登录
三、解答题
10 [2025太仓市期末]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.
10 [2025太仓市期末]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.
答案
10. (1)如图,点P即为所求作
(2)如图,连接BC,与OP交于点H.$\because AB$是半圆O的直径,$\therefore ∠ ACB=90°$,$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ ACB$中,$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$.由(1)的作图,得$OP⊥ BC$,$\therefore CH=BH$.$\because OA=OB$,$\therefore OH$是$△ ACB$的中位线,$\therefore OH=\frac{1}{2}AC=3$.$\because OP=\frac{1}{2}AB=5$,$\therefore PH=OP-OH=5-3=2$,$\therefore S_{\mathrm{四边形}ABPC}=\frac{1}{2}AC· BC+\frac{1}{2}BC· PH=\frac{1}{2}×6×8+\frac{1}{2}×8×2=32$
（第10题）解析
【分析】
（1）要使$\overset{\frown}{PB}=\overset{\frown}{PC}$，根据同圆中等弧对应的弦相等、弧的中点在对应弦的垂直平分线上的性质，只需作弦BC的垂直平分线，该线与半圆AB的交点即为所求点P。
（2）求四边形ABPC的面积可将其拆分为$△ ABC$和$△ PBC$两部分计算：首先利用直径所对圆周角为直角的性质，得到$△ ABC$是直角三角形，用勾股定理求出BC长度，算出$△ ABC$的面积；再由$\overset{\frown}{PB}=\overset{\frown}{PC}$可知OP垂直平分BC，结合三角形中位线定理求出OH长度，进而得到PH长度，算出$△ PBC$的面积，两部分面积相加即为四边形总面积。
【解析】
（1）作图步骤：①连接BC；②分别以B、C为圆心，大于$\frac{1}{2}BC$的长度为半径作弧，两弧交于两点，过两点作直线，该直线与半圆AB的交点即为点P，保留作图痕迹即可。
（2）连接BC，与OP交于点H：
∵AB是半圆O的直径，
∴$∠ ACB=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，$AB=10$，$AC=6$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$。
由（1）的作图可知OP是BC的垂直平分线，
∴$OP⊥ BC$，$CH=BH$。
又
∵$OA=OB$，
∴OH是$△ ACB$的中位线，
∴$OH=\frac{1}{2}AC=3$。
∵OP是半圆的半径，
∴$OP=\frac{1}{2}AB=5$，
∴$PH=OP-OH=5-3=2$。
四边形ABPC的面积为：
$S_{\mathrm{四边形}ABPC}=S_{△ ABC}+S_{△ PBC}=\frac{1}{2}AC· BC+\frac{1}{2}BC· PH$
$=\frac{1}{2}×6×8+\frac{1}{2}×8×2=24+8=32$。
【答案】
(1)如图,点P即为所求作
（第10题）
(2)四边形ABPC的面积为32
【知识点】
圆周角定理，三角形中位线定理，弧弦的关系
【点评】
本题综合了尺规作图、圆的基本性质和面积计算，既考查学生的动手作图能力，也考查几何推理与计算能力。解题时将不规则四边形面积拆分为两个三角形面积之和是重要的突破口，掌握圆的基础性质即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
（1）要使$\overset{\frown}{PB}=\overset{\frown}{PC}$，根据同圆中等弧对应的弦相等、弧的中点在对应弦的垂直平分线上的性质，只需作弦BC的垂直平分线，该线与半圆AB的交点即为所求点P。
（2）求四边形ABPC的面积可将其拆分为$△ ABC$和$△ PBC$两部分计算：首先利用直径所对圆周角为直角的性质，得到$△ ABC$是直角三角形，用勾股定理求出BC长度，算出$△ ABC$的面积；再由$\overset{\frown}{PB}=\overset{\frown}{PC}$可知OP垂直平分BC，结合三角形中位线定理求出OH长度，进而得到PH长度，算出$△ PBC$的面积，两部分面积相加即为四边形总面积。
【解析】
（1）作图步骤：①连接BC；②分别以B、C为圆心，大于$\frac{1}{2}BC$的长度为半径作弧，两弧交于两点，过两点作直线，该直线与半圆AB的交点即为点P，保留作图痕迹即可。
（2）连接BC，与OP交于点H：
∵AB是半圆O的直径，
∴$∠ ACB=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，$AB=10$，$AC=6$，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8$。
由（1）的作图可知OP是BC的垂直平分线，
∴$OP⊥ BC$，$CH=BH$。
又
∵$OA=OB$，
∴OH是$△ ACB$的中位线，
∴$OH=\frac{1}{2}AC=3$。
∵OP是半圆的半径，
∴$OP=\frac{1}{2}AB=5$，
∴$PH=OP-OH=5-3=2$。
四边形ABPC的面积为：
$S_{\mathrm{四边形}ABPC}=S_{△ ABC}+S_{△ PBC}=\frac{1}{2}AC· BC+\frac{1}{2}BC· PH$
$=\frac{1}{2}×6×8+\frac{1}{2}×8×2=24+8=32$。
【答案】
(1)如图,点P即为所求作
（第10题）(2)四边形ABPC的面积为32
【知识点】
圆周角定理，三角形中位线定理，弧弦的关系
【点评】
本题综合了尺规作图、圆的基本性质和面积计算，既考查学生的动手作图能力，也考查几何推理与计算能力。解题时将不规则四边形面积拆分为两个三角形面积之和是重要的突破口，掌握圆的基础性质即可顺利解答。
【难度系数】
0.7
11 [2025无锡改编]如图，AB是$\odot O$的直径，D是弦AC延长线上的一点，且$CD=CA$，DB的延长线交$\odot O$于点E.
（1）求证：$AB=BD$；
（2）若$AB=3$，$\frac{BE}{ED}=\frac{1}{4}$，求AD的长.
（1）求证：$AB=BD$；
（2）若$AB=3$，$\frac{BE}{ED}=\frac{1}{4}$，求AD的长.
答案
11. (1)连接BC.$\because AB$是$\odot O$的直径,$\therefore ∠ ACB=90°$,即$BC⊥ AD$.$\because CD=CA$,$\therefore BC$垂直平分AD,$\therefore AB=BD$
(2)连接AE.$\because AB$是$\odot O$的直径,$\therefore ∠ E=90°$.$\because \frac{BE}{ED}=\frac{1}{4}$,$\therefore \frac{BE}{BD}=\frac{1}{3}$.$\because AB=3$,$AB=BD$,$\therefore BD=3$,$\therefore BE=1$,$\therefore \mathrm{Rt}△ AEB$中,$AE^2=AB^2-BE^2=8$.$\because DE=BD+BE=4$,$\therefore \mathrm{Rt}△ AED$中,$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=2\sqrt{6}$
(2)连接AE.$\because AB$是$\odot O$的直径,$\therefore ∠ E=90°$.$\because \frac{BE}{ED}=\frac{1}{4}$,$\therefore \frac{BE}{BD}=\frac{1}{3}$.$\because AB=3$,$AB=BD$,$\therefore BD=3$,$\therefore BE=1$,$\therefore \mathrm{Rt}△ AEB$中,$AE^2=AB^2-BE^2=8$.$\because DE=BD+BE=4$,$\therefore \mathrm{Rt}△ AED$中,$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=2\sqrt{6}$
解析
【分析】
（1）要证明AB=BD，可通过证明点B在AD的垂直平分线上推导。已知AB是⊙O的直径，根据直径所对圆周角为直角的性质，连接BC即可得到BC⊥AD，结合已知CD=CA，可判定BC是AD的垂直平分线，进而得到AB=BD。
（2）求AD的长可通过构造直角三角形，用勾股定理求解。AB是直径，连接AE可得∠E=90°，即△AEB、△AED均为直角三角形。先根据已知的线段比例和AB=BD的结论，求出BE、DE的长度，再用勾股定理先求出AE的长度，最后在Rt△AED中计算AD的长度即可。
【解析】
（1）证明：连接BC。
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，即BC⊥AD，
又
∵CD=CA，
∴BC垂直平分AD，
∴AB=BD。
（2）解：连接AE。
∵AB是⊙O的直径，
∴∠E=90°，
∵$\frac{BE}{ED}=\frac{1}{4}$，即ED=4BE，
∴BD=ED-BE=3BE，即$\frac{BE}{BD}=\frac{1}{3}$，
∵AB=3，且由（1）可知AB=BD，
∴BD=3，
∴BE=1，ED=4，
在Rt△AEB中，由勾股定理得：$AE^2=AB^2-BE^2=3^2-1^2=8$，
在Rt△AED中，由勾股定理得：$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{8+4^2}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}$。
【答案】
（1）AB=BD得证；
（2）$AD=2\sqrt{6}$
【知识点】
圆周角定理，线段垂直平分线的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形的综合基础题，解题的关键是结合直径的性质合理作辅助线，构造直角三角形和垂直平分线，既考查了圆的基本性质，也考查了线段比例转化和勾股定理的应用。
【难度系数】
0.7
（1）要证明AB=BD，可通过证明点B在AD的垂直平分线上推导。已知AB是⊙O的直径，根据直径所对圆周角为直角的性质，连接BC即可得到BC⊥AD，结合已知CD=CA，可判定BC是AD的垂直平分线，进而得到AB=BD。
（2）求AD的长可通过构造直角三角形，用勾股定理求解。AB是直径，连接AE可得∠E=90°，即△AEB、△AED均为直角三角形。先根据已知的线段比例和AB=BD的结论，求出BE、DE的长度，再用勾股定理先求出AE的长度，最后在Rt△AED中计算AD的长度即可。
【解析】
（1）证明：连接BC。
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，即BC⊥AD，
又
∵CD=CA，
∴BC垂直平分AD，
∴AB=BD。
（2）解：连接AE。
∵AB是⊙O的直径，
∴∠E=90°，
∵$\frac{BE}{ED}=\frac{1}{4}$，即ED=4BE，
∴BD=ED-BE=3BE，即$\frac{BE}{BD}=\frac{1}{3}$，
∵AB=3，且由（1）可知AB=BD，
∴BD=3，
∴BE=1，ED=4，
在Rt△AEB中，由勾股定理得：$AE^2=AB^2-BE^2=3^2-1^2=8$，
在Rt△AED中，由勾股定理得：$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{8+4^2}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}$。
【答案】
（1）AB=BD得证；
（2）$AD=2\sqrt{6}$
【知识点】
圆周角定理，线段垂直平分线的性质，勾股定理
【点评】
本题是圆与三角形的综合基础题，解题的关键是结合直径的性质合理作辅助线，构造直角三角形和垂直平分线，既考查了圆的基本性质，也考查了线段比例转化和勾股定理的应用。
【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$20°$
（第12题）解析
【分析】
本题是圆背景下的动点角度计算问题，解题思路如下：1. 点P在直线l上运动，存在三种位置情况：在线段OA上、在线段OA的延长线上、在线段OA的反向延长线上，需分类讨论避免漏解；2. 每种情况中，先利用圆的半径相等得OC=OQ，结合已知QP=QO，得到两组等腰三角形，利用等边对等角得到对应角相等；3. 再结合三角形外角性质、三角形内角和定理，找到角之间的等量关系，列方程求解∠OCP的度数。
【解析】
分三种情况讨论：
① 当点P在线段OA上时，如图①：
在$△ QOC$中，$\because OC=OQ$（都是$\odot O$的半径），$\therefore ∠ OQC=∠ OCP$。
在$△ OPQ$中，$\because QP=QO$，$\therefore ∠ QOP=∠ QPO$。
已知$∠ AOC=30°$，根据三角形外角性质，$∠ QPO=∠ OCP+∠ AOC=∠ OCP+30°$。
在$△ OPQ$中，内角和为$180°$，即$∠ QOP+∠ QPO+∠ OQC=180°$，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，如图②：
在$△ QOC$中，$\because OC=OQ$，$\therefore ∠ OQC=∠ OCQ$，$\therefore ∠ OQC=\frac{1}{2}(180°-∠ QOC)$。
在$△ OPQ$中，$\because QP=QO$，$\therefore ∠ OPQ=∠ QOP$。
又$∠ QOP=∠ QOC+∠ AOC=∠ QOC+30°$，$△ OPQ$内角和为$180°$，即：
$(∠ QOC+30°)+(∠ QOC+30°)+\frac{1}{2}(180°-∠ QOC)=180°$，
解得$∠ QOC=20°$，
$\therefore ∠ OQC=\frac{1}{2}×(180°-20°)=80°$，
根据三角形外角性质，$∠ OCP=∠ QOC+∠ OQC=20°+80°=100°$。
③ 当点P在线段OA的反向延长线上时，如图③：
在$△ QOC$中，$\because OC=OQ$，$\therefore ∠ OCP=∠ OQC$。
在$△ OPQ$中，$\because QO=QP$，$\therefore ∠ QPO=∠ QOP$，根据三角形外角性质，$∠ OQC=∠ QPO+∠ QOP=2∠ QPO$，即$∠ QPO=\frac{1}{2}∠ OQC=\frac{1}{2}∠ OCP$。
已知$∠ AOC=30°$，根据三角形外角性质，$∠ AOC=∠ QPO+∠ OCP=30°$，代入得：
$\frac{1}{2}∠ OCP+∠ OCP=30°$，
解得$∠ OCP=20°$。
【答案】
$∠ OCP$的度数为$40°$或$100°$或$20°$。
（第12题）
【知识点】
圆的基本性质，等腰三角形的性质，三角形内角和与外角定理
【点评】
本题考查分类讨论思想在几何动点问题中的应用，解题的关键是根据点P的不同位置分情况讨论，结合等腰三角形的边角关系、三角形的内角和及外角性质建立等量关系求解，易错点是遗漏点P的位置导致漏解。
【难度系数】
0.4
本题是圆背景下的动点角度计算问题，解题思路如下：1. 点P在直线l上运动，存在三种位置情况：在线段OA上、在线段OA的延长线上、在线段OA的反向延长线上，需分类讨论避免漏解；2. 每种情况中，先利用圆的半径相等得OC=OQ，结合已知QP=QO，得到两组等腰三角形，利用等边对等角得到对应角相等；3. 再结合三角形外角性质、三角形内角和定理，找到角之间的等量关系，列方程求解∠OCP的度数。
【解析】
分三种情况讨论：
① 当点P在线段OA上时，如图①：
在$△ QOC$中，$\because OC=OQ$（都是$\odot O$的半径），$\therefore ∠ OQC=∠ OCP$。
在$△ OPQ$中，$\because QP=QO$，$\therefore ∠ QOP=∠ QPO$。
已知$∠ AOC=30°$，根据三角形外角性质，$∠ QPO=∠ OCP+∠ AOC=∠ OCP+30°$。
在$△ OPQ$中，内角和为$180°$，即$∠ QOP+∠ QPO+∠ OQC=180°$，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，如图②：
在$△ QOC$中，$\because OC=OQ$，$\therefore ∠ OQC=∠ OCQ$，$\therefore ∠ OQC=\frac{1}{2}(180°-∠ QOC)$。
在$△ OPQ$中，$\because QP=QO$，$\therefore ∠ OPQ=∠ QOP$。
又$∠ QOP=∠ QOC+∠ AOC=∠ QOC+30°$，$△ OPQ$内角和为$180°$，即：
$(∠ QOC+30°)+(∠ QOC+30°)+\frac{1}{2}(180°-∠ QOC)=180°$，
解得$∠ QOC=20°$，
$\therefore ∠ OQC=\frac{1}{2}×(180°-20°)=80°$，
根据三角形外角性质，$∠ OCP=∠ QOC+∠ OQC=20°+80°=100°$。
③ 当点P在线段OA的反向延长线上时，如图③：
在$△ QOC$中，$\because OC=OQ$，$\therefore ∠ OCP=∠ OQC$。
在$△ OPQ$中，$\because QO=QP$，$\therefore ∠ QPO=∠ QOP$，根据三角形外角性质，$∠ OQC=∠ QPO+∠ QOP=2∠ QPO$，即$∠ QPO=\frac{1}{2}∠ OQC=\frac{1}{2}∠ OCP$。
已知$∠ AOC=30°$，根据三角形外角性质，$∠ AOC=∠ QPO+∠ OCP=30°$，代入得：
$\frac{1}{2}∠ OCP+∠ OCP=30°$，
解得$∠ OCP=20°$。
【答案】
$∠ OCP$的度数为$40°$或$100°$或$20°$。
（第12题）【知识点】
圆的基本性质，等腰三角形的性质，三角形内角和与外角定理
【点评】
本题考查分类讨论思想在几何动点问题中的应用，解题的关键是根据点P的不同位置分情况讨论，结合等腰三角形的边角关系、三角形的内角和及外角性质建立等量关系求解，易错点是遗漏点P的位置导致漏解。
【难度系数】
0.4
