1 / 92
学科网（北京）股份有限公司
专题07 四边形
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 平行四边
形
2026 福建中考
2023 福建中考
2022 福建中考
考查形式丰富，选择题、填空题、几何综合解答
题均会出现。命题常结合图形平移、圆内接四边
形、中位线模型进行情境设置。核心围绕平行四
边形性质与判定、三角形中位线定理展开，基础
小题侧重利用对边平行且相等、对角线互相平分
进行线段求值；压轴设问常融合相似、等边三角
形、圆的性质综合考查。基础题型难度偏低，综
合题综合性较强；近四年持续加大平行四边形与
圆、相似相结合的综合题型考查力度。
考点02 特殊的平
行四边形（基础）
2026 福建中考
2025 福建中考
2024 福建中考
2023 福建中考
选择题、填空题、基础证明题均有考查。命题常
结合反比例函数、三角尺情境、中点模型进行出
题。核心围绕菱形、矩形、正方形的性质与判定
展开，高频考点：菱形四边相等、对角线垂直；
矩形四个直角、对角线相等；正方形兼具矩形与
菱形全部性质；常结合等边三角形、全等三角形
综合设问。整体基础题型难度适中，侧重边长、
角度、面积计算与简单线段相等证明；近四年喜
欢融合函数、几何作图背景，注重区分三类特殊
平行四边形性质差异。
考点03 特殊的平
行四边形（进阶）
2026 福建中考
2025 福建中考
2022 福建中考
大多以几何综合大题形式考查，一般分为多小问
梯度设问。题型稳定搭配尺规作图+ 几何计算/
证明两大模块。核心围绕矩形、菱形、正方形性
质，结合图形旋转、角的二倍角模型、切线性质、
相似三角形综合考查。第一小问侧重尺规作图，
第二、三小问层层递进，融合方程思想、全等、
相似求解线段长度或角度；近四年持续强化图形
旋转变换背景，注重几何模型识别与逻辑推理，
区分度较高，属于四边形板块压轴题型。
2 / 92
学科网（北京）股份有限公司
考点01 平行四边形
1．（2022·福建·中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中
90
ABC
，
60
CAB
，AB＝8，
点A 对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC 移动到
A B C
△
，点A对应直尺的刻
度为0，则四边形ACC A的面积是（
）
A．96
B．96 3
C．192
D．160 3
【答案】B
【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形ACC A的面积为
sin 60
2
sin 60
AA AC
AB
AA
，
即可求解．
【详解】解：依题意ACC A为平行四边形，
∵
90
ABC
，
60
CAB
，AB＝8，
12
AA
．
2
AC
AB
∴平行四边形ACC A的面积=
sin 60
2
sin 60
AA AC
AB
AA
3
2 8 12
96 3
2
故选B
【点睛】本题考查了解直角三角形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．
2．（2026·福建·中考真题）如图，A，B 两点被池塘隔开，在AB 外选择一点C，连接AC 和BC ，分别取AC
和BC 的中点M，N，测得
100
MN
米，则A，B 两点间的距离是____________米．
【答案】200
3 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【分析】根据三角形的中位线定理得到
2
AB
MN
即可得出答案．
【详解】解：点M，N 分别是AC 和BC 的中点，
∴MN 是ABC 的中位线，
∵
100
MN
米，
∴
2
200
AB
MN
（米）．
3．（2023·福建·中考真题）如图，在
ABCD 中，O为BD 的中点，EF 过点O且分别交
,
AB CD 于点
,
E F ．若
10
AE
，则CF 的长为___________．
【答案】10
【分析】由平行四边形的性质可得
,
DC
AB DC
AB
∥
即
,
OFD
OEB
ODF
EBO
，再结合OD
OB
可得
AAS
DOF
BOE
≌
△
△
可得DF
EB
，最进一步说明
10
FC
AE
即可解答．
【详解】解：∵ABCD中，
∴
,
DC
AB DC
AB
∥
，
∴
,
OFD
OEB
ODF
EBO
，
∵OD
OB
，
∴
AAS
DOF
BOE
≌
△
△
，
∴DF
EB
，
∴DC
DF
AB
BE
,即
10
FC
AE
．
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，证明三角形全等是解答
本题的关键．
4．（2022·福建·中考真题）如图，在△ABC 中，D，E 分别是AB，AC 的中点．若BC＝12，则DE 的长为
______．
4 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【答案】6
【分析】利用中位线的性质计算即可．
【详解】∵D，E 分别是AB，AC 的中点，
∴DE 是△ABC 的中位线，
又BC=12，
∴
1
6
2
DE
BC
，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，中位线平行且等于第三边的一半，熟记中位线的性质是解题的
关键．
5．（2026·福建·中考真题）如图，四边形ABCD 内接于
O ，E 是DC 延长线上的一点，EB 的延长线交
O 于点F ，AB
BD
，
60
CBE
ABD
．
(1)求
E
的度数；
(2)求证：四边形AFEC 是平行四边形；
(3)设CF 交BD 于点G ，且
2
3
CG
FG
，求BD
AC 的值．
【答案】(1)60
(2)证明：
60
ACD
ABD
，
ACD
E
．
AC
EF
∥
．
∵四边形AFBD 是
O 的内接四边形，
180
AFB
ADB
．
ABD是等边三角形，
60
ADB
，
120
AFB
．
180
AFB
E
．
5 / 92
学科网（北京）股份有限公司
AF
CE
∥
．
∴四边形AFEC 是平行四边形．
(3)
7
3
【分析】（1）先判定
ABD 是等边三角形，得到
60
BAD
BDA
，利用圆的内接四边形的性质，证明
60
BCE
BAD
，最后利用三角形内角和定理解答即可；
（2）先利用
ACD
E
判定AC
EF ，利用圆的内接四边形的性质求得
120
AFB
，证明AF
CE ；
（3）过点C 作CH
BE
，垂足为H ，连接DF ，设CD
a
，先判定BCE 是等边三角形，证明
CFE
BDE AAS
≌
，得到EF
ED
，再证明DEF 是等边三角形，证明BC
DF ，BCG
DFG
∽
，
BCE
FDE
∽
，得到
2
BE
a
，
3
EF
a
，接着利用勾股定理表示出
,
CH CF ，利用平行四边形的性质表示
出AC ，进一步解答即可．
【详解】（1）解：
AB
BD
，
60
ABD
，
ABD
△
是等边三角形．
60
BAD
BDA
．
∵四边形ABCD 是
O 的内接四边形，
180
BAD
BCD
．
又
180
BCE
BCD
，
60
BCE
BAD
．
60
CBE
，
180
60
E
CBE
BCE
．
（2）略
（3）解：过点C 作CH
BE
，垂足为H ，连接DF ，设CD
a
．
60
E
CBE
BCE
，
BCE
△
是等边三角形．
BE
CE
．
又
CFB
CDB
，
E
E
，
6 / 92
学科网（北京）股份有限公司
CFE
BDE AAS
≌
．
EF
ED
．
BF
CD
a
．
60
E
，
DEF
是等边三角形．
60
FDE
BCE
．
BC
DF
∥
．
BCG
DFG
△
∽△
．
2
3
BC
CG
DF
FG
．
BC
DF
∥
，
BCE
FDE
△
∽△
．
2
3
BE
BC
FE
FD
．
2
BE
a
，
3
EF
a
．
∵四边形AFEC 是平行四边形，
3
AC
EF
a
．
BCE
△
是等边三角形，CH
BE
，
1
2
BH
BE
a
．
在Rt
BCH
△
中，tan
3
CH
CBE
BH
，
3
3
CH
BH
a
．
2
FH
BF
BH
a
，
2
2
2
2
2
3
7
CF
FH
CH
a
a
a
．
CFE
BDE
△
≌△
，
7
BD
CF
a
．
7
7
3
3
BD
a
AC
a
．
考点02 特殊的平行四边形（基础）
1．（2023·福建·中考真题）如图，正方形四个顶点分别位于两个反比例函数
3
y
x
和
n
y
x
的图象的四个分
支上，则实数n 的值为（
）
7 / 92
学科网（北京）股份有限公司
A．3
B．
1
3
C．1
3
D．3
【答案】A
【分析】如图所示，点B 在
3
y
x
上，证明AOC
OBD
≌
，根据k 的几何意义即可求解．
【详解】解：如图所示，连接正方形的对角线，过点,
A B 分别作x 轴的垂线，垂足分别为
,
C D ，点B 在
3
y
x
上，
∵OB
OA
，
90
AOB
BDO
ACO
，
∴
90
CAO
AOC
BOD
．
∴AOC
OBD
≌
．
∴
3
2
AOC
OBD
S
S
2
n
．
∵A 点在第二象限，
∴
3
n ．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，反比例函数的k 的几何意义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
2．
（2026·福建·中考真题）某数学兴趣小组成员把一副三角板按如图所示的方式摆放，其中
90
B
DFC
，
30
BAE
，
45
CDF
，四边形ABCD 恰好为矩形，点E，F 分别在BC ，AE
上，则
AFD
等于
____________度．
8 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【答案】75
【分析】根据矩形性质可得∠
∠
90
BAD
ADC
，进而求出
FAD
，
FDA
，再根据三角形内角和求出
180
75
AFD
FAD
FDA
．
【详解】解：∵，四边形ABCD 为矩形，
∴∠
∠
90
BAD
ADC
，
又∵
30
BAE
，
45
CDF
，
∴
90
60
FAD
BAE
，
90
45
FDA
CDF
，
∴
180
75
AFD
FAD
FDA
.
3．（2025·福建·中考真题）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，EF 过点O 且与边AB
CD
，
分别相交
于点E，F．若
2,
1
OA
OD
，则
AOE
△
与DOF 的面积之和为_______．
【答案】1
【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，根据菱形的性质求出
1
4
2
ABCD
S
AC BD
菱形
，
OAB
OCD
，然后证明
AOE
COF ASA
≌
即可求解．
【详解】解：∵菱形ABCD，
2,
1
OA
OD
，
∴
4,
2
AC
BD
，OA
OC
，AB CD ，
∴
1
4
2
ABCD
S
AC BD
菱形
，
OAB
OCD
．
∵
AOE
COF
，
∴
AOE
COF ASA
≌
，
∴
AOE
COF
S
S
，
9 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴
1
1
4
AOE
DOF
ABCD
S
S
S
菱形
，
故答案为：1．
4．（2024·福建·中考真题）如图，正方形ABCD的面积为4，点E ，F ，G ，H 分别为边AB ，BC ，CD ，
AD 的中点，则四边形EFGH 的面积为______．
【答案】2
【分析】本题考查正方形性质，线段中点的性质，根据正方形性质和线段中点的性质得到
1
HD
DG
，进
而得到
DGH
S
，同理可得
1
2
AHE
EFB
CGF
S
S
S
，最后利用四边形EFGH 的面积正方形ABCD的面积4
个小三角形面积求解，即可解题．
【详解】解：
正方形ABCD的面积为4，
2
AB
BC
CD
AD
，
90
D
，
点E ，F ，G ，H 分别为边AB ，BC ，CD ，AD 的中点，
1
HD
DG
，
1
1
1 1
2
2
DGH
S
，
同理可得
1
2
AHE
EFB
CGF
S
S
S
，
四边形EFGH 的面积为
1
1
1
1
4
2
2
2
2
2
．
故答案为：2．
5．（2023·福建·中考真题）如图，在菱形ABCD中，
10
60
AB
B
，
，则AC 的长为___________．
【答案】10
【分析】由菱形ABCD中，
60
B
，易证得ABC 是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
10 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴
10
AB
BC
，
∵
60
B
，
∴ABC 是等边三角形，
∴
10
AC
．
故答案为：10．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记菱形的性质并推出等边三角形是解题的
关键．
6．（2024·福建·中考真题）如图，在菱形ABCD中，点E、F 分别在BC 、CD 边上，
BAF
DAE
，求
证：BE
DF
．
【答案】
证明：在菱形ABCD中，
AB
AD
，
B
D
，
∵
BAF
DAE
，
∴
BAE
EAF
EAF
DAF
，
∴
BAE
DAF
，
在BAE 和DAF 中
B
D
AB
AD
BAE
DAF
，
∴
BAE
DAF
△
≌△
，
∴BE
DF
．
【分析】本题考查的是菱形的性质，全等三角形的判定与性质，先证明
BAE
DAF
，再证明
BAE
DAF
△
≌△
，从而可得结论．
【详解】略
11 / 92
学科网（北京）股份有限公司
考点03 特殊的平行四边形（进阶）
1．（2026·福建·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，AB
BC
，点E 在AD 的延长线上．
(1)求作点F ，使点F 在AD 边上，且
2
AFB
EBC
；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若
4
AB
，
6
BC
，
2
DE
，求AF 的长．
【答案】(1)如图，点F 即为所求．
(2)3
【分析】（1）利用尺规作图作
FBE
EBC
，
FBE
的边BF 与AD 的交点即为所求作的点F ；
（2）由矩形的性质、平行线的性质、等边对等角可得BF
EF
，即可求得AE 的长；设AF
x
，则
8
BF
EF
x
，在Rt ABF 中，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：作
FBE
EBC
，
FBE
的边BF 与AD 的交点即为所求作的点F ；
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD
BC
∥
，
∴
AFB
FBC
，
∵
2
FBC
FBE
EBC
EBC
，
∴
2
AFB
EBC
，即点F 即为所求．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
6
BC
，
AD
BC
，
6
AD
BC
．
E
EBC
，
FBE
EBC
，
FBE
E
，
BF
EF
．
12 / 92
学科网（北京）股份有限公司
2
DE
，
8
AE
AD
DE
，
设AF
x
，则
8
BF
EF
AE
AF
x
，
在Rt ABF 中，
90
A
，
4
AB
，
由勾股定理得
2
2
2
AF
AB
BF
，
2
2
2
4
8
x
x
，解得
3
x
，
即
3
AF
．
2．（2025·福建·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB
AD
．
(1)求作正方形EFGH ，使得点E，G 分别落在边
,
AD BC 上，点F，H 落在BD 上；（要求：尺规作图，不
写作法，保留作图痕迹）
(2)若
2,
4
AB
AD
，求（1）中所作的正方形的边长．
【答案】(1)
如图，四边形EFGH 就是所求作的正方形．
(2) 10
2
【分析】（1）作BD 的中垂线交AD 于点E ，交BC 于点G ，以EG 为直径画圆，交BD 于点
,
F H ，即可得
到正方形EFGH ；
（2）勾股定理求出BD 的长，进而求出OD 的长，证明
EOD
BAD
△
△
∽
，求出OE 的长，再根据正方形的
性质，结合勾股定理求出EH 的长即可．
【详解】（1）解：由作图可知，OB
OD
，EG
HF
，
∵矩形ABCD，
13 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴AD
BC ，
∴
ADB
CBD
，
DEO
BGO
，
∴DOE
BOG
≌
，
∴OE
OG
，
由作图可知，OE
OG
OF
OH
，
∴四边形EHGF 为矩形，
∵EG
HF
，
∴四边形EHGF 为正方形；
（2）由（1）知：OB
OD
，OE
OG
，
四边形ABCD是矩形，
90
A
，
在Rt ABD 中，
2,
4
AB
AD
，
2
2
2 5
BD
AB
AD
，
1
5
2
OD
BD
．
EG
FH
，
90
DOE
DAB
．
又
ODE
ADB
Q
，
EOD
BAD
∽
△
△
，
OE
OD
AB
AD
，即
5
2
4
OE
，
5
2
OE
．
在Rt EOH 中，OE
OH
，
10
2
2
EH
OE
，
∴正方形EFGH 的边长为10
2
．
【点睛】本题考查尺规作图、矩形的性质、线段垂直平分线的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、相
似三角形的判定与性质等知识点，考查推理能力、运算能力、几何直观与空间观念，考查化归与转化思想、
14 / 92
学科网（北京）股份有限公司
函数与方程思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
3．（2022·福建·中考真题）已知
ABC
DEC
≌
△
△
，AB＝AC，AB＞BC．
(1)如图1，CB 平分∠ACD，求证：四边形ABDC 是菱形；
(2)如图2，将（1）中的△CDE 绕点C 逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE 的延长线相交于点F，
用等式表示∠ACE 与∠EFC 之间的数量关系，并证明；
(3)如图3，将（1）中的△CDE 绕点C 顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若
BAD
BCD
，求∠ADB 的
度数．
【答案】(1)见解析
(2)
180
ACE
EFC
，见解析
(3)30°
【分析】（1）先证明四边形ABDC 是平行四边形，再根据AB＝AC 得出结论；（2）先证出
ACF
CEF
，
再根据三角形内角和
180
CEF
ECF
EFC
，得到
180
ACF
ECF
EFC
，等量代换即可得
到结论；（3）在AD 上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，证得
ABM
CDB
△
△
≌
，得到
MBA
BDC
，
设
BCD
BAD
，
BDC
，则
ADB
，得到α+β的关系即可．
【详解】（1）∵
ABC
DEC
≌
△
△
，
∴AC＝DC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，
∵CB 平分∠ACD，
∴
ACB
DCB
，
∴
ABC
DCB
，
∴AB
CD
∥
，
∴四边形ABDC 是平行四边形，
又∵AB＝AC，
15 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴四边形ABDC 是菱形；
（2）结论：
180
ACE
EFC
．
证明：∵
ABC
DEC
≌
△
△
，
∴
ABC
DEC
，
∵AB＝AC，
∴
B
ABC
AC
∠
，
∴
ACB
DEC
，
∵
180
ACB
ACF
DEC
CEF
，
∴
ACF
CEF
，
∵
180
CEF
ECF
EFC
，
∴
180
ACF
ECF
EFC
，
∴
180
ACE
EFC
；
（3）在AD 上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，
∵AB＝CD，
BAD
BCD
，
∴
ABM
CDB
△
△
≌
，
∴BM＝BD，
MBA
BDC
，
∴
ADB
BMD
，
∵
BMD
BAD
MBA
，
∴
ADB
BCD
BDC
，
设
BCD
BAD
，
BDC
，则
ADB
，
∵CA＝CD，
∴
2
CAD
CDA
，
∴
2
BAC
CAD
BAD
，
∴
1 180
90
2
ACB
BAC
，
16 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴
90
ACD
，
∵
180
ACD
CAD
CDA
，
∴
90
2
2
180
，
∴
30
，即∠ADB＝30°．
【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，
利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键．
4．（2022·福建·中考真题）如图，BD 是矩形ABCD 的对角线．
(1)求作⊙A，使得⊙A 与BD 相切（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
(2)在（1）的条件下，设BD 与⊙A 相切于点E，CF⊥BD，垂足为F．若直线CF 与⊙A 相切于点G，求tan
ADB
的值．
【答案】(1)
解：如图所示，⊙A 即为所求作：
(2)
5
1
2
【分析】（1）先过点A 作BD 的垂线，进而找出半径，即可作出图形；
（2）根据题意，作出图形，设
ADB
，⊙A 的半径为r，先判断出BE＝DE，进而得出四边形AEFG 是
正方形，然后在Rt△ABE 中，根据勾股定理建立方程求解
tan
BE
r
，再判定
ABE
CDF
≌
△
△
，根据
tan
BE
DF
r
，
tan
DE
DF
EF
r
r
，在Rt△ADE 中，利用tan
AE
ADE
DE
，得到
17 / 92
学科网（北京）股份有限公司
2
tan
tan
1
0
，求解得到tan∠ADB 的值为
5
1
2
．
【详解】（1）略
（2）解：根据题意，作出图形如下：
设
ADB
，⊙A 的半径为r，
∵BD 与⊙A 相切于点E，CF 与⊙A 相切于点G，
∴AE⊥BD，AG⊥CG，即∠AEF＝∠AGF＝90°，
∵CF⊥BD，
∴∠EFG＝90°，
∴四边形AEFG 是矩形，
又AE
AG
r
，
∴四边形AEFG 是正方形，
∴EF
AE
r
，
在Rt△AEB 和Rt△DAB 中，
90
BAE
ABD
，
90
ADB
ABD
，
∴
BAE
ADB
，
在Rt△ABE 中，tan
BAE
BE
AE
，
∴
tan
BE
r
，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB
CD
∥
，AB＝CD，
∴
ABE
CDF
，又
90
AEB
CFD
，
∴
ABE
CDF
≌
△
△
，
∴
tan
BE
DF
r
，
∴
tan
DE
DF
EF
r
r
，
18 / 92
学科网（北京）股份有限公司
在Rt△ADE 中，tan
AE
ADE
DE
，即
tan
DE
AE
，
∴
tan
tan
r
r
r
，即
2
tan
tan
1
0
，
∵tan
0
，
∴
5
1
tan
2
，即tan∠ADB 的值为
5
1
2
．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了尺规作图，切线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判
定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，利用三角函数得出线段长建立方程是解决问题
的关键．
1．（2026·福建宁德·二模）如图，在平面直角坐标系中，
ABCD 对角线的交点恰好是坐标原点．若点B 的
坐标是( 3,2)
，则点D 的坐标是（
）
A．( 3, 2)
B．(3, 2)
C．(2, 3)
D．(3,2)
【答案】B
【分析】利用平行四边形的性质得出OB
OD
，点B 和点D 关于原点对称，进而可得出点D 的坐标．
【详解】解：∵
ABCD 对角线互相平分，即OB
OD
，
又∵
ABCD 对角线的交点恰好是坐标原点，
∴点B 和点D 关于原点对称，
∵点B 的坐标是( 3,2)
，
∴点D 的坐标是(3, 2)
．
2．（2026·福建泉州·二模）如图，正方形ABCD中，若点E 是CD 边的中点，连接BE 交对角线AC 于点F ．已
知
3 2
AB
，则CF 的长为（
）
19 / 92
学科网（北京）股份有限公司
A．3 2
2
B．2
C．
3
D．3
【答案】B
【分析】根据正方形性质可知AB CD ，进而证明BFA
EFC
∽
，得到线段比
1
2
CE
AF
，算出对角线AC 后
按比例求CF ．
【详解】解：
四边形ABCD是正方形，
AB
CD
BC
，AB CD ，
BAC
ECF
，
BFA
EFC
，
BFA
EFC
∽
，
CF
EC
AF
AB
，
点E 是CD 边的中点，
1
1
2
2
EC
DC
AB
，
1
2
CF
AF
，
1
3
CF
AC
，
2
2
6
AC
AB
BC
，
1
6
2
3
CF
．
3．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，用正三角形地砖与正方形地砖在点O处进行无空隙、不重叠地铺设．若
一块边长相同的正多边形地砖恰好能无空隙、不重叠地拼在
AOB
处，则这块正多边形地砖的边数为（
）．
20 / 92
学科网（北京）股份有限公司
A．6
B．7
C．8
D．9
【答案】A
【分析】根据正多边形的组合进行平面镶嵌，位于同一顶点处的几个角之和为360，从而可得
AOB
的度
数，计算正多边形的外角的个数即可得正多边形的边数．
【详解】解：∵用正三角形地砖与正方形地砖在点O 处进行无空隙、不重叠地铺设，正三角形和正方形的
内角分别为60与90，
∴
360
60
90
90
120
AOB
，
∴这块正多边形地砖的内角为120，
∴这块正多边形地砖的边数为
360
6
180
120
．
4．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在Rt
ABC
△
中，
90
ACB
，
10
AB
，点D 为AB 中点，点G 为ABC
的重心，则CG 的长为（
）
A．5
2
B．5
3
C．10
3
D．4
【答案】C
【分析】在GD 的延长线上取一点E ，使GD
DE
，连接AE ，BE ，延长BG 交AC 于点F ，先证四边形AEBG
为平行四边形，再证点G 为CE 的中点，从而得
2
CG
GE
GD
，进而得
2
3
CG
CD
，然后根据直角三角
形斜边中线的性质求出CD 即可得到CG 的长．
【详解】解：在GD 的延长线上取一点E ，使GD
DE
，连接AE ，BE ，延长BG 交AC 于点F ，
21 / 92
学科网（北京）股份有限公司
点G 为ABC 的重心，
CD
，BF 为ABC 的中线，
AD
BD
，AF
CF
，
又GD
DE
，
四边形AEBG 为平行四边形，
BG
∥AE ，
即GF ∥AE ，
直线CE 、CA 被平行线GF 、AE 所截，
根据平行线分线段成比例定理，得CG
CF
GE
FA
．
AF
CF
，即
1
CF
FA ，
1
CG
GE
，即CG
GE
．
点G 为CE 的中点，
2
CG
GE
GD
，
1
2
GD
CG
，
1
3
2
2
CD
CG
GD
CG
CG
CG
，
2
3
CG
CD
，
CD 为Rt
ABC
△
斜边AB 上的中线，
10
AB
，
CD
1
5
2 AB
，
∴
2
10
5
3
3
CG
．
5．（2026·福建宁德·二模）如图是由一个正八边形和四个菱形组成的图形，图中
BAC
的度数是（
）
22 / 92
学科网（北京）股份有限公司
A．22.5
B．30
C．36
D．45
【答案】D
【分析】根据正八边形的内角和求出正八边形内角的度数，再求出菱形与正八边形相邻的内角度数，从而
可求出
BAC
的度数.
【详解】解：如图，
由正八边形内角和定理得：
8
2 180
1080
，
∴
1080
8
135
ADE
AGF
DAG
，
又四边形ADEB ，ACFG 是菱形，
∴AB
DE
∥
，AC
GF
∥
，
∴
180
ADE
BAD
，
180
AGF
GAC
，
∴
45
DAB
，
45
GAC
，
∴
135
135
45
45
45
BAC
DAB
GAC
．
6．（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ABCD、四边形BEFG 、
四边形AHIG 均为正方形．若
20
AHIG
S
正方形
，
4
ABCD
S
正方形
，则GF 的值为（
）．
23 / 92
学科网（北京）股份有限公司
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】C
【分析】根据正方形AHIG 的面积求出边长AG 、GI ，根据正方形ABCD的边长求出AB ，在Rt ABG 中利
用勾股定理求出BG ，进而得到正方形BEFG 的边长GF ．
【详解】解：∵AHIG 为正方形，
20
AHIG
S
正方形
，
∴
20
AG
GI
，
∵ABCD为正方形，
4
ABCD
S
正方形
，
∴
2
AB
AD
，
90
ABC
，
∴在Rt ABG 中，
2
2
2
20
2
4
BG
AG
AB
，
∵BEFG 为正方形，
∴
4
GF
BG
．
7．（2026·福建厦门·三模）如图，在
ABCD 中，P 是对角线BD 上的动点（点P 不与点B ，D 重合），过
点P 作EF
BC
∥
，GH
AB ，记
AEPH ，BEPG ，
PGCF ，
HPFD 的面积分别为
1S ，
2
S ，
3
S 、
4
S ，
在点P 运动过程中，下列关系始终成立的是（
）
A．
1
2
S
S
=
B．
1
3
S
S
C．
2
3
S
S
D．
2
4
S
S
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质，对角线将平行四边形分成面积相等的两个三角形，结合图形面积的割补
法，利用
ABD
CBD
S
S
△
△
以及小平行四边形对角线分得的三角形面积相等，即可推导出
1S 与
3
S 的关系．
【详解】解：
四边形ABCD为平行四边形，
24 / 92
学科网（北京）股份有限公司
ABD
CBD
S
S
△
△
，
四边形BEPG 和四边形HPFD 为平行四边形，P 是对角线BD 上的动点，
BP 为BEPG 的对角线，PD 为
HPFD 的对角线，
BEP
BGP
S
S
，
PHD
PFD
S
S
，
1
ABD
BEP
PHD
S
S
S
S
，
3
CBD
BGP
PFD
S
S
S
S
，
1
3
BEP
PHD
BGP
PFD
S
S
S
S
S
S
，
1
3
S
S
．
8．（2026·福建泉州·模拟预测）技术员小明要检验如图所示的零件是否为平行四边形，则下列检查方法错
误的是（
）
A．AB
CD
∥
，AD
BC
B．AB
CD
∥
，AB
CD
C．
180
A
B
，
B
D
D．
180
A
B
，
180
A
D
【答案】A
【分析】根据平行四边形的判定定理进行解答即可．
【详解】解：A，一组对边平行，另一组对边相等，平行四边形无此判定定理，符合题意；
B，一组对边平行且相等，是平行四边形的判定定理，不符合题意；
C，
180
A
B
，
AD
BC
∥
，
B
D
，
180
A
D
，
AB
DC
，
两组对边分别平行，是平行四边形的判定定理，不符合题意；
D，答案同C 一样，不符合题意．
9．（2026·福建厦门·三模）如图，在正方形ABCD中，E 是BC 边上的动点，连接DE ，过点E 作EF
DE
25 / 92
学科网（北京）股份有限公司
交AB 于点F ，在点E 从点B 运动到点C 的过程中，线段BF 长度的变化情况是（
）
A．逐渐变小
B．逐渐变大
C．先变小再变大
D．先变大再变小
【答案】D
【分析】设正方形边长为a ，BE
x
，BF
y
，通过证明BEF
CDE
∽
，建立y 与x 的函数关系式，利用
二次函数的性质判断BF 的变化情况．
【详解】设正方形ABCD 的边长为a ，BE
x
，BF
y
，则CE
a
x
，
四边形ABCD 是正方形，
90
B
C
，CD
a
，
90
CDE
DEC
，
EF
DE
，
90
DEF
，
90
BEF
DEC
，
BEF
CDE
，
BEF
CDE
，
90
B
C
，
BEF
CDE
∽
，
BF
BE
CE
CD
，即
y
x
a
x
a
，
2
1
y
x
x
a
，
0
a
，
1
0
a
，
该函数图象开口向下，对称轴为直线
1
1
2
2
a
x
a
，
点E 从点B 运动到点C ，即0
x
a
，
当0
2
a
x
时，y 随x 的增大而增大；当2
a
x
a
时，y 随x 的增大而减小，
线段BF 长度的变化情况是先变大再变小．
26 / 92
学科网（北京）股份有限公司
10．（2026·福建漳州·模拟预测）将一张矩形纸片和一张等腰直角三角形纸片（
90
C
）按如图所示的位
置放置，若
35
CED
，
BGF
度数为（
）
A．10
B．15
C．20
D．12
【答案】A
【分析】根据等腰直角三角形的性质求出
B
的度数，在
CDE
△
中利用三角形内角和求出
CDE
，根据矩
形对边平行得到同位角相等，最后利用三角形外角性质求解
【详解】解：∵ABC 是等腰直角三角形，
90
C
，
∴
45
B
，
在
CDE
△
中，
180
180
90
35
55
CDE
C
CED
，
∵矩形纸片对边平行，
∴DE
FG
∥
，
∴
55
CFG
CDE
，
∵
CFG
是BFG的外角，
∴
CFG
B
BGF
，
∴
55
45
10
BGF
CFG
B
．
11．
（2026·福建漳州·模拟预测）在平面直角坐标系中，将平行四边形ABCD平移得到平行四边形A B C D
．若
点
( 1, 1)
B
的对应点为
(0,1)
B
，则点
(1,2)
D
平移后的对应点D的坐标是（
）
A．(1,0)
B．(2,4)
C．(3,3)
D．(0,1)
【答案】B
【分析】先根据已知点B 及其对应点B的坐标确定平移规律，再根据平移规律计算点D 平移后的对应点坐
标．
【详解】解：∵点
1, 1
B
平移后得到对应点
0,1
B
，
∴平移的横坐标变化为
0
1
1
，纵坐标变化为
1
1
2
，
∴平移规律为向右平移1个单位，向上平移2 个单位．
∵点D 的坐标为
1,2 ，
27 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴平移后D的横坐标为1 1
2
，纵坐标为2
2
4
，即D的坐标为
2,4 ．
12．
（2026·福建漳州·模拟预测）在菱形ABCD中，对角线AC 与BD 相交于点O，点E 为BC 边中点．若
6
AC
，
8
BD
，则线段OE 长度为（
）
A．2
B．3
C．5
2
D．7
2
【答案】C
【分析】由题意易得
1
1
3,
4
2
2
OC
AC
OB
BD
，AC
BD
，然后根据勾股定理及直角三角形斜边中线
定理可进行求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
6
AC
，
8
BD
，
∴
1
1
3,
4
2
2
OC
AC
OB
BD
，AC
BD
，
∴
2
2
5
BC
OC
OB
，
∵点E 为BC 边中点，
∴
1
5
2
2
OE
BC
．
13．（2026·福建宁德·一模）如图，三星堆出土的铜眼形器可抽象为菱形ABCD，测得边长
30cm
AB
，
40
ABC
，则铜眼形器的长BD 等于（
）
A．30cos 20
B．60cos 40
C．60sin20
D．60cos 20
【答案】D
【分析】连接AC 交BD 于点O，在Rt ABO 中
cos
30cos 20
BO
AB
ABO
，继而得到
2
60cos 20
BD
BO
．
【详解】解：连接AC 交BD 于点O，
∵菱形ABCD中AC
BD
，
28 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴
1
20
2
ABO
ABC
，
2
BD
BO
，
90
AOB
，
∵cos
BO
ABO
AB
，
∴
cos
30cos 20
BO
AB
ABO
，
∴
2
60cos 20
BD
BO
．
14．（2026·福建三明·二模）如图，在
ABCD 与
ABEF 中，BE ，AD 相交于点G，且C，D，E，F 四点
共线．下列结论一定成立的是（
）
A．AB
DE
B．CE
DF
C．
C
F
D．
E D G
A G B
【答案】B
【分析】利用平行四边形的性质逐项判断即可．
【详解】解：
四边形ABCD和ABEF 是平行四边形，
AB
CD
EF
，
而AB
DE
不一定成立，
故选项A 错误；
CD
EF
，
CD
DE
EF
DE
，
CE
DF
，
故选项B 正确；
四边形ABCD和ABEF 是平行四边形，
BAD
C
、
ABE
F
，
若要
C
F
，则需
BAD
ABE
，
而题干中并未给出
BAD
与
ABE
相等的条件，
29 / 92
学科网（北京）股份有限公司
C
F
不一定成立，
故选项C 错误；
DGE
AGB
，而题干中并未给出DE 与EG 相等的条件，
无法得到
EDG
DGE
，即
E D G
A G B
不一定成立，
故选项D 错误．
15．（2026·福建南平·一模）在矩形ABCD中，点E 在边BC 上，
60
AEB
，将DCE 沿着DE 翻折，点
C 的对应点F 恰好落在线段AE 上，则AB
BC 的值为（
）
A．
1
2
B．
3
2
C．1
D．2 3
3
【答案】B
【分析】先证明AE
AD
BC
，可得AB
AB
BC
AE
，在Rt
ABE
△
中即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC
AD
，BC
AD
∥
，
∴
ADE
DEC
，
由折叠可知，
DEF
DEC
，
∴
ADE
DEF
，
∴AE
AD
BC
，
∴AB
AB
BC
AE
，
在Rt
ABE
△
中，sin
AB
AEB
AE
，即
3
sin 60
2
AB
AE
，
∴
3
2
AB
AB
BC
AE
．
16．（2026·福建泉州·一模）如图，在正方形ABCD中，对角线AC 与BD 相交于点O，点E 在AC 上，且
BC
CE
，延长BE 交边AD 于点F ，则AF
AB
的值为（
）
30 / 92
学科网（北京）股份有限公司
A．
2
1
B．
2
1
C．
2
1
2
D．2
2
【答案】A
【分析】设AB
BC
a
，则
2
AC
a
，CE
a
，
2
1
AE
a
，再根据对顶角和正方形的性质证明
AFE
AEF
得AE
AF
，即可求解．
【详解】解：设AB
BC
a
，则
2
AC
a
，
∵BC
CE
，
∴CE
a
，
CEB
CBE
，
∴
2
2
1
AE
AC
CE
a
a
a
，
∵ABCD是正方形，
∴AD
BC
∥
，
∴
AFE
CBE
，
又∵
CEB
AEF
，
∴
AFE
AEF
，
∴
2
1
AE
AF
a
，
∴
2
1
2
1
a
AF
AB
a
．
17．（2026·福建厦门·一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC ，BD 相交于点O，过点D 作AC 的平行
线DE ，过点C 作BD 的平行线CE ，相交于点E．下列三角形中，可以看成由
COD
△
绕点O 旋转180得到
的是（
）
A．AOD
B．AOB
C．
COB
△
D．DEC
31 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【答案】B
【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定，旋转的性质，先根据菱形的性质推出AOB 、AOD 、
BOC 、
COD
△
全等，再根据旋转的性质得
COD
△
绕点O 旋转180得到的是AOB ．
【详解】解：∵在菱形ABCD中，对角线AC ，BD 相交于点O，
∴BD
AC
，AO
OC
，OD
OB
，AB
BC
CD
AD
，
∴AOB 、AOD 、BOC 、
COD
△
全等，
∴由
COD
△
绕点O 旋转180得到的是AOB ．
故选：B．
18．（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，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90cm
（即
90cm
CE
），将其展开至点B 距离墙面170cm 的位置时（即水平距离
170cm
BD
），
190cm
AB
，
则此时棚骨外端B 离地面的垂直高度是________．
【答案】
280
60 2 cm
【分析】由题意得，
190cm
AC
AB
，证明四边形BDEF 是矩形，得到BF
DE
；利用勾股定理求出AD
的长，进而求出DE 的长即可得到答案．
【详解】解：由题意得，
190cm
AC
AB
，
90
ADB
BDE
DEF
F
∠
∠
∠
∠
，
∴四边形BDEF 是矩形，
∴BF
DE
；
在Rt ABD 中，由勾股定理得
2
2
60 2cm
AD
AB
BD
，
∴
190
60 2 cm
CD
AC
AD
，
∴
280
60 2 cm
DE
CD
CE
，
∴
280
60 2 cm
BF
，即此时棚骨外端B 离地面的垂直高度是
280
60 2 cm
．
19．（2026·福建厦门·二模）如图，在
ABCD 中，
6
AD
，
4 5
AB
，
B
是锐角，AE
BC
于点E
F
，是
32 / 92
学科网（北京）股份有限公司
AB 的中点，连接DF ，EF ，若
90
EFD
，则DF 长为______．
【答案】
4 5
【分析】连接DE ，延长EF
DA
，
交于点G ，证明
BEF
AGF AAS
≌
，得BE
AG
EF
GF
，
，设
BE
AG
x
，则
6
DE
DG
AG
AD
x
，在Rt ABE 中，
2
2
80
AE
x
，在Rt ADE 中，
2
2
12
AE
x
x
，
列关于x 的方程，解出x ，在Rt ABE 中，
2
2
DF
DE
EF
，计算即可．
【详解】解：如图，连接DE ，延长EF
DA
，
交于点G ，
∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴
//
AD BC ，∴
B
GAF
FEB
FGA
，
，
∵点F 是AB 的中点，AE
BC
，
∴BF
AF
，
1
2 5
2
EF
AB
，
∴
BEF
AGF AAS
≌
，
∴BE
AG
EF
GF
，
，
∵
90
EFD
GFD
，∴DG
DE
，
设BE
AG
x
，则
6
DE
DG
AG
AD
x
，
在Rt ABE 中，
2
2
2
2
2
2
4 5
80
AE
AB
BE
x
x
，
在Rt ADE 中，
2
2
2
2
2
2
6
6
12
AE
DE
AD
x
x
x
，
∴
2
2
80
12
x
x
x
，
解得：
4
x
或
10
x
（舍去），
33 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴
10
DE
，
∴
2
2
2
2
10
2 5
4 5
DF
DE
EF
．
20．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在一个长为20cm 的大矩形中，放入形状、大小完全相同的5 个小
矩形，根据图中信息可得小矩形的面积为____．
【答案】48
【分析】设小矩形的长为x ，宽为y ，根据图形，列出关于x ，y 的二元一次方程组，解方程组求解即可．
【详解】解：设小矩形的长为x ，宽为y ，
由图形可知，
2
20
3
x
y
x
y
，
解得：
12
4
x
y
，
∴小矩形的面积为
48
xy
．
21．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，矩形ABCD的对角线AC 和BD 相交于点O，过点O 的直线EF 分
别交AB ，CD 于点E，F，
4
AB
，
3
BC ，则图中阴影部分的面积为___________．
【答案】3
【分析】根据矩形的性质证明
(AAS)
DOF
BOE
△
≌△
，得到图中阴影部分的面积
1
1
2
2
DCO
S
CD
BC
，即
可得到答案．
【详解】解：
矩形ABCD，
DO
BO
，AB
CD
∥
,
DFO
OEB
DOF
BOE
，
34 / 92
学科网（北京）股份有限公司
(AAS)
DOF
BOE
△
≌△
，
DOF
BOE
S
S
，
图中阴影部分的面积
1
1
1
1
4
3
3
2
2
2
2
DCO
S
CD
BC
．
22．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，过点A 作AE
BC
于点E，对角线BD 交AE 于
点F．若
60
AFD
，则
C
的度数为________．
【答案】120/120度
【分析】先求出
30
FBE
，再根据菱形的性质得到BC
CD
，则
30
FBE
BDC
，最后根据三角形
内角和定理即可得到答案．
【详解】解：∵AE
BC
于点E，
∴
90
BEF
，
∵
60
BFE
AFD
，
∴
180
30
FBE
BFE
BEF
，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC
CD
，
∴
30
FBE
BDC
，
∴
180
120
C
FBE
BDC
．
23．（2026·福建三明·模拟预测）如图，正方形ABCD边长为3，动直线l 经过正方形中心O，线段A B
与
线段AB 关于直线l 对称，则点B 到直线A B
的距离最大值为_______．
【答案】3
3
2
2
2
【分析】根据正方形的性质，垂线段最短，等腰直角三角形的判定和性质，特殊角的三角函数求解即可．
35 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【详解】解：连接
,
,
,
OA OB OA OB
，
正方形ABCD边长为3，动直线l 经过正方形中心O，
根据正方形的性质，得
3,
,
90 ,
45
AB
OA
OB
AOB
OAB
OBA
，
3
sin 45
2
2
OA
AB
OB
，
根据对称的性质，得
90 ,
45
A OB
OA B
OB A
，
3
2
2
OA
OB
．
过点O 作OG
A B
于点G，
3 2
2
3
sin 45
2
2
2
OG
OA
，
OG
OB
BG
，
故当
,
,
B O G 三点共线时，BG 取得最大值，
且最大值为3
3
2
2
2
．
24．（2026·福建厦门·三模）在同一平面内，将边长相等的一个正五边形和一个正六边形如图拼接，则
1
的
度数是_____________．
【答案】132/132 度
【分析】根据正多边形内角和公式分别求出正五边形和正六边形的内角度数，再利用周角的定义进行计算
即可求解．
【详解】正六边形的内角和为
6
2
180
720
，则每个内角为720
120
6
，
正五边形的内角和为
5
2
180
540
，则每个内角为540
108
5
，
由图可知，
1
与正六边形的一个内角、正五边形的一个内角共同组成一个周角，
36 / 92
学科网（北京）股份有限公司
所以
1
360
120
108
132
．
25．（2026·福建厦门·三模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC 与BD 互相垂直平分，
3
AB
，则四边
形ABCD的周长为________．
【答案】12
【分析】根据线段垂直平分线的性质，可得四边形ABCD为菱形，继而计算周长即可．
【详解】解：∵在四边形ABCD中，对角线AC 与BD 互相垂直平分，
∴四边形ABCD为菱形，
∴菱形ABCD的周长为3 4
12
．
26．（2026 年5 月福建省漳州市龙海区浮宫中学九年级练习试卷）如图，在正方形ABCD中，连接BD 、AC ，
相交于点O，E 为OA 中点，连接BE ，则tan
EBO
的值为____．
【答案】
1
2
【分析】利用正方形对角线互相垂直平分且相等的性质，可得BOE 为直角三角形，设参数表示出OE 和OB
的长度，根据正切的定义即可求解．
【详解】解：设正方形ABCD的边长为a ，（
0
a
），
根据正方形的性质，可得对角线
2
AC
BD
a
，AC
BD
，
1
2
OA
AC
，
1
2
OB
BD
，
2
2
OA
OB
a
，
90
BOE
．
E 为OA 中点，
1
2
2
4
OE
OA
a
，
在Rt
EBO
△
中，
2
1
4
tan
2
2
2
a
OE
EBO
OB
a
．
37 / 92
学科网（北京）股份有限公司
27．（2026·福建泉州·二模）如图，在
ABCD 中，
4
AB
a
，
5
AD
a
，以点A 为圆心，AB 长为半径画弧，
交AD 于点P ，再分别以点
,
B P 为圆心，大于1
2 BP 的长为半径画弧，两弧交于点Q ，作射线AQ ，交BC 于
点H ，则
ABH
ADCH
S
S四边形
V
的值是_______．
【答案】2
3
【分析】由图可知，AQ 平分
DAB
，由AD
BC ，DAH
AHB
BAH
，推得
4
BH
AB
a
，
ABH
△
与梯形ADCH 等高，设高为h ，得
2
ABH
S
ah
，
3
ADCH
S
ah
梯形
，可得比值为2
3 ．
【详解】解：由作图可知，AQ 平分
DAB
，即
DAH
BAH
，
四边形ABCD是平行四边形，
∴AD
BC ，
5
AD
BC
a
，
DAH
AHB
，
∴
BAH
AHB
∠
∠
，
4
AB
BH
a
，
∴
5
4
HC
BC
BH
a
a
a
，
ABH
△
与梯形ADCH 等高，设高为h ，
∴
1
1 4
2
2
2
ABH
S
BH h
a h
ah
，
5
3
2
2
ADCH
AD
HC
a
a
S
h
h
ah
梯形
，
∴
2
2
3
3
ABH
ADCH
S
ah
S
ah
四边形
．
28．（2026·福建厦门·三模）如图，在菱形ABCD中，
60
ABC
，
6
AB
，E ，F 分别是边AB ，AD 的
中点．平移线段EF ，使得E 、F 的对应点恰好分别在边BC ，CD 上，则平移的距离是________．
【答案】3
【分析】根据菱形的性质和
60
ABC
判定ABC为等边三角形，求出AC 的长；根据三角形中位线定理
求出EF 与BD 的关系；根据平移的性质得出
//
E F
BD
且E F
EF
，进而根据相似三角形的判定与性质得
38 / 92
学科网（北京）股份有限公司
到E为BC 的中点；最后利用三角形中位线定理求出平移距离EE的长．
【详解】如图，设平移后E ，F 的对应点分别为E，F，连接AC ，BD ，EE，
四边形ABCD 是菱形，
6
AB
，
6
BC
AB
，
60
ABC
，
ABC
是等边三角形，
6
AC
AB
，
E ，F 分别是边AB ，AD 的中点，
EF
是
ABD 的中位线，
EF
BD
，
1
2
EF
BD
，
由平移的性质可知，
//
E F
EF
，E F
EF
，平移的距离为线段EE的长，
//
E F
BD
，
1
2
E F
BD
，
点E，F分别在边BC ，CD 上，
CE F
CBD
∽
，
1
2
CE
E F
CB
BD
，
1
2
CE
CB
，
E
是BC 的中点，
E 是AB 的中点，
EE
是ABC 的中位线，
1
1
6
3
2
2
EE
AC
．
29．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，正方形ABCD的边长为4，点F 在正方形内部，连接AF
BF
，
，且
ABF
DAF
，点E 是AD 边上一动点，连接EC
EF
，
，当EC
EF
长度最小值时，点F 到AB 边的距离为
_______．
39 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【答案】4 13
13
【分析】作点C 关于直线AD 的对称点G，连接GD
GE
、
，取AB 的中点H，连接HF
GH
、
；易得点F 在
以AB 为直径的半圆上运动，当G
E
F
H
、、、
四点共线时，EC
EF
FH
最小，从而EC
EF
最小；过点G
作GM
BA
交BA 的延长线于点M，过点F 作FN
AB
于点N，则由勾股定理可求得GH 的长，再利用相
似三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图，作点C 关于直线AD 的对称点G，连接GD
GE
、
，取AB 的中点H，连接HF
GH
、
；
∵四边形ABCD是正方形，
∴
4
90
AB
CD
AD
DAB
ADC
，
，
∴
90
DAF
BAF
，
∵
ABF
DAF
，
∴
90
ABF
BAF
，
即
90
AFB
，
∵点F 在正方形内部，
∴点F 在以AB 为直径的半圆上运动，且半圆位于正方形内，
∵点C、G 在关于直线AD 对称，
∴
4
90
CE
GE
GD
CD
ADG
，
，
，
∴EC
EF
GE
EF
，
∴EC
EF
FH
GE
EF
FH
GH
，
当G
E
F
H
、、、
四点共线时，EC
EF
FH
GE
EF
FH
取得最小值GH ，从而EC
EF
取得最小值；
过点G 作GM
BA
交BA 的延长线于点M，过点F 作FN
AB
于点N，
40 / 92
学科网（北京）股份有限公司
则
90
4
ADG
M
DAM
AD
GD
，
，
∴四边形ADGM 是正方形，
∴
4
GM
AM
，
∵H 是BA 的中点，
90
AFB
，
∴
1
2
2
HF
AH
AB
，
∴
6
MH
AM
AH
，
在Rt GMH 中，由勾股定理得
2
2
2 13
GH
GM
MH
，
∵FN
AB
GM
BM
，
，
∴FN
GM
∥
，
∴FNH
GMH
∽
，
∴FN
FH
GM
GH
，
∴
2 4
4 13
13
2 13
FH GM
FN
GH
，
∴当EC
EF
长度最小值时，点F 到AB 边的距离为4 13
13
．
30．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，矩形纸片ABCD，
3
4
AB
BC
，
，点E 是边AB 上一点，将矩形
纸片沿CE 翻折，使点B 落在对角线AC 上，点B 的对应点为F，则线段AE 的长是_______．
【答案】5
3 / 2
13
【分析】根据矩形的性质和勾股定理求出AC ，根据折叠的性质得到BE
EF
，
4
FC
BC
，
90
B
EFC
，然后利用勾股定理即可求出AE ．
41 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴
90
B
，
∵
3,
4
AB
BC
，
∴
2
2
5
AC
AB
BC
，
由折叠可知：
4,
90
BE
EF
FC
BC
B
EFC
，
，
∴
5
4
1
AF
AC
FC
，
3
EF
BE
AB
AE
AE
，
在Rt AEF 中，
2
2
2
FE
AF
AE
，
即
2
2
2
3
1
AE
AE
，
解得
5
3
AE
．
31．（2026·福建泉州·二模）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点E 是OA的中点，点F，G 是BD
上两个动点（F 在G 的下方），且满足AE
FG
，若正方形边长为2，则AG
EF
的最小值为_______．
【答案】
5
【分析】过点E 作EH
AC
交AD 于点H ，证明四边形EFGH 是平行四边形，求得GH
EF
，证明
ABG
CBG SAS
≌
，得到AG
CG
，根据AG
EF
CG
GH
CH
，得到AG
EF
的最小值为CH 的长，
据此求解即可．
【详解】解：过点E 作EH
AC
交AD 于点H ，连接GH ，GC ，CH ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴
45
CAD
，BD
AC
，
∴AEH 是等腰直角三角形，EH
BD
∥
，
∴AE
EH
，
42 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∵AE
FG
，
∴EH
FG
，
∵EH
FG
∥
，
∴四边形EFGH 是平行四边形，
∴GH
EF
，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB
CB
，
45
ABG
CBG
，
∵BG
BG
，
∴
ABG
CBG SAS
≌
，
∴AG
CG
，
∴AG
EF
CG
GH
CH
，
∴AG
EF
的最小值为CH 的长，
∵EH
OD
∥
，
∴AE
AH
OE
DH
，
∵点E 是OA 的中点，
∴
1
1
2
AH
DH
AD
，
∴
2
2
1
2
5
CH
，
∴AG
EF
的最小值为5 ．
32．（2026·福建宁德·一模）如图，在一个边长为6 的正六边形中，中间空白部分的五边形面积为10，则
阴影部分的面积和是_____．
【答案】27 3
20
/ 20
27 3
【分析】先求出GM 的长和
EDC
S
，再求出
10
10
ACD
BED
EDC
S
S
S
S
V
V
V
阴影
，计算即可．
【详解】解：如下图：六边形ABCDEF 是正六边形，GM
DE
，DN
EC
，
43 / 92
学科网（北京）股份有限公司
ABO
是等边三角形，
60
BAO
，
30
AOG
，
1
3
2
AG
AO
，
2
2
2
2
6
3
3 3
OG
AO
AG
，
2
6 3
GM
OG
，
120 ,
,
EDC
ED
CD DN
EC
Q
，
90 ,
60
END
EDN
，
30
NED
，
2
2
2
2
3,
6
3
3 3
ND
EN
ED
DN
，
2
6 3
EC
EN
，
1
1
6 3
3
9 3
2
2
EDC
S
EC ND
V
，
如下图，
1
10
10
2
6 6 3
10
9 3
27 3
20
2
ACD
BED
EDC
S
S
S
S
阴影
．
33．（2026·福建福州·二模）如图，菱形ABCD 中，
120
BAD
．将ACD 绕点A 顺时针旋转α
0
90
后恰好与ABC 重合，则旋转角α的度数是______．
【答案】60/60 度
【分析】由旋转的性质及菱形的性质即可得出结论．
44 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【详解】解：因为四边形ABCD是菱形，且
120
BAD
，
所以对角线AC 平分
BAD
，AB
AC
AD
CD
，
所以
1 120
60
2
DAC
BAC
．
所以ABC 与ADC 是两个大小一样的等边三角形，
又因为将ACD 绕点A 顺时针旋转后与ABC 重合，
所以
60
DAC
．
综上，旋转角的度数是60．
34．（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
1v ，
2v 的影响，
其大小分别用线段
,
OA OB 的长度表示，其方向分别用画有箭头的有向线段
,
OA OB 表示，以线段
,
OA OB 为邻
边作平行四边形，则对角线OC 的长度和方向表示
1v 与
2v 的合速度v（即实际速度）的大小和方向，这种求
1v
与
2v 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1km/h
v
，方向为正东，小船在静水
中的航行速度为2km/h
v
，两个速度的方向所成的角为
0
360
，且
2
1
v
v
，小船的实际速度为
km/h
v
．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，
1v 不变，
2v 变大，则小船的实际速度v 变大；
②
2
1
2
1
v
v
v
v
v
；
③若小船沿正北方向行进，则
2
2
2
1 km/h
v
v
v
．
【答案】①③
【分析】①当，1v 不变，
2v 变大，即线段OC 的长度变大为OE 的长度，则小船的实际速度v 的大小从OD
的长度变大为OF 的长度；当
0
或360 时，1v 与
2v 在同一方向上，此时
1
2
v
v
v
，当
180
时，1v 与
2v
在相反方向上，此时
2
1
v
v
v
，其余情况时，
2
1
2
1
v
v
v
v
v
；③如若小船沿正北方向行进，此时
90
BOD
．
【详解】解：①如图①，当，
1v 不变，
2v 变大，即线段OC 的长度变大为OE 的长度，则小船的实际速度
v 的大小从OD 的长度变大为OF 的长度，故①正确；
②∵0
360
，
45 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴当
0
或360时，
1v 与
2v 在同一方向上，此时
1
2
v
v
v
，
当
180
时，
1v 与
2v 在相反方向上，此时
2
1
v
v
v
，
其余情况时，
2
1
2
1
v
v
v
v
v
，
综上所述，
2
1
2
1
v
v
v
v
v
，故②不正确；
③如图②，若小船沿正北方向行进，此时
90
BOD
，
则
2
2
2
1 km/h
v
v
v
，故③正确；综上所述，①③正确．
35．（2026·福建泉州·三模）如图，在正方形ABCD中，
10
AB
，点M 为线段BD 上一点，将
ADM
△
沿AM
所在直线翻折得到
AEM
△
（点E 在正方形ABCD内部），连接BE ，CE ，DE ，若
2
BAE
DCE
，则DE
的长为______．
【答案】2 10
【分析】设AE 与BD 交于点G ，延长AM 交DE 于点N ，过点C 作CF
DE
延长线于点F ，根据翻折的性
质得到
45
ABG
GEM
，证明AGB
MGE
∽
，得到
2
GME
DCE
，设
DCE
，
2
GME
，
证明
EFC
V
是等腰直角三角形，得到ADN
DCF
≌
，推出
3
DF
CF
，再根据勾股定理进行计算即可．
【详解】解：设AE 与BD 交于点G ，延长AM 交DE 于点N ，过点C 作CF
DE
延长线于点F ，
在正方形ABCD中，
10,
90
AD
DC
BC
AB
ADC
DCB
，
45
ADB
ABD
，
将
ADM
△
沿AM 所在直线翻折得到
AEM
△
（点E 在正方形ABCD内部），
,
,
,
,
45
DM
EM AD
AE AN
DE DN
EN
AEM
ADB
BDC
，
45
ABG
GEM
，
46 / 92
学科网（北京）股份有限公司
AGB
MGE
，
AGB
MGE
∽
，
BAG
GME
，
2
BAE
DCE
，
2
GME
DCE
，
设
DCE
，
2
GME
，
DM
EM
，
MDE
MED
，
2
GME
MDE
，
MDE
DCE
，
45
EDC
BDC
MDE
，
180
(45
)
135
DEC
，
180
135
45
FEC
，
EFC
△
是等腰直角三角形，
EF
FC
，
90
ADC
DFC
AND
，
90
ADN
CDF
DCF
，
AD
DC
，
ADN
DCF
≌
，
DN
CF
，
DN
NR
CF
，
EF
CF
，
DN
NE
CF
EF
，
3
DF
CF
，
在Rt DCF 中，
2
2
2
DF
CF
DC
，
2
2
2
(3
)
10
CF
CF
，
10
CF
，
2
2 10
DE
CF
．
47 / 92
学科网（北京）股份有限公司
36．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，矩形ABCD和正方形AEFG 面积相等，点B 在边EF 上，点G 在CD
上，FG 交BC 于M 点，
18
EN
AB
AB
，
，若
:
16 :9
ENB
BFM
S
S
，则AD ___________．
【答案】9
17
【分析】证明
AAS
ADG
ANE
≌
得
ADG
ANE
S
S
，EN
DG
，AN
AD
．由矩形ABCD和正方形AEFG
面积相等，得
ENB
BFM
GCM
S
S
S
，结合
:
16 :9
ENB
BFM
S
S
可得
:
16 : 25
ENB
GCM
S
S
，证明
CGM
NEB
∽
:
4:5
EN GC
，求出
8
EN
DG
，再证明ANE
ENB
∽
，利用相似形的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形AEFG 是正方形，
∴
90
GAE
AEF
F
AGF
，AG
AE
，
∴
90
GAB
BAE
∵四边形ABCD是矩形，
∴
90
DAB
ABC
C
D
，
18
CD
AB
，
∴
90
DAG
GAB
，
∴
DAG
BAE
，
∵EN
AB
，
∴
90
ANE
，
∴
90
D
ANE
，
又∵AG
AE
，
∴
AAS
ADG
ANE
≌
，
48 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴
ADG
ANE
S
S
，EN
DG
，AN
AD
．
∵矩形ABCD和正方形AEFG 面积相等，
∴
ABCD
AEFG
ABMG
ABMG
S
S
S
S
矩形
正方形
四边形
四边形
，
∴
ENB
BFM
GCM
S
S
S
，
∵
:
16 :9
ENB
BFM
S
S
，
∴
:
:
16: 25
ENB
GCM
ENB
ENB
BFM
S
S
S
S
S
，
∵
90
EBN
MBF
，
90
EBN
BEN
，
∴
MBF
BEN
，
同理可证，
MBF
CGM
，
∴
CGM
BEN
，
∵
90
BNE
C
，
∴CGM
NEB
∽
，
∴
:
4:5
EN GC
，
∴
:
4:5
DG GC
，
∴
4
18
8
4
5
EN
DG
．
∵
90
AEN
BEN
，
90
AEN
EAN
，
∴
BEN
EAN
，
∵
90
ANE
ENB
，
∴ANE
ENB
∽
，
∴AN
EN
EN
BN
，
∴
8
8
18
AN
AN
，
解得
9
17
AN
或
9
17
AN
（舍去），
∴
9
17
AD
．
37．（2026·福建泉州·一模）在物理学中，作用于同一点的两个力的合成符合“平行四边形法则”，即两个共
点力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，则这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小
和方向，如图1．如果两个共点力
1F 、
2
F 如图2 所示，若方格图中每个小正方形的边长都表示1N ，则合力F
的大小为________ N ．
49 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【答案】2 5
【分析】先在网格中取格点构造平行四边形，再通过勾股定理计算各边长度，验证四边形为平行四边形后，
其对角线长度即为两个力的合力大小．
【详解】解：如图，取格点A 、B 、C ，连接AB 、BC 、BO ，
由勾股定理得
2
2
2
3
13
AB
OC
，
2
2
1
2
5
OA
BC
，
2
2
4
2
2 5
BO
，
∴四边形OABC 是平行四边形，
∴合力F 的大小为2 5N ．
38．（2026·福建三明·一模）如图，已知正方形ABCD 的边长为2，P 是对角线BD 上一点，PE
BC
于点E，
PF
CD
于点F，连接AP ，EF ，则EF 的最小值为______．
【答案】
2
【分析】连接CP ，结合正方形性质、勾股定理求出BD ，证明四边形PECF 是矩形即可得EF
CP
，再根
据垂线段最短即可得解．
【详解】解：连接CP ，如下图：
50 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∵正方形ABCD中，
90 ,
2
BCD
BC
CD
，
2
2
2 2
BD
BC
CD
，
又
,
PE
BC PF
CD
，
∴四边形PECF 是矩形，
EF
CP
，
则EF 的最小值即为CP 的最小值，
当CP
DB
时，CP 最短，
此时
2
2
BCD
BC
CD
BD
CP
S
，
2 2
2
2 2
BC
CD
CP
BD
，
即EF 的最小值为
2 ．
39．（2026·福建莆田·模拟预测）学校开展以“劳动创造美好生活”为主题的五一劳动节系列活动，同学们积
极参与主题活动的规划、实施、组织和管理，组成调查组、采购组、规划组等多个研究小组．为了协助公
园园区工人测量人工湖湖畔,
A B 两点之间的距离，调查组设计了如图所示的示意图，先在湖边地面上确定
点O，再用卷尺分别确定
,
OA OB 的中点
,
C D ，最后用卷尺量出
10 m
CD
，则,
A B 之间的距离是_____ m ．
【答案】20
【分析】根据三角形中位线定理即可得到答案．
【详解】解：∵
,
C D 分别是
,
OA OB 的中点，
∴CD 是AOB 的中位线，
∵
10 m
CD
，
∴
2
20 m
AB
CD
．
51 / 92
学科网（北京）股份有限公司
40．（2026·福建泉州·一模）如图，Rt ABC中，
90
ACB
，将ABC 绕点C 顺时针方向旋转得到DCE ，
连接AE 交DC 于点F ．取AC 的中点G ，连接AD ，FG ．若BD
AC
∥
，
3
FG
，
3
cos
5
ABC
，则AC 的
长为______．
【答案】8
【分析】作AH
CD
于点H ，设
3
BC
x
，通过解直角三角形可得
5
AB
x
，
4
AC
x
，由旋转的性质可得，
4
CD
AC
x
，
3
CE
BC
x
，
90
DCE
ACB
．由BD
AC
∥
，使用面积法可求出
3
AH
x
CE
，
进而可证明
AFH
EFC AAS
≌
，则AF
EF
，因此FG 是
ACE
△
的中位线，从而得到
3
6
CE
x
，解出x
的值后，求出AC 的长即可．
【详解】解：如图，作AH
CD
于点H ，设
3
BC
x
，
在直角ABC 中，
3
5
3
cos∠
5
BC
x
AB
x
ABC
，
由勾股定理可得，
2
2
2
2
5
3
4
AC
AB
BC
x
x
x
，
由旋转的性质可知，
4
CD
AC
x
，
3
CE
BC
x
，
90
DCE
ACB
，
∵AH
CD
，
∴∠
90
∠
AHF
DCE
，
∵BD
AC
∥
，
∴
2
△
△
1
1
4
3
6
2
2
ACD
ABC
S
S
AC
BC
x
x
x
，
又∵
1
2
ACD
CD AH
S
，
∴
2
2
12
3
4
ACD
S
x
AH
x
CD
x
，
∴AH
CE
，
52 / 92
学科网（北京）股份有限公司
在
AFH
△
和
EFC
V
中，
AFH
EFC
AHF
DCE
AH
CE
，
∴
AFH
EFC AAS
≌
，
∴AF
EF
，即点F 是AE 的中点，
∵点G 是AC 的中点，
∴FG 是
ACE
△
的中位线，
∴
2
6
CE
FG
，
∴3
6
x
，解得
2
x
，
∴
4
8
AC
x
．
41．
（2026·福建漳州·一模）在矩形ABCD中，
4
6
AB
BC
M
，
，
是AB 的中点，点P 在AD 上运动．将
APM
沿PM 翻折得到EPM ，连接CE ，则CE 的最小值为___________．
【答案】2 10
2
/ 2
2 10
【分析】如图，连接
,
,
AE BE CM ，由折叠的性质易证AM
BM
ME
，推出点E 在以点M 为圆心，AB 为
直径的圆上运动，当
,
,
M E C 三点共线时，CE 有最小值，利用勾股定理求出MC ，即可解答．
【详解】解：如图，连接
,
,
AE BE CM ，
由折叠的性质得AM
ME
，
∵M 是AB 的中点，
∴AM
BM
，
∴AM
BM
ME
，
∴点E 在以点M 为圆心，AB 为直径的圆上运动，
当
,
,
M E C 三点共线时，CE 有最小值，
∵
4
6
AB
BC
，
，四边形ABCD 是矩形，
∴
2,
90
BM
MBC
，
∴
2
2
2 10
MC
BC
BM
，
53 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴CE 的最小值为2 10
2
．
42．
（2026·福建泉州·一模）如图，正方形ABCD的边BC 在
MON
的边ON 上，点A 在边OM 上，
30
MON
，
4
AB
，点P 为射线AM 上的一点，将线段PC 绕点D 顺时针旋转90得到线段EA ，当PE 取最小值时，
则CE ___________．
【答案】2 7
【分析】连接PD ，由旋转的性质得到
PCD
EAD
≌
△
△
，
90
PDE
，推出PDE 是等腰直角三角形，当
PD
OM
时，PE 取得最小值，作EG
ON
于点G ，延长AD 交EG 于点F ，在Rt CEG 中，由勾股定理
计算即可求解．
【详解】解：连接PD ，
∵将线段PC 绕点D 顺时针旋转90得到线段EA ，
∴
,
90
,
CD
AD
CDP
ADE
ADP PD
ED
，
∴
PCD
EAD
≌
△
△
，
90
PDE
，
∴PD
ED
，
∴PDE 是等腰直角三角形，
∴当PD 取最小值时，PE 也取得最小值，
∴当PD
OM
时，PE 取得最小值，
如图，作EG
ON
于点G ，延长AD 交EG 于点F ，
54 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∵
30
MON
，
4
AB
，四边形ABCD是正方形，
∴AD
BC
∥
，
4
AD
AB
CD
，
∴
30
M
DAP
ON
，
∴
1
2
2
DP
AD
，
∴
2
DE
DP
，
∵PD
OM
，
90
PDE
，
∴DE
AP
∥
，
∴
30
D
FDE
AP
，
∴
1
1
2
EF
DE
，
2
2
2
1
3
DF
，
∵
90
FDC
DCG
CGF
，
∴四边形FGCD是矩形，
∴
3
CG
DF
，
4
FG
CD
，
∴
1
4
5
EG
，
在Rt CEG 中，由勾股定理得
2
2
3
5
2 7
CE
．
43．（2026·福建厦门·二模）已知如图，在矩形ABCD中，E 为边AD 的中点．求证：BE
CE
．
【答案】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB
DC
，
90
A
D
，
∵E 为边AD 的中点，
∴AE
DE
，
在ABE 和
CDE
△
中，
90
AB
DC
A
D
AE
DE
，
∴
SAS
ABE
CDE
≌
，
∴BE
CE
．
55 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【分析】由矩形的性质可得AB
DC
，
90
A
D
，再证明
SAS
ABE
CDE
≌
，即可得证．
【详解】略
44．（2026·福建宁德·二模）如图，在正方形ABCD中，点E ，F 分别在边AD ，CD 上，AE
CF
．求证：
BE
BF
．
【答案】证明：∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB
BC
，
90
A
C
，
在BAE 和BCF 中，
AB
BC
A
C
AE
CF
∴
BAE
BCF SAS
≌
，
∴BE
BF
．
【分析】根据正方形的性质得AB
BC
，
90
A
C
，结合AE
CF
证明BAE
BCF
≌
便可得结论．
【详解】略
45．（2026·福建福州·三模）如图，在矩形ABCD中，
8
AB
，
10
BC
，E 是CD 边上的一点，点P 在BC
边上，BP
CP
，且满足
BAP
CPE
．
(1)请用无刻度的直尺和圆规在所给的图中作出符合条件的点P （保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）的条件下，
2
CE
，求BP 的长．
56 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）连接AE ，作线段AE 的垂直平分线交AE 于点O，以点O 为圆心，OA 的长为半径画弧交BC
于点P（满足BP
CP
），根据
BAP
CPE
，
90
BAP
BPA
，可推出
90
APE
，则点P 在以AE
为直径的圆上，故点P 即为所求；
（2）可证明
ABP
PCE
△
∽△
，根据相似三角形的性质列出比例式求解即可．
【详解】（1）略
（2）解：如图所示，
∵四边形ABCD是矩形，
∴
90
ABP
PCE
，
又∵
BAP
CPE
，
∴
ABP
PCE
△
∽△
，
∴AB
BP
PC
CE
，
设BP
x
，则
10
PC
BC
BP
x
，
∴
8
10
2
x
x
，
解得
2
x
（已检验）或
8
x
（舍去），
∴
2
BP
．
46．（2026·福建厦门·三模）如图，ABC 是等边三角形，点D，E 分别在边
,
AC BC 上，CD
CE
，连接
BD ．将线段BD 绕点B 按逆时针方向旋转60得到线段BF ，连接
,
AF EF ．
57 / 92
学科网（北京）股份有限公司
(1)若
20
FBA
，求
AFB
的度数；
(2)求证：四边形ACEF 为平行四边形．
【答案】(1)100
(2)证明：由（1）知CBD
ABF
≌
，
∴AF
CD
，
∵CD
CE
，
∴AF
CE
，
∵
60
BAF
ABC
，
∴AF
BC ，即AF
CE ，
∴四边形ACEF 为平行四边形．
【分析】（1）由旋转的性质可得
60 ,
DBF
BD
BF
，根据等边三角形的性质可得
60 ,
ABC
AB
BC
，
证明
, ,
CBD
ABF S A S
≌
，可得
60
BAF
C
，再利用三角形内角和定理即可求解；
（2）由（1）知CBD
ABF
≌
，得到AF
CD
，结合CD
CE
，推出AF
CE
，再根据
60
BAF
ABC
，
推出AF
BC ，即可证明．
【详解】（1）解：由旋转的性质可得
60 ,
DBF
BD
BF
，
∵ABC是等边三角形，
∴
60 ,
ABC
C
AB
BC
，
∴
60
ABF
ABD
ABD
CBD
，
∴
ABF
CBD
，
∴
, ,
CBD
ABF S A S
≌
，
∴
60
BAF
C
，
∵
20
ABF
，
∴
180
100
AFB
ABF
BAF
；
（2）略
58 / 92
学科网（北京）股份有限公司
47．（2026·福建三明·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，
6
AB
，
8
BC ，点F 在BC 上，点E 在AD 上，
连接EF ，将矩形沿EF 折叠，点A ，B 的对应点分别为点H ，G （点G 落在CD 边上），连接BG ．
(1)求EF
BG 的值；
(2)若
5
BF ，求AE 的长．
【答案】(1)
3
4
EF
BG
(2) AE 的长为2
【分析】（1）过点A 作AP
EF
∥
，交BC 于点P ，交BG 于点Q ，结合矩形的性质推导出四边形APFE 为平
行四边形，利用平行四边形的性质推导出ABP
BCG
∽
，再运用相似的性质即可求解；
（2）连接BE ，EG ，根据折叠求出BE
EG
，
5
BF
FG
，根据矩形性质求出
90
C
，
6
AB
CD
，
8
BC ，再根据勾股定理求出CG 的值，最后设AE
x
，根据
2
2
2
2
2
2
BE
AB
AE
EG
DE
DG
，列出
方程求解即可.
【详解】（1）解：如图，过点A 作AP
EF
∥
，交BC 于点P ，交BG 于点Q ．
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD
BC ．
∵AP
EF
∥
，
∴四边形APFE 为平行四边形．
∴AP
EF
．
∵将矩形沿EF 折叠，点A ，B 的对应点分别为点H ，G （点G 落在CD 边上），
∴EF
BG
．
59 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴AP
BG
．
∴
90
BAP
ABQ
．
∵
90
CBG
ABQ
．
∴
BAP
CBG
．
又∵
90
ABP
BCG
，
∴ABP
BCG
∽
．
∴
6
3
8
4
AP
AB
BG
BC
，
即
3
4
EF
BG
；
（2）解：如图，连接BE ，EG ．
∵点B
G
，
关于直线EF 对称，
∴BE
EG
，
5
BF
FG
．
∵四边形ABCD为矩形，
∴
90
C
，
6
AB
CD
，
8
BC ，
∴
8
5
3
CF
BC
BF
．
∴
2
2
2
2
5
3
4
CG
FG
CF
．
∴
6
4
2
DG
CD
CG
．
设AE
x
，则
8
DE
AD
AE
x
．
由
2
2
2
2
2
2
BE
AB
AE
EG
DE
DG
，得
2
2
2
2
6
8
2
x
x
．
解得
2
x
．
∴AE 的长为2 ．
48．（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1，现有宽度不同的两根木条（宽木条MOBP 中
∥
MO
PB，窄木条NOAQ 中ON
AQ
∥
，
60 / 92
学科网（北京）股份有限公司
135
MOB
NOA
），当遇到转角为直角（
90
MON
）的地面时，发现拼接后点A 与点B 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2 ，画出QA的延长线，交BP 于点C ，连接OC ；
第二步：如图3 ，沿着射线OB 方向，平移窄木条NOAQ ，得到N O A Q
，使点A与点B 重合，延长MO ，
交窄木条的边N O
于点D ，连接BD ；
第三步：沿着OC 、BD 切割，切口恰好可以完全重合，如图4 完成拼接．
(1)请判断图3 中OD ，BC 的数量关系，并说明理由；
(2)如图4 ，如果宽木条MOBP 的宽度为30cm ，窄木条NOCQ的宽度为18cm ，宽木条MOBP 裁剪后的锐角
是
OCP
，求tan OCP
的值；
(3)如图5 ，当若地面的转角为60，对宽度比为5:3的两根长方形木条FGKL 和FGEH 切割后拼接铺入该转
角处，求tan的值．
【答案】(1)结论：OD
CB
MO
PB
∥
Q
，
135
MOB
，
180
45
OBP
MOB
．
NO
N O
∥
Q
，
135
NOB
，
90
MON
，
45
OO N
，
90
ODN
ODO
．
同理可得
45
OAQ
，
45
BAC
OAQ
，
180
90
ACB
OBP
BAC
，
由平移得
'
OA
OB
，
OO
AB
．
45
OO D
ABC
Q
，
90
ACB
ODO
AAS
ODO
ACB
△
≌△
61 / 92
学科网（北京）股份有限公司
OD
CB
．
(2) 5
3
(3) 5 3
11
【分析】（1）根据平移的性质以及平行线的性质，证明
ODO
ACB AAS
≌
，根据全等三角形的性质，
即可得证；
（2）延长NO 交PC 于点S ，两根木条的宽度比即为所求；
（3）过点A 作AC
BE
于点C ，AD
BH
于点D ，过点B 作BQ
AF
交FA 的延长线于点Q ，AQ 交BH
于点P ，则四边形ACBQ 为矩形，两根木条的宽度比为5:3，即
:
5: 3
AD AC
，根据
5 3
tan
3
AD
PD
x
APD
，
得出
60
BPQ
APD
，进而求得BD ，得出
5 3
tan
11
AD
BD
，即可求解．
【详解】（1）略
（2）解：如图，延长NO 交PC 于点S ，
90
MON
，MO
PC ，
90
OSP
MON
，
90
OSC
，
30 cm
OS
，
18 cm
SC
，
30
5
tan
18
3
OS
OCP
SC
；
（3）如图，过点A 作AC
BE
于点C ，AD
BH
于点D ，过点B 作BQ
AF
交FA 的延长线于点Q ，AQ
交BH 于点P ，则四边形ACBQ 为矩形，
两根木条的宽度比为5:3，即
:
5: 3
AD AC
，
62 / 92
学科网（北京）股份有限公司
设
3
AC
BQ
x
，则
5
AD
x
，
60
FAG
，AG
PH
∥
，
60
APD
FAG
，
5 3
tan
3
AD
PD
x
APD
．
60
BPQ
APD
Q
，
2 3
sin
BQ
BP
x
BPQ
，
11 3
3
BD
BP
PD
x
，
5
5 3
tan
11
11 3
3
AD
x
BD
x
．
49．（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，
2
2
2
c
a
b
（c 为斜边）．
(1)证明：若a 、b 、c 均为整数，则它们不可能都是奇数；
(2)如图，若
3
a
，
5
c
，直线FH 交边AB 于点M ，求AM
BM 的值．
【答案】(1)证明：假设a 、b 、c 均为奇数，
则
2
a 、
2
b 、
2c 均为奇数
∴
2
2
a
b
为偶数，
由勾股定理得
2
2
2
c
a
b
，∴
2c 为偶数，
与
2c 为奇数相矛盾，假设不成立
∴a 、b 、c 不可能都是奇数．
(2) 4
3
【分析】（1）假设a 、b 、c 均为奇数，推出
2c 为偶数，即可得证；
（2）过A 作AN
AH
，交HM 的延长线于点N ，证明AMN
BMF
∽
，进而得到AM
AN
BM
BF
，求出
,
AN BF
63 / 92
学科网（北京）股份有限公司
的长即可.
【详解】（1）略
（2）解:过A 作AN
AH
，交HM 的延长线于点N ，
∴
90
NAE
AEB
，
∴AN
BE
∥
，
∴AMN
BMF
∽
，
∴AM
AN
BM
BF
，
在直角三角形ADH 中，
3
DH
a
，
5
AD
c
，
2
2
2
2
2
5
3
16
AH
AD
DH
，
∴
4
AH
b
（负值舍去），
在正方形EFGH 中，
45
EHF
，
∴
45
ANH
EHF
，
∴
4
AN
AH
，
又∵
3
BF
a
，
∴
4
3
AM
AN
BM
BF
，
50．（2026·福建厦门·二模）如图，矩形ABCD，AD
a
，AB
b
．
(1)用直尺和圆规作一个符合条件的平行四边形ABEF ，须满足：①点F 落在边AD 右侧；②AF
AD
；③EF
与CD 在AB 同侧；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，若平行四边形ABEF 的面积是矩形ABCD面积的一半，且DCF 为等腰三角形，求a
b
的值．
【答案】(1)解：如图所示，四边形ABEF 即为所求；
64 / 92
学科网（北京）股份有限公司
(2) a
b 的值为
3 ，1，
3
3
．
【分析】（1）作线段AD 的垂直平分线MN ，垂足为N ，在AD 的右侧，以A 为圆心，AD 为半径作弧，交
MN 于点F ，在射线FM 上截取线段FE ，使得FE
AB
，连接BE ，四边形ABEF 即为所求；
（2）证明AD
DF
AF
，得到ADF 是等边三角形，分三种情况：CD
DF
，FD
FC
，CD
CF
分别
求解即可．
【详解】（1）略；
（2）解：∵平行四边形ABEF 面积是矩形ABCD面积的一半，
∴EF 垂直平分线段AD ，
FD
FA
，
AF
AD
，
AD
AF
FD
，
ADF
是等边三角形；
∴
60
ADF
，
∴
30
FDC
．
当CD
DF
时，如图，
ADF 是等边三角形，
DC
AB
AD
a
，
1
a
AD
a
b
AB
a
；
当FD
FC
时，如图，作FG
CD
⊥
交CD 于点G，
65 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∵
30
FDG
，
3
3
GF
GD
，
2
3
2
3
a
AD
GF
b
AB
GD
；
当CD
CF
时，如图，作CM
DF
交DF 于点M，
由
30
CDM
，
得
2
2
2
CM
DM
DC
，
即
2
2
2
2
2
b
a
b
，
2
2
3
4
4
a
b
，
2
2
3
a
b
，
3
a
b
，
3
a
b
．
51．（2026·福建泉州·二模）如图，四边形ABCD为平行四边形．
(1)在CD 上求作一点P ，使得
1
2
PBC
BCD
S
S
；
（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)若
120
C
，
4
AB
，
8
AD
，求（1）中
PBC
△
的面积．
【答案】(1)点P 的位置如图所示；
66 / 92
学科网（北京）股份有限公司
(2) 4 3
【分析】（1）分别以点C ，点D 为圆心，大于1
2 CD 为半径画圆，连接交点，与CD 交于点P ，根据三角形
的面积，等底半高，点P 即为所求；
（2）过点P 作PE
BC
垂足为E ，根据
120
C
，求出
DCE
，根据
1
2
PBC
BCD
S
S
，求出PC ，再根据
sin
PE
PCE
PC
，求出PE ，根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】（1）略
（2）解：过点P 作PE
BC
垂足为E ，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB
CD
，BC
AD
，
∵
120
BCD
，
∴
180
60
PCE
BCD
，
∵
1
2
PBC
BCD
S
S
，
∴点P 是CD 中点，
∴
1
2
2
PC
CD
，
在Rt
PCE
△
中，sin
PE
PCE
PC
，
即
3
2
2
PE
，
∴
3
PE
，
∴
1
4 3
2
PBC
S
BC PE
．
【点睛】本题解直角三角形，尺规作图，解题的关键是掌握尺规作图，解直角三角形，进行解答，即可．
52．（2026·福建莆田·模拟预测）解答
(1)【问题提出】如图，在长方形ABCD中，点P 是边CD 上一点，在边BC 、AD 上分别作出点E
F
、，使
得点F
E
P
、、
是一个等腰直角三角形的三个顶点，且PE
PF
，
90
EPF
；要求：用尺规作图，保留作
图痕迹，不写作法；
67 / 92
学科网（北京）股份有限公司
(2)【问题解决】在(1)的前提下，作P 关于EF 的对称点Q ( 本小题不用尺规作图)，补全图形，求证：四边
形EPFQ 为正方形．
【答案】(1)所作等腰直角三角形EPF 如图1 所示：
(2)证明：补全图形如图2，
∵点Q 与点P 关于直线EF 对称，
∴EF 垂直平分线段PQ ，
∴PE
QE
，PF
QF
．
又∵PE
PF
，
∴PE
QE
QF
PF
，
∴四边形EPFQ 是菱形．
∵
90
EPF
，
∴菱形EPFQ 是正方形．
【分析】（1）根据作图技巧运用圆规分别在
,
AD BC 上截取
,
CP
DF DP
CE
，然后，连接
,
,
PE PF EF ，
证得
, ,
CPE
DFP S A S
≌
，得出PE
FP
，
CPE
DFP
即可证得结论；
（2）根据垂直平分线的性质，得PE
QE
，PF
QF
，再由PE
PF
，得四边形EPFQ 是菱形，最后，由
90
EPF
即可证得结论．
【详解】（1）解：∵在长方形ABCD中，
∴
90
C
D
，
68 / 92
学科网（北京）股份有限公司
根据作图痕迹可知
,
CP
DF DP
CE
，
在CPE 和DFP 中，
CP
DF
C
D
CE
DP
，
∴
, ,
CPE
DFP S A S
≌
，
∴PE
FP
，
CPE
DFP
，
∴
90
DFP
DPF
CPE
DPF
，
∴
180
90
EPF
CPE
DPF
，
∴EPF 是等腰直角三角形；
（2）略
53．（2026·福建厦门·模拟预测）如图1，将矩形沿虚线进行分割，分割后可以将得到的两个三角形进行拼
接，得到的新图形如图2 所示．
(1)如图3，在ABC 中，
90
C
，对ABC 进行分割，分割线DE 垂直于AC ，
①证明ADE
ACB
∽
；
②将ABC 分割成4 个全等的三角形，请在图4 中画出分割线；
(2)对如图5 所示的四边形ABCD进行分割，将其拼成一个平行四边形，请设计一种方案．
要求：
Ⅰ．在四边形ABCD中画出分割线，再标出各个分割后的图形序号（类似图1）；
Ⅱ．在方框中画出拼接后的平行四边形的示意图（类似图2）；
Ⅲ．拼接后各部分均不重叠、无缝隙、无剩余；
Ⅳ．本题将综合考虑“分割次数”给分．
69 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【答案】(1)①证明：∵DE
AC
，
∴
90
ADE
，
∵在直角三角形ABC 中，
90
C
，
∴
90
ADE
C
，
又∵
DAE
CAB
，
∴ADE
ACB
∽
；
②如图所示：
(2)如图所示：
或
70 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【分析】（1）①利用相似三角形的判定定理证明即可；
②如图所示，取Rt
ABC
△
的三边中点，再进行分割；
（2）方法1：如图1 所示，取AB 的中点M，BC 的中点N，CD 的中点P，AD 的中点Q，沿NP
PQ
QM
，
，
进行分割，再进行拼接得到图2．
方法2：如图2 所示，取AB 的中点M，BC 的中点N，CD 的中点P，AD 的中点Q，沿QM
PN
，
进行分割．再
将AQM 与CPN 分别沿AE
CF
，
进行分割，且AE
QM
，CF
PN
，拼接后得到图4．
【详解】（1）解：①略
②略；
（2）解：略
54．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在
ABCD 中，点E 在BC 边上，点B 关于直线AE 的对称点F 落在
ABCD 内，射线AF 交射线DC 于点G ，交射线BC 于点P ，射线EF 交CD 边于点Q ．
(1)如图1，当CE
BE
时，点P 在BC 延长线上
①求证：
EFP
ECQ
≌△
△
；
②若
3
CG
，
5
GQ
，求DQ 的长；
(2)如图2，当
2
CE
BE
时，点P 在BC 边上，若
2
3
CQ
DQ
，求CG
DG 的值．
【答案】(1)①证明：由折叠的性质得：
,
B
AFE BE
FE
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB CD ，
∴
B
PCG
，
71 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴
AFE
PCG
，
∵
AFE
QFG
，
∴
PCG
QFG
，
∵
FGQ
CGP
，
∴由三角形内角和定理得，
CQE
P
，
∵CE
BE
，BE
EF
∴EF
EC
，
又∵
CEQ
FEP
，
∴
AAS
EFP
ECQ
≌
；
②4
(2)
4
15
【分析】（1）①由折叠的性质得：
,
B
AFE BE
FE
，再结合平行四边形的性质可得
PCG
QFG
，
然后根据三角形内角和定理可得
CQE
P
，即可求证；
②根据全等三角形的性质可得EQ
EP
，从而得到FQ
CP
，可证明FQG
CPG
≌
，从而得到
3,
5
FG
CG
GQ
GP
，再由折叠的性质得：AF
AB
，再根据CGP
BAP
∽
，可得
12
AB
，即可求
解；
（2）延长
,
AD EQ 交于点M ，设
2
CQ
a
，BE
b
，证明DQM
CQE
∽
得出
3
DM
b
，证明FEP
CEQ
∽
得出PF
a
，证明AMF
PEF
∽
得出
6
5
EP
b
，进而求得
2
1
2
2
n
b
CP
n
，根据PC
AD 得出GPC
GAD
∽
，
根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）解：①略；
②∵
EFP
ECQ
≌△
△
，
∴EQ
EP
，
∵EF
EC
，
∴FQ
CP
，
∵
FGQ
CGP
，
CQE
P
，
∴
AAS
FQG
CPG
△
≌△
，
∴
3,
5
FG
CG
GQ
GP
，
由折叠的性质得：AF
AB
，
72 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB CD ，AB
CD
，
∴CGP
BAP
∽
，
∴CG
PG
AB
AP
，
∴3
5
3
5
AB
AB
，
解得：
12
AB
，
∴
12
CD
，
∴
4
DQ
CD
CG
QG
；
（2）解：如图，延长
,
AD EQ 交于点M ，
设
2
CQ
a
，BE
b
∵
2
3
CQ
DQ
，
2
CE
BE
∴
= 3
DQ
a ，
2
EC
b
，
∴根据平行四边形可得，
5
AB
CD
a
，
3
AD
BC
b
∵折叠，
∴
5
AF
AB
a
∵AD
BC
∥
，即DM
EC
∥
∴DQM
CQE
∽
∴DM
DQ
EC
CQ
即
3
3
2
2
2
DM
a
b
a
∴
3
DM
b
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴
B
ADQ
又∵折叠，
∴
AFE
B
∵
180
AFQ
AFE
73 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴
180
AFQ
ADQ
∴
180
DAF
DQF
∵
180
EQC
DQF
∴
EQC
DAF
∵AD
BC
∥
∴
DAF
FPE
∴
EQC
FPE
又∵
FEP
CEQ
∴FEP
CEQ
∽
∴EF
FP
EC
CQ
即2
2
b
FP
b
a
∴PF
a
∵AB
CD
∥
∴AMF
PEF
∽
∴EP
PF
AM
AF
∴3
3
5
EP
a
b
b
a
解得：
6
5
EP
b
∴
6
4
2
5
5
CP
EC
EP
b
b
b
又∵PC
AD
∴GPC
GAD
∽
∴
4
4
5
3
15
b
CG
CP
DG
AD
b
．
55．（2026·福建厦门·三模）如图1，点E 是矩形ABCD 的边CD 上任意一点，点C 关于BE 的对称点是点
F，连接
,
BF EF ．
74 / 92
学科网（北京）股份有限公司
(1)如图1，当点F 在边AD 上时，求证：
ABF
DFE
∽
△
△
；
(2)如图2，AB
AD
，连接CF 并延长交BE 于点N，交AD 于点H，连接AF 并延长交边DC 于点M，交
BE 的延长线于点P．
①求证：FN
PN
；
②若
24
AP
，DH
DE
，求ME 的长．
【答案】(1)证明：由对称的性质可得
,
BF
BC EF
CE
，
∵BE
BE
，
∴
, ,
BCE
BFE S S S
≌
，
∴
BFE
C
，
∵矩形ABCD 中，
90
A
D
C
，
∴
90
BFE
C
，
∴
90
AFB
DFE
，
∵
90
AFB
ABF
，
∴
ABF
DFE
，
∵
90
A
D
，
∴
ABF
DFE
∽
△
△
；
(2)①证明：∵矩形ABCD 中，AB
AD
，
∴四边形ABCD 是正方形，
∴AB
BC
，
由对称的性质得
,
BC
BF BP
CF
，
∴
90 ,
,
FNP
BF
AB
PBF
PBC
，
∴
BAF
BFA
，
设
BAF
BFA
，
ABF
，
∴
1 90
45
2
2
PBF
PBC
ABF
，
∵
180
BAF
BFA
ABF
，即2
180
，
∴
90
2
，
∵
BFA
P
PBF
，即
45
2
P
，
∴
45
45
2
P
，
75 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴
90
45
PFN
P
，
∴
45
PFN
P
，
∴FN
PN
；
②10
【分析】（1）由对称的性质可得
,
BF
BC EF
CE
，结合BE
BE
，易证
, ,
BCE
BFE S S S
≌
，利用矩
形的性质可得
90
BFE
C
，进而得到
90
AFB
DFE
，由
90
AFB
ABF
，易证
ABF
DFE
，结合
90
A
D
，即可证明；
（2）①证明四边形ABCD 是正方形，由对称的性质得推出
90 ,
,
FNP
BF
AB
PBF
PBC
，
BAF
BFA
，
ABF
，求出
90
2
，
45
45
2
P
，证明
45
PFN
P
，即可
证明结论；
②过点F 作FI
CD
于点I ，设
6
BC
CD
AD
AB
x
，证明
BCE
CDH ASA
≌
，则CE
DH
，
BE
CH
，结合DH
DE
可得，
1
3
2
DE
CE
DH
CD
x
．利用勾股定理可得
3 5
BE
CH
x
，再
使用面积法可得
6 5
5
CN
FN
x
，则
12 5
5
CF
x
．由FI
AD
∥
可判定△
∽△
CFI
CHD 和△
∽△
MFI
MAD ，
从而计算出
2
MD
x
，ME
x
．由AB CD 可判定MPE
APB
∽
，则
1
6
MP
ME
AP
AB
，计算得
20
AM
，在
Rt ADM 中，利用勾股定理构造方程求解即可．
【详解】（1）略
（2）解：①略
②过点F 作FI
CD
于点I ，设
6
BC
CD
AD
AB
x
，
∵
90
EBC
BCF
BCF
HCD
，
∴
EBC
HCD
，
在BCE 和
CDH
△
中
76 / 92
学科网（北京）股份有限公司
90
EBC
HCD
BC
CD
BCE
CDH
，
∴
BCE
CDH ASA
≌
，
∴CE
DH
，BE
CH
，
∵DH
DE
，
∴
1
3
2
DE
CE
DH
CD
x
，
在Rt BCE 中，
2
2
3 5
BE
BC
CE
x
，
∴
3 5
BE
CH
x
，
∵
1
1
2
2
BCE
S
BC CE
BE CN
，
∴
6 5
5
BC CE
CN
x
BE
，
∵CN
FN
，
∴
12 5
2
5
CF
CN
x
，
∵FI
CD
，
∴FI
AD
∥
，
∴△
∽△
CFI
CHD ，
∴
12 5
4
5
5
3 5
x
FI
CI
CF
DH
CD
CH
x
，
∴
4
12
I
5
5
F
DH
x
，
4
24
I
5
5
C
CD
x
，
∴
6
I
I
5
D
CD
C
x
，
∵FI
AD
∥
，
∴△
∽△
MFI
MAD ，
∴
12
I
I
2
5
6
5
x
M
F
MD
AD
x
，
∴
2
4
I
I
3
5
M
D
x
，
5
I
2
3
MD
D
x
，
∴ME
DE
MD
x
，
∵AB CD ，
77 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴MPE
APB
∽
，
∴
1
6
6
MP
ME
x
AP
AB
x
，
∴
5
20
6
AM
AP
，
在Rt ADM 中，
2
2
2
AD
MD
AM
，
∴
2
2
2
6
2
20
x
x
，解得
10
x
（负值，舍去），
∴
10
ME
x
．
56．（2026·福建漳州·模拟预测）某业主装修卫生间，泥水师傅进行地面地漏（地漏为正方形）铺设施工．
(1)现有四个长16cm ，宽6cm 的矩形瓷砖（正反面纹路不同），要切割成8 个周长相同的四边形铺成如图2
的图案．
①请你利用尺规作图，帮忙泥水师傅作出瓷砖的切割线；（结合铺设需要，画出不同的切割线；如果切割
线相同，只要画出一种即可．）
②求出地漏EFGH 的面积．
(2)若地漏铺设成如图3 的图案，已知地漏和正方形MNPQ 的中心重合，MN
EF
∥
，MQ
EH
∥
，猜想MF 与
QE 的位置关系，并说明理由．
【答案】(1)①
；②
2
100cm
(2)
MF
QE
理由：如图，延长FE 交MQ 于点O，延长QE 交MF 于点Y，
78 / 92
学科网（北京）股份有限公司
延长EH 交PQ 于点X．
∵在正方形EFGH 中，
90
FEH
，MQ
EH
∥
，
∴
90
EOQ
，
同理可得，
90
EXQ
，
∵地漏和正方形MNPQ 的中心重合，MN
EF
∥
，MQ
EH
∥
，
∴EO
MO
QX
HX
，
∵在正方形EFGH 中，EF
EH
，
∴EO
EF
EH
HX
，即FO
EX
，
∴
MOF
QXE SAS
≌
，
∴
MFO
QEX
，
∵
90
OEQ
QEX
，
∴
90
OEQ
MFO
，
∵
OEQ
FEY
，
∴
90
FEY
MFO
，
∴
90
EYF
，
∴MF
QE
．
【分析】（1）①运用中垂线性质结合尺规作图的方法，即可作图求解；②可设拼得的大正方形边长的一半
为cm
a
，地漏所在的小正方形边长的一半为cm
b
，运用已知条件建立关于a，b 的方程，解方程即可求出b
的值，从而求得地漏EFGH 的面积；
（2）延长FE 交MQ 于点O，延长QE 交MF 于点Y，延长EH 交PQ 于点X．通过证明MOF
QXE
≌
，再
证
90
FEY
MFO
，即可证得MF
QE
．
【详解】（1）解：①略
②由题意，可设
cm
RS
SW
RI
WK
a
，
cm
ET
TH
HJ
EL
b
，
∵RS 与TH 之和为原来矩形瓷砖的长，
∴
16cm
RS
TH
，即
16
a
b
，
79 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∵
6cm
ST
IL
JK
，
∵
2 cm
RS
SW
a
，
2 cm
ET
TH
b
，
又∵
I
6
6
12
RS
SW
ET
TH
RS
ET
SW
TH
L
JK
cm
，
∵
2
2
RS
SW
ET
TH
a
a
b
b
a
b cm
∴2
2
12
a
b
，即
6
a
b
，
∴
11
a
，
5
b
，
∴
2
10cm
EH
b
，
∴
2
100cm
EFGH
S
正方形
．
（2）略
57．（2026·福建莆田·二模）阅读材料，回答问题．
欧拉（Euler ）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：
2
V
F
E
，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
V
F
E
2
2
2
2
80 / 92
学科网（北京）股份有限公司
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
in 边形，其中
1
i ，2，…，F，每个顶点分别连接
jr 条棱，其中
1
j ，2，…，
V．下列说法正确的是_____；（写出所有正确结论的序号）
①
1
2
2
F
n
n
n
E
L
；
②
1
2
2
F
n
n
n
F
L
；
③1
2
2
V
r
r
r
E
L
；
④1
2
2
V
r
r
r
V
．
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360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
ABC
，ABD
，DBC
，
且都是60，所以正三棱锥在点B 的角亏为360
3 60
180
，故其总角亏为4 180
720
．
(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)720
(3)任意凸多面体的总角亏是定值，为720
【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360之和为
360
V
，求
出总面角和
2
2
180
360
E
F
E
F
，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
1
2
2
F
n
n
n
E
L
，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1
2
2
V
r
r
r
E
L
，故③正确，④错误；
故说法正确的是①③；
81 / 92
学科网（北京）股份有限公司
（2）解：三棱锥有4 个顶点，每个顶点处有3 个面角，
三棱锥的4 个面都是三角形，则所有面角之和为4 180
720
，
因为每个顶点的角亏为360与多面体在该点的面角之和的差，
故总角亏为：4 360
720
1440
720
720
；
（3）解：任意凸多面体的总角亏是定值，为720，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360之和为
360
V
，
由每个面是
in 边形，得出总面角和为：
1
2
3
2
180
2
180
2
180
2
180
F
n
n
n
n
1
2
3
2
2
2
2
180
F
n
n
n
n
1
2
3
2
180
F
n
n
n
n
F
,
由（1）可得
1
2
2
F
n
n
n
E
L
，
∴总面角和
2
2
180
360
E
F
E
F
，
故总角亏为
360
360
V
E
F
360
V
E
F
6
2 3 0
720
，
故任意凸多面体的总角亏是定值，为720．
58．（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
0
0
,
G x
y
，分割得到的若干个
82 / 92
学科网（北京）股份有限公司
图形的重心位置记为点
,
i
i
i
G x y
（i 为正
整数）．
如图，平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC
的顶点A ，C 分别在x 轴与y 轴的正半轴
上，若点B 的坐标是
,
m n ，则点G 的坐
标为
,
2 2
m n
．
请将①②③④⑤⑥所缺的内容或证明过程补充完整．
第1阶段
(1)如图，若点B 的坐标是
8,4 ，沿直线
2
x
将矩形OABC 分割成两个矩形，则原矩形OABC 的重心位置点
G 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2 阶段
一般地，如图，沿直线x
a
0
a
m
将矩形OABC 分割成两个矩形，则它们重心位置的坐标分别为
1
,
2 2
a n
G
，
2
,
2
2
m
a n
G
，记直线x
a
与x 轴交于点M ，则OM
a
OA
m
，MA
m
a
OA
m
，发现：
1
2
0
2
2
2
OM
MA
a
a
m
a m
a
m
x
x
x
OA
OA
m
m
，
1
2
0
2
2
2
OM
MA
a
n
m
a n
n
y
y
y
OA
OA
m
m
．
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s和t 的
两段，分割所得的两个矩形重心位置的坐标分别为
1
1
1
,
G
x y
，
2
2
2
,
G
x
y
，则原矩形重心位置G 的坐标
0
0
,
x
y
满足：
1
2
0
sx
tx
x
s
t
，
1
2
0
sy
ty
y
s
t
．
83 / 92
学科网（北京）股份有限公司
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：
1 1
2
2
0
1
2
S x
S x
x
S
S
，
1
1
2
2
0
1
2
S y
S y
y
S
S
．
第3 阶段
如图，若将矩形OABC 沿直线x
a
0
a
m
与直线y
b
0
b
n
分割得到三个矩形，它们的重心位置分
别为
1
2
3
G
G
G
，
，
，面积分别为
1
2
3
S
S
S
，，
，根据第2 阶段的探究结论，猜想原矩形重心位置G 的横坐标满足
1 1
2
2
3
3
0
1
2
3
S x
S x
S x
x
S
S
S
．
(2)请通过计算说明这个猜想成立：④______；类比
0x 的表达式，写出
0y 的表达式：
0y 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xOy 中，若
6,0
A
，
8,4
B
，
2,8
C
，
0,4
D
，则五边形OABCD 重心位置的坐
标是⑥______．
84 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【答案】(1)
4,2 ，
1,2 ，
5,2
(2)
解：由题意可得，
1S
ab
，
2
S
m
a b
，
3S
m n
b
，
∴
1
,
2 2
a b
G
，
2
,
2
2
m
a b
G
，
3
,
2
2
m n
b
G
，
∴
1 1
2
2
3
3
1
2
3
S x
S x
S x
S
S
S
2
2
2
a
m
a
m
ab
m
a b
m n
b
mn
2
2
2
2
2
2
a b
m b
a b
m n
m b
mn
2
m
，
∵
0
2
m
x
，
∴
1 1
2
2
3
3
0
1
2
3
S x
S x
S x
x
S
S
S
；
同理可得，
1
1
2
2
3
3
0
1
2
3
S y
S y
S y
y
S
S
S
，
(3) 38 36
,
11 11
【分析】（1）根据题意解答即可求解；
（2 ）由题意可得
1S
ab
，
2
S
m
a b
，
3S
m n
b
，即得
1
,
2 2
a b
G
，
2
,
2
2
m
a b
G
，
3
,
2
2
m n
b
G
，
进而得到
1 1
2
2
3
3
1
2
3
2
S x
S x
S x
m
S
S
S
，即可求证，同理可得
1
1
2
2
3
3
0
1
2
3
S y
S y
S y
y
S
S
S
，即可求解；
（3 ）连接AD
BD
、
，利用勾股定理可证四边形ABCD是平行四边形，设AOD 的重心为
1
G ，面积为
1S ，
四边形ABCD的重心为
2
G ，面积为
2
S ，可得
1
4
2, 3
G
，
2 4,4
G
，
1
12
S
，
2
2
32
BDC
S
S
，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．
85 / 92
学科网（北京）股份有限公司
【详解】（1）解：由题意可得，原矩形OABC 的重心位置点G 的坐标是8 4
,
2 2
，即
4,2 ，
分割所得的两个矩形重心位置的坐标分别是2 4
,
2 2
和8
2 4
,
2
2
，即
1,2 和
5,2 ，
故答案为：
4,2 ，
1,2 ，
5,2 ；
（2）略
（3）解：如图，连接AD
BD
、
，
∵
6,0
A
，
8,4
B
，
2,8
C
，
0,4
D
，
∴由勾股定理可得
2 5
AB
CD
，
2 13
AD
BC
，
∴四边形ABCD是平行四边形，
设AOD 的重心为
1
G ，面积为
1S ，四边形ABCD的重心为
2
G ，面积为
2
S ，
则
1
6
0
0 0
0
4
,
3
3
G
，
2
8
0 4
4
,
2
2
G
，即
1
4
2, 3
G
，
2 4,4
G
，
1
1
6
4
12
2
S
，
2
1
2
2
8 4
32
2
BDC
S
S
，
∴五边形OABCD 重心位置的坐标是
4 12
4 32
2 12
4 32 3
,
12
32
12
32
，即38 36
,
11 11
，
故答案为：38 36
,
11 11
．
59．（2026·福建泉州·三模）【课本再现】
如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O 又是正方形
1
1
1
A B C O 的一个顶点，而且这两个正方形的边
长都为1，四边形OEBF 为两个正方形重叠部分，正方形
1
1
1
A B C O 可绕点O 转动．
【问题发现】
86 / 92
学科网（北京）股份有限公司
(1)连接
1AO，直线
1AO分别交AB
CD
、
于点E、G，
1
C O 交BC 于点F ，连接FG ，则线段AE
CF
FG
，
，
之
间的数量关系是______．
【类比迁移】
(2)如图2，矩形ABCD的中心O 是矩形
1
1
1
A B C O 的一个顶点，
1AO与边AB 相交于点E，
1
C O 与边CB 相交于
点F，连接EF ，矩形
1
1
1
A B C O 可绕着点O 旋转，猜想AE ，CF ，EF 之间的数量关系，并进行证明；
【拓展应用】
(3)如图3，在Rt
ACB
△
中，
90
3cm
4cm
C
AC
BC
,
,
，直角
EDF
的顶点D 在边AB 的中点处，它的
两条边DE 和DF 分别与直线AC ，BC 相交于点E，F，
EDF
可绕着点D 旋转，当
2cm
AE
时，请直接
写出CEF 的面积．
【答案】(1)
2
2
2
CF
AE
FG
(2)
2
2
2
AE
CF
EF
，证明如下：
如图所示，连接AC ，延长EO 交DC 于E，
∵O 为矩形ABCD的中心，
∴AO
CO
，AB
CD
∥
，
90
BCD
，
∴
BAC
ACE
，
又∵
AOE
COE
，
∴
ASA
AOE
COE
≌
，
∴AE
CE
EO
E O
，
，
又∵矩形
1
1
1
A B C O ，
∴OE
OF
，
∴FO 垂直平分EE，
∴EF E F
=
，
在Rt
FCE
△
中，由勾股定理得
2
2
2
CE
FC
E F
，
∴
2
2
2
AE
CF
EF
；
87 / 92
学科网（北京）股份有限公司
(3)
2
19 cm
16
或
2
25 cm
16
【分析】
（1）证明
AAS
OAE
OCG
≌
，得到AE
CG
，由勾股定理得
2
2
2
CF
CG
FG
，则
2
2
2
CF
AE
FG
；
（2）猜想：
2
2
2
AE
CF
EF
，连接AC ，延长EO 交DC 于E，证明
ASA
AOE
COE
≌
，再利用勾股
定理证明即可；
（3）设
cm
CF
x
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】（1）解：∵正方形ABCD的对角线相交于点O，
∴
90
OA
OC
AB
CD
BCD
，
，
，
∴
OAE
OCG
OEA
OGC
∠
∠
，∠
∠
，
∴
AAS
OAE
OCG
≌
，
∴AE
CG
，
在Rt
CFG
△
中，由勾股定理得
2
2
2
CF
CG
FG
，
∴
2
2
2
CF
AE
FG
；
（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 ，
∴
180
C
CBM
，
EAD
MBD
，
∵
ADE
BDM
，AD
BD
，
90
C
，
∴
AED
BMD ASA
≌
，
90
CBM
，
∴
,
ED
DM AE
BM
，
∵
90
EDF
，
∴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
2
2
2
BF
BM
FM
，
88 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴
2
2
2
BF
BM
EF
∵
3cm,
4cm
AC
BC
，
2cm
AE
，
∴
1cm
CE
，
2cm
AE
BM
，
设
cm
CF
x
，则
4
cm
BF
x
，
由勾股定理得
2
2
2
2
2
EF
CE
CF
BF
BM
，
2
2
2
2
1
2
4
x
x
，
∴
19
x
8
，
∴
19 cm
8
CF
，
∴
2
1
19 cm
2
16
CEF
S
CE CF
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
∥
，
90
ACB
，
∴
90
ACB
NBF
，
EAD
NBD
，
∵
ADE
BDN
，AD
BD
，
∴
ASA
AED
BND
≌
，
∴
,
ED
DN AE
BN
，
∵
90
EDF
，
∴直线DF 是线段EN 的垂直平分线，
∴EF
FN
，
由勾股定理，得
2
2
2
BF
BN
FN
，
∴
2
2
2
AE
BF
EF
．
∵
3cm,
4cm
AC
BC
，
2cm
AE
，
89 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴
5cm
CE
，
2cm
AE
BN
，
设
cm
CF
x
，则
4
cm
BF
x
，
由勾股定理得
2
2
2
2
2
EF
CE
CF
BN
BF
，
∴
2
2
2
2
5
(4
)
2
x
x
，
∴
5
8
x
，
∴
5 cm
8
CF
，
∴
2
1
25 cm
2
16
CEF
S
CE CF
；
综上所述，CEF 的面积为
2
19 cm
16
或
2
25 cm
16
。
60．（2026·福建泉州·模拟预测）张老师开展“ 45角”主题学习活动，收到了同学们分享的几道优质习题，
现邀请你一同思考解答．
(1)如图1，在ABC 中，
90
C
，
45
B
，
4
AB
，D 是BC 的中点，则AD ______．
(2)如图2，正方形ABCD中，E，F 分别在边BC ，CD 上，且
45
EAF
，连接BD 分别交AE ，AF 于点
H，G，试猜想BE ，DF ，EF 的数量关系，并说明理由．
(3)如图3，在（2）基础上，点E 为正方形ABCD的BC 边上的点，点F 在射线BC 上，求BE
EF 的最大值，请
直接写出结果．
【答案】(1) 10
(2)
解：BE
DF
EF
，
理由：延长CB 至M，使BM
DF
，连接AM ，
90 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB
AD
，
90
ABM
ADF
，
在ABM 和ADF 中，
AB
AD
ABM
ADF
BM
DF
，
∴
ABM
ADF SAS
≌
，
∴AM
AF
，
BAM
DAF
，
∵
45
EAF
,
90
BAD
，
∴
45
BAE
DAF
，
又∵
BAM
DAF
，
∴
45
BAE
BAM
，即
45
MAE
，
在
MAE
△
和FAE 中，
AM
AF
MAE
FAE
AE
AE
，
∴
MAE
FAE SAS
≌
，
∴ME
EF
，
∵ME
BE
BM
，BM
DF
，
∴BE
DF
EF
．
(3)
2
1
2
【分析】
（1）根据已知条件证得ABC 是等腰直角三角形，得到AC
BC
，利用勾股定理求得
2 2
AC
BC
，
进而通过D 是BC 的中点求得CD 的值，最后通过勾股定理即可得出结果；
（2）延长CB 至M，使BM
DF
，连接AM ，证明
ABM
ADF SAS
≌
，利用全等三角形的性质和角的
和差关系再证明
MAE
FAE SAS
≌
，从而得出ME
EF
，最后利用线段和差关系即可得证；
（3）作正方形ABCD的外接圆，连接AC ，取AC 的中点O，此时O 为圆心，利用相似三角形的判定证得
AEF
GEB
∽
，从而得出BE
GE
EF
AE
，再过点G 作GH
BF
于点H，证得AEB
GEH
∽
，随即推出BE
GH
EF
AB
，
设AB
m
，则
O 的半径
2
2
r
m
，当GH 最大时，BE
EF 的值最大，当点G，H，O 三点共线时，GH 有最
91 / 92
学科网（北京）股份有限公司
大值为OG
OH
r
OH
，而OH
BC
时，OH 的值最小，即可求得OH 的最小值表达式，进而求得GH 的
最大值表达式，并最终推出结果．
【详解】（1）解：在ABC 中，
90 ,
45
C
B
，
∴ABC 是等腰直角三角形，
∴AC
BC
，
由勾股定理
2
2
2
AC
BC
AB
，
4
AB
，
得：
2
2
2
4
AC
，即
2
2
16
AC
，
解得：
2 2
AC
BC
，
∵D 是BC 的中点，
∴
1
1
2 2
2
2
2
CD
BC
，
在Rt ACD 中,
2 2,
2
AC
CD
，
∴
2
2
2
2
2
2 2
2
8
2
10
AD
AC
CD
，
解得：
10
AD
．
（2）略
（3）解：如图，作正方形ABCD的外接圆，连接AC ，取AC 的中点O，此时O 为圆心，
∴
45
AGB
ACB
EAF
，
∴BG
AF
∥
，
∵
AEF
BEG
，
∴AEF
GEB
∽
，
∴BE
GE
EF
AE
，
过点G 作GH
BF
于点H，
∴AB
GH
∥
，
∵
AEB
GEH
，
92 / 92
学科网（北京）股份有限公司
∴AEB
GEH
∽
，
∴GH
GE
AB
AE
，
∴BE
GH
EF
AB
，
设AB
m
，则
O 的半径
2
2
r
m
，
∴当GH 最大时，BE
EF 的值最大，
∵点G 在
O 上运动，
∴当点G，H，O 三点共线时，GH 有最大值为OG
OH
r
OH
，
当OH
BC
时，OH 的值最小，
∴OH 的最小值为1
1
2
2
AB
m
，
∴GH 的最大值为
2
1
2
2
r
OH
m
m
，
∴BE
EF 的最大值为
2
1
2
1
2
2
2
m
m
m
．
