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专题10 相似三角形综合
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 相似三角
形综合
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
作为几何压轴/ 函数几何综合大题，分层多小问
梯度设问。载体丰富：圆内接四边形、等腰直角
三角形旋转、户外实地测量、二次函数动点。核
心以相似三角形判定与性质为工具，串联圆周
角、图形旋转、平行线分线段成比例、面积比例、
解直角三角形综合考查；第(1)(2) 小问侧重相似
证明、角度推导；第(3) 小问结合线段比例、面
积比值最值、周长计算，常融合方程思想。试题
综合性极强，相似模型（A 字型、8 字型、旋转
相似）高频出现；近五年稳定和圆、几何变换、
二次函数联动，是整张试卷区分度最高的板块。
考点01 相似三角形综合
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；
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(3)设CF 交BD 于点G ，且
2
3
CG
FG
，求BD
AC 的值．
【答案】(1)60
(2)证明：
60
ACD
ABD
，
ACD
E
．
AC
EF
∥
．
∵四边形AFBD 是
O 的内接四边形，
180
AFB
ADB
．
ABD是等边三角形，
60
ADB
，
120
AFB
．
180
AFB
E
．
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
，
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180
60
E
CBE
BCE
．
（2）略
（3）解：过点C 作CH
BE
，垂足为H ，连接DF ，设CD
a
．
60
E
CBE
BCE
，
BCE
△
是等边三角形．
BE
CE
．
又
CFB
CDB
，
E
E
，
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
．
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在Rt
BCH
△
中，tan
3
CH
CBE
BH
，
3
3
CH
BH
a
．
2
FH
BF
BH
a
，
2
2
2
2
2
3
7
CF
FH
CH
a
a
a
．
CFE
BDE
△
≌△
，
7
BD
CF
a
．
7
7
3
3
BD
a
AC
a
．
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
．
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(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
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
．
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（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
，
tan
tan
5
CDP
ABC
．
在Rt
DCP
△
中，
5
PC
PD
，即
5
PC
PD
．
2
2
6
CD
PD
PC
PD
，
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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．
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 ．
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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．
4．（2023·福建·中考真题）如图1，在ABC 中，
90 ,
,
BAC
AB
AC D
是AB 边上不与
,
A B 重合的一个
定点．AO
BC
于点O，交CD 于点E ．DF 是由线段DC 绕点D 顺时针旋转90得到的，
,
FD CA 的延长线
相交于点M ．
(1)求证：
ADE
FMC
△
∽△
；
(2)求
ABF
的度数；
(3)若N 是AF 的中点，如图2．求证：ND
NO
．
【答案】(1)
证明：
DF 是由线段DC 绕点D 顺时针旋转90得到的，
45
DFC
，
,
AB
AC AO
BC
，
1
2
BAO
BAC
．
90
BAC
，
45
BAO
ABC
．
BAO
DFC
．
90 ,
90
EDA
ADM
M
ADM
，
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EDA
M
．
ADE
FMC
△
∽△
．
(2)
135
ABF
(3)
证明：如图2：延长ON 交BF 于点T ，连接
,
DT DO ，
90
FBI
BOA
，
BF
AO
∥
，
FTN
AON
．
N 是AF 的中点，
AN
NF
．
又
TNF
ONA
，
TNF
ONA
△
≌△
，
,
NT
NO FT
AO
．
90 ,
,
BAC
AB
AC AO
BC
，
AO
CO
，
FT
CO
．
由（2）知，
BIF
DIC
△
∽△
，
DFT
DCO
．
DF
DC
=
，
DFT
DCO
△
≌△
，
,
DT
DO
FDT
CDO
，
FDT
FDO
CDO
FDO
，即
ODT
CDF
．
90
CDF
Q
，
90
ODT
CDF
，
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1
2
ND
TO
NO
．
【分析】（1）由旋转的性质可得
45
DFC
，再根据等腰三角形的性质可得
1
2
BAO
BAC
，再证明
BAO
DFC
、
EDA
M
，即可证明结论；
（2）如图1：设BC 与DF 的交点为I ，先证明
BID
FIC
△
∽△
可得BI
DI
FI
CI
，再证明
BIF
DIC
△
∽△
可得
90
IBF
IDC
，最后运用角的和差即可解答；
（3）如图2：延长ON 交BF 于点T ，连接
,
DT DO ，先证明TNF
ONA
≌
可得
,
NT
NO FT
AO
，再证
BIF
DIC
△
∽△
可得
DFT
DCO
；进而证明DFT
DCO
≌
即DT
DO
，再说明
90
ODT
CDF
则
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答．
【详解】（1）略
（2）解：如图1：设BC 与DF 的交点为I ，
45 ,
DBI
CFI
BID
FIC
，
BID
FIC
△
∽△
，
BI
DI
FI
CI
，
BI
FI
DI
CI
．
BIF
DIC
，
BIF
DIC
△
∽△
，
IBF
IDC
．
又
90
IDC
，
90
IBF
．
45 ,
ABC
ABF
ABC
IBF
，
135
ABF
．
（3）略
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【点睛】本题主要考查三角形内角和定理、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形
的判定与性质、等腰三角形及直角三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
5．（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
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(2)相似三角形的判定与性质
(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
．
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过点C 作CD
AB
，垂足为D ．
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．
6．（2022·福建·中考真题）在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线
2
y
ax
bx
经过A（4，0），B（1，4）
两点．P 是抛物线上一点，且在直线AB 的上方．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若△OAB 面积是△PAB 面积的2 倍，求点P 的坐标；
(3)如图，OP 交AB 于点C，PD
BO
∥
交AB 于点D．记△CDP，△CPB，△CBO 的面积分别为
1S ，2
S ，3
S ．判
断
1
2
2
3
S
S
S
S
是否存在最大值．若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
2
4
16
3
3
y
x
x
(2)存在，
16
2, 3
或（3，4）
(3)存在，9
8
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【分析】（1）待定系数法求解析式即可求解；
（2）待定系数法求得直线AB 的解析式为
4
16
3
3
y
x
，过点P 作PM⊥x 轴，垂足为M，PM 交AB 于点
N．过点B 作BE⊥PM，垂足为E．可得
PAB
PNB
PNA
S
S
S
△
△
△
3
2 PN
，设
2
4
16
,
1
4
3
3
P m
m
m
m
，
则
4
16
,
3
3
N m
m
．由
2
4
16
4
16
8
3
3
3
3
3
PN
m
m
m
，解方程求得m 的值，进而即可求解；
（3）由已知条件可得OBC
PDC
∽
，进而可得
1
2
2
3
S
S
CD
PC
S
S
BC
OC
2PD
OB
，过点,
B P 分别作x 轴的垂线，
垂足分别
,
F E ，PE 交AB 于点Q ，过D 作x 的平行线，交PE 于点G ，可得DPG
OBF
∽
，设
2
4
16
,
1
4
3
3
P m
m
m
m
，
4
16
,
3
3
D n
n
，则
4
16
,
3
3
G m
n
，根据PD
DG
OB
OF
可得
2
4
4
n
m
m
，
根据
1
2
2
3
S
S
CD
PC
S
S
BC
OC
2 DG
OF
2
1
5
9
2
2
8
m
，根据二次函数的性质即可求的最大值．
【详解】（1）解：（1）将A（4，0），B（1，4）代入
2
y
ax
bx
，
得
16
4
0
4
a
b
a
b
，
解得
4
3
16
3
a
b
．
所以抛物线的解析式为
2
4
16
3
3
y
x
x
．
（2）设直线AB 的解析式为
0
y
kx
t k
，
将A（4，0），B（1，4）代入y
kx
t
，
得
4
0
4
k
t
k
t
，
解得
4
3
16
3
k
t
．
所以直线AB 的解析式为
4
16
3
3
y
x
．
过点P 作PM⊥x 轴，垂足为M，PM 交AB 于点N．
过点B 作BE⊥PM，垂足为E．
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所以
PAB
PNB
PNA
S
S
S
△
△
△
1
1
2
2
PN
BE
PN
AM
1
2 PN
BE
AM
3
2 PN
．
因为A（4，0），B（1，4），所以
1
4 4
8
2
OAB
S
△
．
因为△OAB 的面积是△PAB 面积的2 倍，
所以
3
2
8
2 PN
，
8
3
PN
．
设
2
4
16
,
1
4
3
3
P m
m
m
m
，则
4
16
,
3
3
N m
m
．
所以
2
4
16
4
16
8
3
3
3
3
3
PN
m
m
m
，
即
2
4
20
16
8
3
3
3
3
m
m
，
解得
1
2
m
，
2
3
m
．
所以点P 的坐标为
16
2, 3
或（3，4）．
（3）
PD
BO
∥
OBC
PDC
∽
CD
PD
PC
BC
OB
OC
记△CDP，△CPB，△CBO 的面积分别为
1S ，
2
S ，
3
S ．则
1
2
2
3
S
S
CD
PC
S
S
BC
OC
2PD
OB
如图，过点
,
B P 分别作x 轴的垂线，垂足分别
,
F E ，PE 交AB 于点Q ，过D 作x 的平行线，交PE 于点G
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1,4
B
，
1,0
F
1
OF
,
PD
OB DG
OF
∥
∥
DPG
OBF
∽
PD
PG
DG
OB
BF
OF
，
设
2
4
16
,
1
4
3
3
P m
m
m
m
直线AB 的解析式为
4
16
3
3
y
x
．
设
4
16
,
3
3
D n
n
，则
4
16
,
3
3
G m
n
2
4
16
4
16
3
3
3
3
PG
m
m
n
2
4
4
4
3 m
m
n
DG
m
n
2
4 (
4
4)
3
4
1
m
m
n
m
n
整理得
2
4
4
n
m
m
1
2
2
3
S
S
CD
PC
S
S
BC
OC
2PD
OB
2 DG
OF
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2 m
n
2
4
2
4
m
m
m
2
1
5
4
2 m
m
2
1
5
9
2
2
8
m
5
2
m
时，
1
2
2
3
S
S
S
S
取得最大值，最大值为9
8
【点睛】本题考查了二次函数综合，待定系数法求解析式，面积问题，相似三角形的性质与判定，第三问
中转化为线段的比是解题的关键．
1．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，连接对角线
90
AC AB
AC
BAC
,
,
，过点A
作AE
DC 交BC 于点E，将线段AE 绕点A 顺时针旋转90得到AF ，连接EF ．
(1)求证：
BAF
ACD
；
(2)记AB 与EF 交于点G，若BE
AC
，求EG
FG 的值．
【答案】(1)证明：∵AE
DC ，
∴
ACD
CAE
，
由旋转可得，
90
FAE
∠
，
∵
90
BAC
，
∴
FAE
BAC
，
∴
BAF
CAE
，
∴
BAF
ACD
；
(2)
2
1
【分析】（1）根据旋转的性质以及平行线的性质证明即可；
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（2）连接BF ，过点
,
F E 分别作
,
FN
AB EM
AB
，垂足为点
,
N M ，先证明
SAS
BAF
CAE
△
≌△
，则
45
ABF
ACE
，BF
CE
，设
2
BE
AC
x
，则在等腰Rt
ABC
△
中，
2
2 2
BC
AB
x
，则
2 2
2
CE
BF
x
，可得BME 是等腰直角三角形，则
2
2
2
EM
BE
x
，
FBN
△
是等腰直角三角形，
则
2
2
2
2
FN
BF
x
，再证明
EMG
FNG
△
∽△
即可．
【详解】（1）略
（2）解：连接BF ，过点
,
F E 分别作
,
FN
AB EM
AB
，垂足为点
,
N M ，
∵
,
90
AB
AC
BAC
∴
45
ABC
ACB
由旋转可得，AF
AE
∵
BAF
CAE
∴
SAS
BAF
CAE
△
≌△
∴
45
ABF
ACE
，BF
CE
，
设
2
BE
AC
x
，
则在等腰Rt
ABC
△
中，
2
2 2
BC
AB
x
∴
2 2
2
CE
BF
x
∵EM
AB
，
45
ABC
∴BME 是等腰直角三角形
∴
2
2
2
EM
BE
x
∵FN
AB
，
45
ABF
∴
FBN
△
是等腰直角三角形，
∴
2
2
2
2
FN
BF
x
∵
,
FN
AB EM
AB
∴EM
FN
∥
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∴
EMG
FNG
△
∽△
∴
2
2
1
2
2
EG
EM
x
FG
FN
x
．
2．（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
，
3
AF
DF
，
tan
3
ADF
，
60
ADF
，
AD
AE
∵
，
ADE
是等边三角形．
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(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
．
3．（2026·福建三明·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，
6
AB
，
8
BC ，点F 在BC 上，点E 在AD 上，
连接EF ，将矩形沿EF 折叠，点A ，B 的对应点分别为点H ，G （点G 落在CD 边上），连接BG ．
(1)求EF
BG 的值；
(2)若
5
BF ，求AE 的长．
【答案】(1)
3
4
EF
BG
(2) AE 的长为2
【分析】（1）过点A 作AP
EF
∥
，交BC 于点P ，交BG 于点Q ，结合矩形的性质推导出四边形APFE 为平
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行四边形，利用平行四边形的性质推导出ABP
BCG
∽
，再运用相似的性质即可求解；
（2）连接BE ，EG ，根据折叠求出BE
EG
，
5
BF
FG
，根据矩形性质求出
90
C
，
6
AB
CD
，
8
BC ，再根据勾股定理求出CG 的值，最后设AE
x
，根据
2
2
2
2
2
2
BE
AB
AE
EG
DE
DG
，列出
方程求解即可.
【详解】（1）解：如图，过点A 作AP
EF
∥
，交BC 于点P ，交BG 于点Q ．
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD
BC ．
∵AP
EF
∥
，
∴四边形APFE 为平行四边形．
∴AP
EF
．
∵将矩形沿EF 折叠，点A ，B 的对应点分别为点H ，G （点G 落在CD 边上），
∴EF
BG
．
∴AP
BG
．
∴
90
BAP
ABQ
．
∵
90
CBG
ABQ
．
∴
BAP
CBG
．
又∵
90
ABP
BCG
，
∴ABP
BCG
∽
．
∴
6
3
8
4
AP
AB
BG
BC
，
即
3
4
EF
BG
；
（2）解：如图，连接BE ，EG ．
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∵点B
G
，
关于直线EF 对称，
∴BE
EG
，
5
BF
FG
．
∵四边形ABCD为矩形，
∴
90
C
，
6
AB
CD
，
8
BC ，
∴
8
5
3
CF
BC
BF
．
∴
2
2
2
2
5
3
4
CG
FG
CF
．
∴
6
4
2
DG
CD
CG
．
设AE
x
，则
8
DE
AD
AE
x
．
由
2
2
2
2
2
2
BE
AB
AE
EG
DE
DG
，得
2
2
2
2
6
8
2
x
x
．
解得
2
x
．
∴AE 的长为2 ．
4．（2026·福建泉州·二模）如图所示的“赵爽弦图”，由三国时期吴国数学家赵爽创制，它是由四个全等的
直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形，利用面积关系证明直角三角形三边之间的数量关系，即在
直角三角形中，
2
2
2
c
a
b
（c 为斜边）．
(1)证明：若a 、b 、c 均为整数，则它们不可能都是奇数；
(2)如图，若
3
a
，
5
c
，直线FH 交边AB 于点M ，求AM
BM 的值．
【答案】(1)证明：假设a 、b 、c 均为奇数，
则
2
a 、
2
b 、
2c 均为奇数
∴
2
2
a
b
为偶数，
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由勾股定理得
2
2
2
c
a
b
，∴
2c 为偶数，
与
2c 为奇数相矛盾，假设不成立
∴a 、b 、c 不可能都是奇数．
(2) 4
3
【分析】（1）假设a 、b 、c 均为奇数，推出
2c 为偶数，即可得证；
（2）过A 作AN
AH
，交HM 的延长线于点N ，证明AMN
BMF
∽
，进而得到AM
AN
BM
BF
，求出
,
AN BF
的长即可.
【详解】（1）略
（2）解:过A 作AN
AH
，交HM 的延长线于点N ，
∴
90
NAE
AEB
，
∴AN
BE
∥
，
∴AMN
BMF
∽
，
∴AM
AN
BM
BF
，
在直角三角形ADH 中，
3
DH
a
，
5
AD
c
，
2
2
2
2
2
5
3
16
AH
AD
DH
，
∴
4
AH
b
（负值舍去），
在正方形EFGH 中，
45
EHF
，
∴
45
ANH
EHF
，
∴
4
AN
AH
，
又∵
3
BF
a
，
∴
4
3
AM
AN
BM
BF
，
5．（2026·福建泉州·模拟预测）如图，将矩形ABCD（AB
AD
）绕点A 逆时针旋转得到矩形AEFG ，
且点B 的对应点E 恰好落在边CD 上，连接BE ，BG ，BG 与AE 交于点P ．过点P 作PH
AG 交AB 于点H ．
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(1)求
CBE
的大小（用含的代数式表示）；
(2)试猜想线段PH ，EF 的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】(1) 2
(2)
1
2
PH
EF
，
证明：过点B 作BM
AE
于点M ，
90
BME
BMA
，
90
2
ABE
AEB
，
2
EBM
，
EBM
CBE
，
四边形ABCD是矩形，
90
C
，BC
AD
，
90
C
BME
，
又
BE
BE
，
BCE
BME AAS
≌
，
BC
BM
，
AD
BM
，
由旋转的性质可得
90
GAP
，AG
AD
，
AG
BM
，
90
GAP
BMP
，
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又
BPM
GPA
，
BMP
GAP AAS
≌
，
BP
PG
，
PH
AG
∥
，
BPH
BGA
∽
△
△
，
1
2
PH
BP
AG
BG
，
1
2
PH
AG
，
四边形AEFG 是矩形，
AG
EF
，
1
2
PH
EF
．
【分析】1 由旋转性质可得AB
AE
，
BAE
，则有
ABE
AEB
，从而有
90
2
ABE
AEB
，
通过矩形的性质可得
90
ABC
，则
2
CBE
ABC
ABE
；
2 过点B 作BM
AE
于点M ，则
90
BME
BMA
，则有
EBM
CBE
，证明
AAS
BCE
BME
≌
，
所以BC
BM
，则有AD
BM
，由旋转性质可得
90
GAP
，AG
AD
，所以AG
BM
，
90
GAP
BMP
，证明
BMP
GAP AAS
≌
，则有BP
PG
，再证明
BPH
BGA
∽
△
△
，所以
1
2
PH
BP
AG
BG
，故有
1
2
PH
AG
，然后通过矩形的性质即可求证．
【详解】（1）解：由旋转性质可得AB
AE
，
BAE
，
ABE
AEB
，
180
ABE
AEB
BAE
，
90
2
ABE
AEB
，
四边形ABCD是矩形，
90
ABC
，
90
90
2
2
CBE
ABC
ABE
．
（2）略．
6．（2026·福建漳州·模拟预测）在平面直角坐标系中，一次函数
3
y
x
的图象与x 轴交于点A，与y 轴
交于点B，抛物线
2
y
x
bx
c
经过A，B 两点．
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(1)求抛物线的函数表达式与顶点坐标；
(2)点P 是抛物线上位于第一象限内的一动点，连接OP ，交线段AB 于点Q，若
1
2
OAQ
OBQ
S
S
，求点P 的
坐标．
【答案】(1)
2
2
3
y
x
x
，
1,4
(2)
3
57 3
57
,
4
8
P
【分析】（1）先求出直线与坐标轴的交点坐标，再由待定系数法求解函数表达式，再配方求解顶点坐标即
可；
（2）由
1
2
OAQ
OBQ
S
S
，可得
1
2
QA
BQ
，则
1
3
QA
AB
，过点Q 作QT
x
轴于点T ，由
AQT
ABO
△
∽△
求出
2,1
Q
，
然后求解直线OQ 的函数表达式，再与抛物线的表达式联立求解即可．
【详解】（1）解：∵一次函数
3
y
x
的图象与x 轴交于点A，与y 轴交于点B，
∴当
0,
3
x
y
当
0
y
，
3
0
x
，解得
3
x
∴
3,0
A
，
0,3
B
，
∵抛物线
2
y
x
bx
c
经过A，B 两点
∴
9
3
0
3
b
c
c
解得
2
3
b
c
∴抛物线的函数表达式为
2
2
3
y
x
x
2
2
2
3
1
4
y
x
x
x
∴顶点坐标为
1,4 ；
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（2）解：∵
1
2
OAQ
OBQ
S
S
∴
1
2
QA
BQ
∴
1
3
QA
AB
，
过点Q 作QT
x
轴于点T ，
则QT
y
∥轴，
∴
AQT
ABO
△
∽△
∴
1
3
AQ
AT
QT
AB
AO
BO
∵
3,0
A
，
0,3
B
，
∴
3
AO
BO
∴
1
AT
QT
，
∴
2
OT
AO
AT
∴
2,1
Q
设直线
:
OQ y
mx
，则2
1
m ，
解得
1
2
m
∴直线
1
:
2
OQ y
x
，
与抛物线表达式联立可得，
2
1
2
3
2 x
x
x
解得
1
3
57
4
x
，
2
3
57
4
x
（舍去）
∴
3
57 3
57
,
4
8
P
．
7．（2026·福建漳州·模拟预测）如图，在ABC 中，AD 平分
BAC
交BC 于点D，E 为BC 上一点，G 为BA
延长线上一点，GE 与AC 交于点F，AF
AG
．
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(1)求证：AD GE ；
(2)若A，F 分别是BG ，CA 的中点，
8
EG
，求EF 的长．
【答案】(1)证明：∵AD 平分
BAC
，
∴
1
2
BAD
DAC
BAC
，
∵AF
AG
，
∴
AGF
AFG
，
∵
BAC
AGF
AFG
，
∴
1
2
AGF
AFG
BAC
，
∴
BAD
AGF
，
∴AD GE ．
(2)2
【分析】（1）由AD 平分
BAC
，可得
1
2
BAD
DAC
BAC
，由AF
AG
，可得
AGF
AFG
，再
由三角形的外角定理可得
BAD
AGF
，即可证明结论；
（2）由（1）可知，AD GE ，可得BAD
BGE
∽
，可得AD
BA
GE
BG
，由A 是BG 的中点，可得
1
4
2
AD
GE
，
再由CFE
CAD
∽
，可得EF
CF
AD
CA
，再由F 是CA 的中点，即可得
1
2
2
EF
AD
．
【详解】（1）略
（2）解：由（1）可知，AD GE ，
∴BAD
BGE
∽
，
∴AD
BA
GE
BG
，
∵A 是BG 的中点，
∴
1
2
BA
BG
，
∴
1
2
AD
BA
GE
BG
，
31 / 80
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∴
1
1
8
4
2
2
AD
GE
，
同理可得，CFE
CAD
∽
，
∴EF
CF
AD
CA
，
∵F 是CA 的中点，
∴
1
2
CF
CA
，
∴
1
2
EF
CF
AD
CA
，
∴
1
1
4
2
2
2
EF
AD
，
∴EF 的长为2．
8．（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
，
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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；
（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
△
∽△
，
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EC
AE
AC
AB
，
CD
AE
AD
AB
，
CD
AE
，
2
AD
AB
OA
，
1
tan
2
OA
ADO
AD
．
9．（2026·福建三明·二模）如图1，C 是以AB 为直径的半圆O 上一点，D 是AC 的中点，DE
BC
交BC
的延长线于点E，AC ，BD 相交于点F．
(1)求证：
2
AC
DE
；
(2)如图2，若O，F，E 三点共线，求EF
OF ．
【答案】(1)
证明：解法一：连接OD 交AC 于点G，连接OC ，
∵D 是AC 的中点，
∴
1
2
AG
CG
AC
，OD
AC
，
∴
90
DGC
，
∵AB 为直径，
∴
90
ACB
，
∴
90
ACE
，
34 / 80
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∵DE
BC
，
∴
90
E
，
∴四边形DGCE 为矩形，
∴
1
2
DE
CG
AC
，
∴
2
AC
DE
；
解法二：延长AD ，CE 相交于点N．
∵AB 为直径，
∴
90
ACB
ADB
BDN
．
∵D 是AC 的中点，
∴AD
CD
，
∴
ABD
CBD
．
又∵BD
BD
，
∴ABD
NBD
≌
，
∴AD
ND
．
∵DE
BC
，
∴
90
DEB
ACB
，
∴DE
AC
∥
，
∴
1
2
DE
ND
AC
NA
，
∴
2
AC
DE
；
(2)
2
EF
OF
【分析】（1）连接OD 交AC 于点G，连接OC ，由D 是AC 的中点结合垂径定理的推论得
1
2
AG
CG
AC
，
OD
AC
，再由
90
ACB
ACE
E
得到四边形DGCE 为矩形，
1
2
DE
CG
AC
，即可证明
2
AC
DE
；
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（2）根据三角形中位线得到
2
BC
OG
，由DE
GC ，DO
EC ，DE
GC
，得到BC
BF
CE
DF
，即可证明
DOF
BEF
∽
，得到BC
BE
CE
OD
，设
2
BC
a
，CE
b
，则
2
BE
a
b
，OD
a
b
，代入整理得
2
b
a
，
即可得到
2
EF
CE
b
OF
OG
a
．
【详解】（1）略
（2）解：解法一：由（1）知，AG
CG
，
又∵OA
OB
，
∴
2
BC
OG
，
由（1）知，四边形DGCE 为矩形，
∴DE
GC ，DO
EC ，DE
GC
，
∴BC
BF
CE
DF
，
且
DOF
BEF
，
ODF
EBF
，
∴DOF
BEF
∽
，
∴BF
BE
DF
OD
，
∴BC
BE
CE
OD
，
设
2
BC
a
，CE
b
，
则
2
BE
BC
CE
a
b
，
1
2
OD
OG
DG
BC
CE
a
b
，
∴2
2
a
a
b
b
a
b
，
∴
2
b
a
，
∴
2
EF
CE
b
OF
OG
a
．
解法二：过O 作AC 的平行线交BC 于点H，
36 / 80
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则CF
EC
OH
EH
，
1
BH
OB
CH
OA
，
∴BH
CH
，
∴
2
AC
OH
，
由（1）得，
2
AC
DE
，
∴OH
DE
，
∴CF
EC
DE
EH
，
由（1）得，
90
BCF
BED
，
又∵
CBF
EBD
，
∴BCF
BED
∽
，
∴CF
BC
DE
BE
，
∴EC
BC
EH
BE
，
设
2
BC
a
，EC
b
，则CH
a
，EH
a
b
，
2
BE
a
b
，
∴
2
2
b
a
a
b
a
b
，
∴
2
b
a
，
∴
2
EF
EC
b
OF
FO
a
．
10．（2026·福建南平·二模）如图，将ABC 绕点B 顺时针旋转得到DBE ，其中点D 与点A 是对应点，点
E 与点C 是对应点，且点D 恰好落在BC 的延长线上，点E 恰好落在AC 的延长线上．
(1)求证：DAE 是等腰三角形；
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(2)若
1
2
CDE
BDE
C
C
，
3
BC ，求AB 的长．
【答案】(1)
证明：由旋转的性质，得
ABC
DBE
，
ACB
DEB
，BA
BD
，BC
BE
，
∴
180
2
ABD
BAD
BDA
，
180
2
DBE
BCE
BEC
，
∴
BAD
BDA
BCE
BEC
，
∵
ACB
CAD
BDA
，
DEB
BEC
DEA
，
∴
CAD
DEA
，
∴DA
DE
，
∴DAE 是等腰三角形；
(2)4
【分析】（1）由旋转性质得：BA
BD
，BC
BE
，对应角相等；由等腰三角形性质推出：
BAD
BDA
BCE
BEC
；结合外角性质
ACB
CAD
BDA
、
DEB
BEC
DEA
，推出
CAD
DEA
；由等角对等边得DA
DE
，证明DAE 是等腰三角形．
（2）由旋转性质和三角形内角和，证得
DEC
DBE
，结合公共角
CDE
，推出DCE
DEB
∽
；由相似
三角形周长比等于相似比，得
1
2
CD
DE
DE
DB
；设CD
x
，则
2
DE
x
，
4
DB
x
；利用BD
BC
CD
列方
程4
3
x
x
，解得
1
x ，得
4
DB ；由旋转性质AB
BD
，得
4
AB
．
【详解】（1）略
（2）解：由旋转的性质，得
BAC
BDE
，
∵
ACB
DCE
，
∴
ABC
DEC
，
又∵
ABC
DBE
，
∴
DEC
DBE
，
∵
CDE
CDE
，
∴
DCE
DEB
△
∽△
，
∴
1
2
CDE
BDE
C
CD
DE
ED
DB
C
△
△
．
设CD
x
，则
2
ED
x
，
4
DB
x
，
∵CD
BC
BD
，
∴
3
4
x
x
，
38 / 80
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解得
1
x ，
∴
4
AB
BD
．
11．（2026·福建莆田·模拟预测）阅读材料，回答问题．
主
题
设计能读出并联电路总电阻值的教具
提
出
问
题
物理课上学习了计算并联电路总电阻公式
1
2
1
1
1
R
R
R
总
，每次计算R总时总感觉计算麻烦，故某校“勤
奋”实践小组结合数学相似三角形的知识：如图，若AB
EF
CD
∥
∥
，则1
1
1
EF
AB
CD
．他们就积极
思考，并设计了一个能读出并联电路总电阻值的教具．
分
析
解
决
问
题
如图1，利用直尺AB 、直尺DC 和直尺EF （其中,
A D，
,
,
E F G 处均装有滚轮，滚轮可在直尺上调
节滚动，直尺EF 可以在BC 上左右滚动）设计教具，AB
BC
，DC
BC
，AC 与BD 相交于点E ，
EF
BC
，垂足为F ．若设置A ，D 在直尺上的读数分别为
1
2
,
R R ，则点E 在直尺上的读数为并联
电路总电阻R总的值．
证明：
,
EF
BC AB
BC
，
EF
AB
∥
，①__________，
EF
CF
AB
CB
（依据②_______________）
同理可得：EF
BF
CD
CB
，_____③_____，
1
1
1
AB
CD
EF
若设置,
A D在直尺上的读数分别为
1
2
,
R R ，则点E 在直尺上的读数为并联电路总电阻R总的值．
39 / 80
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创
新
设
计
受“勤奋”实践小组的启发，“严谨”实践小组提出设计教具的方案，如下：如图2，Rt
ABC
△
中，
90
C
，AC
BC
，D 是边CB 的延长线上一点，设线段BC ，BD 的长度分别为
1R ，
2
R 的值，则
图中可作出一条长度作为R总值的线段；
(1)请把①②③补充完整；
(2)请帮“严谨”组在图中作出该线段，并说明理由；
【答案】(1)①
CFE
CBA
∽
△
△
；②相似三角形对应边成比例；③
1
EF
B
E
F
CD
C
C
B
F
CF
AB
B
(2)解：如图，作BE
BC
交AD 于点E，BE 的长度作为R总值．
证明：
EB
BC
，
90
C
，
90
EBD
C
，
EB
AC
∥
，
CAD
BED
，
DBE
DCA
∽
，
AC
CD
BE
BD
，
AC
BC
，
1
BC
BD
BC
BC
BE
BD
BD
，
1
1
1
BE
BC
BD
，
BE 的长度可以作为R总值．
40 / 80
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【分析】（1）根据相似三角形的判定和性质分析即可；
（2）作BE
BC
交AD 于点E，证明EB
AC
∥
，推出DBE
DCA
∽
，根据相似三角形对应边成比例，列式
即可求解．
【详解】（1）证明：
,
EF
BC AB
BC
，
EF
AB
，
CFE
CBA
∽
△
△
，
EF
CF
AB
CB
（依据:相似三角形对应边成比例）
同理可得：EF
BF
CD
CB
，
1
EF
B
C
EF
CF
AB
F
CD
B
CB
，
1
1
1
AB
CD
EF
，
若设置,
A D在直尺上的读数分别为
1
2
,
R R ，则点E 在直尺上的读数为并联电路总电阻R总的值．
（2）略
12．（2026·福建三明·一模）如图，点A 、B 在
O 上，过B 点的切线交AO 所在的直线于点C ，过点A 作
AD
CB
于D ，连接AB ．
(1)求证：AB 平分
CAD
；
(2)连接DO 并延长，交
O 于点E
F
，
，若
3
1
BD
DE
，
．求tan
EAB
的值．
【答案】(1)
证明：如图，连接OB ，
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BC 是
O 的切线，
OB
BC
，
AD
CB
，
OB
AD
∥
，
BAD
ABO
，
OA
OB
，
ABO
BAO
，
BAD
BAO
，
AB
平分
CAD
；
(2) 1
3
【分析】（1）连接OB ，根据圆的切线的性质推出OB
AD ，利用平行线的性质和等边对等角的性质，得
出
BAD
BAO
，即可得证；
（2）连接BF 、BE ，由直径可得
90
EBF
，由同角的余角相等以及等边对等角，得出
DBE
OFB
，
从而证明BDE
FDB
∽
，得到
1
tan
3
BE
DE
F
FB
BD
，再根据同弧所对的圆周角相等求解即可．
【详解】（1）略
（2）解：如图，连接BF 、BE ，
EF 是直径，
90
EBF
，
90
EBO
OBF
，
90
EBO
DBE
，
42 / 80
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OBF
DBE
，
OB
OF
，
OBF
OFB
，
DBE
OFB
，
又
BDE
FDB
Ð
= Ð
，
BDE
FDB
∽
，
1
3
BE
DE
FB
BD
，
在Rt BEF 中，
1
tan
3
BE
F
FB
，
BE
BE
，
EAB
F
，
1
tan
tan
3
EAB
F
．
13．（2026·福建漳州·一模）如图，正方形ABCD内接于
O ，点P 在BC 上，连接AP ，交BD 于点F ，交
BC 于点E ，连接
,
,
CF BP DP ．
(1)求证：
BEF
PBF
△
∽△
；
(2)若
2,
BD
EF
EC
，求DP的长；
(3)探究
,
AP BP DP
,
之间的等量关系．
【答案】(1)
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB
CD
∴AB
CD
∴
APB
CBD
∵
BFE
PFB
∴
BEF
PBF
△
∽△
；
(2) 2
3
43 / 80
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(3)
2
BP
DP
AP
，理由如下：
延长PB 到点H，使得BH
DP
，连接AH ，
∵
180
180
ADP
ABP
ABH
ABP
,
，
∴
ADP
ABH
，
∵正方形ABCD中，AB
AD
，
又∵BH
DP
∴
SAS
ADP
ABH
≌
∴
,
AH
AP
BAH
DAP
∵正方形ABCD中，
90
BAD
，
∴
90
HAP
BAH
BAP
DAP
BAP
BAD
∴
2
2
2
PH
AP
AH
AP
∴
2
BP
BH
AP
∴
2
BP
DP
AP
．
【分析】（1）根据正方形的性质得到AB
CD
，则AB
CD
，再由圆周角定理得到
APB
CBD
，然后
结合公共角即可；
（2）先证明
SAS
ABF
CBF
≌
，结合EF
EC
，则可设
EFC
BCF
BAF
x
，那么
2
AEB
EFC
BCF
x
，由
90
AEB
BAF
，求出
30
x
，由（1）知
BEF
PBF
△
∽△
，则
60
FEB
FBP
，连接OP ，则
2
120
DOP
FBP
，确定BD 是
O 的直径，再由弧长公式求解即
可；
（3）延长PB 到点H，使得BH
DP
，连接AH ，先证明
SAS
ADP
ABH
≌
，则
,
AH
AP
BAH
DAP
，
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可得
90
HAP
BAD
，则由勾股定理得到
2
2
2
PH
AP
AH
AP
，再等量代换求证即可．
【详解】（1）略
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，BD 是对角线，
∴
,
90 ,
45
AB
BC
ABC
BAD
ABD
CBD
又∵FB
FB
，
∴
SAS
ABF
CBF
≌
，
∴
BAF
BCF
，
∵EF
EC
，
∴
EFC
BCF
设
EFC
BCF
BAF
x
，
∴
2
AEB
EFC
BCF
x
∵
90
AEB
BAF
∴3
90
x
，
∴
30
x
，
∴
60
AEB
，
由（1）知
BEF
PBF
△
∽△
∴
60
FEB
FBP
连接OP ，则
2
120
DOP
FBP
∵正方形ABCD内接于
O ，
90
BCD
∴BD 是
O 的直径，
∵
2
BD
∴
1
1
2
OD
BD
∴DP的长为120
2
2
1
360
3
；
（3）略
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14．（2026·福建泉州·模拟预测）如图1，在四边形ABCD中，对角线AC ，BD 相交于点G ，AB
AC
，
ADB
ABC
，AD ，BC 的延长线交于点E ．
(1)求证：
ACE
BDE
∽
△
△
；
(2)若BD
CD
，求证：
2AD
CD
BD
；
(3)如图2，若
10
AB
，
4
tan
3
ABC
，当CE
DE 的值最小时，求CD 的长．
【答案】(1)
证明：
AB
AC
∵
，
ADB
ABC
，
ADB
ABC
ACB
，
ACE
BDE
，
E
E
，
ACE
BDE
∽
；
(2)
证明：如图，作AH
AD
于点A ，交BD 于点H ,
90
DAH
，
BD
CD
，
90
BDC
，
由（1）得：
ACE
BDE
∽
△
△
，
CAE
DBE
，
AGD
BGC
，
AGD
BGC
∽
，
AG
DG
BG
CG
，
AGB
DGC
，
AGB
DGC
∽
，
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90
BAG
BDC
，
BAH
CAD
，
AB
AC
∵
，
45
ADB
ABC
ACB
，
AH
AD
，
2
HD
AD
，
在
ABH
△
和ACD 中，
AB
AC
BAH
CAD
AH
AD
ABH
ACD SAS
≌
，
BH
CD
，
2AD
CD
HD
BH
BD
；
(3) 7
2
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、解直角三角形、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性
质，熟练掌握相关性质，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）根据等腰三角形的性质易证得
ACE
BDE
，结合
E
E
，从而得出结论；
（2）作AH
AD
于点A ，交BD 于点H ，易证得AGD
BGC
∽
，进而证得AG
DG
BG
CG
，再证得AGB
DGC
∽
，
进而得到
BAH
CAD
，最后证得
ABH
ACD SAS
≌
，进而得到BH
CD
，从而得出结论；
（3）根据题意易得到A 、B、C、D 四点共圆，则当BD 最长时，CE
DE 最小，此时BD 为四边形ABCD外接
圆的直径，根据
4
tan
tan
3
ADB
ABC
列方程为：
4
3
AB
AE
AD
AB
，设
4
CE
x
，
3
CD
x
，则
35
5
6
DE
x
，
解方程即可．
【详解】（1）略
（2）略
（3）证明：由（1）得：
ACE
BDE
∽
△
△
，
CE
AC
DE
BD
，
CAE
DBE
，
A
、B、C、D 四点共圆，
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DCE
BAD
，
CDE
ABC
，
10
AC
AB
，
当BD 最长时，CE
DE 最小，
此时BD 为四边形ABCD外接圆的直径，
90
DCE
BAD
，
4
tan
tan
3
ADB
ABC
，
即
4
3
AB
AE
AD
AB
，
3
15
4
2
AD
AB
，
4
40
3
3
AE
AB
，
35
6
DE
AE
AD
，
又
4
tan
3
CE
CDE
CD
，
设
4
CE
x
，
3
CD
x
，
则
35
5
6
DE
x
，
7
6
x
，
7
2
CD
．
15．（2026·福建泉州·一模）如图1，在等边三角形ABC 中，F 为边AC 延长线上的一点，将线段AF 绕着
点A 逆时针旋转60得到线段AD ，连接
,
CD BF ．
(1)求证：
ADC
AFB
；
(2)如图2，将线段BF 沿BA 方向平移BA 的长度得到线段
,
AE AE 与CD 相交于点G ，连接EF ．
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①求证：
, ,
D E F 三点在同一条直线上；
②当
2
EG
AG
时，求tan
ADC
的值．
【答案】(1)
证明：由旋转的性质，得AF
AD
，
60
DAC
．
∵ABC是等边三角形，
∴
60
BAC
，AB
AC
．
∴
FAB
DAC
∵AF
AD
，
DAC
FAB
，AC
AB
，
∴
SAS
DAC
FAB
≌
，
∴
ADC
AFB
；
(2)①证明：由平移的性质，得EF
AB，
∴
60
AFE
FAB
，
连接DF ，
由（1）得AF
AD
，
60
DAC
，
∴DAF 是等边三角形，
60
AFD
AFE
，
∴D
E
F
，，
三点在同一条直线上；
②2
3
【分析】（1）运用旋转的性质得到AF
AD
，
60
DAC
，从而证明
SAS
DAC
FAB
≌
，即可得证；
（2）①由平移的性质可知EF
AB，连接DF ，则DAF 是等边三角形，证明
60
AFD
AFE
，从而
证明D
E
F
，，
三点在同一条直线上；
②延长DC 交AB 的延长线于点Q，证明
DEG
QAG
△
∽△
可得
2
DE
AQ
，设AC
a
，CF
b
，则AB
EF
a
，
则DE
DF
EF
a
b
a
b
，
1
2
2
b
AQ
DE
，再证明
ACQ
FCD
△
∽△
，可得AQ
AC
FD
FC
，从而找到a 与
b 的关系即
2
2
2
2
0
a
ab
b
，解得
1
3
2
a
b
，作CH
AD
，求出CH 和DH ，从而利用
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tan
tan
CH
ADC
HDC
DH
求解即可．
【详解】（1）略
（2）①略
②延长DC 交AB 的延长线于点Q，
∵EF
AB，
∴
DEG
QAG
△
∽△
，
∴DE
EG
QA
AG
，
又∵
2
EG
AG
，
∴
2
DE
EG
QA
AG
，
∴
2
DE
AQ
．
设AC
a
，CF
b
，则AB
EF
a
，
∵DAF 是等边三角形，
∴AF
DF
a
b
，
∴DE
DF
EF
a
b
a
b
．
∴
1
2
2
b
AQ
DE
，
∵EF
AB，
∴
ACQ
FCD
△
∽△
，
∴AQ
AC
FD
FC
，即
2
b
a
a
b
b
，
整理得：
2
2
2
2
0
a
ab
b
，
解得：
1
3
2
a
b
或
1
3
2
a
b
(舍去)
作CH
AD
，垂足为H ，则
90
DHC
AHC
，
∵DAF 是等边三角形，
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∴
60
HAC
，
在Rt AHC 中，AC
a
，则
3
2
CH
a
，
1
2
AH
a
，
∴
1
2
2
2
a
b
DH
AD
AH
AF
AH
AC
CF
AH
a
b
a
，
在Rt DHC 中，
3
3
2
tan
2
2
2
a
CH
a
HDC
a
b
DH
a
b
，
∴
1
3
3
3
3
2
tan
tan
2
3
1
3
3
3
2
2
b
ADC
HDC
b
b
．
16．（2026·福建泉州·模拟预测）张老师开展“ 45角”主题学习活动，收到了同学们分享的几道优质习题，
现邀请你一同思考解答．
(1)如图1，在ABC 中，
90
C
，
45
B
，
4
AB
，D 是BC 的中点，则AD ______．
(2)如图2，正方形ABCD中，E，F 分别在边BC ，CD 上，且
45
EAF
，连接BD 分别交AE ，AF 于点
H，G，试猜想BE ，DF ，EF 的数量关系，并说明理由．
(3)如图3，在（2）基础上，点E 为正方形ABCD的BC 边上的点，点F 在射线BC 上，求BE
EF 的最大值，请
直接写出结果．
【答案】(1) 10
(2)
解：BE
DF
EF
，
理由：延长CB 至M，使BM
DF
，连接AM ，
∵四边形ABCD是正方形，
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∴AB
AD
，
90
ABM
ADF
，
在ABM 和ADF 中，
AB
AD
ABM
ADF
BM
DF
，
∴
ABM
ADF SAS
≌
，
∴AM
AF
，
BAM
DAF
，
∵
45
EAF
,
90
BAD
，
∴
45
BAE
DAF
，
又∵
BAM
DAF
，
∴
45
BAE
BAM
，即
45
MAE
，
在
MAE
△
和FAE 中，
AM
AF
MAE
FAE
AE
AE
，
∴
MAE
FAE SAS
≌
，
∴ME
EF
，
∵ME
BE
BM
，BM
DF
，
∴BE
DF
EF
．
(3)
2
1
2
【分析】
（1）根据已知条件证得ABC 是等腰直角三角形，得到AC
BC
，利用勾股定理求得
2 2
AC
BC
，
进而通过D 是BC 的中点求得CD 的值，最后通过勾股定理即可得出结果；
（2）延长CB 至M，使BM
DF
，连接AM ，证明
ABM
ADF SAS
≌
，利用全等三角形的性质和角的
和差关系再证明
MAE
FAE SAS
≌
，从而得出ME
EF
，最后利用线段和差关系即可得证；
（3）作正方形ABCD的外接圆，连接AC ，取AC 的中点O，此时O 为圆心，利用相似三角形的判定证得
AEF
GEB
∽
，从而得出BE
GE
EF
AE
，再过点G 作GH
BF
于点H，证得AEB
GEH
∽
，随即推出BE
GH
EF
AB
，
设AB
m
，则
O 的半径
2
2
r
m
，当GH 最大时，BE
EF 的值最大，当点G，H，O 三点共线时，GH 有最
大值为OG
OH
r
OH
，而OH
BC
时，OH 的值最小，即可求得OH 的最小值表达式，进而求得GH 的
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最大值表达式，并最终推出结果．
【详解】（1）解：在ABC 中，
90 ,
45
C
B
，
∴ABC 是等腰直角三角形，
∴AC
BC
，
由勾股定理
2
2
2
AC
BC
AB
，
4
AB
，
得：
2
2
2
4
AC
，即
2
2
16
AC
，
解得：
2 2
AC
BC
，
∵D 是BC 的中点，
∴
1
1
2 2
2
2
2
CD
BC
，
在Rt ACD 中,
2 2,
2
AC
CD
，
∴
2
2
2
2
2
2 2
2
8
2
10
AD
AC
CD
，
解得：
10
AD
．
（2）略
（3）解：如图，作正方形ABCD的外接圆，连接AC ，取AC 的中点O，此时O 为圆心，
∴
45
AGB
ACB
EAF
，
∴BG
AF
∥
，
∵
AEF
BEG
，
∴AEF
GEB
∽
，
∴BE
GE
EF
AE
，
过点G 作GH
BF
于点H，
∴AB
GH
∥
，
∵
AEB
GEH
，
∴AEB
GEH
∽
，
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∴GH
GE
AB
AE
，
∴BE
GH
EF
AB
，
设AB
m
，则
O 的半径
2
2
r
m
，
∴当GH 最大时，BE
EF 的值最大，
∵点G 在
O 上运动，
∴当点G，H，O 三点共线时，GH 有最大值为OG
OH
r
OH
，
当OH
BC
时，OH 的值最小，
∴OH 的最小值为1
1
2
2
AB
m
，
∴GH 的最大值为
2
1
2
2
r
OH
m
m
，
∴BE
EF 的最大值为
2
1
2
1
2
2
2
m
m
m
．
17．（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
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
，
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∵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
，
∴
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；
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（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，
∵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
18．（2026·福建厦门·模拟预测）如图，在
ABCD 中，点E 在BC 边上，点B 关于直线AE 的对称点F 落在
ABCD 内，射线AF 交射线DC 于点G ，交射线BC 于点P ，射线EF 交CD 边于点Q ．
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(1)如图1，当CE
BE
时，点P 在BC 延长线上
①求证：
EFP
ECQ
≌△
△
；
②若
3
CG
，
5
GQ
，求DQ 的长；
(2)如图2，当
2
CE
BE
时，点P 在BC 边上，若
2
3
CQ
DQ
，求CG
DG 的值．
【答案】(1)①证明：由折叠的性质得：
,
B
AFE BE
FE
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB CD ，
∴
B
PCG
，
∴
AFE
PCG
，
∵
AFE
QFG
，
∴
PCG
QFG
，
∵
FGQ
CGP
，
∴由三角形内角和定理得，
CQE
P
，
∵CE
BE
，BE
EF
∴EF
EC
，
又∵
CEQ
FEP
，
∴
AAS
EFP
ECQ
≌
；
②4
(2)
4
15
【分析】（1）①由折叠的性质得：
,
B
AFE BE
FE
，再结合平行四边形的性质可得
PCG
QFG
，
然后根据三角形内角和定理可得
CQE
P
，即可求证；
②根据全等三角形的性质可得EQ
EP
，从而得到FQ
CP
，可证明FQG
CPG
≌
，从而得到
3,
5
FG
CG
GQ
GP
，再由折叠的性质得：AF
AB
，再根据CGP
BAP
∽
，可得
12
AB
，即可求
解；
（2）延长
,
AD EQ 交于点M ，设
2
CQ
a
，BE
b
，证明DQM
CQE
∽
得出
3
DM
b
，证明FEP
CEQ
∽
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得出PF
a
，证明AMF
PEF
∽
得出
6
5
EP
b
，进而求得
2
1
2
2
n
b
CP
n
，根据PC
AD 得出GPC
GAD
∽
，
根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）解：①略；
②∵
EFP
ECQ
≌△
△
，
∴EQ
EP
，
∵EF
EC
，
∴FQ
CP
，
∵
FGQ
CGP
，
CQE
P
，
∴
AAS
FQG
CPG
△
≌△
，
∴
3,
5
FG
CG
GQ
GP
，
由折叠的性质得：AF
AB
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB CD ，AB
CD
，
∴CGP
BAP
∽
，
∴CG
PG
AB
AP
，
∴3
5
3
5
AB
AB
，
解得：
12
AB
，
∴
12
CD
，
∴
4
DQ
CD
CG
QG
；
（2）解：如图，延长
,
AD EQ 交于点M ，
设
2
CQ
a
，BE
b
∵
2
3
CQ
DQ
，
2
CE
BE
∴
= 3
DQ
a ，
2
EC
b
，
∴根据平行四边形可得，
5
AB
CD
a
，
3
AD
BC
b
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∵折叠，
∴
5
AF
AB
a
∵AD
BC
∥
，即DM
EC
∥
∴DQM
CQE
∽
∴DM
DQ
EC
CQ
即
3
3
2
2
2
DM
a
b
a
∴
3
DM
b
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴
B
ADQ
又∵折叠，
∴
AFE
B
∵
180
AFQ
AFE
∴
180
AFQ
ADQ
∴
180
DAF
DQF
∵
180
EQC
DQF
∴
EQC
DAF
∵AD
BC
∥
∴
DAF
FPE
∴
EQC
FPE
又∵
FEP
CEQ
∴FEP
CEQ
∽
∴EF
FP
EC
CQ
即2
2
b
FP
b
a
∴PF
a
∵AB
CD
∥
∴AMF
PEF
∽
∴EP
PF
AM
AF
∴3
3
5
EP
a
b
b
a
解得：
6
5
EP
b
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∴
6
4
2
5
5
CP
EC
EP
b
b
b
又∵PC
AD
∴GPC
GAD
∽
∴
4
4
5
3
15
b
CG
CP
DG
AD
b
．
19．（2026·福建厦门·三模）如图1，点E 是矩形ABCD 的边CD 上任意一点，点C 关于BE 的对称点是点
F，连接
,
BF EF ．
(1)如图1，当点F 在边AD 上时，求证：
ABF
DFE
∽
△
△
；
(2)如图2，AB
AD
，连接CF 并延长交BE 于点N，交AD 于点H，连接AF 并延长交边DC 于点M，交
BE 的延长线于点P．
①求证：FN
PN
；
②若
24
AP
，DH
DE
，求ME 的长．
【答案】(1)证明：由对称的性质可得
,
BF
BC EF
CE
，
∵BE
BE
，
∴
, ,
BCE
BFE S S S
≌
，
∴
BFE
C
，
∵矩形ABCD 中，
90
A
D
C
，
∴
90
BFE
C
，
∴
90
AFB
DFE
，
∵
90
AFB
ABF
，
∴
ABF
DFE
，
∵
90
A
D
，
∴
ABF
DFE
∽
△
△
；
(2)①证明：∵矩形ABCD 中，AB
AD
，
60 / 80
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∴四边形ABCD 是正方形，
∴AB
BC
，
由对称的性质得
,
BC
BF BP
CF
，
∴
90 ,
,
FNP
BF
AB
PBF
PBC
，
∴
BAF
BFA
，
设
BAF
BFA
，
ABF
，
∴
1 90
45
2
2
PBF
PBC
ABF
，
∵
180
BAF
BFA
ABF
，即2
180
，
∴
90
2
，
∵
BFA
P
PBF
，即
45
2
P
，
∴
45
45
2
P
，
∴
90
45
PFN
P
，
∴
45
PFN
P
，
∴FN
PN
；
②10
【分析】（1）由对称的性质可得
,
BF
BC EF
CE
，结合BE
BE
，易证
, ,
BCE
BFE S S S
≌
，利用矩
形的性质可得
90
BFE
C
，进而得到
90
AFB
DFE
，由
90
AFB
ABF
，易证
ABF
DFE
，结合
90
A
D
，即可证明；
（2）①证明四边形ABCD 是正方形，由对称的性质得推出
90 ,
,
FNP
BF
AB
PBF
PBC
，
BAF
BFA
，
ABF
，求出
90
2
，
45
45
2
P
，证明
45
PFN
P
，即可
证明结论；
②过点F 作FI
CD
于点I ，设
6
BC
CD
AD
AB
x
，证明
BCE
CDH ASA
≌
，则CE
DH
，
BE
CH
，结合DH
DE
可得，
1
3
2
DE
CE
DH
CD
x
．利用勾股定理可得
3 5
BE
CH
x
，再
使用面积法可得
6 5
5
CN
FN
x
，则
12 5
5
CF
x
．由FI
AD
∥
可判定△
∽△
CFI
CHD 和△
∽△
MFI
MAD ，
从而计算出
2
MD
x
，ME
x
．由AB CD 可判定MPE
APB
∽
，则
1
6
MP
ME
AP
AB
，计算得
20
AM
，在
Rt ADM 中，利用勾股定理构造方程求解即可．
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【详解】（1）略
（2）解：①略
②过点F 作FI
CD
于点I ，设
6
BC
CD
AD
AB
x
，
∵
90
EBC
BCF
BCF
HCD
，
∴
EBC
HCD
，
在BCE 和
CDH
△
中
90
EBC
HCD
BC
CD
BCE
CDH
，
∴
BCE
CDH ASA
≌
，
∴CE
DH
，BE
CH
，
∵DH
DE
，
∴
1
3
2
DE
CE
DH
CD
x
，
在Rt BCE 中，
2
2
3 5
BE
BC
CE
x
，
∴
3 5
BE
CH
x
，
∵
1
1
2
2
BCE
S
BC CE
BE CN
，
∴
6 5
5
BC CE
CN
x
BE
，
∵CN
FN
，
∴
12 5
2
5
CF
CN
x
，
∵FI
CD
，
∴FI
AD
∥
，
∴△
∽△
CFI
CHD ，
62 / 80
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∴
12 5
4
5
5
3 5
x
FI
CI
CF
DH
CD
CH
x
，
∴
4
12
I
5
5
F
DH
x
，
4
24
I
5
5
C
CD
x
，
∴
6
I
I
5
D
CD
C
x
，
∵FI
AD
∥
，
∴△
∽△
MFI
MAD ，
∴
12
I
I
2
5
6
5
x
M
F
MD
AD
x
，
∴
2
4
I
I
3
5
M
D
x
，
5
I
2
3
MD
D
x
，
∴ME
DE
MD
x
，
∵AB CD ，
∴MPE
APB
∽
，
∴
1
6
6
MP
ME
x
AP
AB
x
，
∴
5
20
6
AM
AP
，
在Rt ADM 中，
2
2
2
AD
MD
AM
，
∴
2
2
2
6
2
20
x
x
，解得
10
x
（负值，舍去），
∴
10
ME
x
．
20．（2026·福建三明·二模）如图，在ABC 中，
45
ACB
，直线AB 上方有一点E （不与点C 重合），
且满足AEB
BEC
∽
，作
BCD
BCE
，交AB 的延长线于点D ．
(1)求证：BEC
DBC
∽
；
(2)当BE 平分
ABC
时，求证：A 、E 、C 三点共线；
(3)若
2
AB
，BE
AB 是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由．
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【答案】(1)证明：
AEB
BEC
∽
，
ABE
BCE
．
BCD
BCE
，
ABE
BCD
．
ABC
ABE
CBE
BCD
D
Q
，
CBE
D
，
BEC
DBC
△
∽△
．
(2)证明：
BE 平分
ABC
，
ABE
EBC
．
AEB
BEC
∽
，
ABE
BCE
，
EAB
EBC
，
ABE
BCE
EAB
EBC
，
BE
BE
，
AAS
AEB
BEC
△
≌△
，
AB
CB
，
45 ,
90
ACB
CAB
ABC
，
45
ABE
CBE
，
45
BCE
EAB
，
90
AEB
CEB
，
180
AEB
CEB
，
A 、E 、C 三点共线．
(3)解：存在；
2
2
BE
AB
最大
．
【分析】（1）由AEB
BEC
∽
得到
ABE
BCE
，进一步求出
CBE
D
，即可求证；
（2）由角平分线的定义得到
ABE
EBC
，利用相似的性质进一步得到
, ,
AEB
BEC A A S
≌
，接着求出
90
AEB
CEB
后即可求证；
（3）先利用相似三角形的性质得到AB
BD
，再构造点C 所在的轨迹
O ，利用圆周角定理等知识构造
DMA
DBC
∽
，最后得出
2
AM
BE
，结合圆内最大的弦是直径以及勾股定理即可求解．
【详解】（1）略
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（2）略
（3）解：存在，
AEB
BEC
∽
，
AB
BE
BC
CE
，
BEC
DBC
Q △
∽△
，
BE
CE
BD
BC
，
BE
BD
CE
BC
，
AB
BD
BC
BC
，
AB
BD
．
45
ACB
，
点C 在以AB 为弦，圆心角为90的圆周上，
连接CD ，作CD 关于CB 的对称线，此时点E 在此条射线上，CD 与
O 交于点M ，连接AM
¼
¼
BM
BM
Q
，
BCD
BAM
．
D
D
，
DMA
DBC
△
∽△
，
AD
AM
CD
BC
．
AEB
BEC
∽
，BEC
DBC
∽
，
AEB
DBC
∽
，
BE
AB
BC
DC
．
1
2
AB
BD
AD
Q
，
2
2
AM
AB
BE
BC
CD
BC
，
2
AM
BE
．
2
AB
，BE
AB 取最大值即BE 取最大，BE 取最大即AM 取最大，当AM 为
O 直径时最大
1
2
BE
AM
OA
．
在Rt AOB 中，
2
2
2
AB
OA
OB
，即
2
2
4
OA
，解得
2
OA
．
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2
BE
OA
2
2
BE
AB
最大
．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理等知识，涉及到了线段的最值问题，
解题关键是相等角的转化与圆的构造．
21．（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
，
∵CE
AB
，
∴
90
BFC
，
∴
90
FCB
FBC
，
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∴
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
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
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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
，
∴
2
2
2
1
BM
BC
CM
t
，
∴
2
2
2 1
BD
BM
t
，
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∴
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．
22．（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 ．
23．（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 ，
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
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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
，
∴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
．
73 / 80
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∵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
．
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
，
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∴
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
，
∴
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
△
∽△
．
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∴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
，
∴
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
△
∽△
．
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∴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
．
24．（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
，
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∵OB
OA
，
∴
BAO
ABO
，
∵CE
AB
，
∴
90
AFE
DFC
，
90
2
BCE
，
∵
.
BCD
BAD
，
∴
90
2
90
DCF
BCD
BCE
，
∴
DCF
DFC
∠
；
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
，
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∵
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
，
∴y 的最小值为1，即DG 的最小值为1．
25．（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
.
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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，
∴
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
∽
，
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∴
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
，
∵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.
