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1[2025河北邢台调研,中]如图,A,B,C,D均为圆周上的十二等分点,用直尺测量弦CD的长时,发现C点、D点分别与刻度1和4对齐,则A,B两点间的距离是 (
A.$2\sqrt{2}$
B.$2\sqrt{3}$
C.$3\sqrt{3}$
D.$6$
C
)A.$2\sqrt{2}$
B.$2\sqrt{3}$
C.$3\sqrt{3}$
D.$6$
答案
如图
,连接 AD,取 AD 的中点 O,由圆的对称性可知 AD 为 ⊙O 的直径. 连接 AC,OC.∵ A,B,C,D 均为圆周上的十二等分点,
∴ ∠COD = $\frac{360°}{12}×2$ = 60°, $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$,
∴ AB = AC.
∵ OC = OD,
∴ △OCD 为等边三角形.
∵ C 点、D 点分别与刻度 1 和 4 对齐,
∴ CD=4-1=3,
∴ OC=OD=CD=3,
∴ AD=2OD=6.
∵ AD 为 ⊙O 直径,
∴ ∠ACD = 90°,
∴ AC = $\sqrt{AD^2 - CD^2} = \sqrt{6^2 - 3^2} = 3\sqrt{3}$,
∴ AB = $3\sqrt{3}$. 故选 C.
解析
【分析】
解题时先从已知条件入手：首先由直尺刻度可直接算出弦CD的长度；再结合圆周十二等分点的性质，可知每等份对应的圆心角为30°，由此可推出CD对应的圆心角，判断△OCD的形状，求出圆的半径和直径；接着利用直径所对的圆周角为直角，得到Rt△ACD，再根据等弧对等弦的性质，可知AB与AC长度相等，最后用勾股定理计算AC的长度即可得到AB的长度。
【解析】
如图，连接AD，取AD的中点O，由圆的对称性可知AD为⊙O的直径。连接AC，OC。
∵A、B、C、D均为圆周上的十二等分点，
∴每份弧对应的圆心角为$\frac{360°}{12}=30°$，∠COD = $30°×2=60°$，且$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$，
∴根据等弧对等弦可得AB = AC。
∵OC=OD，∠COD=60°，
∴△OCD为等边三角形。
∵C点、D点分别与刻度1和4对齐，
∴CD=4-1=3，
∴OC=OD=CD=3，
∴直径AD=2OD=6。
∵AD为⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，
∴∠ACD = 90°，即△ACD为直角三角形，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：
AC = $\sqrt{AD^2 - CD^2} = \sqrt{6^2 - 3^2} = 3\sqrt{3}$，
∴AB = AC = $3\sqrt{3}$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
1. 圆心角、弧、弦的关系
2. 圆周角定理的推论
3. 勾股定理
【点评】
本题是圆的性质与勾股定理结合的综合题，解题关键是利用圆周十二等分的性质得到对应圆心角的度数，通过作辅助线构造等边三角形和直角三角形，将所求线段转化为直角三角形的边进行计算，很好地考察了逻辑推理能力和数形结合思想。
【难度系数】
0.6
解题时先从已知条件入手：首先由直尺刻度可直接算出弦CD的长度；再结合圆周十二等分点的性质，可知每等份对应的圆心角为30°，由此可推出CD对应的圆心角，判断△OCD的形状，求出圆的半径和直径；接着利用直径所对的圆周角为直角，得到Rt△ACD，再根据等弧对等弦的性质，可知AB与AC长度相等，最后用勾股定理计算AC的长度即可得到AB的长度。
【解析】
如图
，连接AD，取AD的中点O，由圆的对称性可知AD为⊙O的直径。连接AC，OC。∵A、B、C、D均为圆周上的十二等分点，
∴每份弧对应的圆心角为$\frac{360°}{12}=30°$，∠COD = $30°×2=60°$，且$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AC}$，
∴根据等弧对等弦可得AB = AC。
∵OC=OD，∠COD=60°，
∴△OCD为等边三角形。
∵C点、D点分别与刻度1和4对齐，
∴CD=4-1=3，
∴OC=OD=CD=3，
∴直径AD=2OD=6。
∵AD为⊙O的直径，根据直径所对的圆周角是直角，
∴∠ACD = 90°，即△ACD为直角三角形，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：
AC = $\sqrt{AD^2 - CD^2} = \sqrt{6^2 - 3^2} = 3\sqrt{3}$，
∴AB = AC = $3\sqrt{3}$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
1. 圆心角、弧、弦的关系
2. 圆周角定理的推论
3. 勾股定理
【点评】
本题是圆的性质与勾股定理结合的综合题，解题关键是利用圆周十二等分的性质得到对应圆心角的度数，通过作辅助线构造等边三角形和直角三角形，将所求线段转化为直角三角形的边进行计算，很好地考察了逻辑推理能力和数形结合思想。
【难度系数】
0.6
2[中]如图,点C是以AB为直径的半圆O上的动点,D在BC上,且$BD=2CD$,点E,F,G分别是AC,DE,AD的中点.若$AB=12$,则$△ OFG$面积的最大值为
A.2
B.3
C.6
D.9
A.2
B.3
C.6
D.9
答案
设 FG=x,OG=y.
∵ O,E,F,G 分别是 AB,AC,DE,AD 的中点,
∴ AC=2AE=4FG=4x,BD=2OG=2y,OG//BC,GF//AC.
∵ BD=2CD,
∴ BC=3y.
∵ AB 是直径,
∴ ∠C=90°,
∴ ∠OGF=90°,AC² + BC² = AB²,
∴ 16x² + 9y² = 144.
∵ $(4x-3y)^2 ≥ 0$,
∴ 16x² + 9y² ≥ 24xy,
∴ 144 ≥ 24xy,
∴ xy ≤ 6,
∴ $S_{△OFG} = \frac{1}{2}FG·OG = \frac{1}{2}xy ≤ 3$,
∴ △OFG 的面积的最大值为 3. 故选 B.
∵ O,E,F,G 分别是 AB,AC,DE,AD 的中点,
∴ AC=2AE=4FG=4x,BD=2OG=2y,OG//BC,GF//AC.
∵ BD=2CD,
∴ BC=3y.
∵ AB 是直径,
∴ ∠C=90°,
∴ ∠OGF=90°,AC² + BC² = AB²,
∴ 16x² + 9y² = 144.
∵ $(4x-3y)^2 ≥ 0$,
∴ 16x² + 9y² ≥ 24xy,
∴ 144 ≥ 24xy,
∴ xy ≤ 6,
∴ $S_{△OFG} = \frac{1}{2}FG·OG = \frac{1}{2}xy ≤ 3$,
∴ △OFG 的面积的最大值为 3. 故选 B.
解析
【分析】
解题时首先关注题中的多个中点条件，优先考虑三角形中位线定理：利用中位线的性质可得到FG、OG与AC、BD的数量关系，以及FG//AC、OG//BC的位置关系；再结合AB是直径的条件，根据圆周角定理的推论得到∠C=90°，进而推出△OFG是直角三角形，面积可表示为$\frac{1}{2}FG·OG$；最后结合勾股定理得到FG和OG的等量关系，利用完全平方的非负性求出两者乘积的最大值，即可得到△OFG面积的最大值。
【解析】
设$FG=x$，$OG=y$。
∵ O、E、F、G分别是AB、AC、DE、AD的中点，
∴ FG是△AED的中位线，OG是△ABD的中位线，
∴ $FG=\frac{1}{2}AE$，$OG=\frac{1}{2}BD$，$FG// AC$，$OG// BC$，
又
∵ E是AC中点，
∴ $AC=2AE=4FG=4x$，$BD=2OG=2y$。
∵ $BD=2CD$，
∴ $BC=BD+CD=\frac{3}{2}BD=3y$。
∵ AB是半圆O的直径，
∴ $∠ C=90°$，即$AC⊥ BC$，
结合$FG// AC$、$OG// BC$，可得$FG⊥ OG$，即$∠ OGF=90°$。
在$Rt△ ACB$中，由勾股定理得$AC^2+BC^2=AB^2$，
代入$AB=12$、$AC=4x$、$BC=3y$，得：
$16x^2+9y^2=144$。
由完全平方的非负性可知$(4x-3y)^2≥0$，展开得：
$16x^2-24xy+9y^2≥0$，即$16x^2+9y^2≥24xy$，
将$16x^2+9y^2=144$代入得：$144≥24xy$，解得$xy≤6$。
∴ $S_{△ OFG}=\frac{1}{2}FG·OG=\frac{1}{2}xy≤\frac{1}{2}×6=3$，
即△OFG面积的最大值为3，故选B。
【答案】
B
【知识点】
三角形中位线定理；圆周角定理推论；完全平方非负性
【点评】
本题是几何与代数结合的综合题，核心是通过中位线性质搭建已知条件和所求图形的关联，再利用圆周角推论确定所求三角形的形状，最后用代数方法求最值，很好地考查了知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.5
解题时首先关注题中的多个中点条件，优先考虑三角形中位线定理：利用中位线的性质可得到FG、OG与AC、BD的数量关系，以及FG//AC、OG//BC的位置关系；再结合AB是直径的条件，根据圆周角定理的推论得到∠C=90°，进而推出△OFG是直角三角形，面积可表示为$\frac{1}{2}FG·OG$；最后结合勾股定理得到FG和OG的等量关系，利用完全平方的非负性求出两者乘积的最大值，即可得到△OFG面积的最大值。
【解析】
设$FG=x$，$OG=y$。
∵ O、E、F、G分别是AB、AC、DE、AD的中点，
∴ FG是△AED的中位线，OG是△ABD的中位线，
∴ $FG=\frac{1}{2}AE$，$OG=\frac{1}{2}BD$，$FG// AC$，$OG// BC$，
又
∵ E是AC中点，
∴ $AC=2AE=4FG=4x$，$BD=2OG=2y$。
∵ $BD=2CD$，
∴ $BC=BD+CD=\frac{3}{2}BD=3y$。
∵ AB是半圆O的直径，
∴ $∠ C=90°$，即$AC⊥ BC$，
结合$FG// AC$、$OG// BC$，可得$FG⊥ OG$，即$∠ OGF=90°$。
在$Rt△ ACB$中，由勾股定理得$AC^2+BC^2=AB^2$，
代入$AB=12$、$AC=4x$、$BC=3y$，得：
$16x^2+9y^2=144$。
由完全平方的非负性可知$(4x-3y)^2≥0$，展开得：
$16x^2-24xy+9y^2≥0$，即$16x^2+9y^2≥24xy$，
将$16x^2+9y^2=144$代入得：$144≥24xy$，解得$xy≤6$。
∴ $S_{△ OFG}=\frac{1}{2}FG·OG=\frac{1}{2}xy≤\frac{1}{2}×6=3$，
即△OFG面积的最大值为3，故选B。
【答案】
B
【知识点】
三角形中位线定理；圆周角定理推论；完全平方非负性
【点评】
本题是几何与代数结合的综合题，核心是通过中位线性质搭建已知条件和所求图形的关联，再利用圆周角推论确定所求三角形的形状，最后用代数方法求最值，很好地考查了知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.5
3[2026湖北咸宁期末,中]如图,△ABC内接于$\odot O$,将△ABC绕点A逆时针旋转$90°$得到△ADE,点C的对应点E在$\odot O$上,连接BE,则四边形ACBE的面积 (
A.只与AC的长有关
B.只与AB的长有关
C.只与BC的长有关
D.只与BE的长有关
B
)A.只与AC的长有关
B.只与AB的长有关
C.只与BC的长有关
D.只与BE的长有关
答案
如图
,连接 AO,CE,过点 A 作 AF ⊥ CE 于点 F,过点 B 作 BG ⊥ CE 于点 G.∵ 将 △ABC 绕点 A 逆时针旋转 90°得到 △ADE,点 C 的对应点 E 在 ⊙O 上,
∴ AC=AE,∠CAE=90°,
∴ CE 是直径,∠ACE=∠AEC=45°,AO ⊥ CE.
∵ AF ⊥ CE,
∴ 点 F,O 重合,
∴ AO=EO=CO=$\frac{1}{2}CE$,
∴ $S_{△ACE} = \frac{1}{2}CE·AO = \frac{1}{2}CE·\frac{1}{2}CE = \frac{1}{4}CE^2$.
∵ CE 是直径,是定值,
∴ $S_{△ACE}$ 是定值.
∵ CE 是直径,BG ⊥ CE,
∴ ∠CBE=90°,
∴ $S_{△CBE} = \frac{1}{2}CB·BE = \frac{1}{2}CE·BG$,
∴ $S_{△CBE}$ 的值与 CB·BE 的值有关,或与 BG 的长有关,
∴ 当点 B 的位置变换,即线段 AB 的长改变时,BG 的长改变,随之 $S_{△CBE}$ 改变.
∵ $S_{四边形ACBE} = S_{△ACE} + S_{△BCE}$,
∴ 四边形 ACBE 的面积改变,
∴ 四边形 ACBE 的面积只与 AB 的长有关,故选 B.
解析
【分析】
解题时先利用旋转的性质得到对应边相等、旋转角为90°的结论，再结合圆周角定理的推论判断出CE是⊙O的直径；接下来使用割补法将四边形ACBE的面积拆分为△ACE和△BCE的面积之和，分别分析两个三角形面积的影响因素，最终推导得出四边形面积的相关量。
【解析】
连接 AO,CE,过点 A 作 AF ⊥ CE 于点 F,过点 B 作 BG ⊥ CE 于点 G。
∵ 将 △ABC 绕点 A 逆时针旋转 90°得到 △ADE,点 C 的对应点 E 在 ⊙O 上,
∴ AC=AE,∠CAE=90°,
∴ CE 是⊙O的直径,∠ACE=∠AEC=45°,AO ⊥ CE。
∵ AF ⊥ CE,
∴ 点 F与点O重合,
∴ AO=EO=CO=$\frac{1}{2}CE$,
∴ $S_{△ACE} = \frac{1}{2}CE·AO = \frac{1}{2}CE·\frac{1}{2}CE = \frac{1}{4}CE^2$。
∵ CE 是直径,为定值,
∴ $S_{△ACE}$ 是定值。
∵ CE 是直径,
∴ ∠CBE=90°,结合BG ⊥ CE可得：
$S_{△CBE} = \frac{1}{2}CB·BE = \frac{1}{2}CE·BG$,
即$S_{△CBE}$ 的值与BG的长相关。当点B的位置变化、线段AB的长度改变时，BG的长度随之改变，$S_{△CBE}$也会发生变化。
∵ $S_{四边形ACBE} = S_{△ACE} + S_{△BCE}$,
∴ 四边形ACBE的面积仅和AB的长度有关。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质、圆周角定理推论、割补法求面积
【点评】
本题综合了几何变换、圆的性质和面积计算多个考点，解题的核心是利用旋转角推出CE为圆的直径，再通过割补转化将不规则四边形面积转化为两个三角形面积分析，能够较好地考查学生的几何推理能力和转化思想。
【难度系数】
0.6
解题时先利用旋转的性质得到对应边相等、旋转角为90°的结论，再结合圆周角定理的推论判断出CE是⊙O的直径；接下来使用割补法将四边形ACBE的面积拆分为△ACE和△BCE的面积之和，分别分析两个三角形面积的影响因素，最终推导得出四边形面积的相关量。
【解析】
连接 AO,CE,过点 A 作 AF ⊥ CE 于点 F,过点 B 作 BG ⊥ CE 于点 G。
∵ 将 △ABC 绕点 A 逆时针旋转 90°得到 △ADE,点 C 的对应点 E 在 ⊙O 上,
∴ AC=AE,∠CAE=90°,
∴ CE 是⊙O的直径,∠ACE=∠AEC=45°,AO ⊥ CE。
∵ AF ⊥ CE,
∴ 点 F与点O重合,
∴ AO=EO=CO=$\frac{1}{2}CE$,
∴ $S_{△ACE} = \frac{1}{2}CE·AO = \frac{1}{2}CE·\frac{1}{2}CE = \frac{1}{4}CE^2$。
∵ CE 是直径,为定值,
∴ $S_{△ACE}$ 是定值。
∵ CE 是直径,
∴ ∠CBE=90°,结合BG ⊥ CE可得：
$S_{△CBE} = \frac{1}{2}CB·BE = \frac{1}{2}CE·BG$,
即$S_{△CBE}$ 的值与BG的长相关。当点B的位置变化、线段AB的长度改变时，BG的长度随之改变，$S_{△CBE}$也会发生变化。
∵ $S_{四边形ACBE} = S_{△ACE} + S_{△BCE}$,
∴ 四边形ACBE的面积仅和AB的长度有关。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质、圆周角定理推论、割补法求面积
【点评】
本题综合了几何变换、圆的性质和面积计算多个考点，解题的核心是利用旋转角推出CE为圆的直径，再通过割补转化将不规则四边形面积转化为两个三角形面积分析，能够较好地考查学生的几何推理能力和转化思想。
【难度系数】
0.6
4[中]如图,在直角$△ ABC$中,$∠ BAC=90°$,$AB=6$,$BC=10$,点$D$是$AC$边上一动点,连接$BD$,作$AE ⊥ BD$于点$E$,连接$CE$,则线段$CE$长度的最小值为
$\sqrt{73}-3$
.答案
∵ AE ⊥ BD 于点 E,
∴ 点 A,B,E 在以 AB 为直径的圆上. 如图
,取 AB 的中点 O,连接 EO,CO,则 CE ≥ CO-OE,∴ 当 C,E,O 三点共线时,CE 的长度最小.
∵ AB=6,
∴ AO = EO = $\frac{1}{2}AB$ = 3.
∵ ∠BAC=90°,
∴ 在 Rt △BAC 中, AC = $\sqrt{BC^2 - AB^2} = \sqrt{10^2 - 6^2} = 8$,
∴ 在 Rt △OAC 中, OC = $\sqrt{AC^2 + AO^2} = \sqrt{8^2 + 3^2} = \sqrt{73}$,
∴ CE 长度的最小值为 OC-OE = $\sqrt{73}-3$. 故答案为 $\sqrt{73}-3$.
解析
【分析】
首先分析动点E的运动特征：已知AE⊥BD，可得∠AEB恒为90°，根据圆周角定理的推论，90°的圆周角所对的弦是直径，可确定点E的轨迹是以AB为直径的圆上的点。求CE的最小值属于圆外一点到圆上点的最短距离问题，该最小值等于点C到圆心的距离减去圆的半径，因此只需找到AB中点作为圆心，分别计算圆心到C的距离和圆的半径，作差即可得到结果。
【解析】
∵ AE ⊥ BD 于点 E，
∴ ∠AEB=90°，点A,B,E在以AB为直径的圆上。
如图，取AB的中点O，连接EO,CO，根据三角形三边关系可知CE ≥ CO-OE，
∴ 当C,E,O三点共线时，CE的长度最小。
∵ AB=6，
∴ AO = EO = $\frac{1}{2}AB$ = 3。
∵ ∠BAC=90°，
∴ 在Rt△BAC中，AC = $\sqrt{BC^2 - AB^2} = \sqrt{10^2 - 6^2} = 8$，
∴ 在Rt△OAC中，OC = $\sqrt{AC^2 + AO^2} = \sqrt{8^2 + 3^2} = \sqrt{73}$，
∴ CE长度的最小值为 OC-OE = $\sqrt{73}-3$。
【答案】
$\sqrt{73}-3$
【知识点】
圆周角定理推论，勾股定理，点圆最值问题
【点评】
本题属于动态几何最值问题，解题的核心是通过定直角确定动点的运动轨迹，将线段最值问题转化为圆外一点到圆上点的最短距离问题，综合考查了圆的性质和勾股定理的应用，对学生的轨迹分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
首先分析动点E的运动特征：已知AE⊥BD，可得∠AEB恒为90°，根据圆周角定理的推论，90°的圆周角所对的弦是直径，可确定点E的轨迹是以AB为直径的圆上的点。求CE的最小值属于圆外一点到圆上点的最短距离问题，该最小值等于点C到圆心的距离减去圆的半径，因此只需找到AB中点作为圆心，分别计算圆心到C的距离和圆的半径，作差即可得到结果。
【解析】
∵ AE ⊥ BD 于点 E，
∴ ∠AEB=90°，点A,B,E在以AB为直径的圆上。
如图
，取AB的中点O，连接EO,CO，根据三角形三边关系可知CE ≥ CO-OE，∴ 当C,E,O三点共线时，CE的长度最小。
∵ AB=6，
∴ AO = EO = $\frac{1}{2}AB$ = 3。
∵ ∠BAC=90°，
∴ 在Rt△BAC中，AC = $\sqrt{BC^2 - AB^2} = \sqrt{10^2 - 6^2} = 8$，
∴ 在Rt△OAC中，OC = $\sqrt{AC^2 + AO^2} = \sqrt{8^2 + 3^2} = \sqrt{73}$，
∴ CE长度的最小值为 OC-OE = $\sqrt{73}-3$。
【答案】
$\sqrt{73}-3$
【知识点】
圆周角定理推论，勾股定理，点圆最值问题
【点评】
本题属于动态几何最值问题，解题的核心是通过定直角确定动点的运动轨迹，将线段最值问题转化为圆外一点到圆上点的最短距离问题，综合考查了圆的性质和勾股定理的应用，对学生的轨迹分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
5 新考法[2026江苏南京质检，较难]如图，已知P为$\odot O$外一点，用直尺和圆规在$\odot O$上作一个点N，使$∠ PNO=45°$.（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）
刷素养 走向重高
刷素养 走向重高
答案
如图(1)
、图(2)
.理由: 由作图知 ∠PCO = 90°,
∴ ∠PNO = $\frac{1}{2}∠PCO = 45°$.
解析
【分析】
要构造∠PNO=45°，结合圆周角定理“同弧所对的圆周角是圆心角的一半”，可知只需让∠PNO所对的弧PO对应的圆心角为90°即可。因此我们可以先作以PO为斜边的等腰直角三角形△POC（∠PCO=90°），再以C为圆心、CP为半径作辅助圆，辅助圆与⊙O的交点N就满足∠PNO=45°（N在辅助圆上，故∠PNO是弧PO所对的圆周角，等于圆心角∠PCO的一半）。作图时C可在PO上方或下方，对应两种作图结果。
【解析】
作图步骤如下：
1. 连接PO，用尺规作PO的垂直平分线，交PO于点T；
2. 在垂直平分线上取点C，使CT=PT，此时△POC为等腰直角三角形，∠PCO=90°；
3. 以C为圆心，CP的长度为半径作圆，该圆与⊙O的交点即为所求的点N。
（C可取在PO的上方或下方，对应图(1)、图(2)两种情况）
理由：由作图可知，CP=CO=CN，即P、O、N三点都在⊙C上，∠PCO是弧PO所对的圆心角，∠PNO是弧PO所对的圆周角，根据圆周角定理可得$∠ PNO=\frac{1}{2}∠ PCO=\frac{1}{2}×90°=45°$，符合要求。
【答案】
如图(1)、图(2)。理由: 由作图知 ∠PCO = 90°,
∴ ∠PNO = $\frac{1}{2}∠PCO = 45°$.
【知识点】
圆周角定理，尺规作图，等腰直角三角形性质
【点评】
本题通过构造辅助圆将求特殊角度的问题转化为圆周角与圆心角的关系问题，考查了对圆周角推论的灵活运用能力和基本尺规作图的操作能力，解题的关键是通过45°圆周角联想到90°的圆心角，进而构造辅助圆求解。
【难度系数】
0.3
要构造∠PNO=45°，结合圆周角定理“同弧所对的圆周角是圆心角的一半”，可知只需让∠PNO所对的弧PO对应的圆心角为90°即可。因此我们可以先作以PO为斜边的等腰直角三角形△POC（∠PCO=90°），再以C为圆心、CP为半径作辅助圆，辅助圆与⊙O的交点N就满足∠PNO=45°（N在辅助圆上，故∠PNO是弧PO所对的圆周角，等于圆心角∠PCO的一半）。作图时C可在PO上方或下方，对应两种作图结果。
【解析】
作图步骤如下：
1. 连接PO，用尺规作PO的垂直平分线，交PO于点T；
2. 在垂直平分线上取点C，使CT=PT，此时△POC为等腰直角三角形，∠PCO=90°；
3. 以C为圆心，CP的长度为半径作圆，该圆与⊙O的交点即为所求的点N。
（C可取在PO的上方或下方，对应图(1)、图(2)两种情况）
理由：由作图可知，CP=CO=CN，即P、O、N三点都在⊙C上，∠PCO是弧PO所对的圆心角，∠PNO是弧PO所对的圆周角，根据圆周角定理可得$∠ PNO=\frac{1}{2}∠ PCO=\frac{1}{2}×90°=45°$，符合要求。
【答案】
如图(1)
、图(2)。理由: 由作图知 ∠PCO = 90°,∴ ∠PNO = $\frac{1}{2}∠PCO = 45°$.
【知识点】
圆周角定理，尺规作图，等腰直角三角形性质
【点评】
本题通过构造辅助圆将求特殊角度的问题转化为圆周角与圆心角的关系问题，考查了对圆周角推论的灵活运用能力和基本尺规作图的操作能力，解题的关键是通过45°圆周角联想到90°的圆心角，进而构造辅助圆求解。
【难度系数】
0.3
6 核心素养 几何直观 [2026 江苏泰州期末,难]如图,AB,CD是⊙O的直径,AB⊥CD,AB=2,点E是弧BC上一动点(不与B,C重合),连接BE,CE,DE,DE与AB交于点F.
(1)求∠CEB的度数.
(2)若点E是弧BC的中点,求证:EF=EB.
(3)设CE=x.
①若x=1,分别计算$(DE-CE)^2$与$2BE^2$的值,并判断它们的大小关系;
②若x的值发生变化,请判断$(DE-CE)^2$与$2BE^2$的大小关系,并说明理由.
备用图
(1)求∠CEB的度数.
(2)若点E是弧BC的中点,求证:EF=EB.
(3)设CE=x.
①若x=1,分别计算$(DE-CE)^2$与$2BE^2$的值,并判断它们的大小关系;
②若x的值发生变化,请判断$(DE-CE)^2$与$2BE^2$的大小关系,并说明理由.
备用图
答案
(1)【解】如图(1)
,连接 CB.∵ CD 是 ⊙O 的直径,
∴ ∠CED=90°.
∵ AB ⊥ CD,
∴ ∠BOC=90°.
∵ OB=OC,
∴ ∠BCD=∠OBC=45°,
∴ ∠BED=∠BCD=45°,
∴ ∠CEB=∠CED+∠BED=90°+45°=135°.
(2)【证明】如图(2)
,连接 BC,BD.∵ 点 E 是弧 BC 的中点,
∴ $\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{BE}$,
∴ ∠CBE=∠CDE=∠BDE. 由(1)知 ∠OBC=45°,
∴ ∠FBE=∠OBC+∠CBE=45°+∠CBE.
∵ OB=OD,∠BOD=90°,
∴ ∠OBD=45°.
∵ ∠EFB 是 △BDF 的外角,
∴ ∠EFB=∠OBD+∠BDE=45°+∠BDE,
∴ ∠EFB=∠EBF,
∴ EF=EB.
(3)【解】①
∵ CD=2,CE=1,
∴ DE = $\sqrt{CD^2 - CE^2} = \sqrt{3}$,易知 ∠CDE=30°,
∴ ∠OFD=60°,DF=2OF, $(DE-CE)^2 = (\sqrt{3}-1)^2 = 4-2\sqrt{3}$. 在 Rt △DOF 中, $DF^2 = OF^2 + OD^2$,即 $(2OF)^2 = OF^2 + 1^2$,
∴ OF = $\frac{\sqrt{3}}{3}$,
∴ DF = $\frac{2\sqrt{3}}{3}$,
∴ BF = 1 - $\frac{\sqrt{3}}{3}$,EF = $\sqrt{3} - \frac{2\sqrt{3}}{3} = \frac{\sqrt{3}}{3}$. 如图(3)
,过点 E 作 EH ⊥ AB 于 H. 在 Rt △EFH 中,∠EFH=∠OFD=60°,∴ ∠FEH=30°,
∴ FH = $\frac{1}{2}EF = \frac{\sqrt{3}}{6}$,
∴ EH = $\sqrt{EF^2 - FH^2} = \frac{1}{2}$,
∴ BH = BF - FH = 1 - $\frac{\sqrt{3}}{3} - \frac{\sqrt{3}}{6} = 1 - \frac{\sqrt{3}}{2}$.
∵ $BE^2 = EH^2 + BH^2 = (\frac{1}{2})^2 + (1 - \frac{\sqrt{3}}{2})^2 = 2 - \sqrt{3}$,
∴ $2BE^2 = 4 - 2\sqrt{3}$,
∴ $(DE-CE)^2 = 2BE^2$.
②$(DE-CE)^2 = 2BE^2$. 理由如下:
如图(4)
,连接 BC,BD,过点 B 作 BM ⊥ BE 交 DE 于点 M.∵ ∠BOD=90°,
∴ ∠BED = $\frac{1}{2}∠BOD = 45°$.
∵ BM ⊥ BE,
∴ ∠BME=45°,
∴ BE=BM,∠DMB=180°-∠BME=180°-45°=135°=∠CEB,
∴ ME = $\sqrt{2}BE$.
∵ $\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{BE}$,
∴ ∠BCE=∠BDM. 在 △BCE 和 △BDM 中, $\begin{cases}∠CEB=∠DMB,\\∠BCE=∠BDM,\\BE=BM,\end{cases}$
∴ △BCE ≅ △BDM (AAS),
∴ DM=CE,
∴ ME = $\sqrt{2}BE = DE - DM = DE - CE$,
∴ $(DE-CE)^2 = (\sqrt{2}BE)^2 = 2BE^2$.
解析
【分析】
本题围绕圆的性质设置三个递进问题，解题思路如下：
(1) 求∠CEB度数：首先利用“直径所对的圆周角为直角”得到∠CED=90°，再由AB⊥CD推出△OBC为等腰直角三角形，得到∠BCD=45°，结合“同弧所对的圆周角相等”得出∠BED=∠BCD=45°，求和即可得到∠CEB的度数。
(2) 证明EF=EB：根据等角对等边，只需证明∠EFB=∠EBF。由E是弧BC中点可得等弧对应的圆周角∠CBE=∠BDE，再结合外角性质分别表示∠EFB和∠EBF，即可证明两角相等，进而得到边相等。
(3) ①已知CE=1，先在Rt△CDE中用勾股定理求DE，计算$(DE-CE)^2$；再作EH⊥AB，结合直角三角形的性质求出BE²，计算$2BE^2$后比较两者大小即可。②判断一般情况的大小关系：构造辅助线BM⊥BE交DE于M，先得到等腰Rt△BEM，推出$ME=\sqrt{2}BE$，再证明△BCE≌△BDM，将CE转化为DM，得到$DE-CE=ME$，两边平方即可得出两者的数量关系。
【解析】
(1) 如图(1),连接 CB.
∵ CD 是 ⊙O 的直径,
∴ ∠CED=90°.
∵ AB ⊥ CD,
∴ ∠BOC=90°.
∵ OB=OC,
∴ ∠BCD=∠OBC=45°,
∴ ∠BED=∠BCD=45°,
∴ ∠CEB=∠CED+∠BED=90°+45°=135°.
(2) 如图(2),连接 BC,BD.
∵ 点 E 是弧 BC 的中点,
∴ $\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{BE}$,
∴ ∠CBE=∠CDE=∠BDE. 由(1)知 ∠OBC=45°,
∴ ∠FBE=∠OBC+∠CBE=45°+∠CBE.
∵ OB=OD,∠BOD=90°,
∴ ∠OBD=45°.
∵ ∠EFB 是 △BDF 的外角,
∴ ∠EFB=∠OBD+∠BDE=45°+∠BDE,
∴ ∠EFB=∠EBF,
∴ EF=EB.
(3) ①
∵ CD=2,CE=1,
∴ DE = $\sqrt{CD^2 - CE^2} = \sqrt{3}$,易知 ∠CDE=30°,
∴ ∠OFD=60°,DF=2OF, $(DE-CE)^2 = (\sqrt{3}-1)^2 = 4-2\sqrt{3}$. 在 Rt △DOF 中, $DF^2 = OF^2 + OD^2$,即 $(2OF)^2 = OF^2 + 1^2$,
∴ OF = $\frac{\sqrt{3}}{3}$,
∴ DF = $\frac{2\sqrt{3}}{3}$,
∴ BF = 1 - $\frac{\sqrt{3}}{3}$,EF = $\sqrt{3} - \frac{2\sqrt{3}}{3} = \frac{\sqrt{3}}{3}$. 如图(3),过点 E 作 EH ⊥ AB 于 H. 在 Rt △EFH 中,∠EFH=∠OFD=60°,
∴ ∠FEH=30°,
∴ FH = $\frac{1}{2}EF = \frac{\sqrt{3}}{6}$,
∴ EH = $\sqrt{EF^2 - FH^2} = \frac{1}{2}$,
∴ BH = BF - FH = 1 - $\frac{\sqrt{3}}{3} - \frac{\sqrt{3}}{6} = 1 - \frac{\sqrt{3}}{2}$.
∵ $BE^2 = EH^2 + BH^2 = (\frac{1}{2})^2 + (1 - \frac{\sqrt{3}}{2})^2 = 2 - \sqrt{3}$,
∴ $2BE^2 = 4 - 2\sqrt{3}$,
∴ $(DE-CE)^2 = 2BE^2$.
②$(DE-CE)^2 = 2BE^2$. 理由如下:
如图(4),连接 BC,BD,过点 B 作 BM ⊥ BE 交 DE 于点 M.
∵ ∠BOD=90°,
∴ ∠BED = $\frac{1}{2}∠BOD = 45°$.
∵ BM ⊥ BE,
∴ ∠BME=45°,
∴ BE=BM,∠DMB=180°-∠BME=180°-45°=135°=∠CEB,
∴ ME = $\sqrt{2}BE$.
∵ $\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{BE}$,
∴ ∠BCE=∠BDM. 在 △BCE 和 △BDM 中, $\begin{cases}∠CEB=∠DMB,\\∠BCE=∠BDM,\\BE=BM,\end{cases}$
∴ △BCE ≅ △BDM (AAS),
∴ DM=CE,
∴ ME = $\sqrt{2}BE = DE - DM = DE - CE$,
∴ $(DE-CE)^2 = (\sqrt{2}BE)^2 = 2BE^2$.
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠CEB=135°}$
(2) 证明如上，可得$\boldsymbol{EF=EB}$
(3) ①$\boldsymbol{(DE-CE)^2=4-2\sqrt{3}}$，$\boldsymbol{2BE^2=4-2\sqrt{3}}$，二者相等；②$\boldsymbol{(DE-CE)^2=2BE^2}$，理由如上。
【知识点】
圆周角定理；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的相关性质与三角形知识的结合应用，问题设置由浅入深，第三问通过构造辅助线实现线段的转化，体现了几何中的转化思想，对逻辑推理能力和几何直观素养有一定要求。
【难度系数】
0.3
本题围绕圆的性质设置三个递进问题，解题思路如下：
(1) 求∠CEB度数：首先利用“直径所对的圆周角为直角”得到∠CED=90°，再由AB⊥CD推出△OBC为等腰直角三角形，得到∠BCD=45°，结合“同弧所对的圆周角相等”得出∠BED=∠BCD=45°，求和即可得到∠CEB的度数。
(2) 证明EF=EB：根据等角对等边，只需证明∠EFB=∠EBF。由E是弧BC中点可得等弧对应的圆周角∠CBE=∠BDE，再结合外角性质分别表示∠EFB和∠EBF，即可证明两角相等，进而得到边相等。
(3) ①已知CE=1，先在Rt△CDE中用勾股定理求DE，计算$(DE-CE)^2$；再作EH⊥AB，结合直角三角形的性质求出BE²，计算$2BE^2$后比较两者大小即可。②判断一般情况的大小关系：构造辅助线BM⊥BE交DE于M，先得到等腰Rt△BEM，推出$ME=\sqrt{2}BE$，再证明△BCE≌△BDM，将CE转化为DM，得到$DE-CE=ME$，两边平方即可得出两者的数量关系。
【解析】
(1) 如图(1)
,连接 CB.∵ CD 是 ⊙O 的直径,
∴ ∠CED=90°.
∵ AB ⊥ CD,
∴ ∠BOC=90°.
∵ OB=OC,
∴ ∠BCD=∠OBC=45°,
∴ ∠BED=∠BCD=45°,
∴ ∠CEB=∠CED+∠BED=90°+45°=135°.
(2) 如图(2)
,连接 BC,BD.∵ 点 E 是弧 BC 的中点,
∴ $\overset{\frown}{CE}=\overset{\frown}{BE}$,
∴ ∠CBE=∠CDE=∠BDE. 由(1)知 ∠OBC=45°,
∴ ∠FBE=∠OBC+∠CBE=45°+∠CBE.
∵ OB=OD,∠BOD=90°,
∴ ∠OBD=45°.
∵ ∠EFB 是 △BDF 的外角,
∴ ∠EFB=∠OBD+∠BDE=45°+∠BDE,
∴ ∠EFB=∠EBF,
∴ EF=EB.
(3) ①
∵ CD=2,CE=1,
∴ DE = $\sqrt{CD^2 - CE^2} = \sqrt{3}$,易知 ∠CDE=30°,
∴ ∠OFD=60°,DF=2OF, $(DE-CE)^2 = (\sqrt{3}-1)^2 = 4-2\sqrt{3}$. 在 Rt △DOF 中, $DF^2 = OF^2 + OD^2$,即 $(2OF)^2 = OF^2 + 1^2$,
∴ OF = $\frac{\sqrt{3}}{3}$,
∴ DF = $\frac{2\sqrt{3}}{3}$,
∴ BF = 1 - $\frac{\sqrt{3}}{3}$,EF = $\sqrt{3} - \frac{2\sqrt{3}}{3} = \frac{\sqrt{3}}{3}$. 如图(3)
,过点 E 作 EH ⊥ AB 于 H. 在 Rt △EFH 中,∠EFH=∠OFD=60°,∴ ∠FEH=30°,
∴ FH = $\frac{1}{2}EF = \frac{\sqrt{3}}{6}$,
∴ EH = $\sqrt{EF^2 - FH^2} = \frac{1}{2}$,
∴ BH = BF - FH = 1 - $\frac{\sqrt{3}}{3} - \frac{\sqrt{3}}{6} = 1 - \frac{\sqrt{3}}{2}$.
∵ $BE^2 = EH^2 + BH^2 = (\frac{1}{2})^2 + (1 - \frac{\sqrt{3}}{2})^2 = 2 - \sqrt{3}$,
∴ $2BE^2 = 4 - 2\sqrt{3}$,
∴ $(DE-CE)^2 = 2BE^2$.
②$(DE-CE)^2 = 2BE^2$. 理由如下:
如图(4)
,连接 BC,BD,过点 B 作 BM ⊥ BE 交 DE 于点 M.∵ ∠BOD=90°,
∴ ∠BED = $\frac{1}{2}∠BOD = 45°$.
∵ BM ⊥ BE,
∴ ∠BME=45°,
∴ BE=BM,∠DMB=180°-∠BME=180°-45°=135°=∠CEB,
∴ ME = $\sqrt{2}BE$.
∵ $\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{BE}$,
∴ ∠BCE=∠BDM. 在 △BCE 和 △BDM 中, $\begin{cases}∠CEB=∠DMB,\\∠BCE=∠BDM,\\BE=BM,\end{cases}$
∴ △BCE ≅ △BDM (AAS),
∴ DM=CE,
∴ ME = $\sqrt{2}BE = DE - DM = DE - CE$,
∴ $(DE-CE)^2 = (\sqrt{2}BE)^2 = 2BE^2$.
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠CEB=135°}$
(2) 证明如上，可得$\boldsymbol{EF=EB}$
(3) ①$\boldsymbol{(DE-CE)^2=4-2\sqrt{3}}$，$\boldsymbol{2BE^2=4-2\sqrt{3}}$，二者相等；②$\boldsymbol{(DE-CE)^2=2BE^2}$，理由如上。
【知识点】
圆周角定理；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的相关性质与三角形知识的结合应用，问题设置由浅入深，第三问通过构造辅助线实现线段的转化，体现了几何中的转化思想，对逻辑推理能力和几何直观素养有一定要求。
【难度系数】
0.3
