3.「2025河南中考」甲骨文是我国已发现最早的成熟文字，代表了早期中华文明的辉煌成就.正面分别印有甲骨文“美”“丽”“山”“河”的四张卡片如图所示，它们除正面外完全相同.把这四张卡片背面朝上洗匀，从中随机抽取两张，则这两张卡片正面恰好是甲骨文“丽”和“山”的概率是（）


A.$\frac{1}{12}$
B.$\frac{1}{6}$
C.$\frac{1}{4}$
D.$\frac{1}{2}$

3.B 列表如下：
| 第一张卡片 | 第二张卡片 | | | |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| | 美 | 丽 | 山 | 河 |
| 美 | | (美,丽) | (美,山) | (美,河) |
| 丽 | (丽,美) | | (丽,山) | (丽,河) |
| 山 | (山,美) | (山,丽) | | (山,河) |
| 河 | (河,美) | (河,丽) | (河,山) | |
共有 12 种等可能的结果,其中两张卡片正面恰好是甲骨文“丽”和“山”的结果有(丽,山),(山,丽),共2 种,$\therefore$ 这两张卡片正面恰好是甲骨文“丽”和“山”的概率为$\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$.故选 B.

【分析】
本题是古典概型的概率计算问题，解题思路如下：首先回忆古典概型的概率公式：所求事件的概率=该事件包含的等可能结果数÷所有等可能结果的总数。我们可以用列表法清晰列举出从4张卡片中不放回抽取2张的所有等可能结果，再从中找出抽到“丽”和“山”的结果数，最后代入公式计算即可，列表法能有效避免结果重复或遗漏。
【解析】
将四张卡片分别记为“美”“丽”“山”“河”，随机抽取2张为不放回抽取，用列表法列举所有等可能结果如下：
| 第一张\第二张 | 美 | 丽 | 山 | 河 |
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
| 美 | - | (美,丽) | (美,山) | (美,河) |
| 丽 | (丽,美) | - | (丽,山) | (丽,河) |
| 山 | (山,美) | (山,丽) | - | (山,河) |
| 河 | (河,美) | (河,丽) | (河,山) | - |
由上表可知，共有12种等可能的结果，其中两张卡片正面恰好是“丽”和“山”的结果有(丽,山)、(山,丽)，共2种。
代入概率公式得：$P=\frac{2}{12}=\frac{1}{6}$。
【答案】
B
【知识点】
列表法求概率，古典概型计算
【点评】
本题结合甲骨文的传统文化背景考查概率基础计算，属于基础题型，解题核心是准确列举所有等可能结果，做到不重不漏。
【难度系数】
0.7

4.「2025福建中考」福建博物院收藏着一件“镇馆之宝”——云纹青铜大铙，如图1.云纹青铜大铙是西周乐器，鼓饰变形兽面纹，两侧饰云雷纹，浑大厚重，作风稳重古朴，代表了福建古代青铜文化曾经的历史和辉煌.图2为其示意图，它的主视图是（）

4.A 从正面看,可得选项 A 中的图形.故选 A.

【分析】
解题首先要明确主视图的定义：主视图是从物体的主视方向（正前方）观察物体得到的平面图形。接下来先拆分该几何体：它由上方的小圆柱和下方的圆台两部分组成，分别判断两部分的主视图形状，再结合二者的位置关系组合得到整体的主视图，最后匹配选项即可。
【解析】
根据主视图的观察规则，从给定的主视方向观察该几何体：
1. 下方的圆台从正面看，得到的图形是上底短、下底长的等腰梯形；
2. 上方的小圆柱从正面看，得到的图形是矩形，且小圆柱位于圆台顶面的中心位置，因此矩形在等腰梯形上方的中间处；
组合后得到的图形与选项A一致。
【答案】
A
【知识点】
主视图的识别；简单组合体的三视图
【点评】
本题以历史文物为背景考查三视图的相关知识，难度较低，解题的核心是掌握主视图的观察方法，能准确拆分组合体并判断各部分的正投影形状。
【难度系数】
0.9

5.「2025江苏扬州中考」问题:如图1,点P为正方形ABCD内一个动点,过点P作EF//AD,GH//AB,矩形PHCF的面积是矩形PGAE面积的2倍,探索∠FAH的度数随点P运动的变化情况.
【从特例开始】
(1)小玲利用正方形网格画出了一个符合条件的特殊图形(如图2),请你仅用无刻度的直尺连接一条线段,由此可得此图形中∠FAH=°.
(2)小亮也画出了一个符合条件的特殊图形(如图3),其中PE=PF=6,PG=4,PH=8,求此图形中∠FAH的度数.
【一般化探索】
(3)利用图1,探索上述问题中∠FAH的度数随点P运动的变化情况,并说明理由.

5.解析 (1)如图,连接 MN(答案不唯一);45.
(2)如图,延长 CB 至点 T,使 BT=DF,连接 AT,FH，
$\because$ 四边形 ABCD 是正方形，
$\therefore AB=AD,∠ BAD=∠ C=∠ D=∠ ABC=∠ ABT=90°$,
$\therefore △ ABT ≌ △ ADF$,
$\therefore AT=AF,∠ TAB=∠ FAD,\therefore ∠ FAD+∠ BAH=90°-∠ HAF=∠ TAB+∠ BAH=∠ TAH$,
$\because EF// AD,GH// AB$,
$\therefore$ 四边形 AEPG 是平行四边形，
$\because ∠ BAD=90°,\therefore$ 平行四边形 AEPG 是矩形，
同理可得四边形 PEBH,PGDF,PHCF 为矩形，
$\therefore PE=BH=6,PG=DF=TB=4,∠ HPF=90°$,
$\therefore TH=TB+BH=4+6=10,HF=\sqrt{PH^2+PF^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10,\therefore HT=HF$,
又$\because AH=AH,\therefore △ AHT ≌ △ AHF$,
$\therefore ∠ TAH=∠ FAH,\therefore 90°-∠ FAH=∠ FAH$,
$\therefore ∠ FAH=45°$.
(3) 随着点 P 的运动, $∠ FAH$ 的度数不变,恒为 $45°$,理由如下：
延长 CB 至点 T,使 BT=DF,连接 AT,FH，
$\because$ 四边形 ABCD 是正方形，
$\therefore AB=AD,∠ BAD=∠ C=∠ D=∠ ABC=∠ ABT=90°$,
$\therefore △ ABT ≌ △ ADF,\therefore AT=AF,∠ TAB=∠ FAD$,
$\therefore ∠ FAD + ∠ BAH = 90° - ∠ HAF = ∠ TAB + ∠ BAH = ∠ TAH$,
同(2)可得四边形 AEPG,PEBH,PGDF,PHCF 为矩形，
设正方形 ABCD 的边长为 $x,AG=a,PG=b$,
则 $AG=PE=BH=a,PG=DF=BT=b,\therefore CH=BC-BH=x-a,CF=CD-DF=x-b,HT=BH+BT=a+b$,
$\because S_{\mathrm{矩形}PHCF}=2S_{\mathrm{矩形}PGAE}$,
$\therefore (x-a)(x-b)=2ab$,整理得 $x^2=ab+ax+bx$,
在 $\mathrm{Rt}△ CHF$ 中,$CH^2+CF^2=HF^2$,
$\therefore HF^2=(x-a)^2+(x-b)^2=2x^2-2ax+a^2-2bx+b^2=2ab+2ax+2bx-2ax+a^2-2bx+b^2=(a+b)^2$,
$\therefore HF=a+b$(舍负),$\therefore HT=HF$,
$\therefore △ AHT ≌ △ AHF,\therefore ∠ TAH=∠ FAH$,
$\therefore 90°-∠ FAH=∠ FAH,\therefore ∠ FAH=45°$.
$\therefore$ 随着点 P 的运动, $∠ FAH$ 的度数不变,恒为 $45°$.

【分析】
解题思路按三小问梳理：
(1) 针对网格特殊图形，利用网格的等长线段、直角特征，连接可构造全等或等腰直角三角形的线段（如MN），就能直接得到∠FAH的度数；
(2) 针对给定边长的特殊图形，采用截长补短的辅助线思路：延长CB到T使BT=DF，先证△ABT≌△ADF得到AT=AF、对应角相等的关系，再结合矩形性质算出TH和HF的长度相等，证△AHT≌△AHF，即可推导∠FAH是∠BAD的一半；
(3) 一般化探索时，沿用(2)的辅助线构造方法，设正方形边长和矩形PGAE的邻边长为参数，利用“矩形PHCF面积是矩形PGAE的2倍”的条件，结合勾股定理推导HF=HT，再证全等，即可得出∠FAH的定值，说明其与P点位置无关。
【解析】
(1) 如图，连接MN(答案不唯一)，可得此图形中∠FAH=45°。
(2) 如图，延长CB至点T，使BT=DF，连接AT，FH，
$\because$ 四边形ABCD是正方形，
$\therefore AB=AD,∠ BAD=∠ C=∠ D=∠ ABC=∠ ABT=90°$,
$\therefore △ ABT ≌ △ ADF$（SAS）,
$\therefore AT=AF,∠ TAB=∠ FAD,\therefore ∠ FAD+∠ BAH=90°-∠ HAF=∠ TAB+∠ BAH=∠ TAH$,
$\because EF// AD,GH// AB$,
$\therefore$ 四边形AEPG是平行四边形，
$\because ∠ BAD=90°,\therefore$ 平行四边形AEPG是矩形，
同理可得四边形PEBH、PGDF、PHCF为矩形，
$\therefore PE=BH=6,PG=DF=TB=4,∠ HPF=90°$,
$\therefore TH=TB+BH=4+6=10,HF=\sqrt{PH^2+PF^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10,\therefore HT=HF$,
又$\because AH=AH,\therefore △ AHT ≌ △ AHF$（SSS）,
$\therefore ∠ TAH=∠ FAH,\therefore 90°-∠ FAH=∠ FAH$,
$\therefore ∠ FAH=45°$.
(3) 随着点P的运动, $∠ FAH$ 的度数不变,恒为 $45°$,理由如下：
延长CB至点T,使BT=DF,连接AT,FH，
$\because$ 四边形ABCD是正方形，
$\therefore AB=AD,∠ BAD=∠ C=∠ D=∠ ABC=∠ ABT=90°$,
$\therefore △ ABT ≌ △ ADF$（SAS）,$\therefore AT=AF,∠ TAB=∠ FAD$,
$\therefore ∠ FAD + ∠ BAH = 90° - ∠ HAF = ∠ TAB + ∠ BAH = ∠ TAH$,
同(2)可得四边形AEPG、PEBH、PGDF、PHCF为矩形，
设正方形ABCD的边长为 $x,AG=a,PG=b$,
则 $AG=PE=BH=a,PG=DF=BT=b,\therefore CH=BC-BH=x-a,CF=CD-DF=x-b,HT=BH+BT=a+b$,
$\because S_{\mathrm{矩形}PHCF}=2S_{\mathrm{矩形}PGAE}$,
$\therefore (x-a)(x-b)=2ab$,整理得 $x^2=ab+ax+bx$,
在 $\mathrm{Rt}△ CHF$ 中,$CH^2+CF^2=HF^2$,
$\therefore HF^2=(x-a)^2+(x-b)^2=2x^2-2ax+a^2-2bx+b^2=2ab+2ax+2bx-2ax+a^2-2bx+b^2=(a+b)^2$,
$\therefore HF=a+b$(边长为正，舍去负根),$\therefore HT=HF$,
$\therefore △ AHT ≌ △ AHF$（SSS）,$\therefore ∠ TAH=∠ FAH$,
$\therefore 90°-∠ FAH=∠ FAH,\therefore ∠ FAH=45°$.
$\therefore$ 随着点P的运动, $∠ FAH$ 的度数不变,恒为 $45°$.
【答案】
(1) 连接MN(答案不唯一)；$\boldsymbol{45}$
(2) $\boldsymbol{∠FAH=45°}$
(3) $\boldsymbol{∠FAH}$的度数不变，恒为$\boldsymbol{45°}$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题遵循“特殊到一般”的探究逻辑，既考查了网格中角度的直观判断，又考查了构造全等三角形解决角度问题的常用方法，还融合了代数运算推导几何结论的思想，能有效锻炼几何探究与逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6