专题04三角形与四边形（几何基础）9大考点（福建专用）2026年中考数学二模分类汇编

**基本信息** 专题04三角形与四边形试题汇编，涵盖9大考点，精选2026年福建各地二模真题，以工地手推车、光的折射等现实情境命题，注重知识应用与推理能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|约15题|相交线与平行线角度计算（工地手推车情境）、三角形三边关系|结合生活场景，如光的折射、滑雪坡比问题| |填空|约10题|多边形内角和、等腰三角形性质|基础性质应用，如直角三角形斜边中线计算| |解答|约15题|全等三角形判定（多题证明）、特殊四边形性质（菱形面积）|强调逻辑推理，如旋转背景下的全等证明，联系“赵爽弦图”|

专题04 三角形与四边形 9大考点概览 考点01 相交线与平行线角度计算 考点02 三角形基本性质与边角计算 考点03 全等三角形判定与性质 考点04 特殊三角形性质应用 考点05 多边形内角和与外角和 考点06 平行四边形的判定与性质 考点07 菱形的判定与性质 考点08 矩形的判定与性质 考点09 正方形的性质简单推理 相交线与平行线角度计算 考点01 1．（2026·福建三明·二模）工地手推车主要用于短程运输砖头、沙土、砂浆、混凝土等建筑材料，是建筑工地常用的一种搬运设备，又叫斗车．如图，这是一款工地手推车的平面示意图，其中，，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由两直线平行，内错角相等可得，求出邻补角的定义，再由三角形外角的定义及性质计算即可得出结果． 【详解】解：如图： ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴． 2．（2026·福建厦门·二模）光在不同介质中的传播速度是不同的，因此光从水中射向空气时，要发生折射．已知在水中平行的光线射向空气中时也是平行的．如图，，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行线的性质的应用，解题的关键在于熟练掌握平行线的性质.根据平行线的性质，两直线平行，同位角相等或同旁内角互补，即可求出答案. 【详解】解：如图所示，，光线在空气中也平行，   ，， ∵， ，. . 故选：C． 3．（2026·福建漳州·二模）已知直线，将一块含角的直角三角尺按如图所示的方式放置，顶点、分别落在直线，上，若，则的大小是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意可知，根据平行线的性质即可求解． 【详解】解：根据题意可知， ∵， ∴． 4．（2026·福建龙岩·二模）一副三角板如图所示放置，两三角板的斜边互相平行，每个三角板的直角顶点都在另一个三角板的斜边上，图中∠α的度数为（    ） A．75° B．60° C．45° D．30° 【答案】A 【分析】根据平行线的性质及三角形的外角即可求解． 【详解】解：如图所示： ∵两三角板的斜边互相平行， ∴∠ABC=∠C=45°， 又∵∠α是△ABD的外角， ∴∠α=∠A+∠ABC=45°+30°=75°， 故选：A． 【点睛】本题考查了平行线的性质及三角形的外角定理，熟练掌握平行线的性质及三角形的外角定理是解题的关键． 5．（2026·福建福州·二模）光从一种物质斜射入另一种物质时，传播方向通常会发生偏折，这种现象叫做光的折射．如图所示，将某玻璃的两个界面抽象为两条直线，，且，一束光线从空气斜射入该玻璃，为入射点，为法线，为折射光线，为入射光线的延长线，若，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用对顶角相等的性质得，通过角度差计算出，接着依据 “一条直线垂直于一组平行线中的一条，必垂直于另一条” 的平行线性质，由 且 推导出 ，得到直角，最后利用直角三角形两锐角互余即可求出角 的度数． 【详解】解：∵，， ∴， ∵为法线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 6．（2026年福建省福建省南平市新光学校等校中考二模九年级数学试卷）将一把直尺按如图所示的方式叠放在一块三角形木板上，直尺的一边经过三角形的顶点C，并与交于点D，直尺的另一边分别交于点E，F，若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据平行线的性质以及三角形的外角定理即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴． 7．（2026·福建厦门·二模）如图，，，则的度数是______． 【答案】 【分析】根据对顶角相等得到，证明，即可求出的度数． 【详解】解：如图， ∴ ∵， ∴， ∴ 8．（2026·福建泉州·二模）如图所示，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心O的光线相交于点P，点F为该凸透镜的焦点．若，，则________． 【答案】 【分析】因为过光心的光线传播方向不变，所以主光轴与该光线的夹角，在透镜两侧相等，可得和其对应角相等．利用三角形外角的性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，结合已知角的数值推导的大小． 【详解】解：， ， ， ． 三角形基本性质与边角计算 考点02 1．（2026·福建莆田·二模）以下列各数为边长，能构成三角形的是（   ） A．1，1，3 B．3，4，5 C．3，3，6 D．4，5，10 【答案】B 【分析】根据三角形三边关系，任意两边之和大于第三边，逐一验证即可． 【详解】解：A、，不能构成三角形，不符合题意； B、，能构成三角形，符合题意； C、，不满足两边之和大于第三边，不能构成三角形，不符合题意； D、，不能构成三角形，不符合题意． 2．（2026·福建泉州·二模）如图，中，借助直角三角板作边上的高，将三角板按如图所示摆放，其中点A，B，E在同一直线上，点E，C，D在同一直线上，，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据三角形的外角进行求解即可． 【详解】解：∵， ∴． 3．（2026·福建南平·二模）一木工有四根长分别为30厘米、50厘米、60厘米、90厘米的木条，要选其中三根木条钉成一个三角木架，木工的选法有（   ） A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 【答案】B 【分析】根据三角形三边关系：三角形两边之和大于第三边，三角形的两边之差小于第三边，即可得出答案． 【详解】解：①选30厘米、50厘米、60厘米， ∵， ∴选30厘米、50厘米、60厘米能钉成一个三角木架，符合题意； ②选30厘米、50厘米、90厘米， ∵， ∴选30厘米、50厘米、90厘米不能钉成一个三角木架，不符合题意； ③选30厘米、60厘米、90厘米， ∵， ∴选30厘米、60厘米、90厘米不能钉成一个三角木架，不符合题意； ④选50厘米、60厘米、90厘米， ∵， ∴选50厘米、60厘米、90厘米能钉成一个三角木架，符合题意； 综上所述，木工的选法有2种． 4．（2026·福建龙岩·二模）如图，在中，点为的内心，点在边上，且，若，，则的度数为（    ） A．111° B．130° C．172° D．170° 【答案】C 【分析】中，点为的内心，可求出CAI的度数，根据四边形AIDC的内角和即可得出结论． 【详解】解：在中，， BAC＝180－42－58＝80 点为的内心， CAI＝BAI＝＝40 四边形AIDC的内角和180（4－2）＝360，且 ＝360－－－CAI＝360－90－40－58＝172 故选C． 【点睛】本题考查了三角形内心的定义及多边形的内角和，牢固掌握相关概念是解题的关键． 5．（2026·福建三明·二模）如图，点在线段的垂直平分线上，若，则_____°． 【答案】55 【分析】由线段垂直平分线的性质及等腰三角形的性质得，，再由三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵点在线段的垂直平分线上， ∴，， ∴，， ∴． 6．（2026·福建龙岩·二模）如图，是的平分线，，垂足为，，则点到的距离是______． 【答案】 【分析】本题考查角平分线性质，过点作于点，根据角平分线性质得到，即可解题． 【详解】解：过点作于点， 是的平分线，，， ， 点到的距离是， 故答案是：． 全等三角形的判定与性质 考点03 1．（2026·福建泉州·二模）如图，点是线段的中点，，．求证：． 【答案】证明：∵，∴． ∵是的中点，∴， 在和中，， ∴． ∴． 【分析】利用证明，根据全等三角形的性质即可得证． 【详解】略 2．（2026·福建龙岩·二模）如图，点是的边延长线上一点，，，．求证：． 【答案】 证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 先根据平行得到，再证明即可． 【详解】略 3．（2026·福建三明·二模）如图，等腰中，，、分别是、的四等分点，连接、．求证：． 【答案】证明：、是、的四等分点， ，． ， ，． ， ∴， ． 【分析】由等腰三角形的性质并结合题意可得，，再利用证明即可得证． 【详解】略 4．（2026·福建南平·二模）如图，点D是中边的中点，E为边上一点，F为延长线上一点，且，求证：． 【答案】证明：∵点D为边的中点， ∴， ∵ ∴， ∴． 【分析】根据题意得出，再由全等三角形的判定和性质证明即可． 【详解】略 5．（2026·福建龙岩·二模）如图，点A，E，F，B在同一条直线上，，，．求证：． 【答案】证明见详解 【分析】先求出，再利用“”证明和全等，根据全等三角形对应角相等可得． 【详解】证明：， ，即， 在和中， ， ， ． 6．（2026·福建福州·二模）如图，点D，A，E，B在同一直线上，，，．求证：． 【答案】 证明：∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴． 【分析】根据等式的性质得出，利用证明与全等，进而解答即可． 【详解】略 7．（2026·福建莆田·二模）如图，在中，，垂足为D，E为上一点，，垂足为F．若，求证：． 【答案】见解析 【分析】推导出，，得到，继而证明∴，则，即可解答． 【详解】证明：∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 8．（2026·福建南平·二模）如图，在中，点D，E分别在边上，连接相交于点O，，．求证：． 【答案】见解析 【分析】先推导出，再证明，则，即可解答． 【详解】证明：∵， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴． 9．（2026·福建三明·二模）如图，点A是线段上一点，由线段逆时针旋转得到，平分，且．求证：． 【答案】 解：由旋转可得，，， ， 平分， ， ， 在和中， ， ， ． 【分析】本题考查旋转的性质、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． 根据旋转的性质得到，，结合角平分线的性质得到，证明，从而得出结论． 【详解】略 10．（2026·福建宁德·二模）如图，已知，点在上，由绕点顺时针旋转得到，且． (1)求证：平分； (2)若，求的度数． 【答案】(1)证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴平分， (2)． 【分析】（1）根据等边对等角和直线平行性质求解． （2）根据旋转性质、平行线性质以及等边对等角求得和证明，从而对应角相等求出角度． 【详解】（1）略 （2）解：由旋转可知，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）得， 在和中， ∵， ∴， ∴． 特殊三角形性质应用 考点04 1．（2026·福建厦门·二模）如图，某同学正在参加滑雪项目比赛，滑道的坡比，当他沿斜坡向下直线滑行时，他下降的高度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设下降的高度为，则下降前后的水平距离为，再利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：设下降的高度为，则下降前后的水平距离为． 依题意，得， 解得或（舍去）， ∴他沿斜坡向下滑行时，下降的高度为． 2．（2026·福建三明·二模）如图，中，，是的中点，，则______． 【答案】10 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握该性质即可解题． 【详解】解：在中，，是的中点， 线段是斜边上的中线； 又， ． 故答案为：． 3．（2026·福建厦门·二模）如图，在直角三角形中，，于点D，点E为边中点，若，则________． 【答案】38 【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线的性质、等边对等角、直角三角形两锐角互余等知识点，熟记直角三角形斜边上的中线的性质是解题的关键． 根据三角形内角和定理求出，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”求出，再根据等腰三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵，点E为边中点， ∴， ∴． 故答案为：38． 4．（2026·福建泉州·二模）已知等腰三角形有两边长分别为2和4，则第三边的长度为___． 【答案】4 【分析】本题考查等腰三角形的定义，熟练掌握三角形的三边关系是解题的关键． 根据等腰三角形的性质，第三边可能是2或4，但需满足三角形三边关系定理，即任意两边之和大于第三边，据此进行求解即可． 【详解】解：当第三边为2时，三边分别为2、2、4，但2+2=4，不符合三角形两边之和大于第三边，故不成立； 当第三边为4时，三边分别为2、4、4，满足2+4>4、4+4>2、2+4>4，符合三角形三边关系，则第三边长度为4． 故答案为：4． 5．（2026·福建莆田·二模）如图，中，，D为上一点，直尺的一边与重合，若点A，D，B对应直尺的刻度分别为，，，则的长度为_______． 【答案】4 【分析】由题意可得，再结合直角三角形的性质即可得出结果． 【详解】解：∵点A，D，B对应直尺的刻度分别为，，， ∴，， ∴， ∵中，， ∴． 6．（2026·福建泉州·二模）如图，为直角斜边上的中线，过作，交于．若，，则_________． 【答案】6 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，根据平行线分线段成比例得，再根据勾股定理即可求出的长． 【详解】解：∵为直角斜边上的中线， ∴，． ∵， ， ， ∴， ． 7．（2026·福建三明·二模）为响应年植树节“履行植树义务，共建美丽中国”主题活动，某校团支部于年月日组织部分入团积极分子参与植树造林．小民在坡度为的山坡上种植了两棵树（如图），斜坡上相邻两树间的坡面距离为米，则相邻两树间的水平距离为_____米．（结果保留准确数） 【答案】 【分析】根据坡度为，设，则，根据勾股定理可得，解方程求出的值，再根据求出结果． 【详解】解：坡度为， ， 设，则， ，， ， 解得：或（负值舍去）， 米． 8．（2026·福建莆田·二模）在中，，，，若，则的度数是__________． 【答案】 【分析】先对已知等式变形，得到三角形三边的数量关系，再利用勾股定理的逆定理判断的形状，即可求出的度数． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∴是直角三角形，且． 9．（2026·福建南平·二模）如图，将绕点B顺时针旋转得到，其中点D与点A是对应点，点E与点C是对应点，且点D恰好落在的延长线上，点E恰好落在的延长线上． (1)求证：是等腰三角形； (2)若，，求的长． 【答案】(1) 证明：由旋转的性质，得，，，， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； (2)4 【分析】（1）由旋转性质得：，，对应角相等；由等腰三角形性质推出：；结合外角性质、，推出；由等角对等边得，证明是等腰三角形． （2）由旋转性质和三角形内角和，证得，结合公共角，推出；由相似三角形周长比等于相似比，得；设，则，；利用列方程，解得，得；由旋转性质，得． 【详解】（1）略 （2）解：由旋转的性质，得， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 设，则，， ∵， ∴， 解得， ∴． 多边形内角和与外角和 考点05 1．（2026·福建漳州·二模）若正n边形的一个外角是，则_______． 【答案】10 【分析】本题主要考查了多边形的外角和定理，利用多边形的外角和即可解决问题． 【详解】解：因为正多边形的每一个外角都相等， 所以． 故答案为：10． 2．（2026·福建龙岩·二模）若一个多边形内角和与外角和的比为9∶2，则这个多边形的边数是________． 【答案】11 【分析】根据多边形的外角和是360°，可得此多边形的内角和是，再由n边形的内角和是可得关于n的方程，求解后即可求出边数n． 【详解】解：设这个多边形是n边形，∵多边形内角和与外角和的比为9∶2， ∴， 解得n＝11． ∴此多边形的边数为11． 故答案为：11． 【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和，解题的关键是利用多边形的内角和公式将问题转化为解方程的问题解决． 3．（2026·福建南平·二模）正六边形的一个外角等于__________度． 【答案】60 【分析】本题考查了正多边形的外角，熟练掌握多边形的外角和为是解题的关键．根据正六边形的外角和为即可求解． 【详解】解：正六边形的外角和为， 正六边形的一个外角等于． 故答案为：60． 平行四边形的判定与性质 考点06 1．（2026·福建三明·二模）如图，在与中，，相交于点G，且C，D，E，F四点共线．下列结论一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用平行四边形的性质逐项判断即可． 【详解】解：四边形和是平行四边形， ， 而不一定成立， 故选项A错误； ， ， ， 故选项B正确； 四边形和是平行四边形， 、， 若要，则需， 而题干中并未给出与相等的条件， 不一定成立， 故选项C错误； ，而题干中并未给出与相等的条件， 无法得到，即不一定成立， 故选项D错误． 2．（2026·福建宁德·二模）如图，在平面直角坐标系中，对角线的交点恰好是坐标原点．若点的坐标是，则点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用平行四边形的性质得出，点B和点D关于原点对称，进而可得出点D的坐标． 【详解】解：∵对角线互相平分，即， 又∵对角线的交点恰好是坐标原点， ∴点B和点D关于原点对称， ∵点的坐标是， ∴点的坐标是． 3. （2026·福建泉州·二模）如图，点E是平行四边形边的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：． 【答案】证明：在平行四边形中 ， 即 ， 又点是边的中点 ． 在与中 ． 则 ． 又 ． 【分析】根据平行四边形的性质证明得出，进而根据线段的数量关系，即可得证． 【详解】略 4．（2026·福建漳州·二模）如图，在中，点分别在边上，．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】利用平行四边形的性质证明即可求证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵， ∴， ∴． 5．（2026·福建厦门·二模）如图，在中，，，是锐角，于点是的中点，连接，，若，则长为______． 【答案】 【分析】连接，延长交于点，证明，得，设，则，在中，，在中，，列关于的方程，解出，在中，，计算即可． 【详解】解：如图，连接，延长交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴，∴， ∵点是的中点，， ∴，， ∴， ∴， ∵，∴， 设，则， 在中，， 在中，， ∴， 解得：或（舍去）， ∴， ∴． 6．（2026·福建宁德·二模）如图，将沿对角线分割成和；再将沿直线平移得到，使得，，，，，六个顶点中四个顶点组成一个特殊平行四边形，其余两个顶点落在这个特殊平行四边形的内部． (1)若平移后得到一个菱形，在图1作出平移后的，并画出相应菱形；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)如图2，平移后得到矩形，若，，．求平移的距离． 【答案】(1) (2)平移的距离为11 【分析】（1）以为圆心，长为半径画弧，交的延长线于点，分别、为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接,得到菱形；以点为圆心，为半径画弧，交于点，则为平移后的三角形； （2）过点B作交AG于点H．在中，求出，，在中，求出，再求出，根据可得结论． 【详解】（1）略 （2）解：如图2，过点B作交AG于点H． ∴． 在中，， ∵， ∴． 由勾股定理得 ． 在中，， 由勾股定理得 ． ∵四边形是矩形， ∴． ∵． ∴． 解得． ∴． ∴平移的距离为11． 菱形的判定与性质 考点07 1．（2026·福建南平·二模）如图，在菱形ABCD中，∠DAB=60°，边长为2，则菱形ABCD的面积为_________． 【答案】2 【详解】解：如图， ∵菱形ABCD， ∴AD=AB，OD=OB，OA=OC， ∵∠DAB=60°， ∴△ABD为等边三角形， ∴BD=AB=2， ∴OD=1， 在Rt△AOD中，根据勾股定理得：AO=， ∴AC=2， 则S菱形ABCD=AC•BD=2， 故答案为2． 2．（2026·福建南平·二模）如图，已知四边形是菱形，连接，过点分别作于点于点，连接，若，则菱形的面积为_____． 【答案】80 【分析】连接，证明四边形是矩形，得到，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半可得答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． 3．（2026·福建福州·二模）如图，菱形ABCD中，．将绕点A顺时针旋转α后恰好与重合，则旋转角α的度数是______． 【答案】/60度 【分析】由旋转的性质及菱形的性质即可得出结论． 【详解】解：因为四边形是菱形，且， 所以对角线平分，， 所以． 所以与是两个大小一样的等边三角形， 又因为将绕点顺时针旋转后与重合， 所以． 综上，旋转角的度数是． 4．（2026·福建莆田·二模）在等边三角形中，，垂足为，点为上一点，由绕点按顺时针方向旋转得到，且点的对应点恰好落在的延长线上，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1) 证明：∵是由绕点按顺时针方向旋转得到的， ∴， ∴，，， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 又∵，， ∴，， ∴， ∴四边形为菱形． (2) 【分析】（1）根据旋转的性质可得，即可证明是等边三角形，再根据等腰三角形的性质可证，进而可证四边形为菱形． （2）根据等边三角形的性质可得，再根据菱形的性质可得，代入，即可求得的值，进而求得菱形的面积． 【详解】（1）略； （2）解：∵是等边三角形，， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴菱形的面积为：． 矩形的判定与性质 考点08 1．（2026·福建南平·二模）割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”、《九章算术》已经能十分灵活地运用“出入相补”原理解决平面图形的面积问题．在《九章算术》中，三角形被称为圭田．圭田术曰“半广以乘正纵”，也就是说三角形的面积等于底的一半乘高，说明三角形的面积是运用“出入相补”原理，由长方形面积导出的．如图中的三角形下盈上虚，以下补上．如果图中矩形的面积为20，那么图中阴影部分的面积是（    ）．    A．15 B．10 C．5 D．2．5 【答案】C 【分析】连接，由“出入相补”原理得到，即可得到答案． 【详解】解：连接，由“出入相补”原理得到，， ， ， ， 图中阴影部分的面积．    故选C． 【点睛】本题主要考查割补法求面积，理解题目意思是解题的关键． 2．（2026·福建莆田·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A的坐标为．若y轴平分矩形的面积，则点C到y轴的距离是_______． 【答案】 【分析】根据中心对称图形的性质可得轴经过矩形对角线的中点，再根据中点坐标公式即可求解． 【详解】解：∵y轴平分矩形的面积，矩形是中心对称图形， ∴轴经过矩形对角线的中点， 设点横坐标为， ∵， ∴， ∴， ∴点C到y轴的距离是． 3．（2026·福建厦门·二模）如图，在矩形中，的平分线交于点于点，连接并延长交于点，连接交于点，下列结论： ； ； ； ．    其中正确的有 ___________ 填序号 【答案】 【分析】根据角平分线的定义可得，然后求出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得，从而得到； 然后利用角角边证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，再根据等腰三角形两底角相等求出，根据平角等于求出，从而判断出正确； 求出，然后根据等角对等边可得，判断出正确； 连接，利用全等三角形的性质证明，再证明，可得结论． 【详解】解：四边形是矩形， ， 平分， ， 是等腰直角三角形， ， ， ，故正确， 在和中， ， ， ， ， ， ， ，故正确； ， ， ， ， ， ， ， ，故正确； 连接．   ， ， ， ， ， ， ， ，故正确． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质；熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键． 4．（2026·福建泉州·二模）如图，点E，F分别在矩形的边，上，，．求证：． 【答案】 证明：四边形为矩形， ， 在和中， ， ． 【分析】根据矩形的性质得到，结合，，可得，即得答案． 【详解】略 5．（2026·福建厦门·二模）已知如图，在矩形中，E为边的中点．求证：． 【答案】证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∵E为边的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 【分析】由矩形的性质可得，，再证明，即可得证． 【详解】略 6．（2026·福建厦门·二模）如图，在矩形中，点在延长线上，点在延长线上，且连接、．求证：． 【答案】证明：在矩形中，， ∴， ∵， ∴， ∴． 【分析】先推导出，得到，继而推导出，得到，即可解答． 【详解】略 7．（2026·福建三明·二模）在美化校园的活动中，某兴趣小组想借助如图所示的直角墙角（两边足够长），用米长的栅栏围成一个矩形花园（栅栏只围，两边）． (1)若比长米，求、的长； (2)若在墙角处有一棵树与墙、的距离分别是米和米，要将这棵树围在花园内（含边界，不考虑树的粗细），花园可以围出的最大面积是多少？ 【答案】(1)长米，长米 (2)花园可以围出的最大面积是 【分析】（1）设长米，依据比长6米表示出的代数式，再结合栅栏总长米列一元一次方程，解方程得到长后算出长度； （2）先设为米，用总长表示，根据树木位置列出的取值不等式确定取值范围，列出面积二次函数，根据函数性质即可求出最大面积． 【详解】（1）解：设长米，则长米， 根据题意，得：， 解得； ∴； 答：长米，长米； （2）解：设长米，则长米， 由题意得， 解得， ∵花园面积 ， ∴抛物线开口向下， ∵对称轴为， ∴当时，随的增大而增大， ∴当时，花园的面积取得最大值， ， 答：花园可以围出的最大面积是． 正方形的性质简单推理 考点09 1．（2026·福建宁德·二模）如图，在正方形中，点，分别在边，上，．求证：． 【答案】证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴，， 在和中， ∴， ∴． 【分析】根据正方形的性质得，，结合证明便可得结论． 【详解】略 2．（2026·福建泉州·二模）如图所示的“赵爽弦图”，由三国时期吴国数学家赵爽创制，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形，利用面积关系证明直角三角形三边之间的数量关系，即在直角三角形中，（为斜边）． (1)证明：若、、均为整数，则它们不可能都是奇数； (2)如图，若，，直线交边于点，求的值． 【答案】(1)证明：假设、、均为奇数， 则、、均为奇数 ∴为偶数， 由勾股定理得，∴为偶数， 与为奇数相矛盾，假设不成立 ∴、、不可能都是奇数． (2) 【分析】（1）假设、、均为奇数，推出为偶数，即可得证； （2）过作，交的延长线于点，证明，进而得到，求出的长即可. 【详解】（1）略 （2）解:过作，交的延长线于点， ∴， ∴， ∴， ∴， 在直角三角形中，，， ， ∴（负值舍去）， 在正方形中，， ∴， ∴， 又∵， ∴， 2/23 1/23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 三角形与四边形 9大考点概览 考点01 相交线与平行线角度计算 考点02 三角形基本性质与边角计算 考点03 全等三角形判定与性质 考点04 特殊三角形性质应用 考点05 多边形内角和与外角和 考点06 平行四边形的判定与性质 考点07 菱形的判定与性质 考点08 矩形的判定与性质 考点09 正方形的性质简单推理 相交线与平行线角度计算 考点01 1．（2026·福建三明·二模）工地手推车主要用于短程运输砖头、沙土、砂浆、混凝土等建筑材料，是建筑工地常用的一种搬运设备，又叫斗车．如图，这是一款工地手推车的平面示意图，其中，，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·福建厦门·二模）光在不同介质中的传播速度是不同的，因此光从水中射向空气时，要发生折射．已知在水中平行的光线射向空气中时也是平行的．如图，，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·福建漳州·二模）已知直线，将一块含角的直角三角尺按如图所示的方式放置，顶点、分别落在直线，上，若，则的大小是（   ） A． B． C． D． 4．（2026·福建龙岩·二模）一副三角板如图所示放置，两三角板的斜边互相平行，每个三角板的直角顶点都在另一个三角板的斜边上，图中∠α的度数为（    ） A．75° B．60° C．45° D．30° 5．（2026·福建福州·二模）光从一种物质斜射入另一种物质时，传播方向通常会发生偏折，这种现象叫做光的折射．如图所示，将某玻璃的两个界面抽象为两条直线，，且，一束光线从空气斜射入该玻璃，为入射点，为法线，为折射光线，为入射光线的延长线，若，，则的度数是（   ） A． B． C． D． 6．（2026年福建省福建省南平市新光学校等校中考二模九年级数学试卷）将一把直尺按如图所示的方式叠放在一块三角形木板上，直尺的一边经过三角形的顶点C，并与交于点D，直尺的另一边分别交于点E，F，若，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 7．（2026·福建厦门·二模）如图，，，则的度数是______． 8．（2026·福建泉州·二模）如图所示，一束平行于主光轴的光线经凸透镜折射后，其折射光线与一束经过光心O的光线相交于点P，点F为该凸透镜的焦点．若，，则________． 三角形基本性质与边角计算 考点02 1．（2026·福建莆田·二模）以下列各数为边长，能构成三角形的是（   ） A．1，1，3 B．3，4，5 C．3，3，6 D．4，5，10 2．（2026·福建泉州·二模）如图，中，借助直角三角板作边上的高，将三角板按如图所示摆放，其中点A，B，E在同一直线上，点E，C，D在同一直线上，，则的大小为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·福建南平·二模）一木工有四根长分别为30厘米、50厘米、60厘米、90厘米的木条，要选其中三根木条钉成一个三角木架，木工的选法有（   ） A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 4．（2026·福建龙岩·二模）如图，在中，点为的内心，点在边上，且，若，，则的度数为（    ） A．111° B．130° C．172° D．170° 5．（2026·福建三明·二模）如图，点在线段的垂直平分线上，若，则_____°． 6．（2026·福建龙岩·二模）如图，是的平分线，，垂足为，，则点到的距离是______． 全等三角形的判定与性质 考点03 1．（2026·福建泉州·二模）如图，点是线段的中点，，．求证：． 2．（2026·福建龙岩·二模）如图，点是的边延长线上一点，，，．求证：． 3．（2026·福建三明·二模）如图，等腰中，，、分别是、的四等分点，连接、．求证：． 4．（2026·福建南平·二模）如图，点D是中边的中点，E为边上一点，F为延长线上一点，且，求证：． 5．（2026·福建龙岩·二模）如图，点A，E，F，B在同一条直线上，，，．求证：． 6．（2026·福建福州·二模）如图，点D，A，E，B在同一直线上，，，．求证：． 7．（2026·福建莆田·二模）如图，在中，，垂足为D，E为上一点，，垂足为F．若，求证：． 8．（2026·福建南平·二模）如图，在中，点D，E分别在边上，连接相交于点O，，．求证：． 9．（2026·福建三明·二模）如图，点A是线段上一点，由线段逆时针旋转得到，平分，且．求证：． 10．（2026·福建宁德·二模）如图，已知，点在上，由绕点顺时针旋转得到，且． (1)求证：平分； (2)若，求的度数． 特殊三角形性质应用 考点04 1．（2026·福建厦门·二模）如图，某同学正在参加滑雪项目比赛，滑道的坡比，当他沿斜坡向下直线滑行时，他下降的高度为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·福建三明·二模）如图，中，，是的中点，，则______． 3．（2026·福建厦门·二模）如图，在直角三角形中，，于点D，点E为边中点，若，则________． 4．（2026·福建泉州·二模）已知等腰三角形有两边长分别为2和4，则第三边的长度为___． 5．（2026·福建莆田·二模）如图，中，，D为上一点，直尺的一边与重合，若点A，D，B对应直尺的刻度分别为，，，则的长度为_______． 6．（2026·福建泉州·二模）如图，为直角斜边上的中线，过作，交于．若，，则_________． 7．（2026·福建三明·二模）为响应年植树节“履行植树义务，共建美丽中国”主题活动，某校团支部于年月日组织部分入团积极分子参与植树造林．小民在坡度为的山坡上种植了两棵树（如图），斜坡上相邻两树间的坡面距离为米，则相邻两树间的水平距离为_____米．（结果保留准确数） 8．（2026·福建莆田·二模）在中，，，，若，则的度数是__________． 9．（2026·福建南平·二模）如图，将绕点B顺时针旋转得到，其中点D与点A是对应点，点E与点C是对应点，且点D恰好落在的延长线上，点E恰好落在的延长线上． (1)求证：是等腰三角形； (2)若，，求的长． 多边形内角和与外角和 考点05 1．（2026·福建漳州·二模）若正n边形的一个外角是，则_______． 2．（2026·福建龙岩·二模）若一个多边形内角和与外角和的比为9∶2，则这个多边形的边数是________． 3．（2026·福建南平·二模）正六边形的一个外角等于__________度． 平行四边形的判定与性质 考点06 1．（2026·福建三明·二模）如图，在与中，，相交于点G，且C，D，E，F四点共线．下列结论一定成立的是（   ） A． B． C． D． 2．（2026·福建宁德·二模）如图，在平面直角坐标系中，对角线的交点恰好是坐标原点．若点的坐标是，则点的坐标是（     ） A． B． C． D． 3. （2026·福建泉州·二模）如图，点E是平行四边形边的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：． 4．（2026·福建漳州·二模）如图，在中，点分别在边上，．求证：． 5．（2026·福建厦门·二模）如图，在中，，，是锐角，于点是的中点，连接，，若，则长为______． 6．（2026·福建宁德·二模）如图，将沿对角线分割成和；再将沿直线平移得到，使得，，，，，六个顶点中四个顶点组成一个特殊平行四边形，其余两个顶点落在这个特殊平行四边形的内部． (1)若平移后得到一个菱形，在图1作出平移后的，并画出相应菱形；（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)如图2，平移后得到矩形，若，，．求平移的距离． 菱形的判定与性质 考点07 1．（2026·福建南平·二模）如图，在菱形ABCD中，∠DAB=60°，边长为2，则菱形ABCD的面积为_________． 2．（2026·福建南平·二模）如图，已知四边形是菱形，连接，过点分别作于点于点，连接，若，则菱形的面积为_____． 3．（2026·福建福州·二模）如图，菱形ABCD中，．将绕点A顺时针旋转α后恰好与重合，则旋转角α的度数是______． 4．（2026·福建莆田·二模）在等边三角形中，，垂足为，点为上一点，由绕点按顺时针方向旋转得到，且点的对应点恰好落在的延长线上，连接． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求菱形的面积． 矩形的判定与性质 考点08 1．（2026·福建南平·二模）割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”、《九章算术》已经能十分灵活地运用“出入相补”原理解决平面图形的面积问题．在《九章算术》中，三角形被称为圭田．圭田术曰“半广以乘正纵”，也就是说三角形的面积等于底的一半乘高，说明三角形的面积是运用“出入相补”原理，由长方形面积导出的．如图中的三角形下盈上虚，以下补上．如果图中矩形的面积为20，那么图中阴影部分的面积是（    ）．    A．15 B．10 C．5 D．2．5 2．（2026·福建莆田·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A的坐标为．若y轴平分矩形的面积，则点C到y轴的距离是_______． 3．（2026·福建厦门·二模）如图，在矩形中，的平分线交于点于点，连接并延长交于点，连接交于点，下列结论： ； ； ； ．    其中正确的有 ___________ 填序号 4．（2026·福建泉州·二模）如图，点E，F分别在矩形的边，上，，．求证：． 5．（2026·福建厦门·二模）已知如图，在矩形中，E为边的中点．求证：． 6．（2026·福建厦门·二模）如图，在矩形中，点在延长线上，点在延长线上，且连接、．求证：． 7．（2026·福建三明·二模）在美化校园的活动中，某兴趣小组想借助如图所示的直角墙角（两边足够长），用米长的栅栏围成一个矩形花园（栅栏只围，两边）． (1)若比长米，求、的长； (2)若在墙角处有一棵树与墙、的距离分别是米和米，要将这棵树围在花园内（含边界，不考虑树的粗细），花园可以围出的最大面积是多少？ 正方形的性质简单推理 考点09 1．（2026·福建宁德·二模）如图，在正方形中，点，分别在边，上，．求证：． 2．（2026·福建泉州·二模）如图所示的“赵爽弦图”，由三国时期吴国数学家赵爽创制，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形，利用面积关系证明直角三角形三边之间的数量关系，即在直角三角形中，（为斜边）． (1)证明：若、、均为整数，则它们不可能都是奇数； (2)如图，若，，直线交边于点，求的值． 2/23 1/23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $