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专题09 锐角三角形的计算及应用
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 解直角三
角形与实际问题
2026 福建中考
2024 福建中考
2023 福建中考
2022 福建中考
考查形式涵盖选择题、填空题、方案设计解答题。
命题素材丰富，古算诗词、生活实物、物理力的
分解、户外测量方案频繁出现。核心围绕锐角三
角函数定义、构造直角三角形、相似三角形测量
模型展开，常涉及仰角俯角、坡度、双直角三角
形模型；方案探究题侧重自主设计测量方案，结
合解直角三角形求解距离。整体基础小题难度适
中，方案设计题侧重文字表达与几何建模；近四
年持续强化跨学科情境、传统文化素材，注重数
学建模能力考查。
考点02 解直角三
角形综合问题
2026 福建中考
2025 福建中考
2024 福建中考
2022 福建中考
全部以几何压轴解答题形式考查，梯度多小问设
置。常融合圆内接四边形、图形翻折、直径圆周
角、矩形等载体。核心以解直角三角形为计算工
具，串联圆周角定理、相似三角形、四点共圆、
图形变换、切线性质综合设问；第(1)(2) 小问侧
重角度推导、平行四边形/ 相似证明，第(3) 小
问引入线段比例条件，构造直角三角形结合三角
函数、相似求解线段比值。试题综合性强，模型
嵌套多，区分度高；近四年持续强化圆与几何变
换结合，要求灵活构造直角三角形转化边长条
件。
考点01 解直角三角形与实际问题
1．（2026·福建·中考真题）古算诗词题融数学于诗词之中，是前人智慧的结晶．如图是古算诗词题“争荡秋
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千”所描绘的示意图．已知秋千的绳索长
6
OA
尺，且秋千的绳索始终保持直线状态，踏板的起始位置在点
A 处，OA与地面BD 垂直，踏板离地面的高度
1
AB 尺．当踏板从A 处绕点O运动到C 处时，踏板离地面
的高度
4
CD
尺，则秋千的绳索荡过的
AOC
的大小为（
）
A．30
B．45
C．60
D．75
【答案】C
【分析】先通过作垂线构造直角三角形，利用矩形边长相等求出线段OE 的长度，再结合秋千绳索长度得到
斜边OC ，最后根据余弦函数值求出
AOC
的度数．
【详解】解：如图，过点C 作CE
OB
，
由题意OA
BD
，CD
BD
，
四边形EBDC 是矩形，
4
EB
CD
尺，
6
1
7
OB
OA
AB
尺，
7
4
3
OE
OB
EB
尺，
6
OC
OA
尺，
在Rt OCE 中：
3
1
cos
6
2
OE
AOC
OC
，
60
AOC
．
2．（2022·福建·中考真题）如图所示的衣架可以近似看成一个等腰三角形ABC，其中AB＝AC，
27
ABC
，
BC＝44cm，则高AD 约为（
）（参考数据：sin 27
0.45
，cos 27
0.89
，tan 27
0.51
）
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A．9.90cm
B．11.22cm
C．19.58cm
D．22.44cm
【答案】B
【分析】根据等腰三角形的性质及BC＝44cm，可得
1
22
2
DC
BC
cm，根据等腰三角形的性质及
27
ABC
，可得
27
ACB
ABC
，在Rt
ADC
△
中，由
tan 27
AD
CD
，求得AD 的长度．
【详解】解：∵等腰三角形ABC，AB＝AC，AD 为BC 边上的高，
∴
1
2
DC
BC
，
∵BC＝44cm，
∴
1
22
2
DC
BC
cm．
∵等腰三角形ABC，AB＝AC，
27
ABC
，
∴
27
ACB
ABC
．
∵AD 为BC 边上的高，
27
ACB
，
∴在Rt
ADC
△
中，
tan 27
AD
CD
，
∵tan 27
0.51
，
22
DC
cm，
∴
0.51 22
11.22
AD
cm．
故选：B．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质以及锐角三角函数的定义，熟练掌握正切的定义是解题的关键．
3．（2024·福建·中考真题）无动力帆船是借助风力前行的．下图是帆船借助风力航行的平面示意图，已知
帆船航行方向与风向所在直线的夹角
PDA
为70，帆与航行方向的夹角
PDQ
为30，风对帆的作用力F
为400N．根据物理知识，F 可以分解为两个力
1F 与
2
F ，其中与帆平行的力
1F 不起作用，与帆垂直的力
2
F 仪
可以分解为两个力
1f 与
2
1
,
f
f 与航行方向垂直，被舵的阻力抵消；
2f 与航行方向一致，是真正推动帆船前行
的动力．在物理学上常用线段的长度表示力的大小，据此，建立数学模型：
400
F
AD
，则
2f
CD
______．（单位：N ）（参考数据：sin40
0.64,cos40
0.77
）
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【答案】128
【分析】此题考查了解直角三角形的应用，求出
40
ADQ
，
1
30
PDQ
，由AB
QD
∥
得到
40
BAD
ADQ
，求出
2
sin
256
F
BD
AD
BAD
，求出
90
1
60
BDC
在Rt BCD 中，根
据
2
cos
f
CD
BD
BDC
即可求出答案．
【详解】解：如图，
∵帆船航行方向与风向所在直线的夹角
PDA
为70，帆与航行方向的夹角
PDQ
为30，
∴
70
30
40
ADQ
PDA
PDQ
，
1
30
PDQ
，
∵AB
QD
∥
，
∴
40
BAD
ADQ
，
在Rt ABD 中，
400
F
AD
，
90
ABD
，
∴
2
sin
400 sin 40
400 0.64
256
F
BD
AD
BAD
，
由题意可知，BD
DQ
，
∴
1
90
BDC
，
∴
90
1
60
BDC
在Rt BCD 中，
256,
90
BD
BCD
，
∴
2
1
cos
256 cos60
256
128
2
f
CD
BD
BDC
，
故答案为：128
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4．（2023·福建·中考真题）阅读下列材料，回答问题
任务：测量一个扁平状的小水池的最大宽度，该水池东西走向的最大宽度AB 远大于南北走向的最大宽度，
如图1．
工具：一把皮尺（测量长度略小于AB ）和一台测角仪，如图2．皮尺的功能是直接测量任意可到达的两点
间的距离（这两点间的距离不大于皮尺的测量长度）；
测角仪的功能是测量角的大小，即在任一点O处，对其视线可及的P ，Q 两点，可测得
POQ
的大小，如
图3．
小明利用皮尺
测量，求出了小水池的最大宽度AB ，其测量及求解过程如下：测量过程：
（ⅰ）在小水池外选点C ，如图4，测得
m
AC
a
，
m
BC
b
；
（ⅱ）分别在AC ，BC ，上测得
3
a
CM
m
，
m
3
b
CN
；测得
m
MN
c
．求解过程：
由测量知，AC
a
，BC
b
，
3
a
CM
，
3
b
CN
，
∴
1
3
CM
CN
CA
CB
，又∵①___________，
∴
CMN
CAB
∽
△
△
，∴
1
3
MN
AB
．
又∵MN
c
，∴AB ②___________
m ．
故小水池的最大宽度为___________ m ．
(1)补全小明求解过程中①②所缺的内容；
(2)小明求得AB 用到的几何知识是___________；
(3)小明仅利用皮尺，通过5 次测量，求得AB ．请你同时利用皮尺和测角仪，通过测量长度、角度等几何量，
并利用解直角三角形的知识求小水池的最大宽度AB ，写出你的测量及求解过程．要求：测量得到的长度用
字母a ，b ，c
表示，角度用，，
表示；测量次数不超过4 次（测量的几何量能求出AB ，且测
量的次数最少，才能得满分）．
【答案】(1)①
C
C
；②3c
(2)相似三角形的判定与性质
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(3)最大宽度为
sin
cos
m
tan
a
a
，见解析
【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质求解即可；
（2）根据相似三角形的判定和性质进行回答即可；
（3）测量过程：在小水池外选点C ，用测角仪在点B 处测得
ABC
，在点A 处测得
BAC
；用皮
尺测得BC
am
；
求解过程：过点C 作CD
AB
，垂足为D ，根据锐角三角函数的定义推得
cos
BD
a
，
sin
CD
a
，
sin
tan
a
AD
，根据AB
BD
AD
，即可求得．
【详解】（1）∵AC
a
，BC
b
，
3
a
CM
，
3
b
CN
，
∴
1
3
CM
CN
CA
CB
，
又∵
C
C
，
∴
CMN
CAB
∽
△
△
，
∴
1
3
MN
AB
．
又∵MN
c
，
∴
3
m
AB
c
．
故小水池的最大宽度为3c m ．
（2）根据相似三角形的判定和性质求得
3
3
AB
MN
c
，
故答案为：相似三角形的判定与性质．
（3）测量过程：
（ⅰ）在小水池外选点C ，如图，用测角仪在点B 处测得
ABC
，在点A 处测得
BAC
；
（ⅱ）用皮尺测得BC
am
．
求解过程：
由测量知，在ABC 中，
ABC
，
BAC
，BC
a
．
过点C 作CD
AB
，垂足为D ．
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在Rt
CBD
△
中，cos
BD
CBD
BC
，
即cos
BD
a
，所以
cos
BD
a
．
同理，
sin
CD
a
．
在Rt ACD 中，tan
CD
CAD
AD
，
即
sin
tan
a
AD
，所以
sin
tan
a
AD
．
所以
sin
cos
m
tan
a
AB
BD
AD
a
．
故小水池的最大宽度为
sin
cos
m
tan
a
a
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形的实际应用，根据题意画出几何图形，建立
数学模型是解题的关键．
考点02 解直角三角形综合问题
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
，
ACD
E
．
AC
EF
∥
．
∵四边形AFBD 是
O 的内接四边形，
180
AFB
ADB
．
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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．（2026·福建·中考真题）如图，在四边形ABCD 中，E 是AB 上的一点，
90
ADC
BCD
CED
，
CE
DE
．四边形A B CD
由四边形ABCD 沿CD 翻折得到，点A ，B ，E 的对应点分别为A，B，E．F
是AD 延长线上的一点，且FE
AB
．
(1)求证：E A
E F
；
(2)若
2
AD
，
4
DE
，求A F
的长．
【答案】(1)证明：
FE
AB
∥
，
180
A
F
．
∵四边形A B CD
由四边形ABCD 翻折得到，点E 的对应点为E，
A
DA E
．
180
DA E
FA E
，
F
FA E
．
E A
E F
．
(2)2 2
【分析】（1）利用平行和折叠的性质证明
F
FA E
，即可得出结论；
（2）根据
CED
△
是等腰直角三角形可求
45
A DE
ADE
，过点E作E G
A F
，垂足为G ，再解三
角形即可．
【详解】（1）略
（2）解：过点E作E G
A F
，垂足为G ．
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CE
DE
，
90
CED
，
45
EDC
ECD
．
90
ADC
，
45
ADE
．
∵四边形A B CD
由四边形ABCD 翻折得到，点E 的对应点为E，
45
A DE
ADE
，
2
A D
AD
，
4
DE
DE
．
在Rt
DE G
△
中，
cos
4cos45
2 2
DG
DE
E DG
，
2
A G
DG
A D
．
E A
E F
，E G
A F
，
2
2 2
A F
A G
．
3．（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
，
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ABC
ADB ．
ADB
DBE
E
，
ABC
DBE
E
．
(2)
证明：
AD
AD
，
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
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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
．
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
，
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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
，
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．
4．（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 ．
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,
90
BAE
ABM
AEO
BMO
．
AO
BO
，
AOE
BOM
△
≌△
，
,
AE
BM OE
OM
．
1
2
OE
AE
，
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
．
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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
，
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
．
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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．
5．（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
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tan
BE
DF
r
，
tan
DE
DF
EF
r
r
，在Rt△ADE 中，利用tan
AE
ADE
DE
，得到
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
，
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∴
tan
DE
DF
EF
r
r
，
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·福建福州·三模）如图，在8 4
的矩形网格中，每格小正方形的边长都是1，若ABC 的三个顶点
在图中相应的格点上，则tan BAC
的值为（
）
A．1
3
B．
1
2
C．
5
5
D．2 5
5
【答案】B
【分析】取格点D ，连接BD ，根据网格特征和勾股定理逆定理可知
90
ABD
，再根据正切函数的定义
即可得出答案．
【详解】解：如图，取格点D ，连接BD ，
∵
2
2
2
2
2 2
AB
，
2
2
1
1
2
BD
，
2
2
1
3
10
AD
，
∴
2
2
2
AB
BD
AD
，
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∴
ABD 为直角三角形，
90
ABD
，
∴
2
1
tan
2
2 2
BD
BAC
AB
．
2．（2026·福建福州·模拟预测）如图，在ABC 中，
90
B
．若
3
AB
，
5
AC
，则cos A （
）
A．5
3
B．3
4
C．4
5
D．3
5
【答案】D
【分析】根据锐角三角函数的概念直接解答即可．
【详解】解：∵在ABC 中，
90
B
，
3
AB
，
5
AC ，
∴
3
cos
5
AB
A
AC
．
3．（2026·福建漳州·模拟预测）“五一”期间，小敏和妈妈到某景区游玩，小敏想利用所学的数学知识测量
观景塔高度．如图，小敏在点A处测得塔顶C的仰角为30，向塔走24m到达点B处，测得塔顶C仰角为45．已
知小敏的身高为1.5m （眼睛到头顶的距离忽略不计），则观景塔CD 的高度约为（结果精确到0.1m ，参考
数据：
3
1.732
）（
）
A．32.8m
B．34.3m
C．36.8m
D．39.5m
【答案】B
【分析】延长EF 交CD 于G ，构造两个直角三角形．设CG
xm
，利用Rt
CFG
△
和Rt CEG 中的三角函数
关系表示出FG 和EG ，根据
24m
EG
FG
EF
AB
列方程求出CG 的长，最后加上身高GD 即可得出塔
高．
【详解】解：如图，延长EF 交CD 于G ，
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由题意可知：
1.5m
AE
BF
DG
，
24m
AB
EF
，
30
CEG
，
45
CFG
，
设
m
CG
x
，
在Rt
CFG
△
中，
45
CFG
，
m
tan 45
CG
FG
x
，
在Rt CEG 中，
30
CEG
，
3 m
tan 30
CG
EG
x
，
EG
FG
EF
，
3
24
x
x
，
解得
24
12
3
1
3
1
x
，
3
1.732
，
12
1.732 1
32.784
CG
m
，
32.784 1.5
34.284
34.3
CD
CG
GD
m
．
4．（2026·福建泉州·二模）人字梯为家庭常用工具．如图，梯子两侧长
,
AB AC 都为2m ，ABC
，人字
梯顶端A 离地面BC 的高度是（
）
A．2
cos
m
B．
cos
m
C．2
sin
m
D．
sin
m
【答案】C
【分析】过人字梯顶端作底边的垂线构造直角三角形，结合已知斜边长和底角，利用正弦三角函数的定义
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计算得到顶端离地面的高度．
【详解】解：过人字梯顶端A 作AD
BC
于点D ，
则AD 就是A 离地面BC 的高度，
ADB 是直角三角形，
90
ADB
∵
2
AB
m
，
ABC
，
∴根据锐角三角函数的定义：在直角三角形中，sin
AD
AB
对边
斜边
∴
sin
2
sin
AD
AB
m
．
5．
（2026·福建泉州·二模）将一副三角尺按如图所示摆放，其中点A 、E 、B 在同一条直线上，
90
C
D
，
30
A
，
45
DBE
，若
12
AC
BE
，则AE 的长是（
）
A．1
B．8 3
12
C．6 5
12
D．10 2
12
【答案】B
【分析】根据直角三角形中，cos
AC
A
AB
，求出AB ，根据AE
AB
BE
即可求解．
【详解】解：∵
90
C
D
，
30
A
，
12
AC
，
∴
3
12
cos
2
AC
A
AB
AB
，
∴
8 3
AB
，
∴
8 3
12
AE
AB
BE
．
6．（2026·福建三明·二模）如图，某同学正在参加滑雪项目比赛，滑道的坡比
1:
3
i
，当他沿斜坡向下直
线滑行80m 时，他下降的高度为（
）
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A．20 3m
B．40m
C．80 3 m
3
D．40 3m
【答案】B
【分析】设下降的高度为m
x
，则下降前后的水平距离为
3 m
x
，再利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：设下降的高度为m
x
，则下降前后的水平距离为
3 m
x
．
依题意，得
2
2
2
3
80
x
x
，
解得
40
x
或
40
x
（舍去），
∴他沿斜坡向下滑行80m 时，下降的高度为40m．
7．（2026·福建三明·二模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，M 是x 轴正半轴上一点，若
2,1
P
，则sin
M OP
的值是（
）
A．
5
5
B．
1
2
C．
3
3
D．2 5
5
【答案】A
【分析】如图：过P 作PN
OM
于N，利用点P 的坐标以及勾股定理可得
5
OP
，再利用正弦的定义求
解即可．
【详解】解：如图：过P 作PN
OM
于N，
∵
2,1
P
，
∴
2,
1
ON
PN
，
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∴
2
2
1
2
5
OP
，
∴
1
5
sin
5
5
PN
MOP
OP
．
8．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在Rt
ABC
△
中，CD 是斜边AB 上的高，
45
A
，则下列比值不等
于sinA 的是（
）
A．CD
AC
B．BC
AB
C．BD
BC
D．CD
BC
【答案】D
【分析】分别在Rt
ABC
△
和Rt ACD 中，根据正弦的定义求解，根据余角的性质可得出
A
BCD
，然后
根据同角的正弦相等判断即可．
【详解】解：在Rt
ABC
△
中，sin
CB
A
AB
，
在Rt ACD 中，sin
CD
A
AC
，
∵
90
A
B
，
90
B
BCD
，
A
BCD ，
在Rt BCD 中，sin
sin
BD
BCD
A
BC
，
故选项D 符合题意．
9．（2026·福建泉州·二模）《孙子算经》中记载“分田之术”，强调通过分割与重组几何图形以简化面积计
算．现有一田地形如矩形，如图，在矩形ABCD中，两条等宽的平行四边形田埂交错，且
1
EF
GH
．若
田埂与矩形两组对边所夹锐角为，当增大时，重叠部分四边形PQMN 的面积（
）
A．变大
B．变小
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C．不变
D．先变大后变小
【答案】A
【分析】本题主要考查了正方形的判定，解直角三角形的实际应用，连接PQ 、MN 、NP 、QM ，过点E 作
EK
FQ
于K ，先根据两条等宽的平行四边形田埂交错证明四边形PQMN 是正方形，再在Rt EFK 中，求
出
sin
sin
PQ
PN
EK
EF
，最后根据重叠部分四边形PQMN 的面积为
2
sin
PQ PN
判断即可．
【详解】解：连接PQ 、MN 、NP 、QM ，过点E 作EK
FQ
于K ，
∵两条等宽的平行四边形田埂交错，
∴EP
FQ
∥
，GP
HM
∥
，
∴四边形PQMN 是平行四边形，
DHN
DGP
AEP
EFK
，
∴
180
AGP
DGP
AGP
AEP
，
∴
180
A
GPE
，
∵矩形ABCD，
∴
90
A
，
∴
90
GPE
NPQ
，
∴四边形PQMN 是矩形，
∴PQ ，EK ，PN 都是两条等宽的平行四边形田埂的宽，
∴EK
PQ
PN
，
∴四边形PQMN 是正方形，
Rt EFK 中，
1
EF
GH
，
EFK
，sin
EK
EF
，
∴
sin
sin
PQ
PN
EK
EF
，
∴重叠部分四边形PQMN 的面积为
2
sin
PQ PN
，
∴当增大时，sin增大，
2
sin
也增大，
∴重叠部分四边形PQMN 的面积增大，
故选：A．
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10．（2026·福建莆田·二模）小媛在物理实验课上研究光的折射现象，了解到当光从空气射入介质时，折射
率
sin
sin
i
n
r
（i 为入射角，r 为折射角）．如图，一束光从空气射向横截面为直角三角形的硫系玻璃透镜斜
面，经折射后沿垂直AC 边的方向射出，若
30
i
，
20cm
AB
，
5cm
BC
，则该玻璃透镜的折射率n 为（
）
A．2
B．1.6
C．1.5
D．1.4
【答案】A
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，同角的余角相等，掌握知识点的应用是解题的关键．
由题意得
90
A
，
90
r
，则r
A
，所以
5
1
sin
sin
20
4
BC
r
A
AB
，然后通过折射率
sin
sin 30
sin
sin
i
n
r
A
即可求解．
【详解】解：如图，
∵折射光线沿垂直AC 边的方向射出
90
A
，
∵法线垂直于AB ，
∴
90
r
，
∴r
A
，
∴
5
1
sin
sin
20
4
BC
r
A
AB
，
∴折射率
1
sin
sin30
2
2
1
sin
sin
4
i
n
r
A
，
故选：A ．
11．（2026·福建福州·一模）如图，PA 、PB 分别与
O 相切于点A
B
、
，连接PO 并延长与
O 交于点C
D
、
，
若
12
CD
，
8
PA
，则cos
ADB
的值为（
）
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A．3
5
B．4
5
C．3
4
D．4
3
【答案】A
【分析】本题考查了切线长定理，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的计算，掌握三角函数值的计
算是解题的关键．
连接OA，根据切线长定理得到
ADP
BDP SAS
≌
，AD
BD
，
ADP
BDP
，则
2
AOC
ADC
，
即
AOC
ADB
，在Rt AOP 中由勾股定理得到
2
2
10
OP
OA
PA
，由
6
3
cos
cos
10
5
OA
AOC
ADB
OP
，即可求解．
【详解】解：如图所示，连接OA，
∵PA 、PB 分别与
O 相切于点A
B
、
，连接PO 并延长与
O 交于点C
D
、
，
∴
90
OAP
，PA
PB
，PD 平分
APB
，
∴
APD
BPD
，且PD
PD
，
∴
ADP
BDP SAS
≌
，
∴AD
BD
，
ADP
BDP
，
∵AC 所对的圆周角是
ADC
，所对圆心角是
AOC
，
∴
2
AOC
ADC
，即
AOC
ADB
，
∵
1
6
2
OA
OD
OC
CD
，
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∴在Rt AOP 中，
2
2
10
OP
OA
PA
，
∴
6
3
cos
cos
10
5
OA
AOC
ADB
OP
，
故选：A ．
12．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，太阳能板的斜面长度AB 为2 米，斜面的坡度为1
3
∶
，支撑杆AC
垂直于地面（AC
BC
），则AC 的长是________米．
【答案】1
【分析】根据正切函数的定义求得
30
B
，再根据30 度角所对的直角边等于斜边的一半作答即可．
【详解】解：∵斜面的坡度为1
3
∶
，
∴
3
3
AC
BC
，
∴
3
tan
3
AC
B
BC
，
∵
3
tan30
3
，
∴
30
B
，
∵太阳能板的斜面长度AB 为2 米，
∴
1
1
2
AC
AB
米．
13．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在ABC 中，
45
AB
AC
A
，
，DE 是线段AC 的垂直平分线，
交AC 于点D，交AB 于点E．若
1
AD ，则BE 的长度是_______．
【答案】2
2
【分析】求
2
AB
，
2
AE
，根据BE
AB
AE
即可求出答案．
【详解】解：∵DE 是线段AC 的垂直平分线，
∴
,
90
AD
CD
ADE
，
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∵
1
AD ，
∴
2
2
AC
AD
DC
AD
，
∵AB
AC
，
∴
2
AB
，
在Rt
ADE
△
中，
45 ,
90
A
ADE
，
∴ADE 是等腰直角三角形，
∴
2
cos 45
AD
AE
∴
2
2
BE
AB
AE
．
14．（2026·福建三明·二模）为响应2026 年植树节“履行植树义务，共建美丽中国”主题活动，某校团支部于
2026 年3月14日组织部分入团积极分子参与植树造林．小民在坡度为1: 3 的山坡上种植了两棵树（如图），
斜坡上相邻两树间的坡面距离AB 为4 米，则相邻两树间的水平距离AC 为_____米．（结果保留准确数）
【答案】2 3
【分析】根据坡度为1: 3 ，设BC
x
，则
3
AC
x
，根据勾股定理可得
2
2
2
3
4
x
x
，解方程求出x 的
值，再根据
3
AC
x
求出结果．
【详解】解：
坡度为1: 3 ，
:
1:
3
BC AC
，
设BC
x
，则
3
AC
x
，
2
2
2
AC
BC
AB
，
4
AB
，
2
2
2
3
4
x
x
，
解得：
2
x
或2
（负值舍去），
3
2 3
AC
x
米．
15．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，在Rt
ABC
△
中，
8
AB
BC
，
90
ABC
，延长BC 至点D ，连
接AD ，点E 在AD 上，连接BE ，交AC 于点F ，若
4
tan
3
AEB
，
2
AD
BF
，则CF 的长为_________．
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【答案】12 2
7
/12
2
7
【分析】根据题意得
45
BAC
ACB
，在BC 上取点G ，使得AGB
AEB
Ð
= Ð
，
ADM
BFC
，DM
交AG 的延长线于点M，过点D 作DH
AM
，根据相似三角形的判定和性质得出FBC
DAM
∽
，
45
M
ACB
，BC
BF
CF
AM
AD
DM
，确定
16
AM
，再由正切函数得出
6,
10
BG
AG
，
16 10
6
GM
，
设DH
x
，利用正切函数得出
3
4
GH
x
，建立方程求解即可，关键是构建相似三角形．
【详解】解：∵Rt
ABC
△
中，
8
AB
BC
，
∴
45
BAC
ACB
，
在BC 上取点G ，使得AGB
AEB
Ð
= Ð
，ADM
BFC
，DM 交AG 的延长线于点M，过点D 作DH
AM
于点H，如图所示：
∵
,
AGB
GAD
GDA
AEB
EBD
GDA
，
∴
GAD
EBD
，
∵
ADM
BFC
，
∴FBC
DAM
∽
，
∴
45
M
ACB
，BC
BF
CF
AM
AD
DM
，
∵
2
AD
BF
，
∴
8
1
2
CF
AM
DM
，
∴
16
AM
，
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∵
4
tan
3
AEB
，
8
AB
BC
，
∴
4
tan
3
AGB
，
∴
6
BG
，
∵
90
ABC
，
∴
2
2
10
AG
AB
BG
∴
16 10
6
GM
，
设DH
x
，
∵DH
AM
，
45
M
ACB
，
∴DH
HM
x
，
∴
2
DM
x
，
∵
AGB
DGH
，
∴
4
tan
3
DGH
，即
4
3
DH
GH
∴
3
4
GH
x
，
∴3
6
4 x
x
，
解得：
24
7
x
，
∴
24 2
2
7
DM
x
，
∵
1
2
CF
DM
，
∴
12 2
7
CF
．
16．（2026·福建漳州·模拟预测）在ABC 中，
90
BAC
，
6
AB
AC
，D 是BC 边上一动点，将线段AD
绕点A 逆时针旋转60得到AE ，连接CE ，DE ．在点D 的运动过程中，CE 的最小值是________．
【答案】3 6
3 2
2
【分析】点B、C 绕点A 逆时针旋转60，由旋转的性质可知，点E 在线段B C
上运动，当CE
B C
时，CE
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的值最小；根据
AB C
ACC
AB C
CB C
AB CC
S
S
S
S
S
四边形
△
△
△
△
，求
CB C
S
△
的面积，设CE 的最小值为h，则
1
2
CB C
S
B C
h
△
，求出h，即为所求，
【详解】解：设点B、C 绕点A 逆时针旋转60后的对应点分别为B、C，连接AB，AC，B C
，CB，
CC，过点A，作AF
CC
，垂足为F，过点C，作CG
AB
，垂足为G，如下图，
由旋转的性质可知，AD
AE
，且点D 在线段BC 上运动，
点E 在线段B C
上运动，当CE
B C
时，CE 的值最小，
线段AC 绕点A 逆时针旋转60，得到AC，
6
AC
AC
，
60
CAC
，
ACC是等边三角形，
3
sin
sin 60
6
3 3
2
AF
AC
AC F
AC
，
1
1
6 3 3
9 3
2
2
ACC
S
CC
AF
△
，
线段AB 绕点A 逆时针旋转60，得到AB，
6
AB
AB
，
60
BAB
，
90
BAC
，
90
60
60
90
B AC
BAC
BAB
CAC
∠
∠
，
AB
AC
，AC
AC
，
AB
AC
，
AB C
△
是等腰直角三角形，
2
2
2
2
6
6
6 2
B C
AB
AC
，
1
1
6 6
18
2
2
AB C
S
AB
AC
△
，
90
60
30
B AC
BAC
BAB
，
1
sin
sin 30
6
3
2
CG
AC
B AC
AC
，
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1
1
6 3
9
2
2
AB C
S
AB CG
△
，
AB C
ACC
AB C
CB C
AB CC
S
S
S
S
S
四边形
△
△
△
△
，
9
9 3 18
9 3
9
CB C
AB C
ACC
AB C
S
S
S
S
△
△
△
△
，
设CE 的最小值为h，则
1
2
CB C
S
B C
h
△
，
即1
6 2
9 3
9
2
h
，
9 3
9
3 6
3 2
2
3 2
h
．
17．（2026·福建莆田·二模）图1 是中国古代建筑中的举架结构，其中
,
,
,
AA BB CC DD
是桁，相邻桁的水
平距离称为步，垂直距离称为举图2 是某举架结构截面的示意图，其中
1
1
1
1
,
,
,
DD CC BB AA 是举，
1
1
1
1
,
,
,
OD DC CB BA 是相等的步，相邻桁的举步之比分别为
1
1
1
1
1
1
1
1
,
0.1,
0.2,
0.3
DD
CC
BB
AA
k
k
k
k
OD
DC
CB
BA
，
且
1
tan
0.75
AOD
，则k 的值为______．
【答案】0.6
【分析】设
1
1
1
1
x
OD
DC
CB
BA
，再根据比例关系表示
1
1
1
1
,
,
,
DD CC BB AA ，代入
1
tan
0.75
AOD
计算
即可．
【详解】设
1
1
1
1
x
OD
DC
CB
BA
，
则
1
1
1
1
0.1
0.2
0.3
DD
kx
CC
k
x
BB
k
x
AA
k
x
，
，
，
，
∴
1
1
1
1
1
1
1
1
1
tan
0.75
DD
CC
BB
AA
AOD
OD
DC
CB
BA
∴
0.1
0.2
5
0.3
0.7
4
kx
k
x
k
x
k
x
x
∴4
0.6
0.75 4
k
解得
0.6
k
．
18．（2026·福建南平·一模）在大气环境科研观测作业中，气象探测仪A 位于地面气象站点C 的正上方，
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从探测仪A 上观测地面综合指挥台B 的俯角为18，已知AC
BC
，
600m
AB
，则AC 约为______ m ．（结．
果取整数
．．．．，参考数据：sin18
0.309
，cos18
0.9511
，tan18
0.3249
．）
【答案】185
【分析】直接利用锐角的正弦求解即可．
【详解】解：由题意得，
600m
AB
，AC
BC
，
18
ABC
，
∴sin18
0.309
AC
AB
，
∴
0.309
600 0.309
185
AC
AB
（米），
答：AC 约为185米．
19．（2026·福建南平·一模）“费马问题”是法国数学家皮埃尔·德·费马在1643 年提出的一个著名的几何极值
问题．问题的核心是：对任意三角形，都存在一个点，使得这个点到该三角形三个顶点的距离之和最小，
这个点称为费马点．当ABC 的三个内角均小于120时，使得
120
APB
BPC
CPA
的点P 即为费
马点．如图，若
10,
12
AB
AC
BC
，则PA
PB
PC
的最小值是_______．
【答案】8
6 3
【分析】根据题意找出点P ，再计算PA ，PB 和PC 的长，可得PA
PB
PC
的最小值．
【详解】解：如图，
∵
10
AB
AC
，
∴ABC 是等腰三角形，
根据对称性得，费马点P 在BC 的垂直平分线上，
设点D 为BC 的中点，连接AD ，则AD
BC
，点P 在AD 上，且
120
BPC
，
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∴
60
BPD
，
∵
12
BC
，
∴
1
6
2
BD
BC
，
在Rt ABD 中，由勾股定理得
2
2
2
2
10
6
8
AD
AB
BD
；
在Rt PBD中，tan 60
BD
PD
，即
6
3
PD
，
∴
2 3
PD
，
又sin 60
BD
PB
，
∴
3
6
2
PB
，
解得：
4 3
PB
，
由对称性得：
4 3
PC
PB
，
又
8
2 3
PA
AD
PD
，
∴
8
2 3
4 3
4 3
8
6 3
PA
PB
PC
∴PA
PB
PC
的最小值是8
6 3
．
20．（2026·福建福州·二模）在3 3
的正方形网格中，A，B，C，D 均为格点，BC 交网格线于点E，则tan
AEB
的值是______．
【答案】
2
【分析】首先，根据已知条件，得出AG
FC ，得
AEB
BCF
，最后，得tan
tan
2
BF
AEB
BCF
CF
．
【详解】解：如图，在3 3
的正方形网格中，
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∵AG
FC ，
∴
AEB
BCF
，
∵
90
BFC
，
∴tan
tan
2
BF
AEB
BCF
CF
．
21．（2026·福建·模拟预测）手机支架已经很广泛的应用于生活当中，如图1是手机支架，如图2 是手机支
架的侧面示意图，人俯看手机，点B 为观测点，线段AC 长度保持不变，绕A 点逆时针进行转动可以调整视
角
ABC
，在支架示意图中tan
2
10 5
E
AE
dm
，
，水平观测点
34
EF
dm
，观测点B 到A 的距离为
12 5dm ，则观测点B 到直线EF 的距离BF 长为______dm ；若线段
15
AC
dm
，当AC 从铅锤位置第一次
转到C位置时，视线BC恰好经过点D ，则C相对C 点上升了______dm ．
【答案】
32
0.6
【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，勾股定理．过点A 作AG
BF
于点G，则AG
DF
，
FG
AD
，利用tan
2
E
，可得
10
DE
dm
，
20
FG
AD
dm
，从而得到
24
DF
EF
DE
dm
，在Rt ABG
中，利用勾股定理可得
12
BG
dm
，从而得到
32
BF
dm
；连接C D
，过点C作C H
AD
于点H，则点B、
C、D 三点共线，可得
3
4
C H
tan ADB
tan DBF
DH
，可设
3
,
4
C H
xdm DH
xdm
，
20
4
AH
x dm
，
在Rt AC H
中，利用勾股定理可得
1
2
1.4,
5
x
x
（舍去），从而得到
5.6
DH
dm
，即可求解．
【详解】解：如图，过点A 作AG
BF
于点G，则AG
DF
，FG
AD
，
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在Rt
ADE
△
中，tan
2
E
，
∴
2
AD
tanE
DE
，即
2
AD
DE
，
∵
10 5
AE
dm
，
∴
2
2
2
2
2
2
2
10 5
AD
DE
DE
DE
AE
，
∴
10
DE
dm
，
20
FG
AD
dm
，
∵
34
EF
dm
，
∴
24
DF
EF
DE
dm
，
在Rt ABG 中，
12 5
AB
dm
，
∴
2
2
2
2
12 5
24
12dm
BG
AB
AG
，
∴
12
20
32
BF
FG
BG
dm
；
如图，连接C D
，过点C作C H
AD
于点H，则点B、C、D 三点共线，
在Rt
BDF
△
中，
32
BF
dm
，
24
DF
dm
，
∴
24
3
32
4
DF
tan DBF
BF
，
根据题意得：AD
BF
∥
，
∴
ADB
DBF
，
∴
3
4
C H
tan ADB
tan DBF
DH
，
∴可设
3
,
4
C H
xdm DH
xdm
，
38 / 87
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∴
20
4
dm
AH
x
，
在Rt AC H
中，
2
2
2
AC
C H
AH
，
15
AC
AC
dm
，
∴
2
2
2
20
4
3
15
x
x
，
解得：
1
2
1.4,
5
x
x
（舍去），
∴
5.6
DH
dm
，
∵
5
CD
AD
AC
dm
，
∴
0.6
CH
DH
CD
dm
．
即
'
C 相对C 点上升了0.6dm ．
故答案为：32；0.6
22．（2026·福建福州·模拟预测）如图，在Rt
ABC
△
中，
90
ACB
，A，B，C 分别为直线a，b，c 上的
点，且直线a
b
c
∥∥，AB 与直线b 交于点D，若
4
CD
，
8
BC ，
4
cos
5
BCD
，则直线a 与直线b 之
间的距离是_____．
【答案】16
5
【分析】此题主要考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定与性质，
灵活运用锐角三角函数定义及勾股定理进行计算是解决问题的关键．
过B 作BE 直线b 于点E，过A 作AF 直线b 于点F，解Rt BCE 得
32
5
CE
，
24
5
BE
，则
12
5
DE
，证
明
BCD
CAF
，在Rt
ACF
△
中，根据
4
cos
5
AF
CAF
AC
，设
4
AF
a
，
5
AC
a
，由勾股定理得
3
CF
a
，
则
4
3
DF
a
，再证明ADF 和BDE 相似，利用相似三角形性质得
4
5
a
，继而得
16
4
5
AF
a
，由此可
得直线a 与直线b 之间的距离．
【详解】解：过点B 作BE 直线b 于点E，过点A 作AF 直线b 于点F，如图所示：
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在Rt BCE 中，
8
BC ，
4
cos
5
BCD
，
4
cos
5
CE
BCD
BC
，
4
32
5
5
CE
BC
，
由勾股定理得：
2
2
2
2
32
24
8
(
)
5
5
BE
BC
CE
，
4
CD
，
32
12
4
5
5
DE
CE
CD
，
90
ACB
，AF 直线b 于点F，
90
BCD
ACF
，
90
CAF
ACF
，
BCD
CAF
，
4
cos
cos
5
BCD
CAF
，
在Rt
ACF
△
中，
4
cos
5
AF
CAF
AC
，
设
4
AF
a
，
5
AC
a
，
由勾股定理得：
2
2
2
2
(5 )
(4 )
3
CF
AC
AF
a
a
a
，
4
3
DF
CD
CF
a
，
BE 直线b 于点E，AF 直线b 于点F，
AF
BE
∥
，
ADF
BDE
∽
，
AF
DF
BE
DE
，
即DE AF
BE DF
，
12
24
4
4
3
5
5
a
a
，
解得：
4
5
a
，
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16
4
5
AF
a
，
直线a 与直线b 之间的距离是16 .
5
故答案为：16
5 ．
23．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形
恰好拼成对角互补的四边形ABCD ，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt ABE 和等腰
Rt BCF ，③和④分别是Rt CDG 和Rt DAH ，⑤是正方形EFGH ，直角顶点E ，F ，G ，H 分别在边
BF ，CG ，DH ，AE 上．若
5
4
DG
GH
，则tan
DAH
的值是______．
【答案】3
【分析】设AH
x
，根据
5
4
DG
GH
，设
5
DG
k
，
4
GH
k
，则
9
DH
k
，再根据正方形和等腰三角形性质
得
12
CG
x
k
，
90
ABC
，根据四边形ABCD 的对角互补得
90
ADC
，则
DAH
CDG
，进而得
tan
tan
DAH
CDG
，根据正切函数的定义得9
12
5
k
x
k
x
k
，由此解出
3
x
k
，继而可得tan
DAH
的值．
【详解】解：设AH
x
，则
0
x
，
5
4
DG
GH
，
设
5
DG
k
，
4
GH
k
，则
0
k ，
9
DH
DG
GH
k
，
四边形EFGH 是正方形，
4
GH
HE
EF
FG
k
，
4
AE
AH
HE
x
k
，
ABE 是等腰直角三角形，
4
BE
AE
x
k
，
45
ABE
，
4
4
8
BF
BE
EF
x
k
k
x
k
，
41 / 87
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BCF 是等腰直角三角形，
8
CF
BF
x
k
，
45
CBF
，
8
4
12
CG
CF
FG
x
k
k
x
k
，
90
ABC
ABE
CBF
，
又
四边形ABCD 是对角互补的四边形，
90
ADC
，
90
ADH
CDG
，
在Rt ADH 中，
90
ADH
DAH
，
DAH
CDG
，
tan
tan
DAH
CDG
，
在Rt ADH 中，
9
tan
DH
k
DAH
AH
x
，
在Rt CDG 中，
12
tan
5
CG
x
k
CDG
DG
k
，
9
12
5
k
x
k
x
k
，
整理得：
2
2
12
45
0
x
kx
k
，
解得：
1
3
x
k
，
2
15
x
k
（不合题意，舍去），
9
9
tan
3
3
k
k
DAH
x
k
．
故答案为：3 ．
【点睛】本题考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、三角函数定义、一元二次方程的解法，解决本
题的关键是根据线段间的关系把线段的长度用含x 和k 的代数式表示出来．
24．（2026·福建南平·三模）具有对称性且富有节奏感的正六边形，不仅为建筑和装饰增添了现代感，还能
与多种设计风格相融合．如图1 是阅览室墙上设计的正六边形蜂窝状置物架，将该置物架抽象成几何图形
如图2 所示，若每个正六边形的边长均为2，则该置物架所占用墙面的长度d 的值为________．
【答案】19
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添适当的辅助线是解题的关
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键．根据题意可得：点A，B，C，D，E，F，G，H 共线，连接AB 并延长到点H，则AH
HM
，根据题
意可得：
4
AB
CD
EF
，
2
BC
DE
FG
GM
，然后在Rt
GHM
△
中，利用锐角三角函数的定义求出
GH 的长，最后进行计算即可解答．
【详解】解：如图：由题意得：点A，B，C，D，E，F，G，H 共线，连接AB 并延长到点H，则AH
HM
，
由题意得：
4
AB
CD
EF
，
2
BC
DE
FG
GM
，
在Rt
GHM
△
中，
60
MGH
，
∴
1
•cos60
2
1
2
GH
GM
，
∴
4
2
4
2
4
2
1
19
AH
AB
BC
CD
DE
EF
FG
GH
，
∴该置物架所占用墙面的长度d 的值为19，
故答案为：19．
25．（2026·福建莆田·模拟预测）2024 年莆田举办马拉松活动引入智能四足机器人- 机器狗作为赛事配速员，
机器狗水平行走时侧面如图1所示，四边形CDGE ，四边形EFHG 都是平行四边形，
30cm
CE
，
40cm
EF
，
30
EFN
，当机器狗前脚直立时，侧面如图2 所示，此时E ，C ，D 三点刚好共线，
EFN
不变，
75
CEF
∠
，则机器狗的身长CD ______cm．
【答案】
50 2
30
/
30
50 2
【分析】本题考查解直角三角形的应用．把所求线段合理分割，整理到直角三角形中进行求解，是解决本
题的关键．图1中，作CP
EG
于点P ，EQ
FH
于点Q ，分别求得CP 和EQ 的长度相加即为CD 离地面
的高度；图2 中，作EQ
DH
于点Q ，易得
DEQ
的度数，分别判断出DH 和QH 的长度，相减即为DQ 的
长度，进而可得DE 的长度，减去EC 的长度，即为机器狗的身长．
【详解】解：图2 中，EP
FH
于点P ，作EQ
DH
于点Q ，则
90
EQD
，EQ
FH
∥
，
90
EPF
，
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四边形CDGE ，四边形EFHG 都是平行四边形，
30cm
EC
GD
\
=
=
，
40cm
GH
EF
=
=
，
70cm
DH
\
=
，
EQ
FH
∥
，
30
QEF
EFN
，
75
CEF
，
45
CEG
，
40cm
EF =
，
30
EFN
，
20cm
EP
QH
\
=
=
，
50cm
DQ
DH
QH
\
=
-
=
，
50 2cm
DE
\
=
，
30cm
EC =
，
50 2
30 cm
CD
，
故答案为：
50 2
30
．
26．（2026·福建厦门·三模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，正方形OABC ，点A 在y 轴上，点C 在x
轴上．正方形OABC 交双曲线
4
y
x
于
,
E F 两点，点E 在BC 上，点F 在AB 上．连接
,
,
,
OE OF EF OB ，若
5
tan
4
OEF
，则点B 的坐标为______．
【答案】
6,6
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【分析】设正方形OABC 的边长为m ，则
0,
,0
A
m
B m
，
，可求出
4
4
,
,
E m
F
m
m
m
，
得到
4
AF
CE
m
，
证明OAF
OCE
≌
，得到OF
OE
；再证明BF
BE
，得到OB 垂直平分EF ，设EF
OB
，
交于T，则
90
OTE
∠
，根据
5
tan
4
OEF
，得到
5
4
OT
TE
，求出
4
2
EF
m
m
，得到
1
2
4
2
2
ET
BT
EF
m
m
，
则
5
5 2
4
4
8
OT
TE
m
m
，则
9 2
4
8
OB
OT
BT
m
m
，由勾股定理得
2
2
2
2
OB
OC
BC
OC
m
，则9 2
4
2
8
m
m
m
，解方程即可得到答案．
【详解】解：设正方形OABC 的边长为m ，则OA
OC
m
，
∴
0,
,0
A
m
B m
，
，
在
4
y
x
中，当
4
y
m
x
时，
4
x
m
，当x
m
时，
4
y
m
，
∴
4
4
,
,
E m
F
m
m
m
，
，
∴
4
AF
CE
m
，
又∵
90
OAF
OCE
∠
∠
，
∴
SAS
OAF
OCE
≌
，
∴OF
OE
；
∵AB
BC
，
∴AB
AF
BC
CE
，
∴BF
BE
，
∵OB 平分
ABC
，
∴OB 垂直平分EF ，
如图所示，设EF
OB
，
交于T，则
90
OTE
∠
，
∵
5
tan
4
OEF
，
∴
5
4
OT
TE
，
在Rt
EBF
△
中，
2
2
4
2
2
EF
BE
BF
BF
m
m
，
∴
1
2
4
2
2
ET
BT
EF
m
m
，
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∴
5
5 2
4
4
8
OT
TE
m
m
，
∴
9 2
4
8
OB
OT
BT
m
m
，
在Rt OBC 中，由勾股定理得
2
2
2
2
OB
OC
BC
OC
m
，
∴9 2
4
2
8
m
m
m
，
解得
6
m
或
6
m
（舍去），
∴
6,6
B
，
故答案为：
6,6 ．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，反比例函数与几何综合，解直角三角形，勾股定理，线段垂直平
分线的性质与判定等等，证明OB 垂直平分EF 是解题的关键．
27．（2026·福建厦门·二模）《九章算术》“方田章”中记载了关于图形面积的经验公式，其与实际的较小误
差令人由衷感叹我国古代劳动人民的智慧．其中的弧田术：“以弦乘矢，矢又自乘，并之，二而一．”即：弓
形面积=（弦长×矢长+矢长×矢长）÷2．如图，一块弓形田的弦AB 长为12 m ，矢CD 长为2 3 m，用弧田
术计算其面积，与实际的误差为________．（
3
1.7
，π取古圆周率3）
【答案】1.2
【分析】本题主要考查扇形面积公式，勾股定理的应用和解直角三角形，根据已知求得弧田术弓形面积，
再结合题意得到
1
2
AD
DB
AB
，
2 3
OD
OC
CD
r
和OA
r
，利用勾股定理求得r，根据
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sin
AD
AOD
AO
求得
2
AOB
AOD
，利用扇形面积和三角形面积公式即可求得实际面积，作差即可．
【详解】解：根据已知弧田术得，
弓形面积=（弦长×矢长+矢长×矢长）÷2
2 3 12
2 3
2 3
2
12 3
6
26.4
；
如图，
∵弦AB 长为12 m ，矢CD 长为2 3 m，
∴
1
6
2
AD
DB
AB
，
2 3
OD
OC
CD
r
，OA
r
，
则
2
2
2
OA
AD
OD
，即
2
2
2
6
2 3
r
r
，解得
4 3
r
，
∵
6
3
sin
2
4 3
AD
AOD
AO
，
∴
2
120
AOB
AOD
，
那么，弓形面积
2
120
1
·
360
2
OA
OD AB
2
120
1
4 3
4 3
6
360
2
48 12 3
27.6
，
则与实际的误差为27.6
26.4
1.2
，
故答案为：1.2．
28．（2026·福建·二模）在天花板上嵌入灯带可以与主灯配合使用，确保整个房间的光线更加均匀．如图，
学校要为某会议室的天花板上嵌入灯带，工人师傅将平面镜放置在点A 处，使得沿着天花板边缘O 射入的
光线，经过平面镜反射后恰好落在灯带的左侧端点C 处，此时利用测角仪测得天花板边缘O 的仰角为60，
移动平面镜到达点B 处，此时沿着天花板边缘O 射入的光线，经过平面镜反射恰好落在灯带的右侧端点D
处，此时测得天花板边缘O 的仰角为45，该会议室天花板的高度为3m ，则灯带CD 的长约为
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________ m ．（结果精确到0.1m ，参考数据：3
1.73
）
【答案】2.5
【分析】本题考查了解直角三角形的应用，作垂线构造直角三角形是解题的关键．作AE
OD
于点E ，作
BF
OD
于点F ，由题意得
60
AOC
，
45
BOD
，
3m
AE
BF
，根据光的反射得到
CAE
OAE
，
DBF
OBF
，推出OE
CE
，
OF
DF ，再解Rt
AOE
△
和Rt BOF 求出
,
OE OF 的长，得出
,
OC OD 的
长，再利用CD
OD
OC
即可求解．
【详解】解：如图，作AE
OD
于点E ，作BF
OD
于点F ，
由题意得，
60
AOC
，
45
BOD
，
3m
AE
BF
，
根据光的反射可得
CAE
OAE
，
DBF
OBF
，
又
AEO
AEC
，AE
AE
，
ASA
AEO
AEC
≌
，
OE
CE
，
同理可得：
OF
DF ，
在Rt
AOE
△
中，tan
tan 60
3
AE
AOE
OE
，
3
3m
3
3
AE
OE
，
2
2 3m
OC
OE
，
在Rt BOF 中，tan
tan 45
1
BF
BOF
OF
，
3m
OF
BF
，
2
6m
OD
OF
，
6
2 3
2.5m
CD
OD
OC
，
灯带CD 的长约为2.5m．
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故答案为：2.5 ．
29．
（2026·福建泉州·一模）如图1 是某品牌自行车，图2 是其示意图．已知
120
ABC
，
15
CBR
．AB CD ，
3
BD
DK
，
2
12dm
AB
BC
，
6.6dm
CD
，自行车的坐垫FG∥BR ，BR 平行地面，CR 垂直地面，自行
车轮子的半径等于5dm ，则坐垫FG 到地面的距离为_________dm ．（结果精确到0.1dm，已知
6
2
sin15
4
，
2
1.414
，
6
2.449
）
【答案】5 6
39 2
50
10
【分析】本题考查解直角三角形的应用，如图，过点A 作AJ
RB
交RB 的延长线于点J，过点D 作DH
BR
于点H，过点C 作CN
DH
于点N，过点K 作KP
CN
于P．解直角三角形求出AJ
KH
，
，可得结论．
【详解】解：如图，过点A 作AJ
RB
交RB 的延长线于点J，过点D 作DH
BR
于点H，过点C 作CN
DH
于点N，过点K 作KP
CN
于P．
∵
120
15
ABC
CBR
，
，
∴
120
15
135
ABR
，
∴
45
ABJ
，
∴
2
sin 45
12
6 2 dm
2
AJ
AB
，
∵CN
BR
∥
，
∴
15
PCB
CBR
，
∵
60
DCB
，
∴
45
DCN
，
∴
2
33 2 dm
2
10
DN
CD
，
3 6
3 2
sin15
dm
2
NH
CR
BC
，
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∴
15 6
18 2 dm
10
DH
DN
DH
DN
NH
，
∴
3
BD
DK
，
∴DK 的竖直距离为
5 6
6 2 dm
10
，
∴
5 6
6 2
33 2
5 6
39 2
dm
10
10
10
KP
，
∴坐垫FG 到地面的距离
5 6
39 2
5 6
39 2
50
5
dm
10
10
．
故答案为：5 6
39 2
50
10
．
30．（2026·福建莆田·模拟预测）如图，ABC 中，点D 在边BC 上，连接AD，线段AD 绕点A 逆时针旋转
得到AE ，点D 的对应点E 在BC 上，连接AE ，且
2
3
4
ADE
S
DE
．
(1)判断ADE 的形状，并说明理由；
(2)若
2
DE
BD CE
，求
BAC
的度数．
【答案】(1)解：ADE 是等边三角形，理由如下：
过点A 作AF
BC
于点F，
1
2
ADE
S
DE AF
，
2
3
4
ADE
S
DE
，
2
1
3
2
4
DE AF
DE
，
3
2
AF
DE
，
AD
AE
∵
，
DF
EF
，
2
DE
DF
3
2
2
AF
DF
，
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3
AF
DF
，
tan
3
ADF
，
60
ADF
，
AD
AE
∵
，
ADE
是等边三角形．
(2)120
【分析】（1）过点A 作AF
BC
于点F，根据三角形面积公式，得
2
1
3
2
4
DE AF
DE
，得到tan
3
ADF
，
继而得到
60
ADF
，根据等边三角形的判定求解即可；
（2）先证明BAD
ACE
∽
，再根据三角形外角性质，解答即可．
【详解】（1）略
（2）解：根据（1）得ADE 是等边三角形，
,
60
AD
DE
AE
ADE
AED
DAE
，
120
ADB
AEC
，
2
DE
BD CE
，
DE
CE
BD
DE
，
AE
CE
BD
AD
，
∴BAD
ACE
∽
，
∴
BAD
ACE
，
∵
60
AED
EAC
ACE
，
∴
60
EAC
BAD
Ð
+Ð
=
°，
∴
120
BAC
DAE
EAC
BAD
．
31．（2026·福建泉州·二模）如图，已知
ABCD 中，
6
AB
，
8
AD
，
60
BAD
，点P，Q 分别是边AB ，
AD 上的动点，且满足
2
AQ
BP
．
(1)求当BP 时，APQ 是等边三角形；
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(2)若点H 为PQ 的中点，连接BH ，CH ．
①当BCH 的面积等于12 时，试求线段BP 的长；
②探究线段BH
CH
之和的最小值．
【答案】(1)2
(2)①
4 3
6
②方法一：探究动点轨迹、化斜为直
设BP
x
，则
2
AQ
x，过点H 作HE
AB
，交AB 于点E，过点Q 作QF
AB
，交AB 于点F，连接AH ，
则HE
QF ，
∴
PH
PE
QH
EF
又PH
QH
∴PE
EF
，
∵
cos 60
AF
AQ
x
BP
∴AF
EF
PE
BP
，即AE
BE
，
∴AH
BH
，
∴CH
BH
CH
AH
，
当C、H、A 三点共线时，即CH
BH
最小，为线段CA 长
过点C 作CO
AB
，交AB 延长线于点O
∵BC
AD
∥
，
∴
60
CBO
BAD
，
∴
cos60
4
BO
BC
，
sin 60
4
3
CO
BC
则
10
AO
AB
BO
∴
2
2
2 37
AC
AO
CO
，
即CH
BH
的最小值是2 37 ；
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方法二：倍长中线、化斜为直
延长BH 至E，使得EH
BH
，
连接EQ 、EA 、AH ，
∵PH
QH
，
QHE
PHB
，
∴
QHE
PHB SAS
≌
，
则EQ
BP
，EH
BH
，
QEH
PBH
，
∴EQ
BP ，
则
1
60
BAD
，
又
2
AQ
BP
，
∴
2
AQ
EQ ，
取AQ 中点K，
∴
2
AQ
QK
，
∴QK
EQ
AK
，
∴QEK 是等边三角形，
∴
60
QEK
QKE
，EK
QK
AK
，
∴
120
EKA
，
∴
1
1
180
180
120
30
2
2
AEK
AEK
，
∴
30
60
90
AEQ
AEK
QEK
，
又
180
AEQ
BAE
，
∴
90
BAE
，
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则
1
2
AH
BE
BH
∴CH
BH
CH
AH
，
当C、H、A 三点共线时，即CH
BH
最小为线段AC ，
过点C 作CO
AB
，交AB 延长线于点O
∵BC
AD
∥
，
∴
60
CBO
BAD
，
∴
cos60
4
BO
BC
，
sin 60
4
3
CO
BC
则
10
AO
AB
BO
∴
2
2
2 37
AC
AO
CO
即BH+CH 的最小值是2 37 ．
【分析】（1）等边三角形三条边相等，根据
2
AQ
BP
列等式进行求解；
（2）①过点H 作EF
AD
，过点P 作PG
AD
，根据三角函数列等式进行求解；
②方法一：构造直角三角形，过点H 作HE
AB
，过点Q 作QF
AB
，根据三角函数求出AE
BE
，三点
共线时值最小，利用三角函数求值；
方法二：倍长中线，延长BH 至E，使得EH
BH
，三角形全等得出BP
QE
，利用平行线性质和直角三
角形斜边定理进而求出AH
BH
，三点共线时值最小，利用三角函数求值．
【详解】（1）解：∵APQ 是等边三角形，
∴AP
AQ
，
∵
2
AQ
BP
，
∴2BP
AP
，
∵
6
BP
AP
AB
，
∴3
6
BP
，
∴
2
BP
；
（2）①如图，过点H 作EF
AD
，分别交BC 、AD 于点E、F
过点P 作PG
AD
，交AD 于点G，则FH
GP ，
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又∵点H 为PQ 的中点，
∴PH
QH
，
∵FH
GP ，
∴
QFH
QGP
，
QHF
QPG
∴QFH
QGP
∴
1
2
FH
QH
GP
QP
，
即
2
GP
FH
，
又
1
2
BCH
S
BC HE
，且
12
BCH
S
，
8
BC
∴
3
HE
，
过点B 作BK
EF
∥
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC
AD
∥
，
∴BE
KF ，
∴四边形BEFK 是平行四边形，
∴BK
EF
，
∵
3
sin 60
6
3 3
2
BK
AB
，
∴
3 3
EF
，
∴
3 3
3
FH
EF
HE
，
∴
2
6
3
6
GP
FH
，
则
sin 60
6 3
6
12
4 3
3
2
GP
AP
，
∴
6
12
4 3
4 3
6
BP
AB
AP
，
答：线段BP 的长为4 3
6
；
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②略
【点睛】利用三角函数构造直角三角形，求BH
CH
之和的值最小，化斜为直，三点共线时值最小．
32．（2026·福建南平·二模）如图，AB 是
O 的直径，以AB 为边作ABC 交
O 于点D ，且AB
AC
．过
点D 作DE
AC
于点E ，延长CA 交
O 于点F ．
(1)如图（1），求证：DE 是
O 的切线；
(2)如图（2），若tan ABC
3
4 ，
5
CD ，求线段CF 的长；
(3)如图（3），在线段BC 上标出点P，使得AP
FP
的值最小，在（2）的条件下，直接写出此时线段PD 的
长．
【答案】(1)证明：如图，连接OD ．
∵OB
OD
，
∴
ABC
ODB
．
∵AB
AC
，
∴
ABC
C
．
∴
ODB
C
．
∴OD
AC ．
∵DE
AC
，
∴DE
OD
．
又∵OD 是
O 半径，
∴DE 是
O 的切线．
(2)
8
CF
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(3)
，PD 35
57
【分析】（1）连接OD ，根据等边对等角得出，
ABC
ODB
，
ABC
C
，确定
ODB
C
，得出
DE
OD
，再由切线的判定即可证明；
（2）连接
,
AD BF ，根据圆周角定理得出AD
BC
，AF
BF
，确定点D 是BC 的中点，
C
ABC
，再
由正切函数得出
3
tan
tan
4
BF
ABC
C
CF
，设
3
BF
x
，则
4
CF
x
，利用勾股定理求解即可；
（3）过点A 作关于直线BC 的对称点A，连接A F
，交BC 于点P，过点F 作FM
A A
的延长线于点M，
根据各角之间的关系得出
ADE
C
，再由相似三角形的判定得出DEC
AED
∽
，FMA
CDA
∽
，
PDA
FMA
∽
，结合其性质求解即可．
【详解】（1）略
（2）如图，连接
,
AD BF ．
∵AB 为
O 的直径，
∴AD
BC
，AF
BF
．
又∵AB
AC
，DE
AC
，
∴点D 是BC 的中点，
C
ABC
，
∴
2
10
BC
CD
∴
3
tan
tan
4
BF
ABC
C
CF
设
3
BF
x
，则
4
CF
x
∴在Rt BCF 中，由勾股定理得
2
2
2
BF
CF
BC
即
2
2
2
3
4
10
x
x
，解得
2
x
∴
8
CF
．
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（3）过点A 作关于直线BC 的对称点A，连接A F
，交BC 于点P
过点F 作FM
A A
的延长线于点M，
∴FM
CD
∥
，
由（2）得：
3
tan
tan
4
ABC
C
，
在Rt
DEC
△
中，设
3 ,
4
DE
x CE
x ，
∴
2
2
2
(3 )
(4 )
5
x
x
，
解得
1
x （负值舍去）
∴
3,
4
DE
EC
，
由（2）得AD
BC
，DE
AC
∴
90
ADC
DEC
，
90
AED
DEC
∴
90
ADE
EDC
，
90
C
EDC
，
∴
ADE
C
∴DEC
AED
∽
，
∴
3
4
AD
AE
DE
DC
DE
EC
，
∴A D
AD 15
4 ，AE 9
4
∴
9
25
4
4
4
AC
AE
EC
，
由（2）得
8
CF
，
∴
25
7
8
4
4
AF
CF
AC
，
∵FM
CD
∥
，
∴FMA
CDA
∽
，PDA
FMA
∽
，
∴
FM
MA
FA
DC
AD
AC ，即
7
4
15
25
5
4
4
FM
MA
，
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∴FM 7
5 ，MA 21
20 ，A M
15
21
171
2
20
20
∵PDA
FMA
∽
，
∴
15
4
7
171
5
20
PD
A D
PD
FM
A M
∴
105
35
171
57
PD
．
33．（2026·福建福州·模拟预测）如图，二次函数
2
y
ax
bx
c
的图象交x 轴于点A，点B，交y 轴于点
3
0, 2
C
．且a，b，c 满足
0
a
b
c
和9
3
0
a
b
c
，连接BC ．点P 是抛物线上一动点，且在直线BC 的
上方（不与B，C 重合）：
(1)求二次函数解析式；
(2)连接BP ，CP ，若
OCB
，
PBC
，求
cos
的取值范围．
【答案】(1)
2
1
3
2
2
y
x
x
(2)
5
2 5
cos
5
5
【分析】（1）根据待定系数法求解即可；
（2）待定系数法求出直线BC 的表达式为
1
3
2
2
y
x
，过点P 作PR
x
轴于点R ，交BC 于点Q ，设点P 的
坐标为
2
1
3
,
2
2
m
m
m
，则点Q 的坐标为
1
3
,
2
2
m
m
，根据PR
x
轴，PR
y
∥
轴，推出
BQR
PBC
BPR
，在Rt
BRP
△
中，由
tan
tan
BR
BPR
PR
，求
tan
的取值范围，
然后根据三角函数的定义求出
cos
的取值范围即可．
【详解】（1）解：依题意，得
3
2
c
．二次函数的图象经过点
1,0
A
和点
3,0
B
，
∴二次函数的表达式可写为
1
3
0
y
a x
x
a
．
∵点
3
0, 2
C
在抛物线上，
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3
0 1 0
3
2
a
，
解得
1
2
a
，
∴二次函数的表达式为
2
1
1
3
1
3
2
2
2
y
x
x
x
x
．
（2）解：设直线BC 的表达式为
0
y
kx
n k
，把点
3,0
B
和点
3
0, 2
C
代入，得：
3
0
3
2
k
n
n
，
解得：
1
2
3
2
k
n
，
∴直线BC 的表达式为
1
3
2
2
y
x
；
过点P 作PR
x
轴于点R ，交BC 于点Q ，
设点P 的坐标为
2
1
3
,
2
2
m
m
m
，则点Q 的坐标为
1
3
,
2
2
m
m
，
PR
x
轴，
OCB
，
PBC
，
PR
y
∥轴，
,0
R m
，
BQR
OCB
．
BQR
PBC
BPR
．
3,0
B
，
,0
R m
，
2
1
3
,
2
2
P m
m
m
，
3
BR
m
，
2
1
3
2
2
PR
m
m
，
在Rt BRP 中，
2
3
2
tan
tan
1
3
1
2
2
BR
m
BPR
PR
m
m
m
．
0
3
m
，
1
2
2
2
1
m
，
1
tan
2
2
．
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当
1
tan
2
时，
1
2
BR
PR
，
2
PR
BR
，
2
2
5
BP
BR
PR
BR
，
2 5
cos
5
PR
BP
，
同理当
tan
2
时，
5
cos
5
，
5
2 5
cos
5
5
．
34．（2026·福建福州·模拟预测）【背景材料】
随着我国经济迅猛发展，人民生活水平持续提升，民用汽车数量也在不断攀升．汽车数量的激增，带来了
对停车位的极大需求．在设计停车位时，除了要研究停车位的情况，还要研究汽车进出停车位的通道宽度．因
此，需要知道汽车如何进出停车位，即汽车转弯的运动轨迹．
如图1，车辆固定方向倒车入库时，行驶轨迹可近似视为以点O 为圆心、R 为半径的圆弧，符合圆的相关
几何性质．某车型前轮最大转向角为43，车辆最小转向半径满足公式
sin
L
R
（其中L 为车辆轴距2.4m ，
即车辆前后车轮轴心的水平间距，为车辆固定几何参数；θ为前轮最大转向角）．
如图2，建立平面直角坐标系，将停车位抽象为矩形EFGH ，各顶点坐标分别为：
0,0
E
，
4,0
F
，
0,3
G
，
4,3
H
．
根据车辆转向几何特征，该车倒车圆弧轨迹的圆心O 在x 轴正半轴上，倒车行驶轨迹是以点O 为圆心，R
为半径的圆弧．（参考数据：sin 43
0.68
，cos 43
0.73
，tan 43
0.93
，cos30
0.87
，tan 30
0.58
，
计算结果均保留两位小数．）
【问题解决】
(1)计算该车型前轮打满方向时的最小转向半径R．
(2)车辆车身存在一定宽度，实际倒车入库需结合车身尺寸判断安全间距，避免车身与车位边界剐蹭．经测
算，该车车身有效横向宽度为1.8m ，可将车身简化为随轨迹运动的整体安全区域．请结合几何知识推理判
断：车辆沿该圆弧轨迹完成右侧倒车入库时，车身是否会与车位左侧边EG 发生剐蹭，并说明理由．
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(3)根据驾考安全规范，倒车过程中，车辆任意行驶点位与原点的连线和x 轴正半轴的锐角夹角不得小于
30，防止侧边压线．设车辆倒车轨迹上任意一点为
,
P x y ．
①结合三角函数知识，推导出车辆安全入库时，点位纵坐标y 与横坐标x 的数量关系；
②判断关键点位
3.0,1.8
N
是否满足安全入库条件，并从几何角度写出一条精准的入库优化方案．
【答案】(1)该车型的最小转向半径R 约为3.53m
(2)
解：车身不会发生剐蹭，理由如下：
车辆以半径
3.53
R
m
（OA
R
）的圆弧轨迹行驶，车辆最内侧边缘的运动轨迹半径为：
3.53 1.8
1.73
r
m
（OD
r
）
要保证车辆行驶区域与车位侧边无交集，车身不会发生剐蹭，
则OF
r
，OE
R
，
设
,0
O x
，则
4
1.73
3.53
x
x
，
解得3.53
5.73
x
，
综上，可取3.53
5.73
x
中的x 值，使得车辆行驶区域与车位左侧边无交集，车身不会发生剐蹭．
(3)①
3
0
3
y
x x
；②该点位满足安全入库条件；优化方案示例：控制车辆低速平稳行驶，保持方向盘
转角稳定，始终维持安全夹角范围，规避车身压线、剐蹭风险
【分析】（1）直接把数据代入题干中的公式求解即可；
（2）先求出车辆最内侧边缘的运动轨迹半径，然后根据车辆行驶区域与车位侧边无交集，车身不会发生剐
蹭，列不等式求解即可；
（3）①设连线PE 与x 轴正半轴的锐角为α，由题意得
30
，根据锐角三角函数的定义可得
3
tan
tan30
3
y
x
，即可求解；
②将点
3.0,1.8
H
代入tan
y
x
，得
3
tan
0.6
3
，可判断答案，即可写出优化方案．
【详解】（1）解：将轴距
2.4m
L
，sin 43
0.68
代入公式
sin
L
R
，
得
2.4
3.53
sin
0.68
L
R
（m），
答：该车型的最小转向半径R 约为3.53m ．
（2）略
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（3）解：①设连线EP 与x 轴正半轴的锐角为，由题意得
30
，
过P 作PQ
x
轴于点Q，
,
P x y ，
PQ
y
，EQ
x
，
tan
y
x
，
3
tan30
3
y
x
，
纵坐标y 与横坐标x 的数量关系是
3
0
3
y
x x
．
②将点
3.0,1.8
H
代入tan
y
x
，得
1.8
tan
0.60
3.0
，
3
0.60
3
，
该点位满足安全入库条件；
优化方案示例：控制车辆低速平稳行驶，保持方向盘转角稳定，始终维持安全夹角范围，规避车身压线、
剐蹭风险．
35．
（2026·福建泉州·三模）圆O 是ACB 的外接圆，AE 为直径，在ADB 中，DH
AB
交AB 于H ，CD
BC
，
BH
EC
．
(1)求证：BDH
EAC
≌
；
(2)当AH
OH
时，求tan DAH
；
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(3)在（2）的条件下，连接OC 交AB 于点M，过点M 作MN
AE
∥
交EF
于点N，探究CF ，FM ，MN 三
者之间的数量关系．
【答案】(1)证明：
AE 为直径，DH
AB
，
90
BHD
ECA
，
AC
AC
，
HBD
CEA
，
在
BDH
△
和EAC 中，
BHD
ECA
BH
EC
HBD
CEA
，
BDH
EAC ASA
≌
；
(2) 3
1
(3)
2
2
2
MN
FM
CF
CF FM
【分析】（1）由圆的基本性质及ASA可判定BDH
EAC
≌
；
（2）连接OC ，OB ，CH ，证明OBD 为等边三角形，得出
60
COB
OCB
，由BC
BC
，可得
1
30
2
CAB
COB
．证明O、B、D、H 四点共圆，由圆周角定理得
1
30
2
OHB
OCB
，由三角
形外角的性质得
15
HAO
HOA
，由等腰三角形的定义得
BDH
△
为等腰直角三角形，作CG
AB
交
于G ，由等腰三角形的性质及正切函数得CG
BG
HG
，
3
tan30
CG
AG
CG
，设CG
a
，则
2
DH
BH
a
，
3
AG
a
，即可求解；
（3）过点M 作MT
CE
于T，可证明
MNC
OCE
，得到MC
MN
，则
1
2
CT
NT
CN
，据此可
证明
2
NF
CF
FT
，证明
90
ACE
，则
60
AFC
，解直角三角形得到
3
1
2
2
MT
MF
FT
MF
，
；
则
1
2
TN
CF
MF
，在Rt
MNT
△
中，由勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）略；
（2）解：连接OC ，OB ，CH ，
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∵BDH
EAC
≌
，
BD
AE
，
CD
BC
，
1
2
BC
BD
，
1
2
BC
AE
，
1
2
OB
OE
AE
，
BC
OB
OE
，
OBD
△
为等边三角形，
60
COB
OCB
，
BC
BC
，
1
30
2
CAB
COB
．
1
2
CH
BD
BC
CD
OC
，
O
、B、D、H 四点共圆，C 为圆心，
60
OCB
，BC
BC
，
1
30
2
OHB
OCB
，
30
HAO
HOA
，
AH
OH
，
15
HAO
HOA
，
30
CAB
，OA
OC
，
45
CAO
ACO
，
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90
AOC
，
AC
AC
，
1
45
2
ABC
AOC
，
BDH
为等腰直角三角形，
HC
BD
，
作CG
AB
交于G ，
CG
BG
HG
，
3
tan30
CG
AG
CG
，
设CG
a
，则
2
DH
BH
a
，
3
AG
a
，
3
1
AH
AG
HG
a
，
2
tan
3
1
3
1
DH
a
DAH
AH
a
；
（3）解：如图所示，过点M 作MT
CE
于T，
∵OC
OE
，
∴
OCE
OEC
，
∵AE
MN
∥
，
∴
MNC
OEC
，
∴
MNC
OCE
，
∴MC
MN
，
∵MT
CE
，
∴
1
2
CT
NT
CN
，
∴CT
NT
FT
NF
，
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∴
2
NF
CT
FT
CF
FT
FT
CF
FT
，
∵AE 是
O 的直径，
∴
90
ACE
，
由（2）得
30
CAB
，
∴
90
60
AFC
CAB
，
∴
3
1
sin
cos
2
2
MT
MF
MFT
MF
FT
MF
MFT
MF
，
；
∴NF
CF
MF
，
∴
1
1
2
2
TN
FT
NF
CF
MF
MF
CF
MF
在Rt
MNT
△
中，由勾股定理得
2
2
2
MN
MT
TN
，
∴
2
2
2
3
1
2
2
MN
MF
CF
MF
，
∴
2
2
2
2
3
1
4
4
MN
MF
CF
CF MF
MF
，
∴
2
2
2
MN
FM
CF
CF FM
．
36．（2026·福建莆田·模拟预测）如图1，四边形ABCD内接于
O ，BD 为直径，
ABC
为锐角，过点B
作BE
AC
于点E，过点A 作BC 的平行线交BE 的延长线于点F ．
(1)
ABD
，请用含的代数式表示
CBE
．
(2)若AF
BD
，求证：AD
AE
．
(3)如图2，在（2）的条件下，BF 与
O 交于点G ，与AD 延长线交于点H，连结DG ．若cos
DG
AHB
HF
，
求tan ABD
的值．
【答案】(1)
CBE
(2)证明：
AF
BC ，
AFE
CBE
ABD
，
90
BAD
FEA
，AF
BD
，
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AAS
ABD
EFA
≌
，
AD
AE
∴
；
(3)
2
2
【分析】（1）由圆周角定理可知
ABD
ACD
，再结合直径所对圆周角为直角可知，
90
ACB
，
根据
90
CBE
ACB
即可求解；
（2）由AF
BC ，得
AFE
CBE
ABD
，进而证明
ABD
EFA AAS
≌
，即可证得结论；
（3）连接AG ，先证
AHB
BAC
BDC
，根据AG
CD
，BD
AF
，得cos
DC
AG
BDC
BD
AF
，由
cos
DG
AHB
HF
，得DG
AG
HF
AF
，由
ABD
EFA AAS
≌
，得到
AHF
ABD
AGD
，可证得
AGD
AFH
∽
，得
ADG
AHF
，进而得到ABE 为等腰直角三角形，得
2
2
AB
AE
AD
，即可求
解．
【详解】（1）解：
BD 为直径，
90
BCD
，
ABD
ACD
，
90
ACB
，
BE
AC
于点E ，则
90
BEC
，
90
CBE
ACB
；
（2）略
（3）解：连接AG ，
BD 为直径，
90
BAH
，
90
AHB
ABH
，
AE
BE
，
90
BAC
ABH
，
AHB
BAC
BDC
，
68 / 87
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∵
CBE
ABD
，
∴
CBE
DBE
ABD
DBE
，
∴
CBD
ABG
，
∴CD
AG
，
AG
CD
，
∵BD
AF
，
cos
DC
AG
BDC
BD
AF
，
cos
DG
AHB
HF
，
DG
AG
HF
AF
，
又
ABD
EFA
≌
，
AFH
ABD
AGD
，
AGD
AFH
∽
，
ADG
AHF
，
180
180
ADG
AHF
，即
GDH
GHD
，
BD 为直径，
DG
BF
，
45
GDH
DHG
，
90
BAD
，
∴
ABH
△
为等腰直角三角形，则ABE 也为等腰直角三角形，
∴BE
AE
，
2
2
2
2
2
AB
BE
AE
AE
，
2
2
AB
AE
AD
，
2
tan
2
AD
ABD
AB
．
37．（2026·福建福州·模拟预测）如图，在
ABCD 中，过A ，B ，C 三点的
O 交CD 于点E ，连接AE ．
(1)求证：AD
AE
．
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(2)如图2，已知AD 为
O 的切线，连接AO 并延长交BE 于点G ．
①求证：
3
AGE
BAG
；
②若
2
3
BG
EG
，求sin
BAG
的值．
【答案】(1)证明：∵四边形ABCE 是圆内接四边形，
∴
180
B
AEC
，
又∵
180
AED
AEC
，
∴
AED
B
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴
B
D
，
∴
AED
D
Ð
= Ð
，
∴AD
AE
．
(2)①证明：如图，连接OB ，设
BAG
，
∵AD 为
O 的切线，
∴
90
OAD
，
∴∠
∠
∠
90
BAD
OAD
BAG
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠
180
∠
90
D
BAD
，
由（1）可知，AD
AE
，
∴∠
∠
90
AED
D
，
∴∠
180
∠
∠
2
DAE
D
AED
，
∴∠
∠
∠
90
2
EAG
OAD
DAE
，
∵OA
OB
，
∴∠
∠
OBA
BAG
，
∴∠
180
∠
∠
180
2
AOB
BAG
OBA
，
∵
1
2
AEB
AOB
，
70 / 87
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∴
90
AEB
，
∴∠
180
∠
∠
3
AGE
EAG
AEB
，
∴
3
AGE
BAG
．
②
2
4
【分析】（1）由圆内接四边形的性质可得
180
B
AEC
，从而得到
AED
B
，结合平行四边形的
性质可得∠
∠
∠
AED
B
D
，因此AD
AE
；
（2）①连接OB ，设
BAG
，由切线的性质可得
90
OAD
，则
90
BAD
，利用平行四边形的
性质可得
90
D
，由（1）可知AD
AE
，则∠
180
∠
∠
2
DAE
D
AED
，从而得到
∠
90
2
EAG
．由OA
OB
可得
180
2
AOB
，由圆周角定理可得
90
AEB
，使用三角形
内角和定理可得∠
3
AGE
，因此
3
AGE
BAG
；
②延长BO 交AE 于点H ，作
⊥
GI
AE 于点I ，设
10
AE
x
，O 的半径为r ，由①可知
90
BAE
AEB
，
则AB
BE
，由垂径定理可得BH
AE
，
5
AH
EH
x
．由平行可判定△
∽△
EGI
EBH 和△
∽△
AOH
AGI ，
从而计算出
5
3
BH
GI
，
7
5
GI
OH
，则
7
3
BH
OH
，
4
3
OB
OH
，因此
3
4
OH
r
．在Rt OAH 中，利
用勾股定理构造方程解得
20 7
7
r
x
，进而计算出
10 2
AB
x
，则
2
sin ∠
4
OBA
，结合OA
OB
可
得
2
sin ∠
4
BAG
．
【详解】（1）略
（2）解：①略；
②如图，延长BO 交AE 于点H ，作
⊥
GI
AE 于点I ，设
10
AE
x
，
O 的半径为r ，
由①可知，
BAG
，∠
90
2
EAG
，
90
AEB
∴∠
∠
∠
90
∠
BAE
BAG
EAG
AEB
，
∴AB
BE
，即点B 是优弧ABE 的中点，
又∵BH 过圆心O，
∴BH
AE
，
1
5
2
AH
EH
AE
x
，
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∵
2
3
BG
EG
，
∴
3
5
EG
BE
，
∵
⊥
GI
AE ，
∴BH
GI ，
∴△
∽△
EGI
EBH ，
∴
3
5
GI
EI
EG
BH
EH
BE
，
∴
5
3
BH
GI
，
3
3
5
EI
EH
x
，
∴
2
HI
EH
EI
x
，
7
AI
AH
HI
x
，
∵BH
GI ，
∴△
∽△
AOH
AGI ，
∴
5
7
OH
AH
GI
AI
，
∴
7
5
GI
OH
，
∵
5
3
BH
GI
，
∴
7
3
BH
OH
，
∴
4
3
OB
BH
OH
OH
r
，
∴
3
4
OH
r
，
在Rt OAH 中，
2
2
2
AH
OH
OA
，
∴
2
2
2
3
5
4
x
r
r
，
解得
20 7
7
r
x
（负值已舍），
∴
3
15 7
4
7
OH
r
x
，
7
5 7
3
BH
OH
x
，
在Rt ABH 中，
2
2
2
2
5
5 7
10 2
AB
AH
BH
x
x
x
，
∴
5
2
sin∠
4
10 2
AH
x
OBA
AB
x
，
∵∠
∠
OBA
BAG
，
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∴
2
sin ∠
sin ∠
4
BAG
OBA
．
38．（2026·福建福州·模拟预测）实验是培养学生的创新能力的重要途径之一．如图是小红同学安装的化学
实验装置，安装要求为试管略向下倾斜，试管夹应固定在距试管口的三分之一处．已知试管
15cm
AB
，
1
3
BE
AB
，试管倾斜角为10°．（参考数据：sin10
0.17
，cos10
0.98
）
(1)求酒精灯与铁架台的水平距离CD 的长度；
(2)实验时，当导气管紧贴水槽MN ，延长BM 交CN 的延长线于点F，且MN
CF
（点C，D，N，F 在一
条直线上），经测得：
28.85cm
DE
，
8cm
MN
，
145
ABM
，求线段DN 的长度．
【答案】(1)酒精灯与铁架台的水平距离CD 的长度为9.8cm
(2)线段DN 的长度为24.9cm
【分析】（1）过点E 作EG
AC
于点G ，利用余弦求GE ，即可得CD 的长度；
（2）过点B 作BH
CF
于点H ，BP
DE
于点P ，过点M 作MQ
BH
于点Q ，先求出BP 和EP ，再求
出BQ ，利用
145
ABM
得QM ，即可求解．
【详解】（1）解：如图，过点E 作EG
AC
于点G ，
∵
15cm
AB
，
1
3
BE
AB
，
∴
5cm
BE
，
10cm
AE
，
∵
10
AEG
，
∴
cos
10 cos10
9.8
GE
AE
cm
，
∴
9.8cm
CD
GE
，
答：酒精灯与铁架台的水平距离CD 的长度为9.8cm ．
（2）解：如图，过点B 作BH
CF
于点H ，BP
DE
于点P ，过点M 作MQ
BH
于点Q ，
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则
cos
5 cos10
4.9
BP
BE
cm
，
sin
5 sin10
0.85
EP
BE
cm
，
∵
28.85cm
DE
，
∴
28.85
0.85
28
PD
DE
EP
cm
，
∴
28cm
BH
，
∵
8cm
MN
，
∴
8cm
QH
，
∴
28
8
20
BQ
BH
QH
cm
，
∵
145
ABM
，
∴
90
145
10
90
45
QBM
ABM
，
∴
20cm
QM
BQ
，
∴
4.9
20
24.9
DN
DH
HN
BP
QM
cm
，
答：线段DN 的长度为24.9cm．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题的关键是理解题意，作辅助线，构造出直角三角形．
39．（2026·福建三明·三模）我国商业航天近几年蓬勃发展，2026年5 月17 日长征八号运载火箭在海南商
业航天发射场成功发射千帆星座第九批组网卫星．下图是长征八号运载火箭从O 处发射，当火箭到达点A 、
B 时，在雷达站C 处测得点A 、B 的仰角分别为34、45，其中点O、A 、B 在同一条直线上，A 、B 两
点间的距离是1.65 km．
(1)求发射地O距雷达站C 的距离；
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(2)事实上，火箭发射前期近地面阶段（距地面6000 米以内称为近地面），为了克服地球引力，都是加速飞
行，近地面的加速度
2
4.9 m / s
a
，此时火箭速度变化满足
0
tV
V
at
，其中
0V 是指初始时刻的速度，
tV 是
指经过t 秒后的瞬时速度，火箭飞行距离满足公式：
2
1
2
s
at
．求火箭到达点B 时的速度．（参考数据：
sin34
0.56
，cos34
0.83
，tan34
0.67
，10
3.15
）
【答案】(1)发射地O 距雷达站C 的距离为5km
(2)火箭到达点B 时的速度约为220.5m/s
【分析】（1）利用三角函数可得
tan34
AO
OC
=
装
，
tan45
BO
OC
OC
=
装
=
，再进一步求解即可．
（2）利用
2
1
2
s
at
求解t ，进一步利用
0
tV
V
at
计算即可．
【详解】（1）解：由题意可得，
90
BOC
AOC
，
34
ACO
，
45
BCO
，
1.65
AB
，
∴
tan34
AO
OC
=
装
，
tan45
BO
OC
OC
=
装
=
，
∴
0.67
1.65
OC
OC
-
=
，
解得：
5
OC
，
∴发射地O 距雷达站C 的距离为5km ；
（2）解：由（1）可得：
5km
5000m
OB
OC
=
=
=
，
∵
2
1
2
s
at
，
∴
2
1
4.9
5000
2
t
´
=
，
解得：
100 10
7
t =
（负根舍去），
∵
0
tV
V
at
，
∴
100 10
0
4.9
0.7 100 3.15
220.5 m/s
7
tV
，
∴火箭到达点B 时的速度约为220.5m/s ．
40．（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 ．
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(1)求证：BD 为
O 的切线；
(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，
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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
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
，
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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
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
，
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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
，
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
．
41．（2026·福建福州·模拟预测）在Rt
ABC
△
中，
90
C
，
3
AC
BC
，线段AC 上有一点D ，将线段
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BD 绕点B 顺时针旋转90得到线段BE ，连接AE ，此时AE
BC
∥
．
(1)记线段CD
n
，求线段AE 的长度（用含n 的式子表示）．
(2)连接DE 、CE ，若3
90
ABD
DEC
，求证：
2
ACE
AED
．
(3)在（2）的条件下，记CE 与BD 交于点F ，求DF
BF 的值．
【答案】(1)
3
AE
n
(2)证明：由（1）知
90
DAE
DBE
，
取DE 中点O，连接OA，OB ，则
1
2
OA
OB
DE
OD
OE
，
∴点A 、D 、B 、E 在以点O为圆心的圆上，
∵AD
AD
，
∴
AED
ABD
，
∵3
90
ABD
DEC
，
∴3
90
AED
DEC
，
∴2
90
AED
AEC
，
∵
90
CAE
，
∴
90
ACE
AEC
，
∴
2
ACE
AED
；
(3)
4
9
DF
BF
【分析】（1）过点E 作EF
CB
延长线于点F ，证明
BCD
EFB AAS
≌
，求得BF
CD
n
，证明四边
形ACFE 为矩形，得到
3
AE
n
；
（2）利用直角三角形的性质求得
1
2
OA
OB
DE
OD
OE
，推出点A 、D 、B 、F 在以点O为圆心的圆
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上，利用圆周角定理结合已知即可得到
2
ACE
AED
；
（3）在AE 上取一点G ，使DG
EG
m
，证明
DAG
EAC
△
∽△
，求得3
3
3
3
n
n
m
n
①，利用勾股定理
求得
2
2
2
3
)
3
n
n
m
m
②，据此求得
1
n ，过F 作FH
BC
于H ，利用三角函数和相似三角形的判
定和性质求解即可．
【详解】（1）解：过点E 作EF
CB
延长线于点F ，
∴
90
F
，
∴
2
1
90
，
由旋转，得BD
BE
，
90
DBE
，
∴
2
3
90
，
∴1
3
，
又∵
90
C
F
，BD
BE
，
∴
BCD
EFB AAS
≌
，
∴BF
CD
n
，
∵AE
BC
∥
，
∴
180
90
CAE
C
，
又∵
90
C
F
，
∴四边形ACFE 为矩形，
∴
3
AE
CF
BC
BF
n
；
（2）略
（3）解：在AE 上取一点G ，使DG
EG
m
，
∴
GDE
AED
，
小学
初中
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∴
2
AGD
AED
ACE
，
又∵
CAE
CAE
，
∴
DAG
EAC
△
∽△
，
∴
AD
AG
AE
AC ，即3
3
3
3
n
n
m
n
①，
又∵
90
DAG
，
∴
2
2
2
AD
AG
DG
，即
2
2
2
3
)
3
n
n
m
m
②，
由①②，解得
1
n ，
则
1
CD ，
4
AE
，过F 作FH
BC
于H ，
∵AE
BC
∥
，
∴
3
tan
tan
4
AC
FCH
AEC
AE
，
设
3
FH
x
，则
4
CH
x
，
3
4
BH
x
，
∵FH
CD
∥
，
∴
BFH
BDC
∽
△
△
，
∴FH
BH
CD
BC
，即3
3
4
1
3
x
x
，
∴
3
13
x
，则
12
13
CH
，
27
13
BH
，
∴
4
9
DF
CH
BF
BH
．
42．（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．
【答案】(1)证明见详解
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(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，
AO
OD
OH
OH
AH
DH
，
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∴
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
，
∴
2
2
30
CD
BC
BD
，
在Rt
CGH
△
中，
90
CHG
，
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∴
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
．
43．（2026·福建泉州·三模）【提出问题】
全民参与文体活动日渐流行，某小区开发商打算在售楼处原址新建一栋多层文体活动中心．为了保障居民
的生活质量，开发商与居民达成一致：规划建筑时，保证全部居民全年采光．
【分析问题】
工作人员通过查阅资料、实地测量，获得如下的信息：
材料一：根据《建筑设计防火规范GB50016 — 2014（2018）》规定，小区围栏与活动中心之间还要留出至
少9 m 的距离作为消防疏散通道；
材料二：小区围栏与住宅楼之间的距离
45m
AB
，小区围栏
40m
BC
，活动中心就建在这个矩形ABCD区
域内，其中建筑面积长宽层数，如图1所示；
材料三：为了保证后排建筑物在冬季能获得足够的光照，楼间距的设计需要以当地冬至日正午太阳高度角
（太阳高度角是指太阳光线与地平面的夹角）为依据，冬至日是北半球太阳高度角最小的时候，如果此时
前排建筑物的阴影不会遮挡后排建筑物的底层窗户（距离地面0.9 m ），那么在其他季节就更能保证采光，
每个地区的冬至日正午太阳高度受到所在纬度的影响，若该地冬至日正午太阳高度角为，如图2 所示．
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【解决问题】
(1)经实地测量，在冬至日正午测得该小区一棵高度为1.8 m 的小树影长为3 m，则tan________；（请以
该太阳高度角为依据解决以下问题）
(2)若给定文体活动中心建筑方案如下，请填表并判断该方案是否合理．
层数
单层楼高/m
楼长/m
楼宽/m
建筑面积
2
/m
楼间距/m
2
4
40
28
(3)在文体活动中心建筑单层楼高为4 m 且保证居民全年采光的前提下，将该建筑面积尽可能建大一点，请
给出方案（结果精确到0.1m ）．
(4)在保证居民全年采光，建筑面积尽可能建大一点的前提下，若记文体活动中心的建筑面积为S ，单层楼
高为h ，层数为n ，直接写出等式表示S ，h ，n 之间的数量关系．
【答案】(1) 3
5 ；
(2)
层数
单层楼高/m
楼长/m
楼宽/m
建筑面积
2
/m
楼间距/m
2
4
40
28
2240
8
该方案不合理；
(3)
层数
单层楼高/m
楼长/m
楼宽/m
建筑面积
2
/m
楼间距/m
3
4
40
17 5.
2100
18.5
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(4)
2
200
1500
3
S
hn
n
．
【分析】1 由tan
树高
小树影长即可求解；
2 根据题意可得建筑面积40 28 2
，楼高为2 4
，通过乘法法则即可求解，由题意得
8m
FI
、
0.9m
GI
、
7.1
FG
m
，，再通过三角函数求出
11.8
8
EG
，从而求解；
3 设层数为n ，则楼间距4
0.9
20
3
tan
3
2
n
n
，楼宽
20
3
20
45
9
37.5
3
2
3
n
n
，则
2
800
1500
3
S
n
n
，
然后通过二次函数的性质即可求解；
4 由单层楼高为h ，层数为n ，则楼间距5
3
3
2
hn
m
，楼宽
5
37.5
3 hn
m
，所以
2
200
1500
3
S
hn
n
．
【详解】（1）解：
1.8
3
tan
3
5
树高
小树影长
，
故答案为：3
5 ；
（2）解：该方案不合理，理由如下：
∵建筑面积长宽层数，
∴建筑面积
2
40
28 2
2240 m
，楼高为
2 4
8 m
，楼间距为
45
9
28
8 m
填表略，
如图，
8m
FI
，
0.9m
GI
，
∴
8
0.9
7.1
FG
m
，
在Rt
ABC
△
中，tan
tan
FG
FEG
EG
，
∴3
7.1
5
EG
，
∴
11.8
8
EG
，
∴该方案不合理；
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（3）解：设层数为n ，则楼间距
4
0.9
4
0.9
20
3
3
tan
3
2
5
n
n
n
，楼宽
20
3
20
45
9
37.5
3
2
3
n
n
，
∴
2
20
800
40
37.5
1500
3
3
S
n
n
n
n
，
∵
800
0
3
，
∴当
1500
45
800
16
2
3
n
时，S 最大，
∵n 是正整数，
∴当
3
n
时，
∴楼间距
20
3
3
18.5
3
2
m
，楼宽
20
3
37.5
17.5
3
m
，建筑面积
2
40 17.5 3
2100 m
，
方案略；
（4）解：∵单层楼高为h ，层数为n ，
∴楼间距
0.9
0.9
5
3
3
tan
3
2
5
hn
hn
hn
m
，楼宽
5
3
5
45
9
37.5
3
2
3
hn
hn
m
，
∴
2
2
5
200
40
37.5
1500
3
3
S
hn
n
hn
n m
．
