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10. (2026·徐州期中)如图,在平面直角坐标系$xOy$中,点$A,B,P$的坐标分别为$(1,0)$,$(2,5)$,$(4,2)$.若点$C$在第一象限内,且横坐标、纵坐标均为整数,$P$是$△ ABC$的外心,则点$C$的坐标为
(7,4)或(6,5)或(1,4)
.答案
10. (7,4)或(6,5)或(1,4) 解析:
∵点A,B,P的坐标分别为(1,0),(2,5),(4,2),
∴PA=PB=$\sqrt{3^2+2^2}$=$\sqrt{13}$.
∵点C在第一象限内,且横坐标、纵坐标均为整数,P是△ABC的外心,
∴PC=PA=PB=$\sqrt{13}$=$\sqrt{2^2+3^2}$,如图,则点C的坐标为(7,4)或(6,5)或(1,4).
解析
【分析】首先明确三角形外心的性质：外心到三角形三个顶点的距离相等，因此要使P是△ABC的外心，需满足PA=PB=PC。先计算PA、PB的长度，确定PC的长度，再根据点C在第一象限、横纵坐标均为整数的条件，找出满足到P点距离等于PC的整数点，排除已知的A、B点，即可得到点C的坐标。
【解析】已知点A(1,0)，B(2,5)，P(4,2)，根据两点间距离公式：
PA = √[(4-1)² + (2-0)²] = √(9+4) = √13，
PB = √[(4-2)² + (2-5)²] = √(4+9) = √13，
因为P是△ABC的外心，所以PC=PA=PB=√13。
设点C的坐标为(x,y)，则(x-4)² + (y-2)² =13，其中x＞0，y＞0，且x、y为整数。
由于13=2²+3²，因此整数解为：
① x-4=2，y-2=3 → x=6，y=5，即(6,5)；
② x-4=3，y-2=2 → x=7，y=4，即(7,4)；
③ x-4=-3，y-2=2 → x=1，y=4，即(1,4)；
其余解对应的点为A(1,0)、B(2,5)或不在第一象限，不符合要求，故点C的坐标为(7,4)或(6,5)或(1,4)。
【答案】(7,4)或(6,5)或(1,4)
【知识点】三角形外心性质、两点间距离公式
【点评】本题结合平面直角坐标系考查外心性质的应用，核心是利用外心到顶点距离相等的特点，结合整数坐标条件确定点的位置，需注意排除已知点和不符合象限要求的点，难度中等。
【难度系数】0.5
【解析】已知点A(1,0)，B(2,5)，P(4,2)，根据两点间距离公式：
PA = √[(4-1)² + (2-0)²] = √(9+4) = √13，
PB = √[(4-2)² + (2-5)²] = √(4+9) = √13，
因为P是△ABC的外心，所以PC=PA=PB=√13。
设点C的坐标为(x,y)，则(x-4)² + (y-2)² =13，其中x＞0，y＞0，且x、y为整数。
由于13=2²+3²，因此整数解为：
① x-4=2，y-2=3 → x=6，y=5，即(6,5)；
② x-4=3，y-2=2 → x=7，y=4，即(7,4)；
③ x-4=-3，y-2=2 → x=1，y=4，即(1,4)；
其余解对应的点为A(1,0)、B(2,5)或不在第一象限，不符合要求，故点C的坐标为(7,4)或(6,5)或(1,4)。
【答案】(7,4)或(6,5)或(1,4)
【知识点】三角形外心性质、两点间距离公式
【点评】本题结合平面直角坐标系考查外心性质的应用，核心是利用外心到顶点距离相等的特点，结合整数坐标条件确定点的位置，需注意排除已知点和不符合象限要求的点，难度中等。
【难度系数】0.5
11. (2025·无锡校级月考) 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC=2\sqrt{10}$,$BC=4$,$\odot O$是$△ ABC$的外接圆.
(1)求$\odot O$的半径;
(2)若在同一平面内的$\odot P$也经过$B,C$两点,且$PA=2$,请直接写出$\odot P$的半径长.
(1)求$\odot O$的半径;
(2)若在同一平面内的$\odot P$也经过$B,C$两点,且$PA=2$,请直接写出$\odot P$的半径长.
答案
11. (1)如图①,过点A作AD⊥BC,垂足为D,连接OB,OC,
∵AB=AC,AD⊥BC,
∴AD垂直平分BC.
∵OB=OC,
∴点O在BC的垂直平分线上,即点O在AD上.
∵BC=4,
∴BD=$\frac{1}{2}$BC=2.
∵ 在Rt△ABD中,∠ADB=90°,AB=2√10,
∴AD=$\sqrt{AB^2-BD^2}$=6.设OA=OB=r,则OD=6-r.
∵ 在Rt△OBD中,∠ODB=90°,
∴OD²+BD²=OB²,即(6-r)²+2²=r²,解得r=$\frac{10}{3}$,即⊙O的半径为$\frac{10}{3}$.
(2)⊙P的半径长为2√5或2√17. 解析:当⊙P也经过B,C两点,且PA=2时,如图②③,
∵PA=2,
∴PD=6-2=4或PD=6+2=8.
∵BD=2,
∴PB=$\sqrt{4^2+2^2}$=2√5或PB=$\sqrt{8^2+2^2}$=2√17,
∴⊙P的半径长为2√5或2√17.
解析
【分析】
第(1)问：△ABC是等腰三角形，其外接圆圆心必在BC的垂直平分线上，而等腰三角形底边上的高AD就是BC的垂直平分线，因此先通过勾股定理算出AD的长度，再设外接圆半径为r，利用Rt△OBD的勾股定理列方程求解。
第(2)问：⊙P经过B、C两点，同理圆心P在BC的垂直平分线AD上，已知PA=2，需分两种情况（P在线段AD上或AD的延长线上），结合BD的长度，用勾股定理计算PB的长度，即⊙P的半径。
【解析】
(1) 如图①，过点A作AD⊥BC，垂足为D，连接OB、OC。
∵ AB=AC，AD⊥BC，
∴ AD垂直平分BC（等腰三角形三线合一）。
又
∵ OB=OC，
∴ 点O在BC的垂直平分线上，即O在AD上。
∵ BC=4，
∴ BD = $\frac{1}{2}$BC = 2。
在Rt△ABD中，∠ADB=90°，AB=2$\sqrt{10}$，
∴ AD = $\sqrt{AB^2 - BD^2}$ = $\sqrt{(2\sqrt{10})^2 - 2^2}$ = $\sqrt{36}$ = 6。
设⊙O的半径为r，则OA=OB=r，OD=6 - r。
在Rt△OBD中，∠ODB=90°，由勾股定理得：
OD² + BD² = OB²，即(6 - r)² + 2² = r²，
展开化简得：36 - 12r + 4 = 0，解得r = $\frac{10}{3}$。
故⊙O的半径为$\frac{10}{3}$。
(2) 如图②、③，⊙P经过B、C两点，故P在BC的垂直平分线AD上，PA=2，分两种情况：
① 当P在A与D之间时，PD = AD - PA = 6 - 2 = 4，
在Rt△PBD中，PB = $\sqrt{PD^2 + BD^2}$ = $\sqrt{4^2 + 2^2}$ = 2$\sqrt{5}$；
② 当P在AD的延长线上（A的上方）时，PD = AD + PA = 6 + 2 = 8，
在Rt△PBD中，PB = $\sqrt{PD^2 + BD^2}$ = $\sqrt{8^2 + 2^2}$ = 2$\sqrt{17}$。
故⊙P的半径长为2$\sqrt{5}$或2$\sqrt{17}$。
【答案】
(1) ⊙O的半径为$\frac{10}{3}$；(2) ⊙P的半径长为$2\sqrt{5}$或$2\sqrt{17}$。
【知识点】
等腰三角形性质，外接圆半径计算，勾股定理
【点评】
本题结合等腰三角形、外接圆、勾股定理等知识点，重点考查分类讨论思想，需注意第(2)问中P点位置的两种情况，避免漏解，属于几何综合基础题。
【难度系数】
0.5
第(1)问：△ABC是等腰三角形，其外接圆圆心必在BC的垂直平分线上，而等腰三角形底边上的高AD就是BC的垂直平分线，因此先通过勾股定理算出AD的长度，再设外接圆半径为r，利用Rt△OBD的勾股定理列方程求解。
第(2)问：⊙P经过B、C两点，同理圆心P在BC的垂直平分线AD上，已知PA=2，需分两种情况（P在线段AD上或AD的延长线上），结合BD的长度，用勾股定理计算PB的长度，即⊙P的半径。
【解析】
(1) 如图①，过点A作AD⊥BC，垂足为D，连接OB、OC。
∵ AB=AC，AD⊥BC，
∴ AD垂直平分BC（等腰三角形三线合一）。
又
∵ OB=OC，
∴ 点O在BC的垂直平分线上，即O在AD上。
∵ BC=4，
∴ BD = $\frac{1}{2}$BC = 2。
在Rt△ABD中，∠ADB=90°，AB=2$\sqrt{10}$，
∴ AD = $\sqrt{AB^2 - BD^2}$ = $\sqrt{(2\sqrt{10})^2 - 2^2}$ = $\sqrt{36}$ = 6。
设⊙O的半径为r，则OA=OB=r，OD=6 - r。
在Rt△OBD中，∠ODB=90°，由勾股定理得：
OD² + BD² = OB²，即(6 - r)² + 2² = r²，
展开化简得：36 - 12r + 4 = 0，解得r = $\frac{10}{3}$。
故⊙O的半径为$\frac{10}{3}$。
(2) 如图②、③，⊙P经过B、C两点，故P在BC的垂直平分线AD上，PA=2，分两种情况：
① 当P在A与D之间时，PD = AD - PA = 6 - 2 = 4，
在Rt△PBD中，PB = $\sqrt{PD^2 + BD^2}$ = $\sqrt{4^2 + 2^2}$ = 2$\sqrt{5}$；
② 当P在AD的延长线上（A的上方）时，PD = AD + PA = 6 + 2 = 8，
在Rt△PBD中，PB = $\sqrt{PD^2 + BD^2}$ = $\sqrt{8^2 + 2^2}$ = 2$\sqrt{17}$。
故⊙P的半径长为2$\sqrt{5}$或2$\sqrt{17}$。
【答案】
(1) ⊙O的半径为$\frac{10}{3}$；(2) ⊙P的半径长为$2\sqrt{5}$或$2\sqrt{17}$。
【知识点】
等腰三角形性质，外接圆半径计算，勾股定理
【点评】
本题结合等腰三角形、外接圆、勾股定理等知识点，重点考查分类讨论思想，需注意第(2)问中P点位置的两种情况，避免漏解，属于几何综合基础题。
【难度系数】
0.5
12. 如图,$△ ABC$为$\odot O$的内接等边三角形,$BC=$$12$,点$D$为$\overset{\frown}{BC}$上一动点,$BE ⊥ OD$于点$E$,当点$D$由点$B$沿$\overset{\frown}{BC}$运动到点$C$时,线段$AE$的最大值是
第3章
$2\sqrt{21}+2\sqrt{3}$
.第3章
答案
12. $2\sqrt{21}+2\sqrt{3}$ 解析:如图,连接BO,取BO中点M,连接ME,
∵DE⊥BE,M是BO中点,
∴ME=$\frac{1}{2}$BO,
∴点E在以点M为圆心,BM为半径的圆上,
∴当点A,M,E三点共线且点E在AM的延长线上时,AE的值最大,延长BO交AC于点H.
∵△ABC为⊙O的内接等边三角形,
∴直线HB是线段AC的垂直平分线,
∴CH=AH=6,
∴BH=6√3,BO=4√3,
∴ME=2√3,OM=2√3,MH=4√3,
∴AM=$\sqrt{MH^2+AH^2}$=2√21,
∴AE的最大值为2√21+2√3.
解析
【分析】
要解决线段AE的最大值问题，需先确定动点E的运动轨迹：由BE⊥OD可知△BOE为直角三角形，取BO中点M，根据直角三角形斜边中线定理，ME=½BO，因此点E在以M为圆心、½BO为半径的圆上。求AE的最大值时，当A、M、E三点共线且E在AM延长线上，AE取得最大值，此时AE等于点A到圆心M的距离AM加上圆的半径ME。结合等边三角形内接于圆的性质，计算相关线段长度即可得解。
【解析】
1. 连接BO，取BO的中点M，连接ME。
∵ BE⊥OD，
∴ △BOE是直角三角形。
∵ M是BO中点，根据直角三角形斜边中线定理，得 $ ME = BM = MO = \frac{1}{2}BO $，因此点E在以M为圆心、BM为半径的圆上。
2. 当A、M、E三点共线且E在AM的延长线上时，AE的值最大，此时 $ AE = AM + ME $。
3. 计算相关线段长度：
∵ △ABC是⊙O的内接等边三角形，BC=12，
∴ 等边三角形的高 $ BH = \frac{\sqrt{3}}{2} × BC = \frac{\sqrt{3}}{2} × 12 = 6\sqrt{3} $，
等边三角形外接圆半径 $ BO = \frac{2}{3}BH = \frac{2}{3} × 6\sqrt{3} = 4\sqrt{3} $，
∴ $ ME = BM = \frac{1}{2}BO = 2\sqrt{3} $。
又
∵ 等边三角形三线合一，BH垂直平分AC，
∴ $ AH = \frac{1}{2}AC = 6 $，$ MH = BH - BM = 6\sqrt{3} - 2\sqrt{3} = 4\sqrt{3} $。
4. 在Rt△AMH中，由勾股定理得：
$ AM = \sqrt{MH^2 + AH^2} = \sqrt{(4\sqrt{3})^2 + 6^2} = \sqrt{48 + 36} = \sqrt{84} = 2\sqrt{21} $，
∴ AE的最大值为 $ AM + ME = 2\sqrt{21} + 2\sqrt{3} $。
【答案】
$ 2\sqrt{21} + 2\sqrt{3} $
【知识点】
直角三角形斜边中线定理、等边三角形外接圆性质、动点最值
【点评】
本题属于几何动点最值问题，核心是利用直角三角形斜边中线确定动点E的轨迹，结合等边三角形的性质计算关键线段长度，进而求出AE的最大值，考查学生对几何定理和性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.5
要解决线段AE的最大值问题，需先确定动点E的运动轨迹：由BE⊥OD可知△BOE为直角三角形，取BO中点M，根据直角三角形斜边中线定理，ME=½BO，因此点E在以M为圆心、½BO为半径的圆上。求AE的最大值时，当A、M、E三点共线且E在AM延长线上，AE取得最大值，此时AE等于点A到圆心M的距离AM加上圆的半径ME。结合等边三角形内接于圆的性质，计算相关线段长度即可得解。
【解析】
1. 连接BO，取BO的中点M，连接ME。
∵ BE⊥OD，
∴ △BOE是直角三角形。
∵ M是BO中点，根据直角三角形斜边中线定理，得 $ ME = BM = MO = \frac{1}{2}BO $，因此点E在以M为圆心、BM为半径的圆上。
2. 当A、M、E三点共线且E在AM的延长线上时，AE的值最大，此时 $ AE = AM + ME $。
3. 计算相关线段长度：
∵ △ABC是⊙O的内接等边三角形，BC=12，
∴ 等边三角形的高 $ BH = \frac{\sqrt{3}}{2} × BC = \frac{\sqrt{3}}{2} × 12 = 6\sqrt{3} $，
等边三角形外接圆半径 $ BO = \frac{2}{3}BH = \frac{2}{3} × 6\sqrt{3} = 4\sqrt{3} $，
∴ $ ME = BM = \frac{1}{2}BO = 2\sqrt{3} $。
又
∵ 等边三角形三线合一，BH垂直平分AC，
∴ $ AH = \frac{1}{2}AC = 6 $，$ MH = BH - BM = 6\sqrt{3} - 2\sqrt{3} = 4\sqrt{3} $。
4. 在Rt△AMH中，由勾股定理得：
$ AM = \sqrt{MH^2 + AH^2} = \sqrt{(4\sqrt{3})^2 + 6^2} = \sqrt{48 + 36} = \sqrt{84} = 2\sqrt{21} $，
∴ AE的最大值为 $ AM + ME = 2\sqrt{21} + 2\sqrt{3} $。
【答案】
$ 2\sqrt{21} + 2\sqrt{3} $
【知识点】
直角三角形斜边中线定理、等边三角形外接圆性质、动点最值
【点评】
本题属于几何动点最值问题，核心是利用直角三角形斜边中线确定动点E的轨迹，结合等边三角形的性质计算关键线段长度，进而求出AE的最大值，考查学生对几何定理和性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.5
13. (2025·连云港校级月考)定义:只有一组对角是直角的四边形叫作损矩形,连接它的两个非直角顶点的线段叫作这个损矩形的直径.
(1) 如图①,在损矩形 $ABCD$ 中, $∠ ABC = ∠ ADC = 90°$, 则该损矩形的直径是线段
(2) 在图①中的线段 $AC$ 上确定一点 $P$,使损矩形 $ABCD$ 的四个顶点都在以 $P$ 为圆心的同一圆上(即损矩形的四个顶点在同一个圆上),请作出这个圆,并说明理由.(友情提醒:"尺规作图"不要求写作法,但要保留作图痕迹)
(3) 如图②,在 $△ ABC$ 中, $∠ ABC = 90°$, 以 $AC$ 为一边向外作正方形 $ACEF$, $D$ 为正方形 $ACEF$ 的中心,连接 $BD$. 若 $BD$ 平分 $∠ ABC$, $AB = 3$, $BD = 4\sqrt{2}$, 求 $BC$ 的长.
4 星学霸 059
(1) 如图①,在损矩形 $ABCD$ 中, $∠ ABC = ∠ ADC = 90°$, 则该损矩形的直径是线段
AC
.(2) 在图①中的线段 $AC$ 上确定一点 $P$,使损矩形 $ABCD$ 的四个顶点都在以 $P$ 为圆心的同一圆上(即损矩形的四个顶点在同一个圆上),请作出这个圆,并说明理由.(友情提醒:"尺规作图"不要求写作法,但要保留作图痕迹)
(3) 如图②,在 $△ ABC$ 中, $∠ ABC = 90°$, 以 $AC$ 为一边向外作正方形 $ACEF$, $D$ 为正方形 $ACEF$ 的中心,连接 $BD$. 若 $BD$ 平分 $∠ ABC$, $AB = 3$, $BD = 4\sqrt{2}$, 求 $BC$ 的长.
4 星学霸 059
答案
13. (1)AC 解析:根据损矩形直径的定义,可得线段AC是损矩形ABCD的直径.
(2)作AC的垂直平分线交AC于点P,以PA为半径作圆,如图.理由如下:连接BP,DP,
∵点P为AC的中点,
∴PA=PC=$\frac{1}{2}$AC.
∵∠ABC=∠ADC=90°,
∴BP=DP=$\frac{1}{2}$AC,
∴PA=PB=PC=PD,
∴点A,B,C,D在以P为圆心,$\frac{1}{2}$AC的长为半径的同一个圆上.
(3)
∵BD平分∠ABC,∠ABC=90°,BD=4√2,
∴点D到AB,BC的距离h为4,
∴$S_{△ABD}=\frac{1}{2}AB·h=6$,$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AB·BC=\frac{3}{2}BC$,$S_{△BDC}=\frac{1}{2}BC·h=2BC$,$S_{△ACD}=\frac{1}{4}S_{正方形ACEF}=\frac{1}{4}AC^2=\frac{1}{4}(BC^2+9)$.
∵$S_{四边形ABCD}=S_{△ABC}+S_{△ADC}=S_{△ABD}+S_{△BCD}$,
∴$\frac{3}{2}BC+\frac{1}{4}(BC^2+9)=6+2BC$,
∴BC=5或BC=-3(舍去),
∴BC=5.
解析
【分析】
本题围绕“损矩形”的新定义展开，需紧扣定义和几何性质逐步解题：
(1) 直接根据损矩形直径的定义，找到连接两个非直角顶点的线段；
(2) 要使四个顶点共圆，需满足到同一点距离相等，利用直角三角形斜边中线性质，取AC中点P即可满足条件；
(3) 利用BD平分直角得到D到两边的距离，结合正方形中心的性质，通过四边形面积的两种表示方法列方程，求解BC的长度并舍去负根。
【解析】
(1) 根据损矩形直径的定义：连接损矩形两个非直角顶点的线段为直径，损矩形ABCD的非直角顶点是A、C，因此直径是线段AC。
(2) 作图：作AC的垂直平分线交AC于点P，以PA为半径作圆（保留作图痕迹）。
理由：连接BP、DP，
∵P是AC中点，
∴PA=PC=½AC；又
∵∠ABC=∠ADC=90°，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得BP=½AC，DP=½AC，
∴PA=PB=PC=PD，故A、B、C、D在以P为圆心、½AC为半径的圆上。
(3)
∵BD平分∠ABC，∠ABC=90°，BD=4√2，
∴点D到AB、BC的距离h=BD·sin45°=4√2×(√2/2)=4。
计算各部分面积：
S△ABD=½×AB×h=½×3×4=6；
S△BDC=½×BC×h=2BC；
S△ABC=½×AB×BC=(3/2)BC；
∵D是正方形ACEF的中心，
∴∠ADC=90°，AD=DC，故S△ACD=¼S正方形ACEF=¼AC²=¼(AB²+BC²)=¼(9+BC²)。
又
∵S四边形ABCD=S△ABC + S△ACD = S△ABD + S△BDC，代入得：
(3/2)BC + ¼(9+BC²)=6+2BC，
整理得BC²-2BC-15=0，解得BC=5或BC=-3（舍去负根），故BC=5。
【答案】
(1) AC
(2) 作图：作AC的垂直平分线交AC于点P，以PA为半径作圆，如图。
(3) 5
【知识点】
四点共圆、直角三角形性质、正方形性质
【点评】
本题结合新定义“损矩形”，综合考查直角三角形斜边中线性质、四点共圆判定、正方形性质及面积法的应用，需准确理解新定义并灵活运用几何知识，综合性较强。
【难度系数】
0.5
本题围绕“损矩形”的新定义展开，需紧扣定义和几何性质逐步解题：
(1) 直接根据损矩形直径的定义，找到连接两个非直角顶点的线段；
(2) 要使四个顶点共圆，需满足到同一点距离相等，利用直角三角形斜边中线性质，取AC中点P即可满足条件；
(3) 利用BD平分直角得到D到两边的距离，结合正方形中心的性质，通过四边形面积的两种表示方法列方程，求解BC的长度并舍去负根。
【解析】
(1) 根据损矩形直径的定义：连接损矩形两个非直角顶点的线段为直径，损矩形ABCD的非直角顶点是A、C，因此直径是线段AC。
(2) 作图：作AC的垂直平分线交AC于点P，以PA为半径作圆（保留作图痕迹）。
理由：连接BP、DP，
∵P是AC中点，
∴PA=PC=½AC；又
∵∠ABC=∠ADC=90°，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得BP=½AC，DP=½AC，
∴PA=PB=PC=PD，故A、B、C、D在以P为圆心、½AC为半径的圆上。
(3)
∵BD平分∠ABC，∠ABC=90°，BD=4√2，
∴点D到AB、BC的距离h=BD·sin45°=4√2×(√2/2)=4。
计算各部分面积：
S△ABD=½×AB×h=½×3×4=6；
S△BDC=½×BC×h=2BC；
S△ABC=½×AB×BC=(3/2)BC；
∵D是正方形ACEF的中心，
∴∠ADC=90°，AD=DC，故S△ACD=¼S正方形ACEF=¼AC²=¼(AB²+BC²)=¼(9+BC²)。
又
∵S四边形ABCD=S△ABC + S△ACD = S△ABD + S△BDC，代入得：
(3/2)BC + ¼(9+BC²)=6+2BC，
整理得BC²-2BC-15=0，解得BC=5或BC=-3（舍去负根），故BC=5。
【答案】
(1) AC
(2) 作图：作AC的垂直平分线交AC于点P，以PA为半径作圆，如图。
(3) 5
【知识点】
四点共圆、直角三角形性质、正方形性质
【点评】
本题结合新定义“损矩形”，综合考查直角三角形斜边中线性质、四点共圆判定、正方形性质及面积法的应用，需准确理解新定义并灵活运用几何知识，综合性较强。
【难度系数】
0.5
