数学-【】2023届浙江省中考数学复习 专项3 全等与相似 解答题30题专项提分计划解析版

【大题精编】2023届浙江省中考数学复习专题3全等与相似解答题30题专项提分计划（浙江省通用）1．（2022·浙江湖州·统考一模）已知：如图，．求证：．【答案】见解析【分析】由∠3=∠4可得∠ACB=∠ACD，然后即可根据ASA证明△ACB≌△ACD，再根据全等三角形的性质即得结论．【详解】解：∵，，，∴，∵，∴△ACB≌△ACD，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，证明△ACB≌△ACD是解本题的关键．2．（2022·浙江金华·校联考模拟预测）如图，BE是ABC的角平分线，延长BE至D，使得BC＝CD．(1)若∠ABD=20°，求∠BCD的度数；(2)若AB＝2，BC＝4，AC＝3，求CE长．【答案】(1)140°

(2)2【分析】（1）根据角平分线的性质结合等腰三角形的性质可得出∠CDE=∠ABE，结合对顶角相等，即可证出△AEB∽△CED，求出∠CDE的度数，进而可求出∠BCD的度数；（2）根据相似三角形的性质，即可得出，代入数据即可求出CE的长度．【详解】（1）解：∵BE是△ABC的角平分线，∴∠ABE=∠CBE．∵BC=CD，∴∠CDE=∠CBE，∴∠CDE=∠ABE，又∵∠AEB=∠CED，∴△AEB∽△CED，∴∠CDE=∠ABD=20°，∴∠BCD=180°-20°-20°=140°；（2）解：∵BC=4，BC=CD，∴CD=4．∵△CED∽△AEB，∴，即，∴CE=2．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、角平分线的性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．3．（2022·浙江温州·温州市第三中学校考模拟预测）如图，在中，是边上的中线，过点，分别作，，垂足为，．(1)求证：．(2)若，，求的长．

【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用全等三角形的判定与性质证明即可证得结论；（2）利用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：∵是边上的中线，∴∵，，∴在和中，∴，∴；（2）在中，，，∴．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、垂直定义，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答的关键．4．（2022·浙江衢州·模拟预测）如图，点在上，是的角平分线，，，求证：．【答案】见解析【分析】由“等边对等角”可知，再由平分和可判定；再推出，从而利用判定全等即可．【详解】证明：∵，∴．∵是的角平分线，∴，∴．

∵，∴．在和中，，∴．∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定，熟练分析条件找到合适的判定方法是解决问题的关键．5．（2022·浙江杭州·校考二模）在①角平分线；②中线；③高线．这三个条件中选择其中一个，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．问题：如图，在中，，两条分别交，于点，．若，求证：．【答案】选择③高线．证明见解析【分析】根据垂直的定义得到，根据全等三角形的性质即可得到结论．【详解】解：选择③高线．证明如下：方法一：∵是的两条高，∴，∴，在和中，，∴（AAS），∴；方法二：∵是的两条高，

∴，∴，在和中，∴（HL），∴；方法三：∵是的两条高，∴，∴；故答案为：高线．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形的高，三角形的面积的计算，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．6．（2022·浙江杭州·校考模拟预测）如图，在菱形中，于点E，于点F．(1)求证：．(2)当，时，求菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据菱形的性质可证，即可得出结论；（2）由菱形的性质得，再由勾股定理得，即可解决问题．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，∴，，∵，，∴，在和中，

，∴，∴；（2）解：由（1）可知：，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，即，∵，，∴，∵，∴，∴，∴菱形的面积．【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．7．（2022·浙江杭州·统考一模）图，在中，于点D，点E在AB上（不与点A，点B重合），连接CE交AD于点F，．(1)求证：．(2)若，，，求的面积．【答案】(1)证明见解析(2)

【分析】（1）先证明，再利用四边形的内角和定理可得结论；（2）利用勾股定理先求解再证明，利用相似三角形的性质求解再证明，可得，利用，建立方程求解，从而可得答案．【详解】（1）证明：，，，，，，（2）解：，，，，，，，，，，，，，，，，即，而，，，（负根舍去）．

【点睛】本题考查的是四边形的内角和定理的应用，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟练的利用相似三角形与锐角三角函数求解三角形的边长是解本题的关键．8．（2022·浙江杭州·统考一模）如图，已知中，，点D是AC上一点，．(1)求证：．(2)若点D为AC中点，且，求BC的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由等边对等角可知，，则，，进而可证；（2）由点D为AC中点，，可得，由得即，计算求解即可．（1）证明：∵∴∵∴∴，∴．（2）解：∵点D为AC中点，∴∵∴即解得（负值舍去）∴的长为．

【点睛】本题考查了等边对等角，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于证明三角形相似．9．（2022·浙江台州·统考二模）如图，在平行四边形ABCD中，点О是对角线AC中点，过点О作EFAC分别交边AB，CD于点E，F．(1)求证：四边形AECF是菱形；(2)当AF平分时，且CF=5，DF=2，求AD的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由平行四边形的性质知OA=OC，再由EFAC推出EF是线段AC的垂直平分线，得到AF=CF，AE=CE，再由等腰三角形三线合一的性质得出，再利用平行线的性质推出，证出AF=AE=CE=CF，即可得到四边形AECF是菱形；（2）先由AF平分，AF=CF，推出，结合推出，进而推出，代入求解即可求出AD的值．（1）证明：∵平行四边形ABCD中，点О是对角线AC中点，∴OA=OC，∵EFAC，∴EF是线段AC的垂直平分线，∴AF=CF，AE=CE，在等腰三角形AFC中，EOAC，OA=OC，（三线合一），又平行四边形ABCD，，，∴AF=AE=CE=CF，四边形AECF是菱形．

（2）证明：∵AF平分，，∵AF=CF，，，又，，，∵CF=5，DF=2，∴CD=7，，．【点睛】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定，垂直平分线的性质、等腰三角形三线合一、相似三角形的判定和性质等知识，涉及知识点较多，难度一般，解题方法不唯一，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．10．（2022·浙江温州·统考二模）如图，E是菱形ABCD对角线AC上一点，四边形BGFE是矩形．点F，G分别在DC，BC上．(1)求证：∠CFG=∠ABE;(2)若BE=4，，求FM的长.【答案】(1)见解析;(2).【分析】（1）根据菱形ABCD和矩形BGFE，得ABCD，EB/FG，所以ABCD，再根据平行线性质得∠BEM=∠FME，再利用三角形外角性质，即可得出结论；（2）根据菱形ABCD，得AD=CD，ADBC，根据矩形BGFE，EB=FG=

4，∠FGB=90°，EFBG，从而证得EFAD，得到∠FEC=∠DAC，从而得EF=FC，再由tan∠CFG==，求出CG=3，即可由勾股定理求出CF=5，然后证△EFM∽△CGM，得，代入即可求出FM长．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴ABCD，∵四边形BGFE是矩形，∴EB/FG，∵ABCD，∴∠BAE=∠MCF，∵EBFG，∴∠BEM=∠FME，∵∠BEM=∠BAE+∠ABE，∠FME=∠MCF+∠MFC，∴∠ABE=∠GFC；（2）解：∵四边形BGFE是矩形，∴EB=FG=4，∠FGB=90°，EFBG，∵四边形ABCD是菱形，∴AD=CD，ADBC，∴EFAD，∴∠FEC=∠DAC，∵AD=CD，∴∠ACB=∠DAC∴∠FEC=∠ACD，∴EF=FC，∵∠ABE=∠GFC，tan∠ABE=，∴tan∠CFG==，即，∴CG=3，由勾股定理，得CF==5，∴EF=CF=5，

∵EFBC，∴△EFM∽△CGM，∴，，∴FM=．【点睛】本题考查菱形、矩形的性质，平行线的性质、解直角三角形和相似三角形的判定与性质，本题属特殊四边形综合题目，难度适中，属中考试常考题目．11．（2022·浙江宁波·宁波市第十五中学校考三模）如图，正方形，、分别是边，的中点，与，分别交于点，；(1)求证：，(2)求的值【答案】(1)证明过程见解析(2)【分析】对于（1），根据“SAS”证明△ABF≌△DAE，可得结论；对于（2），设BF=x，则AB=2x，根据勾股定理表示AF，再根据，表示NF，然后说明，可表示AM，进而表示MN，可得出答案．【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABF=∠DAE=90°，AB=AD=BC．∵点E，F是AB，BC的中点，∴AE=BF，∴△ABF≌△DAE，∴AF=DE，∠BAF=∠ADE.∵∠DAE=∠BAF+∠DAM=90°，∴∠ADM+∠DAM=90°，

∴∠AMD=90°，∴AF⊥DE；（2）设BF=x，则AB=2x，根据勾股定理，得．∵∠AND=∠BNF，∠DAN=∠BFN，∴，∴，∴．∵∠BAF=∠MAE，∠AME=∠ABF，∴，∴，即，则，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的性质和判定，根据相似三角形的性质和勾股定理表示出三条线段的长是解题的关键．12．（2022·浙江温州·温州市第二实验中学校考二模）如图，矩形ABCD中，点E为边AB上一点，将△ADE沿DE折叠，使点A的对应点F恰好落在BC边上，连接AF交DE于点G，连接BG．(1)求证：△GBF∽△DAF．(2)若，，求矩形ABCD的面积．【答案】(1)见解析(2)矩形ABCD的面积为15．

【分析】（1）由折叠的性质知DE是AF的垂直平分线，推出BG=AG=GF，∠AEF+∠ADF=180°，得到∠GBF=∠FAD，证明B，E，N，F四点共圆，利用圆周角定理据此即可证明；（2）由折叠的性质得出∠BGF=∠BEF，由条件得出cos∠BEF=，设BE=2x，EF=3x，由勾股定理得出BF=x，再根据矩形的面积公式求解即可．（1）证明：根据折叠的性质知DE是AF的垂直平分线，∴AF⊥DE，AG=GF，AE=EF，∠EAD=∠EFD=90°，AD∥BC，∴BG=AG=GF，∠FAD=∠AFB，∠AEF+∠ADF=180°，∴∠GBF=∠AFB，则∠GBF=∠FAD，∵∠AEF+∠BEF=180°，∴∠BEF=∠ADF，∵矩形ABCD中，∠ABF=90°，又∠EGF=90°，∴B，E，G，F四点共圆，∴∠BGF=∠BEF，则∠BGF=∠ADF，∴△GBF∽△DAF；（2）解：由（1）知B，E，G，F四点共圆，∴∠BGF=∠BEF，∵cos∠BGF=，∴cos∠BEF=，设BE=2x，EF=3x，∴BF==x，∴AE=EF=3x，∴AB=5x，∵BF•AD=15，即x⋅AD=15，∴5x•AD=15，即AB•AD=15，∴S矩形ABCD=AB•AD=15．

故答案为：15．【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，圆周角定理，锐角三角函数，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．13．（2022·浙江杭州·杭州育才中学校考模拟预测）如图，将矩形ABCD沿AE折叠，使点D落在BC边的点F处．(1)求证：△ABF∽△FCE；(2)已知AB＝3，AD＝5，求的值．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由折叠的性质得，进而得出，即可证明△ABF∽△FCE；（2）设，则，由折叠的性质知，，，利用勾股定理求出BF，进而求出CF，在△CEF中根据勾股定理列方程求出x，则．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴，由折叠的性质知，，∴，，∴．在△ABF和△FCE中，，∴△ABF∽△FCE；（2）解：∵矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，∴，，

设，则，由折叠的性质知，，，由勾股定理得，，∴，在△CEF中，由勾股定理得：，即，解得，∴，∴．【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定，勾股定理，三角函数解直角三角形等知识点，利用折叠的性质得出，，是解题的关键．14．（2022·浙江杭州·校考模拟预测）如图，在正方形中，点E是AD的中点，，连接并延长EF交BG的延长线于点G(1)求证：；(2)若正方形的边长为4，求BG的长．【答案】(1)证明见解析(2)10【分析】（1）证明，证明，结合，得到；（2）证明，得到，结合，求出CG的长度，即可解决问题．【点睛】（1）∵四边形ABCD为正方形，∴，，∵，

∴，又∵，即，∴，∴，即，∵，∴；（2）∵四边形ABCD为正方形，∴，∴，∴，又∵，正方形的边长为4，∴，∴．【详解】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定及其性质等知识，解题的关键是牢固掌握正方形的性质、相似三角形的判定及其性质等知识．15．（2022·浙江杭州·校考二模）如图，已知正方形的边长为a，正方形的边长为，点E在边上，点G在延长线上，点H为上的点，连接，．(1)当时，求证：．(2)若点H为的中点，在（1）的条件下，求出a与b满足的关系式．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）证明，再结合90°角可以证明；

（2）根据（1）中的相似得到对应边成比例，可以得到关于a和b的等式即可得解．【详解】（1）证明：如图，连接，∵四边形，都是正方形，∴，，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴．（2）解：∵点H为的中点，∴，∵，，∴，由（1）可知，∴，∴，∴，即a与b满足的关系式为．【点睛】本题是四边形综合题目，只要考查了正方形的性质、相似三角形的性质和判定，熟练掌握正方形的性质，相似三角形的性质是解题的关键．16．（2022·浙江杭州·校考二模）如图，中，D、E分别是上的点，且．

(1)求证：；(2)若，求的长度【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由．得出，，即可证明；（2）由，得出，，进而得出，得出，证明，再利用相似三角形的性质，即可求出的长度．【详解】（1）证明：．∴，，∴；（2）∵，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解决问题的关键．17．（2022·浙江温州·温州市第二实验中学校考二模）如图，在和中，D

是BC边上一点，，，已知．(1)求证：．(2)若，求∠B的度数．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用ASA证明△ABC≌△ADE即可；（2）根据△ABC≌△ADE，可得AB=AD，所以∠B=∠ADB，然后根据三角形内角和定理即可解决问题．（1）证明：∵∠BAD=∠CAE，∴∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC，∴∠BAC=∠DAE．在△ABC和△ADE中，，△ABC≌△ADE（ASA）；（2）解：∵△ABC≌△ADE，∴AB=AD，∴∠B=∠ADB，∵∠BAD=∠EAC=50°，∴∠B=（180°-50°）=65°．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定、等腰三角形的性质，解决本题的关键是得到△ABC≌△ADE．18．（2021·浙江温州·校考二模）如图，在ABCD中，E是CD边上的中点，AD，BE的延长线相交于点F．

(1)求证：．(2)若DF＝3，DE＝2，求ABCD的周长．【答案】(1)证明见解析(2)ABCD的周长为14【分析】（1）由平行四边形的性质可得，从而有，，再由E是CD边上的中点，得到，利用AAS即可判定全等；（2）由（1）可得BC＝DF＝3，，从而可求▱ABCD的周长．（1）证明：∵ABCD∴∴，∵E是CD边上的中点，∴在和中，，∴（2）由（1）可知，，∴BC＝DF＝3，∵E是CD边上的中点，∴，∴ABCD的周长为．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，解答的关键是熟记平行四边形的性质与全等三角形的判定与性质并灵活运用．

19．（2021·浙江温州·校考二模）如图，CE⊥AB于点E，BD⊥AC于点D，AB＝AC．(1)求证：△ABD≌△ACE．(2)连接BC，若AD＝6，CD＝4，求△ABC的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据题目所给条件证即可；（2）由可得，由勾股定理可求BD，即可求解；(1)证明：∵，∴，∵，∴．(2)解：∵，∴，在中，，∴．【点睛】本题主要考查三角形的全等证明、勾股定理，掌握三角形的全等证明及性质是解题的关键．

20．（2017·浙江台州·校联考一模）如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于F，且AF＝DC，连接CF．(1)求证：D是BC的中点；(2)如果AB＝AC，试猜测四边形ADCF的形状，并证明你的结论．【答案】(1)见解析(2)四边形ADCF是矩形，理由见解析【分析】（1）可证△AFE≌△DBE，得出AF=BD，进而根据AF=DC，得出D是BC中点的结论；（2）若AB=AC，则△ABC是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质知AD⊥BC；而AF与DC平行且相等，故四边形ADCF是平行四边形，又AD⊥BC，则四边形ADCF是矩形．【详解】（1）证明：∵E是AD的中点，∴AE=DE．∵AFBC，∴∠FAE=∠BDE，∠AFE=∠DBE．在△AFE和△DBE中，，∴△AFE≌△DBE（AAS）．∴AF=BD．∵AF=DC，∴BD=DC．即：D是BC的中点；（2）解：四边形ADCF是矩形；证明：∵AF=DC，AFDC，∴四边形ADCF是平行四边形．∵AB=AC，BD=DC，

∴AD⊥BC，即∠ADC=90°．∴平行四边形ADCF是矩形．【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行四边形、矩形的判定等知识综合运用．21．（2021·浙江杭州·校考三模）如图，点E、F分别在正方形ABCD的边DA，AB上，且BE⊥CF于点G.(1)求证：△ABE≌△BCF；(2)若四边形AECF的面积为12，求BC的长.【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）根据四边形ABCD是正方形，可得AB=BC，∠ABC=90°=∠A，即有∠ABE+∠AEB=90°，结合BE⊥CF，可得∠ABE+∠GFB=90°，进而有∠GFB=∠AEB，则问题得解；（2）根据四边形AECF的面积等于梯形AECB的面积减去△BFC的面积，梯形AECB的面积等于△AEB的面积与△BEC的面积之和，再结合△ABE≌△BCF，可得，则问题得解．（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°=∠A，∴∠ABE+∠AEB=90°，∵BE⊥CF，∴∠BGF=90°，∴∠ABE+∠GFB=90°，∴∠GFB=∠AEB，

即，∴△ABE≌△BCF，结论得证；（2）∵四边形AECF的面积等于梯形AECB的面积减去△BFC的面积，又∵梯形AECB的面积等于△AEB的面积与△BEC的面积之和，∴，∵△ABE≌△BCF，∴，∴，∵，∴，∵在正方形ABCD中，有AB⊥BC，AB=BC，∴，∴，∴，即BC的长度为．【点睛】本题主要主要了全等三角形的判定与性质、正方形的性质等知识，求得是解答本题的关键．22．（2021·浙江杭州·校考三模）如图所示，在▱ABCD中，点E，点F分别是AD，BC的中点，连接BE，DF．(1)求证：△ABE≌△CDF；(2)若BE平分∠ABC，AB＝3，求平行四边形ABCD的周长．

【答案】(1)证明见解析(2)18【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据线段中点的定义可得，然后根据定理即可得证；（2）先根据角平分线的定义、平行线的性质可得，再根据等腰三角形的判定可得，从而可得，然后根据平行四边形的周长公式即可得．（1）证明：四边形是平行四边形，，点分别是的中点，，，在和中，，．（2）解：四边形是平行四边形，，，平分，，，，点是的中点，，平行四边形的周长为．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、三角形全等的判定、等腰三角形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．

23．（2019·浙江嘉兴·统考三模）如图，在△ABC中，D是边的中点，，垂足分别为E，F，且．求证：AB=AC．【答案】见解析【分析】利用HL证明，得到，然后根据等角对等边得出结论．【详解】证明：∵，，∴，∵D是边的中点，∴，在Rt和Rt中，，∴（HL），∴，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等角对等边，熟练掌握全等三角形的判定定理证明三角形全等是解题的关键．24．（2022·浙江杭州·校考一模）如图，Rt△ABC中，，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE．使，连接CE．则：

(1)求证：；(2)若，求证：．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由直角三角形斜边中线的性质可知，即得出，再结合题意，即得出，从而证明；（2）过点E作于点H，由，即得出，，从而得出，得出．根据平行线的性质得出，从而得出．又易证，得出，即可证明．【详解】（1）∵，点D是边BC的中点，∴，∴．∵，∴，∴；（2）如图，过点E作于点H，∵，∴，∵，∴，∴．

∵，∴，∴．又∵，DE=DE，∴，∴，∴，即．【点睛】本题考查直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，解直角三角形以及全等三角形的判定和性质．正确作出辅助线是解题关键．25．（2022·浙江温州·温州绣山中学校联考二模）如图，在四边形ABCD中，，，点E在AC上，且，连接BE．(1)求证：；(2)若，，求∠ACB的度数．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）由“两直线平行，内错角相等”可知，然后根据“SAS”证明；（2）借助全等三角形的性质，可知，再根据三角形内角和定理计算出，然后根据等腰三角形的性质可知

，根据三角形内角和定理即可求出∠ACB的度数．【详解】（1）证明：∵，∴，在和中，，∴；（2）解：∵，∴，∵，，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理、平行线的性质以及等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相关性质是解题关键．26．（2022·浙江杭州·杭州育才中学校考模拟预测）如图，和都是等边三角形，连接、，与交于点F．(1)求证；(2)______．【答案】(1)见解析(2)60【分析】（1）由“”可证，可得；（2）由全等三角形的性质可得，由三角形内角和定理可求解．【详解】（1）∵和都是等边三角形，

∴，，，∴，即，在和中，∴，∴．（2）∵，∴，∵，∴，∴，∴，故答案为：60．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，证明是本题的关键．27．（2022·浙江杭州·杭州育才中学校考模拟预测）如图，在平行四边形中，点E、F分别在、上，且，．(1)求证：．(2)若，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)5【分析】（1）根据平行四边形的性质，得出，再由，，得出，从而得出全等；（2）作，垂足为H，由含30度角的直角三角形的性质得出，由，得出，进而得出四边形

为平行四边形，即可得出答案．【详解】（1）∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，∵，，∴，∴，在和中，，∴（）；（2）作，垂足为H，在中，，∴，在中