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三、解答题
10 如图，$\odot O$是等边三角形$ABC$的外接圆，连接$CO$并延长，交$AB$于点$D$，交$\odot O$于点$E$，连接$EA$，$EB$.
（1）写出图中一个度数为$30°$的角：______，图中与$△ ACD$全等的三角形是________；
（2）连接$OA$，$OB$，判断四边形$OAEB$的形状，并说明理由.
10 如图，$\odot O$是等边三角形$ABC$的外接圆，连接$CO$并延长，交$AB$于点$D$，交$\odot O$于点$E$，连接$EA$，$EB$.
（1）写出图中一个度数为$30°$的角：______，图中与$△ ACD$全等的三角形是________；
（2）连接$OA$，$OB$，判断四边形$OAEB$的形状，并说明理由.
答案
10. (1) $∠ ACE$(答案不唯一) $△ BCD$ (2) 四边形OAEB为菱形 理由:$\because △ ABC$ 为等边三角形，$\therefore AC=BC,∠ ACB=60°$。$\because CO=CO,OA=OB,\therefore △ ACO≌△ BCO,\therefore ∠ ACO=∠ BCO=30°$。$\because \overset{\frown}{AE}=\overset{\frown}{AE},\therefore ∠ AOE=2∠ ACO=60°$。$\because OA=OE,\therefore △ OAE$为等边三角形，$\therefore OE=AE$。同理，可证$OE=BE$，$\therefore OA=OB=AE=BE,\therefore$ 四边形OAEB为菱形。
解析
【分析】
第（1）问思路：
首先已知$△ ABC$是等边三角形，内角均为$60°$，$\odot O$是它的外接圆，过圆心的线段$CE$是等边三角形的角平分线，因此可将$60°$的$∠ ACB$分为两个$30°$的角，此外根据同弧所对圆周角相等，还能得到其他$30°$的角；找全等三角形时，观察$△ ACD$的对应边和角，$AC=BC$、$∠ ACD=∠ BCD$、$CD$为公共边，可直接判定$△ BCD$和它全等。
第（2）问思路：
要判断四边形$OAEB$的形状，首先明确$OA、OB、OE$都是圆的半径，长度相等，接下来只需证明$AE、BE$也和半径长度相等即可：根据圆周角定理“同弧所对圆心角是圆周角的2倍”，可算出$∠ AOE、∠ BOE$均为$60°$，即可证明$△ OAE$和$△ OBE$都是等边三角形，得到$AE=BE=半径$，进而得到四边形四边相等，判定为菱形。
【解析】
（1）$\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore ∠ ACB=60°$，
$\because \odot O$是等边$△ ABC$的外接圆，$CE$过圆心$O$，$\therefore CE$平分$∠ ACB$，
$\therefore ∠ ACE=\frac{1}{2}∠ ACB=30°$，答案不唯一，$∠ BCE、∠ ABE、∠ BAE$均符合要求；
在$△ ACD$和$△ BCD$中：
$\{\begin{array}{l}AC=BC\\ ∠ ACD=∠ BCD\\ CD=CD\end{array} $
$\therefore △ ACD≌△ BCD(SAS)$，故与$△ ACD$全等的三角形是$△ BCD$。
（2）四边形$OAEB$为菱形，理由如下：
$\because △ ABC$为等边三角形，
$\therefore AC=BC,∠ ACB=60°$。
$\because CO=CO,OA=OB$，
$\therefore △ ACO≌△ BCO(SSS)$，
$\therefore ∠ ACO=∠ BCO=30°$。
$\because$同弧$\overset{\frown}{AE}$所对圆心角是圆周角的2倍，
$\therefore ∠ AOE=2∠ ACO=60°$，
$\because OA=OE$，
$\therefore △ OAE$为等边三角形，
$\therefore OE=AE$。
同理可证$∠ BOE=60°$，$△ OBE$为等边三角形，$OE=BE$，
$\therefore OA=OB=AE=BE$，
$\therefore$四边形$OAEB$为菱形。
【答案】
(1) $∠ ACE$(答案不唯一)；$△ BCD$
(2) 四边形$OAEB$为菱形
【知识点】
圆周角定理；等边三角形的判定与性质；菱形的判定
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质、全等三角形判定、特殊三角形与特殊四边形的判定，解题时需要结合图形梳理边、角的对应关系，熟练掌握相关性质定理即可快速求解。
【难度系数】
0.7
第（1）问思路：
首先已知$△ ABC$是等边三角形，内角均为$60°$，$\odot O$是它的外接圆，过圆心的线段$CE$是等边三角形的角平分线，因此可将$60°$的$∠ ACB$分为两个$30°$的角，此外根据同弧所对圆周角相等，还能得到其他$30°$的角；找全等三角形时，观察$△ ACD$的对应边和角，$AC=BC$、$∠ ACD=∠ BCD$、$CD$为公共边，可直接判定$△ BCD$和它全等。
第（2）问思路：
要判断四边形$OAEB$的形状，首先明确$OA、OB、OE$都是圆的半径，长度相等，接下来只需证明$AE、BE$也和半径长度相等即可：根据圆周角定理“同弧所对圆心角是圆周角的2倍”，可算出$∠ AOE、∠ BOE$均为$60°$，即可证明$△ OAE$和$△ OBE$都是等边三角形，得到$AE=BE=半径$，进而得到四边形四边相等，判定为菱形。
【解析】
（1）$\because △ ABC$是等边三角形，$\therefore ∠ ACB=60°$，
$\because \odot O$是等边$△ ABC$的外接圆，$CE$过圆心$O$，$\therefore CE$平分$∠ ACB$，
$\therefore ∠ ACE=\frac{1}{2}∠ ACB=30°$，答案不唯一，$∠ BCE、∠ ABE、∠ BAE$均符合要求；
在$△ ACD$和$△ BCD$中：
$\{\begin{array}{l}AC=BC\\ ∠ ACD=∠ BCD\\ CD=CD\end{array} $
$\therefore △ ACD≌△ BCD(SAS)$，故与$△ ACD$全等的三角形是$△ BCD$。
（2）四边形$OAEB$为菱形，理由如下：
$\because △ ABC$为等边三角形，
$\therefore AC=BC,∠ ACB=60°$。
$\because CO=CO,OA=OB$，
$\therefore △ ACO≌△ BCO(SSS)$，
$\therefore ∠ ACO=∠ BCO=30°$。
$\because$同弧$\overset{\frown}{AE}$所对圆心角是圆周角的2倍，
$\therefore ∠ AOE=2∠ ACO=60°$，
$\because OA=OE$，
$\therefore △ OAE$为等边三角形，
$\therefore OE=AE$。
同理可证$∠ BOE=60°$，$△ OBE$为等边三角形，$OE=BE$，
$\therefore OA=OB=AE=BE$，
$\therefore$四边形$OAEB$为菱形。
【答案】
(1) $∠ ACE$(答案不唯一)；$△ BCD$
(2) 四边形$OAEB$为菱形
【知识点】
圆周角定理；等边三角形的判定与性质；菱形的判定
【点评】
本题综合考查了圆的基本性质、全等三角形判定、特殊三角形与特殊四边形的判定，解题时需要结合图形梳理边、角的对应关系，熟练掌握相关性质定理即可快速求解。
【难度系数】
0.7
11 [2024 沭阳段考]如图，AB是$\odot O$的直径，弦CD交AB于点E，$∠ ACD=60°$.
（1）若$∠ ADC=50°$，求$∠ CEB$的度数；
（2）若$BD=3$，$BE=2$，求$AE$的长.
（1）若$∠ ADC=50°$，求$∠ CEB$的度数；
（2）若$BD=3$，$BE=2$，求$AE$的长.
答案
11. (1) 如图，连接BC. $\because ∠ ADC=50°,\therefore ∠ ADC=∠ ABC=50°$。$\because AB$是$\odot O$的直径，$\therefore ∠ ACB=90°,\therefore ∠ BAC=40°$。$\because ∠ CEB=∠ ACD+∠ BAC,∠ ACD=60°,\therefore ∠ CEB=60°+40°=100°$ (2) $\because \overset{\frown}{AD}$所对的圆周角相等，$∠ ACD=60°,\therefore ∠ ACD=∠ ABD=60°$。$\because AB$ 是$\odot O$ 的直径，$\therefore ∠ ADB=90°,\therefore ∠ BAD=30°$。$\because BD=3,\therefore AB=2BD=2×3=6$。又$\because BE=2,\therefore AE=AB-BE=6-2=4$
解析
【分析】
（1）要求$∠ CEB$的度数，观察可知$∠ CEB$是$△ ACE$的外角，根据三角形外角性质，只需求出$∠ BAC$的度数即可。首先利用同弧所对的圆周角相等，得到$∠ ABC=∠ ADC$，再结合AB是直径的性质推出$∠ ACB=90°$，即可求出$∠ BAC$，进而计算$∠ CEB$。
（2）要求$AE$的长，已知$BE$的长度，只需要先求出直径$AB$的长度即可。首先利用同弧所对圆周角相等得到$∠ ABD=∠ ACD$，再结合直径所对圆周角为直角，得到$Rt△ ADB$中$∠ BAD=30°$，利用含$30°$角的直角三角形的性质求出$AB$，最后用$AB$减去$BE$得到$AE$的长。
【解析】
（1）如图，连接$BC$。
$\because$ 同弧$AC$所对的圆周角相等，$∠ ADC=50°$，
$\therefore ∠ ABC=∠ ADC=50°$。
$\because AB$是$\odot O$的直径，直径所对的圆周角为直角，
$\therefore ∠ ACB=90°$，
在$Rt△ ACB$中，$∠ BAC=90°-∠ ABC=90°-50°=40°$。
$\because ∠ CEB$是$△ ACE$的外角，外角等于不相邻两个内角和，
$\therefore ∠ CEB=∠ ACD+∠ BAC$，
又$\because ∠ ACD=60°$，
$\therefore ∠ CEB=60°+40°=100°$。
（2）$\because$ 同弧$AD$所对的圆周角相等，$∠ ACD=60°$，
$\therefore ∠ ABD=∠ ACD=60°$。
$\because AB$是$\odot O$的直径，直径所对的圆周角为直角，
$\therefore ∠ ADB=90°$，
在$Rt△ ADB$中，$∠ BAD=90°-∠ ABD=90°-60°=30°$，
$\because 30°$角所对的直角边等于斜边的一半，$BD=3$，
$\therefore AB=2BD=2×3=6$。
又$\because BE=2$，
$\therefore AE=AB-BE=6-2=4$。
【答案】
(1) $∠ CEB=100°$；(2) $AE=4$
【知识点】
圆周角定理及推论；含30°角的直角三角形性质；三角形外角性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题的核心是熟练掌握圆周角相关推论，结合三角形的性质进行角度和边长的计算，解题时注意辅助线的构造思路，难度不大。
【难度系数】
0.7
（1）要求$∠ CEB$的度数，观察可知$∠ CEB$是$△ ACE$的外角，根据三角形外角性质，只需求出$∠ BAC$的度数即可。首先利用同弧所对的圆周角相等，得到$∠ ABC=∠ ADC$，再结合AB是直径的性质推出$∠ ACB=90°$，即可求出$∠ BAC$，进而计算$∠ CEB$。
（2）要求$AE$的长，已知$BE$的长度，只需要先求出直径$AB$的长度即可。首先利用同弧所对圆周角相等得到$∠ ABD=∠ ACD$，再结合直径所对圆周角为直角，得到$Rt△ ADB$中$∠ BAD=30°$，利用含$30°$角的直角三角形的性质求出$AB$，最后用$AB$减去$BE$得到$AE$的长。
【解析】
（1）如图，连接$BC$。
$\because$ 同弧$AC$所对的圆周角相等，$∠ ADC=50°$，
$\therefore ∠ ABC=∠ ADC=50°$。
$\because AB$是$\odot O$的直径，直径所对的圆周角为直角，
$\therefore ∠ ACB=90°$，
在$Rt△ ACB$中，$∠ BAC=90°-∠ ABC=90°-50°=40°$。
$\because ∠ CEB$是$△ ACE$的外角，外角等于不相邻两个内角和，
$\therefore ∠ CEB=∠ ACD+∠ BAC$，
又$\because ∠ ACD=60°$，
$\therefore ∠ CEB=60°+40°=100°$。
（2）$\because$ 同弧$AD$所对的圆周角相等，$∠ ACD=60°$，
$\therefore ∠ ABD=∠ ACD=60°$。
$\because AB$是$\odot O$的直径，直径所对的圆周角为直角，
$\therefore ∠ ADB=90°$，
在$Rt△ ADB$中，$∠ BAD=90°-∠ ABD=90°-60°=30°$，
$\because 30°$角所对的直角边等于斜边的一半，$BD=3$，
$\therefore AB=2BD=2×3=6$。
又$\because BE=2$，
$\therefore AE=AB-BE=6-2=4$。
【答案】
(1) $∠ CEB=100°$；(2) $AE=4$
【知识点】
圆周角定理及推论；含30°角的直角三角形性质；三角形外角性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，解题的核心是熟练掌握圆周角相关推论，结合三角形的性质进行角度和边长的计算，解题时注意辅助线的构造思路，难度不大。
【难度系数】
0.7
12 如图，直线$ l $经过$ \odot O $的圆心，且交$ \odot O $于$ A $，$ B $两点，点$ C $在$ \odot O $上，且$ ∠ AOC = 30° $，$ P $是直线$ l $上的一个动点（不与圆心$ O $重合），$ CP $与$ \odot O $相交于另一点$ Q $，连接$ QO $。若$ QP = QO $，求$ ∠ OCP $的度数。
答案
12. 分以下三种情况讨论. ① 如图①，当点 P 在线段 OA 上时，在$△ QOC$中，$\because OC=OQ,\therefore ∠ Q=∠ C$。在$△ OPQ$中，$\because QP=QO,\therefore ∠ QOP=∠ QPO$。$\because ∠ AOC=30°,\therefore ∠ QPO=∠ C+∠ AOC=∠ C+30°$。又$\because ∠ QOP+∠ QPO+∠ Q=180°$，即$(∠ C+30°)+(∠ C+30°)+∠ C=180°,\therefore ∠ C=40°$,即$∠ OCP=40°$。② 如图②，当点 P 在线段 OA 的延长线上时，在$△ QOC$ 中，$\because OC=OQ$，$\therefore ∠ OQP=∠ OCQ=\frac{1}{2}(180°-∠ QOC)$。在$△ OPQ$中，$\because QP=QO$，$\therefore ∠ OPQ=∠ QOP$。又$\because ∠ OPQ+∠ QOP+∠ OQP=180°$，$∠ QOP=∠ QOC+∠ AOC=∠ QOC+30°$，$\therefore (∠ QOC + 30°)+(∠ QOC + 30°)+\frac{1}{2}(180°-∠ QOC) = 180°, \therefore ∠ QOC=20°, \therefore ∠ OQP=80°,\therefore ∠ OCP=∠ QOC+∠ OQP=100°$。③ 如图③，当点 P 在线段 OA 的反向延长线上时，在$△ QOC$ 中，$\because OC=OQ$，$\therefore ∠ OCP=∠ OQC$。在$△ OPQ$ 中，$\because QO=QP$，$\therefore ∠ QPO=∠ QOP=\frac{1}{2}∠ OQC=\frac{1}{2}∠ OCP$。$\because ∠ AOC=30°, \therefore ∠ QPO+∠ OCP=30°$,即$\frac{1}{2}∠ OCP + ∠ OCP = 30°,\therefore ∠ OCP=20°$。综上所述，$∠ OCP$ 的度数为 $40°$或 $100°$或 $20°$。
解析
【分析】
本题是动点与圆结合的角度计算问题，由于点P在直线l上运动，位置不唯一，因此需分三种情况讨论：①点P在线段OA上；②点P在线段OA的延长线上；③点P在线段OA的反向延长线上。解题时先利用圆的半径相等得到等腰△QOC，结合等边对等角得到底角相等，再根据QP=QO得到等腰△QOP，最后结合三角形内角和定理、三角形外角的性质建立关于所求角的等式，求解即可。
【解析】
分以下三种情况讨论：
① 当点P在线段OA上时，
在△QOC中，
∵OC=OQ（同圆的半径相等），
∴∠OQC=∠OCP。
在△OPQ中，
∵QP=QO，
∴∠QOP=∠QPO。
∵∠AOC=30°，∠QPO是△COP的外角，
∴∠QPO=∠OCP+∠AOC=∠OCP+30°，即∠QOP=∠OCP+30°。
在△OPQ中，根据三角形内角和为180°，得∠QOP+∠QPO+∠OQC=180°，
代入得：$(∠OCP+30°)+(∠OCP+30°)+∠OCP=180°$，
解得$∠OCP=40°$。
② 当点P在线段OA的延长线上时，
在△QOC中，
∵OC=OQ，
∴∠OQC=∠OCQ，即$∠OQC=\frac{1}{2}(180°-∠QOC)$。
在△OPQ中，
∵QP=QO，
∴∠OPQ=∠QOP。
∵$∠QOP=∠QOC+∠AOC=∠QOC+30°$，
在△OPQ中，根据三角形内角和为180°，得$∠QOP+∠OPQ+∠OQP=180°$，
代入得：$(∠QOC+30°)+(∠QOC+30°)+\frac{1}{2}(180°-∠QOC)=180°$，
解得$∠QOC=20°$，
∴$∠OQC=\frac{1}{2}×(180°-20°)=80°$，
∵∠OCP是△QOC的外角，
∴$∠OCP=∠QOC+∠OQC=20°+80°=100°$。
③ 当点P在线段OA的反向延长线上时，
在△QOC中，
∵OC=OQ，
∴∠OCP=∠OQC。
在△OPQ中，
∵QO=QP，
∴∠QPO=∠QOP。
∵∠OQC是△QOP的外角，
∴$∠OQC=∠QPO+∠QOP=2∠QPO$，即$∠QPO=\frac{1}{2}∠OQC=\frac{1}{2}∠OCP$。
∵∠AOC是△COP的外角，∠AOC=30°，
∴$∠QPO+∠OCP=30°$，
代入得：$\frac{1}{2}∠OCP + ∠OCP = 30°$，
解得$∠OCP=20°$。
【答案】
∠OCP的度数为$40°$或$100°$或$20°$。
【知识点】
圆的基本性质，等腰三角形的性质，三角形内角与外角关系
【点评】
本题重点考查分类讨论的数学思想，解题时需全面考虑动点的所有可能位置，避免漏解，同时要熟练结合圆和三角形的相关性质建立角度关系求解。
【难度系数】
0.3
本题是动点与圆结合的角度计算问题，由于点P在直线l上运动，位置不唯一，因此需分三种情况讨论：①点P在线段OA上；②点P在线段OA的延长线上；③点P在线段OA的反向延长线上。解题时先利用圆的半径相等得到等腰△QOC，结合等边对等角得到底角相等，再根据QP=QO得到等腰△QOP，最后结合三角形内角和定理、三角形外角的性质建立关于所求角的等式，求解即可。
【解析】
分以下三种情况讨论：
① 当点P在线段OA上时，
在△QOC中，
∵OC=OQ（同圆的半径相等），
∴∠OQC=∠OCP。
在△OPQ中，
∵QP=QO，
∴∠QOP=∠QPO。
∵∠AOC=30°，∠QPO是△COP的外角，
∴∠QPO=∠OCP+∠AOC=∠OCP+30°，即∠QOP=∠OCP+30°。
在△OPQ中，根据三角形内角和为180°，得∠QOP+∠QPO+∠OQC=180°，
代入得：$(∠OCP+30°)+(∠OCP+30°)+∠OCP=180°$，
解得$∠OCP=40°$。
② 当点P在线段OA的延长线上时，
在△QOC中，
∵OC=OQ，
∴∠OQC=∠OCQ，即$∠OQC=\frac{1}{2}(180°-∠QOC)$。
在△OPQ中，
∵QP=QO，
∴∠OPQ=∠QOP。
∵$∠QOP=∠QOC+∠AOC=∠QOC+30°$，
在△OPQ中，根据三角形内角和为180°，得$∠QOP+∠OPQ+∠OQP=180°$，
代入得：$(∠QOC+30°)+(∠QOC+30°)+\frac{1}{2}(180°-∠QOC)=180°$，
解得$∠QOC=20°$，
∴$∠OQC=\frac{1}{2}×(180°-20°)=80°$，
∵∠OCP是△QOC的外角，
∴$∠OCP=∠QOC+∠OQC=20°+80°=100°$。
③ 当点P在线段OA的反向延长线上时，
在△QOC中，
∵OC=OQ，
∴∠OCP=∠OQC。
在△OPQ中，
∵QO=QP，
∴∠QPO=∠QOP。
∵∠OQC是△QOP的外角，
∴$∠OQC=∠QPO+∠QOP=2∠QPO$，即$∠QPO=\frac{1}{2}∠OQC=\frac{1}{2}∠OCP$。
∵∠AOC是△COP的外角，∠AOC=30°，
∴$∠QPO+∠OCP=30°$，
代入得：$\frac{1}{2}∠OCP + ∠OCP = 30°$，
解得$∠OCP=20°$。
【答案】
∠OCP的度数为$40°$或$100°$或$20°$。
【知识点】
圆的基本性质，等腰三角形的性质，三角形内角与外角关系
【点评】
本题重点考查分类讨论的数学思想，解题时需全面考虑动点的所有可能位置，避免漏解，同时要熟练结合圆和三角形的相关性质建立角度关系求解。
【难度系数】
0.3
