更多更新資料詳情加微：xiaojuzi9598或zhixing16881專題01一、單選題1．（2024·福建·中考真題）小明用兩個全等的等腰三角形設計了一個“蝴蝶”的平面圖案．如圖，其中與都是等腰三角形，且它們關于直線對稱，點，分別是底邊，的中點，．下列推斷錯誤的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】本題考查了對稱的性質，等腰三角形的性質等；A.由對稱的性質得，由等腰三角形的性質得，，即可判斷；B.不一定等于，即可判斷；C.由對稱的性質得，由全等三角形的性質即可判斷；D.過作，可得，由對稱性質得同理可證，即可判斷；掌握軸對稱的性質是解題的關鍵．【詳解】解：A.，，由對稱得，點，分別是底邊，的中點，與都是等腰三角形，，，，，結論正確，故不符合題意；B.不一定等于，結論錯誤，故符合題意；C.由對稱得，∵點E，F分別是底邊的中點，，結論正確，故不符合題意；D.過作，，，，由對稱得，，同理可證，，結論正確，故不符合題意；故選：B．2．（2024·福建·中考真題）如圖是由長方體和圓柱組成的幾何體，其俯視圖是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】本題考查了簡單組合體的三視圖，根據從上邊看得到的圖形是俯視圖，可得答案．【詳解】解：這個立體圖形的俯視圖是一個圓形，圓形內部中間是一個長方形．故選：C．3．（2022·福建·中考真題）如圖所示的圓柱，它的俯視圖為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】本題主要考查了圓柱的俯視圖，解題的關鍵是熟練掌握，俯視圖是從上面看到的圖形，根據從上面看圓柱得出的平面圖形為圓，即可得出答案．【詳解】解：豎直放置的圓柱體，從上面看到的平面圖形為圓，即俯視圖是圓．故選：A．4．（2023·福建·中考真題）下圖是由一個長方體和一個圓柱組成的幾何體，它的俯視圖是（）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據從上面看得到的圖形是俯視圖即可解答．【詳解】解：從上面看下邊是一個矩形，矩形的上邊是一個圓，故選：D．【點睛】本題考查了簡單組合體的三視圖，掌握從上面看得到的圖形是俯視圖是解答本題的關鍵．5．（2022·福建·中考真題）如圖，現有一把直尺和一塊三角尺，其中，，AB＝8，點A對應直尺的刻度為12.將該三角尺沿著直尺邊緣平移，使得△ABC移動到，點對應直尺的刻度為0，則四邊形的面積是（

）A．96 B． C．192 D．【答案】B【分析】根據直尺與三角尺的夾角為60°，根據四邊形的面積為，即可求解．【詳解】解：依題意為平行四邊形，∵，，AB＝8，．∴平行四邊形的面積=故選B【點睛】本題考查了解直角三角形，平移的性質，掌握平移的性質是解題的關鍵．6．（2022·福建·中考真題）美術老師布置同學們設計窗花，下列作品為軸對稱圖形的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據如果一個圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形叫做軸對稱圖形，這條直線叫做對稱軸進行分析即可．【詳解】解：A、是軸對稱圖形，故此選項符合題意；B、不是軸對稱圖形，故此選項不合題意；C、不是軸對稱圖形，故此選項不合題意；D、不是軸對稱圖形，故此選項不合題意；故選：A．【點睛】此題主要考查了軸對稱圖形，關鍵是掌握軸對稱圖形的定義．二、填空題7．（2024·福建·中考真題）無動力帆船是借助風力前行的．下圖是帆船借助風力航行的平面示意圖，已知帆船航行方向與風向所在直線的夾角為，帆與航行方向的夾角為，風對帆的作用力為．根據物理知識，可以分解為兩個力與，其中與帆平行的力不起作用，與帆垂直的力儀可以分解為兩個力與與航行方向垂直，被舵的阻力抵消；與航行方向一致，是真正推動帆船前行的動力．在物理學上常用線段的長度表示力的大小，據此，建立數學模型：，則．（單位：）（參考數據：）【答案】128【分析】此題考查了解直角三角形的應用，求出，，由得到，求出，求出在中，根據即可求出答案．【詳解】解：如圖，∵帆船航行方向與風向所在直線的夾角為，帆與航行方向的夾角為，∴，，∵，∴，在中，，，∴，由題意可知，，∴，∴在中，，∴，故答案為：8．（2021·福建·中考真題）如圖，在矩形中，，點E，F分別是邊上的動點，點E不與A，B重合，且，G是五邊形內滿足且的點．現給出以下結論：①與一定互補；②點G到邊的距離一定相等；③點G到邊的距離可能相等；④點G到邊的距離的最大值為．其中正確的是．（寫出所有正確結論的序號）【答案】①②④【分析】①利用四邊形內角和為即可求證；②過作，證明即可得結論；③分別求出G到邊的距離的范圍，再進行判斷；④點G到邊的距離的最大值為當時，GE即為所求．【詳解】①四邊形是矩形,四邊形內角和為①正確．②如圖：過作，又即點G到邊的距離一定相等②正確．③如圖：過作而所以點G到邊的距離不可能相等③不正確．④如圖：當時，點G到邊的距離的最大④正確．綜上所述：①②④正確．故答案為①②④．【點睛】本題考查了動點問題，四邊形內角和為，全等三角形的證明，點到直線的距離，銳角三角函數，矩形的性質，熟悉矩形的性質是解題的關鍵．三、解答題9．（2024·福建·中考真題）在手工制作課上，老師提供了如圖1所示的矩形卡紙，要求大家利用它制作一個底面為正方形的禮品盒．小明按照圖2的方式裁剪（其中），恰好得到紙盒的展開圖，并利用該展開圖折成一個禮品盒，如圖3所示．

圖1

圖2

圖3(1)直接寫出的值；(2)如果要求折成的禮品盒的兩個相對的面上分別印有“吉祥”和“如意”，如圖4所示，那么應選擇的紙盒展開圖圖樣是（

）圖4A．

B．C．

D．(3)卡紙型號型號Ⅰ型號Ⅱ型號Ⅲ規格（單位：cm）單價（單位：元）3520現以小明設計的紙盒展開圖（圖2）為基本樣式，適當調整，的比例，制作棱長為的正方體禮品盒，如果要制作27個這樣的禮品盒，請你合理選擇上述卡紙（包括卡紙的型號及相應型號卡紙的張數），并在卡紙上畫出設計示意圖（包括一張卡紙可制作幾個禮品盒，其展開圖在卡紙上的分布情況），給出所用卡紙的總費用．（要求：①同一型號的卡紙如果需要不止一張，只要在一張卡紙上畫出設計方案；②沒有用到的卡紙，不要在該型號的卡紙上作任何設計；③所用卡紙的數量及總費用直接填在答題卡的表格上；④本題將綜合考慮“利用卡紙的合理性”和“所用卡紙的總費用”給分，總費用最低的才能得滿分；⑤試卷上的卡紙僅供作草稿用）【答案】(1)2；(2)C；(3)見解析．【分析】本題考查了幾何體的展開與折疊，空間觀念、推理能力、模型觀念、創新意識等知識，掌握相關知識是解題的關鍵．（1）由折疊和題意可知，，，四邊形是正方形，得到，即，即可求解；（2）根據幾何體的展開圖即可求解；（3）由題意可得，每張型號卡紙可制作10個正方體，每張型號卡紙可制作2個正方體，每張型號卡紙可制作1個正方體，即可求解．【詳解】（1）解：如圖：上述圖形折疊后變成：由折疊和題意可知，，，∵四邊形是正方形，∴，即，∴，即，∵，∴，∴的值為：．（2）解：根據幾何體的展開圖可知，“吉”和“如”在對應面上，“祥”和“意”在對應面上，而對應面上的字中間相隔一個幾何圖形，且字體相反，∴C選項符合題意，故選：C．（3）解：卡紙型號型號型號型號需卡紙的數量（單位：張）132所用卡紙總費用（單位：元）58根據（1）和題意可得：卡紙每格的邊長為，則要制作一個邊長為的正方體的展開圖形為：∴型號卡紙，每張卡紙可制作10個正方體，如圖：型號卡紙，每張這樣的卡紙可制作2個正方體，如圖：型號卡紙，每張這樣的卡紙可制作1個正方體，如圖：∴可選擇型號卡紙2張，型號卡紙3張，型號卡紙1張，則（個），∴所用卡紙總費用為：（元）．10．（2023·福建·中考真題）如圖1，在中，是邊上不與重合的一個定點．于點，交于點．是由線段繞點順時針旋轉得到的，的延長線相交于點．

(1)求證：；(2)求的度數；(3)若是的中點，如圖2．求證：．【答案】(1)見解析(2)(3)見解析【分析】（1）由旋轉的性質可得，再根據等腰三角形的性質可得，再證明、，即可證明結論；（2）如圖1：設與的交點為，先證明可得，再證明可得，最后運用角的和差即可解答；（3）如圖2：延長交于點，連接，先證明可得，再證可得；進而證明即，再說明則根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可解答．【詳解】（1）解：是由線段繞點順時針旋轉得到的，，，．，．．，．．（2）解：如圖1：設與的交點為，

，，，．，，．又，．，．（3）解：如圖2：延長交于點，連接，

，，．是的中點，．又，，．，，．由（2）知，，．

，，，，即．，，．【點睛】本題主要考查三角形內角和定理、平行線的判定與性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、等腰三角形及直角三角形的判定與性質等知識點，綜合應用所學知識成為解答本題的關鍵．11．（2023·福建·中考真題）閱讀下列材料，回答問題任務：測量一個扁平狀的小水池的最大寬度，該水池東西走向的最大寬度遠大于南北走向的最大寬度，如圖1．工具：一把皮尺（測量長度略小于）和一臺測角儀，如圖2．皮尺的功能是直接測量任意可到達的兩點間的距離（這兩點間的距離不大于皮尺的測量長度）；測角儀的功能是測量角的大小，即在任一點處，對其視線可及的，兩點，可測得的大小，如圖3．

小明利用皮尺測量，求出了小水池的最大寬度，其測量及求解過程如下：測量過程：（?。┰谛∷赝膺x點，如圖4，測得，；（ⅱ）分別在，，上測得，；測得．求解過程：由測量知，，，，，∴，又∵①___________，∴，∴．又∵，∴②___________．故小水池的最大寬度為___________．(1)補全小明求解過程中①②所缺的內容；(2)小明求得用到的幾何知識是___________；(3)小明僅利用皮尺，通過5次測量，求得．請你同時利用皮尺和測角儀，通過測量長度、角度等幾何量，并利用解直角三角形的知識求小水池的最大寬度，寫出你的測量及求解過程．要求：測量得到的長度用字母，，表示，角度用，，表示；測量次數不超過4次（測量的幾何量能求出，且測量的次數最少，才能得滿分）．【答案】(1)①；②(2)相似三角形的判定與性質(3)最大寬度為，見解析【分析】（1）根據相似三角形的判定和性質求解即可；（2）根據相似三角形的判定和性質進行回答即可；（3）測量過程：在小水池外選點，用測角儀在點處測得，在點處測得；用皮尺測得；求解過程：過點作，垂足為，根據銳角三角函數的定義推得，，，根據，即可求得．【詳解】（1）∵，，，，∴，又∵，∴，∴．又∵，∴．故小水池的最大寬度為．（2）根據相似三角形的判定和性質求得，故答案為：相似三角形的判定與性質．（3）測量過程：（?。┰谛∷赝膺x點，如圖，用測角儀在點處測得，在點處測得；

（ⅱ）用皮尺測得．求解過程：由測量知，在中，，，．過點作，垂足為．在中，，即，所以．同理，．在中，，即，所以．所以．故小水池的最大寬度為．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，解直角三角形的實際應用，根據題意畫出幾何圖形，建立數學模型是解題的關鍵．一、單選題1．（2024·福建廈門·二模）下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題主要考查了中心對稱圖形和軸對稱圖形的定義，如果一個平面圖形沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠互相重合，這個圖形就叫做軸對稱圖形；中心對稱圖形的定義：把一個圖形繞著某一個點旋轉，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形叫做中心對稱圖形，這個點就是它的對稱中心．根據軸對稱圖形和中心對稱圖形的定義進行逐一判斷即可．【詳解】解：A．是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故A不符合題意；B．是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，故B符合題意；C．是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故C不符合題意；D．是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故D不符合題意．故選：B．2．（2024·福建莆田·模擬預測）如圖，該幾何體的左視圖是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題主要考查了學生的思考能力和對幾何體三種視圖的空間想象能力．根據組合體的形狀進行判斷是解題的關鍵．根據組合體的形狀和三視圖的定義即可解答．【詳解】解：該幾何體的左視圖是：．故選：C．3．（2024·福建福州·模擬預測）如圖是生活中常用的“空心卷紙”，其左視圖是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本題考查了簡單組合體的三視圖，左視圖是從物體的左面看得到的視圖．找到從左面看所得到的圖形即可，注意所有的看到的棱都應表現在左視圖中．【詳解】解：左視圖是．故選：D．4．（2024·福建福州·模擬預測）下列圖形中，是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查的是中心對稱圖形，把一個圖形繞某一點旋轉，如果旋轉后的圖形能夠與原來的圖形重合，那么這個圖形就叫做中心對稱圖形．根據中心對稱圖形的定義解答即可．【詳解】解：選項A、C、D均不能找到這樣的一個點，使圖形繞某一點旋轉180度后和原圖形完全重合，所以不是中心對稱圖形，選項B能找到這樣的一個點，使圖形繞某一點旋轉180度后和原圖形完全重合，所以是中心對稱圖形，故選：B．5．（2024·福建福州·三模）已知一個幾何體如圖所示，它的左視圖是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查簡單幾何體的左視圖，掌握“能看見的輪廓線用實線表示，看不見的輪廓線用虛線表示”是解題關鍵．根據簡單幾何體的三視圖的意義，畫出左視圖即可判斷．【詳解】解：從左面看該幾何體，所得到的圖形如下：故選：B．6．（2024·福建福州·模擬預測）在數學綜合實踐課上，某學習小組計劃制作一個款式如圖所示的風箏．在骨架設計中，兩條側翼的長度設計，風箏頂角的度數為，在，上取D，E兩處，使得，并作一條骨架，在制作風箏面時，需覆蓋整個骨架，根據以上數據，B，C兩點間的距離大約是（

）（參考數據：，，）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題考查了解直角三角形的應用，相似三角形的判定與性質，根據題目的已知條件并結合圖形添加適當的輔助線是解題的關鍵．設與交于G點，交于點H，根據已知易證，然后利用相似三角形的性質可得，從而可得，進而可得，再利用等腰三角形的三線合一性質可得，，最后在中，利用銳角三角函數的定義求出的長，即可解答．【詳解】解：設與交于G點，交于點H，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，，在中，，∴，∴，B，C兩點間的距離大約是，故選：C．7．（2024·福建漳州·模擬預測）第二十四屆國際數學家大會會徽的設計基礎是1700多年前中國古代數學家趙爽的“弦圖”．如圖，在由四個全等的直角三角形（，，，）和中間一個小正方形拼成的大正方形中，，連接．設，，若正方形與正方形的面積比為，，則（

）A．4 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】此題考查了勾股定理，解直角三角形，趙爽“弦圖”等知識，解題的關鍵是熟練掌握以上知識點．設，，首先根據得到，然后表示出正方形的面積為，正方形的面積為，最后利用正方形與正方形的面積之比為求解即可．【詳解】解：設，，∵，，∴，即，∴，整理得，∴，∵，∴，∴正方形的面積為，∵正方形的面積為，∵正方形與正方形的面積之比為，∴，∴解得．故選：D．8．（2024·福建廈門·二模）如圖，將一塊等腰直角三角板放在平面直角坐標系中，點，直角頂點C-2,0，點在第二象限．將沿軸正方向平移后得到，點的對應點恰好落在雙曲線上，則平移的距離等于（

）

A．4 B．6 C．8 D．10【答案】B【分析】本題考查了坐標與圖形、三角形全等的判定與性質、反比例函數的性質、平移的性質，由題意得，，作軸于，證明得出，設將沿軸正方向平移個單位后得到，得出，，結合反比例函數的性質求出的值即可得解．【詳解】解：∵點，C-2,0∴，，如圖：作軸于，

則，∴，∵為等腰直角三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，，∴，∴，設將沿軸正方向平移個單位后得到，∴，，∵點的對應點恰好落在雙曲線上，∴，解得：，∴平移的距離為，故選：B．9．（2024·福建·三模）如圖，在平面直角坐標系，點的坐標為是由繞點逆時針旋轉得到的，是由向右平移得到，點的坐標為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】本題考查了解直角三角形，平移的性質，旋轉的性質．作軸于點，在中，利用三角函數求得和的長，據此即可求解．【詳解】解：作軸于點，由題意得，，，

∵，∴，，在中，，，∴，∴點的坐標為，故選：A．10．（2024·福建福州·模擬預測）如某中學九年級數學活動小組應用解直角三角形的知識，測量學校一教學樓的高度．如圖，小明在A處測得教學樓的頂部的仰角為，向前走到達E處，測得教學樓的頂部的仰角為，已知小明的身高為（眼睛到頭頂的距離可忽略不計），則教學樓的高度約（

）m（結果精確到，參考數據：）．

A．27.3 B．28.9 C．31.3 D．35.9【答案】B【分析】本題考查解直角三角形的應用?仰角俯角問題，設，解可得，則，然后在中，解直角三角形求出x，即可得出答案．【詳解】解：如圖，延長交于H，

由題意得，，，，設，在中，∵，∴，∴，在中，，即，∴，解得：，∴，∴，故選B．11．（2024·福建廈門·二模）如圖，在中，，O是邊上一點，以點O為圓心，為半徑作圓O，恰好與相切于點D，連接．若，則的值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查切線的性質，相似三角形的判定與性質以及銳角三角函數，根據題意作輔助線是解決問題的關鍵．連接，證明，得出，則，由得出結論．【詳解】解：連接∵恰好與相切于點D∴又∴∴∵∴∴故選：B．12．（2024·福建泉州·模擬預測）如圖，正方形內接于為的中點，直線交于點，如果的半徑為，則的長度為（

）A． B． C．1 D．【答案】A【分析】連接，，，如圖所示，根據圓內接正方形的性質，等腰直角三角形的邊角關系，在中得到，在中，由勾股定理求出，再由三角形相似的判定與性質，得到，代值求解即可得到答案．【詳解】解：連接，，，如圖所示：正方形內接于，點是的中點，，，在中，，，則，在中，，，則，，，，，即，，解得．故選：A．【點睛】本題考查正多邊形和圓，正方形的性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質，掌握圓內接正方形的性質，等腰直角三角形的邊角關系，勾股定理，相似三角形的判定與性質是正確解答的關鍵．13．（2024·福建廈門·二模）西周數學家商高總結了用“矩”（如圖）測量物高的方法：把矩的兩邊放置成如圖的位置，從矩的一端（人眼）望點，使視線通過點，記人站立的位置為點，量出長，即可算得物高．令，若，則關于的函數表達式為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】本題考查一次函數的應用、相似三角形的判定與性質，解答本題的關鍵是明確題意，利用數形結合的思想解答．根據題意和圖形，可以得到，然后根據相似三角形的性質，可以得到與的函數關系式．【詳解】解：由圖2可得，，，，，，，即，，化簡，得，故選：B．14．（2024·福建莆田·一模）如圖，在矩形中，點是坐標原點，點A在反比例的圖象上，點在反比例函數，，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題主要考查矩形的性質、銳角三角函數、勾股定理、相似三角形的判定和性質、反比例函數k的幾何意義等知識點，熟練掌握反比例函數k的幾何意義是解題的關鍵．過A、B作軸于E，軸于F，利用三角函數、勾股定理解可得，結合矩形的性質可得，再證，推出，根據反比例函數k的幾何意義可得即可求解．【詳解】解：∵四邊形為矩形，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，如圖：過A、B作軸于E，軸于F，∵且，∴，∴，∴，,解得：，∵反比例函數在第二象限，∴，∴．故答選C．二、填空題15．（2024·福建福州·三模）將點向右平移2個單位得到點B，點B的坐標為．【答案】【分析】本題考查了坐標的平移，根據平移中點的變化規律：向右平移橫坐標加，列式計算即可得解．【詳解】解：將點向右平移2個單位得到點B，即，故答案為：．16．（2024·福建泉州·模擬預測）如圖，矩形的頂點A，B分別在軸，軸上，，將矩形繞點順時針旋轉，若點正好落在反比例函數的圖象上，則．

【答案】30【分析】作軸，垂足為，可證明，得到，代入數據求出，，據此得到點坐標，再根據旋轉性質得到旋轉后的點坐標，根據反比例函數圖象上點的坐標特征得到值即可．本題考查了反比例函數圖象上點的坐標特征及旋轉性質，熟練掌握旋轉性質是關鍵．【詳解】解：如圖，作軸，垂足為，

，，，∴，，即，，，，，根據性質性質，三角形繞點順時針旋轉后，點落在第一象限，且坐標為，點在反比例函數圖象上，．故答案為：30．17．（2024·福建福州·模擬預測）如圖，在中，，，是過點的直線，，，則與通過下列變換：①繞點旋轉后重合；②沿的中垂線翻折后重合；③繞中點逆時針旋轉90度，則與重合；④先沿方向平移，使點與點重合后，再將平移后的三角形繞點逆時針旋轉90度，則與重合．其中正確的有（填空序號）．【答案】③④/④③【分析】本題考查了幾何變換綜合題．根據全等三角形的判定定理得到，則，，結合平移與旋轉的性質進行判斷即可得到答案．需要掌握全等三角形的判定與性質，旋轉與平移的性質．無論旋轉還是平移，運動后的圖形與原圖形是全等的．【詳解】解：，，，又，（同角的余角相等），在與中，，，，．①繞點旋轉后，與不重合，即與不重合，故錯誤；②與不關于的中垂線對稱，則沿的中垂線翻折后不重合，故錯誤；③由是等腰直角三角形，得到，則繞中點逆時針旋轉90度，則與重合，故正確；④先沿方向平移，使點與點重合后，再將平移后的三角形繞點逆時針旋轉90度，則與重合，故正確；綜上所述，正確的結論有③④，故答案為：③④．18．（2024·福建福州·模擬預測）如圖，已知矩形的長，寬，將矩形先向上平移，再向右平移得到矩形，連接，連接交于點，則圖中面積為的三角形為．【答案】【分析】本題考查矩形的性質、平移的性質及三角形的面積計算．熟知矩形及平移的性質是正確解決本題的關鍵．找到圖中面積接近的各三角形的底和高計算面積即可得出答案．【詳解】解：由平移及題意可知，底為m，高為，面積為；底為m，高為，面積為；底為m，高為，面積為；底為n，高為m，面積為；故答案為：．19．（2024·福建廈門·二模）臺球是用球桿在臺上擊球，依靠計算得分確定比賽勝負的室內高雅體育運動．如圖是一張寬為m米，長為米的矩形臺球桌，某球員擊位于的中點E處的球，球沿射向邊，然后反彈到C點的球袋，球的反彈規律滿足光的反射定律．若球的速度為v米/秒，則球從出發到入袋的時間等于（用含m和v，的式子表示）【答案】【分析】本題考查的是矩形的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理的應用，先求解，，，，再證明，再利用相似三角形的性質與勾股定理可得答案．【詳解】解：∵一張寬為m米，長為米的矩形臺球桌，的中點為E，∴，，，，由反彈規律滿足光的反射定律．∴，∴，∴，∴，，∴，，∴，∴，故答案為：20．（2024·福建莆田·一模）如圖，在中平分，按以下步驟作圖：第一步分別以點A、D為圓心，以大于的長為半徑在兩側作弧，交于兩點M、N；第二步，連接分別交于點E、F；第三步，連接，若，，，則的長是．【答案】4【分析】由基本作圖得到垂直平分，則，，，再根據證明得到，則可判斷四邊形為菱形，所以，然后根據相似三角形的判定與性質可計算出．【詳解】解：如圖，由作法得垂直平分AD，，，，平分，∴，∵，∴，，，∴四邊形為菱形，，，，，，解得：，．故答案為4．【點睛】本題考查了作圖-基本作圖，線段垂直平分線的性質，相似三角形的判定與性質，熟練掌握相似三角形的判定與性質是解答本題的關鍵．21．（2024·福建泉州·模擬預測）如圖，在中，，，，點D，E分別為、AB的中點，將繞著點B順時針旋轉，得到，當C，，在同一直線上時，則的長為．【答案】或【分析】本題主要考查三角形中位線定理、旋轉的性質和分類討論思想的應用，根據三角形中點得，，，則，由旋轉的性質得，，，分情況討論可得，利用線段和差關系即可．【詳解】解：∵，，點D，E分別為、AB的中點，∴，，，∵，∴，∵繞著點B順時針旋轉得到，∴，，，∴，∴，則，∵，，∴，∴，∵∴，故的長或．22．（2024·福建漳州·三模）如圖，正方形的邊長是，點，分別在AB，延長線上，且，連接，交于點，與邊CD，分別交于點，，連接、現給出以下結論：①；②；③；④當時，．其中正確的．（寫出所有正確結論的序號）【答案】①②③【分析】由四邊形是正方形，得到，，根據全等三角形的性質得到，根據余角的性質得到；故①正確；根據相似三角形的性質得到，故②正確；根據全等三角形的性質得到，，于是得到，即；故③正確；根據相似三角形的性質得到，求得，，，由三角函數的定義即可得到結論．【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，，∵，∴，在與中，，∴（），∴，∵，∴，∴，∴，故①正確；∴，，∴，∵，∴，∴，∴故②正確；在與中，∴（），∴，∴，在與中，，∴（），∴，即；故③正確；∵，，∴，∴∵，，∴，∴，∴，∴，∵∴∵∴，∴，∴，，∴，∴，故④錯誤，故答案為：①②③．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，正方形的性質，三角函數的定義，熟練掌握全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．三、解答題23．（2024·福建泉州·模擬預測）如圖，在等腰直角中，，點在邊上，將線段繞點按逆時針方向旋轉得到，連接．

(1)如圖1，若，求證∶；(2)如圖2，若點在邊上，與交于點，已知，，求的長；(3)如圖3，點F與點重合，點為邊的中點，且三點共線，以和為鄰邊作，連接，若，求的最小值．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）設，則，可推出，從而得出；（2）作于，可依次求得，，，，，，可證得，從而，從而得出，從而得出；（3）取的中點，作，截取，連接，可推出，從而得出點在以為圓心，為半徑的圓上運動，連接，交于點，當運動在時，最小，作，交的延長線于，根據勾股定理求得，進一步得出結果．【詳解】（1）證明：設，∵則，，，，，；（2）解：如圖1，

作于，線段繞點按逆時針方向旋轉得到，，，，，，，，，，，，，，，，；（3）解：如圖所示，取的中點，作，截取，連接，以和為鄰邊作，∴四邊形是平行四邊形，，，，，四邊形是平行四邊形，，，，，是的中點，，，，，，∵取的中點，作，截取，連接，點在以為圓心，為半徑的圓上運動，連接，交于點，當運動在時，最小，

作，交的延長線于，與的交點記為，連接∵取的中點，作，此時點與重合∴∵，∴∴四邊形是矩形，，，，．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，確定圓的條件，等腰三角形的性質，平行四邊形的判定和性質，直角三角形的性質等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，確定點的運動軌跡．24．（2024·福建泉州·模擬預測）已知：如圖，中，，，點D為線段延長線上一動點，點E為點D關于直線的對稱點．連接，．(1)求證：．(2)連接，若，且，求的值．【答案】(1)見詳解(2)【分析】連接，延長交與點G，設，則，利用軸對稱得，則，即可判定平行；設，則，，有，根據等腰三角形的性質得，則，結合對稱得，由三角形內角和定理求得，即可解得．【詳解】（1）解：連接，延長交與點G，如圖，∵，∴設，∴．∵點E為點D關于直線的對稱點，∴，∵，∴，∴，∴，∴．（2）解：設，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，則，∵點E為點D關于直線的對稱點，∴，∵，∴，即，解得，則．【點睛】本題主要考查等腰三角形的性質、三角形內角和定理、軸對稱的性質、平行線的判定和性質解解直角三角形，解題的關鍵是熟練掌握等腰三角形的性質和對稱性．25．（2024·福建廈門·二模）在等腰中，，，點，分別在邊，上（不同時在點），連接，將線段繞點順時針旋轉，得到線段，連接，探究與的位置關系．

問題探究(1)先將問題特殊化，如圖，點，分別與點，重合，直接寫出與的位置關系：(2)再探討一般情形，如圖，證明（）中的結論仍然成立．問題拓展(3)如圖，若為的中點，點是點關于直線的對稱點，若點，，在一條直線上，求的值．【答案】(1)，理由見解析；(2)證明見解析；(3)．【分析】（）先證，再證，則四邊形是平行四邊形，即可得出結論；（）過作交的延長線于點，證得則，即可得出結論；（）連接，過作于點，延長交于點，證四邊形是正方形，得，，，再證，得，然后證是等腰直角三角形，得，進而得，即可解決問題．【詳解】（1），理由如下：∵，∴，∴，∵，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴；（2）證明：如圖，

過作交的延長線于點，則，∵，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，，由旋轉的性質得：，，∴，∴，即，∴，∴，∴，∴，∴；（3）如圖，連接，過作于點，延長交于點，

則，由（）可知，，∴，，∵為的中點，∴，∴，∴，∵點是點關于直線的對稱點，∴，∴，∴四邊形是平行四邊形，∵，，∴平行四邊形是正方形，∴，，，∵，∴，∴，，∴，由旋轉的性質得：，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴．【點睛】本題考查了旋轉的性質、等腰直角三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、正方形的判定與性質、軸對稱的性質、平行線的判定與性質等知識，熟練掌握旋轉的性質和平行四邊形的判定與性質，證明三角形全等是解題的關鍵．26．（2024·福建·模擬預測）如圖，將的邊繞點A逆時針旋轉得到線段，連接．(1)如圖1，連接，若，，，，求的長；(2)如圖2，點E在上，且滿足，連接，點F為上一點，連接交于點M，若，，求證；(3)如圖3，若，，，點P在直線上且滿足，將沿虛線折疊使得點P的對應點P落在上，連接；與折痕交于點O，請直接寫出最小時，點O到的距離．【答案】(1)(2)見解析(3)【分析】（1）過點作交延長線于點，證明，則，．在中，勾股定理得出，根據即可求解．（2）過點作交延長線于點，證明，，即可得出結論；（3）過點作交于點，以為圓心，長為半徑作，設交于點，連接，得出點在上運動，證明是等邊三角形，在上取點，使得，證明，得出，則點在以為圓心，為半徑的上運動，當三點共線時，取得最小值，勾股定理得出，根據題意證明，進而求得，即可求解．【詳解】（1）解：過點作交延長線于點，∴，∵，∴，∴，∵，，∴．∴在與中，，∴，∴，．在中，．∴．（2）過點作交延長線于點，∴，，∵，，∴，．∴在與中，，∴，∴，∵，∴，∴與中，，∴，∴．（3）解：過點作交于點，以為圓心，長為半徑作，設交于點，連接，∵，，，∴∴，∴點在上運動，∵是直徑，∴，∴，∵，，∴又∵∴是等邊三角形，∵∴在上取點，使得，∴，又，∴，∴∵，∴，∴點在以為圓心，為半徑的上運動，如圖所示，當三點共線時，取得最小值，如圖所示，點到的距離等于在中，，∴∴，∵，∴，∴，∴，∴，解得：，∴．【點睛】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的性質與判定，相似三角形的性質與判定，勾股定理，圓周角定理，折疊問題，圓外一點到圓的距離的最值問題，熟練掌握上述知識是解題的關鍵．27．（2024·福建泉州·二模）如圖，平行四邊形中，，過A作，在上取一點，將繞點逆時針旋轉得線段．(1)如圖1，若點是中點，，旋轉后點恰好落在邊上，求：①的度數；②的長度；(2)如圖2，將繞點逆時針旋轉得線段，當時，在上取一點，使，連接，，，猜想與的大小關系并證明；(3)如圖3，若點為中點，點為中點，，當最小時，直接寫出．【答案】(1)①；②(2)，證明見解析(3)【分析】（1）①利用平行四邊形性質得，再證明，利用等邊對等角求得即可求解；②利用利用平行四邊形性質得，再利用含的直角三角形性質求得即可求解；（2）延長至點，使，連接，，利用是的中位線，，可證，再證，再證，可得，則，，通過證即可求，利用含的直角三角形性質可證；（3）由將繞點逆時針旋轉得線段，得點軌跡為以點為圓心，長為半徑的圓，∵點為中點，∴點軌跡為以的中點為圓心，長為半徑的，連接交于點，此時最小，計算即可．【詳解】（1）解：①∵四邊形是平行四邊形，∴，，∵，∴，∵點是中點，∴，由旋轉知，，∴，∴，∴，②∵，，∴為等邊三角形，∴；（2）解：，證明如下：如圖，延長至點，使，連接，，∵，∴是的中位線，∴，，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，，∵，∴，∴，∴，∴；（3）解：由將繞點逆時針旋轉得線段，得點軌跡為以點為圓心，長為半徑的圓，∵點為中點，∴點軌跡為以的中點為圓心，長為半徑的，如圖，連接交于點，此時最小，連接，設的邊上的高為，∵，∴，，∵點為中點，∴，∴，∴，，此時，，∴，∵點為中點，點為中點，∴，∴．【點睛】本題主要考查了平行四邊形性質，含的直角三角形性質，等腰三角形性質，勾股定理，三角形中位線性質，全等三角形的判定和性質，旋轉的性質等問題，熟練掌握以上知識點的應用是解題的關鍵．28．（2024·福建漳州·一模）在數學活動課中，老師組織學生開展“如何通過折紙的方法，確定矩形紙片長邊上的一個三等分點”的探究活動．【操作探究】“求知”小組經過一番思考和討論交流后，進行了如下操作，如圖1．第1步：先將矩形紙片沿對角線對折，展開鋪平，折痕為；第2步：將邊以某一合適長度向右翻折3次，折痕與交于點K；第3步：過點K折疊矩形紙片，使折痕，交于點N；第4步：延長交邊于點P，則點P為邊的三等分點．證明過程如下：由題意，得．∵，∴．∴①．∴．同理，得．∴②．∴．則點P為邊的三等分點．“勵志”小組的操作如下，如圖2．第1步：先將矩形紙片沿對角線對折，展開鋪平，折痕為；第2步：再將矩形紙片對折，使點A和點B重合，展開鋪平，折痕為；第3步：沿折疊矩形紙片，折痕交于點G；第4步：過點G折疊矩形紙片，使折痕．【過程思考】（1）補全“求知”小組證明過程中①②所缺的內容；（2）“勵志”小組經過上述操作，認為點M為邊的三等分點．請你判斷“勵志”小組的結論是否正確，并說明理由．【拓展應用】（3）如圖3，將矩形紙片對折，使點A和點B重合，展開鋪平，折痕為，將邊沿翻折到的位置，過點G折疊矩形紙片，使折痕，若點M為邊的三等分點，求的值．【答案】（1）①；②．（2）正確，理由見解析（3）【分析】（1）根據題意即可填空；（2）證明得，證明得，可得結論；（3）設，則．證明四邊形是矩形，得，由勾股定理得，設，則，證明得，代入可求出，進一步可求出．【詳解】解：（1）．∵，∴．∴．∴．同理，得．∴．∴．則點P為邊的三等分點．故答案為①．②．（2）“勵志”小組的結論正確，理由如下：在矩形中，．由折疊，得點是邊的中點，點是邊的中點，．，，，，點是邊的三等分點．（3）由折疊，得．點為邊的三等分點，．設，則．由折疊性質，得．．．．四邊形是矩形．．由勾股定理，得設，則．，，，，∴，解得【點睛】本題考查了正方形的性質，相似三角形的判定與性質，平行線分線段成比例，折疊的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理與矩形的判定與性質．解題的關鍵是學會利用參數構建方程解決問題．29．（2024·福建泉州·模擬預測）平面直角坐標系中，點、都是x軸負半軸上的點，以為一邊向上作矩形，矩形另一邊，點E為線段CD上一點，沿直線折疊邊AD，使點D落在x軸上點F處．(1)求點F的坐標（用含m的式子表示）；(2)如圖2，設拋物線經過A、E兩點，其頂點為M，①連接，若是直角三角形，求m的值．②過點E作x軸的垂線，在直線上截取線段（P在Q上方），當在直線上運動時，求四邊形周長的最小值．【答案】(1)(2)①，②【分析】（1）根據題意可得，，由折疊得，，在中利用勾股定理即可求得，即可得點B的坐標；（2）由（1）知，點，，設，則，在中利用勾股定理即可求得x，即可得到點E的坐標；結合題意利用待定系數法求得拋物線，則點，①若是直角三角形，則，或，解得對應的m取滿足題意得即可；②四邊形周長為，由于和不變，只需求得最小即可，根據將軍飲馬的模型作點A關于直線l的對稱點，再將點向下平移長得到，連接，交直線l于點，在直線l截取，連接，可知四邊形周長為，利用軸對稱的性質求得點，進一步求得點點，利用兩點之間的距離求得對應長度即可．【詳解】（1）解：∵點、都是x軸負半軸上的點，∴，∵，四邊形為矩形，∴，，∵沿直線折疊邊AD，使點D落在x軸上點F處，∴，，在中，，即，解得，∴點；（2）解：由（1）知，點，，設，則，在中，，即，解得，∴點，∵拋物線經過A、E兩點，∴，解得，∴拋物線，∴點，①若是直角三角形，則，或，∴，或，解得或（舍去），故；②四邊形周長為，由于和不變，只需求得最小即可，作點A關于直線l的對稱點，再將點向下平移長得到，連接，交直線l于點，在直線l截取，連接，如圖，則四邊形為平行四邊形，，，∴四邊形周長為，∵點，直線l的解析式為，∴點，∵點，點，∴，∴點，∵點，∴，，∴四邊形周長為．【點睛】本題主要考查矩形的性質、折疊的性質、勾股定理、待定系數法求二次函數的解析式、軸對稱的性質以及兩點之間的距離公式，解題的關鍵是根據將軍飲馬模型找到最小值即可．30．（2024·福建寧德·二模）如圖，在四邊形中，，，．點E在上，連接，過點D作于點F，連接．將沿折疊使得點C的對應點H落在上，連接．(1)求證：；(2)求的度數；(3)若，試探究與的數量關系，并予以證明．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】本題主要考查了正方形折疊問題和解三角形．解題關鍵是利用構造直角三角形；由等角轉換線段比表示線段長．（1）由折疊的性質可知，進而即可判定；（2）由折疊性質可知，又有，所以，，再由，即可計算，即得的度數；（3）過點A作，垂足為，過點作，垂足為，交于M，連接，可得，再證明，和均是等腰直角三角形，設，可得，，，由，