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专题08 圆
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 切线的性
质定理与圆内接多
边形
2026 福建中考
2025 福建中考
2024 福建中考
2023 福建中考
大多以选择题形式考查。命题素材包含切线模
型、弧中点、割线、古代数学文化（割圆术）等。
核心围绕切线性质、圆周角定理、垂径定理、弧
弦圆心角关系展开，高频考点：切线垂直过切点
半径、弧中点等分弧对应相等圆周角、直径所对
圆周角为直角。整体难度偏低，侧重角度简单推
导与基础计算；近四年常融入传统文化情境，切
线+ 平行线组合模型出现频次很高。
圆的综合问题
2026 福建中考
2025 福建中考
2024 福建中考
2023 福建中考
2022 福建中考
固定作为几何综合压轴大题，分层多小问梯度设
问。常以圆内接四边形、直径、切线、平行线为
基础载体。核心围绕圆周角定理、切线性质、四
点共圆、相似三角形、平行四边形判定、弧长计
算综合考查；第(1)(2) 小问以角度推导、平行/
相似基础证明为主，第(3) 小问结合线段比例、
三角函数、解直角三角形求解线段比值、周长。
试题综合性强，擅长嵌套多种几何模型；近五年
稳定考查圆与四边形融合，侧重等量代换、构造
相似，区分度高，对逻辑推理能力要求较高。
考点01 切线的性质定理与圆内接多边形
1．
（2026·福建·中考真题）如图，AB 是
O 的直径，BC 是
O 的切线，AC 交
O 于点D．若AD
CD
，
则tanA 的值是（
）
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A．
2
2
B．1
C．
2
D．2
【答案】B
【分析】连接BD ，根据切线的性质得出
90
ABC
，再由直角三角形斜边中线的性质确定AD
BD
CD
，
利用圆周角定理得出
90
ADB
，得出
45
A
ABD
，再由正切函数即可求解．
【详解】解：连接BD ，如图所示：
∵BC 是
O 的切线，
∴
90
ABC
，
∵AD
CD
，
∴点D 为AC 的中点，
∴AD
BD
CD
，
∵AB 是
O 的直径，
∴
90
ADB
，
∴
45
A
ABD
，
∴tan
1
A ．
2．（2025·福建·中考真题）如图，PA 与
O 相切于点A，PO 的延长线交
O 于点C．AB
PC ，且交
O
于点B．若
30
P
，则
BCP
的大小为（
）
A．30
B．45
C．60
D．75
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【答案】C
【分析】本题考查切线的性质，等边三角形的判定和性质，连接OA ，OB ，切线得到OA
AP
，求出
90
30
60
POA
，平行，得到
60
POA
OAB
，进而得到AOB 为等边三角形，推出BOC 为
等边三角形，即可得出结果．
【详解】连接OA ，OB ，则：OA
OB
OC
，
∵PA 与
O 相切于点A，
∴OA
AP
，
∵
30
P
，
∴
90
30
60
POA
，
∵AB
PC ，
∴
60
POA
OAB
，
∴AOB 为等边三角形，
∴
60
AOB
，
∴
180
60
BOC
POA
AOB
，
∴BOC 为等边三角形，
∴
60
BCP
，
故选C．
3．（2024·福建·中考真题）如图，已知点,
A B 在
O 上，
72
AOB
，直线MN 与
O 相切，切点为C ，
且C 为AB 的中点，则
ACM
等于（
）
A．18
B．30
C．36
D．72
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【答案】A
【分析】本题考查了切线的性质，三角形内角和以及等腰三角形的性质，根据C 为AB 的中点，三角形内角
和可求出
1
(180
36 )
72
2
OCA
，再根据切线的性质即可求解．
【详解】∵
72
AOB
，C 为AB 的中点，
∴
36
AOC
∵OA
OC
∴
1
(180
36 )
72
2
OCA
∵直线MN 与
O 相切，
∴
90
OCM
，
∴
18
ACM
OCM
OCA
故选：A．
4．（2023·福建·中考真题）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3.1416．如
图，O 的半径为1，运用“割圆术”，以圆内接正六边形面积近似估计
O 的面积，可得的估计值为3 3
2
，
若用圆内接正十二边形作近似估计，可得的估计值为（
）
A．
3
B．2 2
C．3
D．2 3
【答案】C
【分析】根据圆内接正多边形的性质可得
30
AOB
，根据30 度的作对的直角边是斜边的一半可得
1
2
BC
，
根据三角形的面积公式即可求得正十二边形的面积，即可求解．
【详解】解：圆的内接正十二边形的面积可以看成12 个全等的等腰三角形组成，故等腰三角形的顶角为30，
设圆的半径为1，如图为其中一个等腰三角形OAB ，过点B 作BC
OA
交OA 于点于点C ，
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∵
30
AOB
，
∴
1
1
2
2
BC
OB
，
则
1
1
1
1
2
2
4
OAB
S
，
故正十二边形的面积为
1
12
12
3
4
OAB
S
，
圆的面积为
1 1
3
，
用圆内接正十二边形面积近似估计
O 的面积可得
3
，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆内接正多边形的性质，30 度的作对的直角边是斜边的一半，三角形的面积公式，圆
的面积公式等，正确求出正十二边形的面积是解题的关键．
考点02 圆的综合问题
1．（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
，
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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
．
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
．
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60
E
CBE
BCE
，
BCE
△
是等边三角形．
BE
CE
．
又
CFB
CDB
，
E
E
，
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
，
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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
．
2．（2025·福建·中考真题）如图，四边形ABCD 内接于
O ，AD，BC 的延长线相交于点E，AC，BD 相交
于点F．G 是AB 上一点，GD 交AC 于点H，且
,
AB
AC BG
DG
．
(1)求证：
ABC
DBE
E
；
(2)求证：
2
AH
HF HC
；
(3)若tan
5,
2
,
6
ABC
AD
DE CD
，求
AGH 的周长．
【答案】(1)
证明：
AB
AC
∵
，
ABC
ACB
．
AB
AB
，
ACB
ADB
，
ABC
ADB ．
ADB
DBE
E
，
ABC
DBE
E
．
(2)
证明：
AD
AD
，
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ABD
ACD
．
BG
DG
，
BDG
ABD
ACD
，
又
DHF
CHD
，
HDF
HCD
∽
，
HF
HD
HD
HC
，
2
HD
HF HC
．
由（1）知，
ABC
DBE
E
，
又
ABC
DBE
ABD
，
ABD
E
，
BDG
E
．
ADB
ADG
BDG
DBC
E
，
ADG
DBC
．
∵CD
CD
，
DAC
DBC
，
ADG
DAC
，
AH
DH
，
2
AH
HF HC
．
(3)3 6
【分析】（1）利用AB
AC
得
ABC
ACB
，结合同弧AB 所对圆周角
ACB
ADB
，再根据三角形外
角性质
ADB
DBE
E
，完成证明．
（2）先证HDF
HCD
得
2
HD
HF HC
，再通过角的等量代换证
ADG
DAC
，推出AH
DH
，从
而得
2
AH
HF HC
．
（3）利用（2）结论将AGH 周长转化为AB ，通过相似三角形ACD
AEC
及三角函数、勾股定理求出AB
的长，即AGH 周长为3 6 ．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：由（2）知，AH
DH
，
AGH
△
的周长为AG
GH
AH
AG
GH
DH
AG
DG
AG
BG
AB
．
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设DE
m
，则
2
2
3
AD
DE
m
AE
AD
DE
m
，
．
由（2）可知，
ACD
E
．
又
CAD
EAC
，
ACD
AEC
∽
，
AC
AD
CD
AE
AC
EC
，
2
2
6
AC
AD AE
m
，
6
AC
m
．
又
6
CD
，
6
6
3
m
m
EC
，
3
EC
．
过点C 作CP
AE
，垂足为P，则
90
CPD
CPE
．
四边形ABCD 是圆内接四边形，
180
ADC
ABC
，
又
180
ADC
CDP
，
CDP
ABC
，
tan
tan
5
CDP
ABC
．
在Rt
DCP
△
中，
5
PC
PD
，即
5
PC
PD
．
2
2
6
CD
PD
PC
PD
，
6
6
PD
，
1
PD
，
1
PE
DE
DP
m
．
在Rt
CPE
△
中，
2
2
2
PE
PC
CE
，
2
2
2
(
1)
5
3
m
，
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解得
3
m
，或
1
m （舍去）．
3 6
AB
AC
．
AGH
△
的周长为3 6 ．
【点睛】本题考查圆的性质、等腰三角形、相似三角形、解直角三角形等知识，通过角与边的转化、相似
三角形判定与性质解题，关键是利用圆的性质和三角形知识进行边角关系推导．
3．（2024·福建·中考真题）如图，在ABC 中，
90 ,
BAC
AB
AC
，以AB 为直径的
O 交BC 于点D ，
AE
OC
，垂足为
,
E BE 的延长线交AD 于点F ．
(1)求OE
AE 的值；
(2)求证：AEB
BEC
∽
；
(3)求证：AD 与EF 互相平分．
【答案】(1)
1
2
(2)
过点B 作BM
AE ，交EO 延长线于点M ．
,
90
BAE
ABM
AEO
BMO
．
AO
BO
，
AOE
BOM
△
≌△
，
,
AE
BM OE
OM
．
1
2
OE
AE
，
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2
BM
OE
EM
，
45
MEB
MBE
，
135
AEB
AEO
MEB
，
180
135
BEC
MEB
，
AEB
BEC
．
,
90
AB
AC
BAC
，
45
ABC
，
ABM
CBE
，
BAE
CBE
，
AEB
BEC
∽
．
(3)
如图，连接
,
DE DF ．
AB 是
O 的直径，
90 ,
2
ADB
AFB
AB
AO
．
,
90
AB
AC
BAC
，
2
,
45
BC
BD
DAB
．
由（2）知，AEB
BEC
∽
，
2
,
2
AE
AB
AO
AO
EAO
EBD
BE
BC
BD
BD
，
AOE
BDE
△
∽△
，
90
BED
AEO
．
90
DEF
．
AFB
DEF
，
AF
DE
．
由（2）知，
135
AEB
，
180
45
AEF
AEB
．
45
DFB
DAB
，
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DFB
AEF
，
AE
FD
∥
，
四边形AEDF 是平行四边形，
AD
与EF 互相平分．
【分析】（1）先证得
2
AC
AO
，再在Rt AOC 中，tan
2
AC
AOC
AO
．在Rt
AOE
△
中，tan
AE
AOC
OE
，
可得
2
AE
OE
，再证得结果；
（2）过点B 作BM
AE ，交EO 延长线于点M ，先证明AOE
BOM
≌
，可得
,
AE
BM OE
OM
，再证
得
BAE
CBE
，再由相似三角形的判定可得结论；
（3）如图，连接
,
DE DF ，由（2）AEB
BEC
∽
，可得
2
,
2
AE
AB
AO
AO
EAO
EBD
BE
BC
BD
BD
，从而得
出AOE
BDE
∽
，得出
90
BED
AEO
，得出
AFB
DEF
，再由平行线判定得出AF
DE ，
AE
FD
∥
，从而得出四边形AEDF 是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果．
【详解】（1）
AB
AC
∵
，且AB 是
O 的直径，
2
AC
AO
．
90
BAC
，
在Rt AOC 中，tan
2
AC
AOC
AO
．
AE
OC
，
在Rt
AOE
△
中，tan
AE
AOC
OE
．
2
AE
OE
，
1
2
OE
AE
；
（2）略
（3）略
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、
相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，
考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键．
4．（2023·福建·中考真题）如图，已知ABC 内接于
,
O CO 的延长线交AB 于点D ，交
O 于点E ，交
O
的切线AF 于点F ，且AF
BC
∥
．
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(1)求证：AO
BE
∥
；
(2)求证：AO 平分
BAC
．
【答案】(1)
证明
AF 是
O 的切线，
AF
OA
，即
90
OAF
．
CE 是
O 的直径，
90
CBE
．
∴
90
OAF
CBE
．
AF
BC ，
BAF
ABC
，
OAF
BAF
CBE
ABC
，即
OAB
ABE
，
AO
BE
．
(2)
解：
ABE
与
ACE
都是AE 所对的圆周角，
ABE
ACE
．
OA
OC
，
ACE
OAC
，
ABE
OAC
．
由（1）知
OAB
ABE
，
OAB
OAC
，
AO
平分
BAC
．
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【分析】（1）由切线的性质可得
90
OAF
，由圆周角定理可得
90
CBE
，即
90
OAF
CBE
，
再根据平行线的性质可得
BAF
ABC
，则根据角的和差可得
OAB
ABE
，最后根据平行线的判定定
理即可解答；
（2）由圆周角定理可得
ABE
ACE
，再由等腰三角形的性质可得
ACE
OAC
，进而得到
ABE
OAC
，再结合
OAB
ABE
得到
OAB
OAC
即可证明结论．
【详解】（1）略
（2）略
【点睛】本题主要考查角平分线、平行线的判定与性质、圆周角定理、切线的性质等知识点，灵活运用相
关性质定理是解答本题的关键．
5．（2022·福建·中考真题）如图，ABC 内接于⊙O，AD
BC
∥
交⊙O 于点D，DF
AB
∥
交BC 于点E，交
⊙O 于点F，连接
,
AF CF ．
(1)求证：AC
AF
；
(2)若⊙O 的半径为3，
30
CAF
，求AC 的长（结果保留π）．
【答案】(1)
证明：∵AD
BC
∥
，DF
AB
∥
，
∴四边形ABED 为平行四边形，
∴
B
D
，
∵
AFC
B
ACF
D
，
，
∴
AFC
ACF
，
∴AC
AF
．
(2) 5
2
【分析】（1）根据已知条件可证明四边形ABED 是平行四边形，由平行四边形的性质可得
B
D
，等量
代换可得
AFC
ACF
，即可得出答案；
（2）连接
,
AO CO ，由（1）中结论可计算出
AFC
的度数，根据圆周角定理可计算出
AOC
的度数，再
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根据弧长计算公式计算即可得出答案．
【详解】（1）略
（2）解：连接
,
AO CO ，如图，
由（1）得
AFC
ACF
，
∵
180
30
75
2
AFC
，
∴
2
150
AOC
AFC
，
∴AC 的长
150
3
5
180
2
l
．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，圆的性质与弧长公式，考
查化归与转化思想，推理能力，几何直观等数学素养．
1．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，AC 是
O 的切线，B 为切点，连接OA ，OC ．若
30
A
，
2 3
AB
，
则OA的长度是（
）
A．2
B．2 3
C．13
D．4
【答案】D
【分析】根据切线的性质得到OB
AC
，解直角三角形求出OA的长即可.
【详解】解：连接OB ，
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∵AC 是
O 的切线，B 为切点，
∴OB
AB
，
∵
30
A
，
2 3
AB
，
∴
4
cos30
AB
OA
.
2．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，AB 是
O 的弦，PB 与
O 相切于点B，圆心O 在线段PA 上．已知
50
P
，则
PAB
的大小为（
）
A．50
B．40
C．25
D．20
【答案】D
【分析】连接OB ，由题意易得
90
OBP
，然后可得
40
POB
，进而根据圆周角定理即可求解．
【详解】解：连接OB ，如图所示：
∵PB 与
O 相切于点B，
∴
90
OBP
，
∵
50
P
，
∴
40
POB
，
∴
1
20
2
PAB
POB
．
3．（2026·福建泉州·二模）如图1 是以AB 为直径的半圆形纸片，半径CO
AB
，
4
AB
a
．若沿半径OC
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剪开，并将扇形OAC 沿OB 向右平移至扇形O A C
的位置（如图2 所示），设O C
与BC 的交点D，
60
OCD
，则线段A O
的长为（
）
A．2 3
3
a
B．
3
3
a
C．(2
3)a
D．( 3 1)a
【答案】C
【分析】连接OD ，证明OCD 为等边三角形，易得
30
DOB
，由平移的性质得
//
OC OC，O A
OA
OB
，
证明
90
OO D
，求出
1
2
O D
OD
a
，进而求出
2
3
O B
a
，即可求解．
【详解】解：连接OD ，
4
AB
a
，半径CO
AB
，
1
2
2
OA
OC
OB
OD
AB
a
，
又
60
OCD
，
OCD 为等边三角形，
60
COD
，
∵
90
COB
，
30
DOB
，
由平移的性质得
//
OC OC，O A
OA
OB
，
90
OO D
，
1
2
O D
OD
a
，
2
2
3
O O
OD
O D
a
，
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2
3
O B
OB
O O
a
，
∵O A
OB
，即A O
OO
O B
OO
，
2
3
A O
O B
a
．
4．（2026·福建宁德·二模）如图，半圆的直径是4 ，图中阴影部分的面积是（
）
A．2π
4
B．4π
4
C．8π
8
D．8π
4
【答案】A
【分析】把不规则的图形分割成规则的图形，利用扇形的面积公式和正方形的面积公式求解即可．
【详解】解：如下图所示，点O为半圆圆心，
由题意可知：
4
AB
，
2
AO
BO
EO
，
点E 、F 分别为两个小半圆的圆心，
1
CE
DF
OE
OF
CG
DG
，
4
AOB
DGC
ECGQ
AEC
BFD
CEQ
S
S
S
S
S
S
S
阴影
半圆
半圆
正方形
扇形
扇形
扇形
，
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
2
4
2
2
2
4
4
S
AB
CG
AE
OE
OE
阴影
2
2
2
2
2
1
1
1
1
π
2
π 1
2
π 1
4 1
π 1
2
2
4
4
1
1
1
2π
π
π
4
1
2
2
4
2π
π
4
π
2π
4
．
5．（2026·福建南平·二模）如图，PA
PB
、
是
O 的切线，A、B 为切点，BC 为
O 直径，
40
P
且
18
BC
，
求AB 的长（
）
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A．3π
B．5π
C．7π
D．9π
【答案】C
【分析】连接OA ，根据切线的性质可得
90
PAO
PBO
，利用四边形PBOA内角和为360求出
140
AOB
，再利用弧长公式计算即可．
【详解】解：连接OA ，
∵PA 、PB 是
O 的切线，A、B 为切点，
∴
90
PAO
PBO
，
∵
40
P
，
∴
360
140
AOB
P
PAO
PBO
，
∵
18
BC
，即
9
OB
OC
，
∴AB 的长为140
π
9
7π
180
.
6．（2026·福建三明·二模）如图，AB 是⊙O的直径，C 、D 是⊙O上异于A 、B 的两点，且BC
BD
，
若
3
2
ACD
BOD
，则
A
的度数为（
）
A．22.5
B．25
C．30
D．45
【答案】A
【分析】先利用等弧转化
BOD
与
A
的关系，结合题干条件把
ACD
用
A
表示，再根据圆周角定理得到
AOD
与
A
的关系式，最后利用
180
AOD
BOD
求解即可．
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【详解】解：) )
BC
BD
Q
2
BOD
A
，
3
2
ACD
BOD
，
3
2
3
2
ACD
A
A
，
1
2
ACD
AOD
，
2
6
AOD
ACD
A
，
∵AB 是⊙O的直径，
180
AOD
BOD
，
6
2
180
A
A
，
∴
22.5
A
．
7．（2026·福建福州·模拟预测）小明捡到一个量角器碎片，按如图的方式测量
B
的度数，他让点B 落在量
角器圆弧上，并将角的两边与量角器圆弧的交点分别记为A ，C ．若点A ，C 对应的刻度分别为54、136，
则
B
的度数为（
）
A．130
B．139
C．140
D．141
【答案】B
【分析】如图，连接
,
,
,
,
OA OC DA DC 设
O 的直径为EF ，根据角的和差关系求出
AOC
的度数，根据圆周
角定理求出
ADC
的度数，再根据圆内接四边形的性质，求出
B
的度数即可.
【详解】解：连接
,
,
,
,
OA OC DA DC 设
O 的直径为EF ，如图，
∵
54 ,
136 ,
AOE
EOC
∴
136
54
82
AOC
EOC
AOE
，
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∴
1
41
2
ADC
AOC
，
∵
180
ABC
ADC
，
∴
180
180
41
139
ABC
ADC
．
8．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，O 的直径
8
AB
，点C 是AB 的中点，
BAC
的平分线AD 交
O
于点D．过点D 作
O 的切线分别交AC
AB
，
的延长线于点E，F，连接
,
BC OD ．下列结论中错误的是（
）
A．
90
E
B．
4 2
4
BF
C．
2 2
DE
D．
8 2
AOD
S
【答案】D
【分析】连接CO ，证明AC
OD
∥
，得到
90
E
ODF
，故A 选项正确；求出
4 2
OF
，
4
OD
DF
，
得到
4 2
4
BF
OF
OB
，故B 选项正确；求出
2 2
4
EF
，得到
2 2
DE
，故C 选项正确；过点
D 作DH
AB
于点H ，
2 2
DH
，得到
1
4 2
2
AOD
S
OA DH
，故D 选项错误．
【详解】解：连接CO ，
∵点C 是AB 的中点，
O 的直径
8
AB
，
∴AC
BC
，
90
AOC
BOC
，
∴
1
45
2
CAB
BOC
，
∵
BAC
的平分线AD 交
O 于点D．
∴
22.5
CAD
DAB
，
∵OA
OD
，
∴
22.5
BAD
ODA
，
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22.5
CAD
ODA
，
∴AC
OD
∥
，
∵EF 是
O 的切线，
∴OD
EF
，即
90
ODF
，
∵AC
OD
∥
，
∴
90
E
ODF
，
故A 选项正确；
∵
2
45
DOB
DAB
，
在Rt ODF 中，
45
DOF
，
4
OD
，
∴
4 2
cos 45
OD
OF
，
4
OD
DF
，
4 2
4
BF
OF
OB
，
故B 选项正确；
在Rt AEF 中，
45
EAF
，
90
E
，
∴AEF 是等腰直角三角形，
∵
8
4 2
4
4
4 2
AF
AB
BF
，
∴
2
sin45
4
4 2
2 2
4
2
EF
AF
，
∴
2 2
4
4
2 2
DE
EF
DF
，
故C 选项正确；
过点D 作DH
AB
于点H ，
在Rt ODH 中，
45 ,
4
DOH
OD
，
∴
sin 45
2 2
DH
OD
，
∴
1
1
4
2 2
4 2
2
2
AOD
S
OA DH
，
故D 选项错误．
9．（2026·福建福州·模拟预测）如图，AB 是
O 的直径，点C ，D 在
O 上，
40
CAB
，则
D
（
）
A．30
B．40
C．50
D．60
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【答案】C
【分析】根据AB 是
O 的直径得出
90
ACB
，根据直角三角形两锐角互余得出
50
CBA
，根据圆周
角定理即可得出答案．
【详解】解：∵AB 是
O 的直径，点C ，D 在
O 上，
∴
90
ACB
，
∵
40
CAB
，
∴
90
50
CBA
CAB
，
∵
D
与
CBA
都是AC 所对的圆周角，
∴
50
D
CBA
．
10．
（2026·福建漳州·模拟预测）如图，四边形ABCD 内接于
O ，其中AB 为直径．若
25
BAC
，则
ADC
的度数为（
）
A．105
B．110
C．115
D．120
【答案】C
【分析】根据圆周角定理和圆内接四边形的对角互补，进行求解即可.
【详解】解：∵四边形ABCD 内接于
O ，AB 为直径，
∴
90 ,
180
ACB
ADC
B
，
∵
25
BAC
，
∴
90
25
65
ABC
，
∴
180
65
115
ADC
.
11．（2026·福建宁德·一模）如图，AB 是半圆O的直径，现将一块含30的直角三角板如图放置，30角的
顶点C 落在半圆上，一条直角边经过点A ，斜边交半圆O于点D ．则
AOD
等于（
）
A．30
B．50
C．60
D．70
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【答案】C
【分析】根据圆周角定理可得
2
AOD
C
，即可求解．
【详解】解：
30
C
，AD
AD
，
2
60
AOD
C
．
12．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，⊙O 是ABC 的外接圆，AB 是
O 的直径，过点C 的切线DC 交
AB 的延长线于点E．若
62
ACD
，则
E
的度数是（
）
A．52
B．48
C．44
D．34
【答案】D
【分析】连接OC ，根据切线的性质得到
90
OCD
OCE
，根据圆周角定理求出
COE
，根据直角三
角形的性质计算得到答案．
【详解】解：连接OC ，
CD 为
O 的切线，
90
OCD
OCE
.
∵
62
ACD
，
28
ACO
OCD
ACD
，
∵AO
CO
，
∴
28
ACO
CAO
，
∴
2
56
COE
CAO
，
90
56
34
E
.
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13．（2026·福建泉州·二模）如图，
O 的弦AC 、BD 的延长线相交于点P ，AC
BD
，若
20
OPB
，
则
BOC
的度数是（）
A．100
B．120
C．130
D．140
【答案】D
【分析】首先作OM
AC
于M ，作ON
BD
于N ，利用“等弦对等弦心距”得出OM
ON
，进而判定OP
平分
APB
并求出
APB
的度数，随后在四边形OMPN
中利用内角和算出
MON
，最后通过证
明Rt OMC
Rt ONB
≌
实现角度转化，从而求得
BOC
的度数．
【详解】如图，作OM
AC
于M ，作ON
BD
于N ，
AC
BD
OM
ON
OP
平分
APB
2
40
APB
OPB
360
MON
OMP
ONP
APB
360
90
90
40
MON
140
MON
在Rt
OMC
△
与Rt
ONB
△
中
OM
ON
OC
OB
Rt
Rt
OMC
ONB
≌
(HL)
MOC
NOB
NOB
CON
MOC
CON
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140
BOC
MON
14．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，菱形ABCD的顶点A，B 在
O 上，对角线BD 与
O 相交于点M，
若
O 的半径为6，
20
DBC
，则扇形AOM 的面积为（）
A．2
3
B．4
3
C．2
D．4
【答案】D
【分析】根据菱形的性质得出AD
BC 及AB
AD
，从而求出
ABD
的度数，再利用圆周角定理求出圆心
角
AOM
的度数，最后利用扇形面积公式求解．
【详解】解：
四边形ABCD是菱形，
AD
BC
∥
，AB
AD
，
20
ADB
DBC
，
20
ABD
ADB
，
点A ，B ，M 在
O 上，
2
2
40
AOM
ABM
ABD
，
O 的半径为6 ，
2
40
6
4
360
AOM
S
扇形
．
15．（2026·福建泉州·二模）如图，
O 是ABC 的外接圆，
23
OAC
，则
B
的大小为（
）
A．46
B．60
C．67
D．77
【答案】C
【分析】连接OC 求出
AOC
的度数，根据圆周角定理求解即可；
【详解】连接OC ，
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OA
OC
，
23
OAC
，
23
OCA
，
180
23
23
134
AOC
，
1
1
134
67
2
2
B
AOC
．
16．（2026·福建泉州·三模）如图，O 与正方形ABCD的两边AB ，AD 相切，且DE 与
O 相切于点E．若
O 的半径为5，且
11
AB
，则DE 的长度为（
）．
A．5
B．6
C．
30
D．11
2
【答案】B
【分析】连接OE ，OF ，OG ，根据题意得到DE
OE
OG
BC
OF
AD
DF
DE
，
，
，
，证明四边形AGOF
为矩形，再根据OG
OF
，
O 的半径为5，得到四边形AGOF 为正方形，求出
5
AF
OG
，即可得到答
案．
【详解】解：连接OE ，OF ，OG ，
O 与正方形ABCD的两边AB ，AD 相切，且DE 与
O 相切于点E，
,
,
,
DE
OE OG
BC OF
AD DF
DE
，
正方形ABCD，且
11
AB
，
90 ,
11
A
AB
AD
，
90
A
AGO
AFO
，
四边形AGOF 为矩形，
OG
OF
，
O 的半径为5，
四边形AGOF 为正方形，
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5
AF
OG
，
11 5
6
DE
DF
．
17．（2026·江苏苏州·一模）如图，AB 是
O 的直径，点O为圆心，点C 在AB 延长线上，CD 是
O 的切
线，切点为点D ，若
40
C
，则
DAC
的度数为（
）
A．30
B．25
C．40
D．50
【答案】B
【分析】先根据切线的性质得到
90
ODC
，则利用互余计算出
50
COD
∠
，然后根据圆周角定理求解．
【详解】解：连接OD ，
CD 与圆相切于点D ，
OD
CD
，
90
ODC
，
40
C
，
90
40
50
COD
，
1
25
2
DAC
COD
．
故选：B ．
18．（2026·福建厦门·一模）如图，在ABC 中，
40
C
，
6
AB
，以AB 为直径的半圆O 交AC 于点D，
与BC 相切于点B，则BD的长为（
）
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A．5π
6
B．5π
3
C．10π
3
D．5π
【答案】B
【分析】本题考查了三角形内角和定理、切线的性质、等腰三角形的性质、外角的性质、弧长计算等知识
点，解题关键是利用外角性质求出
BOD
，再利用弧长公式
180
n r
l
即可．
【详解】如图，连接OD ，
半圆O 与BC 相切于点B，
90
ABC
，
180
90
40
50
A
，
OA
OD
，
50
A
ODA
，
BOD
是OAD 的外角，
100
BOD
A
ODA
，
6
AB
且为直径，
3
OB
，
100
3
5
180
180
3
n r
BD
．
19．（2026·浙江温州·一模）如图,在Rt
ABC
△
中，
90
ABC
，
30
A
，
4
AC
，BD 为AC 边上的高，
以点B 为圆心，BD 长为半径画圆弧分别交边AB ，BC 于点E，F，则EF 的长为（
）
A．
3 π
4
B．
3 π
2
C．3 π
4
D．π
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【答案】B
【分析】根据30直角三角形的性质求出
2,
2 3
BC
AB
，再利用等面积法求出
3
BD
，利用弧长公式
进行计算即可．
【详解】解：
90
ABC
，
30
A
，
4
AC
，
1
2
2
BC
AC
，
2
2
2
2
4
2
2 3
AB
AC
BC
，
60
C
，
BD 为AC 边上的高线，
1
1
2
2
ABC
S
AB BC
AC BD
△
，
即
3
BD
，
3
BE
BD
BF
，
90
3
3
180
180
2
n r
EF
．
20．（2026·福建泉州·一模）某校在社会实践活动中，小明同学用一个直径为30cm 的定滑轮带动重物上升．如
图，滑轮上一点A 绕点O 逆时针旋转90°，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，则重物上升了（
）
A．6.5πcm
B．7.5πcm
C．9πcm
D．15πcm
【答案】B
【分析】利用弧长公式算出重物上升的高度即可．
【详解】解：由题意得，
30
90 (
)π
2
7.5π(cm)
180
l
，
即重物上升了7.5πcm ．
21．
（2026·福建泉州·模拟预测）如图，点A ，B ，D 在
O 上，CD 垂直平分AB ，交AB 于点C ．若
4
AB
CD
，
则
O 的半径为（
）
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A．3
2
B．2
C．5
2
D．3
【答案】C
【分析】本题考查垂径定理、勾股定理，熟练掌握垂径定理是解题的关键．
连接OA ，根据垂径定理可得CD
AB
、
1
2
AC
AB
、
4
OC
OA
，在Rt AOC 中，根据勾股定理列出方程，
解方程即可．
【详解】解：连接OA ，如图，
CD 垂直平分AB ，
CD
AB
、
1
1
4
2
2
2
AC
AB
、
4
OC
CD
OD
OD
，
OA
OD
，
4
OC
OA
，
在AOC 中，
90
ACO
，由勾股定理得：
2
2
2
OA
OC
AC
，
即
2
2
2
4
2
OA
OA
，
解得
5
2
OA
，
O
的半径为5
2 ．
22．
（2026·福建泉州·模拟预测）等边ABC 中，
4 3
BC
，点P、点Q 分别是AB 、AC 上的动点，且AP
CQ
，
过A 、P、Q 三点作
O ，则
O 半径的最小值为________．
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【答案】2
【分析】连接
,
,
OP OQ PQ，过点O作OH
PQ
，由题意易得
60 ,
4 3
A
B
C
AB
AC
BC
，则
有
1
30 ,
2
OPQ
OQP
PH
QH
PQ
，然后可得
3
3
OP
PQ
，要使
O 的半径为最小，即OP 的值为
最小，则需满足PQ 的值为最小，过点Q 作QE
AB
，设AQ
x
，则有
4 3
CQ
AC
AQ
x
AP
，进
而问题可求解．
【详解】解：连接
,
,
OP OQ PQ，过点O作OH
PQ
，如图所示：
∵ABC 是等边三角形，
∴
60 ,
4 3
A
B
C
AB
AC
BC
，
∴
2
120
POQ
A
，
∵PO
OQ
=
，
∴
1
30 ,
2
OPQ
OQP
PH
QH
PQ
，
∴
3
cos30
2
PH
OP
OP
，
∴
3
3
OP
PQ
，
要使
O 的半径为最小，即OP 的值为最小，则需满足PQ 的值为最小，
过点Q 作QE
AB
，设AQ
x
，则有
4 3
CQ
AC
AQ
x
AP
，
∴
1
3
cos60
,
sin 60
2
2
AE
AQ
x EQ
AQ
x
，
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∴
3
4 3
2
PE
AP
AE
x
，
∴
2
2
2
2
2
2
3
3
4 3
3
2 3
12
4
2
PQ
QE
PE
x
x
x
，
∵
2
3
2 3
0
x
，
∴
2
2
3
2 3
12
12
PQ
x
，
∴当
2 3
x
时，
2
PQ 有最小值12，即
2 3
PQ
，
∴OP 的最小值为
3
2
3
OP
PQ
，
即
O 半径的最小值为2 ．
23．（2026·福建福州·模拟预测）如图，正七边形ABCDEFG ，连接对角线AE ，BG 交于点H ，则1
的度
数为________．
【答案】540
7
【分析】作正七边形ABCDEFG 的外接圆
O ，证明AGF
EFG
得出
GAE
AEF
，再证明GF
AE
∥
，
求出
360
7
GAE
，然后根据
1
GAE
AGB
求解即可．
【详解】解：如图，作正七边形ABCDEFG 的外接圆
O ，
∵正七边形ABCDEFG ，
∴AB
AG
GF
EF
，
7
2
180
900
7
7
BAG
AGF
F
，
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∴
900
180
180
7
2
7
ABG
AGB
，AG
EF
，
∴AG
FG
EF
FG
，
∴AGF
EFG
，
∴
GAE
AEF
，
∵
180
AGF
AEF
，
∴
180
AGF
GAE
，
∴GF
AE
∥
，
∴
900
360
180
7
7
GAE
，
∴
360
180
540
1
7
7
7
GAE
AGB
．
24．（2026·福建宁德·二模）茶叶生产是闽东乡村振兴的支柱产业之一．如图是圆形展示茶饼的正面及其固
定支架的截面图，凹槽ABCD是矩形．茶饼正立且紧靠支架于A ，D 两点，恰好与BC 边相切于点E ，若
20
AEB
，则圆心角
AOE
________．
【答案】40
【分析】由圆的切线的性质得出
90
OEB
，由角的和差关系得出
70
OEA
OEB
AEB
，由等边
对等角以及三角形内角和定理即可求出
AOE
．
【详解】解：茶饼正立且紧靠支架于A ，D 两点，恰好与BC 边相切于点E ，
∴
90
OEB
，
∵
20
AEB
，
∴
70
OEA
OEB
AEB
，
∵OA
OE
，
∴
70
OAE
OEA
，
∴
180
40
AOE
OAE
OEA
．
25．（2026·福建厦门·三模）如图，四边形ABCD中，AB
AC
，
90
ADB
，过A，B，D 三点的圆交边
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BC 于点E．若
2
BAC
ACD
，
BAD
BDC
，则EC
AB 的值为_________．
【答案】1
3
【分析】连接
,
AE ED ，由题意可得
90
AEB
ADB
，则有
1
2
CAE
BAC
，
2
BC
CE
，然后可得
90
DCE
AEB
BDA
，由圆内接四边形的性质可知
BAD
DEC
，则有
DEC
BDC
V
V
∽
，进而可
得
2
DC
CE BC
，最后根据三角函数可进行求解．
【详解】解：连接
,
AE ED ，如图所示：
∵AB
AB
，
90
ADB
，
∴
90
AEB
ADB
，
∴
90
AEC
，即AE
BC
，
∵AB
AC
，
∴
1
2
CAE
BAC
，
2
BC
CE
，
∵
2
BAC
ACD
，
∴
EAC
ACD
，
∴AE
CD
∥
，
∴
90
DCE
AEB
BDA
，
∵点A、B、E、D 四点共圆，
∴
180
BAD
BED
，
∵
180
DEC
BED
，
∴
BAD
DEC
，
∵
BAD
BDC
，
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∴
DEC
BDC
，
∴
DEC
BDC
V
V
∽
，
∴DC
EC
BC
DC
，即
2
DC
CE BC
，
设CE
x
，则有
2
BC
x
，
∴
2
2
2
DC
x
，即
2
DC
x
，
∴
2
2
3
DE
CE
DC
x
，
∴
6
sin
sin
sin
3
DC
DEC
BAD
BDC
DE
，
∴
6
sin
BC
BD
x
BDC
，
3
sin
BD
AB
x
BAD
，
∴
1
3
3
EC
x
AB
x
．
26．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，某款“不倒翁”的主视图是圆弧和两线组成的轴对称图形，倒至最歪
位置时，点A 的对应是点A，点P 的对应是点P，若
O 半径为3 cm ，
5 cm
SA
，
8 cm
A T
，那么原来与
地面接触点P 和现在与地面的接触点Q 之间的距离是________cm．
【答案】
【分析】如图：连接
,
,
OP O Q OO
并延长交A T于C，延长PO 至不倒翁最高点A，连接SA ，则四边形
,
,
CTPQ O QPO SCOA
是矩形，进而得到
3cm
CT
O Q
OP
，
13
AP
cm
，
10cm
O A
、
90
QO O
ACO
，
5cm
AC
，利用特殊角的三角函数求得
30
A O C
，进而得到
60
QO P
，
最后求得QP的长度即可解答．
【详解】解：如图：连接
,
,
OP O Q OO
并延长交A T于C，延长PO 至不倒翁最高点A，连接SA ，则四边形
,
,
CTPQ O QPO SCOA
是矩形，
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∴
3cm
CT
O Q
OP
，
13cm
AP
ST
SA
A T
，
90
QO O
ACO
，
∴
5cm
A C
A T
CT
，
∵倒至最歪位置时，点A 的对应是点A，点P 的对应是点P，
∴
13cm
A P
AP
∴
13
3
10cm
O A
A P
O P
，
在Rt
ACO
△
中，
5
1
sin
10
2
A C
A O C
O A
，即
30
A O C
，
∴
30
OO P
A O C
，
∴
60
QO P
QO O
OO P
，
∵原来与地面接触点P 和现在与地面的接触点Q 之间的距离是QP的长度，
∴
60
3
180
QP
，即原来与地面接触点P 和现在与地面的接触点Q 之间的距离是cm
．
27．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，边长为2 的正六边形ABCDEF 的中心为O ，则该正六边形的边心
距为______．
【答案】
3
【分析】如图：连接OB ，过O 作OH
AB
于H，易得AOB 是等边三角形，然后根据等边三角形的性质
以及勾股定理求解即可．
【详解】解：如图：连接OB ，过O 作OH
AB
于H，
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∵点O 是正六边形ABCDEF 的中心，且正六边形的边长为2，
∴
2
OA
OB
,
360
60
6
AOB
,
∴AOB 是等边三角形，
∴
2
OA
OB
AB
，
∵OH
AB
，
∴
1
1
2
AH
AB
，
∴
2
2
3
OH
OA
AH
，即该正六边形的边心距为
3 ．
28．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在Rt
ABC
△
中，已知
90
C
，
30
A
，
3
BC
，尺规作图
痕迹如图所示，再以点A 为圆心，AD 长为半径作弧，交AB 于点E ，则图中阴影部分的面积为_____．
【答案】1 π
3
【分析】利用三角函数求出BD 的长，由作图得AD
BD
，由扇形面积公式即可求解．
【详解】解：∵
90
C
，
30
A
，
∴
90
30
60
ABC
，
由作图知BD 平分
ABC
，
∴
1
30
2
DBC
ABD
ABC
，
在Rt DBC 中，
3
BC
，则
2
cos30
BC
BD
，
∵
30
ABD
A
，
∴
2
AD
BD
，
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∴阴影部分面积为
2
30π 2
1 π
360
3
．
29．（2026·福建厦门·三模）如图，圆形铁圈的直径
60 cm
AB
，一根两端带有铁环的硬质滑杆套在该铁圈
上（铁环大小忽略不计），滑杆的长度与铁圈的半径相等．先将滑杆的左端套在A 处，再将整根滑杆沿着
铁圈按逆时针方向移动，使得滑杆的右端移动到点B 处，在此过程中滑杆的中点P 移动的路径长为
________cm．
【答案】10 3π
【分析】点P 为定长滑杆的中点，滑杆两端始终在圆上运动，由滑杆长度等于圆的半径可知弦长恒为30 cm ，
根据垂径定理和勾股定理，点P 到圆心O的距离恒为
2
2
30
15
15 3 cm
，故点P 的轨迹是以O为圆心、
15 3 cm 为半径的圆弧．通过等边三角形性质求得圆弧所对圆心角为120，再用弧长公式计算路径长．
【详解】解：设圆形铁圈的圆心为O，半径为R ，
直径
60 cm
AB
，
30 cm
R
，
滑杆长度与铁圈半径相等，
滑杆作为圆的弦，弦长为30 cm ，
连接OA ，OP ，设滑杆初始位置为AC ，其中C 为右端点，
30 cm
OA
OC
AC
，
OAC
△
是等边三角形，
60
AOC
，
P为AC 中点，
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OP
AC
，OP 平分
AOC
，
1
30
2
AOP
AOC
，
在Rt
OPA
△
中，
2
2
2
2
30
15
15 3 (cm)
OP
OA
AP
，
即点P 移动的路径是以O为圆心、15 3 cm 为半径的圆弧，
当滑杆右端移动到点B 时，设此时滑杆左端为D ，中点为P，
同理可得
ODB
△
是等边三角形，
60
DOB
，OP平分
DOB
，
30
BOP
，
滑杆沿逆时针方向移动，且A ，O ，B 在同一直线上，点P ，P在直径AB 的同侧，
点P 转过的圆心角
180
180
30
30
120
POP
AOP
BOP
，
点P 移动的路径长为120 π 15 3
10 3π (cm)
180
．
30．（2026·福建厦门·三模）如图，AB 为
O 的直径，点C 在
O 上，过点C 作
O 的切线与AB 的延长线
交于点D ．若
O 的半径为r ，
1 π
4
BC
r
，则
D
的度数为______．
【答案】45
【分析】连接OC ，设
BOC
n
，利用弧长公式可得
45
BOC
，又由切线的性质得
90
OCD
，进
而根据直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：连接OC ，设
BOC
n
，
1 π
4
BC
r
，
π
1 π
180
4
n r
r
，
解得
45
n
，
42 / 117
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45
BOC
，
CD 是
O 的切线，
OC
CD
，
90
OCD
，
∴
90
45
D
BOC
．
31．（2026·福建龙岩·二模）如图，AB 是
O 的直径，BC
BD
DM
，连接CD 交AB 于点F ，CG 与
O
相切于点C ，交AB 的延长线于点G ，连接MB 并延长，交CD 于点E ，交CG 于点N ，连接AC ，若
3
tan
4
G
，
则BN
AC _________．
【答案】5 5
48
【分析】根据BC
BD
DM
，OG
BD
，OD
MN
，根据切线的性质，可得CG
OC
，利用直角三角
形中，角的等量关系，可得
ODF
ABM
NBG
CGF
，根据解直角三角形，先求出OG ，得到
4
cos
5
CG
G
OG
，再根据
3
tan
4
OF
OCF
CF
，勾股定理的应用，求出AC ，根据
3
4
tan
4
CF
a
G
FG
FG
，
利用线段的等量关系，求出BG ；根据三角形的三线合一，求出BH ，根据
5
4
3
cos
5
a
BH
NBG
BN
BN
，求
出BN ，即可．
【详解】解：过点N 作NH
AG
于点H ，连接OC ，OD ，
∵BC
BD
DM
，
∴OG
BD
，OD
MN
，
∵CG
OC
，CG 与
O 相切，
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∴
90
OCD
GCF
，
90
GCF
CGO
，
∴
OCF
CGF
，
∵OC
OD
，
∴
OCD
ODC
，
∴
OCD
ODC
CGF
，
∵OD
MB
，
∴
90
ODF
MED
，
90
BEF
ABM
，
∵
MED
BEF
，
∴
ODF
ABM
，
∵
ABM
NBG
，
∴
ODF
ABM
NBG
CGF
，
∴NB
NG
，
∴BNG 是等腰三角形；
∴BH
HG
，
∵
3
tan
4
G
，
∴
3
tan
4
OC
G
GC
，
设
3
OC
k
，
4
CG
k
，
∴
2
2
5
OG
OC
CG
k
，
∴
4
cos
5
CG
G
OG
，
∵
G
OCF
，
∴
3
tan
4
OF
OCF
CF
，
设
3
OF
a
，
4
CF
a
，
∴
5
OC
a
，
∴
5
OC
OA
OD
a
，
∴
8
AF
OA
OF
a
，
2
BF
a
，
∴
2
2
2
2
8
4
4 5
AC
AF
CF
a
a
a
，
∵
3
4
tan
4
CF
a
G
FG
FG
，
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∴
16
3
FG
a
，
∴
16
10
2
3
3
BG
FG
FB
a
a
a
，
∴
1
5
2
3
BH
GH
BG
a
，
∵
4
cos
5
G
，
∴
5
4
3
cos
5
a
BH
NBG
BN
BN
，
解得：
25
12
BN
a
，
∴
25
5 5
12
48
4 5
a
BN
AC
a
．
32．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，在矩形纸盒ABCD 中，恰好能放进两个外切且均以r 为半径的圆形
纸片，已知
1
O 与
,
AD AB 相切，
2
O 与
,
CB CD 相切，其中
9,
8
AB
AD
，则r 的值为_______．
【答案】2.5
【分析】分别过
1
2
,
O O 作
1
2
,
O E
BC O F
AB
，垂足分别为
,
E F ，分别延长
1
2
,
EO FO 交
,
AD CD 于点
,
M N ，
连接
1
2
O O ，设
1
2
,
O E O F 交点为G ，易证
1
2
O GO 是直角三角形，求出
1
2
9
2 ,
8
2
O G
r O G
r
，利用勾股定
理建立方程求解即可．
【详解】解：分别过
1
2
,
O O 作
1
2
,
O E
BC O F
AB
，垂足分别为
,
E F ，分别延长
1
2
,
EO FO 交
,
AD CD 于点
,
M N ，
连接
1
2
O O ，设
1
2
,
O E O F 交点为G ，
由题意得
1
2
1
2
,
2
O M
O N
r O O
r
，
∵
90
B
BFG
BEG
，
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∴AB
EM ，BC
FN ，
∵
1
O 与AB 相切，
2
O 与CB 相切，
∴
,
BE
FG
r BF
EG
r
（平行线间距离处处相等），
同理
9,
8
EM
AB
FN
BC
，
∴
1
2
9
2 ,
8
2
O G
r O G
r
，
∵AB
EM ，BC
FN ，AB
BC
，
∴
1
2
O G
O G
，即
1
2
90
O GO
，
∴
2
2
2
1
2
1
2
O G
O G
O O
，即
2
2
2
9
2
8
2
2
r
r
r
，
∴
2
4
68
145
0
r
r
，
∴
2.5
r
．
33．（2026·福建福州·二模）如图，三角形ABC 内接于⊙O，D 为⊙O 上一点，且AD
BC ，DO
AC
∥
，若
36
ABC
，则
BAC
的度数是______．
【答案】81
【分析】连接
,
OA OC ，圆周角定理，求出
AOC
的度数，等边对等角，求出
OAC
，平行线的性质，结合
等边对等角，结合角的和差关系进行求解即可.
【详解】解：连接
,
OA OC ，
则
,
2
72
OA
OC
OD
AOC
ABC
，
∴
1 180
54
2
OAC
OCA
AOC
，
∵AD
BC ，DO
AC
∥
，
∴
54 ,
36
AOD
OAC
DAB
ABC
，
∵OA
OD
，
∴
1 180
63
2
OAD
ODA
AOD
，
∴
27
OAB
OAD
BAD
，
∴
81
BAC
OAB
OAC
.
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34．
（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
，
∴CE 的最小值为2 10
2
．
35．（2026·福建厦门·一模）古代工匠确定圆形器具的圆心时，如图通常把角尺的直角顶点放在圆周上，即
可找出该圆形器具的一条直径，进而找出圆心，这种方法的数学依据是________．
【答案】90的圆周角所对的弦是直径
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【分析】本题考查了圆周角定理的应用，根据90的圆周角所对的弦是直径解答即可．
【详解】解：这种方法的数学依据是90的圆周角所对的弦是直径．
故答案为：90的圆周角所对的弦是直径．
36．（2026·福建龙岩·模拟预测）如图，AB 是
O 的直径，以AB 为边长作正方形ABCD，连结BD 交
O 于
点E ；以C 为圆心，CB 为半径作弧BPD 交
O 于点P ，连结并延长BP
DP
、
分别交AD 、
O 于点F
G
、
，
下列结论：①BE
DE
；②AF
DF
；③
45
DPF
；④OG
AD
∥
；⑤PB
PG
，其中错误的结论有______
（填正确答案的序号）．
【答案】②⑤
【分析】连结并延长CP 交AD 于H ，连结OP
OC
AE
、
、
；由于弧BPD 是以C 为圆心、CB 为半径，所以
CB
CP
，而OB
OP
、
都是
O 的半径，即可证得BOC
POC
≌
，由此可证得CP
OP
，即CH 与
O 相切
于点P ，然后根据这个条件来判断各选项是否正确．
【详解】解：连结并延长CP 交AD 于H ，连结OP
OC
AE
、
、
．
以C 为圆心，CB 为半径作弧BPD 交
O 于点P ，
,
,
CB
CP OB
OP OC
OC
．
SSS
BOC
POC
≌
．
CPO
OBC
．
四边形ABCD是正方形，
90
BAD
ABC
BCD
CDA
，AB
BC
CD
AD
，
45
ABD
DBC
ADB
BDC
．
90
CPO
OCB
，即CH 与
O 相切于点P．
①
BD 交
O 于
,
E AB 为
O 的直径，
AE
BD
．
ABD
△
为等腰Rt ABD ，
EB
ED
（等腰三角形三线合一）．
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①BE
DE
正确；
②
,
CB
CP OB
OP
，
OC
BP
．
90
ABF
BOC
．
90
BCO
BOC
．
90
ABF
BCO
．
,
90
AB
BC
BAD
ABC
，
SSS
ABF
BCO
≌
．
AF
BO
．
1
,
2
BO
AB AB
AD
．
1
2
AF
AD
．
AF
DF
．
②AF
DF
错误；
③证法一：
在等腰CDP 和BCP 中，CB
CP
CD
，
,
,
180
CPD
CDP
BPC
CBP
DPF
BPD
．
BPD
CPD
BPC
CDP
CBP
．
四边形APCD 中，
360
BPD
CDP
CBP
BCD
，
1 360
135
2
BPD
BCD
，
45
DPF
．
③
45
DPF
正确；
④证法一：由③得
45
BPG
DPF
．
在
O 中，
2
90
BOG
BPG
，
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OG
AB
．
AD
AB
，
OG
AD
∥
．
④OG
AD
∥
正确．
④证法二：由①得OP
DQ
，则
90
OPQ
．
连结并延长BP
DP
、
分别交AD
O
、
于点F
G
、
，
,
CD
CP
CPD
HPG
．
CDP
CPD
HPG
．
90
,
90
ADG
CDP
OPG
HPG
，
ADG
OPG
．
OP
OG
．
OPG
G
，
ADG
G
，即OG
AD
∥
．
④OG
AD
∥
正确；
③证法二：由④得OG
AD
∥
，则OG
AB
于点O，即
90
BOG
．
1
45
2
DPF
BPG
BOG
．
③
45
DPF
正确；
⑤设⑤PB
PG
成立，
,
OP
OP OG
OB
，
SSS
POG
POB
≌
．
GPO
BPO
．
由①得OP
CH
，
GPH
BPC
，即
GPH
DPC
BPC
．
在等腰CDP 和BCP 中，CB
CP
CD
，
45
DCP
BPC
．
以C 为圆心，CB 为半径作弧BPD 交
O 于点P ，
DCP
BPC
，与
DCP
BPC
矛盾．
假设不成立．
⑤PB
PG
错误．
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综上所述，错误的结论有②⑤．
故答案为：②⑤．
【点睛】此题考查的知识点有：正方形的性质，圆的直径性质，线段垂直平分线的判断，多边形的内角和
定理，圆周角定理，平行线的判定，等腰三角形、全等三角形、圆的切线的判定和性质等知识的综合应用，
能够判断出CH 是
O 的切线是解决此题的关键，用反证法解题是难点，难度较大．
37．（2026·福建厦门·二模）如图是某高速公路在转向处设计的一段圆曲线（即圆弧），机动车转弯时从曲
线起点A 行驶至终点B，过点A，B 的两条切线相交于点C，机动车在从点A 到点B 行驶过程中转角为．若
这段圆弧的半径
3m
OA
，
60
，则图中危险区（阴影部分）的面积为______．
【答案】
π
3
2
【分析】根据圆的切线性质，得
90
OAC
OBC
，得
180
OAC
OBC
，得
180
AOB
ACB
，
得
60
AOB
，由切线长性质，得
1
30
2
AOC
BOC
AOB
，得
1
2
AC
OC
，可得
1
AC ，由
OAC
OBC
≌
，得
3
2
OACB
OAB
S
S
S
阴影
四边形
扇形
．
【详解】解：连接OC ，
∵OA
OB
、
为
O 的切线，
∴AC
OA
BC
OB
，
，
∴
90
OAC
OBC
，
∴
180
OAC
OBC
，
∴
180
AOB
ACB
，
∵
180
ACB
，
∴
60
AOB
，
∴
1
30
2
AOC
BOC
AOB
，
∴
1
2
AC
OC
，
∵
2
2
2
3
OA
AC
OC
OA
，
,
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∴
1
AC ，
由轴对称知，OAC
OBC
≌
，
∴
2
1
60
2
3
2
360
2
OACB
OAB
OA
S
S
S
OA AC
阴影
四边形
扇形
，
故答案为：
π
3
2
．
【点睛】本题考查了圆的切线．熟练掌握圆的切线性质，切线长性质，四边形性质，含30 度的直角三角形
性质，勾股定理，三角形面积公式，扇形面积公式，是解题的关键．
38．（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O，AB 所在圆的
圆心C 恰好是ABO 的外心．若
2 3
AB
，则花窗的面积（实线所围区域的面积）为_______．
【答案】12 3
8π
【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OC 并
延长交AB 于M ，求出ABO 是等边三角形，得到
2 3
OA
OB
AB
，结合题意可得OM
AB
，
30
CAB
CBA
，求出
4 π
3
3
AB
S
弓形
，再结合花窗的面积（实线所围区域的面积）为
6
AB
ADEFGB
S
S
弓形
正六边形
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OC 并延长交AB 于M ，
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∵六边形ADEFGB 是正六边形，点O是中心，
∴
360
6
60
AOB
，OA
OB
，
∴ABO 是等边三角形，
∴
2 3
OA
OB
AB
，
60
AOB
BAO
ABO
，
∵AB 所在圆的圆心C 恰好是ABO 的外心，
∴CA
CB
CO
，
∴OM 垂直平分AB ，
∴OM
AB
，
30
CAO
COA
COB
CBO
，
3
AM
BM
，
2
2
3
OM
AO
AM
=
-
=
，
∵
60
30
30
CAB
CBA
，
∴
tan30
1
CM
AM
，
2
2
AC
CM
，
180
120
CAB
CBA
ACB
，
∴
2
120 2
π
1
4
2 3 1
π
3
360
2
3
ACB
AB
ACB
S
S
S
弓形
扇形
，
∴花窗的面积（实线所围区域的面积）为
1
4
6
6
2 3
3
6
π
3
8π
12 3
2
3
AB
ADEFGB
S
S
弓形
正六边形
，
故答案为：8π
12 3
．
39．（2026·福建福州·三模）如图1 的螺丝钉由头部（直六棱柱）和螺纹（圆柱）组合而成，其俯视图如图
2 所示．在“测量螺丝钉半径”的综合与实践活动中，小吴想出了一种测量方法：将刻度尺紧靠螺纹放置，经
过点A 且交CD 于点P ，量得PC 长为2 毫米，并测得正六边形ABCDEF 的边长为8 毫米，则螺纹的直径为
______毫米．
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【答案】24 3
7
/ 24
3
7
【分析】连接AC ，过点B 作BM
AC
于点M ，设正六边形的中心为O，连接AD ，由题意可知，A 、O、
D 共线，过点O作ON
AP
于点N ，延长AP ，作DH
AH
于点H ，根据正六边形的图形性质，可得
AB
BC
CD
、
120
ABC
BCD
，推得
30
BAC
BCA
，利用特殊角的三角函数值求得
cos30
4 3mm
AM
AB
、
2
8 3mm
AC
AM
，利用勾股定理求得
2
2
14mm
AP
AC
CP
，证得
ACP
DHP
△
∽△
，得AP
AC
DP
DH
，求得DH 的值，通过ON
HD
∥
证得
ANO
AHD
△
∽△
，得AO
NO
AD
HD
，即
可求解
1
2
NO
HD
的值．
【详解】解：如图，连接AC ，过点B 作BM
AC
于点M ，设正六边形的中心为O，连接AD ，由题意可
知，A 、O、D 共线，过点O作ON
AP
于点N ，延长AP ，作DH
AH
于点H ，
六边形ABCDEF 是正六边形，
8mm
AB
BC
CD
，
6
2
180
120
6
ABC
BCD
，
BM
AC
，
1
60
2
ABM
CBM
ABC
，
90
BMA
BMC
，
30
BAC
BCA
，
在Rt
ABM
△
中，
3
cos
cos30
2
AM
BAM
AB
，
3
cos30
8
4 3mm
2
AM
AB
，则
2
8 3mm
AC
AM
，
在Rt ACP中，
2
2
2
2
8 3
2
14mm
AP
AC
CP
，
2mm
PC
，
6mm
PD
CD
PC
，
DH
AH
，
90
H
ACP
，
APC
DPH
，
ACP
DHP
△
∽△
，
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AP
AC
DP
DH
，
14
8 3
6
DH
，解得：
8 3
6
24 3 mm
14
7
DH
，
ON
AP
，
90
ANO
H
，
ON
HD
∥
，
ANO
AHD
△
∽△
，
AO
NO
AD
HD
，
O 是AD 中点，
1
2
AO
NO
AD
HD
，
1
1
24 3
12 3mm
2
2
7
7
NO
HD
，
所以螺纹的直径为24 3
7
mm．
故答案为：24 3
7
．
【点睛】本题主要考查了正多边形的性质，等腰三角形的性质，特殊角的三角函数值，勾股定理，相似三
角形的判定与性质，平行线的判定与性质，理解题意、作出适合的辅助线是解题关键．
40．（2026·福建泉州·二模）在等腰ABC 中，
120
4
A
AB
，
，点O 是ABC 的角平分线BD 上的一点，
半径为1 的
O 经过点B，将
O 沿BD 方向平移，当
O 与ABC 的边相切时，O 平移的距离是___________．
【答案】
6
2
1
或2 6
2 1
【分析】本题主要考查了切线的性质，解直角三角形，勾股定理，等边对等角和三角形内角和定理，过点B
作BH
CA
交CA 延长线于H，则
30
60
ABC
BAH
∠
，∠
，解直角三角形可得
2 3
BH
，证明
45
BDH
C
CBD
∠
∠
∠
，则可求出
2 6
sin
BH
BD
BDH
∠
；再分当
O 与AC 相切时，当
O 与AB 相
切时，两种情况讨论求解即可．
【详解】解：如图所示，过点B 作BH
CA
交CA 延长线于H，
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∵等腰ABC 中，
120
4
BAC
AB
，
，
∴
180
30
180
120
60
2
BAC
ABC
C
BAH
∠
∠
∠
，∠
，
∴
cos
2
sin
2 3
AH
AB
BAH
BH
AB
BAH
∠
，
∠
，
∵BD 平分
ABC
，
∴
1
15
2
CBD
CBA
∠
∠
，
∴
45
BDH
C
CBD
∠
∠
∠
，
∴
2 6
sin
BH
BD
BDH
∠
；
如图1 所示，当
O 与AC 相切时，设切点为G，连接OG ，则
90
1
OGD
OG
∠
，
，
∴
2
sin
OG
OD
ODG
∠
，
∴
2 6
2
OB
BD
OD
，
∴此时的平移距离为2 6
2 1
；
如图2 所示，当
O 与AB 相切时，设切点为S，连接OS ，在AB 上取一点R 使得BR
OR
，连接OR ，
∴
15
RBO
ROB
∠
∠
，
∴
30
ORS
RBO
ROB
∠
∠
∠
，
∴
2
2
3
3
OR
OS
RS
OS
，
，
∴
2
3
BS
，
∴
2
2
6
2
BO
BS
OS
，
∴此时的平移距离为
6
2
1
；
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综上所述，
O 与ABC 的边相切时，
O 平移的距离是
6
2
1
或2 6
2 1
．
故答案为：
6
2
1
或2 6
2 1
．
41．（2026·福建厦门·二模）《梦溪笔谈》是我国古代科技著作，其中它记录了计算圆弧长度的“会圆术”．如
图，在
O 中，M 是AB 的中点，MN
AB
于点N．“会圆术”给出AB 的弧长l 的近似计算公式：
2
MN
l
AB
OA
．当
5
OA
，
4
sin
5
AOB
时，则AB 的弧长l 的近似值为________．
【答案】9
2 5
/ 2 5
9
【分析】本题主要考查了垂径定理的推论，解直角三角形，勾股定理，过点A 作AH
OB
于H，连接OM ，
先解Rt
AOH
△
求出
4
AH
，则利用勾股定理得到
3
OH
，进一步利用勾股定理求出
2 5
AB
，由垂径定
理的论理推出O、N、M 三点共线，则有
1
5
2
AN
AB
，由勾股定理得到
2
2
2 5
ON
OA
AN
，则
5
2 5
MN
OM
ON
，据此利用所给公式计算求解即可．
【详解】解：如图所示，过点A 作AH
OB
于H，连接OM ，
在Rt
AOH
△
中，
90
AHO
，
4
sin
5
AH
AOB
OA
，
5
OA
，
∴
4
AH
，
∴
2
2
3
OH
OA
AH
=
-
=
，
∴
2
BH
OB
OH
OA
OH
，
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∴
2
2
2 5
AB
AH
BH
；
∵M 是AB 的中点，
∴OM
AB
，
∵MN
AB
，
∴O、N、M 三点共线，
∴
1
5
2
AN
AB
，
∴
2
2
2 5
ON
OA
AN
，
∴
5
2 5
MN
OM
ON
，
∴
2
2
5
2 5
2 5
9
2 5
5
MN
l
AB
OA
，
故答案为：9
2 5
．
42．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在Rt
ABC
△
中，
90
C
，O是BC 边上一点，以点O 为圆心，OB
的长为半径的圆交AB 于点D ，且过点D 作
O 的切线交AC 于点E ．
(1)尺规作图：试确定点E 的位置；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，若
2
AB
AC
，
2 3
BC
，求证：ADE 是等边三角形．
【答案】(1)解：作图如下：
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(2)证明：
2
AB
AC
Q
，
2
AB
AC
．
90
C
，
2
2
2
AC
BC
AB
，
即
2
2
2
2 3
2
AC
AC
，
2
AC
，
tan
3
BC
A
AC
，
60
A
∴
，
30
B
．
OB
OD
，
30
BDO
B
．
30
FDA
BDO
，
OF
DE
，
90
FDE
，
90
30
60
ADE
FDE
FDA
，
60
A
ADE
，
ADE
是等边三角形．
【分析】（1）按照过一点作已知直线的垂线的方法作图即可；
（2）由已知条件及勾股定理可求得AC ，由三角函数可求得
60
A
，进而得
30
B
，由等腰三角形的
性质得
30
FDA
，由切线的性质及等边三角形的判定即可完成证明．
【详解】（1）解：连接OD 并延长到F，以D 为圆心，任意长为半径画弧交射线OF 于两点，再作以这两
点为端点的线段的垂直平分线交AC 于点E，则点E 为所确定的点．作图略；
（2）略
43．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，O 是ABC 的外接圆，点O 在BC 边上，
BAC
的平分线交
O 于
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点D ，连接BD 、CD ，过点D 作BC 的平行线与AC 的延长线相交于点P ．
(1)求证：PD 是
O 的切线；
(2)求证：AB
BD
DC
CP
；
(3)当
12
AB
，
8
AC 时，求DP 的长．
【答案】(1)证明：如图，连接OD ，
∵BC 是⊙O 的直径，
∴
90
BAC
，
∵AD 平分
BAC
，
∴
2
BAC
BAD
，
∵BD
BD
，
∴
2
BOD
BAD
，
∴
90
BOD
BAC
，
∵DP
BC
∥
，
∴
90
ODP
BOD
，
∴PD
OD
，
∵OD 是
O 半径，
∴PD 是
O 的切线；
(2)证明：∵DP
BC
∥
，
∴
ACB
P
，
∵AB
AB
，
∴
ACB
ADB
，
60 / 117
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∴
ADB
P
，
∵四边形ABDC 是圆内接四边形，
∴
180
ABD
ACD
，
∵
180
ACD
DCP
，
∴
ABD
DCP
，
∴
ABD
DCP
△
∽△
∴AB
BD
DC
CP
．
(3)10 13
3
【分析】（1）先得出
2
BAC
BAD
，进而得出
90
BOD
BAC
，得出PD
OD
即可得出结论；
（2）先说明
ADB
P
，再推出
DCP
ABD
，即可得出结论；
（3）在Rt
ABC
△
中，求出
4 13
BC
，在Rt BCD 中，求出
2 26
BD
CD
，由（2）知，AB
BD
DC
CP
，
可求出
26
3
DC BD
CP
AB
，过点C 作CE
DP
于点E，在Rt
CDE
△
中，求出
sin45
2 13
DE
CE
CD
，
在Rt
CEP
△
中，求出
2
2
4 13
3
EP
CP
CE
，然后根据DP
DE
EP
求解即可．
【详解】（1）略；
（2）略；
（3）解：∵BC 是
O 的直径，
∴
90
BAC
BDC
，
在Rt
ABC
△
中，
2
2
4 13
BC
AB
AC
，
∵AD 平分
BAC
，
∴
BAD
CAD
，
∴BD
CD
，
∴BD
CD
，
在Rt BCD 中，
2
sin45
4 13
2 26
2
BD
CD
BC
，
由（2）知，AB
BD
DC
CP
，
∴
2 26
2 26
26
12
3
DC BD
CP
AB
，
过点C 作CE
DP
于点E，
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∵OB
OC
，
∴
45
BDO
CDO
，
∵
90
ODP
，
∴
45
CDE
，
在Rt
CDE
△
中，
2
sin45
2 26
2 13
2
DE
CE
CD
，
在Rt
CEP
△
中，
2
2
4 13
3
EP
CP
CE
，
∴
4 13
10 13
2 13
3
3
DP
DE
EP
44．（2026·福建厦门·二模）已知：如图，四边形ABCD内接于
O ，AB 为
O 的直径，BC
CD
，弦CE
AB
于点F，交BD 于点G．
(1)求证：
90
HDC
FCB
；
(2)延长AD ，EC 相交于点H．
①求证：
2
FC
FG FH
；
②若BF
t
BC ，若
ABD
C
表示
ABD 的周长，求
ABD
C
AC
△
的值．请用含t 的式子表示．
【答案】(1)证明：∵四边形ABCD内接于
O ，
∴
180
ABC
ADC
，
∵
180
HDC
ADC
，
∴
HDC
ABC
，
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∵CE
AB
，
∴
90
BFC
，
∴
90
FCB
FBC
，
∴
90
HDC
FCB
；
(2)①证明：∵AB 为
O 的直径，
∴
90
ACB
ADB
，
∴
180
90
GDH
ADB
，
∵CE
AB
，
∴
90
BFG
AFH
，
∵
90
H
HGD
，
90
GBF
BGF
，
BGF
HGD
，
∴
H
GBF
，
∴BGF
HFA
∽
，
∴FG
BF
AF
FH
，
∴FG FH
BF AF
，
∵
90
ACF
BCF
BCF
CBF
，
∴
ACF
CBF
，
∵
90
AFC
BFC
，
∴BFC
CFA
∽
，
∴BF
CF
CF
AF
，
∴
2
BF AF
CF
，
∴
2
FC
FG FH
；
②
2
2
1 t
t
【分析】（1）由圆内接四边形的性质可得
180
ABC
ADC
，再结合
180
HDC
ADC
，得出
HDC
ABC
，由题意可得
90
BFC
，则
90
FCB
FBC
，由此即可得证；
（2）①由圆周角定理可得
90
ACB
ADB
，证明BGF
HFA
∽
，得出FG FH
BF AF
，再证明
BFC
CFA
∽
，得出
2
BF AF
CF
，即可得证；②由垂径定理并结合圆周角定理可得
CBD
BCE
BAC
CAD
，由正切的定义，设
1
BC ，则
1
AB
t
，BF
t
，由勾股定理可得
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2
1 t
AC
t
，作CM
BD
于M ，则
2
BD
BM
，CM
t
，求出
2
2 1
BD
t
，
2
2
1 2t
AD
t
，表示出
2
2
2
1
2
1
2 1
ABD
t
C
AB
BD
AD
t
t
t
，则
2
2
2
2
1 2
1
1 2
1
ABD
t
t
t
C
AC
t
，设
BCF
BAC
CAD
，求出
45
，即
45
BCF
，从而可得
2
sin
2
BCF
，结合题意可得
2
0
2
t
，即
2
1 2
0
t
，再结合二次根式的性质化简即可得出结果
【详解】（1）略
（2）①略；
②解：∵CE
AB
，AB 为
O 的直径，
∴
90
BFG
AFH
，BC
BE
，
90
ACB
ADB
，
∵BC
CD
，
∴BC
CD
BE
，CD
BC
，
∴
CBD
BCE
BAC
CAD
，
∵BF
t
BC ，
∴sin
BF
BCF
t
BC
，
∴sin
BC
BAC
t
AB
，
设
1
BC ，则
1
AB
t
，BF
t
，
∴
2
2
2
1 t
AC
AB
BC
t
，
作CM
BD
于M ，则
2
BD
BM
，
∵sin
CM
CBD
t
BC
，
∴CM
t
，
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∴
2
2
2
1
BM
BC
CM
t
，
∴
2
2
2 1
BD
BM
t
，
∴
2
2
2
2
1
2t
AD
AB
BD
t
，
∴
2
2
2
1
2
1
2 1
ABD
t
C
AB
BD
AD
t
t
t
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
1 2
1
2 1
1
2
1
1 2
1
1
ABD
t
t
t
t
t
C
t
t
AC
t
t
t
，
设
BCF
BAC
CAD
，则
90
CAD
CAB
ABD
，
∴2
90
ABD
，
∴
45
，即
45
BCF
，
∴
2
sin
2
BCF
，
∴结合题意可得
2
0
2
t
，
∴
2
1 2
0
t
，
∴
2
2
2
2
1 2
1
1 2
1
ABD
t
t
t
C
AC
t
2
2
2
1
2
1
1 2
1
t
t
t
t
2
2
2
2 1
1
1
t
t
t
t
2
2
2
2 1
1
1
t
t
t
t
2
2
1
t
t
．
【点睛】在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等；直径所对的圆周角为直角；相似三角形的对应
边成比例．
45．（2026·福建泉州·二模）如图1，BC 为
O 的直径，D 是AC 的中点，AC 与BD 交于点E ．
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(1)若
20
ABD
，求
ACB
的度数；
(2)点F 是
O 上的动点（不与点A 、C 重合），CF 交BD 于点G ，FA 沿FC 折叠后得到线段FM ．
①如图2，当点M 落在BC 上时，求证：
2
DG
DE DB
；
②如图3，当MF
AB
于H 时，连结OA 、OM ，若OA
a
，OM
b
，用含a 、b 的式子表示AF 的长，并
说明理由．
【答案】(1)50
(2)①如图，连接
DC ，
由折叠性质得
ACF
MCF
∵
90
BAC
，
∴
90
ABC
ACB
，
∵
ABD
CBD
∴
1
45
2
GBC
GCB
ABC
ACB
，
∴
45
DGC
GBC
GCB
，
∵BC 为
O 的直径，
∴
=90
BDC
，
∴DGC 为等腰直角三角形，
∴DG
DC
，
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∵AD
AD
，
∴
ACD
ABD
，
∴
ACD
DBC
，
又∵
BDC
BDC
，
∴
DCE
DBC
△
△
∽
，
∴DE
DC
DC
DB
，
即
2
DC
DE DB
∴
2
DG
DE DB
．
②
2
AF
a
ab
，理由：
如图，连接AM 交FC 于点K ，
由折叠性质得
CFA
CFM
，AM
FC
∵MF
AB
∴
90
MHA
MHB
BAC
∴AC
FM
∥
∴
ACF
CFM
∴
ACF
CFA
∴AF
AC
AF
AC
又∵OA 为半径，
由垂径定理的推论得：OA
FC
，KC
KF
又∵AM
FC
，
∴A 、O、M 三点共线
∴AM
AO
OM
a
b
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∴
1
2
2
a
b
MK
AK
AM
∴
2
a
b
KO
AO
AK
在Rt COK 中，由勾股定理得：
2
2
2
KC
KO
CO
即
2
2
2
2
4
a
b
KC
a
KF
在Rt
AKF
△
中，由勾股定理得：
2
2
2
AF
AK
FK
∴
2
2
2
2
2
4
4
a
b
a
b
AF
a
a
ab
∴
2
AF
a
ab
【分析】（1）由圆周角定理以及直角三角形两锐角互余即可求解；
（2）①如图，连接DC ，通过证明
DCE
DBC
△
△
∽
解决问题；②连接AM 交FC 于点K ，先由垂径定理以
及折叠的性质证明A 、O 、M 三点共线，然后用,a b 的代数式表示
,
AM KO ，再对Rt COK 和Rt
AKF
△
运用
勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：∵BC 为
O 的直径，
∴
90
BAC
，
∵D 是AC 的中点，
∴
ABD
CBD
，
∵
20
ABD
，
∴
2
40
ABC
ABD
，
∴
90
50
ACB
ABC
；
（2）略
46．（2026·福建宁德·二模）如图，AB 是
O 的直径，点C 在
O 上运动（不与A ，B 重合），将AOC 沿
OC 翻折，得到DOC ，点E 是BD的中点，连接AD ．
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(1)如图1，若
15
CAB
，求证：AD
OA
；
(2)证明：不论点C 如何运动，
CAE
的大小不变；（以图2 为例证明）
(3)如图2，当点E 在AB 下方，
1
tan
4
BAE
，
4
AD
时，求
O 的直径．
【答案】(1)证明：∵OA
OC
，
∴
15
ACO
CAB
．
由翻折得，
15
DCO
ACO
，
∴
30
ACD
．
∴
2
60
AOD
ACD
，
∵OA
OD
，
∴OAD 是等边三角形，
∴AD
OA
．
(2)证明：设
CAB
，
由（1）得
2
ACD
，
由翻折得AC
DC
，
∴
180
90
2
ACD
CAD
CDA
．
∴
90
2
BAD
CAD
CAB
．
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∵点E 是BD的中点，
∴
1
45
2
BAE
BAD
．
∴
45
CAE
CAB
BAE
．
(3)
O 的直径为68
15
【分析】（1）由OA
OC
得
15
ACO
CAB
，由翻折得，
15
DCO
ACO
，得
30
ACD
，由
圆周角定理得
2
60
AOD
ACD
，由OA
OD
可证明OAD 是等边三角形，从而可证明结论；
（2）设
CAB
，得
2
ACD
，由翻折得AC
DC
，得
90
CAD
CDA
，求出
90
2
BAD
，由点E 是BD的中点可得
45
BAE
，从而可得出
45
CAE
，故可得结论；
（3）．延长BE ，AD 相交于点F，连接DE ，设BE
x
，解Rt
ABE
△
，求得
4
AE
x
，根据勾股定理得
17
AB
x
，
根据ASA 证明
AEF
AEB
≌
，得出DE
EF
x
；证明FDE
FBA
∽
，求出
2 17
17
FD
x
，根据FD
AD
AF
求出
4 17
15
x
，从而可求出AB ．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：如图2，延长BE ，AD 相交于点F，连接DE ．
设BE
x
，
∵AB 是
O 的直径，
∴
90
AEB
．
∴
180
90
AEF
AEB
．
在Rt
ABE
△
中，
1
tan
4
BE
BAE
AE
，
∴
4
AE
x
．
由勾股定理得
2
17
AB
AE
BE
x
，
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∵点E 是BD的中点，
∴
EAF
EAB
，BE
DE
．
∵AE
AE
，
∴
ASA
AEF
AEB
≌
．
∴EF
BE
x
，
ABE
F
，
17
AF
AB
x
．
∴DE
EF
x
．
∴
EDF
F
ABE
．
∵
F
F
，
∴FDE
FBA
∽
．
∴FD
FE
FB
FA
．
∴2
17
FD
x
x
x
．
∴
2 17
17
FD
x
．
∵FD
AD
AF
，
∴2 17
4
17
17
x
x
．
解得
4 17
15
x
．
∴
68
17
15
AB
x
．
即
O 的直径为68
15 ．
47．
（2026·福建厦门·三模）如图1，点B 是线段AB 和BC 的公共点，点O 是BC 所在圆的圆心，若OB
AB
，
则称线段AB 和BC 在点B 平滑连接．生活中，为了兼顾美观与安全，公园步道的转弯处常设计为线段和
弧的平滑连接．某公园步道的一部分如图2 所示，线段AB ，BC ，线段CD ，DE ，线段EF 在点B，C，
D，E 处依次平滑连接．
已知
//
AB EF ，
120
AB
EF
米，
60
CD
米．
=
BC DE ，BC 所在圆的半径为30米，所对的圆心角为90．
请完成下列问题：
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(1)求图2 中公园步道的总长度；
(2)现对公园进行改造：在直线AF 右侧新建步道AF ，连接BA 和EF ，并在公园中间区域设立一处公共服
务空间（记为点R），满足点R 到A，B，E，F 四个点的距离相等．
①尺规作图：求作AF ，使得线段BA ，AF ，线段FE 分别在点A，F 处依次平滑连接；（要求：不写作
法，保留作图痕迹）
②在点R 处增设户外WiFi 装置，通常情况下WiFi 信号可接收的范围可以近似看成一个半径为110米的
圆．已知点M 位于AF 上，
72
MF
米，请判断点M 处能否接收到WiFi 信号，并说明理由．（参考数据：
2
1.414
3
1.732
，
）
【答案】(1)公园步道的总长度为
300
30
米
(2)①如图所示，AF 即为所求
②点M 处不能接收到WiFi 信号，理由如下：
如图所示，连接AE 、BF ，交点为R ，过点R 作RH
EF
于点H ，过点M 作MQ
RH
于点Q ，交AF 于
点P ，
∵
//
AB EF ，AB
EF
，
∴四边形ABEF 是平行四边形，
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由题意可得，AF 与AB 是平滑连接，
∴AB
AF
，
∴四边形ABEF 是矩形，
∴AR
BR
ER
FR
，且RH
EF
，
∴H 为EF 中点，
∴
//
RH AF ，
1
2
RH
AF
，
∵M 在AF 上，且AF 为直径，
∴
90
AMF
，
∵
//
RH AF ，
∴MP
AF
，
∴
90
FPM
AMF
，且
AFM
PFM
，
∴AFM
MFP
∽
，
∴AF
FM
FM
PF
，
由题意可得，
60
30
30
120
AF
，
72
MF
，
∴120
72
72
PF
，
解得
216
5
PF
，
∴在PFM 中，
2
2
216
288
72
5
5
PM
，
∵
//
RH AF ，MQ
RH
，
∴
//
MQ HF ，
∴四边形QHFP 是平行四边形，且
90
AFE
，
∴四边形QHFP 是矩形，
∴
1
60
2
PQ
HF
EF
，
216
5
QH
PF
，
∴
1
216
84
60
2
5
5
RQ
RH
QH
AF
QH
，
288
588
60
5
5
QM
PQ
PM
，
在Rt RQM 中，
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2
2
2
2
84
588
84 2
118.8
110
5
5
RM
RQ
QM
，
∴点M 处不能接收到WiFi 信号．
【分析】（1）总长度为AB 、弧BC 、CD 、弧DE 、EF 的长度和，因为BC⌢ൌDE⌢，所以先利用弧长公
式计算单段弧长，再将各段长度相加；
（2）①连接AF ，作AF 的垂直平分线，与AF 的交点即为AF 的圆心，再以该交点为圆心、交点到A 的
距离为半径画弧即可；
②首先确定点R 是A、B、E、F 四点的外接圆圆心，通过作作垂线构造相似的直角三角形，利用对应变成
比例得到相应线段，将RM 放在一个直角三角形中，利用勾股定理计算长度，和110比较大小．
【详解】（1）解：BC
DE
，且BC 所在圆的半径为30米，所对的圆心角为90，
∴BC 的弧长
90
2π
30
15
360
米，
∵
120
AB
EF
米，
60
CD
米，
∴公园步道的总长度
120
60
120
15π
15π
300
30
AB
CD
EF
BC
DE
（米），
答：公园步道的总长度为
300
30
米．
（2）①略
②略
48．（2026·福建泉州·模拟预测）已知在ABC 中，AO
BC
于点O，
O 经过A、C 两点并交AB 于点E．
(1)当点E 为AB 中点，求
EOA
的度数；
(2)若
2
AC
，求AE AB
的值；
(3)若
2
BE
，
4
AEOC
S
四边形
，求BC ．
【答案】(1)60
(2)4
(3)
26
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【分析】（1）根据直角三角形的性质得出EA
EB
EO
，结合圆中半径处处相等证明
AOE
△
为等边三角形，
即可解答；
（2）如图，连接EC ，证明ACE
ABC
∽
，即可解答；
（3）作OD
AB
于点D ，根据垂径定理得出ED
DA
，设ED
DA
n
，OD
m
，则
2
AE
n
，
2
2
AB
n
，
2
2
2
AO
m
n
，根据
2
2
1
4
2
AOE
AOC
AEOC
S
S
S
n m
n
m
四边形
，得
2
8
n
m
，则
2 2
n
m
①，
证明ADO
AOB
∽
，得出
2
AO
AD AB
，即
2
2
2
m
n
n
②．由①②求出
6
2
5
m
，
4
2
5
n
．在Rt DOB
中，根据勾股定理求出BO ，OC ，即可解答．
【详解】（1）解：
AO
BC
，
90
AOB
，
又∵点E 为AB 中点，
∴EA
EB
EO
，
在
O 中，OA
OE
，
OA
OE
AE
，
∴
AOE
△
为等边三角形，
60
EOA
．
（2）解：如图，连接EC ，
由题可得AO
OC
，OA
OC
，
AOC
为等腰直角三角形，
45
ACO
，
1
45
2
AEC
AOC
，
∵
EAC
CAB
，
AEC
ACB
，
ACE
ABC
∽
，
AE
AC
AC
AB
，
即
2
2
2
4
AE AB
AC
．
（3）解：作OD
AB
于点D ，
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OE
OA
Q
，
ED
DA
，
设ED
DA
n
，OD
m
，则
2
AE
n
，
2
2
AB
n
，
∴
2
2
2
2
2
AO
AD
OD
m
n
，
2
2
2
1
1
1
2
4
2
2
2
AOE
AOC
AEOC
S
S
S
n m
AO
n m
n
m
四边形
，
整理得
2
8
n
m
，
2 2
n
m
①（
0
n
m
），
∵
DAO
OAB
，
ADO
AOB
，
ADO
AOB
△
∽△
，
AD
AO
AO
AB
，
∴
2
AO
AD AB
，
即
2
2
2
2
n
m
n
n
，
∴
2
2
2
m
n
n
②．
由①②解得：
6
2
5
m
，
4
2
5
n
．
∴
6
2
5
DO
，
4
2
5
AD
DE
n
．
∴
9
2
2
5
BD
n
，
在Rt DOB 中，
2
2
2
2
6
3
(
2)
(
2)
26
5
5
9
5
BO
DO
DB
，
2
2
26
5
2
OC
n
m
，
26
BC
BO
OC
．
49．（2026·福建福州·三模）如图1，
O 是等边ABC 的外接圆，
12
AB
，点P 是
O 外一点，AP 分别
交BC 、
O 于点D 、E ，连接BP ，且
2
PB
PA PE
．
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(1)求证：BP 是
O 的切线；
(2)如图2 ，点F 是AC 上的动点，点G 在
O 内，
60
FDG
，且
9 3
2
DFG
S
△
．
（i ）当
3 3
DC
，且
45
DFC
时，求
BDG
S
的值；
（ii）如图3 ，当AP 过点O时，求BG 的最小值．
【答案】(1)证明：如图，过点B 作直径BH ，连接AH 、BE ，
2
PB
PA PE
，
PB
PE
PA
PB
，
又
BPE
APB
，
PBE
PAB
△
∽△
，
PBE
PAB
，
BH 是
O 的直径，
90
BAH
，
90
BAP
EAH
，
∵
PBE
PAB
，
EBH
EAH
，
90
PBE
EBH
，
90
HBP
，
HB
BP
，
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又
BH 是
O 的直径，
BP
是
O 的切线．
(2)（i ）12
3 3
；（ii ）
39
3
【分析】（1）过点B 作直径BH ，连接AH 、BE ，由等式变形证
PBE
PAB
△
∽△
，得到等角，根据直径所对
圆周角为直角，等量代换推出半径与BP 垂直，证得切线；
（2）（i ）在
DFC
△
中解直角三角形求出DF ，套用夹角面积公式算出DG ，通过角度换算得到
45
BDG
，
求出BDG 的高，结合BD 长度直接计算面积；（ii ）过点D 作DQ
AC
，垂足为Q ，连接GO ，先算出OD 、
DQ ，结合
18
DG DF
证三角形相似，推出
90
DGO
，确定G 点在以DO 为直径的圆上，利用定点到
圆心距离减半径，求出BG 最小值．
【详解】（1）略
（2）（i ）解：如图，分别过点D 、G 作DM
AC
、GN
BD
，垂足分别为M 、N ，
在等边ABC 中，
60
C
，
3 3
DC
，
9
sin60
2
DM
DC
，
45
DFC
，
9 2
2
2
DF
DM
，
60
FDG
，且
9 3
2
DFG
S
△
，
FGD 中DG 边上的高为
sin60
DF
，
1
9 3
sin60
2
2
DG DF
，
18
DG DF
，
2 2
DG
，
180
75
CDF
DFC
C
，
180
45
BDG
CDF
FDG
，
sin45
2
GN
DG
，
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12
BC
AB
，
12
3 3
BD
BC
CD
，
1
12
3 3
2
BDG
S
BD GN
△
．
（ii）解：如图，过点D 作DQ
AC
，垂足为Q ，连接GO ，
AB
AC
∵
，OB
OC
，AP 过点O，
1
30
2
CAD
CAB
，
1
6
2
CD
BC
，
90
60
ADQ
CAD
，
6 3
AD
，
2 3
OD
，
sin60
3 3
DQ
CD
，
18
OD DQ
，
18
DG DF
，
DG DF
OD DQ
，
DG
DO
DQ
DF
，
60
FDG
，
GDO
GDF
ODF
ADQ
ODF
QDF
，
GDO
QDF
△
∽△
，
90
DGO
DQF
，
∴点G 在以DO 为直径的圆上，
取OD 的中点I ，连接BI 、GI ，
1
3
2
GI
DI
DO
，
6
BD
CD
，
2
2
39
BI
BD
DI
，
39
3
BG
BI
GI
，
BG
的最小值为
39
3
．
50．（2026·福建厦门·模拟预测）如图1，AB 为半圆O的直径，
4
AB
，点C 为半圆O上一点（不与A ，
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B 重合），连接OC ，点A 关于OC 的对称点为点D ，连接OD ．
(1)如图2，当
60
AOC
时，连接BD ，求
ABD
的度数；
(2)过点A 作半圆O的切线l ，延长OC 交切线l 于点E ，点F 为OE 中点，连接AF ，
①当
1
tan
2
AOC
时，延长AF 至点N ，使得FN
FE
，连接DN ，求DN 的长；
②当0
60
AOC
时，延长AF 交半圆O于点P （P 与D 不重合），直线DP 分别交切线l ，射线OC 于
点G ，点M ，探究DG 与DP 的数量关系．
【答案】(1)60°
(2)①
3 5
5
DN
；②当0
45
AOC
时，
1
2
2
DG
DP
；当45
60
AOC
时，
1
2
2
DG
DP
【分析】（1）利用点A 和点D 关于OC 对称的性质，得到两个相等的角
AOC
COD
，进而求出
BOD
的度数，结合OD
OB
，得
60
COD
AOC
，得到
ABD
的度数；
（2）①连接AD 交CO 于点K，连接ON ，EN ，在Rt
AOE
△
中，求出
1
AE ，
5
OE
，
5
2
FN
FE
OF
AF
，
2
5
AN
AF
．得四边形AONE 为矩形．证明OC 为AD 的垂直平分线，可
证明
90
ADN
OKA
，Rt AOK 中，求出
2 5
5
AK
，
4 5
5
AD
．Rt
AND
△
中，由勾股定理得
3 5
5
DN
．
②连接BD ，当0
45
AOC
时，点P 在点D 右侧，当45
60
AOC
时，点P 在点D 左侧，两种情
况讨论：当0
45
AOC
时，点P 在点D 右侧，证明四边形OBDM 为平行四边形，设DP
m
，
OF
EF
AF
a
，证明
AOF
PMF
△
∽△
得AO
FO
PM
FM
，即
2
2
a
m
FM
，
1
2
FM
a
am
，
1
2
ME
FM
EF
am
．证明
OEA
MEG
△
∽△
．得AO
EO
GM
EM
，即
2
2
1
2
a
GM
am
，求得
1
2
2
DG
DP
．当
45
60
AOC
时，点P 在点D 左侧，同理可得
1
2
2
DG
DP
．
【详解】（1）解：连接AD ，
∵AB 为半圆O 的直径，点A 关于OC 对称点为点D，
60
AOC
，
80 / 117
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∴OC 为AD 的垂直平分线，
∴OA
OD
．
∴点D 在半圆O 上．
∴
60
COD
AOC
，
∴
120
AOD
AOC
COD
，
∴
1
60
2
ABD
AOD
．
（2）解：∵l 与半圆O 相切于点A，
∴
90
EAO
．
∵AB 为半圆O 直径，
4
AB
，
∴
2
OA
OB
r
．
∵F 为Rt
AOE
△
斜边OE 中点，
∴
1
2
FE
OF
AF
OE
，
∴
FAO
FOA
x
．
①连接AD 交CO 于点K，连接ON ，EN ，
在Rt
AOE
△
中，
1
tan
2
AE
AOC
AO
，
∴
1
AE ，
5
OE
，
∴
5
2
FN
FE
OF
AF
，
2
5
AN
AF
．
∴四边形AONE 为平行四边形，
又AN
OE
，
∴四边形AONE 为矩形．
∵点A 关于OC 对称点为点D，
∴OC 为AD 的垂直平分线，
∴
90
OKA
，
1
2
AK
DK
AD
．
81 / 117
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又∵FN
AF
，
∴FK
DN
∥
，
∴
90
ADN
OKA
．
Rt AOK 中，
1
tan
2
AK
AOK
OK
，
2
OA
，
∴
2 5
5
AK
，
∴
4 5
5
AD
．
Rt
AND
△
中，
90
ADN
，
∴
2
2
2
AD
DN
AN
，
∴
3 5
5
DN
．
②连接BD ，
∵P 与D 不重合，
∴
45
AOC
．
∵点D 在半圆O 上，
AOC
COD
x
，
∴
2
AOD
x
，
1
2
ABD
AOD
x
，
∴
ABD
AOC
x
，
∴BD
OC
∥
．
（Ⅰ）当0
45
AOC
时，点P 在点D 右侧，如图，
∵
2
AOD
x
，
∴
1
2
APD
AOD
x
，
82 / 117
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∴
APD
FAO
x
．
∴AB
PM
∥
．
又BD
OC
∥
，
∴四边形OBDM 为平行四边形，
PMF
FOA
x
，
∴
2
DM
OB
．
设DP
m
，OF
EF
AF
a
，
∴
2
PM
PD
DM
m
．
∵
FAO
APD
，
FOA
PMF
，
∴
AOF
PMF
△
∽△
．
∴AO
FO
PM
FM
，即
2
2
a
m
FM
，
∴
1
2
FM
a
am
，
∴
1
2
ME
FM
EF
am
．
∵
FOA
PMF
，
OEA
MEG
，
∴
OEA
MEG
△
∽△
．
∴AO
EO
GM
EM
，即
2
2
1
2
a
GM
am
，
∴
1
2
GM
m
，
∴
1
2
2
DG
DM
GM
m
，
∴
1
2
2
DG
DP
．
（Ⅱ）当45
60
AOC
时，点P 在点D 左侧，
∵
180
180
APD
B
x
，
83 / 117
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∴
180
PAB
APD
，
∴AB
PD
∥
．
∴四边形OBDM 为平行四边形，
PMF
FOA
x
，
∴
2
DM
OB
．
设DP
m
，OF
EF
AF
a
，
∴
2
PM
DM
PD
m
．
∵
FAO
FPM
，
AFO
PFM
，
∴
AOF
PMF
△
∽△
．
∴AO
FO
PM
FM
，即
2
2
a
m
FM
，
∴
1
2
FM
a
am
，
∴
1
2
ME
EF
FM
am
．
∵
PMF
EMG
，
∴
FOA
EMG
，
OEA
OEA
，
∴
OEA
MEG
△
∽△
，
∴AO
EO
GM
EM
，即
2
2
1
2
a
GM
am
，
∴
1
2
GM
m
，
∴
1
2
2
DG
DM
GM
m
，
∴
1
2
2
DG
DP
．
51．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，等腰三角形ABC 内接于
,
O AB
AC
，点C 关于AB 的对称点为D ，
连接AD 交
O 于点E ．
(1)求证：BD 为
O 的切线；
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(2)如图1，连接OD ，若DO
AC
，求证：
2
AE
BD
；
(3)如图2，若AE
BD
，求cos
ABC
的值．
【答案】(1)证明：连接OB ，取BC 的中点N，连接AN ，
AB
AC
∵
，
,
BAN
CAN AN
BC
，直线AN 是线段BC 的垂直平分线，
ABN
ACN
，
O是三边垂直平分线的交点，
O
在AN 上，
,
BAO
CAO AO
BO
，
90
BAO
ABN
，
根据对称性质，得
ABD
ABN
，
90
ABD
ABO
ABN
ABO
ABN
BAO
，
BD
为
O 的切线．
(2)证明：连接
,
,
OA OB OC ，
,
OE DC ，
根据折叠的性质，得AD
AC
，
AB
AC
∵
，
AD
AC
AB
，
ADB
ABD
ABC
ACB
，
设DO
AC
于点M，根据垂径定理，得AM
MC
，
故直线DM 是线段AC 的垂直平分线，
AD
CD
，
AD
CD
AC
，
ADC
是等边三角形，
60
ADC
ACD
DAC
，
根据题意，得AB
CD
，DO
AC
，
1
30
2
DAB
CAB
DAC
，
1
30
2
ADM
CDM
ADC
85 / 117
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2
60
BOC
BAC
，
180
180
75
2
2
BAC
DAB
ADB
ABD
ABC
ACB
，
OB
OC
，
OBC
是等边三角形，
150
DBC
ABD
ABC
，
60
OBC
OCB
，
OB
OC
BC
，
根据折叠的性质，得BD
BC
，
OB
OC
BC
BD
OA
OE
，
180
150
15
2
BDC
BCD
，
45
ODB
ODC
BDC
，
90
OBD
，
45
DOB
，
DOB
ODB
，
OB
DB
，
2
2
2
DO
OB
BD
DB
；
根据题意，得
75
60
15
ABO
ACO
，
OA
OB
OC
，
15
ABO
BAO
ACO
CAO
，
45
EAO
DAB
BAO
，
OA
OE
，
45
AEO
，
90
AOE
，
2
2
2
AE
OE
OA
OA
；
2
AE
BD
．
(3)
5
1
4
【分析】（1）连接OB ，取BC 的中点N，连接AN ，根据等腰三角形的性质，对称性质，切线的判定证明
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即可；
（2）连接
,
,
OA OB OC ，
,
OE DC ，设DO
AC
于点M，故直线DM 是线段AC 的垂直平分线，证明
ADC 是
等边三角形，
OBC
△
是等边三角形，再根据对称性质，等腰直角三角形的性质，利用勾股定理证明即可．
（3）取BC 的中点K，连接AK ，连接BE ，证明BDE
ADB
∽
，设AE
BE
BD
BC
x
，得到
2
2
0
DE
xDE
x
，
5
1
2
AB
x
，根据余弦函数的定义计算即可．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：取BC 的中点K，连接AK ，
AB
AC
∵
，
,
BAK
CAK AK
BC
，直线AK 是线段BC 的垂直平分线，
O是三边垂直平分线的交点，
O
在AK 上，
1
2
BK
BC
，
根据对称性质，得BD
BC
，
AE
BD
，
AE
BD
BC
，
连接BE ，
BAC
ABE
，
根据对称性质，得
BAC
BAD
，
BAD
ABE
，
AE
BE
，
AE
BE
BD
BC
，
BDE
BED
，
四边形AEBC 是
O 的内接四边形，
ACB
BED
，
AC
AB
，
87 / 117
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ACB
ABC
，
BED
ABC
，
根据对称性质，得
ABD
ABC
，
BED
ABD
，
BDE
ADB
，
∴BDE
ADB
∽
，
∴BD
DE
AD
DB
，
设AE
BE
BD
BC
x
，
∴
x
DE
x
DE
x
，
整理，得
2
2
0
DE
xDE
x
解得
2
2
4 1
5
2
2
x
x
x
x
x
DE
，
故
5
1
2
DE
x
，
5
1
2
DE
x
，不符合要求，舍去，
5
1
5
1
2
2
AD
AE
DE
x
x
x
，
5
1
2
AB
x
，
1
1
2
2
BK
BC
x
，
1
1
5
1
2
cos
4
5
1
5
1
2
x
BK
ABC
AB
x
．
52．（2026·福建泉州·模拟预测）已知：四边形ABCD是
O 内接四边形，AC 是
O 的直径，AC 、DB相
交于点P ，点E 在PD 上，
90
DCE
ACB
．
(1)如图1，求证：
2
BEC
BAC
；
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(2)如图1，若
2
DBC
CAB
，求证：AD
AP
；
(3)如图2 ，在（2）的条件下，
3
AB
BC
，点G 在AD 上，EF
EG
交AC 于点F ，
3
EG
EF
，
1
PF ，求PC
的长．
【答案】(1)证明：∵BC
BC
，
∴
BAC
BDC
，
∵AC 是
O 的直径，
∴
90
ABC
ADC
，
即
90
BAC
ACB
，
∴
90
BDC
ACB
，
∵
90
DCE
ACB
，
∴
90
DCE
ACB
，
∴
DCE
BDC
BAC
，
∴
2
BEC
DCE
BDC
BAC
；
(2)证明：∵
2
DBC
CAB
，
∴
APD
CAB
ABP
90
CAB
DBC
90
2
CAB
CAB
90
CAB
，
∵
ADP
ADC
BDC
90
CAB
，
∴
ADP
APD
，
∴AD
AP
；
(3)4
【分析】（1）由同弧所对的圆周角相等及三角形外角的性质即可证明；
（2）证明
ADP
APD
即可；
（3）由题意得
BAC
EGF
，
10
FG
EF
，设
BAC
，则
EGF
BDC
DCE
，作GN
AC
于点N，在AF 上取点M，使得
GMC
APD
，则易得FGM
EFP
∽
，由比例式得
10
GM
，
10
FM
EP
，
在Rt
GMN
△
中，由tan
3
GN
GMC
MN
，求得MN
GN
，
，过C 作CQ
BD
于点Q，过B 作BH
PC
于点
H，设CH
a
，则
2
PC
a
，则可表示出BH ，求出BC
BP
CQ
BE
、
、
、
及tan 2的值，在Rt AGN
V
中由三
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角函数关系求得AN
AM
、
，进而得
4
6
AP
a
，再由
3
AB
BC
，求得AB
AC
、
，利用AF
FP
PC
AC
建
立方程求出a 的值，即可求得PC 的长．
【详解】（1）略；
（2）略；
（3）解：∵
3
3
AB
BC
EG
EF
，
，
∴
3
AB
EG
BC
EF
，
∴
1
tan
tan
3
EF
BAC
EGF
EG
，
∴
BAC
EGF
，
2
2
10
FG
EG
EF
EF
，
设
BAC
，则
EGF
BDC
DCE
，
如图3，作GN
AC
于点N，在AF 上取点M，使得
GMC
APD
，
∵
GFE
GFM
APD
PEF
，
APD
ADP
ACB
，
∴
GFM
PEF
，
∴FGM
EFP
∽
，
∴
10
GM
FG
FM
FP
EF
EP
，
∴
10
10
GM
FP
，
10
FM
EP
，
∵tan
tan
tan
3
GE
GMC
APD
GFE
EF
，
∴在Rt
GMN
△
中，tan
3
GN
GMC
MN
，
即
3
GN
MN
，
由勾股定理得：
2
2
2
3
10
MN
MN
GM
，
解得
1
MN ，
∴
3
GN
，
过C 作CQ
BD
于点Q，过B 作BH
PC
于点H，
∵
ADP
APD
BPC
ACB
，
∴BC
BP
，
∴
1
2
CH
PH
PC
，
1
2
CBH
DBC
，
∵
2
DBC
CAB
，由（1）有
2
BEC
CAB
，
∴
2
DBC
BEC
，
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∴
1
2
CBH
DBC
，BC
CE
，
∴
2
BE
BQ
，
设CH
a
，则
2
PC
a
，
∵
1
tan
3
CH
BH
，
∴
2
2
3
10
BH
a
BP
BC
CH
BH
a
，
，
∵
1
1
2
2
BCP
S
BP CQ
PC BH
，
∴
3 10
5
a
CQ
，
∴
2
2
4 10
5
a
BQ
BC
CQ
，
∴
3
tan
tan 2
4
CQ
DBC
BQ
，
8 10
2
5
a
BE
BQ
，
∴
3 10
5
a
EP
BE
BP
，
∴
10
6
FM
EP
a
，
∵
2
DAC
DBC
，
在Rt GAN 中，
3
tan 2
4
GN
AN
，
∴
4
4
3
AN
GN
，
3
AM
AN
MN
，
∴
4
6
AP
AM
FM
FP
a
，
∵
3
3 10
AB
BC
a
，
∴
2
2
10
AC
AB
BC
a
，
∵AP
PC
AC
，
∴4
6
2
10
a
a
a
，
解得
2
a
，
∴
2
4
PC
a
．
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53．（2026·福建泉州·模拟预测）如图1，ABC 内接于
O ，作直径AD 交边BC 于点G ，BO 平分
ABC
，
连接CD ，BD．
(1)若
50
DAC
，求
ADC
的度数．
(2)如图2 ，作CE
AB
于点E ，交AO 于点F ．
①求证：
DCF
DFC
．
②若
1
OF
OG
，且
2
FG
，求
2
DG 的最小值．
【答案】(1) 40
(2)①证明：设
ABO
，
∵BO 平分
ABC
∴
ABO
OBC
，
∴
2
EBC
α
，
∵OB
OA
，
∴
BAO
ABO
，
∵CE
AB
，
∴
90
AFE
DFC
，
90
2
BCE
，
∵
.
BCD
BAD
，
∴
90
2
90
DCF
BCD
BCE
，
∴
DCF
DFC
∠
；
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②
2
DG 的最小值为1
【分析】（1）根据圆周角定理以及直角三角形的性质求解即可；
（2）①设
ABO
，则
2
EBC
α
，证明
90
DFC
DCF
即可；②证明BOG
CDG
∽
，得
BO
OG
DC
DG
，设OG
x
，DG
y
，则
,
1
2
1
,
OF
x
DC
DF
y
x
BO
DO
x
y
，代入比例式得
2
1
x
y
x
y
x
y
，整理得
2
2
2
y
x
x
，求得
1
2
x
，根据二次函数的性质得
2
min
1
y
从而得出y 的最小值为1，
即DG 的最小值为1．
【详解】（1）解：∵AD 为直径，
∴
90
ACD
，
∵
50
DAC
，
∴
90
40
ADC
DAC
；
（2）②解：由①得，
DCF
DFC
∴DF
CD
，
∵
BAD
ABO
OBC
，
BAD
BCD
，
∴
OBC
BCD
，
∴OB
CD
∥
，
∴BOG
CDG
∽
，
∴BO
OG
DC
DG
，
设OG
x
，DG
y
，则
,
1
2
1
,
OF
x
DC
DF
y
x
BO
DO
x
y
，
∴
2
1
x
y
x
y
x
y
，
整理得
2
2
2
1
1
2
2
4
8
y
x
x
x
，
∵
2
1
2
FG
x
，
∴
1
2
x
，
∵2
0
，对称轴为直线
1
4
x
，
∴当
1
2
x
，
2y 随着x 的增大而减小，
∴当
1
2
x
时，
2
min
1
y
，
又
0
y
，
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∴y 的最小值为1，即DG 的最小值为1．
54．（2026·福建厦门·三模）四边形ABCD内接于
O ，AC 为
O 的直径，AC 与BD 相交于点E．
(1)如图1，若B 是AC 的中点，求
ADB
的度数；
(2)如图2，点F 在边CD 上，且满足
BAC
ACD
CEF
，当
2
EF
OE CE
时，
①证明：
COF
BAC
；
②若
5
AB
AC
；
5
cos
6
ABD
．求
O 的半径．
【答案】(1) 45
(2)证明：①∵
2
EF
OE CE
，
∴EF
CE
OE
EF
，
∵
OEF
CEF
，
∴EOF
EFC
∽
，
∴
EOF
EFC
，
∴
COF
EFD
，
∵
BAC
ACD
CEF
，
EFD
ACD
CEF
，
∴
BAC
EFD
，
∴
COF
BAC
.
②
O 的半径为9
5 .
【分析】（1）证明
90
ADC
，结合B 是AC 的中点，进一步可得答案；
（2）①证明EOF
EFC
∽
，可得
COF
EFD
，证明
BAC
EFD
，进一步可得
COF
BAC
.
②如图，过E 作EK
CD
于K ，结合
5
cos
6
CD
CK
ACD
AC
CE
，设
5
CD
m
，
5
CK
n
，DK
a
，则
6
AC
m
，
6
CE
n
，证明COF
CDE
∽
，可得：
7
5
a
n
，求解
25
32
m
n
，进一步结合勾股定理与相似三角形可得答
案.
【详解】（1）解：∵AC 为
O 的直径，
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∴
90
ADC
，
∵B 是AC 的中点，
∴
1
45
2
ADB
BDC
ADC
.
（2）证明：①略.
②如图，过E 作EK
CD
于K ，
∵AC 为
O 的直径，
∴
90
ABC
ADC
，
∵
5
cos
6
ABD
，
ABD
ACD
，
∴
5
cos
6
CD
CK
ACD
AC
CE
，
∴设
5
CD
m
，
5
CK
n
，DK
a
，则
6
AC
m
，
6
CE
n
，
3
CO
AO
m
，
由①得：
BAC
EFD
EDF
COF
，
∴EF
ED
，
∴FK
DK
a
，
∴
5
CF
n
a
，
∵
OCF
DCE
，
∴COF
CDE
∽
，
∴
3
3
5
5
CF
CO
m
CE
CD
m
，
∴5
3
6
5
n
a
n
，
解得：
7
5
a
n
，
∴
7
5
FK
DK
n
，
7
32
5
5
5
5
n
CD
CK
DK
n
n
m
，
∴
25
32
m
n
，
∴
25
75
6
6
32
16
m
m
CE
n
，
75
21
6
16
16
m
m
AE
m
，
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∵EK
CD
，
∴
2
2
11
EK
CE
CK
n
，
∴
2
2
2
2
49
18
18
25
45
11
25
5
5
32
16
DE
EK
DK
n
n
n
m
m
，
∵
BAC
BDC
，
AEB
CED
，
∴AEB
DEC
∽
，
∴
21
7
16
45
15
16
m
AB
AE
CD
DE
m
，
∴
7
5
15
AB
m
，
∴
7
3
AB
m
，
∵
5
AB
AC
，
∴7
6
5
3 m
m
，
解得：
3
5
m
，
∴
18
6
5
AC
m
，
∴
O 的半径为9
5 .
【点睛】压轴问关键是参数的使用，利用相似三角形的性质确定参数之间的关系是解题的突破口.
55．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，已知
O 是ABC 的外接圆，BC 为直径，AB
AC
，D，Q 为BC
上位于点A 异侧的动点，且AQ
CD
，连接DC ，AQ 交于点H，连接AD ，BD ．
(1)求证：
90
CHQ
；
(2)求证：点O 在
AHD
的平分线上；
(3)若
2
2
32
AD
CQ
，且
1
sin
4
BAD
，求AD 的长．
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【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
(3) AD 的长为1
15
【分析】（1）先通过圆周角定理和等边对等角可得
45
ADC
ABC
，结合同弧和等弧所对的圆周角相
等，可得
45
ADC
DAH
，进而证明即可；
（2）连接AO ，OH ，OD ，通过证明
SSS
AOH
DOH
≌
，即可证明点O 在
AHD
的平分线上；
（3）连接CQ ，DQ ，设AQ 与BC 的交点为G，利用
2
2
2
2
2
2
32
AH
DH
CH
QH
AD
CQ
，得到
2
2
2
2
2
2
32
AH
CH
DH
QH
AC
DQ
，再由（1）的结论可得
2
2
16
AC
DQ
，证明
Rt
t
HL
AHC
R
DHQ
≌
，
得出CH
HQ
，进而求出圆的直径和CD 的长度，利用圆周角定理，结合已知条件得出
1
sin
4
GH
GCH
CG
，
设GH
a
，
4
CG
a
，利用勾股定理列出方程求出a 的值，从而得出最终结果．
【详解】（1）证明：∵
O 是ABC 的外接圆，BC 为直径，AB
AC
，
∴
90
BAC
，
45
ABC
ACB
，
∴
45
ADC
ABC
，
∵AQ
AC QC
QD QC
CD
，
∴AC
QD
，
∴
45
ADC
DAH
，
∴
90
AHD
，
∴
90
CHQ
AHD
．
（2）解：如图，连接AO ，OH ，OD ，
∵
45
ADC
DAH
，
∴AH
HD
，
在
AOH
△
和
DOH
△
中，
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AO
OD
OH
OH
AH
DH
，
∴
SSS
AOH
DOH
≌
，
∴
AHO
DHO
，
∴点O 在
AHD
的平分线上．
（3）解：如图，连接CQ ，DQ ，设AQ 与BC 的交点为G，
∵AQ
CD
，
2
2
32
AD
CQ
，
∴
2
2
2
2
2
2
32
AH
DH
CH
QH
AD
CQ
，
∴
2
2
2
2
2
2
32
AH
CH
DH
QH
AC
DQ
，
由（1）知，AC
DQ
，
∴AC
DQ
，即
2
2
16
AC
DQ
，
在Rt AHC 和Rt
DHQ
△
中，
AH
DH
AC
DQ
，
∴
Rt
t
HL
AHC
R
DHQ
≌
，
∴CH
HQ
，
∵AB
AC
，
90
BAC
，
∴
2
2
16
AC
AB
，
∴
2
2
4 2
BC
AB
AC
,
∵BD
BD
，
∴
BAD
BCD
，
∴
1
sin
sin
4
BAD
BCD
，
在Rt
BDC
△
中，
sin
2
BD
BCD BC
，
98 / 117
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∴
2
2
30
CD
BC
BD
，
在Rt
CGH
△
中，
90
CHG
，
∴
1
sin
4
GH
GCH
CG
，
设GH
a
，
4
CG
a
，
∴
2
2
15
CH
CG
GH
a
，
∴
30
15
DH
CD
CH
a
，
∵AH
DH
，
在Rt AHC 中，
2
2
2
AH
CH
AC
，
∴
2
2
30
15
15
16
a
a
，
解得：
1
2
30
2
30
a
，
2
2
30
2
30
a
（舍去），
∴
2
30
2
30
30
15
30
15
2
30
2
AH
DH
a
，
∴
2
2
1
15
AD
AH
DH
．
56．（2026·福建泉州·三模）在Rt
ABC
△
中，
90
BAC
，
2 5
AB
AC
，点D 在ABC 的内部，连接BD ，
AD ，点M 为线段BD 的中点，连接AM ．
(1)如图1，若
90
ADB
，
1
tan
2
ABD
，求AM 的长；
(2)如图2 ，将AM 绕点M 逆时针旋转90至EM ，连接BE ，AE ，求证：
2
CD
BE
；
(3)如图3 ，延长AM 交CB 于点N ，点P 为AN 延长线上一点，连接BP ，将
BNP
△
沿BN 翻折至ABC 所
在平面内得到BNP，直线NP与AB 交于点G ，连接GD ．若
135
BDC
，当AM 最小时，请直接写出
ADG
△
的面积．
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【答案】(1)2 2
(2)证明：延长EM 至点F ，使得MF
ME
，连接
,
,
AF DF CF ，如下图，
∵将AM 绕点M 逆时针旋转90至EM ，
∴
,
90
AM
EM
AME
，
∴
45 ,
AEM
EAM
AM
EF
，
又∵MF
ME
，
∴AM 是EF 的垂直平分线，
∴AE
AF
，
∴
45
AEM
AFM
，
∴EAF 为等腰直角三角形，
90
EAF
，
∵
90
BAC
，
∴
EAB
FAC
，
在
EAB
△
和FAC 中，
AE
AF
EAB
FAC
AB
AC
∴
EAB
FAC SAS
≌
，
∴FC
EB
，
45
AFC
AEB
BEM
，
在
EMB
△
和
FMD
△
中，
MB
MD
BME
DMF
EM
FM
，
∴
EMB
FMD SAS
≌
，
100 / 117
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∴
,
45
FD
EB
FC
BEM
MFD
AFE
DFA
DFA
，
∴
45
DFA
MFD
，
∴
45
45
90
CFD
DFA
AFC
MFD
BEM
，
∴
DFC
△
为等腰直角三角形，
90
DFC
，
∴
2
2
CD
FC
BE
；
(3)5
5
【分析】（1）首先利用三角函数解得
2
BD
AD
，在Rt ABD 中由勾股定理解得AD ，BD 的长度，然后由
2
2
AM
AD
DM
求解即可；
（2）延长EM 至点F ，使得MF
ME
，连接
,
,
AF DF CF ，证明EAF 为等腰直角三角形，进一步证明
EAB
FAC
≌
△
△
，EMB
FMD
≌
，结合全等三角形的性质证明
DFC
△
为等腰直角三角形，进一步证明结论
即可；
（3）过点B 作BQ
AC
∥
，过点C 作CQ
BQ
于点Q，易得四边形ABQC 为正方形，以点Q 为圆心，QC 为
半径画圆，当点D 在劣弧BC 上时，此时
135
BDC
，且点D 在以Q 为圆心，QC 为半径的圆的劣弧BC
上运动；取BQ 的中点O，连接
,
OM OD ，点M 的轨迹为以BQ 的中点O 为圆心，OB 为半径的一段弧，当
且仅当
,
,
A O M 三点共线时，AM 取得最小值；过点M 作MH
AB
于点H，过点D 作DK
AB
于点K，结
合三角函数和勾股定理计算AM ，HM 的值，证明BMH
BDK
∽
，结合相似三角形的性质可得
2
2 5
2
DK
HM
；结合翻折的性质即正方形的性质证明BPO
BP G
≌
，进而可得
5
BO
BG
，可
求得
5
AG
，然后根据三角形面积公式求解即可．
【详解】（1）解：∵
90
ADB
，
1
tan
2
ABD
，
∴
1
tan
2
AD
ABD
BD
，
∴
2
BD
AD
，
∵
2 5
AB
AC
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
2
5
2 5
20
AB
AD
BD
AD
AD
AD
，
∴
2
4
AD
，解得
2
AD
（负值舍去），
∴
2
4
BD
AD
，
∵点M 为线段BD 的中点，
∴
1
2
2
DM
BD
，
∴
2
2
2 2
AM
AD
DM
；
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（2）略
（3）如图，过点B 作BQ
AC
∥
，过点C 作CQ
BQ
于点Q，
则
90
BQC
QCA
BAC
，
∴四边形ABQC 为矩形，
又∵AB
AC
，
∴四边形ABQC 为正方形，
∴
2 5
BQ
QC
AB
AC
，
以点Q 为圆心，QC 为半径画圆，当点D 在劣弧BC 上时，
此时
1 360
135
2
BDC
BQC
，
∴点D 在以Q 为圆心，QC 为半径的圆的劣弧BC 上运动，
如上图所示，取BQ 的中点O，连接
,
OM OD ，则
2 5
QD
QC
，
∵点M 为BD 上的中点，
∴OM 为BQD的中位线，
∴
1
5
2
OM
QD
，
∴点M 的轨迹为以BQ 的中点O 为圆心，OB 为半径的一段弧，
当且仅当
,
,
A O M 三点共线时，AM 取得最小值，
如下图所示，过点M 作MH
AB
于点H，过点D 作DK
AB
于点K，
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此时
1
1
2
tan
2
BQ
OB
BAM
AB
AB
，
∵
5,
2 5
OB
OM
AB
，
∴
2
2
5
OA
AB
OB
，
∴
5
5
AM
OA
OM
，
在Rt AHM 中，
1
tan
tan
2
HM
HAM
BAM
HA
，
2
2
2
HM
HA
AM
，
∴
2
HA
HM
，
∴
2
2
2
2
5
5
HM
HM
，
∴
5
1
HM
，
∵
,
MH
AB DK
AB
，
∴MH
DK ，
∴BMH
BDK
∽
，
∴
1
2
MH
BM
DK
BD
，
∴
2
2 5
2
DK
HM
，
∵将
BNP
△
沿BN 翻折至ABC 所在平面内得到BNP，直线NP与AB 交于点G ，
∴
,
,
BP
BP
BPO
BP G
PBN
P BN
，
又∵四边形ABQC 为正方形，
∴
45
QBN
ABN
，
∴
PBN
QBN
P BN
ABN
，即
PBO
P BG
，
∴
BPO
BP G ASA
≌
，
∴
5
BO
BG
，
∴
2 5
5
5
AG
AB
BG
，
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∴
1
1
5
2 5
2
5
5
2
2
ADG
S
AG DK
．
【点睛】熟练掌握相关知识，正确地作出辅助线，得到点M 的轨迹是解题的关键．
57．（2026·福建宁德·一模）如图，AB 是
O 的直径，射线AM 与
O 相切于点,
A D是射线AM 上一点，OD
交
O 于点C ，射线BC 交AD 于点E ．
(1)求证：
DAC
OCB
；
(2)若AC
AD
OB
BC
，求
B
的度数；
(3)若CD
AE
，求tan
ADO
的值．
【答案】(1)
证明：
OC
OB
，
OCB
B
，
AB 是
O 的直径，
90
ACB
，
90
CAB
B
，
AM
∵
是
O 的切线，
90
DAB
，
90
DAC
CAB
，
B
DAC
，
DAC
OCB
；
(2)
30
B
(3)
1
tan
2
ADO
【分析】（1）由OC
OB
，可得
OCB
B
，又根据切线的性质及圆周角定理可得
B
DAC
，进而得
到
DAC
OCB
；
（2）设
B
，利用相似三角形的判定得到ACD
BOC
∽
，继而可得
90
CDA
DOA
，求解即可；
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（3）通过论证ACD
BOC
∽
，EAC
ABC
∽
可得
2
AD
AB
OA
，进而计算tan
ADO
的值即可．
【详解】（1）略
（2）解：设
B
，
由（1）得
DAC
OCB
B
，
AC
AD
OB
BC
，
ACD
BOC
△
∽△
，
CDA
OCB
，
2
DOA
B
OCB
.
由（1）得
90
DAB
，
90
CDA
DOA
，
2
90
，
30
，
即
30
B
；
（3）解：由（1）得
DAC
OCB
，
DCE
OCB
，
DAC
DCE
，
又
ADC
CDE
，
DAC
DCE
△
∽△
，
CD
EC
AD
AC
，
由（1）得
EAC
B
，
90
ECA
ACB
，
EAC
ABC
△
∽△
，
EC
AE
AC
AB
，
CD
AE
AD
AB
，
CD
AE
，
2
AD
AB
OA
，
1
tan
2
OA
ADO
AD
．
58．（2026·福建莆田·二模）如图1，ABC 内接于
,
O
BAC
的平分线与BC 和
O 分别交于点D 和E，F
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是AE 延长线上一点，连接CF ，且
180
ACF
BCF
．
(1)求证：点F 到三边
,
,
AB BC AC 所在直线的距离相等；
(2)若AF 经过点O，连接BE ，如图2，求证：DF
BE
AF
AE
；
(3)若
2
AE
EF
，请用等式表示线段
,
,
AB BC AC 之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)
证明：延长AC 到点M，如图
∵AE 是
BAC
的平分线，F 是AE 延长线上一点，
∴点F 到
,
AB AC 所在直线的距离相等，
∵
180
ACF
BCF
，
180
ACF
MCF
，
∴
BCF
MCF
，
∴点F 到
,
BC AC 所在直线的距离相等，
∴点F 到三边
,
,
AB BC AC 所在直线的距离相等；
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(2)
证明：过点F，作FN
AB
的延长线于点N，如图
∴
90
N
，
∵AE 是
BAC
的平分线，
∴
EAB
EAC
，
∴BE
CE
，
∵AE 是
O 的直径，
∴
90
ABE
，AE
BC
，
又∵点F 到三边
,
,
AB BC AC 所在直线的距离相等；
∴FN
DF
，
90
ABE
N
，
∵
BAE
NAF
，
∴BAE
NAF
∽
，
∴BE
AE
NF
AF
，
即BE
AE
DF
AF
，
∴DF
BE
AF
AE
．
(3)
解：
2
AB
AC
BC
，理由如下：
如图，连接BE
CE
、
，过点F 作FM
AB
⊥
的延长线于点M ，作FP
BC
于点P ，作FN
AC
的延长线于点
N ，
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由(1)可知，FM
FP
FN
，
90
FMB
FPB
FPC
FNC
，
BF
BF
，FC
FC
，
(
)
Rt FMB
Rt FPB HL
≌
，
(
)
Rt FPC
Rt FNC HL
≌
，
MBF
PBF
，
PCF
NCF
，
BAE
CAE
，
BAE
BCE
，
CAE
CBE
，
BAE
CAE
BCE
CBE
．
MBF
BAE
BFA
，
PBF
CBE
EBF
，
BFA
EBF
，
BE
EF
．
∵BE
CE
，
∴CE
EF
，即BE
CE
EF
，
BED
AEB
，
CED
AEC
，
BAE
CAE
BCE
CBE
，
BED
AEB
∽
，CED
AEC
∽
，
BE
BD
AE
AB
，CD
CE
AC
AE
，
即
1
2
2
BD
EF
AB
EF
，
1
2
2
CD
EF
AC
EF
，
2
AB
BD
，
2
AC
CD
，
2
2
AB
AC
BD
CD
BC
．
【分析】（1）延长AC 到点M，先推导出点F 到
,
AB AC 所在直线的距离相等，
BCF
MCF
，得到点F
到
,
BC AC 所在直线的距离相等，即可解答；
（2）过点F，作FN
AB
的延长线于点N，先推导出BE
CE
，得到
90
ABE
，AE
BC
，FN
DF
，
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继而推导出BAE
NAF
∽
，得到BE
AE
NF
AF
，则BE
AE
DF
AF
，即可推导出DF
BE
AF
AE
；
（3）连接BE
CE
、
，过点F 作FM
AB
⊥
的延长线于点M ，作FP
BC
于点P ，作FN
AC
的延长线于点N ，
推导出
(
)
Rt FMB
Rt FPB HL
≌
，
(
)
Rt FPC
Rt FNC HL
≌
，继而推导出
BFA
EBF
，得到BE
CE
EF
，
证明出BED
AEB
∽
，CED
AEC
∽
，得到BE
BD
AE
AB
，CD
CE
AC
AE
，推导出
2
AB
BD
，
2
AC
CD
，则
2
2
AB
AC
BD
CD
BC
．
【详解】（1）略
（2）略
（3）略
59．（2026·福建福州·二模）如图，AB 是半圆O 的直径，C 为AB 的中点，D 为BC 上一点，AD 交OC 于
点E，CF
BD
∥
交AB 于点F，交AD 于点G．点O，P 关于CF 对称，OP 交CF 于点H，连接DP ．
(1)求证：OP
BD
；
(2)当DP
AB
时，求
BAD
的度数；
(3)求DP
AB 的最小值．
【答案】(1)
证明：∵点
,
O P 关于CF 对称，
∴CF
OP
；
又∵CF
BD
∥
，
∴OP
BD
；
(2) 22.5
(3)
2
1
2
【分析】（1）因为点
,
O P 关于CF 对称，所以CF
OP
；又因为CF
BD
∥
，所以根据平行线的传递性，
可推出OP
BD
．
（2）连接CP ，OD ，延长DP
AB
并交于点M，延长OP 交BD 于点N，可先利用AAS 全等判定方法证明
COH
OBN
≌
，则有HO
NB
，进而得到PO
DB
，同理可证得OPM
DBM
≌
，则有MO
DM
，
可得到OMD是等腰直角三角形，
45
DOM
，最后可根据
2
DAO
ADO
DAO
DOB
，得到
小学
初中
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BAD
的度数．
（3）设半圆O 的半径为R，则
2
AB
R
，要找DP
AB 的最小值，即找DP 的最小值；将OBD 绕点O逆时针
旋转90得到
OCD
△
，连接
,
OD CD
，以
,
OD OD 为邻边作正方形ODQD．可证得DP
CQ
，所以当O、
C、Q 共线时可求出CQ 的最小值，最终可获解．
【详解】（1）略
（2）解：如图，连接CP ，OD ，延长DP
AB
并交于点M，延长OP 交BD 于点N，
由（1）知OP
BD
，CF
OP
，
∴
90
ONB
CHO
．
∴
90
COH
NOB
NBO
NOB
．
∴
COH
NBO
．
又∵CO
OB
，
∴
AAS
COH
OBN
≌
，
∴HO
NB
，
∵OP
BD
，DO
OB
，
∴2
2
HO
NB
，即PO
DB
，
同理可证
OPM
DBM AAS
≌
，
∴MO
DM
，
又∵
DM
OB ，
∴OMD是等腰直角三角形，
∴
45
DOM
，
∵AO
DO
，
∴
DAO
ADO
，
∵
2
DAO
ADO
DAO
DOB
，
∴
1
22.5
2
BAD
DOB
．
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（3）解：设半圆O 的半径为R，
如图，将OBD 绕点O逆时针旋转90得到
OCD
△
，连接
,
OD CD
，以
,
OD OD 为邻边作正方形ODQD．
∴D在
O 上，OD
OD
R
，
90
DOD
，且CD
BD
，CD
BD
．
∵OP
BD
，OP
BD
，
∴OP
CD且OP
CD
．
∴四边形OD CP
是平行四边形．
∵正方形ODQD，
∴OD
OD
DQ
QD
R
，
2
OQ
R
，且
45
DOQ
．
在平行四边形OD CP
中，CP
OD且CP
OD
R
．
在正方形ODQD中，DQ
OD且DQ
OD
R
．
∴CP
DQ
∥
且CP
DQ
，
∴四边形CQDP 是平行四边形，
∴DP
CQ
．
∴Q 在以O为圆心、
2R 为半径的圆弧上运动，
当
, ,
O C Q 共线且C 在
,
O Q之间，此时
min
2
2
1
CQ
OQ
OC
R
R
R
．
∴DP 的最小值为
2
1 R
，而
2
AB
R
，
∴DP
AB 的最小值为
2
1
2
1
2
2
R
R
．
60．（2026·福建泉州·模拟预测）已知
O 中，
90
AOE
COQ
，连接AQ
CE
、
交于点T ．
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(1)如图1，求证：
AT
CT ；
(2)如图2，在AE 上取一点S ，使
AS
EQ ，连接ST 并延长，交圆于点W ，连接CW ，求证：
CW
SW ；
(3)如图3，当OQ 与OE 重合时，连接AE 并延长，在AE 延长线上取一点B ，连接CB 交圆于点D ，连接
,
AD OD ，
AD 交CE 于点F ，在AB 边上有一点M ，连接CM ，且满足：
60 2
CMB
AM
BM
CM
，
，
交OD 于点H ，
交AD 于点G ，连接HF ，
①求tan
DAE
的值；
②当
3
3
COH
HFK
S
S
时，直接写出GF 的长．
【答案】(1)
证明：如图1，连接EQ ，
∵
90
AOE
COQ
，
∴
AOE
DOQ
COQ
DOQ
，
∴
AOQ
EOC
，
∵OA
OE
，OQ
OC
，
∴
AOQ
EOC SAS
≌
，
∴AQ
EC
，
∴AQ
EC
，
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∴AQ
EQ
EC
EQ
，
∴AE
CQ
，
∴
AQE
CEQ
，
∴QT
ET
，
∴AQ
QT
EC
ET
，
∴
AT
CT ；
(2)
证明：如图2 ，连接OS ，
∵
AS
EQ ，
∴AS
SE
EQ
SE
，
∴AE
SQ
，
∴
90
AOE
SOQ
，
∴
180
COQ
SOQ
，
∴点C
O
S
、、
三点共线，
∴CS 是
O 的直径，
∴
90
CWS
，
∴
CW
SW ；
(3)①tan
2
3
DAE
；②GF 的长为2 2 ．
【分析】（1）连接EQ ，先证明
AOQ
EOC SAS
≌
，所以AQ
EC
，则AQ
EC
，所以AE
CQ
，由圆
周角定理得
AQE
CEQ
，然后通过等角对等边得QT
ET
，再通过线段的和与差即可求证；
（2 ）连接OS ，由
AS
EQ ，则AS
SE
EQ
SE
，所以AE
SQ
，得
180
COQ
SOQ
，则点C
O
S
、、
三点共线，所以CS 是
O 的直径，故有
90
CWS
，从而得
CW
SW ；
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（3 ）①先证明点C
O
A
、、
三点共线，AC 是
O 的直径，设ME
a
，则
2
CM
a
，
3
CE
a
，进而求出
3
AE
CE
a
，
3
1
AM
AE
ME
a
，
2
2 3
2
BM
AM
a
，
2 3
3
BE
BM
ME
a
，证
明
AEF
CEB ASA
≌
得
2 3
1
EF
EB
a
，然后根据正切定义求解即可；
②如图3 1
，设OE 与CM 交于点L ，连接AL ，BL，过K 作KP
AC
于点P ，则
90
CPK
BLC
，
点C
O
A
、、
三点共线，得AM
LM
，如图3 2
，取BM 中点X ，连接LX ，证明MLX 是等边三角形，所
以MX
ML
LX
BX
，证明
OCH
DCK ASA
≌
，又
30
HCF
FDH
，则点C
D
F
H
、、、
四点共
圆，设OP
x
，则
2
OK
x
，则
3
PK
x
，
6
CK
x
，通过勾股定理可得
2
2
GF
FH
x
，由
COH
HFK
COH
CKH
HFK
CKH
COK
CFH
S
S
S
S
S
S
S
S
，然后代入求出
2
x
，则
2 2
GF
．
【详解】（1）略
（2）略
（3）解：①∵当OQ 与OE 重合时，则
180
AOE
COQ
，
∴点C
O
A
、、
三点共线，
∴AC 是
O 的直径，
∴
90
AEC
．
∵
60
CMB
，
∴
30
MCE
，
设ME
a
，则
2
CM
a
，
3
CE
a
．
∵
90
AOE
COE
，AO
EO
CO
，
∴
45
CAE
OEA
ACE
OEC
，
∴
3
AE
CE
a
∴
3
1
AM
AE
ME
a
．
∴
2
2 3
2
BM
AM
a
，
∴
2 3
3
BE
BM
ME
a
∵) )
DE
DE
，
∴
EAF
BAE
，
∵
,
90
AE
CE
AEC
CEB
，
∴
AEF
CEB ASA
≌
，
114 / 117
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∴
2 3
1
EF
EB
a
，
∴
2 3
3
tan
2
3
3
a
EF
DAE
AE
a
；
②如图3 1
，设OE 与CM 交于点L ，连接AL ，BL，过K 作KP
AC
于点P ，则
90
CPK
，
当OQ 与OE 重合时，则
180
AOE
COQ
，
∴点C
O
A
、、
三点共线，
∴AC 是
O 的直径，OE 垂直平分AC ，
∴
90
ADC
AEC
，AL
CL
，
∴
ACL
LAC
，
∵
90
AOE
COQ
，OA
OE
OC
，
∴
45
CAE
AEO
ACE
OEC
，
∵
60
CMB
CAE
ACM
，
90
CMB
MCE
，
∴
15
ACL
LAC
，
∴
45
15
30
LAM
CAE
CAL
，
∵
60
CME
LAM
ALM
，
∴
30
LAM
ALM
，
∴AM
LM
，
如图3 2
，取BM 中点X ，连接LX ，
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∴
2
2
BM
MX
BX
，
∵2AM
BM
，
∴MX
ML
，
∵
60
CMB
，
∴MLX 是等边三角形，
∴MX
ML
LX
BX
，
∴点B
M
L
、、在以X 为圆心，BM 为直径的圆上，
∴
90
BLM
BLC
，
∴
30
MBL
LAB
，
∴AL
BL
CL
，
∴CBL 是等腰直角三角形，
∴
45
LBC
LCB
，
∴
45
30
15
BCE
LCB
MCE
BAD
ACM
，
∴
45
15
30
CAD
CAE
BAD
，
∴
60
ACD
，
∵OC
OD
，
∴OCD 是等边三角形，
∴OC
CD
OD
，
60
COD
CDO
，
∴
OCH
DCK ASA
≌
，
∴CH
CK
，
∵
90
CPK
，
∴
45
PCK
PKC
，
∴PK
CP
，
116 / 117
学科网（北京）股份有限公司
∵
30
HCF
FDH
，
∴点C
D
F
H
、、、
四点共圆，
∴
180
ADC
CHF
，
∴
90
CHF
GHF
，
∵
60
CME
BAD
AGM
，
∴
45
AGM
，
∴
45
FGH
AGM
，
∴
45
FGH
HGF
，
∴GH
FH
，
∵
60
OCD
，
90
OPK
，
∴
30
OKP
，
∴
1
2
OP
OK
，
设OP
x
，则
2
OK
x
，
∴
2
2
2
2
2
3
PK
OK
OP
x
x
x
，
∴
3
PC
PK
x
，
∴
2
2
2
2
3
3
6
CK
PC
PK
x
x
x
，
∴
6
CK
CH
x
，
在Rt CHF 中，
30
FCH
，
∴
1
2
FH
CF
，即
2
CF
FH
，
∴
2
2
2
CH
FH
CF
，
117 / 117
学科网（北京）股份有限公司
∴
2
2
2
6
2
x
FH
FH
，
∴
2
FH
x
，
∴
2
2
GF
FH
x
，
∵
3
3
COH
HFK
COH
CKH
HFK
CKH
COK
CFH
S
S
S
S
S
S
S
S
，
∴1
1
3
3
2
2
OC
PK
CH
FH
1
1
3
3
2
2
PC
OP
PK
CH
FH
1
1
3
3
6
2
3
3
2
2
x
x
x
x
x
2
3
3
6
2 3
x
解得：
2
x
（负值已舍去），
∴
2 2
GF
，
∴GF 的长为2 2 ．
