专题06 三角形的认识与全等三角形综合（5年汇编）（福建专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 福建中考5年真题及1年模拟汇编，聚焦三角形认识与全等三角形两大核心考点，题型涵盖选择、填空、解答，注重情境化与动手操作设计。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|约20题|三角形三边关系、内角性质、特殊三角形性质|三角尺拼接、图形平移变换等情境化设计，如2025年三角尺摆放角度计算| |填空|约10题|直角三角形斜边中线、等边三角形性质|生活实物模型应用，如2025年房梁中点线段长度计算| |解答|约10题|全等三角形判定（SAS/ASA/AAS/SSS）、几何证明|尺规作图与证明结合，如2023年作图推导线段关系，强调等量代换逻辑|

专题06 三角形的认识与全等三角形综合 5年真题1年模拟 考点分类 福建考情（2022-2026） 命题规律 考点01三角形的认识 2025 福建中考 2024 福建中考 2023 福建中考 2022 福建中考 考查形式多样，选择题、填空题、解答题均会出现。命题大量采用情境化、动手操作类设计，三角尺拼接、生活实物模型、尺规作图、图形平移变换等素材频繁出现。核心围绕三角形三边关系、内角性质、特殊三角形（等腰、等边三角形）、直角三角形斜边中线定理展开，重点考查角度计算、边长求值、几何证明，同时常设全等判定、图形变换结合的综合考题。基础小题整体难度偏低，解答题侧重综合推理；近四年命题逐步强化图形变换融合设问，数形结合、模型化几何设问占比逐年提升。 考点02 全等三角形的判定与性质 2026 福建中考 2025 福建中考 2023 福建中考 2022 福建中考 大多以基础解答证明题形式考查。命题图形简洁规整，常结合等边三角形、线段和差等量变换构造条件。核心围绕 SAS、ASA、AAS、SSS 四种全等判定展开，高频考查利用等式性质推导相等角、相等边；设问一般为证明线段相等、角相等。整体难度基础，阅卷重点关注证明步骤规范；近四年持续侧重条件等量代换，极少直接给出全部对应相等条件，单纯 HL 直角全等考查频次很低。 考点01 三角形的认识 1．（2025·福建·中考真题）某数学兴趣小组为探究平行线的有关性质，用一副三角尺按如图所示的方式摆放，其中点A，E，C，F在同一条直线上，．当时，的大小为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·福建·中考真题）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，点，分别是底边，的中点，．下列推断错误的是（    ） A． B． C． D． 3．（2023·福建·中考真题）阅读以下作图步骤：①在和上分别截取，使； ②分别以为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点；③作射线，连接，如图所示．根据以上作图，一定可以推得的结论是（  ）      A．且 B．且 C．且 D．且 4．（2023·福建·中考真题）若某三角形的三边长分别为3，4，m，则m的值可以是（　　） A．1 B．5 C．7 D．9 5．（2022·福建·中考真题）如图所示的衣架可以近似看成一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，，BC＝44cm，则高AD约为（    ）（参考数据：，，） A．9.90cm B．11.22cm C．19.58cm D．22.44cm 6．（2025·福建·中考真题）某房梁如图所示，立柱，E，F分别是斜梁，的中点．若，则的长为_______m． 7．（2025·福建·中考真题）如图，是等边三角形，D是的中点，，垂足为C，是由沿方向平移得到的．已知过点A，交于点G． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． 考点02 全等三角形的判定与性质 1．（2026·福建·中考真题）如图，是等边三角形，，，．求证：． 2．（2025·福建·中考真题）如图，点E，F分别在的延长线上，．求证：． 2．（2023·福建·中考真题）如图，．求证：． 4．（2022·福建·中考真题）如图，点C，F在BE上，，，． 求证：． 1．（2026·福建厦门·三模）如图，将直尺与含角的直角三角尺叠放在一起，三角尺的顶点落在直尺的边上．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 2．（2026·福建福州·模拟预测）将一副三角板按图中方式叠放，则等于（     ）． A． B． C． D． 3．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，一副三角尺按图中所示位置摆放，．若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 4．（2026·福建泉州·一模）如图，为的三等分线，交于点E，已知，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在中，点在上，交于点，点在上，与交于点．下列角中，与相等的是（     ）． A． B． C． D． 6．（2026·福建南平·三模）随着人们对环境的日益重视，骑行单车这种“低碳”出行方式已融入人们的日常生活，如图是某单车车架的示意图，线段，，分别为前叉、下管和立管（点在上），为后下叉．已知，，，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 7．（2026·福建厦门·三模）《天工开物》中记载我国古代的提水工具“桔槔（）”，它是由竖立的架子和一根细长的杠杆组成．如图是“桔槔”的简易装置图，图中与是内错角的是（     ） A． B． C． D． 8．（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． 9．（2026·福建福州·三模）如图，在的矩形网格中，每格小正方形的边长都是，若的三个顶点在图中相应的格点上，则的值为（     ） A． B． C． D． 10．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在等腰中，，点D为的中点，连接，点E与点 C关于对称，连接，则的值为（     ） A． B． C． D． 11．（2026·福建莆田·模拟预测）“出入相补”原理是中国古典数学理论的奠基人之一、魏晋时期伟大的数学家刘徽创立的．如图，是刘徽用出入相补法证明勾股定理的“青朱出入图”，其中四边形、四边形、四边形均为正方形．若，，则的值为（     ）． A．2 B．3 C．4 D．5 12．（2026·福建泉州·二模）设抛物线的顶点为，与轴分别交于两点，判定的形状是（     ） A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．钝角三角形 D．锐角三角形 13．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在等边中，，是上中线，点D在上，连接，以为边作等边，连接，则周长的最小值是（     ）　 A． B． C． D．6 14．（2026·福建漳州·模拟预测）已知在中，，D为上一点，且，要在线段的延长线上求作一点E，使得，垂足为C．下面选项中尺规作图的痕迹错误的是（     ） A． B． C． D． 15．（2026·福建南平·一模）如图，在的正方形网格中，A，B两点在格点上，线段绕点A逆时针旋转一定的角度后得到线段，点B与格点C对应，则旋转角的大小可以为（   ） A． B． C． D． 16．（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 17．（2026·福建泉州·一模）如图，点G是的重心，，，则的长为（    ） A．1 B． C．2 D．3 18．（2026·福建漳州·三模）如图，中，，，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧（所在圆的半径相等）相交于两点，连接，与交于点，则的大小为（   ） A． B． C． D． 19．（2026·福建福州·模拟预测）小明用两个全等的三角形设计了一个“燕尾”的平面图案，如图，，连接并延长，的延长线与交于点，则下列推断错误的是（　　　） A．平分 B． C．是的中点 D． 20．（2026·福建厦门·模拟预测）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“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．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作近似估计，可得的估计值为（   ） A． B． C．3 D． 21．（2026·福建龙岩·模拟预测）如图，在中，，，以A为圆心，适当长为半径画弧交分别于点D，E两点，再分别以D，E为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点F，作射线交于点G，则的长为（    ） A．4 B． C．3 D． 22．（2026·福建南平·三模）如图，是线段所在直线上的一动点，点在的两侧，，，，，，连接，分别取的中点，连接．随着点的运动，线段的长（   ） A．随着点的位置变化而变化 B．保持不变，长为 C．保持不变，长为 D．保持不变，长为 23．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，点A，B，C在直线l上，，，且过点D，E，F三点的圆的圆心在直线l上．若，，则的值是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 24．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，是等腰三角形，．以点B为圆心，任意长为半径作弧，交于点F，交于点G，分别以点F和点G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点H，作射线交于点D；分别以点B和点D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点，作直线交于点E，连接．以下结论错误的是（   ） A． B． C． D．当时， 25．（2026·福建南平·二模）如图，在中，，点D为边上一点，且，点E在边上（点E不与点B、C重合），将沿折叠，使得点B的对应点落在边上，则线段的长为（    ） A．1 B． C． D． 26．（2026·福建厦门·二模）如图，已知是等边三角形，，是边上的高，E是的中点，P是上一动点．则的最小值是（   ） A．1 B． C． D． 27．（2026·福建厦门·模拟预测）勾股定理是我国古代数学发展的重要起源，中华数学传统文化中的精髓：开方术、方程术等都与勾股定理密切相关，勾股定理在生活中有着极其广泛的应用．如图是某临街店铺在窗户上方安装的遮阳棚，其侧面如图所示，遮阳棚收拢紧贴墙面自然下垂时，遮阳棚棚骨外端C距离地面（即），将其展开至点B距离墙面的位置时（即水平距离），，则此时棚骨外端B离地面的垂直高度是（   ） A． B． C． D． 28．（2026·福建龙岩·二模）如图，已知，点A是射线上的一个定点，点B是射线ON上的一个动点，且满足．点C在线段的延长线上，且．点D在线段上，且，连接，．则（   ） A． B． C． D． 29．（2026·福建龙岩·二模）如图，，P是平分线上一点，，交于点C，于点D，且，则的长为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 30．（2026·福建三明·一模）已知方程的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 31．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，，平分，，，则点D到的距离为______． 32．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在中， ，是线段的垂直平分线，交于点 D，交于点 E．若，则的长度是_______． 33．（2026·福建福州·模拟预测）如图，为的边的中点，，，于点，连接．若为的平分线，则的长为____________． 34．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在中，已知，，，尺规作图痕迹如图所示，再以点为圆心，长为半径作弧，交于点，则图中阴影部分的面积为_____． 35．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，已知中，，，，点是内部一点，连接，，，若，则的最小值为______． 36．（2026·福建宁德·一模）用个全等的等腰三角形拼成如图所示的风车图案，则图中等腰三角形顶角的度数是_____． 37．（2026·福建泉州·二模）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴的正半轴上，，反比例函数的图象经过的重心，若的面积为6，则的值为_______． 38．（2026·福建莆田·二模）在中，，，，若，则的度数是__________． 39．（2026·福建南平·一模）“费马问题”是法国数学家皮埃尔·德·费马在1643年提出的一个著名的几何极值问题．问题的核心是：对任意三角形，都存在一个点，使得这个点到该三角形三个顶点的距离之和最小，这个点称为费马点．当的三个内角均小于时，使得的点P即为费马点．如图，若，则的最小值是_______． 40．（2026·福建泉州·一模）如图，将一块直角三角尺（，）沿射线方向平移到三角尺的位置，点A的对应点为点D．若，，则的长为________．    41．（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） 42．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，等边的边长为，点分别在边上，且与相交于点，则的值为_____．（用含的代数式表示） 43．（2026·福建厦门·一模）抛物线的顶点为A，将其沿水平方向向右平移m个单位长度，得到的抛物线的顶点为B，平移前后的两条抛物线相交于点C，若为等边三角形，则m的值为________ 44．（2026·福建·模拟预测）如图，在中，，，，于点，是斜边的中点，则线段的长为______． 45．（2026·福建福州·模拟预测）如图1，小明按照体育老师教的方法确定适合自己的绳长：一脚踩住绳子的中央，手肘靠近身体，两肘弯曲，小臂水平转向两侧，两手将绳拉直，绳长即合适长度．将图1抽象成图2，若两手握住的绳柄两端距离约为，小臂到地面的距离约，则适合小明的绳长为____． 46．（2026·福建龙岩·模拟预测）如图，在正内接正和正中，点在上，点在上，若，则正的边长的取值范围为______． 47．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在中，，将绕点按顺时针方向旋转度得到，连接，交于点，连接，若，则的值等于______． 48．（2026·福建莆田·三模）在中，，，，是上一个动点，将沿折叠得到，当平行的一边时，点到边的距离为_______． 49．（2026·福建莆田·三模）仙游古典家具制作技艺，简称为“仙作”，入选国家级非物质文化遗产名录，“仙作”家具集国画艺术，雕刻艺术与家具制作技艺的巧妙融合，款式典雅，结构严谨．一种“仙作”花窗的花瓣由六条等弧连接而成，所对应的弦构成一个正六边形，如图所示．设正六边形的中心为点，所在圆的圆心恰好是的外心．若，则花窗的面积（实线所围区域的面积）为_______． 50．（2026·福建泉州·三模）小东同学使用激光笔进行折射实验．当光线从空气进入水中时，它的传播方向会发生改变．已知实验装置中液面与玻璃杯底面平行，其截面图如图所示．若，，则________． 51．（2026·福建泉州·三模）如图，中，，平分交于点D，，，则长为________． 52．（2026·福建·一模）如图，在菱形中，，，是菱形的高．若是的中点，连接，则的周长是_____． 53．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，和均为正三角形，且顶点、均在双曲线上，连接交于，连接，则图中________． 54．（2026·福建宁德·一模）探究四边形重心的坐标：一般地，匀质薄板物体的重心就是其对应平面图形的几何中心．任意四边形的重心可以用“支撑平衡”的方法确定，也可以通过数学计算求得． (1)【基础掌握】如果三角形的顶点坐标分别为，，，根据三角形重心是三角形三条中线的交点这一性质，可以推出其重心的坐标为．如图1，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，．求该三角形重心的坐标； (2)【基础掌握】如图2，两个匀质薄板物体拼成组合体，其重心一定落在原来两个物体重心连接的线段上；如果以组合体重心为支点，原来两个物体满足力的杠杆平衡原理（即）．现有两个矩形，其宽相等，大矩形高是小矩形的2倍，将它们底部对齐按图3方式拼成一个组合体，根据上述性质，确定该组合体重心的大致位置（简要说明方法）； (3)【猜想应用】如图4，对于任意四边形，将它沿一条对角线分割成两个三角形，它们的重心分别为，，对应面积分别为，，猜想并直接写出四边形重心的坐标；（用含，，，，，的代数式表示） (4)【猜想应用】如图5，四边形的顶点坐标分别为，，，求四边形重心的坐标． 55．（2026·福建厦门·一模）如图，在中，． (1)在上求作一点D，使；（要求：尺规作图，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，在AB上存在点E满足，连接．求证：． 56．（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． 57．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在中，平分交于点 D，E为上一点，G为延长线上一点，与交于点 F，． (1)求证：； (2)若A，F分别是，的中点，，求的长． 58．（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：． 59．（2026·福建福州·二模）如图，已知，，，是中线． (1)尺规作图：求作线段，使得平分，且，连接并延长交延长线于点F（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，求证：． 60．（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：． 61．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在中，点D是边上一点，连接 并延长至点C，连接．若求证：． 62．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，四边形为平行四边形，，．求证：． 63．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，为等边三角形，点E在边上，连接，作于点D，将绕点A逆时针旋转得到，点B，D的对应点分别为点C，F，连接． (1)求证：为等边三角形； (2)延长交于点G，求证：． 64．（2026·福建福州·二模）如图，点D，A，E，B在同一直线上，，，．求证：． 65．（2026·福建福州·模拟预测）如图1，在中，，，．作与关于直线对称，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接． (1)求的值． (2)当时，求的长． (3)求的最小值． 66．（2026·福建·一模）如图，正三角形的边长为，是边上不与点，重合的动点，过点作边的垂线，交于，用表示线段的长度，用表示的面积． (1)直接写出的取值范围； (2)求关于的函数表达式． 67．（2026·福建福州·三模）我们知道，任意一个，如果，则两条直角边，和斜边满足勾股定理（亦即）．如果，则上述关系就不再成立．班级数学研究小组对非直角三角形的三边平方的数量关系开展了进一步的探究． 定义：在任意三角形中，一个角的两条夹边的平方和减去它的对边的平方所得的差，叫做角的勾股差，记为． 定义2：如图，在中，是边上的高，则称线段的长度为边在边上的投影． 研究小组发现，对于非直角三角形的任一内角，其勾股差与夹这个角的两边及投影存在一定的数量关系． 情况①：如图，当时，过点作于点． 在和中，由勾股定理，分别得： ，． … ． 情况②：如图，当时，________． 得到了上述勾股差的投影表示法后，研究小组利用其进一步研究了平行四边形的四条边及对角线之间的数量关系． （广义勾股定理）如图，已知四边形是平行四边形．求证：． (1)在中，，，的对边分别为，，，若，，，则________，________，________． (2)请将上述情况①中的证明过程补充完整，并直接写出情况②中与，的数量关系． (3)请写出广义勾股定理的证明过程． (4)如图，在中，，，，是边上的中线，请直接写出的长． 68．（2026·福建泉州·三模）【课本再现】 如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点O转动． 【问题发现】 (1)连接，直线分别交于点E、G，交于点，连接，则线段之间的数量关系是______． 【类比迁移】 (2)如图2，矩形的中心O是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想，，之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 (3)如图3，在中，，直角的顶点D在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点E，F，可绕着点D旋转，当时，请直接写出的面积． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题06三角形的认识与全等三角形综合 5年真题1年模拟答案版 五年真题分类园 考点01三角形的认识 1.B 2.B 3.A 4.B 5.B 64 7.【详解】(1)解：△ABC是等边三角形， ∴.∠ACB=60° D是AB的中点， ∠DCB=∠DCA= 2∠ACB=30° CE⊥BC, ∠BCE=90° ∴.∠DCE=∠BCE-∠DCB=60° (2) 证明：由平移可知：CD∥EF, .∠EAC=∠DCA=30°， 又：∠ECA=∠BCE-∠ACB=30°， .∠EAC=∠ECA, .AE=CE,∠AEC=120° 又AB=CB, .BE垂直平分AC, 1/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 LGEC= 1 ∠AEC=60° 2 由(1)知，∠GCE=60°， .∠EGC=60°， :∠GEC=LGCE=∠EGC, ∴△CEG是等边三角形， 考点02全等三角形的判定与性质 1.【答案】证明：BD⊥BC,CE⊥BC, ∴.∠CBD=∠BCE=90° :△ABC是等边三角形， .AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°、 ∴.∠ABD=∠ACE=150° 在△ABD和△ACE中， AB=AC, ∠ABD=∠ACE, BD=CE, .△ABD≌△ACE(SAS) .AD=AE. 2.【答案】 证明：：∠CBE=∠CDF,∠ABC+∠CBE=180°，∠ADC+∠CDF=180°， ∠ABC=∠ADC 在△ABC和△ADC中， I∠ABC=∠ADC ∠ACB=∠ACD AC=AC ∴.△ABC≌△ADC, ∴，AB=AD 3.【答案】 2/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 证明：∠AOD=∠COB, ∴.∠AOD-∠BOD=∠COB-∠BOD, 即∠AOB=∠COD 在△AOB和△COD中， OA=OC. ∠AOB=∠COD, OB=OD, .△AOB≌△COD .AB=CD 4.【答案】 证明：，BF=CE, ..BC=EF, 又，AB=DE,∠B=∠E, ÷△ABC≌ADEF(SAS) ∴.∠A=∠D 年模拟练测园 题号 2 5 6 9 10 答案 C B B B A B B D 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 C B y D B C D B 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 B D 0 O A D B 31.2 32.2-v2 3 33.2 34.3 3537 3/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 36.36 37.2 38.90° 39.8+6V5 40.4.5 41.②④/④② 2.0 43.25 44.22 45.2.6 46.6<a<8 47.16 48.5或5 3224 12V3+8元 50.20° 51.2v2 52.6+3W53V3+6 53.6 107\ 54.)△ABC的重心坐标是3'3) (2) 如图。设小矩形的重心为9，大矩形的重心为，分别作出矩形的重心C和，连接C,G,在GC:上取 G G GG:GG3=2:1 点使 4/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 G1、 Sx+S2x2 Sy+S2y2 3)四边形重心G坐标为气S,+S2’S,+S2 6253 4)四边形ABCD重心G的坐标为15'15 【分析】(1)依据公式进行计算即可： (2)连 GG,在GG,上取点G,使9 GG:GG2=2:1 在 ； (3)设四边形重心G的坐标为c,少），依据(2)杠杆平衡原理公式进行列式即可： (4连接对角线MC,分四边形为△MBC 和4MCD,记它们的重心和面积分别是.和、 2.可得 △ABC、△ADC的重心坐标和面积，根据(3)中四边形重心坐标公式，即为所求， 【详解】（山解：a1BC三个顶点分别是42,5），B(2,1.C(6,) 2+2+6105+1+17 根据公式得x= 3 3’ y= 33 107 △ABC的重心坐标是3'3 GG2 (②)解：如图，设小矩形的重心为C,大矩形的重心为C,分别作出矩形的重心C和C,连接 ,G上取点使 GG:GG2=2:1 在 G G 因为矩形是匀质薄板物体，其重心是其对应平面图形的几何中心，所以、分别是小矩形和大矩形的 几何中心 5/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 以组合体重心G为支点，根据力的杠杆平衡原理 4=56(供中下、5分别为两个物体的重力，号、5分 FF 别为两个物体重心到支点的距离). F2=2F 由于两个矩形宽相等，大矩形高是小矩形的2倍，所以大矩形的重力是小矩形重力的2倍，即 G,在GG,上取点0使GG:GG,=2:1 连接 则点G即为组合体重心. (3)解：四边形重心G的坐标为o,）,由(2)杠杆平衡原理得： S(6-x)=S2(x2-x6) S·xG-Sx=S2x2-S2xG S·x6+S2xG=Sx+S2'x3 (S+S2)xG=Sx+S2x2 。=+S3 S,+S2 Sy+S2y2 同理可得= S+S2 G Sx+S2X2 Sy+S2y2 :.四边形重心G坐标为(S+S2’S+S, (4)解：如图，连接对角线AC,分四边形为△ABC和△ACD, 记它们的重心和面积分别是、 9、6和5、5，」 ~四边形ABCD的顶点分别是 (2,5)B(2,1)C(6,1)D(6,7) 107Y a48C的重心坐标是G3 面积8=B-8c2×(5-x(6-2)=8, 1413 △1DC的重心坐标是C了3)】 6/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 面积S2CDBC 1 2×(7-1)x(6-2)=12 根据(3)中四边形重心坐标公式： 10 14 8× -+12× > 3 Xa = 362 8×，+12x13 3 2×3_53 8+12 15’ 8+12 15 6253 ∴四边形ABCD重心G的坐标为15'15 y 55.(1)如图：点D即为所求. (2) 证明：由(1)作图可知：AD=DC, .DA=DE, .DA=DE DC, .∠DAE=∠DEA,LDEC=∠DCE. .∠DAE+∠DCE+∠AEC=180°， .∠DAE+∠DCE+∠DEA+∠DEC=18O°， 2(∠DEA+∠DEC)=180° .∠DEA+∠DEC=90°，即∠AEC=90°， .CE⊥AB 【分析】(1)用尺规作图作出线段AC的中点即可； (2)由(I)作图可知：AD=DC,再结合DA=DE可得DA=DE=DC,利用等边对等角、三角形内角 7/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 和定理、角的和差可得∠AEC=90°，进而证明结论， 【详解】(1)略 (2)略 56.(I)证明：AB=BC, .∠BAC=∠ACB, .CEIl AB .∠BAC=∠ACE, ∴.∠ACE=∠ACB, .AC平分∠BCE, (2)∠AEC=80 【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∠ADC和证明△ACD≌△ACE,从而对应角相等求出 角度. 【详解】(1)略 (2)解：由旋转可知，CE=CD,∠DCE=140°， .CEll AB .∠B+∠DCE=180° .∠B=180°-∠DCE=40° AD=BD, .∠B=∠BAD=40° .∠ADC=∠B+∠BAD=80°， 由(1)得∠ACE=∠ACB. 在△ACD和△ACE中， CE=CD ∠ACB=∠ACE AC=AC :△ACD≌AACE(SAS) .∠AEC=∠ADC=80° 57.I)证明：，AD平分∠BAC, 8/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 :∠BMD=∠DMC=∠BMC, .AF=AG .∠AGF=∠AFG, .∠BAC=∠AGF+∠AFG, :∠AGF=∠AFG=1∠BAC 2 .∠BAD=∠AGF, .AD‖GE (2)2 【分折1)自AD平分∠BAC,可得∠BD=∠D1C-BC,南A=AG:可得∠4Gr=∠AG 2 再由三角形的外角定理可得∠BAD=∠AGF,即可证明结论； AD BA (2)由(1)可知，ADI‖GE,可得ABAD∽ABGE,可得GE=BG,由A是BG的中点，可得 EF CF D三E三4再由ACFRAC4D,可得Dc4,再由P是C4的中点，即可得PD2 【详解】(1)略 (2)解：由(1)可知，AD‖GE, .△BAD∽aBGE, AD BA :GE BG' A是BG的中点， B-G AD BA 1 …GEBG2' D-E-8=4, 同理可得，△CFEACAD, EF CF ·ADCA· 9/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ,F是CA的中点， :.CF-1CA 2 EF CF 1 ∴ADCA2' .EF=5AD=×4=2 1 2 2 .EF的长为2. 58. 证明：：∠BAC=90°，AD⊥BC,EF⊥BC .∠ADB=∠EFC=90°，∠B+∠C=90°， .∠B+∠BAD=90°， .∠BAD=∠C, ..CE=AB. △ABD≌△CEF(AAS) .'BD=EF 【分析】推导出∠ADB=∠EFC=90°，∠B+∠C=90°，得到∠BAD=∠C,继而证明.： △ABD≌CEF(MAS),则BD=EF,即可解答. 【详解】略 59.(1) 如图所示： (2) 10124 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 证明：：∠BAC=90,AB=AC,AD是中线， ·AD⊥BC,AD=BD,∠BAD=45 :BC平分∠ABE, ∠DBE=∠ABC=45°， .BE BD, ·∠BDE=180°-450 =67.5 2 .∠ADF=180°-90°-67.5°=22.5° ∠DAF=180°-45°=135° .∠AFD=180°-135°-22.5°=22.5°， .∠ADF=∠AFD. .AD=AF 【分析】(1)由题目的作图步骤进行作图即可： (2)由等腰三角形的性质可得AD⊥BC,AD=BD,∠BAD=45°，再求出∠DBE=∠ABC=45°，再由等腰 三角形性质可得BDE=)一=67.5°，再求出∠4DF=∠4D,最后可得结论■ 2 【详解】(1)略 (2)略 60.证明：“点D为边BC的中点， :.BD=DC, DE=DF,∠CDE=∠BDF △CDE≌△BDF(SAS) .LC=∠FBC 【分析】根据题意得出BD=DC,再由全等三角形的判定和性质证明即可. 【详解】略 61.见详解 【分析】通过证明△ABO≌△ACO即可求解. 11/24 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【详解】证明： ∠AOB+∠AOD=180°，∠AOD+∠AOC=180° ∴.∠AOB=∠AOC, 在△ABO和△ACO中， AO=A0 ∠AOB=∠AOC ∠B=∠C △ABO≌△ACO(A,A,S) ∴.OB=OC 62.证明：：四边形ABCD是平行四边形， .AB=CD .∠AEB=∠CFD=90°， ,△AEB和△CFD都是直角三角形， 在Rt△AEB和Rt△CFD中， AB=CD AE=CF, ∴.Rt△AEB≌RtACFD(HL) ∴.∠ABE=∠CDF 【分析】本题考查平行四边形的性质和直角三角形全等的判定.由平行四边形对边相等可得AB=CD,结 合己知条件∠AEB=∠CFD=90°和AE=CF,可利用HL定理证明Rt△AEB≌RtACFD,从而证得对应角相等. 【详解】略 63.(1)见解析 (2)见解析 【分析】(1)首先根据等边三角形的性质得到∠BAC=60°，AB=AC,然后由旋转得到AD=AF, ∠BAD=∠CAF,推出∠BAC=∠DAF=60°，即可证明： (2)过点C作CH∥BD交FD的延长线于点H,证明∠H=∠BDH=3O°，然后推出BD=CH,证明 ABGD≌CGH(4MS), 即可得到BG=CG 【详解】(I)解：，△ABC为等边三角形， 12124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠BAC=60°，AB=AC 由旋转得，AD=AF,∠BAD=∠CAF ∴.∠BAD+∠DAE=∠CAF+∠DAE .∠BAC=∠DAF=60° ∴.△ADF为等边三角形； (2)解：如图，过点C作CH∥BD交FD的延长线于点H H AD⊥BE .∠ADB=90° ,△ADF为等边三角形 ∴.∠ADF=∠AFD=60 .∠BDH=180°-∠ADB-∠ADF=30 .CH∥BD ·.∠H=∠BDH=30° 由旋转得，∠AFC=∠ADB=90°，BD=CF ∴.∠CFD=∠AFC-∠AFD=90°-60°=30° ∴.∠H=∠CFD ..CH=CF ..BD=CH 又，∠BGD=∠CGH,∠H=∠BDH :aBGD≌aCGH(LAS) ..BG=CG 64. 证明：，BE=AD, .BE+AE=AD+AE, ∴.AB=DE, 13124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在△ABC与△DEF中， BC=EF AC=DF AB=DE' △ABC≌△DEF(SSS) ∴.∠B=∠DEF, .BCl EF. 【分析】根据等式的性质得出AB=DE,利用SSS证明△ABC与△DEF全等，进而解答即可. 【详解】略 3 65.1 (2)11 6s-4 5 【分析】(I)在Rt△ABC中，由勾股定理求AC,再用正切定义求解. (2)由△ADC是△ABC关于AC的对称图形，得BD⊥AC且BD=2BC=6.当EF⊥AC时，EFI‖BD 结合关于DE的轴对称性质，推导出BE=BD=6,从而AE=AB+BE=IL. (3)利用P在射线4C上且∠DCP=90°，将PA-PD化为4+CP-VCP+9,再有理化得 9 4- CP+VCP+9,由增减性知CP最小时PA-PD最小.CP的最小值通过DP的最小值(D到直线AB的 24 距离5)和勾股定理求得. 【详解】(1)解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5,BC=3, :AC=VAB2-BC2=V25-9=4 14124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ·tan∠CAB=BC_3 AC4· (2)解：△ADC是△ABC关于直线AC的对称图形， BD⊥AC,BD=2BC=6, 当EF⊥AC时， :AC⊥BD, EF∥BD, .∠BDE=∠DEF, 由轴对称性质知∠DEB=∠DEF, ∴.∠BDE=∠DEB, .BE BD=6. ∴.AE=AB+BE=5+6=11 3)解：P在射线AC上，∠DCP=90°，DC=3, ..PA=AC+CP=4+CP PD=DC2+CP2=CP2+9 ∴.PA-PD=4+CP-VCp2+9 (CP-CP2+9)CP+CP2+9 =4+ CP+CP2+9 Cp2-(Cp2+9) =4+ CP+CP2+9 9 =4- CP+CP2+9 9 CP+CP2+9 0,且cP+NCP+g随cp增大而增大， ∴当CP最小时，PA-PD最小， 15124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D B 过D作DT L AB于T, DP≥DT, Sao=×4CxD-x4x6=12. 1 2 xABXDT-5x5xDT=12 ，即DP=24 D7=24 5 351339 CPanDP2-DC=25-9255, 9 45 =4- =4 的最小值339,24 3V39+24, .PA-PD 5 4524-339 45(24-339 =4 =4- 24+3W39)24-3V39) 576-351, =4-4524-3w5网）-4-24-3 225 5 -20-24+3V39_3V39-4 5. 66.1)1<x<2: 2)y=5x-V5 【分行1()过C作CM1AB于M:由等边三角形狗准质出仙-4B=1,即可得到1<X<2: 16124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)过A作AN1BC于N,由等边三角形的性质得到BN=2BC=1,∠B-60°，由含30度角的直角三角 BD=2(2-x 形的性质得 ,求出CD=2x-2,由勾股定理求出4N=5,由三角形的面积公式即可得 到y关于x的函数关系式。 【详解】(I)解：过C作CM⊥AB于M, C D 是边长为的等边三角形， MG B.△ABC D不与B、C重合， .AM<AG<AB, 1<x<2; (2)解：过A作AW⊥BC于N, :△ABC是边长为2的等边三角形， BN=号8c-1,ZB-0 DG⊥AB」 .∠BDG=90°-60°=30°. .BD=2BG=2(2-x) ∴.CD=2-2(2-x)=2x-2 :AN=√AB2-BW2=V22-1P=√5 y=CD4Aw=22x-2小5=5x-5. 67.(1)33:65:-15 (②)情况①：如图1，当∠ACB<90°时，过点A作AD⊥BC于点D. 17124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在Rt△ABD和RteACD中，由勾股定理，分别得： AD2=AB2-BD2 AD2=AC2 -CD2 .AB2-BD2=AC2-CD2. .AC2-AB2+BD2-CD2=0, AC2-AB2+(BD+CD)(BD-CD)=0 .AC-AB+BC(BC-CD-CD)-0 .AC2-AB2+BC2-2BC.CD=0, 4C+BC-AB=2BC.CD A∠4cB=2BC.CD; 情况②：-2BC.CD: B)证明：如图所示，过点A作AG⊥BC于点G,过点B作BH L AD交DA的延长线于点H, 图3 由题意得，∠BAD>90°，∠ABC<90°， .由(2)可知AB2+BC2-AC2=2BC.BG, AB2+AD2-BD2=-2AD.AH, AC2=AB2+BC2-2BC·BG, BD2=AB2+AD2+2AD·AH: ,四边形ABCD是平行四边形， .AD=BC,AD∥BC, .AG⊥AD,BH⊥BC, .∠AGB=∠GBH=∠BHA=∠HAG=90°， 18/24 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .四边形AGBH是矩形， .BG=AH, 4C+BD2 =AB2+BC2-2BC·BG+BD2+AB2+AD2+2AD·AH =AB2+BC2-2BC·BG+BD2+AB2+BC2+2BC·BG =2AB2+2BC2 V79 (4)2 【分析】(1)根据勾股差的定义求解即可： (2)情况①：根据题意可得AB2-BD2=AC2-CD2,则可证明AC2-AB2+BD2-CD2=0,根据线段的 AC2-AB2+BC(BC+CD+CD)= 和差关系可得 ,据此可得AC+BC-AB=2BC:CD,再由勾股差的 定义可得△∠ACB=2BC.CD. 情况②：同理可推出AC2+BC2-AB=-2BC.CD,再由勾股差的定义可得△4Cm=-2BC.CD: (3)过点A作AG⊥BC于点G,过点B作BH⊥AD交DA的延长线于点H,由(2)可知 AB+BC-AC2=2BC-BG、AB2+AD-BD=-2ADAH,证明四边形 GBH BG=AH 是矩形，得到 即可证明AC2+BD2=2AB2+2BC2: (4)延长CM到点T,使得TM=CM,连接BT,AT，,证明四边形ACBT是平行四边形，由(3)可知 CT2+AB2=2AC2+2BC2,据此求出CT的长即可得到答案. 【详解】(1)解：由题意得，44=+c2-a2-+72-2-33 4zB=a2+c2-b2=52+72-32=65 △∠c=a2+b2-c2=52+32-72=-15 (2)解：情况①：略： 情况②：如图2，当∠ACB>90°时，过点A作AD⊥BC交BC的延长线于点D. 19124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在Rt△ABD和RteACD中，由勾股定理，分别得： AD2=AB2-BD2 AD2=AC2 -CD2 .AB2-BD2=AC2-CD2. .AC2-AB2+BD2-CD2=0, 4C2-AB+(BD+CD)(BD-CD)=0 AC-B+BC(BC+CD+CD)-0 .AC2-AB2+BC2+2BC.CD=0, AC+BC-4B=-2BC.CD △ACB=-2BC.CD: (3)略 (4)解：如图所示，延长CM到点T,使得TM=CM,连接BT,AT, B 图4 .CM是AB边上的中线， :'AM BM, 又，TM=CM, .四边形ACBT是平行四边形， .由(3)可知，CT2+AB2=2AC2+2BC2, .AB=5,BC=4,AC=6, .CT2+52=2×42+2×62, .CT2=79. 20124 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :C7=V79C7=-V9 或 (舍)， :CM=M=cr=网 2 2. 68.1)CF2+AE2=FG ②1E+CF2=E ,证明如下： 如图所示，连接AC,延长EO交DC于E', 0 A 、0 E :O为矩形ABCD的中心， .AO=CO,AB∥CD,∠BCD=90°. ∴.∠BAC=∠ACE, 又.∠AOE=∠COE', :a10E≌aCOE'(ASA) :.AE=CE',EO=E'0, ABCO 又矩形 .OE⊥OF .FO垂直平分EE, .EF=E'F, 在Rt△FCE'中，由勾股定理得CE2+FC2=E'F2, AE2+CF2=EF2; 19 25 16cm或16 cm2 【分折】（证明01B2a0CG(AAS,符到4=CG,由勾股定理得CP2+CG=PG”,则 21124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 CF2+AE2=FG2 (2)猜想：AE+CF=EF,连接AC,延长E0交DC于E,证明 △AOE≌△COE'(ASA) 再利用勾股 定理证明即可； (3)设CF=Cm分两种情形：①当点E在线段AC上时，②当点E在CA延长线上时，分别利用勾股定理 构建方程求解即可. 【详解】(I)解：，正方形ABCD的对角线相交于点O, .OA=OC,AB IICD,∠BCD=90°， .∠OAE=∠OCG,∠OEA=∠OGC, △OAE≌△OCG(AAS) .AE=CG, 在Rt△CFG中，由勾股定理得CF2+CG=FG2, .CF2+AE2=FG2: (2)略 (3)解：如图所示，当点E在AC上时， 过点B作BM∥AC,交ED的延长线于点M,连接FM, BM∥AC, .∠C+∠CBM=180°，∠EAD=∠MBD, ,∠ADE=∠BDM,AD=BD,∠C=90°， :.△1ED≌aBMD(4S4.∠CBM=90° .ED=DM,AE=BM 22124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :∠EDF=90°， ∴直线DF是线段EM的垂直平分线， ∴.EF=FM, 在Rt△BFM中，由勾股定理，得BF2+BM2=FM2, BF2+BM2=EF2 ..AC=3cm,BC=4cm,AE =2cm, .'CE=1cm,AE BM =2cm, 设CF=xcm,则 BF=(4-x)cm 由勾股定理得EF2=CE2+CF2=BF2+BM2, 1P+x2=22+(4-x)2 :9 8, .CF=19 cm 8 S.w-CE-CF-1 1 cm3 如图所示，当点E在CA的延长线上时， 过点B作BN∥AC,交ED的延长线于点N,连接FN, :BN∥AC,∠ACB=90° .∠ACB=∠NBF=90°，∠EAD=∠NBD, ,∠ADE=∠BDN,AD=BD, 23124 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △AED≌ABND(ASA) .ED=DN,AE=BN, .∠EDF=90° ∴.直线DF是线段EN的垂直平分线， .EF =FN, 由勾股定理，得BF2+BW2=FN2, .AE2+BF2=EF2 .AC=3cm,BC=4cm,AE=2cm, .'CE=5cm,AE=BN =2cm, 设CF=ecm,则BF=(4+x)cm 由勾股定理得EF2=CE2+CF2=BN2+BF2, x2+52=(4+x)2+22 :s5 8 :CP=5 .S.c=CE.CF=25cn 1 -cm2 2 1 19 2 综上所述，ACEF的面积为16m'或16 m2 24124 专题06 三角形的认识与全等三角形综合 5年真题1年模拟 考点分类 福建考情（2022-2026） 命题规律 考点01三角形的认识 2025 福建中考 2024 福建中考 2023 福建中考 2022 福建中考 考查形式多样，选择题、填空题、解答题均会出现。命题大量采用情境化、动手操作类设计，三角尺拼接、生活实物模型、尺规作图、图形平移变换等素材频繁出现。核心围绕三角形三边关系、内角性质、特殊三角形（等腰、等边三角形）、直角三角形斜边中线定理展开，重点考查角度计算、边长求值、几何证明，同时常设全等判定、图形变换结合的综合考题。基础小题整体难度偏低，解答题侧重综合推理；近四年命题逐步强化图形变换融合设问，数形结合、模型化几何设问占比逐年提升。 考点02 全等三角形的判定与性质 2026 福建中考 2025 福建中考 2023 福建中考 2022 福建中考 大多以基础解答证明题形式考查。命题图形简洁规整，常结合等边三角形、线段和差等量变换构造条件。核心围绕 SAS、ASA、AAS、SSS 四种全等判定展开，高频考查利用等式性质推导相等角、相等边；设问一般为证明线段相等、角相等。整体难度基础，阅卷重点关注证明步骤规范；近四年持续侧重条件等量代换，极少直接给出全部对应相等条件，单纯 HL 直角全等考查频次很低。 考点01 三角形的认识 1．（2025·福建·中考真题）某数学兴趣小组为探究平行线的有关性质，用一副三角尺按如图所示的方式摆放，其中点A，E，C，F在同一条直线上，．当时，的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行线的性质，三角形的外角的性质，根据平行线的性质得到，再根据三角形的外角的性质，进行求解即可．熟练掌握相关性质，是解题的关键． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； 故选：B． 2．（2024·福建·中考真题）小明用两个全等的等腰三角形设计了一个“蝴蝶”的平面图案．如图，其中与都是等腰三角形，且它们关于直线对称，点，分别是底边，的中点，．下列推断错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了对称的性质，等腰三角形的性质等； A.由对称的性质得，由等腰三角形的性质得 ，，即可判断； B.不一定等于，即可判断； C.由对称的性质得，由全等三角形的性质即可判断； D. 过作，可得 ，由对称性质得同理可证，即可判断； 掌握轴对称的性质是解题的关键． 【详解】解：A.， ， 由对称得， 点，分别是底边，的中点，与都是等腰三角形， ，， ， ，结论正确，故不符合题意； B.不一定等于，结论错误，故符合题意； C.由对称得， ∵点 E ，F分别是底边的中点， ，结论正确，故不符合题意； D. 过作， ， ， ，由对称得， ， 同理可证， ，结论正确，故不符合题意； 故选：B． 3．（2023·福建·中考真题）阅读以下作图步骤： ①在和上分别截取，使； ②分别以为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点； ③作射线，连接，如图所示． 根据以上作图，一定可以推得的结论是（  ）      A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】A 【分析】由作图过程可得：，再结合可得，由全等三角形的性质可得即可解答． 【详解】解：由作图过程可得：， ∵， ∴． ∴． ∴A选项符合题意； 不能确定,则不一定成立，故B选项不符合题意； 不能确定,故C选项不符合题意， 不一定成立，则不一定成立，故D选项不符合题意． 故选A． 【点睛】本题主要考查了角平分线的尺规作图、全等三角形的判定与性质等知识点，理解尺规作图过程是解答本题的关键． 4．（2023·福建·中考真题）若某三角形的三边长分别为3，4，m，则m的值可以是（　　） A．1 B．5 C．7 D．9 【答案】B 【分析】根据三角形的三边关系求解即可． 【详解】解：由题意，得，即， 故的值可选5， 故选：B． 【点睛】本题考查了三角形的三边关系，熟练掌握三角形的三边关系是解答的关键． 5．（2022·福建·中考真题）如图所示的衣架可以近似看成一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，，BC＝44cm，则高AD约为（    ）（参考数据：，，） A．9.90cm B．11.22cm C．19.58cm D．22.44cm 【答案】B 【分析】根据等腰三角形的性质及BC＝44cm，可得cm，根据等腰三角形的性质及，可得，在中，由，求得AD的长度． 【详解】解：∵等腰三角形ABC，AB＝AC，AD为BC边上的高， ∴， ∵BC＝44cm， ∴cm． ∵等腰三角形ABC，AB＝AC，， ∴． ∵AD为BC边上的高，， ∴在中， ， ∵，cm， ∴cm． 故选：B． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质以及锐角三角函数的定义，熟练掌握正切的定义是解题的关键． 6．（2025·福建·中考真题）某房梁如图所示，立柱，E，F分别是斜梁，的中点．若，则的长为_______m． 【答案】4 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，是解题的关键．根据，得出为直角三角形，根据直角三角形的性质得出． 【详解】解：∵， ∴为直角三角形， ∵E是斜梁的中点， ∴． 故答案为：4． 7．（2025·福建·中考真题）如图，是等边三角形，D是的中点，，垂足为C，是由沿方向平移得到的．已知过点A，交于点G． (1)求的大小； (2)求证：是等边三角形． 【答案】(1) (2) 证明：由平移可知：， ， 又， ， ∴， 又， 垂直平分， ， 由（1）知，， ， ， 是等边三角形． 【分析】本题考查等边三角形的判定与性质、平移的基本性质、线段垂直平分线的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质等基础知识，考查空间观念、几何直观与推理能力，考查化归与转化思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． （1）等边三角形的性质推出，垂直，得到，角的和差关系求出的大小即可； （2）平移得到，进而得到，角的和差关系推出，进而得到，根据，推出垂直平分，进而得到，推出，进而得到是等边三角形即可． 【详解】（1）解：是等边三角形， ． D是的中点， ． ， ， ． （2）略 考点02 全等三角形的判定与性质 1．（2026·福建·中考真题）如图，是等边三角形，，，．求证：． 【答案】证明：，， ． 是等边三角形， ，． ． 在和中， ． ． 【分析】先根据、的垂直条件，得到．结合等边三角形的性质，得到，．推导与的大小关系，判断二者是否相等．因为已知，可通过判定和全等．依据全等三角形对应边相等的性质，即可求证． 【详解】略 2．（2025·福建·中考真题）如图，点E，F分别在的延长线上，．求证：． 【答案】 证明：， ． 在和中， ， ， ． 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、补角的性质等基础知识，考查推理能力、几何直观等．先证明，证明，即可得出结论． 【详解】略 2．（2023·福建·中考真题）如图，．求证：． 【答案】 证明：， 即． 在和中， ． 【分析】根据已知条件得出，进而证明，根据全等三角形的性质即可得证． 【详解】略 【点睛】本小题考查等式的基本性质、全等三角形的判定与性质等基础知识，考查几何直观、推理能力等，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 4．（2022·福建·中考真题）如图，点C，F在BE上，，，． 求证：． 【答案】 证明：∵， ∴， 又∵，， ∴ ∴． 【分析】利用得出，再利用SAS证明，根据全等三角形的对应角相等，即可得出． 【详解】略 【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，熟练掌握三角形全等的判定方法是解答本题的关键． 1．（2026·福建厦门·三模）如图，将直尺与含角的直角三角尺叠放在一起，三角尺的顶点落在直尺的边上．若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据角的和差关系，两直线平行，同旁内角互补，以及三角形的外角的性质，进行求解即可. 【详解】解：由图和题意，可知： ∵， ∴， ∴， ∴. 2．（2026·福建福州·模拟预测）将一副三角板按图中方式叠放，则等于（     ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三角形的外角的定义计算即可． 【详解】解：如图，为的外角，由题可知， ， ． 3．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，一副三角尺按图中所示位置摆放，．若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由同角的余角相等可知，，再结合，即可求解出的度数． 【详解】解：设， ∵，， ∴，， ∵， ∴， 解得，． 4．（2026·福建泉州·一模）如图，为的三等分线，交于点E，已知，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据三等分线定义可设，得到，，，根据周角的定义列方程并解方程，进一步即可得到答案． 【详解】解：∵为的三等分线， ∴可设， 则， ∵交于点E， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴． 5．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在中，点在上，交于点，点在上，与交于点．下列角中，与相等的是（     ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】直接根据两直线平行、同位角相等以及三角形外角的性质解答即可． 【详解】解：∵， ∴，即A选项符合题意； ∵与不平行， ∴，即选项B不符合题意； 由，即选项C错误； 与没有直接关系，即选项D错误． 6．（2026·福建南平·三模）随着人们对环境的日益重视，骑行单车这种“低碳”出行方式已融入人们的日常生活，如图是某单车车架的示意图，线段，，分别为前叉、下管和立管（点在上），为后下叉．已知，，，，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查平行线的性质，两直线平行，内错角相等．由，推出，从而求出，又因为，所以． 【详解】， ， ， ， 7．（2026·福建厦门·三模）《天工开物》中记载我国古代的提水工具“桔槔（）”，它是由竖立的架子和一根细长的杠杆组成．如图是“桔槔”的简易装置图，图中与是内错角的是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】两条直线被第三条直线所截形成的角中，若两个角都在两直线之间，并且在第三条直线（截线）的两旁，则这样一对角叫做内错角，根据定义判断即可． 【详解】解：图中与是内错角的是． 8．（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， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 9．（2026·福建福州·三模）如图，在的矩形网格中，每格小正方形的边长都是，若的三个顶点在图中相应的格点上，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取格点，连接，根据网格特征和勾股定理逆定理可知，再根据正切函数的定义即可得出答案． 【详解】解：如图，取格点，连接， ∵，，， ∴， ∴为直角三角形，， ∴． 10．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在等腰中，，点D为的中点，连接，点E与点 C关于对称，连接，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，求出 ，，即可求出答案． 【详解】解：设， ∵是等腰直角三角形， ∴ 在中， ∵点E与点C关于对称 ∴垂直平分， 设与交于点F，则， ∵， ∴ ∴， ∴ ∴． 11．（2026·福建莆田·模拟预测）“出入相补”原理是中国古典数学理论的奠基人之一、魏晋时期伟大的数学家刘徽创立的．如图，是刘徽用出入相补法证明勾股定理的“青朱出入图”，其中四边形、四边形、四边形均为正方形．若，，则的值为（     ）． A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】根据正方形的面积求出边长、，根据正方形的边长求出，在中利用勾股定理求出，进而得到正方形的边长． 【详解】解：∵为正方形， ， ∴， ∵为正方形，， ∴，， ∴在中，， ∵为正方形， ∴． 12．（2026·福建泉州·二模）设抛物线的顶点为，与轴分别交于两点，判定的形状是（     ） A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．钝角三角形 D．锐角三角形 【答案】B 【分析】先对抛物线配方得到顶点坐标，再求抛物线与轴交点得到的长度，利用抛物线对称性得到为等腰三角形，再根据线段长度关系判断三角形形状． 【详解】解：∵， ∴顶点的坐标为，到轴的距离为 令，得， 解得，， ∴两点在轴上的坐标为和， 可得 ∵抛物线对称轴为，顶点在对称轴上， ∴，是等腰三角形， ∵到的距离为，满足到的距离， 可得， ∴是等腰直角三角形． 13．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在等边中，，是上中线，点D在上，连接，以为边作等边，连接，则周长的最小值是（     ）　 A． B． C． D．6 【答案】A 【分析】连接，首先证明点E在射线上运动，，作点A关于直线的对称点M，连接交于，连接，此时的值最小，然后判断出是等边三角形，根据等边三角形三线合一得出，即可得出答案 【详解】解：如图，连接， ∵，是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴． ∵是上中线， ∴，， ∴ ∴点E在射线上运动（）． 作点A关于直线的对称点M，连接交于，连接， 即有：， ∴， 当F、E、M三点共线时，有最小值，最小为， 根据图形可知：当点E与点重合时，满足要求， 此时的值最小，最小为, 则有最小， 即周长的最小值，最小值为：， 根据对称性可知， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 周长的最小值为：﹒ 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质以及最短路径问题，综合性较强．确定点E在射线上运动（），是解答本题的关键． 14．（2026·福建漳州·模拟预测）已知在中，，D为上一点，且，要在线段的延长线上求作一点E，使得，垂足为C．下面选项中尺规作图的痕迹错误的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解：A．由作法可知，符合题意； B．由作法可知， ∵， ∴， ∴， ∴，符合题意； C．由作法可知， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 由B可知，，符合题意； D．由作法可知，由此作法无法说明，故不符合题意． 15．（2026·福建南平·一模）如图，在的正方形网格中，A，B两点在格点上，线段绕点A逆时针旋转一定的角度后得到线段，点B与格点C对应，则旋转角的大小可以为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用勾股定理以及逆定理求解． 【详解】解：如图，连接， 由勾股定理得， ∴， ∴． 16．（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． 17．（2026·福建泉州·一模）如图，点G是的重心，，，则的长为（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】延长交于，由重心得，，即可求解． 【详解】解：延长交于， 点G是的重心，， ，， ， ． 18．（2026·福建漳州·三模）如图，中，，，分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧（所在圆的半径相等）相交于两点，连接，与交于点，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了线段垂直平分线的尺规作图，等边对等角和线段垂直平分线的定义，直角三角形的性质等等，由作图方法可得垂直平分，则点O是的中点，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半推出，则，据此可得答案． 【详解】解：由作图方法可得垂直平分， 点O是的中点． ， ． ． ． 故选：A． 19．（2026·福建福州·模拟预测）小明用两个全等的三角形设计了一个“燕尾”的平面图案，如图，，连接并延长，的延长线与交于点，则下列推断错误的是（　　　） A．平分 B． C．是的中点 D． 【答案】D 【分析】此题重点考查全等三角形的性质、等角的补角相等、等腰三角形的“三线合一”等知识，推导出，且是解题的关键． 由全等三角形的性质得，，则，可判断A不符合题意；由，平分，得，，则，D是的中点，可判断B不符合题意，C不符合题意；假设成立，则是等边三角形，则，推导出，与已知条件不符，可知不成立，可判断D符合题意，于是得到问题的答案． 【详解】解：， ，， ， ， 平分， 故A不符合题意； ，平分， ，， ，D是的中点， 故B不符合题意，C不符合题意； 假设成立，则， ， ， ，与已知条件不符， 不成立， 故D符合题意． 故选：D． 20．（2026·福建厦门·模拟预测）我国魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中提到了著名的“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．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作近似估计，可得的估计值为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形与圆，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．作于C，利用等腰直角三角形的性质求出的面积，从而得出正八边形的面积，进而解决问题． 【详解】解：如图，作于C， ∵用半径为1的圆的内接正八边形面积作近似估计， ∴，， ∵ ∴， 则， ∴的面积为， ∴正八边形面积为 ∴的估计值为． 故选：B． 21．（2026·福建龙岩·模拟预测）如图，在中，，，以A为圆心，适当长为半径画弧交分别于点D，E两点，再分别以D，E为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点F，作射线交于点G，则的长为（    ） A．4 B． C．3 D． 【答案】B 【分析】本题考查了尺规基本作图、角平分线、全等三角形和勾股定理等核心知识，熟练掌握5种尺规基本作图、全等三角形和用勾股定理建立方程是解决问题的关键． 过点作于点，利用勾股定理计算出，利用基本作图得到平分，则根据角平分线的性质得到，再证明，得到，设，则，在中，利用勾股定理，求出x的值，即可． 【详解】解：过点作于点，如图， ， ， 由作图痕迹得平分，得． ， 在和中， ， ． ． ． 设，则， 在中，， ， 解得 ． 故选：B． 22．（2026·福建南平·三模）如图，是线段所在直线上的一动点，点在的两侧，，，，，，连接，分别取的中点，连接．随着点的运动，线段的长（   ） A．随着点的位置变化而变化 B．保持不变，长为 C．保持不变，长为 D．保持不变，长为 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线的性质，连接，过点作，交的延长线于，可得四边形为矩形，即得，，得到，进而由勾股定理得，再根据三角形中位线的性质得到，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接，过点作，交的延长线于， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵点分别为的中点， ∴为的中位线， ∴， 即的长保持不变， 长为， 故选：． 23．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，点A，B，C在直线l上，，，且过点D，E，F三点的圆的圆心在直线l上．若，，则的值是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】本题考查了圆的相关概念，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握运用平方差公式进行化简计算是解题的关键． 设圆心为O，连接，先证，得到，将化简变形得到，由勾股定理得，，代入，即可求解． 【详解】解：如图，设圆心为O，连接，则， ，， ， ， 又， ， ， 由勾股定理得，， 则 ． 故选：A． 24．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，是等腰三角形，．以点B为圆心，任意长为半径作弧，交于点F，交于点G，分别以点F和点G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于点H，作射线交于点D；分别以点B和点D为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点，作直线交于点E，连接．以下结论错误的是（   ） A． B． C． D．当时， 【答案】B 【分析】本题主要考查了等腰三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的定义和线段垂直平分线的性质．根据等腰三角形两底角相等与，得到，根据角平分线定义得到，根据线段垂直平分线性质得到，得到，推出，得到，推出，即可判断A；根据等角对等边得到，根据三角形外角性质得到，得到，推出，即可判断C；根据，得到，推出，即可判断B；根据与，，得到，推出，即可判断D． 【详解】解：∵中，，， ∴， 由作图知，平分，垂直平分， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，A正确； ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， C正确； 设，， 则，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即，B错误； 当时，， ∵， ∴， ∴，D正确， 故选：B． 25．（2026·福建南平·二模）如图，在中，，点D为边上一点，且，点E在边上（点E不与点B、C重合），将沿折叠，使得点B的对应点落在边上，则线段的长为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了翻折的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟练掌握翻折的性质及勾股定理． 根据等腰直角三角形的性质得出，根据翻折的性质和线段的和差得出，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵，， ∴为等腰直角三角形， ， 由翻折的性质可得， ， ， ， 在中，由勾股定理得， ， 故选：D． 26．（2026·福建厦门·二模）如图，已知是等边三角形，，是边上的高，E是的中点，P是上一动点．则的最小值是（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是最短线路问题及等边三角形的性质，正确作出辅助线是解题关键．连接，则的长度即为与和的最小值，再利用等边三角形的性质可得，然后根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接，与交于点， ∵是等边三角形， 是边上的高， ∴，，即垂直平分， ∴， ， ∴此时最小，即就是的最小值， 是等边三角形， ， ，E是的中点， ， ， ， 故选：C． 27．（2026·福建厦门·模拟预测）勾股定理是我国古代数学发展的重要起源，中华数学传统文化中的精髓：开方术、方程术等都与勾股定理密切相关，勾股定理在生活中有着极其广泛的应用．如图是某临街店铺在窗户上方安装的遮阳棚，其侧面如图所示，遮阳棚收拢紧贴墙面自然下垂时，遮阳棚棚骨外端C距离地面（即），将其展开至点B距离墙面的位置时（即水平距离），，则此时棚骨外端B离地面的垂直高度是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了勾股定理的应用，根据勾股定理求出的长是解题的关键．由勾股定理求出，则，再求出即可． 【详解】解：由题意可知，， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 28．（2026·福建龙岩·二模）如图，已知，点A是射线上的一个定点，点B是射线ON上的一个动点，且满足．点C在线段的延长线上，且．点D在线段上，且，连接，．则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了全等三角形的综合问题，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，过点B作，过点C作，交于点F，在上截取，使，连接，，得出四边形是矩形．由矩形的性质进一步证明，由全等三角形的性质进一步推出是等腰直角三角形．由等腰直角三角形的性质得出，再证明，由全等三角形的性质得出，进而可得出答案． 【详解】解：如图，过点B作，过点C作，交于点F，在上截取，使，连接，， ∵， ∴． ∴四边形是矩形． ∴，，． ∵， ∴． ∴，． ∵， ∴． ∴． ∴是等腰直角三角形． ∴． ∵， ∴． ∵， ∴． ∵，， ∴． ∴． ∵， ∴． 故选：D． 29．（2026·福建龙岩·二模）如图，，P是平分线上一点，，交于点C，于点D，且，则的长为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了平行线的性质，角平分线的性质，含有度角的直角三角形的性质，解题关键是理解含有度角的直角三角形的性质并能运用． 过P作于H，由平行线的性质推出，由含度角的直角三角形的性质得到，由角平分线的性质推出． 【详解】解：过P作于H， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵P是平分线上一点，，， ∴． 故选：B． 30．（2026·福建三明·一模）已知方程的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的一元二次方程根的判别式的应用，根与系数的关系，三角形三边关系的应用，先解方程得到一个解为，结合题意可得方程有两个不相等的正实数根，且，再进一步解答即可． 【详解】解：∵， ∴或， 当时，则， 当时，结合题意可得方程有两个不相等的正实数根， ∴，，， 解得：， ∵方程的三个互不相等的实数根可作为三角形的三边边长， ∴， ∴， ∴， 解得：， 综上：， 故选：C 31．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，，平分，，，则点D到的距离为______． 【答案】2 【详解】解：如图，过点作， ，， ， 平分，， ， 点D到的距离为2． 32．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在中， ，是线段的垂直平分线，交于点 D，交于点 E．若，则的长度是_______． 【答案】 【分析】求，，根据即可求出答案． 【详解】解：∵是线段的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴． 33．（2026·福建福州·模拟预测）如图，为的边的中点，，，于点，连接．若为的平分线，则的长为____________． 【答案】 【分析】延长交于点，根据角平分线+垂直模型容易证明，进而得到，，根据三角形中位线定理得到，代入计算即可． 【详解】解：如图，延长交于点． 为的平分线，， ∴，， 又∵， ∴， ，， ∵， ∴ 为的中点，为的中点， ． 34．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在中，已知，，，尺规作图痕迹如图所示，再以点为圆心，长为半径作弧，交于点，则图中阴影部分的面积为_____． 【答案】 【分析】利用三角函数求出的长，由作图得，由扇形面积公式即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， 由作图知平分， ∴， 在中，，则， ∵， ∴， ∴阴影部分面积为． 35．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，已知中，，，，点是内部一点，连接，，，若，则的最小值为______． 【答案】 【分析】在上取点，使，构造出，得，再根据两点之间线段最短得出即当在上时，取最小值. 【详解】解：在上取点，使， 又∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即当在上时，取最小值，为. 36．（2026·福建宁德·一模）用个全等的等腰三角形拼成如图所示的风车图案，则图中等腰三角形顶角的度数是_____． 【答案】 【分析】根据中心角由五个等腰三角形的底角围成，可先求底角，然后求顶角即可. 【详解】解：∵等腰三角形的底角为： ∴顶角为：． 37．（2026·福建泉州·二模）如图，在平面直角坐标系中，点在第一象限，点在轴的正半轴上，，反比例函数的图象经过的重心，若的面积为6，则的值为_______． 【答案】2 【分析】设点的坐标为，先根据等腰三角形的性质、三线合一和的面积为6，得出的值，再由三角形重心坐标公式写出的坐标，代入反比例函数中即可求得的值． 【详解】解：设点的坐标为，点在第一象限，，， ∵， ∴是等腰三角形， 点在轴的正半轴上，过点作于点， 又∵等腰三角形三线合一， ∴点是的中点，， ∴，， ∴，， ∴的面积， ∵是的重心，设， ，， ∴， ∵反比例函数的图象经过的重心，将的坐标代入反比例函数中，得， ． 38．（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． 39．（2026·福建南平·一模）“费马问题”是法国数学家皮埃尔·德·费马在1643年提出的一个著名的几何极值问题．问题的核心是：对任意三角形，都存在一个点，使得这个点到该三角形三个顶点的距离之和最小，这个点称为费马点．当的三个内角均小于时，使得的点P即为费马点．如图，若，则的最小值是_______． 【答案】 【分析】根据题意找出点，再计算，和的长，可得的最小值． 【详解】解：如图， ∵， ∴是等腰三角形， 根据对称性得，费马点在的垂直平分线上， 设点为的中点，连接，则，点在上，且， ∴， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得； 在中，，即， ∴， 又， ∴， 解得：， 由对称性得：， 又， ∴ ∴的最小值是． 40．（2026·福建泉州·一模）如图，将一块直角三角尺（，）沿射线方向平移到三角尺的位置，点A的对应点为点D．若，，则的长为________．    【答案】4.5 【分析】先根据图形平移性质求得，再求出的长度，最后根据“直角三角形中，角所对的直角边是斜边的一半”求得的长． 【详解】解：∵直角三角尺沿射线方向平移到三角尺的位置，点A的对应点为点D， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵，， ∴， ∴． 41．（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． 42．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，等边的边长为，点分别在边上，且与相交于点，则的值为_____．（用含的代数式表示） 【答案】 【分析】证明，得出，，再证明，即可得，则． 【详解】解：∵等边的边长为， ∴， ∵， ∴， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴． 43．（2026·福建厦门·一模）抛物线的顶点为A，将其沿水平方向向右平移m个单位长度，得到的抛物线的顶点为B，平移前后的两条抛物线相交于点C，若为等边三角形，则m的值为________． 【答案】 【分析】本题主要考查了二次函数综合，二次函数图象的平移问题，等边三角形的性质，勾股定理，首先根据顶点式确定原抛物线的顶点 A 的坐标，再写出平移后的抛物线方程和顶点B的坐标．联立两条抛物线方程求出交点C的坐标；过点C作于D，根据等边三角形的性质和勾股定理求出的长和点D的坐标，进而建立方程求解即可． 【详解】解：由题意得，点A的坐标为， ∵将抛物线沿水平方向向右平移m个单位长度，得到的抛物线的顶点为B， ∴点B的坐标为， ∴平移后的抛物线解析式为， 联立，得， ∴或， 当时，，不符合题意； 当时，， 在中，当时，， ∴； 如图所示，过点C作于D， ∵是等边三角形， ∴（向右平移，m是正数）， ∴， ∴，， ∴， ∴， 解得或（舍去）， 故答案为： 44．（2026·福建·模拟预测）如图，在中，，，，于点，是斜边的中点，则线段的长为______． 【答案】 【分析】本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质、等腰直角三角形的性质．二次根式，根据直角三角形的性质求出，根据直角三角形斜边上的中线的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，根据三角形的外角性质求出，根据等腰直角三角形的性质求出． 【详解】解：在中，，， 则， 在中，，，是斜边的中点， 则， ， ， ， ， ， 故答案为：． 45．（2026·福建福州·模拟预测）如图1，小明按照体育老师教的方法确定适合自己的绳长：一脚踩住绳子的中央，手肘靠近身体，两肘弯曲，小臂水平转向两侧，两手将绳拉直，绳长即合适长度．将图1抽象成图2，若两手握住的绳柄两端距离约为，小臂到地面的距离约，则适合小明的绳长为____． 【答案】 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．如图，过A作于D，根据等腰三角形的性质和勾股定理即可得到结论． 【详解】解：如图，过A作于D， ∵， ∴ ， 在中，， ∴， ∴绳长为； 故答案为：． 46．（2026·福建龙岩·模拟预测）如图，在正内接正和正中，点在上，点在上，若，则正的边长的取值范围为______． 【答案】 【分析】本题考查等边三角形的性质，由“点在上，点在上”可得．由正三角形面积等于边长平方的倍可求出和，进而可得的取值范围． 【详解】解：点在上，点在上， ． 正和正内接于正，， ， 解得． ． 故答案为：． 47．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在中，，将绕点按顺时针方向旋转度得到，连接，交于点，连接，若，则的值等于______． 【答案】 【分析】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，勾股定理，由旋转性质可知，，，，，则，然后得到，再由勾股定理得，，，，从而可得，然后代入即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：由旋转性质可知，，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，，，， ∴， ∴， 故答案为：． 48．（2026·福建莆田·三模）在中，，，，是上一个动点，将沿折叠得到，当平行的一边时，点到边的距离为_______． 【答案】或 【分析】本题考查了折叠的性质、勾股定理、解直角三角形，由勾股定理可得，解直角三角形得出，，再分两种情况：当时，延长交于；当时，令交于；分别求解即可，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， ∴，， 如图：当时，延长交于， ， 由折叠的性质可得：，， ∵， ∴， ∴， ∴，即此时点到边的距离为； 如图，当时，令交于， ， 由折叠的性质可得：，， ∵， ∴， ∴，即此时点到边的距离为； 综上所示，即此时点到边的距离为或； 故答案为：或． 49．（2026·福建莆田·三模）仙游古典家具制作技艺，简称为“仙作”，入选国家级非物质文化遗产名录，“仙作”家具集国画艺术，雕刻艺术与家具制作技艺的巧妙融合，款式典雅，结构严谨．一种“仙作”花窗的花瓣由六条等弧连接而成，所对应的弦构成一个正六边形，如图所示．设正六边形的中心为点，所在圆的圆心恰好是的外心．若，则花窗的面积（实线所围区域的面积）为_______． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形与圆、解直角三角形、等边三角形的判定与性质、扇形面积公式，连接并延长交于，求出是等边三角形，得到，结合题意可得，，求出，再结合花窗的面积（实线所围区域的面积）为计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图：连接并延长交于， ∵六边形是正六边形，点是中心， ∴，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵所在圆的圆心恰好是的外心， ∴， ∴垂直平分， ∴，，，， ∵， ∴，，， ∴， ∴花窗的面积（实线所围区域的面积）为， 故答案为：． 50．（2026·福建泉州·三模）小东同学使用激光笔进行折射实验．当光线从空气进入水中时，它的传播方向会发生改变．已知实验装置中液面与玻璃杯底面平行，其截面图如图所示．若，，则________． 【答案】 【分析】本题考查了角的和差，直角三角形两个锐角互余，解题关键利用直角三角形两个锐角互余求出相应角度． 根据求解． 【详解】解：∵，，， ∴，解得：． 故答案为：． 51．（2026·福建泉州·三模）如图，中，，平分交于点D，，，则长为________． 【答案】 【分析】本题考查了角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，过点作于，设，则，，可得，，利用勾股定理列方程即可，熟练利用勾股定理列方程是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作于，设，则，， 平分交于点，，， ， 根据勾股定理可得 ， ， ， ， 根据勾股定理可得，即， 解得（负值舍去）， ， 故答案为：． 52．（2026·福建·一模）如图，在菱形中，，，是菱形的高．若是的中点，连接，则的周长是_____． 【答案】/ 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题关键．连接，先根据菱形的性质可得，，，再证出和都是等边三角形，则可求出，然后利用勾股定理可得，证出是等边三角形，根据等边三角形的性质可得，由此即可得． 【详解】解：如图，连接， ∵在菱形中，，， ∴，，， ∴和都是等边三角形， ∵是菱形的高，是的中点， ∴，，， ∴， 又∵是菱形的高，， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴的周长是， 故答案为：． 53．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，和均为正三角形，且顶点、均在双曲线上，连接交于，连接，则图中________． 【答案】6 【分析】本题考查的是反比例函数，等边三角形的性质及反比例函数系数k的几何意义等知识，综合运用以上知识是解题的关键． 先根据和均为正三角形可知，故可得出，所以，过点B作于点E，由反比例函数系数k的几何意义即可得出结论． 【详解】解：如图： ∵和均为正三角形， ∴， ∴， ∴， 过点B作于点E，则， ∵点B在反比例函数的图象上， ∴， ∴． 故答案为：6． 54．（2026·福建宁德·一模）探究四边形重心的坐标：一般地，匀质薄板物体的重心就是其对应平面图形的几何中心．任意四边形的重心可以用“支撑平衡”的方法确定，也可以通过数学计算求得． (1)【基础掌握】如果三角形的顶点坐标分别为，，，根据三角形重心是三角形三条中线的交点这一性质，可以推出其重心的坐标为．如图1，在平面直角坐标系中，的顶点坐标分别为，，．求该三角形重心的坐标； (2)【基础掌握】如图2，两个匀质薄板物体拼成组合体，其重心一定落在原来两个物体重心连接的线段上；如果以组合体重心为支点，原来两个物体满足力的杠杆平衡原理（即）．现有两个矩形，其宽相等，大矩形高是小矩形的2倍，将它们底部对齐按图3方式拼成一个组合体，根据上述性质，确定该组合体重心的大致位置（简要说明方法）； (3)【猜想应用】如图4，对于任意四边形，将它沿一条对角线分割成两个三角形，它们的重心分别为，，对应面积分别为，，猜想并直接写出四边形重心的坐标；（用含，，，，，的代数式表示） (4)【猜想应用】如图5，四边形的顶点坐标分别为，，，求四边形重心的坐标． 【答案】(1)的重心坐标是 (2) 如图，设小矩形的重心为，大矩形的重心为，分别作出矩形的重心和，连接，在上取点使． (3)四边形重心坐标为 (4)四边形重心的坐标为 【分析】（1）依据公式进行计算即可； （2）连接，在上取点，使； （3）设四边形重心的坐标为，依据（2）杠杆平衡原理公式进行列式即可； （4）连接对角线，分四边形为和，记它们的重心和面积分别是、和、．可得、的重心坐标和面积，根据（3）中四边形重心坐标公式，即为所求． 【详解】（1）解： 三个顶点分别是，，， 根据公式得，． 的重心坐标是． （2）解：如图，设小矩形的重心为，大矩形的重心为，分别作出矩形的重心和，连接，在上取点使． 因为矩形是匀质薄板物体，其重心是其对应平面图形的几何中心，所以、分别是小矩形和大矩形的几何中心． 以组合体重心G为支点，根据力的杠杆平衡原理 (其中、分别为两个物体的重力，、分别为两个物体重心到支点的距离)． 由于两个矩形宽相等，大矩形高是小矩形的2倍，所以大矩形的重力是小矩形重力的2倍，即． 连接，在上取点使． 则点G即为组合体重心． （3）解：四边形重心的坐标为，由（2）杠杆平衡原理得： 同理可得 四边形重心坐标为 （4）解：如图，连接对角线，分四边形为和， 记它们的重心和面积分别是、和、． 四边形的顶点分别是，，，， 的重心坐标是， 面积， 的重心坐标是， 面积． 根据（3）中四边形重心坐标公式： ，， 四边形重心的坐标为． 55．（2026·福建厦门·一模）如图，在中，． (1)在上求作一点D，使；（要求：尺规作图，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，在AB上存在点E满足，连接．求证：． 【答案】(1)如图：点D即为所求． (2) 证明：由（1）作图可知：， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 【分析】（1）用尺规作图作出线段的中点即可； （2）由（1）作图可知：，再结合可得，利用等边对等角、三角形内角和定理、角的和差可得，进而证明结论． 【详解】（1）略 （2）略 56．（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， ∵， ∴， ∴． 57．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在中，平分交于点 D，E为上一点，G为延长线上一点，与交于点 F，． (1)求证：； (2)若A，F分别是，的中点，，求的长． 【答案】(1)证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． (2)2 【分析】（1）由平分，可得，由，可得，再由三角形的外角定理可得，即可证明结论； （2）由（1）可知，，可得，可得，由A是的中点，可得，再由，可得，再由F是的中点，即可得． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）可知，， ∴， ∴， ∵A是的中点， ∴， ∴， ∴， 同理可得，， ∴， ∵F是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴的长为2． 58．（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】 证明：∵， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【分析】推导出，，得到，继而证明∴，则，即可解答． 【详解】略 59．（2026·福建福州·二模）如图，已知，，，是中线． (1)尺规作图：求作线段，使得平分，且，连接并延长交延长线于点F（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，求证：． 【答案】(1) 如图所示： (2) 证明：是中线， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ． 【分析】（1）由题目的作图步骤进行作图即可； （2）由等腰三角形的性质可得，再求出，再由等腰三角形性质可得，再求出，最后可得结论． 【详解】（1）略 （2）略 60．（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 61．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在中，点D是边上一点，连接 并延长至点C，连接．若求证：． 【答案】见详解 【分析】通过证明即可求解． 【详解】证明：∵， ∴, 在和中， ∴ ∴． 62．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，四边形为平行四边形，，．求证：． 【答案】证明： 四边形是平行四边形， ， ， 和都是直角三角形， 在和中， ， ， ． 【分析】本题考查平行四边形的性质和直角三角形全等的判定．由平行四边形对边相等可得，结合已知条件和，可利用定理证明，从而证得对应角相等． 【详解】略 63．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，为等边三角形，点E在边上，连接，作于点D，将绕点A逆时针旋转得到，点B，D的对应点分别为点C，F，连接． (1)求证：为等边三角形； (2)延长交于点G，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）首先根据等边三角形的性质得到，，然后由旋转得到，，推出，即可证明； （2）过点C作交的延长线于点H，证明，然后推出，证明，即可得到． 【详解】（1）解：∵为等边三角形， ∴， 由旋转得，， ∴ ∴ ∴为等边三角形； （2）解：如图，过点C作交的延长线于点H ∵ ∴ ∵为等边三角形 ∴ ∴ ∵ ∴ 由旋转得，， ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵， ∴ ∴． 64．（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 65．（2026·福建福州·模拟预测）如图1，在中，，，．作与关于直线对称，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接． (1)求的值． (2)当时，求的长． (3)求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）在中，由勾股定理求，再用正切定义求解． （2） 由是关于的对称图形，得且．当时，，结合关于的轴对称性质，推导出，从而． （3） 利用在射线上且，将化为，再有理化得，由增减性知最小时最小．的最小值通过的最小值（到直线的距离）和勾股定理求得． 【详解】（1）解：在中，，，， ， ． （2）解：是关于直线的对称图形， ，， 当时， ， ， ， 由轴对称性质知， ， ， ． （3）解：在射线上，，， ，， ， ， ， ， ，且随增大而增大， 当最小时，最小， 过作于T， ， ， ， ，即， ， 的最小值， ， ， ． 66．（2026·福建·一模）如图，正三角形的边长为，是边上不与点，重合的动点，过点作边的垂线，交于，用表示线段的长度，用表示的面积． (1)直接写出的取值范围； (2)求关于的函数表达式． 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）过作于，由等边三角形的性质推出，即可得到； （2）过作于，由等边三角形的性质得到，，由含度角的直角三角形的性质得到，求出，由勾股定理求出，由三角形的面积公式即可得到关于的函数关系式． 【详解】（1）解：过作于， 是边长为的等边三角形， ， 不与、重合， ， ； （2）解：过作于， 是边长为的等边三角形， ，， ， ， ， ， ， ． 67．（2026·福建福州·三模）我们知道，任意一个，如果，则两条直角边，和斜边满足勾股定理（亦即）．如果，则上述关系就不再成立．班级数学研究小组对非直角三角形的三边平方的数量关系开展了进一步的探究． 定义：在任意三角形中，一个角的两条夹边的平方和减去它的对边的平方所得的差，叫做角的勾股差，记为． 定义2：如图，在中，是边上的高，则称线段的长度为边在边上的投影． 研究小组发现，对于非直角三角形的任一内角，其勾股差与夹这个角的两边及投影存在一定的数量关系． 情况①：如图，当时，过点作于点． 在和中，由勾股定理，分别得： ，． … ． 情况②：如图，当时，________． 得到了上述勾股差的投影表示法后，研究小组利用其进一步研究了平行四边形的四条边及对角线之间的数量关系． （广义勾股定理）如图，已知四边形是平行四边形．求证：． (1)在中，，，的对边分别为，，，若，，，则________，________，________． (2)请将上述情况①中的证明过程补充完整，并直接写出情况②中与，的数量关系． (3)请写出广义勾股定理的证明过程． (4)如图，在中，，，，是边上的中线，请直接写出的长． 【答案】(1)33；65； (2)情况①：如图，当时，过点作于点． 在和中，由勾股定理，分别得： ，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ； 情况②：； (3)证明：如图所示，过点A作于点G，过点B作交的延长线于点H， 由题意得，， ∴由（2）可知， ， ∴， ； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴ ； (4) 【分析】（1）根据勾股差的定义求解即可； （2）情况①：根据题意可得，则可证明，根据线段的和差关系可得，据此可得，再由勾股差的定义可得； 情况②：同理可推出，再由勾股差的定义可得； （3）过点A作于点G，过点B作交的延长线于点H，由（2）可知，，证明四边形是矩形，得到，即可证明； （4）延长到点T，使得，连接，证明四边形是平行四边形，由（3）可知，据此求出的长即可得到答案． 【详解】（1）解：由题意得，； ； ； （2）解：情况①：略； 情况②：如图，当时，过点作交的延长线于点． 在和中，由勾股定理，分别得： ，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ； （3）略 （4）解：如图所示，延长到点T，使得，连接， ∵是边上的中线， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴由（3）可知，， ∵，，， ∴， ∴， ∴或（舍）， ∴． 68．（2026·福建泉州·三模）【课本再现】 如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点O转动． 【问题发现】 (1)连接，直线分别交于点E、G，交于点，连接，则线段之间的数量关系是______． 【类比迁移】 (2)如图2，矩形的中心O是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想，，之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 (3)如图3，在中，，直角的顶点D在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点E，F，可绕着点D旋转，当时，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2)，证明如下： 如图所示，连接，延长交于， ∵O为矩形的中心， ∴，，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵矩形， ∴， ∴垂直平分， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴； (3)或 【分析】（1）证明，得到，由勾股定理得，则； （2）猜想：，连接，延长交于，证明，再利用勾股定理证明即可； （3）设分两种情形：①当点E在线段上时，②当点E在延长线上时，分别利用勾股定理构建方程求解即可． 【详解】（1）解：∵正方形的对角线相交于点O， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴； （2）略 （3）解：如图所示，当点E在上时， 过点B作，交的延长线于点M，连接， ∵， ∴，， ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 在中，由勾股定理，得， ∴ ∵，， ∴，， 设，则， 由勾股定理得， ， ∴， ∴， ∴ 如图所示，当点E在的延长线上时， 过点B作，交的延长线于点N，连接， ∵，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， ∴． ∵，， ∴，， 设，则， 由勾股定理得， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的面积为或。 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $