专题09几何压轴与新定义综合实践7大考点（福建专用）2026年中考数学二模分类汇编

**基本信息** 聚焦几何压轴与新定义综合，涵盖7大核心考点，精选福建各地二模真题，注重多知识融合与实践探究 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |综合解答题|占比超80%|几何三大变换（平移/旋转）、三角形四边形综合（矩形/菱形）、圆与切线/折叠融合、动点轨迹与最值、新定义（双变换线段/不动点）、项目式探究（健身区布局/木工拼接）|情境融合文化（赵爽弦图）、科技（天问二号）、生活（密度计/冰箱放置）；问题设计分层，从基础证明（如三角形旋转全等）到综合探究（如圆与折叠面积计算），适配中考压轴题命题趋势|

专题09 几何压轴与新定义综合实践 7大考点概览 考点01 几何三大变换综合 考点02 三角形、四边形综合 考点03 圆与多知识融合压轴 考点04 动点轨迹与几何最值综合 考点05 存在性问题 考点06 几何新定义阅读理解探究题 考点07 综合与实践项目式探究题 几何三大变换综合 考点01 1．（2026·福建泉州·二模）如图1是以为直径的半圆形纸片，半径，． 若沿半径剪开，并将扇形沿向右平移至扇形的位置（如图2所示），设与的交点D，，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，证明为等边三角形，易得，由平移的性质得，，证明，求出，进而求出，即可求解． 【详解】解：连接， ，半径， ， 又， 为等边三角形， ， ∵， ， 由平移的性质得，， ， ， ， ， ∵，即， ． 2．（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：． 3．（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， ∴． 三角形、四边形综合 考点02 1．（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）， ∴， ∴． 2．（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． 3．（2026·福建南平·二模）在物理学中，速度具有大小和方向．如图1，点O受到两个速度，的影响，其大小分别用线段的长度表示，其方向分别用画有箭头的有向线段表示，以线段为邻边作平行四边形，则对角线的长度和方向表示与的合速度v（即实际速度）的大小和方向，这种求与合速度v的方法称为平行四边形法则．如图2，若小河的水流速度为，方向为正东，小船在静水中的航行速度为，两个速度的方向所成的角为，且，小船的实际速度为．根据平行四边形法则，下列结论正确的是______．（写出所有正确结论的序号） ①若，不变，变大，则小船的实际速度v变大；    ②； ③若小船沿正北方向行进，则． 【答案】①③ 【分析】①当，不变，变大，即线段的长度变大为的长度，则小船的实际速度v的大小从的长度变大为的长度；当或360时，与在同一方向上，此时，当时，与在相反方向上，此时，其余情况时，；③如若小船沿正北方向行进，此时． 【详解】解：①如图①，当，不变，变大，即线段的长度变大为的长度，则小船的实际速度v的大小从的长度变大为的长度，故①正确； ②∵， ∴当或时，与在同一方向上，此时， 当时，与在相反方向上，此时， 其余情况时，， 综上所述，，故②不正确； ③如图②，若小船沿正北方向行进，此时， 则，故③正确；综上所述，①③正确． 4．（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∵， ∴， 5．（2026·福建泉州·二模）如图1，是等边三角形，为边上不与重合的一点，点为中点，连接，将射线绕点顺时针旋转交的延长线于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)过点作于点，交于点，连接，如图2．已知下列三个结论中，至少有一个是正确的，请你选择其中正确的一个结论，并证明． 结论：①； ②；③平分． 【答案】(1) 证明：是等边三角形， ， 由旋转性质可知， 又， ； (2) 证明：延长至点，使得，连接，如图1所示： 又点为中点， ， ， 四边形为平行四边形， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 由（1）知， ，即， 在和中， ， ， 为等腰三角形， 又， 为等边三角形， 又， ； (3) 证明：选择结论①，证明如下： 由（2）知，为等边三角形，则在中，， 设与相交于点，如图2所示： 由（2）知， ， 四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， 为等边三角形， ， ， ， ， 又， ， ， ， ，即是线段的垂直平分线， ， ， ，即； 选择结论③，证明如下： 延长至点，使得，连接，设与相交于点，如图3所示： 则， 由（2）知， ， 四边形为平行四边形， ， ， ， ， ， 为等边三角形， 又， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 过点作于点，如图4所示： 则， ，即， 垂直平分， ， ， 由可得， ， ， 即平分； 结论②：如图，连接 交于点， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， ∴垂直平分，即垂直平分， ∴， 又∵， ∴， ∴； 如图， 可以发现，在点 的位置在线段上从左至右移动的过程中，会逐渐增大， ∴也一直在变化，不恒为， ∴②错误． 【分析】（1）结合等边三角形性质、旋转性质及三角形外角性质列式，等量代换即可得证； （2）先构造出平行四边形，结合平行四边形性质、等边三角形性质，判定，进而得到为等边三角形，由等边三角形三线合一即可得证； （3）①设与相交于点，证明四边形为平行四边形，得到是线段的垂直平分线，进而证明； ②证明，通过作图可以发现一直在变化，可证明该结论错误； ③延长至点，使得，连接，设与相交于点，证明为等边三角形，推出，过点作于点，得到垂直平分，进而证明． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 6．（2026·福建龙岩·二模）如图1，在中，，，为边上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，点，关于直线对称，与交于点，连接． (1)求证：； (2)点为的中点，与交于点． ①如图2，连接，若，求的度数； ②如图3，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】（1）利用对称性质得，再由角度关系得到，即可证明平行； （2）①连接，证明四边形是平行四边形以及四边形是菱形，根据对称性质得到，即可求出； ②连接，求出的长度，连接，过点作于点，过点作于点，构造相似三角形，根据线长比例以及勾股定理即可求出的长． 【详解】（1）证明：绕点逆时针旋转得到， ， ，，， 点，关于直线对称， ， ， ， ，， ．∴．   （2）解：①连接， 为的中点，， ，   ，， 四边形是平行四边形， ，， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形， ，， ，， 点，关于直线对称， ．，， ．   ． ②，，， ， ，， ， ， 连接，点，关于直线对称， ，，， ，， ， ，    连接，过点作于点，过点作于点， ， ， ， ， 为的中点，，， ，， ，， ，， ， ， ， 又， ， ， ，， ， ． 圆与多知识融合压轴 考点03 1．（2026·福建龙岩·二模）如图，是的直径，，连接交于点，与相切于点，交的延长线于点，连接并延长，交于点，交于点，连接，若，则_________． 【答案】 【分析】根据，，，根据切线的性质，可得，利用直角三角形中，角的等量关系，可得，根据解直角三角形，先求出，得到，再根据，勾股定理的应用，求出，根据，利用线段的等量关系，求出；根据三角形的三线合一，求出，根据，求出，即可． 【详解】解：过点作于点，连接，， ∵， ∴，， ∵，与相切， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； ∴， ∵， ∴， 设，， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴． 2．（2026·福建厦门·二模）如图，是的切线，D是直径延长线上的一点，连接、，设（）． (1)若，求． (2)延长至E，使，过点E作的垂线，分别交、于点F，H． ①若，直径，求的长． ②求证：． 【答案】(1) (2)①； ② 证明：∵， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵，， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 【分析】（1）连接，根据切线的性质可得根据圆周角定理可得，进而求得； （2）①根据已知求得，进而证明，根据相似三角形的性质，即可求解； ②先证明得出，进而可得， 证明得出，进而得出，再求比值，即可求解． 【详解】（1）解：连接，因为是的切线， ， （2）①∵是直径 ∴ ∵在中，， 设， ∴ ∴ 解得： ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴， ∴， 解得：； ②略. 3．（2026·福建南平·二模）如图，是的直径，以为边作交于点，且．过点作于点，延长交于点． (1)如图（1），求证：是的切线； (2)如图（2），若，，求线段的长； (3)如图（3），在线段上标出点P，使得的值最小，在（2）的条件下，直接写出此时线段的长． 【答案】(1)证明：如图，连接． ∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． 又∵是半径， ∴是的切线． (2) (3)， 【分析】（1）连接，根据等边对等角得出，，，确定，得出，再由切线的判定即可证明； （2）连接，根据圆周角定理得出，，确定点是的中点，，再由正切函数得出，设，则，利用勾股定理求解即可； （3）过点A作关于直线的对称点，连接，交于点P，过点F作的延长线于点M，根据各角之间的关系得出，再由相似三角形的判定得出，，，结合其性质求解即可． 【详解】（1）略 （2）如图，连接． ∵为的直径， ∴，． 又∵，， ∴点是的中点，， ∴ ∴ 设，则 ∴在中，由勾股定理得 即，解得 ∴． （3）过点A作关于直线的对称点，连接，交于点P 过点F作的延长线于点M， ∴， 由（2）得：， 在中，设 ， ∴， 解得（负值舍去） ∴， 由（2）得， ∴， ∴，， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， 由（2）得， ∴， ∵， ∴，， ∴，即， ∴，， ∵， ∴ ∴． 4．（2026·福建宁德·二模）如图，是的直径，点在上运动（不与，重合），将沿翻折，得到，点是的中点，连接． (1)如图1，若，求证：； (2)证明：不论点如何运动，的大小不变；（以图2为例证明） (3)如图2，当点在下方，，时，求的直径． 【答案】(1)证明：∵， ∴． 由翻折得，， ∴． ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． (2)证明：设， 由（1）得 ， 由翻折得 ， ∴． ∴． ∵点E是的中点， ∴． ∴． (3)的直径为 【分析】（1）由得，由翻折得，，得，由圆周角定理得，由可证明是等边三角形，从而可证明结论； （2）设，得 ，由翻折得 ，得，求出，由点E是的中点可得，从而可得出，故可得结论； （3）．延长，相交于点F，连接，设，解，求得，根据勾股定理得，根据证明，得出；证明，求出，根据求出，从而可求出． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：如图2，延长，相交于点F，连接． 设， ∵是的直径， ∴． ∴． 在中，， ∴． 由勾股定理得， ∵点E是的中点， ∴，． ∵， ∴． ∴，，． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． 解得 ． ∴． 即的直径为． 5．（2026·福建莆田·二模）如图1，内接于的平分线与和分别交于点D和E，F是延长线上一点，连接，且． (1)求证：点F到三边所在直线的距离相等； (2)若经过点O，连接，如图2，求证：； (3)若，请用等式表示线段之间的数量关系，并证明． 【答案】(1) 证明：延长到点M，如图 ∵是的平分线，F是延长线上一点， ∴点F到所在直线的距离相等， ∵，， ∴， ∴点F到所在直线的距离相等， ∴点F到三边所在直线的距离相等； (2) 证明：过点F，作的延长线于点N，如图 ∴， ∵是的平分线， ∴， ∴， ∵是的直径， ∴，， 又∵点F到三边所在直线的距离相等； ∴，， ∵， ∴， ∴， 即， ∴． (3) 解：，理由如下： 如图，连接，过点作的延长线于点，作于点，作的延长线于点， 由(1)可知，，， ，， ，， ，， ，，， ． ，， ， ． ∵， ∴，即， ，，， ，， ，， 即，， ，， ． 【分析】（1）延长到点M，先推导出点F到所在直线的距离相等，，得到点F到所在直线的距离相等，即可解答； （2）过点F，作的延长线于点N，先推导出，得到，，，继而推导出，得到，则，即可推导出； （3）连接，过点作的延长线于点，作于点，作的延长线于点，推导出，，继而推导出，得到，证明出，，得到，，推导出，，则． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 6．（2026·福建龙岩·二模）问题发现 （1）如图①，已知中，，点在上，连接、，则___________； 问题探究 （2）如图②，已知是的中线，点在上，连接，且，若，求的长度； 问题解决 （3）如图③，四边形是某小区的一块空地，其中米，米，，，，物业准备在空地内找一点，分别修建四条小道、、、（小道的宽度不计），并在内分别种植不同的花卉，为生活娱乐区，根据物业公司规划要求，，且小道与的比值尽可能小．是否存在满足要求的点？若存在，请找出点的位置，并计算的最小值，以及此时的面积；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）；（3）点是为直径的圆与的交点，，此时的面积为平方米 【分析】（1）勾股定理求得，根据同弧所对的圆周角相等可得，进而根据正弦的定义，即可求解； （2）连接，根据已知可得四点共圆，证明，列出比例式，解方程，即可求解； （3）如图过点作于点，连接，根据已知可得在正方形的外接圆上运动，设圆心为，延长交于点，连接，证明得出，当为圆的直径时，即重合时，取得最小值；过点作交的延长线于点，得出，，证明得出，进而可得，的长，再根据三角形的面积公式，即可求解． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）如图，连接， ∵， ∴四点共圆， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，是的中线， ∴， ∴， 解得：（负值舍去）； （3）解：如图过点作于点，连接， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形， 则， ∵， ∴在正方形的外接圆上运动，设圆心为，连接， ∵， ∴， 延长交于点，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴当为圆的直径时，即重合时，取得最小值， ∴， ∴， 此时如图所示， ∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴三点共线，即在上， 过点作交的延长线于点， ∵， ∴在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴平方米， 答：点是以为直径的圆与的交点，，此时的面积为平方米． 7．（2026·福建泉州·二模）如图1，为的直径，是的中点，与交于点． (1)若，求的度数； (2)点是上的动点（不与点、重合），交于点，沿折叠后得到线段． ①如图2，当点落在上时，求证：； ②如图3，当于时，连结、，若，，用含、的式子表示的长，并说明理由． 【答案】(1) (2)①如图，连接 ， 由折叠性质得 ∵， ∴， ∵ ∴ ， ∴ ， ∵为的直径， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即 ∴． ②，理由： 如图，连接交于点， 由折叠性质得 ， ∵   ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵为半径， 由垂径定理的推论得：， 又∵， ∴、、三点共线 ∴ ∴ ∴   在中，由勾股定理得： 即   在中，由勾股定理得： ∴ ∴ 【分析】（1）由圆周角定理以及直角三角形两锐角互余即可求解； （2）①如图，连接，通过证明解决问题；②连接交于点，先由垂径定理以及折叠的性质证明、、三点共线，然后用的代数式表示，再对和运用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵为的直径， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴ ； （2）略 8．（2026·福建厦门·二模）已知：如图，四边形内接于，为的直径，，弦于点F，交BD于点G． (1)求证：； (2)延长，相交于点H． ①求证：； ②若，若表示的周长，求的值．请用含t的式子表示． 【答案】(1)证明：∵四边形内接于， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； (2)①证明：∵为的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ② 【分析】（1）由圆内接四边形的性质可得，再结合，得出，由题意可得，则，由此即可得证； （2）①由圆周角定理可得，证明，得出，再证明，得出，即可得证；②由垂径定理并结合圆周角定理可得，由正切的定义，设，则，，由勾股定理可得，作于，则，，求出，，表示出，则，设，求出，即，从而可得，结合题意可得，即，再结合二次根式的性质化简即可得出结果 【详解】（1）略 （2）略； 解：∵，为的直径， ∴，，， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则，， ∴， 作于，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴，即， ∴， ∴结合题意可得， ∴， ∴ ． 【点睛】在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等；直径所对的圆周角为直角；相似三角形的对应边成比例． 9．（2026·福建漳州·二模）如图，内接于，直径交于点E，、的延长线相交于点P，点C为中点，过点C作的切线交于点Q． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据圆周角定理得，根据斜边中线定理得，根据“同弧对等角”即可得证； （2）连接，根据切线的性质得，根据（1）可推得，从而证明，即可得证； （3）根据题意可设，，由（2）可得，则可计算，从而得到，，，即可计算，由于与的高相同，根据这两个三角形底边的比计算面积即可． 【详解】（1）证明：∵为直径， ∴， ∵点C为中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）证明：连接， ∵， ∴， ∵由（1）可知，， ∴， ∴， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即， （3）解：∵， ∴设，， 则半径， 由（2）可知，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 则，， 由（1）可知，， ∴， ∴， 由（2）可知，，则， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查圆周角定理，切线的概念，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数解直角三角形，能够熟练掌握相关性质，并灵活地解直角三角形是解题的关键． 10．（2026·福建南平·二模）如图，在中，，分别是半径及其延长线上的点，交于点，且，连接． (1)如图1，求证：为的切线； (2)如图2，是经过点的弦． ①求证：； ②连接交于点，连接．求证：． 【答案】(1) 证明：如下图所示，连接，则， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 又为的半径， 为的切线； (2) ①证明：如下图所示，延长交于点，连接，， ， ， 在中，由勾股定理得：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； ②证明：如下图所示，由（1）知， ， 在中， ， ， ， ， ． 【分析】（1）连接，则，由可得，根据可证，根据相似三角形的性质可得，从而可证为的切线； （2）①延长交于点，连接，，由勾股定理得：，等量代换可得，可证，根据相似三角形的性质可证结论成立； ②由（1）知，由三角形内角和定理可得，从而可得，等量代换可证结论成立． 【详解】（1）略 （2）①略 ②略 动点轨迹与几何最值综合 考点04 1．（2026·福建龙岩·二模）如图，矩形的边，M为的中点，P是矩形内部一动点，满足，N为边上的一个动点，连接，则的最小值为______ 【答案】7 【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，先找出点的运动路径为以为直径且位于矩形内部的半圆，作以为直径的半圆，圆心为，作点关于直线的对称点，连接交半圆于点，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且位于矩形内部的半圆， 作以为直径的半圆，圆心为，作点关于直线的对称点，连接交半圆于点，连接， 则， ∴， ∴的最小值为； 连接， ∵四边形是矩形，点是的中点，点为的中点， ∴，，， ∴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：7． 2．（2026·福建泉州·二模）如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F，G是上两个动点（F在G的下方），且满足，若正方形边长为2，则的最小值为_______． 【答案】 【分析】过点作交于点，证明四边形是平行四边形，求得，证明，得到，根据，得到的最小值为的长，据此求解即可． 【详解】解：过点作交于点，连接，，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴是等腰直角三角形，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为的长， ∵， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∴的最小值为． 3．（2026·福建泉州·二模）如图，已知中，，，，点P，Q分别是边，上的动点，且满足． (1)求当 时，是等边三角形； (2)若点H为的中点，连接，． ①当的面积等于12时，试求线段的长； ②探究线段之和的最小值． 【答案】(1)2 (2)① ②方法一：探究动点轨迹、化斜为直 设，则，过点H作，交于点E，过点Q作，交于点F，连接，则， ∴ 又 ∴， ∵ ∴，即， ∴ ， ∴， 当C、H、A三点共线时，即最小，为线段长 过点C作，交延长线于点O ∵ ， ∴， ∴， 则 ∴， 即的最小值是； 方法二：倍长中线、化斜为直 延长至E，使得， 连接、、， ∵，， ∴， 则，，， ∴， 则， 又， ∴， 取中点K， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， 则 ∴， 当C、H、A三点共线时，即最小为线段， 过点C作，交延长线于点O ∵， ∴， ∴， 则 ∴ 即BH+CH的最小值是． 【分析】（1）等边三角形三条边相等，根据列等式进行求解； （2）①过点H作，过点P作，根据三角函数列等式进行求解； ②方法一：构造直角三角形，过点H作，过点Q作，根据三角函数求出，三点共线时值最小，利用三角函数求值； 方法二：倍长中线，延长至E，使得，三角形全等得出，利用平行线性质和直角三角形斜边定理进而求出，三点共线时值最小，利用三角函数求值． 【详解】（1）解：∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）①如图，过点H作，分别交、于点E、F 过点P作，交于点G，则， 又∵点H为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴， 即， 又，且， ∴， 过点B作， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 则， ∴， 答：线段的长为； ②略 【点睛】利用三角函数构造直角三角形，求之和的值最小，化斜为直，三点共线时值最小． 4．（2026·福建三明·二模）如图，在中，，直线上方有一点（不与点重合），且满足，作，交的延长线于点． (1)求证：； (2)当平分时，求证：、、三点共线； (3)若，是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明：， ． ， ． ， ， ． (2)证明：平分， ． ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 、、三点共线． (3)解：存在；． 【分析】（1）由得到，进一步求出，即可求证； （2）由角平分线的定义得到，利用相似的性质进一步得到，接着求出后即可求证； （3）先利用相似三角形的性质得到，再构造点所在的轨迹，利用圆周角定理等知识构造，最后得出，结合圆内最大的弦是直径以及勾股定理即可求解． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：存在， ， ， ， ， ， ， ． ， 点在以为弦，圆心角为的圆周上， 连接，作关于的对称线，此时点在此条射线上，与交于点，连接 ， ． ， ， ． ，， ， ． ， ， ． ，取最大值即取最大，取最大即取最大，当为直径时最大 ． 在中，，即，解得． ． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理等知识，涉及到了线段的最值问题，解题关键是相等角的转化与圆的构造． 5．（2026·福建福州·二模）如图，是半圆O的直径，C为的中点，D为上一点，交于点E，交于点F，交于点G．点O，P关于对称，交于点H，连接． (1)求证：； (2)当时，求的度数； (3)求的最小值． 【答案】(1) 证明：∵点 关于对称， ∴； 又∵， ∴； (2) (3) 【分析】（1）因为点 关于对称，所以；又因为，所以根据平行线的传递性，可推出． （2）连接，，延长并交于点M，延长交于点N，可先利用全等判定方法证明 ，则有 ，进而得到 ，同理可证得 ，则有 ，可得到是等腰直角三角形，，最后可根据 ，得到的度数． （3）设半圆O的半径为R，则，要找的最小值，即找的最小值；将绕点逆时针旋转得到，连接，以为邻边作正方形．可证得，所以当O、C、Q共线时可求出的最小值，最终可获解． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接，，延长并交于点M，延长交于点N， 由（1）知，， ∴ ． ∴ ． ∴ ． 又∵， ∴， ∴ ， ∵，， ∴ ，即 ， 同理可证 ， ∴ ， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵ ， ∴ ． （3）解：设半圆O的半径为R， 如图，将绕点逆时针旋转得到，连接，以为邻边作正方形． ∴在上，，，且，． ∵，， ∴且． ∴四边形是平行四边形． ∵正方形， ∴，，且． 在平行四边形中，且． 在正方形中，且． ∴且， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∴在以为圆心、为半径的圆弧上运动， 当共线且在之间，此时． ∴的最小值为，而， ∴的最小值为． 存在性问题 考点05 1．（2026·福建厦门·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点C，连接． (1)求该抛物线的解析式； (2)若点M在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点N，使得以B、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，且为或或 【分析】（1）把点的坐标代入解析式，解方程组即可． （2）根据得到，，对称轴为直线，设，．利用分类思想和中点坐标公式计算即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点C，连接． ∴， 解得， 故抛物线的解析式为， 令得， ∴． （2）存在点N,使得四边形为平行四边形，且或或．理由如下： ∵， ∴对称轴为直线， 设，． 当，两点为一条对角线时，此时中点坐标为 ，两点为另一条对角线，此时中点坐标为， 故， 解得，此时， 故； 当，两点为一条对角线时，此时中点坐标为 ，两点为另一条对角线，此时中点坐标为， 故， 解得，此时， 故； 当，两点为一条对角线时，此时中点坐标为 ，两点为另一条对角线，此时中点坐标为， 故， 解得，此时， 故； 综上所述，点或或． 【点睛】本题考查了抛物线的解析式，与坐标轴的交点，平行四边形的存在问题，中点坐标公式，分类思想，熟练掌握待定系数法，平行四边形的性质是解题的关键． 几何新定义阅读理解探究题 考点06 1．（2026·福建漳州·二模）如果两条线段相等，且这两条线段所在直线相交形成的角中有一个角是，则称其中一条线段是另一条线段的双变换线段，也称这两条线段互为双变换线段． 例如，在图1中，且，图2中，，故两图中线段均是相应线段的双变换线段． 如图3，若点D，E分别在等边的边和上，，与交于点F． (1)求证：线段是线段的双变换线段； (2)线段是由线段绕点E顺时针旋转得到的，连接，请按题目要求补全图形（不要求尺规作图），若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先推导出，，证明出，得到，，继而推导出，则线段是线段的双变换线段，即可解答； （2）先补全图形，由旋转可知，，，推导出四边形是平行四边形，，证明出，得到，求出，，得到，即可解答． 【详解】（1）证明：是等边三角形， ，． ， ． ，． 是的外角， ． ， 线段是线段的双变换线段． （2）解：补全的图形如图所示， 由旋转可知，，， 由(1)知，， ，，， ， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ． ． ， ∴， 或（不符合题意，舍去）， ∴． ， ． 2．（2026·福建泉州·二模）问题探究 定义：对于一个函数，若存在自变量，对应的函数值也等于，则称点为该函数图象上的一个“不动点”．例如：对于一次函数，当时，，则点为该函数图象上的一个“不动点”．请你尝试探究下面问题． (1)对于反比例函数，求当满足什么条件时，该函数图象上存在“不动点”？ (2)已知二次函数（m为常数）． ①求证：无论m取何实数，该二次函数的图象上总有两个“不动点”； ②若点和点是该二次函数图象上的两个“不动点”．问线段的长是否与m的取值有关？ 【答案】(1)当k满足时，该函数图象上存在“不动点” (2)①设是二次函数图象上的点， 则， 即， ∵， ∴以上方程有两个不等实根， 即该二次函数的图象上总有两个“不动点”； ②线段的长与m的取值无关 【分析】（1）设反比例函数图象上存在“不动点”，可得出，问题得解； （2）①设是二次函数图象上的点，将其代入二次函数解析式，即可得到关于的一元二次方程，再根据方程的判别式判断根的情况，问题得解； ②由①得方程的两根，，根据根与系数的关系，可以列出、的式子，再根据勾股定理表示出，再代入、的式子，即可求解． 【详解】（1）解：设反比例函数的图象上存在“不动点”，即， 则，即， ∴当k满足时，该函数图象上存在“不动点”； （2）①略 ②由①得方程的两根，满足， ∴ ， 即线段的长与m的取值无关． 3．（2026·福建福州·二模）阅读材料，回答问题： 问题提出 探究平面组合图形的重心位置 在学习中，我们已经知道简单平面图形的重心位置，如三角形的重心位于三条中线的交点处，平行四边形的重心位于两条对角线的交点处等．平面组合图形由简单平面图形组成，其重心位置如何确定？ 探究分析 为更好地探究，我们可以将平面图形放置于平面直角坐标系中，将平面图形的重心位置记为点，分割得到的若干个图形的重心位置记为点（为正整数）． 如图，平面直角坐标系中，矩形的顶点，分别在轴与轴的正半轴上，若点的坐标是，则点的坐标为． 请将①②③④⑤⑥所缺的内容或证明过程补充完整． 第阶段 (1)如图，若点的坐标是，沿直线将矩形分割成两个矩形，则原矩形的重心位置点的坐标是①______，分割所得的两个矩形重心位置的坐标分别是②______和③______． 第阶段 一般地，如图，沿直线将矩形分割成两个矩形，则它们重心位置的坐标分别为，，记直线与轴交于点，则，，发现：，． 猜想：将矩形按某一水平（或竖直）方向分割成两个矩形（如图所示），原矩形的一边被分成长度为和的两段，分割所得的两个矩形重心位置的坐标分别为，，则原矩形重心位置的坐标满足： ，． 如图所示，若将矩形沿对角线分割成两个三角形，则上述猜想不再适用，此时，可以将原猜想中的“边长的关系”推广为“面积的关系”，从而得到：，． 第阶段 如图，若将矩形沿直线与直线分割得到三个矩形，它们的重心位置分别为，面积分别为，根据第阶段的探究结论，猜想原矩形重心位置的横坐标满足． (2)请通过计算说明这个猜想成立：④______；类比的表达式，写出的表达式：⑤______． 结论应用 根据探究发现，对于平面组合图形，其重心位置的横，纵坐标分别等于将其分割后的各个简单平面图形重心位置的横，纵坐标按各自面积加权所得的平均数． (3)如图，平面直角坐标系中，若，，，，则五边形重心位置的坐标是⑥______． 【答案】(1)，， (2) 解：由题意可得，，，， ∴，，， ∴ ， ∵， ∴； 同理可得，， (3) 【分析】（）根据题意解答即可求解； （）由题意可得，，，即得，，，进而得到，即可求证，同理可得，即可求解； （）连接，利用勾股定理可证四边形是平行四边形，设的重心为，面积为，四边形的重心为，面积为，可得，，，，进而根据题意即可求解； 本题考查了坐标与图形，图形的重心，矩形的性质等，理解题意是解题的关键． 【详解】（1）解：由题意可得，原矩形的重心位置点的坐标是，即， 分割所得的两个矩形重心位置的坐标分别是和，即和， 故答案为：，，； （2）略 （3）解：如图，连接， ∵，，，， ∴由勾股定理可得，， ∴四边形是平行四边形， 设的重心为，面积为，四边形的重心为，面积为， 则，，即，， ，， ∴五边形重心位置的坐标是，即， 故答案为：． 4．（2026·福建三明·二模）阅读材料，回答问题． 将边长为1的正方形称为“单位正方形”，由若干个单位正方形组成的矩形称为“网格矩形”，水平方向边长为m，竖直方向边长为n的网格矩形称为“矩形”，例如，图1，图2，图3中的网格矩形分别称为“2×1矩形”“2×3矩形”“4×3矩形”．小海、小江和小河对“矩形的一条对角线穿过单位正方形（至少经过单位正方形内部的一个点）的数量”问题产生浓厚兴趣，并对此展开探究．   小海分别画出图1，图2，图3中网格矩形的一条对角线，制作了下表： （表示矩形的一条对角线穿过单位正方形的个数） 2 1 3 2 2 3 5 4 4 3 7 ① 小海根据表中数据发现与之间满足等量关系：②．记这个等量关系为“*”． 小江、小河研究发现等量关系*可以推广，并分别提出观点． 小江的观点是：在矩形中，当正整数m，n中至少有一个为奇数时，等量关系*一定成立． 小河的观点是：在矩形中，当正整数m，n互质（m，n的公因数只有1）时，等量关系*一定成立． (1)①的内容是_______，②的内容是_______； (2)判断小江、小河的观点是否正确，并针对错误的观点举出反例； (3)m，n均为正整数，且，写出满足的所有数对． 【答案】(1)6； (2) 小河的观点正确，小江的观点不正确； 针对小江的观点，反例为矩形，如下图： ，而. (3)，，，，， 【分析】（1）通过画图和观察表格的数据规律即可获解； （2）通过构造矩形，即可作出正确判断； （3）按照，是否互质分类讨论，当，互质时，用上述规律列方程求解即可，当，不互质时，用公约数去约它们，转化为互质的情况讨论即可． 【详解】（1）如图： 所以①的内容为6； 观察表格数据规律可知： ②的内容为． （2）略 （3）满足条件的所有数对为： ，，，，，， 理由如下： 当m，n互质时，矩形的一条对角线穿过的单位正方形的个数为． 当m，n不互质时，设其最大公因数为p，则正整数，互质，故矩形的一条对角线穿过的单位正方形的个数为，从而． 依题意，分成四类： 第一类，m，n互质，此时，即，共有，  ，  三种情形； 第二类，m，n的最大公约数为2，此时，则； 第三类，m，n的最大公约数为3，此时，则； 第四类，m，n的最大公约数为6，此时． 5．（2026·福建莆田·二模）阅读材料，回答问题． 欧拉（）是世界著名的数学家，他对多面体做过研究．已知由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体，围成多面体的各个多边形叫做多面体的面．欧拉证明了对于任意凸多面体，其顶点数V、面数F、棱数E之间满足欧拉公式：，如下表． 名称 三棱锥 三棱柱 长方体 十二面体 图形 顶点数V 4 6 8 20 面数F 4 5 6 12 棱数E 6 9 12 30 2 2 2 2 进一步，还可以研究与凸多面体相关的几何对象． (1)凸多面体的每个面分别记为边形，其中，2，…，F，每个顶点分别连接条棱，其中，2，…，V．下列说法正确的是_____；（写出所有正确结论的序号） ①；      ②； ③；        ④． 定义：凸多面体的面（即多边形）的内角叫做多面体的面角，凸多面体顶点的角亏等于与多面体在该点的面角之和的差，凸多面体的总角亏等于多面体各顶点的角亏之和． 例如，如图，正三棱锥有四个面，每个面都是等边三角形，在顶点B处有三个面角为，，，且都是，所以正三棱锥在点B的角亏为，故其总角亏为． (2)求三棱锥的总角亏； (3)请判断任意凸多面体的总角亏是否为定值，若是，请求出其定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)①③ (2) (3)任意凸多面体的总角亏是定值，为 【分析】（1）根据每条棱是两个相邻面的公共边，得出所有面的边数之和等于棱数的2倍，即可判断①②；根据每条棱连接两个顶点，得出所有顶点连接的棱数之和等于棱数的2倍，即可判断③④； （2）根据题干所给定义并结合三棱锥的特点计算即可得出结果； （3）题意可得对于任意凸多面体，其顶点数V、面数F、棱数E，则所有顶点的之和为，求出总面角和，再结合题干所给定义计算即可得出结果． 【详解】（1）解：∵每条棱是两个相邻面的公共边， ∴所有面的边数之和等于棱数的2倍，即，故①正确，②错误； ∵每条棱连接两个顶点， ∴所有顶点连接的棱数之和等于棱数的2倍，即，故③正确，④错误； 故说法正确的是①③； （2）解：三棱锥有个顶点，每个顶点处有个面角， 三棱锥的4个面都是三角形，则所有面角之和为， 因为每个顶点的角亏为与多面体在该点的面角之和的差， 故总角亏为：； （3）解：任意凸多面体的总角亏是定值，为，理由如下： 由题意可得对于任意凸多面体，其顶点数V、面数F、棱数E， ∴所有顶点的之和为， 由每个面是边形，得出总面角和为： , 由（1）可得， ∴总面角和， 故总角亏为 ， 故任意凸多面体的总角亏是定值，为． 综合与实践项目式探究题 考点07 1．（2026·福建厦门·二模）综合知识的应用： (1)某社区有一个宽度（）为3米的矩形健身区，它恰好容纳了4个竖放的矩形器材区和2个横放的矩形器材区，且每个矩形器材区形状大小都相同（如图1所示），求每一个矩形器材区的边； (2)为响应国家全民健身的号召，社区计划新建一个一边长为10米的矩形健身区，用于放置42个运动器材（每一个运动器材需要一个独立的器材区域），他们规划了内部器材区的布局，拟定了如下的方案： （ⅰ）健身区的布局采用竖放矩形器材区和平行四边形器材区的组合形式（如图2所示），其中平行四边形器材区的排数比矩形器材区少一排，为保证通行安全，每排器材区之间设置1.5米宽的通道； （ⅱ）每一个矩形器材区的边长与（1）中的矩形器材区相同，每一个平行四边形器材区的面积与一个矩形器材区的面积相等； （ⅲ）每一个平行四边形器材区的形状大小都相同，且它有一个内角为，其非水平方向的边长与矩形的长边相等，即在平行四边形中，，． ①求平行四边形器材区的另一边的长； ②求新建矩形健身区另一边的长度． 【答案】(1)长为2米，宽为1米 (2)①；② 【分析】（1）设矩形长为，宽为，由“总宽度为3米”得，由“2个长边等于4个宽边”得，联立方程组求解即可； （2）①利用平行四边形面积等于矩形面积，结合已知内角和边长，可求出高，进而求出另一边；②先计算每排容纳数量（矩形10个，平行四边形6个），设矩形排数为，则平行四边形排数为，根据总数42列方程求解排数，最后计算总长度． 【详解】（1）解：设矩形的长为米，宽为米， 根据题意得， 解得， 答：矩形的长为2米，宽为1米； （2）解：①如图， 在平行四边形中，， ， ， ， 每一个平行四边形器材区的面积与一个矩形器材区的面积相等， ，即， 解得米， 故平行四边形器材区的另一边的长为米； ②， 每排可放10个矩形器材或6个平行四边形器材； 设放置了排矩形器材，则有排平行四边形器材， ， 解得， ， 即放置了3排矩形器材，2排平行四边形器材， 共有4个过道， 则， 故新建矩形健身区另一边的长度为米． 2．（2026·福建三明·二模）综合与实践 木工中蕴含着丰富的数学知识．如在铺设地板时，木工师傅仅通过一把直尺、一支笔和一台切割机就可以完成对平行、垂直、计量的精准把控，从而解决各种拼接问题． 如图，现有宽度不同的两根木条（宽木条中，窄木条中，），当遇到转角为直角（）的地面时，发现拼接后点与点不能重合． 在保证两根木条宽度不变的情况下，为了尽可能节约用料，同时又使两根木条能拼成一个直角，工人师傅经过如下操作解决了问题，完成了拼接． 第一步：如图，画出的延长线，交于点，连接； 第二步：如图，沿着射线方向，平移窄木条，得到，使点与点重合，延长，交窄木条的边于点，连接； 第三步：沿着、切割，切口恰好可以完全重合，如图完成拼接．    (1)请判断图中，的数量关系，并说明理由； (2)如图，如果宽木条的宽度为，窄木条的宽度为，宽木条裁剪后的锐角是，求的值； (3)如图，当若地面的转角为，对宽度比为的两根长方形木条和切割后拼接铺入该转角处，求的值． 【答案】(1)结论： ，， ． ，，， ，． 同理可得， ， ， 由平移得， ． ， ． (2) (3) 【分析】（1）根据平移的性质以及平行线的性质，证明，根据全等三角形的性质，即可得证； （2）延长交于点，两根木条的宽度比即为所求； （3）过点作于点，于点，过点作交的延长线于点，交于点，则四边形为矩形，两根木条的宽度比为，即，根据，得出，进而求得，得出，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：如图，延长交于点，   ，， ， ，   ，， ； （3）如图，过点作于点，于点，过点作交的延长线于点，交于点，则四边形为矩形， 两根木条的宽度比为，即， 设，则，   ，， ， ．     ， ，     ， ． 3．（2026·福建龙岩·二模）【问题情境】 2025年5月29日“天问二号”成功发射，开启了小行星伴飞取样探测的新篇章．某校航天兴趣小组受到鼓舞，制作了一个航天器模型，其中某个部件使用3D打印完成，如图1． 【问题提出】 部件主视图如图2所示，由于1的尺寸不易直接测量，需要设计一个可以得到的长度的方案，以检测该部件中的长度是否符合要求． 【方案设计】 兴趣小组通过查阅文献，提出了钢柱测量法． 测量工具：游标卡尺、若干个底面圆半径相同的钢柱（圆柱）． 操作步骤：如图3，将两个钢柱平行放在部件合适位置，使得钢柱与部件紧密贴合．示意图如图4，分别与，相切于点，．用游标卡尺测量出的长度． 【问题解决】 已知，的长度要求是． （1）求的度数； （2）已知钢柱的底面圆半径为，现测得．根据以上信息，通过计算说明该部件的长度是否符合要求．（参考数据：） 【结果反思】 （3）本次实践过程借助圆柱将不可测量的长度转化为可测量的长度，能将圆柱换成其他几何体吗？如果能，写出一个；如果不能，说明理由． 【答案】（1）； （2）该部件的长度符合要求； （3）能，将圆柱换成正方体．如图， 设正方体的棱长为，用游标卡尺测量出的长度． ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【分析】本题考查了切线长定理，解直角三角形的应用． （1）根据切线长定理求解即可； （2）解直角三角形求得，推出，据此求解即可； （3）能，将圆柱换成正方体． 【详解】解：（1）∵分别与，相切于点，， ∴，； （2）∵钢柱的底面圆半径为， ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理， ∴， ∵， ∴该部件的长度符合要求； （3）略 4．（2026·福建泉州·二模）综合与实践主题：废料再利用，瓷砖的密铺与优化设计 【项目情境】某工地在铺设地面过程中，产生了一批规格相同的三角形瓷砖废料．为了废料利用，工人师傅希望从这些三角形瓷砖中，切割出对边分别平行且相等的六边形（称为“平行六边形”）瓷砖，并用于地面铺设．现需解决两个问题：仅用这种平行六边形能否铺满地面；在一定条件下，为了充分利用三角形瓷砖，如何切割才能使得平行六边形的面积最大． 【活动一：密铺可行性探究】猜想：仅用规格相同的“平行六边形”可以铺满地面，铺设效果如图1所示．如图2，平行六边形中，，． 试说明：平行六边形可以铺满地面． 证明：连接， ， ① ， ② ， 同理，， 六边形的内角和为， ， ③ ． 即在每个顶点周围放置三个规格相同的平行六边形，恰好组成一个周角，所以可以铺满地面． 【活动二：废料图形性质探究】按图3的方式，从三角形瓷砖中切割出一个平行六边形后，会产生三个新的小三角形：，它们都与相似，记它们与的相似比分别为，探究的数量关系． 【活动三：面积最大化探究】在一定条件下，为了充分利用三角形瓷砖，如何切割才能使得平行六边形的面积最大?记，六边形，的面积分别为，S，探究的最大值． 阅读以上材料，并回答下列问题： (1)补全活动一证明过程①②③所缺的内容； (2)活动二探究中，是否定值，若是，请说明理由；若不是，请举一个反例说明． (3)活动三探究中，当时，求的最大值． 【答案】(1)①，②，③ (2)是定值，且 ． 理由如下： ∵由平行六边形有，，， ∴，相似比为 ， ，即 ， ； 同理：，相似比为 ，得 ， ，相似比为 ，得 ， 在 中，由边的关系： ， 即： ， ， , ， ； (3) 【分析】（1）利用平行线的内错角相等，可证对角相等，再结合六边形内角和为 ，推出三个相邻内角之和为 ，从而说明三个平行六边形可在顶点处拼成周角； （2） 利用相似三角形的性质，三个小三角形都与 相似，通过边的比例关系，探究 是否为定值； （3） 已知 ，则 ，利用相似三角形面积比等于相似比的平方，将六边形面积表示为总面积减去三个小三角形面积，再求比值的最大值． 【详解】（1）略 （2）解： 是定值，且 ． 理由如下： ∵由平行六边形有，，， ∴，相似比为 ， ，即 ， ； 同理：，相似比为 ，得 ， ，相似比为 ，得 ， 在 中，由边的关系： ， 即： ， ， , ， ； （3）解：设的面积为， 由相似三角形面积比等于相似比的平方， ， ， 六边形面积：， ， ， 由 ，设 ，则 ， ， 当 时， 取最小值． 此时 取最大值：． 5．（2026·福建厦门·二模）（1）阅读理解：我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程； （2）问题解决：勾股定理的证明方法有很多，如图②是古代的一种证明方法：过正方形的中心，作，将它分成4份．所分成的四部分和以为边的正方形恰好能拼成以为边的正方形．若，求的值； （3）拓展探究：如图③，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”的部分图形．设大正方形的边长为定值，小正方形的边长分别为．已知，当角变化时，探究与的关系式，并写出该关系式及解答过程（与的关系式用含的式子表示）． 【答案】（1）见详解；（2）EF=或；（3）c+b=n，理由见详解 【分析】（1）根据大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和，即可得到结论； （2）设EF=a，FD=b，由图形的特征可知：a+b=12，a-b=±5，进而即可求解； （3）设正方形E的边长为e，正方形F的边长为f，由相似三角形的性质可知：，结合勾股定理，可得，进而即可求解． 【详解】（1）证明：∵在图①中，大正方形的面积等于四个全等的直角三角形的面积与中间小正方形面积的和． ∴c2＝ab×4＋（b−a）2， 化简得：a2＋b2＝c2； （2）由题意得：正方形ACDE被分成4个全等的四边形， 设EF=a，FD=b， ∴a+b=12， ∵正方形ABIJ是由正方形ACDE被分成的4个全等的四边形和正方形CBLM拼成， ∴，，， 当EF>DF时， ∵， ∴a-b=5， ∴，解得：a=， ∴EF=； 同理，当EF<DF时，EF= 故EF=或 （3）设正方形E的边长为e，正方形F的边长为f， ∵， ∴图中①与②与③，三个直角三角形相似， ∴，即：， ∵图形③是直角三角形， ∴， ∴，即：c+b=n， 【点睛】 本题主要考查勾股定理及其证明过程，相似三角形的判定和性质，找准图形中线段长和面积的数量关系，是解题的关键． 6．（2026·福建宁德·二模）小明利用生活材料制作了一支简易密度计，装置如图所示：以均匀实心塑料杆为标度杆，杆中部套一个泡沫塑料球作为浮子，杆下端绕有铜丝作为配重，确保装置能竖直漂浮在液体中．他用这支密度计开展了如下实验： 【实验一】 将密度计放入密度为的某种液体中，稳定后液面与杆的交点记为，标注刻度；根据物体的漂浮条件：漂浮在液体中的物体，所受浮力等于自身重力，得；又根据阿基米德原理：物体在液体中所受的浮力等于它排开液体的重力，得． (1)设密度计的总质量为（单位：），密度计在点以下的总体积为，请用含的代数式表示； 【实验二】 再将这支密度计放入密度为的水中，稳定后液面与杆的交点记为，标注刻度；用刻度尺测得，两点在杆上的间距为，且点在点的上方． (2)设塑料杆的横截面积为，用含的代数式表示； (3)将该密度计放入密度为的液体中，稳定后液面与杆的交点在点上方，与点的距离为．根据实验数据，推导与之间的函数关系式； 【实验三】 将该密度计放入某种未知密度的液体中，发现稳定后液面与杆的交点恰好位于，两条刻度线的正中间． (4)请直接写出的值（结果保留两位小数）．根据以上实验，请用一句话说明该密度计的密度刻度分布有何规律？ 【答案】(1)， (2)， (3)， (4)，这说明密度计的刻度是不均匀的，上小下大，上疏下密 【分析】（1）根据，，即可求解； （2）依题意得，再根据，，即可求解； （3）依题意得，由（1）（2）知，，，即可求解； （4）依题意得，由（3）得，即可求出的值，因为不是均匀变化的，并且随的增大而减小，所以密度计的刻度是不均匀的，上小下大，上疏下密． 【详解】（1）解：∵，， ∴． ∴． ∵，， ∴，即． （2）解：当密度计放入水中时， ∵，， ∴． 由（1）知， 联立解得． （3）解：依题意得，， 由（1）（2）知，，， ∴． ∵， ∴． （4）解：由（3）得 ， ∵恰好位于，两条刻度线的正中间， ∴, 由（3）得， ∴． ∵不是均匀变化的，并且随的增大而减小， ∴密度计的刻度是不均匀的，上小下大，上疏下密． 7．（2026·福建南平·二模）阅读材料，回答问题． 主题 “错”中取义——“非法约分”的规律探究 提出问题 小明是一位爱思考的小学生，他在查看约分的作业本时，发现不可思议却又约分正确的练习题：，，小明称之为“非法约分”，据此，他提出猜想：若一个分数“约去”分子和分母中相同的数字，则得到的数与原分数值相等． 分析问题 问题. 小明的猜想是否正确？若正确，请给予证明；否则，请举出反例． 解决问题 小明的猜想激发了初中生小华的探究热情，并举例验证猜想，为了研究分子、分母均为两位数且“非法约分”正确的一般结构，进而推广到其他分数的情形，规定：分子、分母均为两位数且“非法约分”正确的分数的分子、分母分别为，，且该分数的“非法约分”表示为：． 提出并证明了以下命题． 命题：若分数，则必有或时，有序数对有且仅有对． 证明：依题意知，，整理，得…（*）， 当时，，显然成立； 当时，，所以矛盾，舍去； 当时，，所以矛盾，舍去； 当时，因为，所以不是9的倍数，由（*）得为的倍数，所以，或， 若，则由（*）得，，由得，不是整数，舍去； 若，则由（*）得， ① ； 若，则由（*）得， ② ． 综上所述，应满足或时，有序数对有且仅有对． 故命题成立． 推广延伸 问题.若把的分子、分母中相同数字“拉长”至个得到分数，则它的“非法约分”是否正确？证明你的结论． (1)解决问题； (2)请把①②所缺的证明过程补充完整； (3)解决问题． 【答案】(1) 解：小明的猜想不正确，理由如下： 反例：，“非法约分”后为，而， ∴小明的猜想不正确； (2) 解：①， 由是整数知，或， 所以或， 故为或； ②， 由是整数知，，，，， 因为，， 所以或， 所以或， 故为或； (3) 解：正确，证明如下： ， 而按“非法约分”规则，， 故的“非法约分”正确． 【分析】（）举反例即可判断求解； （）仿照前面的推论补充证明过程即可； （）求出化简后的结果，再求出“非法约分”的结果即可求证； 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 8．（2026·福建龙岩·二模）综合与实践：进位制的认识与探究 背景材料 进位制是人们为了记数和运算方便而约定的记数系统．约定逢十进一就是十进制，逢二进一就是二进制．也就是说，“逢几进一”就是几进制，几进制的基数就是几．例如，二进制的基数为2，各数位上的数字为0或1；四进制的基数为4，各数位上的数字为．我们熟知的十进制的基数为10，各数位上的数字为．说明：为了区分不同进位制，常在数的右下角标明基数，例如，就是六进制数235的简单写法．十进制数一般不标注基数． 素材1 各进制数之间可以进行互相转换．可把其他进制数转换为十进制数，例如，三进制数转换为十进制数：；六进制数转换为十进制数：．可见，一个数可以表示成各数位上的数字与基数的幂的乘积之和的形式，即 素材2 若要将十进制数转换为其他进制数，则可逆用素材1中的等式．例如，十进制数27转换为二进制数：因为，所以，；将十进制数75转换为六进制数：因为，所以，． (1)①把二进制数转换为十进制数为__________； ②把十进制数22转换为三进制数为__________； (2)若与转换为十进制数的和能被5整除，且与转换为十进制数的和能被6整除（其中，，且，为整数），求的值； (3)若一个三进制数的所有数位上的数字之和能被2整除，求证：这个三进制数转换为十进制数能被2整除． 【答案】(1)①13；② (2) (3)见解析 【分析】（1）根据定义转换即可； （2）先把各数转换为十进制，结合整除计算可得，，再求和即可； （3）设三进制数为：，则进而判断即可． 【详解】（1）①； ②； （2），， ∴它们的和能被5整除， ， ，是整数， ∴当且仅当时，是5的倍数， ，， ∴它们的和能被6整除， ， 代入，得， ，是整数， ∴当且仅当时，是6的倍数， ，， ； （3）设三进制数为：（为正整数）， 则 ， ，，…，，，都是偶数，能被2整除， 又三进制数的所有数位上的数字之和能被2整除， 即能被2整除， 能被2整除． ∴这个三进制数转换为十进制数能被2整除． 9．（2026·福建泉州·二模）请阅读素材，探索解决下列问题： 素材1：小红家的冰箱放厨房的位置如图1所示，两面靠墙，其中墙足够长，承重墙长度为． 素材2：该冰箱俯视图是一个边长为的正方形，如图2所示，点是开、关冰箱门的转轴，，，点、都在直线上，，点到、、的距离分别为、、． (1)请直接写出的长； (2)完全打开冰箱门时点恰好落在线段上，局部示意图如图3所示，过点作，求的度数（精确到）； (3)冰箱按素材1位置放置时，它的后侧、右侧正好距离墙壁作为散热空间，此时冰箱门是否能够完全打开？如果能，请说明理由；如果不能，则冰箱至少需要向左移动多少厘米？ （参考数据：，，，） 【答案】(1) (2) (3)能，将冰箱放置在距离墙、距离均为处，过点作于点，延长交于点，延长交于点， 由题意得：， 由（2）得， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ∵，， ∴ ， ∴ ， ，， ∴ ， ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ ， ， 即 解得 ∴ ， ∴ ， ∴此时冰箱正好能按素材1位置放置，且保证足够的距离散热． 【分析】（1）过点O作交的延长线于点，确定，求解即可； （2）过点作交延长线于点，过点作 ，垂足为，过点作，垂足为；得到，结合勾股定理，三角函数求解即可； （3）过点作于点，延长交于点，延长交于点，根据三角函数求解即可 【详解】（1）解：如图，过点O作交的延长线于点，得， ， 根据题意，得， ， 根据勾股定理，得； （2）解：如图，过点作交延长线于点，过点作 ，垂足为， 过点作，垂足为； 由题意得， 设，则 ∵， ∴ ， ∵ ，， ∴ ， ∴， ∴， 即 解得： 在中，由勾股定理得 即 解得，（舍去） ∴，， 在 中， ∴ ， ∵， ∴ ， ∴ ． （3）略 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09 几何压轴与新定义综合实践 7大考点概览 考点01 几何三大变换综合 考点02 三角形、四边形综合 考点03 圆与多知识融合压轴 考点04 动点轨迹与几何最值综合 考点05 存在性问题 考点06 几何新定义阅读理解探究题 考点07 综合与实践项目式探究题 几何三大变换综合 考点01 1．（2026·福建泉州·二模）如图1是以为直径的半圆形纸片，半径，． 若沿半径剪开，并将扇形沿向右平移至扇形的位置（如图2所示），设与的交点D，，则线段的长为（     ） A． B． C． D． 2．（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． 3．（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． 三角形、四边形综合 考点02 1．（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______． 2．（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 3．（2026·福建南平·二模）在物理学中，速度具有大小和方向．如图1，点O受到两个速度，的影响，其大小分别用线段的长度表示，其方向分别用画有箭头的有向线段表示，以线段为邻边作平行四边形，则对角线的长度和方向表示与的合速度v（即实际速度）的大小和方向，这种求与合速度v的方法称为平行四边形法则．如图2，若小河的水流速度为，方向为正东，小船在静水中的航行速度为，两个速度的方向所成的角为，且，小船的实际速度为．根据平行四边形法则，下列结论正确的是______．（写出所有正确结论的序号） ①若，不变，变大，则小船的实际速度v变大；    ②； ③若小船沿正北方向行进，则． 4．（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． 5．（2026·福建泉州·二模）如图1，是等边三角形，为边上不与重合的一点，点为中点，连接，将射线绕点顺时针旋转交的延长线于点． (1)求证：； (2)求证：； (3)过点作于点，交于点，连接，如图2．已知下列三个结论中，至少有一个是正确的，请你选择其中正确的一个结论，并证明． 结论：①； ②；③平分． 6．（2026·福建龙岩·二模）如图1，在中，，，为边上一动点，连接，将绕点逆时针旋转得到，点，关于直线对称，与交于点，连接． (1)求证：； (2)点为的中点，与交于点． ①如图2，连接，若，求的度数； ②如图3，若，，求的长． 圆与多知识融合压轴 考点03 1．（2026·福建龙岩·二模）如图，是的直径，，连接交于点，与相切于点，交的延长线于点，连接并延长，交于点，交于点，连接，若，则_________． 2．（2026·福建厦门·二模）如图，是的切线，D是直径延长线上的一点，连接、，设（）． (1)若，求． (2)延长至E，使，过点E作的垂线，分别交、于点F，H． ①若，直径，求的长． ②求证：． 3．（2026·福建南平·二模）如图，是的直径，以为边作交于点，且．过点作于点，延长交于点． (1)如图（1），求证：是的切线； (2)如图（2），若，，求线段的长； (3)如图（3），在线段上标出点P，使得的值最小，在（2）的条件下，直接写出此时线段的长． 4．（2026·福建宁德·二模）如图，是的直径，点在上运动（不与，重合），将沿翻折，得到，点是的中点，连接． (1)如图1，若，求证：； (2)证明：不论点如何运动，的大小不变；（以图2为例证明） (3)如图2，当点在下方，，时，求的直径． 5．（2026·福建莆田·二模）如图1，内接于的平分线与和分别交于点D和E，F是延长线上一点，连接，且． (1)求证：点F到三边所在直线的距离相等； (2)若经过点O，连接，如图2，求证：； (3)若，请用等式表示线段之间的数量关系，并证明． 6．（2026·福建龙岩·二模）问题发现 （1）如图①，已知中，，点在上，连接、，则___________； 问题探究 （2）如图②，已知是的中线，点在上，连接，且，若，求的长度； 问题解决 （3）如图③，四边形是某小区的一块空地，其中米，米，，，，物业准备在空地内找一点，分别修建四条小道、、、（小道的宽度不计），并在内分别种植不同的花卉，为生活娱乐区，根据物业公司规划要求，，且小道与的比值尽可能小．是否存在满足要求的点？若存在，请找出点的位置，并计算的最小值，以及此时的面积；若不存在，请说明理由． 7．（2026·福建泉州·二模）如图1，为的直径，是的中点，与交于点． (1)若，求的度数； (2)点是上的动点（不与点、重合），交于点，沿折叠后得到线段． ①如图2，当点落在上时，求证：； ②如图3，当于时，连结、，若，，用含、的式子表示的长，并说明理由． 8．（2026·福建厦门·二模）已知：如图，四边形内接于，为的直径，，弦于点F，交BD于点G． (1)求证：； (2)延长，相交于点H． ①求证：； ②若，若表示的周长，求的值．请用含t的式子表示． 9．（2026·福建漳州·二模）如图，内接于，直径交于点E，、的延长线相交于点P，点C为中点，过点C作的切线交于点Q． (1)求证：； (2)求证：； (3)若，，求的面积． 10．（2026·福建南平·二模）如图，在中，，分别是半径及其延长线上的点，交于点，且，连接． (1)如图1，求证：为的切线； (2)如图2，是经过点的弦． ①求证：； ②连接交于点，连接．求证：． 动点轨迹与几何最值综合 考点04 1．（2026·福建龙岩·二模）如图，矩形的边，M为的中点，P是矩形内部一动点，满足，N为边上的一个动点，连接，则的最小值为______ 2．（2026·福建泉州·二模）如图，正方形的对角线相交于点O，点E是的中点，点F，G是上两个动点（F在G的下方），且满足，若正方形边长为2，则的最小值为_______． 3．（2026·福建泉州·二模）如图，已知中，，，，点P，Q分别是边，上的动点，且满足． (1)求当 时，是等边三角形； (2)若点H为的中点，连接，． ①当的面积等于12时，试求线段的长； ②探究线段之和的最小值． 4．（2026·福建三明·二模）如图，在中，，直线上方有一点（不与点重合），且满足，作，交的延长线于点． (1)求证：； (2)当平分时，求证：、、三点共线； (3)若，是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 5．（2026·福建福州·二模）如图，是半圆O的直径，C为的中点，D为上一点，交于点E，交于点F，交于点G．点O，P关于对称，交于点H，连接． (1)求证：； (2)当时，求的度数； (3)求的最小值． 存在性问题 考点05 1．（2026·福建厦门·二模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与x轴交于两点，与y轴交于点C，连接． (1)求该抛物线的解析式； (2)若点M在抛物线的对称轴上，抛物线上是否存在点N，使得以B、C、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由． 几何新定义阅读理解探究题 考点06 1．（2026·福建漳州·二模）如果两条线段相等，且这两条线段所在直线相交形成的角中有一个角是，则称其中一条线段是另一条线段的双变换线段，也称这两条线段互为双变换线段． 例如，在图1中，且，图2中，，故两图中线段均是相应线段的双变换线段． 如图3，若点D，E分别在等边的边和上，，与交于点F． (1)求证：线段是线段的双变换线段； (2)线段是由线段绕点E顺时针旋转得到的，连接，请按题目要求补全图形（不要求尺规作图），若，，求的长． 2．（2026·福建泉州·二模）问题探究 定义：对于一个函数，若存在自变量，对应的函数值也等于，则称点为该函数图象上的一个“不动点”．例如：对于一次函数，当时，，则点为该函数图象上的一个“不动点”．请你尝试探究下面问题． (1)对于反比例函数，求当满足什么条件时，该函数图象上存在“不动点”？ (2)已知二次函数（m为常数）． ①求证：无论m取何实数，该二次函数的图象上总有两个“不动点”； ②若点和点是该二次函数图象上的两个“不动点”．问线段的长是否与m的取值有关？ 3．（2026·福建福州·二模）阅读材料，回答问题： 问题提出 探究平面组合图形的重心位置 在学习中，我们已经知道简单平面图形的重心位置，如三角形的重心位于三条中线的交点处，平行四边形的重心位于两条对角线的交点处等．平面组合图形由简单平面图形组成，其重心位置如何确定？ 探究分析 为更好地探究，我们可以将平面图形放置于平面直角坐标系中，将平面图形的重心位置记为点，分割得到的若干个图形的重心位置记为点（为正整数）． 如图，平面直角坐标系中，矩形的顶点，分别在轴与轴的正半轴上，若点的坐标是，则点的坐标为． 请将①②③④⑤⑥所缺的内容或证明过程补充完整． 第阶段 (1)如图，若点的坐标是，沿直线将矩形分割成两个矩形，则原矩形的重心位置点的坐标是①______，分割所得的两个矩形重心位置的坐标分别是②______和③______． 第阶段 一般地，如图，沿直线将矩形分割成两个矩形，则它们重心位置的坐标分别为，，记直线与轴交于点，则，，发现：，． 猜想：将矩形按某一水平（或竖直）方向分割成两个矩形（如图所示），原矩形的一边被分成长度为和的两段，分割所得的两个矩形重心位置的坐标分别为，，则原矩形重心位置的坐标满足： ，． 如图所示，若将矩形沿对角线分割成两个三角形，则上述猜想不再适用，此时，可以将原猜想中的“边长的关系”推广为“面积的关系”，从而得到：，． 第阶段 如图，若将矩形沿直线与直线分割得到三个矩形，它们的重心位置分别为，面积分别为，根据第阶段的探究结论，猜想原矩形重心位置的横坐标满足． (2)请通过计算说明这个猜想成立：④______；类比的表达式，写出的表达式：⑤______． 结论应用 根据探究发现，对于平面组合图形，其重心位置的横，纵坐标分别等于将其分割后的各个简单平面图形重心位置的横，纵坐标按各自面积加权所得的平均数． (3)如图，平面直角坐标系中，若，，，，则五边形重心位置的坐标是⑥______． 4．（2026·福建三明·二模）阅读材料，回答问题． 将边长为1的正方形称为“单位正方形”，由若干个单位正方形组成的矩形称为“网格矩形”，水平方向边长为m，竖直方向边长为n的网格矩形称为“矩形”，例如，图1，图2，图3中的网格矩形分别称为“2×1矩形”“2×3矩形”“4×3矩形”．小海、小江和小河对“矩形的一条对角线穿过单位正方形（至少经过单位正方形内部的一个点）的数量”问题产生浓厚兴趣，并对此展开探究．   小海分别画出图1，图2，图3中网格矩形的一条对角线，制作了下表： （表示矩形的一条对角线穿过单位正方形的个数） 2 1 3 2 2 3 5 4 4 3 7 ① 小海根据表中数据发现与之间满足等量关系：②．记这个等量关系为“*”． 小江、小河研究发现等量关系*可以推广，并分别提出观点． 小江的观点是：在矩形中，当正整数m，n中至少有一个为奇数时，等量关系*一定成立． 小河的观点是：在矩形中，当正整数m，n互质（m，n的公因数只有1）时，等量关系*一定成立． (1)①的内容是_______，②的内容是_______； (2)判断小江、小河的观点是否正确，并针对错误的观点举出反例； (3)m，n均为正整数，且，写出满足的所有数对． 5．（2026·福建莆田·二模）阅读材料，回答问题． 欧拉（）是世界著名的数学家，他对多面体做过研究．已知由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体，围成多面体的各个多边形叫做多面体的面．欧拉证明了对于任意凸多面体，其顶点数V、面数F、棱数E之间满足欧拉公式：，如下表． 名称 三棱锥 三棱柱 长方体 十二面体 图形 顶点数V 4 6 8 20 面数F 4 5 6 12 棱数E 6 9 12 30 2 2 2 2 进一步，还可以研究与凸多面体相关的几何对象． (1)凸多面体的每个面分别记为边形，其中，2，…，F，每个顶点分别连接条棱，其中，2，…，V．下列说法正确的是_____；（写出所有正确结论的序号） ①；      ②； ③；        ④． 定义：凸多面体的面（即多边形）的内角叫做多面体的面角，凸多面体顶点的角亏等于与多面体在该点的面角之和的差，凸多面体的总角亏等于多面体各顶点的角亏之和． 例如，如图，正三棱锥有四个面，每个面都是等边三角形，在顶点B处有三个面角为，，，且都是，所以正三棱锥在点B的角亏为，故其总角亏为． (2)求三棱锥的总角亏； (3)请判断任意凸多面体的总角亏是否为定值，若是，请求出其定值；若不是，请说明理由． 综合与实践项目式探究题 考点07 1．（2026·福建厦门·二模）综合知识的应用： (1)某社区有一个宽度（）为3米的矩形健身区，它恰好容纳了4个竖放的矩形器材区和2个横放的矩形器材区，且每个矩形器材区形状大小都相同（如图1所示），求每一个矩形器材区的边； (2)为响应国家全民健身的号召，社区计划新建一个一边长为10米的矩形健身区，用于放置42个运动器材（每一个运动器材需要一个独立的器材区域），他们规划了内部器材区的布局，拟定了如下的方案： （ⅰ）健身区的布局采用竖放矩形器材区和平行四边形器材区的组合形式（如图2所示），其中平行四边形器材区的排数比矩形器材区少一排，为保证通行安全，每排器材区之间设置1.5米宽的通道； （ⅱ）每一个矩形器材区的边长与（1）中的矩形器材区相同，每一个平行四边形器材区的面积与一个矩形器材区的面积相等； （ⅲ）每一个平行四边形器材区的形状大小都相同，且它有一个内角为，其非水平方向的边长与矩形的长边相等，即在平行四边形中，，． ①求平行四边形器材区的另一边的长； ②求新建矩形健身区另一边的长度． 2．（2026·福建三明·二模）综合与实践 木工中蕴含着丰富的数学知识．如在铺设地板时，木工师傅仅通过一把直尺、一支笔和一台切割机就可以完成对平行、垂直、计量的精准把控，从而解决各种拼接问题． 如图，现有宽度不同的两根木条（宽木条中，窄木条中，），当遇到转角为直角（）的地面时，发现拼接后点与点不能重合． 在保证两根木条宽度不变的情况下，为了尽可能节约用料，同时又使两根木条能拼成一个直角，工人师傅经过如下操作解决了问题，完成了拼接． 第一步：如图，画出的延长线，交于点，连接； 第二步：如图，沿着射线方向，平移窄木条，得到，使点与点重合，延长，交窄木条的边于点，连接； 第三步：沿着、切割，切口恰好可以完全重合，如图完成拼接．    (1)请判断图中，的数量关系，并说明理由； (2)如图，如果宽木条的宽度为，窄木条的宽度为，宽木条裁剪后的锐角是，求的值； (3)如图，当若地面的转角为，对宽度比为的两根长方形木条和切割后拼接铺入该转角处，求的值． 3．（2026·福建龙岩·二模）【问题情境】 2025年5月29日“天问二号”成功发射，开启了小行星伴飞取样探测的新篇章．某校航天兴趣小组受到鼓舞，制作了一个航天器模型，其中某个部件使用3D打印完成，如图1． 【问题提出】 部件主视图如图2所示，由于1的尺寸不易直接测量，需要设计一个可以得到的长度的方案，以检测该部件中的长度是否符合要求． 【方案设计】 兴趣小组通过查阅文献，提出了钢柱测量法． 测量工具：游标卡尺、若干个底面圆半径相同的钢柱（圆柱）． 操作步骤：如图3，将两个钢柱平行放在部件合适位置，使得钢柱与部件紧密贴合．示意图如图4，分别与，相切于点，．用游标卡尺测量出的长度． 【问题解决】 已知，的长度要求是． （1）求的度数； （2）已知钢柱的底面圆半径为，现测得．根据以上信息，通过计算说明该部件的长度是否符合要求．（参考数据：） 【结果反思】 （3）本次实践过程借助圆柱将不可测量的长度转化为可测量的长度，能将圆柱换成其他几何体吗？如果能，写出一个；如果不能，说明理由． 4．（2026·福建泉州·二模）综合与实践主题：废料再利用，瓷砖的密铺与优化设计 【项目情境】某工地在铺设地面过程中，产生了一批规格相同的三角形瓷砖废料．为了废料利用，工人师傅希望从这些三角形瓷砖中，切割出对边分别平行且相等的六边形（称为“平行六边形”）瓷砖，并用于地面铺设．现需解决两个问题：仅用这种平行六边形能否铺满地面；在一定条件下，为了充分利用三角形瓷砖，如何切割才能使得平行六边形的面积最大． 【活动一：密铺可行性探究】猜想：仅用规格相同的“平行六边形”可以铺满地面，铺设效果如图1所示．如图2，平行六边形中，，． 试说明：平行六边形可以铺满地面． 证明：连接， ， ① ， ② ， 同理，， 六边形的内角和为， ， ③ ． 即在每个顶点周围放置三个规格相同的平行六边形，恰好组成一个周角，所以可以铺满地面． 【活动二：废料图形性质探究】按图3的方式，从三角形瓷砖中切割出一个平行六边形后，会产生三个新的小三角形：，它们都与相似，记它们与的相似比分别为，探究的数量关系． 【活动三：面积最大化探究】在一定条件下，为了充分利用三角形瓷砖，如何切割才能使得平行六边形的面积最大?记，六边形，的面积分别为，S，探究的最大值． 阅读以上材料，并回答下列问题： (1)补全活动一证明过程①②③所缺的内容； (2)活动二探究中，是否定值，若是，请说明理由；若不是，请举一个反例说明． (3)活动三探究中，当时，求的最大值． 5．（2026·福建厦门·二模）（1）阅读理解：我国是最早了解勾股定理的国家之一，它被记载于我国古代的数学著作《周髀算经》中．汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图①所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”．根据“赵爽弦图”写出勾股定理和推理过程； （2）问题解决：勾股定理的证明方法有很多，如图②是古代的一种证明方法：过正方形的中心，作，将它分成4份．所分成的四部分和以为边的正方形恰好能拼成以为边的正方形．若，求的值； （3）拓展探究：如图③，以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到“勾股树”的部分图形．设大正方形的边长为定值，小正方形的边长分别为．已知，当角变化时，探究与的关系式，并写出该关系式及解答过程（与的关系式用含的式子表示）． 6．（2026·福建宁德·二模）小明利用生活材料制作了一支简易密度计，装置如图所示：以均匀实心塑料杆为标度杆，杆中部套一个泡沫塑料球作为浮子，杆下端绕有铜丝作为配重，确保装置能竖直漂浮在液体中．他用这支密度计开展了如下实验： 【实验一】 将密度计放入密度为的某种液体中，稳定后液面与杆的交点记为，标注刻度；根据物体的漂浮条件：漂浮在液体中的物体，所受浮力等于自身重力，得；又根据阿基米德原理：物体在液体中所受的浮力等于它排开液体的重力，得． (1)设密度计的总质量为（单位：），密度计在点以下的总体积为，请用含的代数式表示； 【实验二】 再将这支密度计放入密度为的水中，稳定后液面与杆的交点记为，标注刻度；用刻度尺测得，两点在杆上的间距为，且点在点的上方． (2)设塑料杆的横截面积为，用含的代数式表示； (3)将该密度计放入密度为的液体中，稳定后液面与杆的交点在点上方，与点的距离为．根据实验数据，推导与之间的函数关系式； 【实验三】 将该密度计放入某种未知密度的液体中，发现稳定后液面与杆的交点恰好位于，两条刻度线的正中间． (4)请直接写出的值（结果保留两位小数）．根据以上实验，请用一句话说明该密度计的密度刻度分布有何规律？ 7．（2026·福建南平·二模）阅读材料，回答问题． 主题 “错”中取义——“非法约分”的规律探究 提出问题 小明是一位爱思考的小学生，他在查看约分的作业本时，发现不可思议却又约分正确的练习题：，，小明称之为“非法约分”，据此，他提出猜想：若一个分数“约去”分子和分母中相同的数字，则得到的数与原分数值相等． 分析问题 问题. 小明的猜想是否正确？若正确，请给予证明；否则，请举出反例． 解决问题 小明的猜想激发了初中生小华的探究热情，并举例验证猜想，为了研究分子、分母均为两位数且“非法约分”正确的一般结构，进而推广到其他分数的情形，规定：分子、分母均为两位数且“非法约分”正确的分数的分子、分母分别为，，且该分数的“非法约分”表示为：． 提出并证明了以下命题． 命题：若分数，则必有或时，有序数对有且仅有对． 证明：依题意知，，整理，得…（*）， 当时，，显然成立； 当时，，所以矛盾，舍去； 当时，，所以矛盾，舍去； 当时，因为，所以不是9的倍数，由（*）得为的倍数，所以，或， 若，则由（*）得，，由得，不是整数，舍去； 若，则由（*）得， ① ； 若，则由（*）得， ② ． 综上所述，应满足或时，有序数对有且仅有对． 故命题成立． 推广延伸 问题.若把的分子、分母中相同数字“拉长”至个得到分数，则它的“非法约分”是否正确？证明你的结论． (1)解决问题； (2)请把①②所缺的证明过程补充完整； (3)解决问题． 8．（2026·福建龙岩·二模）综合与实践：进位制的认识与探究 背景材料 进位制是人们为了记数和运算方便而约定的记数系统．约定逢十进一就是十进制，逢二进一就是二进制．也就是说，“逢几进一”就是几进制，几进制的基数就是几．例如，二进制的基数为2，各数位上的数字为0或1；四进制的基数为4，各数位上的数字为．我们熟知的十进制的基数为10，各数位上的数字为．说明：为了区分不同进位制，常在数的右下角标明基数，例如，就是六进制数235的简单写法．十进制数一般不标注基数． 素材1 各进制数之间可以进行互相转换．可把其他进制数转换为十进制数，例如，三进制数转换为十进制数：；六进制数转换为十进制数：．可见，一个数可以表示成各数位上的数字与基数的幂的乘积之和的形式，即 素材2 若要将十进制数转换为其他进制数，则可逆用素材1中的等式．例如，十进制数27转换为二进制数：因为，所以，；将十进制数75转换为六进制数：因为，所以，． (1)①把二进制数转换为十进制数为__________； ②把十进制数22转换为三进制数为__________； (2)若与转换为十进制数的和能被5整除，且与转换为十进制数的和能被6整除（其中，，且，为整数），求的值； (3)若一个三进制数的所有数位上的数字之和能被2整除，求证：这个三进制数转换为十进制数能被2整除． 9．（2026·福建泉州·二模）请阅读素材，探索解决下列问题： 素材1：小红家的冰箱放厨房的位置如图1所示，两面靠墙，其中墙足够长，承重墙长度为． 素材2：该冰箱俯视图是一个边长为的正方形，如图2所示，点是开、关冰箱门的转轴，，，点、都在直线上，，点到、、的距离分别为、、． (1)请直接写出的长； (2)完全打开冰箱门时点恰好落在线段上，局部示意图如图3所示，过点作，求的度数（精确到）； (3)冰箱按素材1位置放置时，它的后侧、右侧正好距离墙壁作为散热空间，此时冰箱门是否能够完全打开？如果能，请说明理由；如果不能，则冰箱至少需要向左移动多少厘米？ （参考数据：，，，） 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 $