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10.（2025·太仓期末）如图，$AB$是半圆的直径，点$O$为圆心，$C$是半圆上一点，连接$AC$.
（1）用无刻度的直尺和圆规作图：在半圆上确定一点$P$，使得$\overset{\frown}{PB}=\overset{\frown}{PC}$（保留作图痕迹）.
（2）在（1）的条件下，连接$PB$、$PC$.若$AB=10$，$AC=6$，求四边形$ABPC$的面积.
（1）用无刻度的直尺和圆规作图：在半圆上确定一点$P$，使得$\overset{\frown}{PB}=\overset{\frown}{PC}$（保留作图痕迹）.
（2）在（1）的条件下，连接$PB$、$PC$.若$AB=10$，$AC=6$，求四边形$ABPC$的面积.
答案
（2）32
解析
（1）作图步骤：
①连接BC；
②分别以B、C为圆心，大于$\frac{1}{2}BC$长为半径画弧，两弧交于两点，过这两点作直线，交半圆于点P（P与B不重合），则点P即为所求。
（2）
∵AB是半圆直径，$AB=10$，∴$OA=OB=5$，$\angle ACB=90°$（直径所对圆周角是直角）。
在$Rt\triangle ABC$中，$AC=6$，$AB=10$，由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$。
∵$\overset{\frown}{PB}=\overset{\frown}{PC}$，∴PO垂直平分BC（圆心在弦的垂直平分线上），设垂足为D，则$BD=CD=\frac{1}{2}BC=4$。
在$Rt\triangle OBD$中，$OB=5$，$BD=4$，∴$OD=\sqrt{OB^2-BD^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
∵$OP=5$（半径），∴点P到BC的距离$PD=OP-OD=5-3=2$。
$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×6×8=24$，
$S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}× BC× PD=\frac{1}{2}×8×2=8$，
∴四边形ABPC的面积$S=S_{\triangle ABC}+S_{\triangle PBC}=24+8=32$。
①连接BC；
②分别以B、C为圆心，大于$\frac{1}{2}BC$长为半径画弧，两弧交于两点，过这两点作直线，交半圆于点P（P与B不重合），则点P即为所求。
（2）
∵AB是半圆直径，$AB=10$，∴$OA=OB=5$，$\angle ACB=90°$（直径所对圆周角是直角）。
在$Rt\triangle ABC$中，$AC=6$，$AB=10$，由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$。
∵$\overset{\frown}{PB}=\overset{\frown}{PC}$，∴PO垂直平分BC（圆心在弦的垂直平分线上），设垂足为D，则$BD=CD=\frac{1}{2}BC=4$。
在$Rt\triangle OBD$中，$OB=5$，$BD=4$，∴$OD=\sqrt{OB^2-BD^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$。
∵$OP=5$（半径），∴点P到BC的距离$PD=OP-OD=5-3=2$。
$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×6×8=24$，
$S_{\triangle PBC}=\frac{1}{2}× BC× PD=\frac{1}{2}×8×2=8$，
∴四边形ABPC的面积$S=S_{\triangle ABC}+S_{\triangle PBC}=24+8=32$。
11. 如图，在等腰直角三角形$ABC$中，$\angle BAC=90^{\circ}$，$P$是斜边$BC$上一点（不与点$B$、$C$重合），$PE$是$\triangle ABP$的外接圆$\odot O$的直径，连接$AP$、$AE$.
（1）求证：$\triangle APE$是等腰直角三角形；
（2）若$\odot O$的直径为2，求$PC^{2}+PB^{2}$的值.
（1）求证：$\triangle APE$是等腰直角三角形；
（2）若$\odot O$的直径为2，求$PC^{2}+PB^{2}$的值.
答案
（1）见解析；（2）4。
解析
（1）证明：∵PE是⊙O的直径，∴∠PAE=90°。
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，∴∠ABC=45°。
∵∠ABC与∠AEP都对弧AP，∴∠ABC=∠AEP=45°。
在Rt△PAE中，∠AEP=45°，∴∠APE=45°，∴AP=AE。
∴△APE是等腰直角三角形。
（2）解：∵PE=2，△APE是等腰直角三角形，∴AP²+AE²=PE²，且AP=AE。
∴2AP²=4，∴AP²=2。
将△ABP绕点A顺时针旋转90°得△ACQ，连接PQ。
则AQ=AP，CQ=BP，∠CAQ=∠BAP，∠ACQ=∠ABP=45°。
∵∠PAQ=∠PAC+∠CAQ=∠PAC+∠BAP=∠BAC=90°，
∴△PAQ是等腰直角三角形，PQ²=2AP²=4。
∵∠PCQ=∠ACB+∠ACQ=45°+45°=90°，
∴PC²+CQ²=PQ²，即PC²+PB²=4。
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，∴∠ABC=45°。
∵∠ABC与∠AEP都对弧AP，∴∠ABC=∠AEP=45°。
在Rt△PAE中，∠AEP=45°，∴∠APE=45°，∴AP=AE。
∴△APE是等腰直角三角形。
（2）解：∵PE=2，△APE是等腰直角三角形，∴AP²+AE²=PE²，且AP=AE。
∴2AP²=4，∴AP²=2。
将△ABP绕点A顺时针旋转90°得△ACQ，连接PQ。
则AQ=AP，CQ=BP，∠CAQ=∠BAP，∠ACQ=∠ABP=45°。
∵∠PAQ=∠PAC+∠CAQ=∠PAC+∠BAP=∠BAC=90°，
∴△PAQ是等腰直角三角形，PQ²=2AP²=4。
∵∠PCQ=∠ACB+∠ACQ=45°+45°=90°，
∴PC²+CQ²=PQ²，即PC²+PB²=4。
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$\angle AOC=30^{\circ}$，$P$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$\angle OCP$的度数.
答案
情况一：点P在点O右侧（A点所在一侧）
设∠OCP=x，∠QOP=α。
∵Q在⊙O上，∴QO=OC（半径相等），△OCQ为等腰三角形，∠OCQ=∠OQC=x，故∠COQ=180°-2x。
∵QP=QO，∴△QOP为等腰三角形，∠QOP=∠QPO=α，故∠OQP=180°-2α。
∵C，Q，P共线，∴∠OQC+∠OQP=180°，即x+(180°-2α)=180°，得x=2α。
∵∠AOC=30°，∠COQ=∠AOC+∠AOQ，∠AOQ=α，∴180°-2x=30°+α。
将α=x/2代入，得180°-2x=30°+x/2，解得x=60°。
情况二：点P在点O左侧（B点所在一侧）
设∠OCP=x，∠QOP=α。
同理，△OCQ中∠COQ=180°-2x，△QOP中∠QOP=∠QPO=α，∠OQP=180°-2α。
∵C，Q，P共线，∠OQC=∠OQP+∠CQP（补角关系），得x=2α。
∵∠AOC=30°，∠COQ=∠AOQ-∠AOC，∠AOQ=180°-α，∴180°-2x=(180°-α)-30°。
将α=x/2代入，得180°-2x=150°-x/2，解得x=20°。
结论：∠OCP的度数为20°或60°。
20°或60°
设∠OCP=x，∠QOP=α。
∵Q在⊙O上，∴QO=OC（半径相等），△OCQ为等腰三角形，∠OCQ=∠OQC=x，故∠COQ=180°-2x。
∵QP=QO，∴△QOP为等腰三角形，∠QOP=∠QPO=α，故∠OQP=180°-2α。
∵C，Q，P共线，∴∠OQC+∠OQP=180°，即x+(180°-2α)=180°，得x=2α。
∵∠AOC=30°，∠COQ=∠AOC+∠AOQ，∠AOQ=α，∴180°-2x=30°+α。
将α=x/2代入，得180°-2x=30°+x/2，解得x=60°。
情况二：点P在点O左侧（B点所在一侧）
设∠OCP=x，∠QOP=α。
同理，△OCQ中∠COQ=180°-2x，△QOP中∠QOP=∠QPO=α，∠OQP=180°-2α。
∵C，Q，P共线，∠OQC=∠OQP+∠CQP（补角关系），得x=2α。
∵∠AOC=30°，∠COQ=∠AOQ-∠AOC，∠AOQ=180°-α，∴180°-2x=(180°-α)-30°。
将α=x/2代入，得180°-2x=150°-x/2，解得x=20°。
结论：∠OCP的度数为20°或60°。
20°或60°
