专题05 图形的性质（四边形与圆）3大考点（福建专用）2026年中考数学一模分类汇编

专题02 图形的性质2 3大考点概览 考点01 多边形和平行四边形 考点02 矩形、菱形和正方形 考点03 圆 多边形和平行四边形 考点01 1．（2026·福建漳州·一模）如图，，是的两条切线，，是切点，点在圆上．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·福建漳州·一模）四边形ABCD是正方形，O是其中心，以OC为边作一个正六边形，度数是____． 3．（2026·福建漳州·一模）蜜蜂的蜂巢美观有序，从入口处看，蜂巢由许多正六边形构成（如图所示）．正六边形的每个内角的度数是___________． 4．（2026·福建泉州·一模）如图，在正五边形的内部作正三角形，则___________． 5．（2026·福建厦门·一模）如图，正五边形内接于，则的度数为________． 6．（2026·福建泉州·一模）在物理学中，作用于同一点的两个力的合成符合“平行四边形法则”，即两个共点力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，则这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，如图．如果两个共点力、如图所示，若方格图中每个小正方形的边长都表示，则合力的大小为________． 7．（2026·福建泉州·一模）如图，中，，将绕点顺时针方向旋转得到，连接交于点．取的中点，连接，．若，，，则的长为______． 8．（2026·福建三明·一模）如图，是的直径，与相切于点A，点B是上的一点，且，． (1)求证：是的切线； (2)若弦，求的半径． 9．（2026·福建厦门·一模）如图，在平行四边形中，E，F是对角线上两点，连接，且．求证：． 10．（2026·福建泉州·一模）如图，在菱形中，． (1)求作正方形，使得点E，F在对角线上，且点在点的左边；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹) (2)在（1）的条件下，是的中点，连接，求的长． 11．（2026·福建泉州·一模）如图，是中边上的中线，与相交于点E，且，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，求的面积． 12．（2026·福建泉州·一模）随着科技的发展，新能源汽车越来越普及．某停车场为了满足新能源汽车充电的需要，计划在长、宽的矩形空地修建一个新能源汽车充电场所，某数学项目组负责设计方案． 【资料收集】该项目组通过网络查阅资料和实地考察，确定采用“垂直式”、“平行式”或“倾斜式”三种车位类型进行设计，相关信息如下表： 类型 垂直式车位 平行式车位 倾斜式车位 示意图            数据单位：m 矩形，， 矩形，， 平行四边形，， 行车通道宽度不低于3.5m 【设计方案】依据收集的材料，同学们设计了如下两种方案： 案例解析 方案一：拟设计成如图1所示的垂直式和平行式车位各一排． ， ∴可设计成垂直式和平行式车位各一排， ，， ∴一排垂直式的停车位有14个，一排平行式的停车位有6个， ∴方案一的停车位共有20个． 问题探究 (1)方案二：拟设计成如图2所示的两排都是倾斜式车位，这种设计方案是否可行？若可行，试求出这种方案的最多停车位数？若不可行，请说明理由； （相关参考数据：，） 优化设计 (2)请你结合以上数据及分析，设计一个停车位数量更多的方案，画出设计示意图，并说明理由． 13．（2026·福建三明·一模）如图，在平行四边形中，，是对角线上两点，且．求证：． 14．（2026·福建厦门·一模）如图，在中，E，F是对角线上两点且，连接，． 求证：． 矩形、菱形和正方形 考点02 A． B． C． D． 2．（2026·福建厦门·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，过点D作的平行线，过点C作的平行线，相交于点E．下列三角形中，可以看成由绕点O旋转得到的是（   ） A． B． C． D． 3.（2026·福建漳州·一模）如图，在矩形中，对角线与相交于点，，，则的长为（   ） A．2 B． C．3 D．5 4．（2026·福建三明·一模）图，点P是边长为2的正方形的对角线上的动点，过点P分别作于点于点F，连接并延长，分别交边，所在直线于点，，连接交于点G，当点P在上运动时（不包括两点），下列结论错误的是（） A． B． C． D．的最小值是 5．（2026·福建·一模）如图，在长为，宽为的矩形空地上修筑四条宽度相等的小路，若余下的部分全部种上花卉，且花圃的面积是，则小路的宽是（    ）    A． B． C．或 D． 6．（2026·福建三明·一模）如图，已知正方形的边长为2，P是对角线上一点，于点E，于点F，连接，，则的最小值为______． 7．（2026·福建泉州·一模）如图，点是矩形的边上的一点（点不与点C，D重合），将沿直线翻折得到，边，分别与边相交于点G，H，若图中阴影部分的周长为14，，点是矩形的对称中心，则___________． 8．（2026·福建漳州·一模）在矩形中，是的中点，点在上运动．将沿翻折得到，连接，则的最小值为___________． 9．（2026·福建泉州·一模）如图，正方形的边在的边上，点在边上，，，点为射线上的一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，当取最小值时，则___________． 10．（2026·福建福州·一模）如图，四边形是正方形，点E在边上，，若线段绕点A逆时针旋转后与线段重合，点F在边上，则旋转角的度数是________．    11．（2026·福建·一模）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为____________． 12．（2026·福建厦门·一模）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是_____． 13．（2026·福建·一模）如图，在菱形中，点E，F，G，H分别是，，，上的点，且，若菱形的面积等于24，，则___________________．    14．（2026·福建泉州·一模）在矩形中，，，点E为上的动点（不与B，C重合），连接，将沿翻折得，点B对应点F． (1)如图1，若E为中点，求证：； (2)如图2，是否存在点F在矩形内，使得是以为腰的等腰三角形？若存在，求的长；若不存在，说明理由； (3)如图3，在上取点G（不与A，D重合），将四边形沿翻折，使得点B的对应点F落在上，与交于点H（点A的对应点为），求的最小值，并求此时线段的长． 15．（2026·福建漳州·一模）如图，菱形． (1)求作矩形，使得点，分别在，的延长线上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，若，求的值． 16．（2026·福建·一模）由于电力紧张，某地决定对工厂实行“峰谷”用电．规定：在每天的至为“峰电”期，电价为a元/度；每天至为“谷电”期，电价为b元/度．下表为某厂月份的用电量和电费的情况统计表： 月份 用电量（万度） 电费（万元） 4 12 6.4 5 16 8.8 (1)若4月份“谷电”的用电量占当月总电量的，5月份“谷电”的用电量占当月总用电量的，求的值． (2)若6月份该厂预计用电20万度，为将电费控制在10万元至10.6万元之间（不含10万元和万元），那么该厂6月份在“谷电”的用电量占当月用电量的比例应在什么范围？ 17．（2026·福建·一模）如图，是的对称中心，与相切于点． (1)求证：直线是的切线． 选择其中一位同学的想法，完成证明； (2)当与相切时，是菱形吗？说明理由． 18．（2026·福建·一模）如图，在正方形中，点P，点Q分别在边和上，连接交对角线于点E，将正方形沿折叠，使点A落在边上的点F处，点D落在点G处，交于点H． (1)求证：； (2)求证：A，E，H三点共线； (3)设正方形的面积为，面积为，求的最小值． 19．（2026·福建漳州·一模）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且，已知，，的长度都是整数．    (1)当时，求的值； (2)求证：为无理数． 20．（2026·福建·一模）根据国际标准，系列纸为矩形，其中纸的面积为．将纸沿长边对折、裁开，便成纸；将纸沿长边对折、裁开，便成纸；将纸沿长边对折、裁开，便成纸；将纸沿长边对折、裁开，便成纸…… 将纸按如图1所示的方式折叠． (1)观察图1的折叠过程，可知纸矩形的宽与长的比值为___________； (2)某兴趣小组在实践活动中尝试用纸板做一个无盖的长方体纸盒，要求如下：把一张纸板分割成个矩形纸板，用其中一个作为底面，其余个作为侧面，恰好能粘接成一个无盖的长方体纸盒，小鑫同学画出了如图2所示的设计示意图，该长方体纸盒底面的面积为． 请你在图3，图4所示的纸板中画出两种与小鑫同学不同的设计示意图，并在图中直接标出长方体纸盒的底面和底面的面积． 21．（2026·福建漳州·一模）如图，对角线，相交于点O，过点D作且，连接，，． (1)求证：是菱形； (2)若，，求的长． 22．（2026·福建·一模）如图，点E是矩形的边上的一点，且．    (1)尺规作图（请用铅笔）：作的平分线，交的延长线于点F，连接．（保留作图痕迹，不写作法）； (2)试判断四边形的形状，并说明理由． 23．（2026·福建·一模）“一缕清风银叶转”，某市20台风机依次矗立在云遮雾绕的山脊之上，风叶转动，风能就能转换成电能，造福千家万户．某中学初三数学兴趣小组，为测量风叶的长度进行了实地测量．如图，三片风叶两两所成的角为，当其中一片风叶与塔干叠合时，在与塔底D水平距离为60米的E处，测得塔顶部O的仰角，风叶的视角．    (1)已知α，β两角和的余弦公式为： ，请利用公式计算； (2)求风叶的长度． 圆 考点03 1．（2026·福建厦门·一模）如图，在中，，，以为直径的半圆O交于点D，与相切于点B，则的长为（   ） A． B． C． D．5π 2．（2026·福建三明·一模）如图，点A，B，C在上，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 3．（2026·福建泉州·一模）如图，在中，切于点，连接交于点，过点作交于点，连接．若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·福建泉州·一模）如图，正六边形的边长为，以顶点为圆心，的长为半径画弧，交正六边形于点，，则图中的长为（   ） A． B． C． D． 5．（2026·福建泉州·一模）如图，为的直径，点，在上，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 6．（2026·福建泉州·一模）某校在社会实践活动中，小明同学用一个直径为30cm的定滑轮带动重物上升．如图，滑轮上一点A绕点O逆时针旋转90°，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，则重物上升了（   ） A． B． C． D． 7．（2026·福建三明·一模）如图，为的直径，点C在上，且于点O，弦与相交于点E，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 8．（2026·福建漳州·一模）如图，在中，，，点是斜边上一点，以点为圆心，为半径作圆，与相切于点，与相交于点，点为下方半圆上一点，则的度数为（   ） A． B． C． D． 9．（2026·福建厦门·一模）如图，中弦，相交于点P，连接，，则图中与相等的角是（   ） A． B． C． D． 10．（2026·福建漳州·一模）如图，点A，B，C在上，，，则的半径是（   ） A． B．3 C．4 D． 11．（2026·福建·一模）如图，在中，，，，则的长为（ ） A． B． C． D． 12．（2026·福建·一模）如图，四边形内接于，对角线是的直径，是的切线，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 13．（2026·福建福州·一模）如图，是的直径，是上的一点．若，则（  ） A． B． C． D． 14．（2026·福建漳州·一模）如图，当太阳光线与地面成的角时，测得空中热气球在地面上的影长是10m，则热气球的直径是（  ） A．20m B． C． D．10m 15．（2026·福建厦门·一模）古代工匠确定圆形器具的圆心时，如图通常把角尺的直角顶点放在圆周上，即可找出该圆形器具的一条直径，进而找出圆心，这种方法的数学依据是________． 16．（2026·福建福州·一模）如图，在以点为圆心的半圆中，是直径，，连接交于点，连接交于点，若，则的值是_______．    17．（2026·福建泉州·一模）如图，线段为的直径，点在的延长线上，，，点是上一动点，连接，以为斜边在的上方作，且使得，连接，则长的最大值为_____． 18．（2026·福建泉州·一模）如图，的半径为5，AB为的弦，OC⊥AB于点C，若OC=3，则AB的长为________________． 19．（2026·福建福州·一模）如图，正六边形内接于圆，则六边形中心角的度数是______． 20．（2026·福建漳州·一模）如图，内接于，直径交于点G，过点D作射线，使得，延长交过点B的切线于点E，连接． (1)求证：是的切线； (2)若． ①求的长； ②求的半径． 21．（2026·福建三明·一模）在中，，以为直径的分别交线段，于点D，E，连接． (1)如图①，求证：平分； (2)如图②，过点E作，垂足为点F，交于点G，连接，求证：； (3)在（2）的条件下，若，，求． 22．（2026·福建厦门·一模）如图1，在中，为直径，C为上的点，且在直径上方，D为上的点，且在直径下方，C，D不与A，B重合，交于点E． (1)若，，求； (2)当时． ①如图2，试探究，，的数量关系，并说明理由； ②如图3，过C作，交于点F，过F作，交于点G，当时，求证：F，G，D三点共线． 23．（2026·福建泉州·一模）如图，在锐角中，，过点B作交的外接圆于点D．连接，延长交的延长线于点E． (1)求证：； (2)若，，求的值； (3)若，，求的半径． 24．（2026·福建泉州·一模）如图，内接于，点为直径的延长线上一点． (1)在直径下方，求作的切线，切点为；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，若点为中点，，，求的半径． 25．（2026·福建三明·一模）如图，点、在上，过点的切线交所在的直线于点，过点作于，连接． (1)求证：平分； (2)连接并延长，交于点，若．求的值． 26．（2026·福建漳州·一模）如图，正方形内接于，点在上，连接，交于点，交于点，连接． (1)求证：； (2)若，求的长； (3)探究之间的等量关系． 27．（2026·福建厦门·一模）如图，点D是外接圆上的一点，于G，连接．过点B作直线交于E，交于F．若点F是的中点． (1)求证：； (2)当时，求的半径； (3)若，连接．请你探究与之间的数量关系，并证明． 28．（2026·福建厦门·一模）如图，中，． (1)求作，使得圆心O在边上且经过A，C两点；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，若的半径为2，与相交于点D．扇形的面积为，请判断与的位置关系，并说明理由． 29．（2026·福建福州·一模）中，，D是外接圆上的一点，且点D是所对的弧的中点． (1)如图1，过点D作于点E． ①连接，则的度数为 ； ②若，求外接圆的半径． (2)如图2，连接，过点B的直线交于点F，交该外接圆于点I，交的延长线于点G；的延长线交于点H．若，，求证：． 30．（2026·福建福州·一模）在正方形中，是边上的点． (1)尺规作图：用无刻度的直尺和圆规在图中求作，使得与均相切；（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，设与相切于点，连接，若，求的半径． 31．（2026·福建泉州·一模）如图，PA，PB是圆的切线，A，B为切点． (1)求作：这个圆的圆心O（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法和证明）； (2)在（1）的条件下，延长AO交射线PB于C点，若AC＝4，PA＝3，请补全图形，并求⊙O的半径． 32．（2026·福建漳州·一模）在中，，，．将绕点B顺时针旋转得到，直线，交于点P． （1）如图1，当时，连接． ①求的面积； ②求的值； （2）如图2，连接，若F为中点，求证；C，E，F三点共线． 33．（2026·福建漳州·一模）如图1至图5，均作无滑动滚动，、、、均表示与线段或相切于端点时刻的位置，的周长为.如图1，从的位置出发，沿滚动到的位置，当时，恰好自转1周；如图2，相邻的补角是，在外部沿滚动，在点处，必须由的位置旋转到的位置，绕点旋转的角，在点处自转周. （1）在阅读理解的（1）中，若，则自转______周；若，则自转______周.在阅读理解的（2）中，若，则在点处自转______周；若，则在点处自转______周. （2）如图3，，.从的位置出发，在外部沿滚动到的位置，自转______周. （3）如图4，的周长为，从与相切于点的位置出发，在外部，按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与相切于点的位置，自转了多少周？请说明理由； （4）如图5，多边形的周长为，从与某边相切于点的位置出发，在多边形外部，按顺时针方向沿多边形滚动，又回到与该边相切于点的位置，直接写出自转的周数. 34．（2026·福建泉州·一模）如图，二次函数的图像交轴于，交轴于，过画直线． （1）求二次函数的解析式； （2）点在轴正半轴上，且，求的长； （3）点在二次函数图像上，以为圆心的圆与直线相切，切点为． ① 点在轴右侧，且（点与点对应），求点的坐标； ② 若的半径为，求点的坐标． 2/23 1/23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 图形的性质2 3大考点概览 考点01 多边形和平行四边形 考点02 矩形、菱形和正方形 考点03 圆 多边形和平行四边形 考点01 1．（2026·福建漳州·一模）如图，，是的两条切线，，是切点，点在圆上．若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，由切线的性质可得，利用四边形内角和求出，再根据圆周角定理即可求解． 【详解】解：连接， ∵，是的两条切线，，是切点， ∴， ∵，， ∴， ∴． 2．（2026·福建漳州·一模）四边形ABCD是正方形，O是其中心，以OC为边作一个正六边形，度数是____． 【答案】 【分析】根据正方形的性质可得和，根据正六边形的性质可得其内角为，即，最后利用四边形的内角和为即可求的度数． 【详解】解：设与交于点， ∵四边形是正方形, ∴，, ∵以为边作一个正六边形， ∴正六边形的内角为， ∴． 在四边形中，由四边形内角和定理得：， 即， ∴． 3．（2026·福建漳州·一模）蜜蜂的蜂巢美观有序，从入口处看，蜂巢由许多正六边形构成（如图所示）．正六边形的每个内角的度数是___________． 【答案】 【分析】根据多边形内角和公式及正多边形每个内角都相等即可求解． 【详解】解：正六边形的每个内角的度数是． 4．（2026·福建泉州·一模）如图，在正五边形的内部作正三角形，则___________． 【答案】 48 【分析】求出，求差即可. 【详解】解：由题意，， ∴. 5．（2026·福建厦门·一模）如图，正五边形内接于，则的度数为________． 【答案】/度 【分析】本题主要考查了正多边形，三角形内角和定理，先根据正五边形的性质得出，，再根据三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵是正五边形， ∴，， ∴， 故答案为：． 6．（2026·福建泉州·一模）在物理学中，作用于同一点的两个力的合成符合“平行四边形法则”，即两个共点力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，则这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，如图．如果两个共点力、如图所示，若方格图中每个小正方形的边长都表示，则合力的大小为________． 【答案】 【分析】先在网格中取格点构造平行四边形，再通过勾股定理计算各边长度，验证四边形为平行四边形后，其对角线长度即为两个力的合力大小． 【详解】解：如图，取格点、、，连接、、， 由勾股定理得，， ， ∴四边形是平行四边形， ∴合力的大小为． 7．（2026·福建泉州·一模）如图，中，，将绕点顺时针方向旋转得到，连接交于点．取的中点，连接，．若，，，则的长为______． 【答案】 【分析】作于点，设，通过解直角三角形可得，，由旋转的性质可得，，，．由，使用面积法可求出，进而可证明，则，因此是的中位线，从而得到，解出的值后，求出的长即可． 【详解】解：如图，作于点，设， 在直角中，， 由勾股定理可得，， 由旋转的性质可知，，，， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即点是的中点， ∵点是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴，解得， ∴． 8．（2026·福建三明·一模）如图，是的直径，与相切于点A，点B是上的一点，且，． (1)求证：是的切线； (2)若弦，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)2 【分析】（1）连接，先由圆周角定理求解，即可求解，再由四边形内角和等于求解即可； （2）过点O作，垂足为D，先由等腰三角形得到，再解即可求解半径． 【详解】（1）解：证明：连接 ∵，， ∴ ∵， ∴ ∵与相切于点A ∴ 又∵，， ∴ 又∵点B是上的一点 ∴是的切线； （2）解：过点O作，垂足为D ∵，， ∴ 在中，， ∵，， ∴ ∴的半径为2． 9．（2026·福建厦门·一模）如图，在平行四边形中，E，F是对角线上两点，连接，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】由平行四边形的性质可得，即；再结合可证明，最后运用全等三角形的性质即可证明结论． 【详解】证明：∵平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 10．（2026·福建泉州·一模）如图，在菱形中，． (1)求作正方形，使得点E，F在对角线上，且点在点的左边；(要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹) (2)在（1）的条件下，是的中点，连接，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点O，以为半径，点O为圆心作圆交于点E和点F，再作四边形即可．根据作图可知，，则四边形是正方形； （2）利用勾股定理求出，取的中点N，连接，可知利用中位线定理求出和，并证明，继而求出，再用勾股定理求即可． 【详解】（1）解：如下图所示，正方形即为所求作的正方形， （2）解：取的中点N，连接， 由作图可知： ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， 又∵点N是的中点，是的中点， ∴，， ∴ ∴，． 11．（2026·福建泉州·一模）如图，是中边上的中线，与相交于点E，且，． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)24 【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质、三角形中线的定义得到，根据平行四边形的判定即可得到结论； （2）证明是直角三角形，且， 根据直角三角形的性质和勾股定理求出相应的边长，即可求出答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵是中边上的中线， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形； （2）解：∵，， ∴，， ∴点A，B，C都在以为直径的圆上， ∴是直角三角形，且， ∴， ∴． 12．（2026·福建泉州·一模）随着科技的发展，新能源汽车越来越普及．某停车场为了满足新能源汽车充电的需要，计划在长、宽的矩形空地修建一个新能源汽车充电场所，某数学项目组负责设计方案． 【资料收集】该项目组通过网络查阅资料和实地考察，确定采用“垂直式”、“平行式”或“倾斜式”三种车位类型进行设计，相关信息如下表： 类型 垂直式车位 平行式车位 倾斜式车位 示意图            数据单位：m 矩形，， 矩形，， 平行四边形，， 行车通道宽度不低于3.5m 【设计方案】依据收集的材料，同学们设计了如下两种方案： 案例解析 方案一：拟设计成如图1所示的垂直式和平行式车位各一排． ， ∴可设计成垂直式和平行式车位各一排， ，， ∴一排垂直式的停车位有14个，一排平行式的停车位有6个， ∴方案一的停车位共有20个． 问题探究 (1)方案二：拟设计成如图2所示的两排都是倾斜式车位，这种设计方案是否可行？若可行，试求出这种方案的最多停车位数？若不可行，请说明理由； （相关参考数据：，） 优化设计 (2)请你结合以上数据及分析，设计一个停车位数量更多的方案，画出设计示意图，并说明理由． 【答案】(1)方案二设计为两排倾斜式停车位最多有22个 (2)理由见解析 【分析】（1）过点H作，交的延长线于点P，则，利用平行四边形的性质得，结合解直角三角形求得和，结合，可得倾斜式车位可以设计2排，所以方案二的设计合理，经计算方案二可以设计为两排倾斜式停车位最多有22个； （2）根据，则可设计成垂直式和倾斜式车位各一排，这样停车位数更多，那么该方案可以设计停车位共有25个． 【详解】（1）解：方案二是可行的， 如图，过点H作，交的延长线于点P，则． 在中，， ， 在中，，， ，， ， ， ∴方案二是可行的． ， ∴一排倾斜式停车位有11个， ∴方案二设计为两排倾斜式停车位最多有22个． （2）解：可设计成如图所示垂直式和倾斜式车位各一排，这样停车位数更多， 理由如下： ， ∴可设计成垂直式和倾斜式车位各一排． 由方案一可知，一排垂直式停车位有14个， 由方案二可知，一排倾斜式停车位有11个， ∴按图设计为一排垂直式和一排倾斜式的停车位共有25个． 13．（2026·福建三明·一模）如图，在平行四边形中，，是对角线上两点，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】利用平行四边形的性质求得，，再求得，利用证明，即可得到． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 14．（2026·福建厦门·一模）如图，在中，E，F是对角线上两点且，连接，． 求证：． 【答案】见解析 【分析】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，由平行四边形的性质得，，则，而，即可根据证明，则． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 矩形、菱形和正方形 考点02 1．（2026·福建泉州·一模）如图，在正方形中，对角线与相交于点，点在上，且，延长交边于点，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，则，，，再根据对顶角和正方形的性质证明得，即可求解． 【详解】解：设，则， ∵， ∴，， ∴， ∵是正方形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴． 2．（2026·福建厦门·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，过点D作的平行线，过点C作的平行线，相交于点E．下列三角形中，可以看成由绕点O旋转得到的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定，旋转的性质，先根据菱形的性质推出、、、全等，再根据旋转的性质得绕点O旋转得到的是． 【详解】解：∵在菱形中，对角线，相交于点O， ∴，，，， ∴、、、全等， ∴由绕点O旋转得到的是． 故选：B． 3.（2026·福建漳州·一模）如图，在矩形中，对角线与相交于点，，，则的长为（   ） A．2 B． C．3 D．5 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质和勾股定理，解题的关键是利用矩形对角线相等且互相平分的性质，结合勾股定理求出对角线长度，进而得到线段的长． 先在中，由勾股定理求出对角线的长度；再根据矩形对角线互相平分的性质，得到，从而计算出的长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，． 在中，， ∴． 故选：B． 4．（2026·福建三明·一模）图，点P是边长为2的正方形的对角线上的动点，过点P分别作于点于点F，连接并延长，分别交边，所在直线于点，，连接交于点G，当点P在上运动时（不包括两点），下列结论错误的是（） A． B． C． D．的最小值是 【答案】B 【分析】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点． 选项A：通过角度关系，证出，根据平行线的性质可判断出； 选项B：由特殊值法可判断，当点P与中点重合时，，显然； 选项C：通过角度等量关系，可证出，，即； 选项D：由，可得取最小值时，有最小值，即由垂线段最短可求解； 【详解】解：∵，四边形是正方形， ∴， ∴， ∴，故选项A正确； 当点P与中点重合时， 点与点重合， 此时，但，故选项B错误； ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∵， ∴，故选项C正确； ∵，，且， ∴四边形为矩形，连接，如下图，可得， 当最小时，即最小，即点到上的点的距离最小， 根据正方形的性质可判断，当点为中点时，最小， 此时的长度为对角线的一半， ∵正方形边长为， ∴对角线长度为， ∴， ∴的最小值为，选项D正确． 5．（2026·福建·一模）如图，在长为，宽为的矩形空地上修筑四条宽度相等的小路，若余下的部分全部种上花卉，且花圃的面积是，则小路的宽是（    ）    A． B． C．或 D． 【答案】A 【分析】设小路宽为，则种植花草部分的面积等于长为，宽为的矩形的面积，根据花草的种植面积为，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其符合题意的值即可得出结论． 【详解】解：设小路宽为，则种植花草部分的面积等于长为，宽为的矩形的面积， 依题意得： 解得：，（不合题意，舍去）， ∴小路宽为． 故选A． 【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键． 6．（2026·福建三明·一模）如图，已知正方形的边长为2，P是对角线上一点，于点E，于点F，连接，，则的最小值为______． 【答案】 【分析】连接，结合正方形性质、勾股定理求出，证明四边形是矩形即可得，再根据垂线段最短即可得解． 【详解】解：连接，如下图： ∵正方形中，， ， 又， ∴四边形是矩形， ， 则的最小值即为的最小值， 当时，最短， 此时， ， 即的最小值为． 7．（2026·福建泉州·一模）如图，点是矩形的边上的一点（点不与点C，D重合），将沿直线翻折得到，边，分别与边相交于点G，H，若图中阴影部分的周长为14，，点是矩形的对称中心，则___________． 【答案】 【分析】根据题意求得，再根据矩形的性质结合勾股定理求得． 【详解】解：∵矩形， ∴，， 由折叠的性质知，，， ∵阴影部分的周长为 ， ∵图中阴影部分的周长为14，， ∴， ∴， 连接， ∵点是矩形的对称中心， ∴． 8．（2026·福建漳州·一模）在矩形中，是的中点，点在上运动．将沿翻折得到，连接，则的最小值为___________． 【答案】/ 【分析】如图，连接，由折叠的性质易证，推出点在以点为圆心，为直径的圆上运动，当三点共线时，有最小值，利用勾股定理求出，即可解答． 【详解】解：如图，连接， 由折叠的性质得， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴点在以点为圆心，为直径的圆上运动， 当三点共线时，有最小值， ∵，四边形是矩形， ∴， ∴， ∴的最小值为． 9．（2026·福建泉州·一模）如图，正方形的边在的边上，点在边上，，，点为射线上的一点，将线段绕点顺时针旋转得到线段，当取最小值时，则___________． 【答案】 【分析】连接，由旋转的性质得到，，推出是等腰直角三角形，当时，取得最小值，作于点，延长交于点，在中，由勾股定理计算即可求解． 【详解】解：连接， ∵将线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴当取最小值时，也取得最小值， ∴当时，取得最小值， 如图，作于点，延长交于点， ∵，，四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得． 10．（2026·福建福州·一模）如图，四边形是正方形，点E在边上，，若线段绕点A逆时针旋转后与线段重合，点F在边上，则旋转角的度数是________．    【答案】/度 【分析】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定与性质及旋转性质，根据正方形性质先证明，再根据全等三角形的性质求出，即可求出结论． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵线段绕点逆时针旋转后与线段重合， ∴， ∴， ∴， ∴； 即旋转角的度数为； 故答案为：． 11．（2026·福建·一模）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为____________． 【答案】 【分析】延长，交于点，利用勾股定理求得，计算和，借助矩形内角为直角、全等三角形的角相等，证得，，利用和得出、长，进而得、，利用勾股定理即可求的长． 【详解】解：如图，延长，交于点， 在中，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∵， ∴，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴，，， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质、勾股定理、三角函数的应用，利用全等三角形转移角的关系，结合矩形内角为直角推导直角三角形是解题的关键． 12．（2026·福建厦门·一模）如图，点，，将线段平移得到线段，若，，则点的坐标是_____． 【答案】 【分析】由平移性质可知，，则四边形是平行四边形，又，则有四边形是矩形，根据同角的余角相等可得，从而证明，由性质得，设，则，，则，解得：，故有，，得出即可求解． 【详解】如图，过作轴于点，则， 由平移性质可知：，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴，，， ∴， 设，则，， ∴，解得：， ∴，， ∴， ∵点在第四象限， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质、平移的性质，同角的余角相等等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 13．（2026·福建·一模）如图，在菱形中，点E，F，G，H分别是，，，上的点，且，若菱形的面积等于24，，则___________________．    【答案】6 【分析】连接，交于点O，由题意易得，，，，则有，然后可得，设，则有，进而根据相似三角形的性质可进行求解． 【详解】解：连接，交于点O，如图所示：    ∵四边形是菱形，， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得， 设，则有， ∵， ∴， ∴，即， ∴， 同理可得，即， ∴， ∴； 故答案为6． 【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定及菱形的性质，熟练掌握菱形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 14．（2026·福建泉州·一模）在矩形中，，，点E为上的动点（不与B，C重合），连接，将沿翻折得，点B对应点F． (1)如图1，若E为中点，求证：； (2)如图2，是否存在点F在矩形内，使得是以为腰的等腰三角形？若存在，求的长；若不存在，说明理由； (3)如图3，在上取点G（不与A，D重合），将四边形沿翻折，使得点B的对应点F落在上，与交于点H（点A的对应点为），求的最小值，并求此时线段的长． 【答案】(1)见解析 (2)或 (3) 【分析】（1）根据翻折的性质和等腰三角形的性质易证得，从而得出结论； （2）分情况讨论：当时：易得到点在的垂直平分线上，取中点，连接，过点作于点，由勾股定理求出的值，设，则，在中，利用勾股定理列方程求解的值；当时：点在的垂直平分线上，取中点，连接，过点作于点、于点，同理求出的值； （3）过点作于点，易证得，进而得到，作点关于直线的对称点，则，此时，当、、三点共线时，有最小值，即有最小值，最小值为，利用勾股定理求出的值即可；再找到，进而得到，证得，进而得到，据此求解的值即可． 【详解】（1）证明：E为中点， ， 由翻折性质得：、， ， ， 在中，， ， ， ； （2）解：由翻折性质得：、、， 四边形是矩形， 、， ①当时： ， ， 点在的垂直平分线上， 取中点，连接，过点作于点， 、， 在中，由勾股定理得： ， 、， 、， ， 设，则， 在中，， 由勾股定理得：， 解得， ； ②当时： 点在的垂直平分线上， 取中点，连接，过点作于点、于点， 、， 、， 在中，由勾股定理：， 设，则， 在中，由勾股定理：， 解得， ， 综上所述，的长为或； （3）解：由翻折可知：，且的中点在上， 过点作于点， 、 、 ，即 作点关于直线的对称点，则，此时，当、、三点共线时，有最小值，即有最小值，最小值为， 、、， 由勾股定理得：， 的最小值为：； ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， 解得， ， 、， ， ， ， ， 即， ． 【点睛】本题考查翻折的性质、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质定理，数形结合和分类讨论的思想方法的运用是解题的关键． 15．（2026·福建漳州·一模）如图，菱形． (1)求作矩形，使得点，分别在，的延长线上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，若，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）分别延长，再分别过点作的垂线，垂足分别为，即可； （2）根据菱形的性质可得，，推出，再根据矩形的性质可得，利用勾股定理求出，利用正切的定义即可求解． 【详解】（1）解：如图所示为所求： （2）解：∵菱形中，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴设，则， ∴，即， 解得， ∴， ∴． 16．（2026·福建·一模）由于电力紧张，某地决定对工厂实行“峰谷”用电．规定：在每天的至为“峰电”期，电价为a元/度；每天至为“谷电”期，电价为b元/度．下表为某厂月份的用电量和电费的情况统计表： 月份 用电量（万度） 电费（万元） 4 12 6.4 5 16 8.8 (1)若4月份“谷电”的用电量占当月总电量的，5月份“谷电”的用电量占当月总用电量的，求的值． (2)若6月份该厂预计用电20万度，为将电费控制在10万元至10.6万元之间（不含10万元和万元），那么该厂6月份在“谷电”的用电量占当月用电量的比例应在什么范围？ 【答案】(1)“峰电”期电价为0.6元/度，“谷电”期电价为0.4元/度 (2)在大于小于之间 【分析】本题考查了二元一次方程组的应用、一元一次不等式的应用等知识；由题意列出二元一次方程组和一元一次不等式是解题的关键． （1）根据已知条件可以求出4月、5月的“峰电”的用电量和“谷电”的用电量，然后根据电费建立二元一次方程组，解方程组即可得出结果； （2）设6月份的“谷电”的用电量为x万度，则“峰电”的用电量为万度，根据电费的控制范围建立不等式组求解即可得出结果． 【详解】（1）解：∵4月份“谷电”的用电量占当月总电量的， ∴4月份“谷电”的用电量是：（万度）， ∴4月份“峰电”的用电量是：（万度）， ∵5月份“谷电”的用电量占当月总用电量的， ∴5月份“谷电”的用电量是：（万度）， ∴5月份“峰电”的用电量是：（万度）， 由题意得：， 解得：， 答：“峰电”期电价为元/度，“谷电”期电价为元/度； （2）设6月份“谷电”的用电量为x万度，则“峰电”的用电量为万度， 由题意得：， 解得：， ∴该厂6月份在“谷电”的用电量占当月用电量的比例应在大于且小于之间． 17．（2026·福建·一模）如图，是的对称中心，与相切于点． (1)求证：直线是的切线． 选择其中一位同学的想法，完成证明； (2)当与相切时，是菱形吗？说明理由． 【答案】(1)见详解 (2)是菱形，理由见详解 【分析】（1）先理解题意，结合两位同学的想法，作图，再根据平行四边形的性质以及切线的性质，证明三角形全等，然后结合全等三角形的性质进行分析，即可作答． （2）先理解题意，作图，证明，得，因为四边形是平行四边形，得，即，得，故，运用一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答． 【详解】（1）解：左边同学的思路： 过点O作，连接，，如图所示： ∴， ∵是的对称中心， ∴三点共线，且，， ∴， ∵与相切于点， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴直线是的切线； 右边同学的思路： 连接，并延长交于点F，如图所示： ∵是的对称中心， ∴三点共线，且，， ∴， ∵与相切于点， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴是切点， 即直线是的切线； （2）解：是菱形，理由如下： 当与相切时，记切点为点，如图所示： ∵与相切于点．与相切于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，菱形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 18．（2026·福建·一模）如图，在正方形中，点P，点Q分别在边和上，连接交对角线于点E，将正方形沿折叠，使点A落在边上的点F处，点D落在点G处，交于点H． (1)求证：； (2)求证：A，E，H三点共线； (3)设正方形的面积为，面积为，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)的最小值为 【分析】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、平行四边形的判定与性质、圆的性质等知识点，综合运用所学知识成为解答本题的关键． （1）作，交于点W，结合正方形及折叠性质证明，即可证明结论； （2）作于点W，连接，设交于点，先证明，再证明，证明点A、B、F、共圆即可证明结论； （3）作于点W，作的外接圆O，连接，作于点V，设，则，求出及，当A、O、V共线时a最小，即可求出结论． 【详解】（1）证明：如下图，作，交于点W， ∵正方形沿折叠，使点A落在边上的点F处， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴ ， ∴四边形是平行四边形，， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如下图，作于点W，设交于点，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ， ∵正方形沿折叠，使点A落在边上的点F处， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ∴点A、B、F、共圆， ， 点在上，即点E与点重合， ∴A，E，H三点共线； （3）解：如下图，作于点W，作的外接圆O，连接，作于点V， 设， 则正方形的面积为， ， ， ， ， ， ，即a最小值为，此时A、O、V共线， ， ∴的最小值为． 19．（2026·福建漳州·一模）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且，已知，，的长度都是整数．    (1)当时，求的值； (2)求证：为无理数． 【答案】(1)或 (2)证明见解析 【分析】本题考查有理数无理数概念及运算，涉及正方形性质及应用，全等三角形判定与性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是用含字母的式子表示相关线段的长度． （1）延长至，使，证明≌，可得，，从而证明≌，得，设，，根据勾股定理得，，故，又和是正整数，得，或，，可求出，，即可得到答案； （2）设，，，由勾股定理有，，设，则，同得，变形有，，从而，即，代入得，即知为无理数，即为无理数． 【详解】（1）解：如图，    延长至，使， 四边形是正方形， ，， ≌， ，， ， ， ，即， ， ， ≌， ， 设，，则，，， 根据勾股定理得，， ， ， 和是正整数， ，， ， ，或，， ，或，， 当，时， ， ， ， 当，时， 同理可得， 综上所述：为或； （2）证明：设，，， ，， 设，则， 同知，， ， ，， ， ， 代入得：， ，，， ， ，是整数， 是有理数， 为无理数，即为无理数． 20．（2026·福建·一模）根据国际标准，系列纸为矩形，其中纸的面积为．将纸沿长边对折、裁开，便成纸；将纸沿长边对折、裁开，便成纸；将纸沿长边对折、裁开，便成纸；将纸沿长边对折、裁开，便成纸…… 将纸按如图1所示的方式折叠． (1)观察图1的折叠过程，可知纸矩形的宽与长的比值为___________； (2)某兴趣小组在实践活动中尝试用纸板做一个无盖的长方体纸盒，要求如下：把一张纸板分割成个矩形纸板，用其中一个作为底面，其余个作为侧面，恰好能粘接成一个无盖的长方体纸盒，小鑫同学画出了如图2所示的设计示意图，该长方体纸盒底面的面积为． 请你在图3，图4所示的纸板中画出两种与小鑫同学不同的设计示意图，并在图中直接标出长方体纸盒的底面和底面的面积． 【答案】(1) (2)作图见解析，不唯一 【分析】本题考查长方体的认识，二次根式的运算，正方形的判定与性质，矩形的性质，熟练掌握长方体的侧面和底面的关系是解题的关键． （1）设纸的长为，宽为，第一次翻折：由图可知，，得出，第一次翻折中，则，即可求解； （2）纸宽为，先利用图2的底面积得出，分别利用长方体的特征得到如图3和图4，再将底面积分别用含的代数式表示出来，再将代入即可求解． 【详解】（1）解：设纸的长为，宽为， 第一次翻折：由图可知，， ∴四边形是正方形， ∴， 第一次翻折：， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：∵纸的宽与长的比值为， ∴如图，设，， 由题可知， ∴底面积为， 得， 作法不唯一，如图3，按此方法分割，其中，，可以接成无盖的长方体， 此时，， ∴， ∴底面积为， 此时如图： 如图4，按此方法分割，其中，，可以接成无盖的长方体， 此时，， ∴， ∴底面积为， 此时如图： 21．（2026·福建漳州·一模）如图，对角线，相交于点O，过点D作且，连接，，． (1)求证：是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）先证四边形是平行四边形．再证平行四边形是矩形，则，得，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）证明是等边三角形，得，再由勾股定理得，然后由矩形的在得，即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形． ， ∴平行四边形是矩形， ， ∴， ∴是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ， ， ∴是等边三角形， ， ， 在中，由勾股定理得：， 由（1）可知，四边形是矩形， ， ， 即的长为． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 22．（2026·福建·一模）如图，点E是矩形的边上的一点，且．    (1)尺规作图（请用铅笔）：作的平分线，交的延长线于点F，连接．（保留作图痕迹，不写作法）； (2)试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 【分析】（1）根据题意结合尺规作角平分线的方法作图即可； （2）根据矩形的性质和平行线的性质得出，结合角平分线的定义可得，则，然后根据平行四边形和菱形的判定定理得出结论． 【详解】（1）解：如图所示：    （2）四边形是菱形； 理由：∵矩形中，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形． 【点睛】本题主要考查了尺规作角平分线，矩形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定以及菱形的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键． 23．（2026·福建·一模）“一缕清风银叶转”，某市20台风机依次矗立在云遮雾绕的山脊之上，风叶转动，风能就能转换成电能，造福千家万户．某中学初三数学兴趣小组，为测量风叶的长度进行了实地测量．如图，三片风叶两两所成的角为，当其中一片风叶与塔干叠合时，在与塔底D水平距离为60米的E处，测得塔顶部O的仰角，风叶的视角．    (1)已知α，β两角和的余弦公式为： ，请利用公式计算； (2)求风叶的长度． 【答案】(1) (2)风叶的长度为米 【分析】（1）根据题中公式计算即可； （2）过点A作，连接，，先根据题意求出，再根据等腰对等边证明，结合第一问的结论用三角函数即可求，再证明四边形是矩形，即可求出． 【详解】（1）解：由题意可得：， ∴； （2）解：过点A作，连接，，如图所示，    由题意得：米，， ∴米，， ∵三片风叶两两所成的角为， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴米， ∵，， ∴， 由（1）得：， ∴米， ∴米， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴米， ∵三片风叶两两所成的角为，且三片风叶长度相等， ∴， ∴米， ∴风叶的长度为米． 【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用，正确理解题意和作出辅助线是关键． 圆 考点03 1．（2026·福建厦门·一模）如图，在中，，，以为直径的半圆O交于点D，与相切于点B，则的长为（   ） A． B． C． D．5π 【答案】B 【分析】本题考查了三角形内角和定理、切线的性质、等腰三角形的性质、外角的性质、弧长计算等知识点，解题关键是利用外角性质求出，再利用弧长公式即可． 【详解】如图，连接 ， 半圆O 与相切于点B， ， ， ， ， 是的外角， ， 且为直径， ， ． 2．（2026·福建三明·一模）如图，点A，B，C在上，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据圆周角定理计算出，再根据等边对等角得出，最后利用三角形内角和定理即可求出； 【详解】解：∵， ， ， ， ， ． 3．（2026·福建泉州·一模）如图，在中，切于点，连接交于点，过点作交于点，连接．若，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是圆的切线性质、平行线的性质及圆周角定理的综合应用，灵活运用切线垂直于半径、两直线平行内错角相等及同弧所对圆周角是圆心角的一半等性质是解题的关键．首先根据切线的性质得出，在中求出的度数；再利用圆周角定理求得的度数；最后根据平行线的性质，由得出内错角与相等，从而求出的大小． 【详解】解：如图，连接， 与相切， ， ， 又， ， ， ， ． 故选：． 4．（2026·福建泉州·一模）如图，正六边形的边长为，以顶点为圆心，的长为半径画弧，交正六边形于点，，则图中的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求正六边形的内角，再根据弧长公式求解即可． 【详解】解：正六边形的内角为， ， 正六边形的边长为， 的长为， 故选：C． 5．（2026·福建泉州·一模）如图，为的直径，点，在上，若，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，根据为的直径，得出进而求得，进而根据同弧所对的圆周角相等，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴． 6．（2026·福建泉州·一模）某校在社会实践活动中，小明同学用一个直径为30cm的定滑轮带动重物上升．如图，滑轮上一点A绕点O逆时针旋转90°，假设绳索（粗细不计）与滑轮之间没有滑动，则重物上升了（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用弧长公式算出重物上升的高度即可． 【详解】解：由题意得，， 即重物上升了． 7．（2026·福建三明·一模）如图，为的直径，点C在上，且于点O，弦与相交于点E，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据圆周角定理求出，再根据三角形外角定理即可求出． 【详解】解：∵， ， ， ， ∵是外角， ． 8．（2026·福建漳州·一模）如图，在中，，，点是斜边上一点，以点为圆心，为半径作圆，与相切于点，与相交于点，点为下方半圆上一点，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查圆周角定理，平行线的判定与性质，等边对等角等知识，掌握相关知识是解题的关键． 连接，先计算得到，接着可证得，进而得到，再由圆周角定理可得． 【详解】连接， 在中，，， ， 圆与相切于点， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， （同弧所对的圆周角相等）． 故选：B． 9．（2026·福建厦门·一模）如图，中弦，相交于点P，连接，，则图中与相等的角是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理，在同圆或等圆中，同弧所对的圆周角相等．根据圆周角定理得出即可． 【详解】解：根据圆周角定理得：， 故选：C． 10．（2026·福建漳州·一模）如图，点A，B，C在上，，，则的半径是（   ） A． B．3 C．4 D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握圆周角定理． 先由圆周角定理得到，然后可得为等边三角形，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴的半径是4， 故选：C． 11．（2026·福建·一模）如图，在中，，，，则的长为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是圆周角定理、垂径定理、以及弧长的计算，解答本题的关键是明确弧长计算公式．连接，与相交于点，先根据圆周角确定，再根据垂径定理得到和的值，进而利用锐角三角函数求出的长，最后根据弧长公式即可计算出的长． 【详解】解：如图所示，连接，与相交于点， ， ， ， ，，， 在中，， 的长为：． 故选：A． 12．（2026·福建·一模）如图，四边形内接于，对角线是的直径，是的切线，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：连接，如图， ∵是的切线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 13．（2026·福建福州·一模）如图，是的直径，是上的一点．若，则（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了圆周角定理，熟练掌握同弧所对圆周角等于圆心角的一半是解题的关键．根据圆周角定理求解即可． 【详解】解：∵，， ∴． 故选：C． 14．（2026·福建漳州·一模）如图，当太阳光线与地面成的角时，测得空中热气球在地面上的影长是10m，则热气球的直径是（  ） A．20m B． C． D．10m 【答案】C 【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，圆的切线性质，理解题意是解题的关键．根据题意画出图形，解即可． 【详解】解：如图，记直径为，过点作于点， 由题意得，，，，与圆相切于点N， ∴， ∴， ， ， 故选：C． 15．（2026·福建厦门·一模）古代工匠确定圆形器具的圆心时，如图通常把角尺的直角顶点放在圆周上，即可找出该圆形器具的一条直径，进而找出圆心，这种方法的数学依据是________． 【答案】的圆周角所对的弦是直径 【分析】本题考查了圆周角定理的应用，根据的圆周角所对的弦是直径解答即可． 【详解】解：这种方法的数学依据是的圆周角所对的弦是直径． 故答案为：的圆周角所对的弦是直径． 16．（2026·福建福州·一模）如图，在以点为圆心的半圆中，是直径，，连接交于点，连接交于点，若，则的值是_______．    【答案】 【分析】本题考查圆周角定理、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，连接，证明是等腰直角三角形，得到，勾股定理得到，即可得出结论． 【详解】解：连接，如下图，    ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是直径， ∴， ∴，即为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 17．（2026·福建泉州·一模）如图，线段为的直径，点在的延长线上，，，点是上一动点，连接，以为斜边在的上方作，且使得，连接，则长的最大值为_____． 【答案】/ 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质、两圆的位置关系、轨迹等知识，如图，作，使得，，则，，，由，推出，即（定长），由点是定点，是定长，推出点在半径为的上，由此即可解决问题，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题． 【详解】解：如图，作，使得，，则，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即（定长）， ∵点是定点，是定长， ∴点在半径为的上， ∵， ∴的最大值为， 故答案为：． 18．（2026·福建泉州·一模）如图，的半径为5，AB为的弦，OC⊥AB于点C，若OC=3，则AB的长为________________． 【答案】8 【分析】连接OA，根据勾股定理可求AC，再根据垂径定理即可得出答案． 【详解】解：连接OA，则OA=5，OC=3，∠OCA=90°， ∴AC=4， ∴AB=2AC=8． 故答案为：8． 【点睛】本题主要考查了垂径定理，属于基础题目，熟练掌握该定理是解题的关键． 19．（2026·福建福州·一模）如图，正六边形内接于圆，则六边形中心角的度数是______． 【答案】/60度 【分析】此题考查了正多边形的中心角的知识．根据正多边形的圆心角定义可知：正n边形的圆中心角为，则代入求解即可． 【详解】解：正六边形的中心角为：． 故答案为：． 20．（2026·福建漳州·一模）如图，内接于，直径交于点G，过点D作射线，使得，延长交过点B的切线于点E，连接． (1)求证：是的切线； (2)若． ①求的长； ②求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)①9② 【分析】（1）连接，证明，即可得出是的切线； （2）①连接，证明，得出的长； ②通过勾股定理得出的长，再利用，得出的长，从而得出直径的长度，由此得出的半径． 【详解】（1）证明：连接， ∵，， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵是圆的半径， ∴是的切线； （2）解：①连接， ∵， ∴， ∵是切线， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵， ∵， ∵， ∴，， ∴， 在中，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的半径为． 21．（2026·福建三明·一模）在中，，以为直径的分别交线段，于点D，E，连接． (1)如图①，求证：平分； (2)如图②，过点E作，垂足为点F，交于点G，连接，求证：； (3)在（2）的条件下，若，，求． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据圆周角定理得出，证明，得出，即可证明平分． （2）连接．根据圆内接四边形得出，结合，得出，证明，得出，即可证明． （3）根据，得出，证明，得出．结合，得出．结合，即可求解． 【详解】（1）证明：∵为的直径， ∴， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴． ∴平分． （2）证明：连接． ∵四边形是的内接四边形， ∴， ∵， ∴． ∵为直径，， ∴． ∵，，， ∴． ∴． 又∵， ∴． （3）解：∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． 又∵， ∴． 22．（2026·福建厦门·一模）如图1，在中，为直径，C为上的点，且在直径上方，D为上的点，且在直径下方，C，D不与A，B重合，交于点E． (1)若，，求； (2)当时． ①如图2，试探究，，的数量关系，并说明理由； ②如图3，过C作，交于点F，过F作，交于点G，当时，求证：F，G，D三点共线． 【答案】(1)； (2)①；②证明见详解． 【分析】（1）由题意得，，根据计算即可； （2）①由（1）得，，证垂直平分，得，证得，代入化简即可；②连接，，，证为直角三角形，求得，，进而证明是等边三角形，证明，根据平行公理即可解答． 【详解】（1）解：∵为直径， ∴， ∵C，D为上的点，，， ∴， ∴； （2）①解：； 理由：由（1）得，， ∴， ∵， ∴，为直径， ∴垂直平分，即，， 又∵， ∴， ∴， ∴， 即； ②连接，，， 由①得，， ∵， ∴，即为直角三角形，， 为直径， ∵， ∴，， ， 是等边三角形， ， ∵， ， 同理可得， ， ， ， ∴F，G，D三点共线． 23．（2026·福建泉州·一模）如图，在锐角中，，过点B作交的外接圆于点D．连接，延长交的延长线于点E． (1)求证：； (2)若，，求的值； (3)若，，求的半径． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用圆内接四边形的性质结合已知条件即可证得结论； （2）过点B作于点H，先证明求得，设，则，利用勾股定理列出方程求解x的值，进而利用余弦的定义求得最终结果； （3）连接，，延长，分别交，于点F，G，连接，，利用相似三角形的判定与性质，结合已知条件和勾股定理列出方程求解未知数，从而求得的半径． 【详解】（1）证明：∵四边形是圆内接四边形， ， ， ， ， ， ， ． （2）解：如图，过点B作于点H， 由（1）知， ，， ，， ，， ， ，即， ， 设，则． 在和中，， ，解得，即， 在中，． （3）解：如图，连接，，延长，分别交，于点F，G，连接，， ， ∴设，则， ，， 垂直平分， ，， 在中，， 设的半径为r，则， ， 在中，，即，解得， ，， ， ， ， ， 由（1）知， ， ，， ，， ， ， ，即，解得， ， ，， ， ，即，解得， ，即的半径长为． 24．（2026·福建泉州·一模）如图，内接于，点为直径的延长线上一点． (1)在直径下方，求作的切线，切点为；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，若点为中点，，，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2)的半径为 【分析】（1）作的垂直平分线交于点，再以为圆心，为半径作圆，在直径下方交于点，最后连接，即为所求； （2）设与交于点，的半径为，由题意可知，垂直平分，证明，根据相似三角形的性质得到，再证明，根据相似三角形的性质列方程即可求解． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：设与交于点，的半径为， 点为中点， 垂直平分，即， ，， ， ，即， ， ，， ， ，即， 解得， 的半径为． 25．（2026·福建三明·一模）如图，点、在上，过点的切线交所在的直线于点，过点作于，连接． (1)求证：平分； (2)连接并延长，交于点，若．求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，根据圆的切线的性质推出，利用平行线的性质和等边对等角的性质，得出，即可得证； （2）连接、，由直径可得，由同角的余角相等以及等边对等角，得出，从而证明，得到，再根据同弧所对的圆周角相等求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接， 是的切线， ， ， ， ， ， ， ， 平分； （2）解：如图，连接、， 是直径， ， ， ， ， ， ， ， 又， ， ， 在中，， ， ， ． 26．（2026·福建漳州·一模）如图，正方形内接于，点在上，连接，交于点，交于点，连接． (1)求证：； (2)若，求的长； (3)探究之间的等量关系． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)，见解析 【分析】（1）根据正方形的性质得到，则，再由圆周角定理得到，然后结合公共角即可 ； （2）先证明，结合，则可设，那么，由，求出，由（1）知，则，连接，则，确定是的直径，再由弧长公式求解即可； （3）延长到点H，使得，连接，先证明，则，可得，则由勾股定理得到，再等量代换求证即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴； （2）解：∵四边形是正方形，是对角线， ∴ 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴ 设， ∴ ∵ ∴， ∴， ∴， 由（1）知 ∴ 连接，则 ∵正方形内接于， ∴是的直径， ∵ ∴ ∴的长为； （3）解：，理由如下： 延长到点H，使得，连接， ∵， ∴， ∵正方形中，， 又∵ ∴ ∴ ∵正方形中，， ∴ ∴ ∴ ∴． 27．（2026·福建厦门·一模）如图，点D是外接圆上的一点，于G，连接．过点B作直线交于E，交于F．若点F是的中点． (1)求证：； (2)当时，求的半径； (3)若，连接．请你探究与之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，理由见详解 【分析】（1）根据弧中点得到，根据平行线夹弧得到，即可得证； （2）作于点M，连接， 则，根据，得到，根据，得到，得到，得到，得到，得到，即可； （3）作于点M，连接，设，则，根据，，得到，，得到，由勾股定理得到，得到，得到，得到，得到，根据，即得． 【详解】（1）证明：∵点F是弧的中点， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：作于点M，连接，如图， ∵， ∴， 由（1）可知：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的半径； （3）解：．理由如下： 同（2），作于点M，连接， 由（2）知，，，， ∴， 设，则 ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即． 【点睛】本题主要考查了圆与三角形综合．熟练掌握平行弦性质，垂径定理，勾股定理解直角三角形，圆周角定理，等腰三角形性质，含30°的直角三角形性质，是解决问题的关键． 28．（2026·福建厦门·一模）如图，中，． (1)求作，使得圆心O在边上且经过A，C两点；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，若的半径为2，与相交于点D．扇形的面积为，请判断与的位置关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)与相切，理由见解析 【分析】本题考查了作图-复杂作图，直线与圆的位置关系． （1）作的垂直平分线交于点O，再以为圆心作即可； （2）连接，设，先根据扇形的面积为求出，即，则，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算出，则，于是可得到，然后根据切线的判定定理可判断与相切． 【详解】（1）解：如图，为所求作； （2）解：与相切，理由如下： 如图，连接，设， ∵扇形的面积为， ∴， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为半径， ∴与相切． 29．（2026·福建福州·一模）中，，D是外接圆上的一点，且点D是所对的弧的中点． (1)如图1，过点D作于点E． ①连接，则的度数为 ； ②若，求外接圆的半径． (2)如图2，连接，过点B的直线交于点F，交该外接圆于点I，交的延长线于点G；的延长线交于点H．若，，求证：． 【答案】(1)①；② (2)见解析 【分析】本题考查的是圆的知识的综合运用，掌握圆周角定理、垂径定理、切线的判定定理以及相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． （1）①根据直角所对的圆周角是直角可得是直径，进而可得，根据点是所对的弧的中点得出，即可求解； ②过点作于点，证明得出，，进而得出四边形是正方形，求得，进而根据勾股定理，求得，即可求解； （2）过点作于点，过点作于点，同（1）得出四边形是正方形，根据正方形的性质可得，结合已知，得出，根据等边对等角可得，进而得出是直径，即可得出是圆心，即可得证． 【详解】（1）解：①∵，是外接圆上的一点， ∴是直径，， 又∵点是所对的弧的中点， ∴， ∴， 故答案为：． ②如图所示，过点作于点， ∵， ∴， 又∵ ∴四边形是矩形， ∵四边形是圆内接四边形， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 在中，， ∵是直径， ∴外接圆的半径为； （2）解：如图所示，过点作于点，过点作于点， 由（1）可得四边形是正方形， ∵， 即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是直径， 又∵是直径， ∴是圆心， ∴． 30．（2026·福建福州·一模）在正方形中，是边上的点． (1)尺规作图：用无刻度的直尺和圆规在图中求作，使得与均相切；（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，设与相切于点，连接，若，求的半径． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题考查了复杂作图，角平分线的性质，勾股定理，掌握角平分线的性质及切线性质定理是解题的关键． （1）作的平分线与的交点即为点，以为圆心，的长为半径作即可； （2）根据切线的性质定理及正方形的性质求解． 【详解】（1）解：如图：即为所求； （2）解：如图，设的半径为 ∵与相切于点， ∴， ∵四边形是正方形， ，， ∴是等腰直角三角形，， ∴ ∴， ∵平分，，， ∴ ∴， 解得，即的半径为． 31．（2026·福建泉州·一模）如图，PA，PB是圆的切线，A，B为切点． (1)求作：这个圆的圆心O（用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法和证明）； (2)在（1）的条件下，延长AO交射线PB于C点，若AC＝4，PA＝3，请补全图形，并求⊙O的半径． 【答案】(1)见解析； (2)见解析，的半径为 【分析】（1）过点B作BP的垂线，作∠APB的平分线，二线的交点就是圆心； （2）根据切线的性质，利用勾股定理，建立一元一次方程求解即可． 【详解】（1）如图所示，点O即为所求 （2）如图，∵PA是圆的切线，AO是半径，PB是圆的切线， ∴∠CAP=90°，PA=PB=3，∠CBO=90°， ∵AC=4， ∴PC==5，BC=5-3=2， 设圆的半径为x，则OC=4-x， ∴， 解得x=， 故圆的半径为． 【点睛】本题考查了垂线的画法，角的平分线的画法，切线的性质，切线长定理，勾股定理，一元一次方程的解法，熟练掌握切线的性质，切线长定理和勾股定理是解题的关键． 32．（2026·福建漳州·一模）在中，，，．将绕点B顺时针旋转得到，直线，交于点P． （1）如图1，当时，连接． ①求的面积； ②求的值； （2）如图2，连接，若F为中点，求证；C，E，F三点共线． 【答案】（1）①10．②．（2）证明见解析部分． 【分析】（1）①过点作于．证明四边形是矩形，推出，利用勾股定理求出，可得结论． ②利用面积法求出，再利用勾股定理求出，推出，可得结论． （3）如图2中，连接，取的中点，连接，．想办法证明，可得结论． 【详解】解：（1）①过点作于． ，， ， 四边形是矩形， ， 在中，， 由旋转的旋转可知，， ． ②由旋转的性质可知，， ， ， ， ， ， ， ． （2）如图2中，连接，取的中点，连接，． ，， ，， 是由旋转得到， ， ， ，， ， ， ，， ，， ， ，，，四点共圆， ， ， ， ， 、、三点共线． 【点睛】本题考查了几何变换综合题，矩形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是证明． 33．（2026·福建漳州·一模）如图1至图5，均作无滑动滚动，、、、均表示与线段或相切于端点时刻的位置，的周长为.如图1，从的位置出发，沿滚动到的位置，当时，恰好自转1周；如图2，相邻的补角是，在外部沿滚动，在点处，必须由的位置旋转到的位置，绕点旋转的角，在点处自转周. （1）在阅读理解的（1）中，若，则自转______周；若，则自转______周.在阅读理解的（2）中，若，则在点处自转______周；若，则在点处自转______周. （2）如图3，，.从的位置出发，在外部沿滚动到的位置，自转______周. （3）如图4，的周长为，从与相切于点的位置出发，在外部，按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与相切于点的位置，自转了多少周？请说明理由； （4）如图5，多边形的周长为，从与某边相切于点的位置出发，在多边形外部，按顺时针方向沿多边形滚动，又回到与该边相切于点的位置，直接写出自转的周数. 【答案】（1）(3) ;(4) . 【分析】（1）读懂题意，套公式易得若AB＝2c，则⊙O自转2周；若AB＝l，则⊙O自转周．在阅读理解的（2）中，若∠ABC＝120°，则⊙O在点B处自转周；若∠ABC＝60°，则⊙O在点B处自转周； （2）因∠ABC＝90°，AB＝BC＝，则⊙O自转1＋＝周； （3）（4）因三角形和五边形的外角和是360°，则⊙O共自转了周． 【详解】解：（1）套公式易得若AB＝2c，则⊙O自转2周；若AB＝l，则⊙O自转周．在阅读理解的（2）中，若∠ABC＝120°，则⊙O在点B处自转周；若∠ABC＝60°，则⊙O在点B处自转周； （2）因∠ABC＝90°，AB＝BC＝，则⊙O自转1＋＝周； （3）∵的周长为， ∴在三边上自转了周. 又∵三角形的外角和是， ∴在三个顶点处，自转了（周）. ∴共自转了周. （4）∵五边形的外角和也是360°， ∴所做运动和三角形一样，⊙O共自转了周. 【点睛】本题考查了圆的综合题，利用了圆的周长，圆弧的长，理解⊙O绕点B旋转的角∠O1BO2＝n°，⊙O在点B处自转了周是解题关键． 34．（2026·福建泉州·一模）如图，二次函数的图像交轴于，交轴于，过画直线． （1）求二次函数的解析式； （2）点在轴正半轴上，且，求的长； （3）点在二次函数图像上，以为圆心的圆与直线相切，切点为． ① 点在轴右侧，且（点与点对应），求点的坐标； ② 若的半径为，求点的坐标． 【答案】（1）（2）3/2（3）①或②或 【详解】解：（1）∵二次函数y=ax2+bx+c的图像交轴于 ∴设该二次函数的解析式为： 又二次函数y=ax2+bx+c的图像交轴于 将代入，得 解得， ∴抛物线的解析式为，即 （2）设，则 在中， 由勾股定理，得 解得，，即 （3）① ∵，点与点对应 ∴ 情形1：如图，当在点下方时 ∵ ∴轴，∴ 点在二次函数图像上 ∴ 解得（舍去）或，∴ 情形2：如图，当在点上方时 ∵ 由（2）得，为直线与抛物线的另一交点 设直线的解析式为 把的坐标代入，得 解得，，∴ 由，解得，（舍去）或 此时，∴ ∴点的坐标为或 ②以为圆心的圆与直线相切，则点到直线的距离即为圆半径．因为同时也在抛物线上，因此利用平行线间距离处处相等的性质，先在轴上找到与直线距离为的点，过点作与直线平行的直线，根据平行直线的解析式中相等的性质确定直线解析式，再联立直线与抛物线解析式求得坐标． 在轴上取一点，过点作于点，使 ∵ ∴，∴ ∴，解得 ∴或 过点作，交抛物线于点 设直线的解析式为，将代入可得，，解得 ∴设直线的解析式为，将或代入可得， 或，解得或 则直线的解析式为或 当时，， ，方程无实数解 当时，， 解得 ∴点坐标为或 2/23 1/23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $