关系式为； 则辛烷分子结构式中“”的个数：， 故答案为：18． 5．（2025·福建泉州·一模）如图1是某品牌自行车，图2是其示意图．已知，，，，自行车的坐垫，平行地面，垂直地面，自行车轮子的半径等于，则坐垫到地面的距离为 _________．（结果精确到，已知，，） 【答案】 【分析】本题考查解直角三角形的应用，如图，过点A作交的延长线于点J，过点D作于点H，过点C作于点N，过点K作于P．解直角三角形求出，可得结论． 【详解】解：如图，过点A作交的延长线于点J，过点D作于点H，过点C作于点N，过点K作于P． ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴的竖直距离为， ∴， ∴坐垫到地面的距离． 故答案为：． 6．（2024·福建莆田·一模）公元前3世纪，古希腊科学家阿基米德发现了“杠杆原理”：杠杆平衡时，阻力阻力臂动力动力臂．当用撬棍撬动一块石头时，发现阻力和阻力臂分别为和，关于动力和动力臂：随的增大而减小；关于的函数图象位于第一、第三象限；当为时，抙动石头至少需要的力；当抙动石头需要的力，至少为；上面四种说法正确的是_____．（只填序号） 【答案】 【分析】本题考查了反比例函数的实际应用，反比例函数的图象与性质，由题意知，，则，根据反比例函数的图象与性质，反比例函数的实际应用对各说法进行判断即可，解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 【详解】解：由题意知，则，， ∵， ∴随的增大而减小， 故正确，符合题意； 由题意知，关于的函数图象位于第一象限， 故错误，不符合题意； 当时，， 故正确，符合题意； 当时，， 故正确，符合题意； 故答案为：． 考点3 最值问题 1．（2024·福建莆田·一模）在平面直角坐标系中，二次函数的图象与y轴交于点A，点是该函数图象上任意一点，且不与点A重合，直线经过A，B两点．若时，总有，则m的取值范围为____________． 【答案】 【分析】本题主要考查了二次函数的性质，直线与抛物线的交点坐标的求法，以及解不等式，根据题意确定出，得出直线的解析式为，再联立抛物线解析式，化简得，最后利用对于时，总有，即可求出答案． 【详解】解：二次函数的图象与y轴交于点A， ， 直线经过点A， ， ， 点是该函数图象上任意一点，且不与点A重合， ， 整理得， 即，， 时，总有， 时，总有， ， 即， 解得， 故答案为：． 2．（2024·福建宁德·一模）如图，正方形纸片的边长为4，点E在边上，点F在边上．将正方形纸片沿EF对折，点B的对应点是点G，连接，若，则长的最小值是______． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识点，掌握相关知识的灵活运用是解题的关键． 设点A，点C的对应点为H，P，连接，由折叠的性质得到，利用勾股定理求出，当点E，D，G三点共线时，长的有最小值，即为求解即可． 【详解】解：设点A，点C的对应点为H，P，连接， ∵正方形纸片的边长为4，， ∴， 由折叠的性质得到， ∴， 当点E，D，G三点共线时，长的有最小值， ∴． 故答案为：． 3．（2024·福建南平·一模）如图，在菱形中，，，点E，F分别在，上，且，连接，，则的最小值为________． 【答案】4 【分析】如图，连接，作关于直线的对称点，连接，，，，可得，，，证明四边形为平行四边形，可得，则，当三点共线时，此时取等于号，最小，证明当三点共线时，重合，从而可得答案． 【详解】解：如图，连接，作关于直线的对称点，连接，，，， ∴，，， ∵菱形， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， 当三点共线时，此时取等于号，最小， ∵菱形，， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴三点共线， ∴当三点共线时，重合， ∵， ∴，即最小值为4． 故答案为4 4．（2026·福建·一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，以点C为圆心作OC与直线BD相切，点P是圆C上一个动点，连接AP交BD于点T，则的最大值是_______． 【答案】3. 【分析】先判断出最大时，BE最大，再用相似三角形的性质求出BG，HG，CH，进而判断出HM最大时，BE最大，而点M在⊙C上时，HM最大，即可HP'，即可得出结论． 【详解】解：如图， 过点P作PE∥BD交AB的延长线于E， ∴∠AEP＝∠ABD，△APE∽△ATB， ∴BE最大时，最大， ∵四边形ABCD是矩形， ∴BC＝AD＝3，CD＝AB＝4， 过点C作CH⊥BD于H，交PE于M，并延长交AB于G， ∵BD是⊙C的切线， ∴∠GME＝90°， 在Rt△BCD中，BD＝=5， ∵∠BHC＝∠BCD＝90°，∠CBH＝∠DBC， ∴△BHC∽△BCD， ∵∠BHG＝∠BAD＝90°，∠GBH＝∠DBA， ∴△BHG∽△BAD， 在Rt△GME中，GM＝EG•sin∠AEP＝， 而BE＝GE﹣BG＝GE， ∴GE最大时，BE最大， ∴GM最大时，BE最大， ∵GM＝HG+HM＝+HM， 即：HM最大时，BE最大， 延长MC交⊙C于P'，此时，HM最大＝HP'＝2CH＝， ∴GP'＝HP'+HG＝， 过点P'作P'F∥BD交AB的延长线于F， ∴BE最大时，点E落在点F处， 即：BE最大＝BF， 在Rt△GP'F中，FG＝， ∴BF＝FG﹣BG＝8， ∴最大值为1+＝3， 故答案为3． 5．（2026·福建泉州·一模）如图，正方形的边在的边上，点在边上，，，点为射线上的一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，当取最小值时，则___________． 【答案】 【分析】连接，由旋转的性质得到，，推出是等腰直角三角形，当时，取得最小值，作于点，延长交于点，在中，由勾股定理计算即可求解． 【详解】解：连接， ∵将线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴当取最小值时，也取得最小值， ∴当时，取得最小值， 如图，作于点，延长交于点， ∵，，四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得． 考点4 割圆术 1．（18-19九年级上·北京平谷·期末）“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”这是我国古代著名数学家刘徽在《九章算术注》中提到的“如何求圆的周长和面积”的方法，即“割圆术”．“割圆术”的主要意思是用圆内接正多边形去逐步逼近圆．刘徽从圆内接正六边形出发，将边数逐次加倍，并逐次得到正多边形的周长和面积．如图，AB是圆内接正六边形的一条边，半径OB=1，OC⊥AB于点D，则圆内接正十二边形的边BC的长是______（结果不取近似值）． 【答案】 【详解】解：由题意得 ∠BOC=360°÷6÷2=30°， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∴ . 故答案为： 2．（25-26九年级上·福建福州·月考）我国魏晋时期数学家刘徽在为《九章算术》作注时，创立了“割圆术”．如图是研究“割圆术”时的一个图形，所在圆的圆心为点，四边形为矩形，边与相切于点，连接，，连接交于点．若，则图中阴影部分的面积为______． 【答案】 【分析】由矩形的性质得，由切线的性质得，则，由，根据圆周角定理得，由，根据垂径定理得，则，求得，即可由，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵边与相切于点， ∴， ∴， ∵，且， ∴， ∵于点，且， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（24-25九年级上·江苏连云港·期末）刘徽在《九章算术注》中首创“割圆术”，利用圆的内接正多边形来确定圆周率，开创了中国数学发展史上圆周率研究的新纪元，某同学在学习“割圆术”的过程中，作了一个如图所示的圆内接正十二边形，若的半径为3，则这个圆内接正十二边形的面积为______． 【答案】27 【分析】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，直角三角形的性质．如图，过A作于C，得到圆的内接正十二边形的圆心角为，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】解：如图，过A作于C， ∵圆的内接正十二边形的圆心角为，， ∴， ∴， ∴这个圆的内接正十二边形的面积为， 故答案为：27． 4．（19-20九年级上·北京西城·期末）我国魏晋时期的数学家刘徽（263年左右）首创“割圆术”，所谓“割圆术”就是利用圆内接正多边形无限逼近圆来确定圆周率，刘徽计算出圆周率．            刘徽从正六边形开始分割圆，每次边数成倍增加，依次可得圆内接正十二边形，圆内接正二十四边形，…，割的越细，圆的内接正多边形就越接近圆．设圆的半径为R，圆内接正六边形的周长，计算；圆内接正十二边形的周长，计算；请写出圆内接正二十四边形的周长________，计算________．（参考数据：，） 【答案】 48Rsin7.5° 3.12 【分析】根据圆的内接正二十四边形的每条边所对应的圆心角是15°，可知：正二十四边形的周长为：，进而可求出π的近似值. 【详解】∵圆的内接正二十四边形的每条边所对应的圆心角是15°， ∴正二十四边形的周长为：， ∴， 故答案是：48Rsin7.5°，3.12. 5．（17-18九年级上·北京丰台·期末）刘徽是我国古代最杰出的数学家之一，他在《九章算术圆田术）中用“割圆术”证明了圆面积的精确公式，并给出了计算圆周率的科学方法（注：圆周率＝圆的周长与该圆直径的比值）“割圆术”就是以“圆内接正多边形的面积”，来无限逼近“圆面积”，刘徽形容他的“割圆术”说：割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣．刘徽计算圆周率是从正六边形开始的，易知圆的内接正六边形可分为六个全等的正三角形，每个三角形的边长均为圆的半径R．此时圆内接正六边形的周长为6R，如果将圆内接正六边形的周长等同于圆的周长，可得圆周率为3．当正十二边形内接于圆时，如果按照上述方法计算，可得圆周率为_____．（参考数据：sinl5°＝0.26）    【答案】3.12 【分析】连接OA1、OA2，根据正十二边形的性质得到∠A1OA2＝30°，△A1OA2是等腰三角形，作OM⊥A1A2于M，根据等腰三角形三线合一的性质得出∠A1OM＝15°，A1A2＝2A1M．设圆的半径R，解直角△A1OM，求出A1M，进而得到正十二边形的周长L，那么圆周率π≈． 【详解】如图，设半径为R的圆内接正十二边形的周长为L． 连接OA1、OA2， ∵十二边形A1A2…A12是正十二边形， ∴∠A1OA2＝30°． 作OM⊥A1A2于M，又OA1＝OA2， ∴∠A1OM＝15°，A1A2＝2A1M． 在直角△A1OM中，A1M＝OA1•sin∠A1OM＝0.26R， ∴A1A2＝2A1M＝0.52R， ∴L＝12A1A2＝6.24R， ∴圆周率π≈＝＝3.12． 故答案为3.12．    1．（2025·福建南平·模拟预测）如图，在中，，，．E为边的中点，F为边上的一动点，将沿翻折得，连接，，则面积的最小值为________． 【答案】/ 【分析】根据平行四边形的性质得到，，，由折叠性质得到，进而得到点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即此时面积的最小，过C作于N，根据平行线间的距离处处相等得到，故只需利用锐角三角函数求得即可求解． 【详解】解：∵在中，，， ∴，，则， ∵E为边的中点， ∴， ∵沿翻折得， ∴， ∴点在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作交延长线于M，交圆E于，此时到边的距离最短，最小值为的长，即面积的最小， 过C作于N， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴面积的最小值为， 故答案为：． 2．（2025·福建厦门·模拟预测）如图，在四边形中，，若线段在边上运动，且，则的最小值是___________．    【答案】 【分析】过点作，过点作，需使最小，显然要使得和越小越好，则点在线段的之间，设，则，求得关于的二次函数，利用二次函数的性质即可求解． 【详解】解：过点作，   ， ， 过点作， ， ∴四边形是矩形， ， 需使最小，显然要使得和越小越好， ∴显然点在线段的之间， 设，则， ， ∴当时取得最小值为． 故答案为：． 3．（2025·福建宁德·二模）如图，点A，B的坐标分别为A（2，0），B（0，2），点C为坐标平面内一点，BC＝1，点M为线段AC的中点，连接OM，则OM的最大值为__． 【答案】 【分析】根据同圆的半径相等可知：点C在半径为1的⊙B上，通过画图可知，C在BD与圆B的交点时，OM最小，在DB的延长线上时，OM最大，根据三角形的中位线定理可得结论． 【详解】解：如图， ∵点C为坐标平面内一点，BC＝1， ∴C在⊙B上，且半径为1， 取OD＝OA＝2，连接CD， ∵AM＝CM，OD＝OA， ∴OM是△ACD的中位线， ∴OMCD， 当OM最大时，即CD最大，而D，B，C三点共线时，当C在DB的延长线上时，OM最大， ∵OB＝OD＝2，∠BOD＝90°， ∴BD＝2， ∴CD＝21， ∴OMCD， 即OM的最大值为； 故答案为． 4．（2026·福建三明·一模）如图，已知正方形的边长为2，P是对角线上一点，于点E，于点F，连接，，则的最小值为______． 【答案】 【分析】连接，结合正方形性质、勾股定理求出，证明四边形是矩形即可得，再根据垂线段最短即可得解． 【详解】解：连接，如下图： ∵正方形中，， ， 又， ∴四边形是矩形， ， 则的最小值即为的最小值， 当时，最短， 此时， ， 即的最小值为． 5．（2025·河南商丘·模拟预测）如图，四边形为正方形，，是直线上一动点，连接，作，垂足为，则的最小值为______，最大值为______． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理，圆周角定理，正方形的性质．先判断点的轨迹是以为直径的半圆（、除外），连接，当点在线段上时，最小，当点在延长线上时，最大，据此求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∴点的轨迹是以为直径的半圆（、除外）， 连接，如图， ∵四边形为正方形，， ∴， ∴， 当点在线段上时，最小，最小值为； 当点在延长线上时，最大，最大值为； 故答案为：；． 6．（24-25九年级下·江苏无锡·月考）如图，在矩形中，，，，，，分别为边、，，上的点，，，连接，，当时的长为________；作于，连接，则的最大值为________． 【答案】 【分析】①过点作于点，证明，则，由勾股定理得，代入即可求解；②先确定点在以为圆心，为半径的圆上运动，由于，则当三点共线时，取得最大值，过点O作于，再由勾股定理求得，即可求解最大值． 【详解】解：过点作于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 连接与交于点T，延长交于点，过点作于点，过点作于点，连接并延长交于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， 同上可得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可证明：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 取中点，连接，∵， ∴ 点在以为圆心，为半径的圆上运动， ∴， 当三点共线时，取得最大值，如图，过点O作于， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ， ∴， ∴， ∴， ∴的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆的有关概念，勾股定理，全等三角形的判定与性质，难度很大，解题的关键在于确定动点的轨迹． 7．（2025·河南周口·二模）如图，有一张矩形纸条，，，点N在边上，，动点M从点A向点B运动，将四边形沿折叠，点B，C的对应点分别为点，，线段与边交于点E，则的最小值为__________，此时点E离开初始位置（指点M从点A出发时，点E的位置）的距离为__________． 【答案】 4 1 【分析】本题考查矩形与折叠，勾股定理与折叠，完全平方式的应用．由折叠的性质得，又，有，求得，，过作于，设，则，设，在中，，有，故，根据线段与边相交，即可得，从而求得的最小值和最大值；设，在中，可得，即可求得点E的初始位置据此计算，即可得到答案． 【详解】（1）解：由折叠的性质得， ∵， ， ， ， 为等腰三角形； 过作于，如图： 设，则， 设， ， 四边形是长方形， ，， ， 在中，， ， 化简整理得， 线段与边相交， ， ， ，， ， ，即的最小值为4； 故答案为：4； ， 最大为4； 设， ，，， ， 当点M从点A出发时 由（1）知， 在中，， ， ， 即； ∴当从开始，运动到最大时，的路径长为； 故答案为：1． 8．（2026·福建漳州·一模）在矩形中，是的中点，点在上运动．将沿翻折得到，连接，则的最小值为___________． 【答案】/ 【分析】如图，连接，由折叠的性质易证，推出点在以点为圆心，为直径的圆上运动，当三点共线时，有最小值，利用勾股定理求出，即可解答． 【详解】解：如图，连接， 由折叠的性质得， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴点在以点为圆心，为直径的圆上运动， 当三点共线时，有最小值， ∵，四边形是矩形， ∴， ∴， ∴的最小值为． 9．（24-25九年级下·黑龙江大庆·期中）如图，矩形的边为上的点，是矩形内部一动点，且满足为边上的一个动点，连接，则的最小值为______________． 【答案】/ 【分析】本题考查了轴对称—最短路线问题，矩形的性质，勾股定理，先找出点的运动路线为以为直径的圆，作以为直径的，作点关于直线的对称点，连接交于点，连接，推出的最小值为，再求出的长度即可，推出的最小值为是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴点的运动路线为以为直径的圆， 作以为直径的，作点关于直线的对称点，连接交于点，连接，取点的中点，连接， 则， ∴， ∴的最小值为； ∵四边形是矩形，点是的中点，是的中点， ∴，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点关于直线的对称点， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∴的最小值为， 故答案为：． 10．（23-24八年级下·贵州黔东南·期末）在矩形中，点E，F分别是，上的动点，连接，将沿折叠，使点A落在点P处，连接，若，，则的小值为________． 【答案】/ 【分析】本题考查矩形与折叠、勾股定理、线段最值问题，由题意得，点A、点P关于对称，可得当点B、P、F三点共线时，的最小，此时，点P在对角线上，利用勾股定理求得，由折叠的性质得，，再利用求解即可． 【详解】解：由折叠的性质得，， 则当，即点B、P、F三点共线时，的最小， 此时，点P在对角线上， ∵，， ∴， 由折叠的性质得，， ∴， 故答案为：． 11．（24-25九年级下·浙江·三轮复习）如图，在矩形中，为边上的动点，连结，将沿折叠得，再将沿折叠得（F与G为对应点），当点G落在内部（不包括的边）时，则长的取值范围是_________ ． 【答案】/ 【分析】如图所示，点F，G重合时，，设，则，，在中，；如图所示，点G在上，，；由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 如图所示，点F，G重合时， ∵和是折叠而来的， ∴， 在中，， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， 解得， ∴； 如图所示，点G在上， 根据折叠得到，， ∴， ∴，即， ∴， ∴，且， ∴， ∴， 根据上述计算得到， ∴， 整理得，, 解得， 当时，，符合题意； 当时，，即点G在延长线上，不符合题意； ∴， ∴当点G落在内部（不包括的边）时，则长的取值范围是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形与折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，掌握矩形与折叠，相似三角形的判定和性质是关键． 12．（25-26八年级上·江苏扬州·期末）如图，，点是射线上的定点，，点是射线上的动点，将线段绕点逆时针旋转，得到线段，连接、．则的最小值是_____． 【答案】 【分析】作B点关于射线的对称点E，连接，，，则可得， ， ．又由，可得， ， ， ，进而可得，，从而可得点D在过E点，且垂直于的射线上运动．作点A关于直线的对称点，连接， ，则，当，D，B三点共线时，有最小值，最小值为线段的长．运用勾股定理求出的长，从而得解． 【详解】解：如图，作B点关于射线的对称点E，连接，，， 则， ， ， ∴， ， ∵， ， ∴， ∴， ， ， 又∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴点D在过E点，且垂直于的射线上运动． 作点A关于直线的对称点，连接， ， 则， ∴， 当，D，B三点共线时，有最小值，最小值为线段的长． 作直线于F点， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，轴对称的性质，勾股定理，以及“两点之间线段最短”的性质，熟练掌握以上知识，正确地作出辅助线且找出点的运动轨迹是解题的关键． 13．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在中，，将线段绕点B顺时针旋转得到线段．当的最小值为时，n的值为_______． 【答案】4 【分析】将绕点B顺时针旋转得到，连接，证明，得到，，进而得到，勾股定理得到，设，将转化为二次函数求最值，即可． 【详解】解：将绕点B顺时针旋转得到，连接， 则：， ∴， ∵绕点B顺时针旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 令，则， 过点作，则：， ∴， ∴， ∴最小值为， ∴， ∴（负值舍去） 故答案为：4． 14．（2025·河南安阳·二模）如图，在正方形中，点A，点在轴上，点坐标为，是平面内任意一点，且始终满足，连接，则线段的最大值为________，最小值为________ 【答案】 【分析】连接，取中点P，连接，根据正方形性质，得，，，得， 得，得，，，得，当点P在线段上时，取得最大值，为；当点O在线段上时，取得最小值，为． 【详解】解：连接，取中点P，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵点坐标为， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 当点P在线段上时， 取得最大值， 为； 当点O在线段上时， 取得最小值， 为． 故答案为：，． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理，中点坐标，两点间的距离，分类讨论，是解题的关键． 15．（25-26八年级下·全国·期末）如图，在边长为2的正方形中，，分别是边，上的动点，且始终满足，，交于点．连接，则线段的最小值为_______． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，直角三角形的性质，由正方形的性质得到，．证明，得到．则可证明，进而可得．取的中点，连接，则，根据，可得当C，P，O三点共线时，线段的值最小，最小值为的值，利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：四边形是正方形， ，． 在和中， ， ， ． ， ， ． 如图，取的中点，连接，则， ∵， ∴当C，P，O三点共线时，线段的值最小，最小值为的值． 在中，由勾股定理，得， ， ∴线段的最小值为． 故答案为： 16．（2026·福建泉州·一模）如图，线段为的直径，点在的延长线上，，，点是上一动点，连接，以为斜边在的上方作，且使得，连接，则长的最大值为_____． 【答案】/ 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质、两圆的位置关系、轨迹等知识，如图，作，使得，，则，，，由，推出，即（定长），由点是定点，是定长，推出点在半径为的上，由此即可解决问题，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． 【详解】解：如图，作，使得，，则，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即（定长）， ∵点是定点，是定长， ∴点在半径为的上， ∵， ∴的最大值为， 故答案为：． 17．（2026·福建漳州·一模）在2025年第十五届全运会10米跳台比赛中，某运动员从起跳到入水的运动轨迹可以近似看作是抛物线的一部分．如图所示，跳台宽度为，水池边与跳台支柱之间的宽度为（见图中标注）．该运动员的起跳点A距离水面，运动过程中的最高点B距离水面，此时与点A的水平距离为．根据上述信息，可估计入水点C与池边的水平距离为________． 【答案】 【分析】建立平面直角坐标系，确定点的坐标和抛物线对称轴，设出抛物线顶点式解析式，代入坐标求解出解析式，进而得到点的横坐标，即点与池边的水平距离． 【详解】如图，以水面所在的直线为轴，以跳台支柱所在的直线为轴建立平面直角坐标系，并绘制函数图象． 由题意，得，，对称轴为直线． 设抛物线的表达式为， 则， 解得， ， 当时， 解得：（舍去）或 ， ∴， 即点C距离池边 故答案为：． 18．（2025·福建厦门·一模）如图，在边长为10的正方形中，点为的中点，将沿翻折得，点落在四边形内．点为线段上的动点，过点作交于点，则的最小值为______． 【答案】8 【分析】本题主要考查轴对称在的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识点．如图：过点M作于F，推出的最小值为的长，证明四边形为菱形，然后利用相似三角形的判定和性质求得的长即可． 【详解】解：作点P关于的对称点， 由折叠的性质知是的平分线， ∴点在上， 过点M作于F，交于点G， ∵， ∴的最小值为的长， 连接， 由折叠的性质知为线段的垂直平分线， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵，即， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 19．（2026·陕西西安·一模）醇是一类由碳、氢、氧元素组成的有机化合物，如图是这类物质前四种化合物的分子结构模型图，其中代表碳原子，●代表氧原子，代表氢原子．第种如图有个氢原子，第种如图有个氢原子，第种如图有个氢原子，第种如图有个氢原子，，按照这一规律，第种化合物的分子结构模型中氢原子的个数是______． 【答案】 【分析】本题考查了图形类规律变化问题，由已知图形可得第种化合物有个氢原子，据此解答即可求解，由已知图形找到变化规律是解题的关键． 【详解】解：∵第种化合物有个氢原子， 第种化合物有个氢原子， 第种化合物有个氢原子， 第种化合物有个氢原子， ， ∴第种化合物有个氢原子， 当时，， ∴第种化合物的分子结构模型中氢原子的个数是， 故答案为：． 20．（2025·福建龙岩·一模）抛物线，与x轴的正半轴交于点A，顶点C的坐标为．若点P为抛物线上一动点，其横坐标为t，作轴，且点Q位于一次函数的图像上．当时，的长度随t的增大而增大，则t的取值范围是______． 【答案】 【分析】本题考查二次函数的图象与性质、坐标与图形．先由顶点C的坐标为求得抛物线的解析式，再求得抛物线和直线的交点坐标，设，，分和两种情况，利用坐标与图形性质，用t表示出，根据二次函数的性质分别求解即可． 【详解】解：∵抛物线顶点C的坐标为， ∴， 解得， ∴抛物线的表达式为， 联立方程组，解得或， ∴抛物线与直线的交点坐标为，， ∵点P为抛物线上一动点，其横坐标为t，作轴，且点Q位于一次函数的图像上， ∴，， 当时，， ∵， ∴当时，的长度随t的增大而减小，不符合题意； 当时，， ∵， ∴当时，的长度随t的增大而增大，当时，的长度随t的增大而减小， 故答案为：． 21．（2025·福建泉州·一模）数学实验课，小明用4张面积相等的直角三角形纸片（任意两张均不能完全重合）做如下探究：如图，，将每张直角三角形纸片的一个锐角顶点与重合，一直角边在射线上，且另一个锐角顶点位于内部，得到4个位于内部的锐角顶点，探究这4个顶点的分布规律．关于这4个顶点，下列说法正确的是____________．（写出所有正确结论的序号） ①它们中的任意三点都不在同一直线上；②它们可以在同一直线上； ③它们在双曲线的同一分支上；④它们可以在同一条抛物线上． 【答案】①③ 【分析】本题考查了反比例的应用，二次函数的应用，一次函数的应用．以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，求得四个点的坐标分别为，，，，求得它们在双曲线上，据此求解即可判断． 【详解】解：如图，，，，是四个面积相等的直角三角形， 设，，，，它们的面积都是， ∴，，，， 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图， ∴，，，， ∵， ∴它们在双曲线上，即它们在双曲线的同一分支上，说法③正确； 它们中的任意三点都不在同一直线上， ∴说法①正确，说法②错误； 它们不可能在同一条抛物线上， ∴说法④错误， 综上①③正确， 故答案为：①③． 22．（2024·福建莆田·一模）已知二次函数为常数， , 点，是该函数图象上一点，当时，，求的取值范围_______. 【答案】 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质．数形结合是解题的关键． 由题意知，对称轴为直线，抛物线与轴的交点为，关于直线的对称点坐标为，任何结合图象可得，求解作答即可． 【详解】∵二次函数，， ∴图象开口向上，对称轴为直线，抛物线与轴的交点为， ∴关于直线的对称点坐标为， 如图， ∵点是该函数图象上一点，当时，， ∴， 解得，， 故答案为：． 23．（2024·福建漳州·一模）如图，在正方形中，点是对角线的交点，点在边上，连接，交于点，过点作，垂足为点，连接．现给出以下结论： ①； ②平分； ③； ④若，则点是的中点． 其中正确的是 _____.（写出所有正确结论的序号） 【答案】①③④ 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质，由正方形的性质得出，，证明，得出，即可得出，结合，得出，由相似三角形的性质即可判断①；由，，得出，即可判断③；由点是上任意一点，则不一定是的角平分线，即可判断②；由结合正方形的性质得出，证明，由相似三角形的性质结合正方形的性质得出，即可判断④，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解此题的关键． 【详解】解：四边形是正方形， ，，，，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ，故①正确，符合题意； ， ， ，故③正确，符合题意； 点是上任意一点， 不一定是的角平分线，故②错误，不符合题意； ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 点是的中点，故④正确，符合题意； 综上所述，正确的有①③④， 故答案为：①③④． 24．（23-24八年级下·山东烟台·期末）如图，在正方形中，点是的中点，点是上的一点，且，连接、、，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论是______．（填写序号） 【答案】①②③④ 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定等等，设正方形的边长为，则，据此得到，再由，可证明，得到，，进而证明，则可证明得到，，由勾股定理得到，则，可得，，可得，据此可得答案． 【详解】解：设正方形的边长为，则， ∵点是的中点，， ∴， ∴， 由正方形的性质可得， ∴，故①正确； ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴，故②③正确； 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∵， ∴，故④正确， 故答案为：①②③④． 25．（2024·福建三明·一模）如图，在矩形中，平分，交于点E，，交于点F，以为边，作矩形，与相交于点H．则下列结论：①；②若，则；③；④当F是的中点时，．其中正确的结论是____．（填写所有正确结论的序号） 【答案】①②④ 【分析】①由矩形的性质和角平分线的性质可得是等腰直角三角形，即，进而可得；②先证可得，再证可得，进而说明四边形是正方形，即，然后代入求出即可判定②；③由勾股定理可得，再运用线段的和差可得∴、，再结合判定是否成立即可；④设，则、，则；再运用勾股定理可得，可表示出，最后代入比较即可解答． 【详解】解：①∵矩形， ∴， ∵平分， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴；故①正确； ②∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴；故②正确； ③若， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴；故③错误； ④当F是的中点时， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴．故④正确． 综上所述：①②④． 故答案为：①②④． 26．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是__________．    【答案】②③④ 【分析】根据等腰三角形的三线合一可知，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判断②；根据相似可以得到，判断③；利用将军饮马问题求出最小值判断④． 【详解】解：∵，， ∴， 在点P移动过程中，不一定， 相矛盾， 故①不正确；    延长交于点H, 则为矩形， ∴ ∵，， ∴ ∴， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴ 故②正确； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故③正确， ， 即当的最小值，作B、D关于的对称点, 把图中的向上平移到图2位置，使得，连接，即为的最小值，则，, 这时， 即的最小值是20， 故④正确； 故答案为：②③④    27．（2023·广东广州·一模）如图，正方形中，，点E是对角线上一点，连接，过点E作，交于点F，连接，交于点G，将沿翻折，得到，连接，交于点N，若点F是边的中点，下列说法正确的是 ___________．（填序号） ①； ②； ③； ④． 【答案】①②③ 【分析】根据正方形的性质可得，可证，进而可判断①的正误；如图，过作于，作于，根据正方形的性质可证，根据等边对等角可得，进而可判断②的正误；由翻折的性质可得，，，则，在中，由勾股定理得，由，求得，，在中，由勾股定理得，求出的值，进而判断③的正误；记到的距离为，则，根据，计算求解的值，进而可判断④的正误． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴①正确，故符合要求； 如图，过作于，作于， 由题意知，四边形是正方形，，， ∵，， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴②正确，故符合要求； 由翻折的性质可得，，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∵， ∴，即， 解得， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴③正确，故符合要求； 记到的距离为，则， ∵， ∴，即， 解得， ∴④错误，故不符合要求； 综上所述，正确的有①②③， 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，翻折的性质，等腰三角形的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 28．（2021·辽宁鞍山·中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，F是线段OD上的动点（点F不与点O，D重合），连接CF，过点F作分别交AC，AB于点H，G，连接CG交BD于点M，作交CG于点E，EF交AC于点N．有下列结论：①当时，；②；③当时，；④．其中正确的是_______（填序号即可）． 【答案】①③④ 【分析】①正确．利用面积法证明即可． ②错误．假设成立，推出，显然不符合条件． ③正确．如图2中，过点M作于P，于Q，连接AF．想办法证明，再利用相似三角形的性质，解决问题即可． ④正确．如图3中，将绕点C顺时针旋转得到，连接FW．则，，，，证明，利用勾股定理，即可解决问题． 【详解】解：如图1中，过点G作于T． ， ， ，， 四边形ABCD是正方形， ，， ， ，， ， ， ，故①正确， 假设成立， ， ， ，显然这个条件不成立，故②错误， 如图2中，过点M作于P，于Q，连接AF． ，， ， ，，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ，，， ， ， ，， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ，故③正确， 如图3中，将绕点C顺时针旋转得到，连接FW．则，，，， ∵FG=FC，∠GFO=∠FCN，∠FGM=∠CFN=45°， ∴△FGM≌△CFN， ∴FM=CN， ，，， ， ， ， ， ，故④正确， 故答案为：①③④． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，旋转的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解. 29．（21-22八年级下·山东泰安·期末）如图，正方形中，点是边上一点，连接，以为对角线作正方形，边与正方形的对角线相交于点，连接，有以下五个结论：①；②；③；④；⑤若，则，你认为其中正确的是_______（填写序号）． 【答案】①②③④ 【分析】由正方形的性质和余角的性质可知，即可判定①；根据和都是等腰直角三角形，可得，从而得到即可判断②；由②相似知：，可得，可判定③；由可证，根据对应边成比例即可判定④；⑤设，则，由勾股定理知，借助④的证明即可判定⑤． 【详解】解：①∵正方形和正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即①正确． ②∵和都是等腰直角三角形， ∴， 即 ∵， ∴， ∴，即②正确． ③延长交于点N， ∵， ∴， ∴， ∴；即③正确． ④∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴，即④正确． ⑤设，则， ∴， 由勾股定理知：，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即⑤错误． 综上所述，符合题意的结论有①②③④． 30．（24-25九年级上·江苏扬州·月考）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416，如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正八边形面积近似估计的面积，可得的估计值为，若用圆内接正六边形近似估计的面积，可得的估计值为________．（结果保留根号）    【答案】/ 【分析】本题考查了正多边形与圆的综合，掌握等边三角形的判定及性质、含 角的直角三角形的特征是解题的关键． 连接、， 作于，利用正多边形的性质得，再根据等边三角形的判定及性质得进而可得，再利用割补法求得正六边形的面积，进而可求解． 【详解】解：连接、， 作于， 如图：    ∵六边形是正六边形， ， ， ， ， ， ∴， ， ， ∴的估计值为 故答案为：． 31．（2019·湖南株洲·一模）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年．“割圆术”的第一步是计算单位圆内正六边形的面积S6，则S6＝_____． 【答案】 【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积． 【详解】解：如图所示， 单位圆的半径为1，则其内接正六边形ABCDEF中， △AOB是边长为1的正三角形， 所以正六边形ABCDEF的面积为 S6＝6××1×1×sin60°＝． 故答案为：． 【点睛】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，关键是根据正三角形的面积，正n边形的性质解答． 32．（2024·山东东营·中考真题）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到著名的“割圆术”，即利用圆的内接正多边形逼近圆的方法来近似估算，指出“割之弥细，所失弥少．割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．“割圆术”孕育了微积分思想，他用这种思想得到了圆周率的近似值为3.1416，如图，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为．若用圆内接正八边形近似估计的面积，可得的估计值为_________． 【答案】 【分析】本题考查了圆内接正多边形的性质，三角形的面积公式，勾股定理等，正确求出正八边形的面积是解题的关键．过点A作，求得，根据勾股定理可得，即可求解． 【详解】 如图，是正八边形的一条边，点O是正八边形的中心，过点A作， 在正八边形中， ∴ ∵，，解得： ∴ ∴正八边形为 ∴ ∴ ∴的估计值为 故答案为：． 33．（2025·天津和平·一模）我国魏晋时期的数学家刘徽首创“割圆术”，以“圆的内接正多边形的面积”来无限逼近“圆面积”．并指出在圆的内接正多边形边数加倍的过程中“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体，而无所失矣”．刘徽将极限思想和无穷小分割引入了数学证明，并运用“割圆术”计算出圆周率．如图①，的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计的面积，可得的估计值为． （1）如图②，在圆内接正十二边形中，______（度）； （2）用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为______． 【答案】 30 3 【分析】本题考查了正多边形与圆，三角形的面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键． （1）根据正多边形与圆的关系可进行求解； （2）过A作于M，根据直角三角形的性质得到，根据三角形的面积公式得到，于是得到正十二边形的面积为，根据圆的面积公式即可得到结论． 【详解】解：（1）如图，是正十二边形的一条边，点O是正十二边形的中心， ∴； 故答案为30； （2）过A作于M，如图所示： 在正十二边形中，， ∴， ∴， ∴正十二边形的面积为， ∴， ∴， ∴的近似值为3， 故答案为3． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www zxxk.com 题号猜押06福建中考数学16题 押题预测 考点1多结论几何题 1.【答案】②④/④② 2.【答案】①②③ 3.【答案】②③④ 4.【答案】①②④ 5.【答案】①③④ 考点2学科融合与实际应用问题 1.【答案】128 2.【答案】18 3.【答案)25 4.【答案】18 5V6+39v2+50 5.【答案】 10 ①③④ 6.【答案】 。考点3最值问题 1. 【容】m2 2. 【答案)】7-3 3.【答案】4 4.【答案】3. 1/3 上好每一堂课 (填空题) 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 5.【答案】 27 。考点4割圆术 L.【答案】V2-5 π5 2.【答案】32 3.【答案】27 4.【答案】 48Rsin7.5°3.12 5.【答案】3.12 通关特训 1.【答案】 20W3-16,-16+20W3 116 2.【答案】3 3.【答案】反+片 4【答案】V2 2w5+2 5.【答案】 2W5-2 √137+3 6.【答案】 25 4 7.【答案】 41 8。【答案】20-2,2+20 9.【答案】55-33+55 10.【答案】B-3,3+V丽 1.【答案】10-2W2<x<222i+10<r<2 2/3 6学科网·上好课 6W7 12.【答案】 13.【答案】4 3W2+10 14.【答案】 15.【答案】5-1-1+G 16.【答案】25+11+2W5 17.【答案】4 18.【答案】8 19.【答案】22 20.【答案】1<1<2 5 21.【答案】①③ 22.【答案】m≥1 23.【答案】①③④ 24.【答案】①②③④ 25.【答案】①②④ 26.【答案】②③④ 27.【答案】①②③ 28.【答案】①③④ 29.【答案】①②③④ 3335 30.【答案】2/2 35 31.【答案】2 32.【答案】 2W2 33.【答案】 303 www.zxxk.com 上好每一堂课 3√2-10 3/3