登录
1[2026江苏南京质检,中]如图,$\odot B$的半径为$\sqrt{7}$,以圆外一点A为圆心,画半径为4的弧,将$\odot B$截成弧长相等的两部分,则A,B两点间的距离为 (
A.$\sqrt{3}$
B.$2\sqrt{2}$
C.3
D.$\sqrt{23}$
(第1题图)
(第2题图)
(第3题图)
C
)A.$\sqrt{3}$
B.$2\sqrt{2}$
C.3
D.$\sqrt{23}$
(第1题图)
(第2题图)
(第3题图)
答案
1.C 【解析】如图
,连接 AB, AC, AD, CD.∵ $\overgroup{CD}$ 将 $\odot B$ 截成弧长相等的两部分,
∴ CD 为 $\odot B$ 的直径,
∴ BC = BD = $\sqrt{7}$. 由题意得 AC = AD = 4,
∴ AB ⊥ CD,
∴ AB = $\sqrt{AC^2 - BC^2}$ = $\sqrt{4^2 - (\sqrt{7})^2}$ = 3, 故选 C.
关键点拨
解本题的关键是由 $\overgroup{CD}$ 将 $\odot B$ 截成弧长相等的两部分得到 CD 为 $\odot B$ 的直径.
解析
【分析】
解题时首先理解题干中“将$\odot B$截成弧长相等的两部分”的含义：只有直径能将圆分成两个弧长相等的半圆，因此两个圆的公共弦CD是$\odot B$的直径；其次，CD同时在$\odot A$上，因此A到C、D的距离都等于$\odot A$的半径4，结合B到C、D的距离都等于$\odot B$的半径$\sqrt{7}$，可得AB垂直于CD，构成直角三角形，最后利用勾股定理即可计算AB的长度。
【解析】
如图，连接AB，AC，AD，CD。
∵$\overgroup{CD}$将$\odot B$截成弧长相等的两部分，
∴CD为$\odot B$的直径，即$BC=BD=\sqrt{7}$。
由题意可知，AC、AD为$\odot A$的半径，故$AC=AD=4$。
∵$AC=AD$，$BC=BD$，
∴AB垂直平分CD，即$AB⊥ CD$，$△ ABC$为直角三角形。
在$Rt△ ABC$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=\sqrt{4^2-(\sqrt{7})^2}=\sqrt{16-7}=\sqrt{9}=3$。
【答案】C
【知识点】圆的基本性质；垂直平分线判定；勾股定理
【点评】本题是基础综合题，解题的核心是抓住“平分圆的弦为圆的直径”这一性质，再结合等腰三角形三线合一的特征构造直角三角形，用勾股定理计算线段长度，解题思路清晰，难度适中。
【难度系数】0.7
解题时首先理解题干中“将$\odot B$截成弧长相等的两部分”的含义：只有直径能将圆分成两个弧长相等的半圆，因此两个圆的公共弦CD是$\odot B$的直径；其次，CD同时在$\odot A$上，因此A到C、D的距离都等于$\odot A$的半径4，结合B到C、D的距离都等于$\odot B$的半径$\sqrt{7}$，可得AB垂直于CD，构成直角三角形，最后利用勾股定理即可计算AB的长度。
【解析】
如图
，连接AB，AC，AD，CD。∵$\overgroup{CD}$将$\odot B$截成弧长相等的两部分，
∴CD为$\odot B$的直径，即$BC=BD=\sqrt{7}$。
由题意可知，AC、AD为$\odot A$的半径，故$AC=AD=4$。
∵$AC=AD$，$BC=BD$，
∴AB垂直平分CD，即$AB⊥ CD$，$△ ABC$为直角三角形。
在$Rt△ ABC$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=\sqrt{4^2-(\sqrt{7})^2}=\sqrt{16-7}=\sqrt{9}=3$。
【答案】C
【知识点】圆的基本性质；垂直平分线判定；勾股定理
【点评】本题是基础综合题，解题的核心是抓住“平分圆的弦为圆的直径”这一性质，再结合等腰三角形三线合一的特征构造直角三角形，用勾股定理计算线段长度，解题思路清晰，难度适中。
【难度系数】0.7
2[2026浙江杭州期末,中]如图,AB为$\odot O$的直径,P为BA延长线上的一点,D在$\odot O$上(不与点A,点B重合),连接PD交$\odot O$于点C,且$PC=OB$.设$∠ P=α,∠ B=β$,下列说法正确的是(
A.$α+β=90°$
B.$3α+2β=180°$
C.$5α+4β=180°$
D.$β-α=30°$
B
)A.$α+β=90°$
B.$3α+2β=180°$
C.$5α+4β=180°$
D.$β-α=30°$
答案
2.B 【解析】如图
,连接 OC, OD.∵ OD = OB,
∴ $∠ B = ∠ ODB = β$,
∴ $∠ POD = ∠ B + ∠ ODB = 2β$.
∵ PC = OB = CO = OD,
∴ $∠ P = ∠ COP = α$, $∠ OCD = ∠ ODC$.
∵ $∠ OCD = ∠ P + ∠ COP = 2α$,
∴ $∠ ODC = 2α$.
∵ $∠ P + ∠ POD + ∠ ODP = 180°$,
∴ $3α + 2β = 180°$, 故选 B.
解析
【分析】
本题需结合圆半径相等的性质，通过添加辅助线构造等腰三角形，再利用三角形外角、内角和定理推导角度关系。解题思路：首先连接OC、OD两条半径，利用“同圆半径相等”结合已知PC=OB，可得△ODB、△POC、△OCD均为等腰三角形，再利用等腰三角形等边对等角的性质，将相关角用α和β表示，最后借助三角形外角性质和△POD的内角和为180°，即可推出α与β的数量关系。
【解析】
如图，连接OC，OD.
∵ OD = OB，
∴ $∠ B = ∠ ODB = β$，
∴ $∠ POD = ∠ B + ∠ ODB = 2β$.
∵ $PC = OB = CO = OD$，
∴ $∠ P = ∠ COP = α$，$∠ OCD = ∠ ODC$.
∵ $∠ OCD$是△POC的外角，
∴ $∠ OCD = ∠ P + ∠ COP = 2α$，
∴ $∠ ODC = 2α$.
∵ 在△POD中，$∠ P + ∠ POD + ∠ ODP = 180°$，即$α + 2β + 2α = 180°$，
∴ $3α + 2β = 180°$，故选B。
【答案】
B
【知识点】
1.等腰三角形性质
2.三角形外角性质
3.圆的基本性质
【点评】
本题属于中等难度的角度推导题，解题核心是利用圆半径相等的性质构造等腰三角形，将分散的角度条件整合到同一个三角形中，结合三角形内外角相关定理求解。
【难度系数】
0.6
本题需结合圆半径相等的性质，通过添加辅助线构造等腰三角形，再利用三角形外角、内角和定理推导角度关系。解题思路：首先连接OC、OD两条半径，利用“同圆半径相等”结合已知PC=OB，可得△ODB、△POC、△OCD均为等腰三角形，再利用等腰三角形等边对等角的性质，将相关角用α和β表示，最后借助三角形外角性质和△POD的内角和为180°，即可推出α与β的数量关系。
【解析】
如图
，连接OC，OD.∵ OD = OB，
∴ $∠ B = ∠ ODB = β$，
∴ $∠ POD = ∠ B + ∠ ODB = 2β$.
∵ $PC = OB = CO = OD$，
∴ $∠ P = ∠ COP = α$，$∠ OCD = ∠ ODC$.
∵ $∠ OCD$是△POC的外角，
∴ $∠ OCD = ∠ P + ∠ COP = 2α$，
∴ $∠ ODC = 2α$.
∵ 在△POD中，$∠ P + ∠ POD + ∠ ODP = 180°$，即$α + 2β + 2α = 180°$，
∴ $3α + 2β = 180°$，故选B。
【答案】
B
【知识点】
1.等腰三角形性质
2.三角形外角性质
3.圆的基本性质
【点评】
本题属于中等难度的角度推导题，解题核心是利用圆半径相等的性质构造等腰三角形，将分散的角度条件整合到同一个三角形中，结合三角形内外角相关定理求解。
【难度系数】
0.6
3[2026江苏宿迁期中,较难]如图,$\odot O$的半径为5,弦$BD$的长为6,延长$BD$至点$A$,使得点$D$为$AB$的中点,在$\odot O$上任取一点$C$,连接$AC$,$BC$,则$AC^2+BC^2$的最大值为 (
A.290
B.272
C.252
D.244
B
)A.290
B.272
C.252
D.244
答案
3.B 【解析】过点 C 作 CN ⊥ AB 于点 N, 连接 CD, 如图
.∵ 点 D 为 AB 的中点, BD = 6,
∴ AD = BD = 6.
∵ CN ⊥ AB,
∴ $∠ ANC = ∠ BNC = 90°$,
∴ $AC^2 = AN^2 + CN^2$, $BC^2 = BN^2 + CN^2$,
∴ $AC^2 + BC^2 = AN^2 + CN^2 + BN^2 + CN^2 = (AD + DN)^2 + (BD - DN)^2 + 2CN^2 = AD^2 + 2AD · DN + DN^2 + BD^2 - 2BD · DN + DN^2 + 2CN^2 = 6^2 + 2AD · DN + DN^2 + 6^2 - 2AD · DN + DN^2 + 2CN^2 = 72 + 2(DN^2 + CN^2)$. 当 $DN^2 + CN^2$ 的值最大时, $AC^2 + BC^2$ 的值最大. 在 Rt $△ CDN$ 中, $CD^2 = DN^2 + CN^2$,
∴ 当 CD 最大时, $AC^2 + BC^2$ 的值最大.
∵ $\odot O$ 的半径为 5,
∴ 弦 CD 最长等于直径, 是 10,
∴ $DN^2 + CN^2 = 100$,
∴ $AC^2 + BC^2 = 72 + 2 × 100 = 272$. 故选 B.
解析
【分析】
要计算$AC^2+BC^2$的最大值，首先考虑用勾股定理转化线段平方和，因此过点C作AB的垂线构造直角三角形。结合D是AB中点的条件，将AN、BN用含AD、DN、BD的式子表示后代入$AC^2+BC^2$的表达式，通过代数化简可发现表达式最终和$CD^2$相关，此时问题转化为求圆上点C到定点D的最大距离，根据圆的性质，圆中最长弦为直径，即可得到CD的最大值，代入表达式就能求出最终结果。
【解析】
过点C作$CN ⊥ AB$于点N，连接CD，如图。
∵ 点D为AB的中点，$BD = 6$，
∴ $AD = BD = 6$。
∵ $CN ⊥ AB$，
∴ $∠ ANC = ∠ BNC = 90°$，
由勾股定理可得：$AC^2 = AN^2 + CN^2$，$BC^2 = BN^2 + CN^2$，
∴ $AC^2 + BC^2 = AN^2 + CN^2 + BN^2 + CN^2$。
将$AN=AD+DN$，$BN=BD-DN$代入上式，且$AD=BD=6$，得：
$\begin{aligned}AC^2 + BC^2 &= (6 + DN)^2 + (6 - DN)^2 + 2CN^2 \\&= 36 + 12DN + DN^2 + 36 - 12DN + DN^2 + 2CN^2 \\&= 72 + 2(DN^2 + CN^2)\end{aligned}$
在$Rt△ CDN$中，由勾股定理得$CD^2 = DN^2 + CN^2$，因此当CD取最大值时，$AC^2+BC^2$的值最大。
∵ $\odot O$的半径为5，C是$\odot O$上的点，
∴ 弦CD的最大值为$\odot O$的直径，即$CD_{max}=2×5=10$，
代入得$AC^2 + BC^2$的最大值为$72 + 2×10^2 = 272$。
【答案】B
【知识点】勾股定理，中点性质，圆的基本性质
【点评】本题是代数化简与几何最值结合的综合题，解题的突破口是通过作垂线转化线段平方和，结合中点性质化简表达式，将所求最值转化为圆上点到定点的最大距离问题，侧重考察转化思想和知识综合运用能力。
【难度系数】0.3
要计算$AC^2+BC^2$的最大值，首先考虑用勾股定理转化线段平方和，因此过点C作AB的垂线构造直角三角形。结合D是AB中点的条件，将AN、BN用含AD、DN、BD的式子表示后代入$AC^2+BC^2$的表达式，通过代数化简可发现表达式最终和$CD^2$相关，此时问题转化为求圆上点C到定点D的最大距离，根据圆的性质，圆中最长弦为直径，即可得到CD的最大值，代入表达式就能求出最终结果。
【解析】
过点C作$CN ⊥ AB$于点N，连接CD，如图
。∵ 点D为AB的中点，$BD = 6$，
∴ $AD = BD = 6$。
∵ $CN ⊥ AB$，
∴ $∠ ANC = ∠ BNC = 90°$，
由勾股定理可得：$AC^2 = AN^2 + CN^2$，$BC^2 = BN^2 + CN^2$，
∴ $AC^2 + BC^2 = AN^2 + CN^2 + BN^2 + CN^2$。
将$AN=AD+DN$，$BN=BD-DN$代入上式，且$AD=BD=6$，得：
$\begin{aligned}AC^2 + BC^2 &= (6 + DN)^2 + (6 - DN)^2 + 2CN^2 \\&= 36 + 12DN + DN^2 + 36 - 12DN + DN^2 + 2CN^2 \\&= 72 + 2(DN^2 + CN^2)\end{aligned}$
在$Rt△ CDN$中，由勾股定理得$CD^2 = DN^2 + CN^2$，因此当CD取最大值时，$AC^2+BC^2$的值最大。
∵ $\odot O$的半径为5，C是$\odot O$上的点，
∴ 弦CD的最大值为$\odot O$的直径，即$CD_{max}=2×5=10$，
代入得$AC^2 + BC^2$的最大值为$72 + 2×10^2 = 272$。
【答案】B
【知识点】勾股定理，中点性质，圆的基本性质
【点评】本题是代数化简与几何最值结合的综合题，解题的突破口是通过作垂线转化线段平方和，结合中点性质化简表达式，将所求最值转化为圆上点到定点的最大距离问题，侧重考察转化思想和知识综合运用能力。
【难度系数】0.3
4[2026江苏泰州质检,中]如图,正方形ABCD的边长为a,以C为圆心,BC的长为半径画弧,交AB的垂直平分线于点P,连接PD,PB,PA,若PA=b,则$\frac{a^2 + b^2}{a^2 - b^2}=$
$\sqrt{3}$
.答案
4.$\sqrt{3}$ 【解析】如图
,连接 CP, 过 B 作 BE ⊥ CP, 垂足为 E, 则 $∠ BEC = ∠ BEP = 90°$.∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ AB = CD = BC = a, $∠ BCD = 90°$.
∵ 以 C 为圆心, BC 的长为半径画弧, 交 AB 的垂直平分线于点 P,
∴ CP = CD = CB = DP = a, PA = PB = b,
∴ $△ CDP$ 是等边三角形,
∴ $∠ DCP = 60°$,
∴ $∠ BCE = 30°$,
∴ $BE = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}a$,
∴ $CE = \sqrt{BC^2 - BE^2} = \sqrt{a^2 - (\frac{1}{2}a)^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}a$,
∴ PE = CP - CE = a - $\frac{\sqrt{3}}{2}a$ = $\frac{2 - \sqrt{3}}{2}a$.
∵ $PE^2 + BE^2 = PB^2$,
∴ $(\frac{2 - \sqrt{3}}{2}a)^2 + (\frac{1}{2}a)^2 = b^2$, 整理得 $b^2 = (2 - \sqrt{3})a^2$,
∴ $\frac{a^2 + b^2}{a^2 - b^2} = \frac{a^2 + (2 - \sqrt{3})a^2}{a^2 - (2 - \sqrt{3})a^2} = \frac{3 - \sqrt{3}}{\sqrt{3} - 1} = \sqrt{3}$, 故答案为 $\sqrt{3}$.
解析
【分析】
解题时从已知条件逐步推导：1. 由正方形性质和圆的半径相等，可得CP=CB=CD=a；2. 点P在AB的垂直平分线上，因此PA=PB=b，同时P也在CD的垂直平分线上，故DP=CP=a，可推出△CDP为等边三角形，得到∠DCP=60°，进而得∠BCP=30°。接下来作辅助线BE⊥CP构造直角三角形，利用30°直角三角形的性质求出BE、CE的长度，再通过勾股定理建立a与b的数量关系，最后代入所求分式化简即可得到结果。
【解析】
如图，连接CP，过B作BE⊥CP，垂足为E，则$∠ BEC = ∠ BEP = 90°$.
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB = CD = BC = a，$∠ BCD = 90°$.
∵ 以C为圆心，BC的长为半径画弧，交AB的垂直平分线于点P，
∴ CP = CD = CB = DP = a，且P在AB垂直平分线上，故PA = PB = b，
∴ $△ CDP$ 是等边三角形，
∴ $∠ DCP = 60°$，
∴ $∠ BCE = ∠BCD-∠DCP=30°$，
∴ 在$Rt△BCE$中，$BE = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}a$，
由勾股定理得 $CE = \sqrt{BC^2 - BE^2} = \sqrt{a^2 - (\frac{1}{2}a)^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}a$，
∴ PE = CP - CE = $a-\frac{\sqrt{3}}{2}a$ = $\frac{2 - \sqrt{3}}{2}a$.
在$Rt△BEP$中，由勾股定理得$PE^2 + BE^2 = PB^2$，
∴ $(\frac{2 - \sqrt{3}}{2}a)^2 + (\frac{1}{2}a)^2 = b^2$， 整理得 $b^2 = (2 - \sqrt{3})a^2$，
将$b^2 = (2 - \sqrt{3})a^2$代入所求式：
$\frac{a^2 + b^2}{a^2 - b^2} = \frac{a^2 + (2 - \sqrt{3})a^2}{a^2 - (2 - \sqrt{3})a^2} = \frac{3 - \sqrt{3}}{\sqrt{3} - 1}$，
分母有理化后化简得结果为$\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题属于几何综合中档题，融合了正方形、圆的基本性质、特殊三角形的性质及代数式化简的相关知识，解题的关键是通过辅助线构造直角三角形，建立a和b的数量关系，能够较好地考查学生的几何分析能力和代数运算能力。
【难度系数】
0.6
解题时从已知条件逐步推导：1. 由正方形性质和圆的半径相等，可得CP=CB=CD=a；2. 点P在AB的垂直平分线上，因此PA=PB=b，同时P也在CD的垂直平分线上，故DP=CP=a，可推出△CDP为等边三角形，得到∠DCP=60°，进而得∠BCP=30°。接下来作辅助线BE⊥CP构造直角三角形，利用30°直角三角形的性质求出BE、CE的长度，再通过勾股定理建立a与b的数量关系，最后代入所求分式化简即可得到结果。
【解析】
如图
，连接CP，过B作BE⊥CP，垂足为E，则$∠ BEC = ∠ BEP = 90°$.∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB = CD = BC = a，$∠ BCD = 90°$.
∵ 以C为圆心，BC的长为半径画弧，交AB的垂直平分线于点P，
∴ CP = CD = CB = DP = a，且P在AB垂直平分线上，故PA = PB = b，
∴ $△ CDP$ 是等边三角形，
∴ $∠ DCP = 60°$，
∴ $∠ BCE = ∠BCD-∠DCP=30°$，
∴ 在$Rt△BCE$中，$BE = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}a$，
由勾股定理得 $CE = \sqrt{BC^2 - BE^2} = \sqrt{a^2 - (\frac{1}{2}a)^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}a$，
∴ PE = CP - CE = $a-\frac{\sqrt{3}}{2}a$ = $\frac{2 - \sqrt{3}}{2}a$.
在$Rt△BEP$中，由勾股定理得$PE^2 + BE^2 = PB^2$，
∴ $(\frac{2 - \sqrt{3}}{2}a)^2 + (\frac{1}{2}a)^2 = b^2$， 整理得 $b^2 = (2 - \sqrt{3})a^2$，
将$b^2 = (2 - \sqrt{3})a^2$代入所求式：
$\frac{a^2 + b^2}{a^2 - b^2} = \frac{a^2 + (2 - \sqrt{3})a^2}{a^2 - (2 - \sqrt{3})a^2} = \frac{3 - \sqrt{3}}{\sqrt{3} - 1}$，
分母有理化后化简得结果为$\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题属于几何综合中档题，融合了正方形、圆的基本性质、特殊三角形的性质及代数式化简的相关知识，解题的关键是通过辅助线构造直角三角形，建立a和b的数量关系，能够较好地考查学生的几何分析能力和代数运算能力。
【难度系数】
0.6
5[2026浙江温州质检,中]如图,已知点A,B和线段a.求作$\odot O$,使$\odot O$过点A,B,且半径为a.这样的圆能作几个？
答案
5.【解】如图
所示,$\odot O$ 和 $\odot O'$ 即为所求.这样的圆能作 2 个.
解析
【分析】
要作出满足条件的圆，需先确定圆心和半径，本题半径已给定为a，因此只需找到符合要求的圆心即可。圆心需同时满足两个条件：①圆过A、B两点，说明圆心到A、B的距离相等，根据线段垂直平分线的判定，圆心在线段AB的垂直平分线上；②圆半径为a，说明圆心到点A（或B）的距离等于a。因此我们先作AB的垂直平分线，再在垂直平分线上找到到A距离为a的点，即为所求圆心，根据交点数量即可确定能作出的圆的个数。
【解析】
1. 连接线段AB，用尺规作AB的垂直平分线$l$；
2. 以点A为圆心，线段$a$的长度为半径画弧，与垂直平分线$l$交于$O$、$O'$两点（因$O$、$O'$在AB的垂直平分线上，故两点到B的距离也等于$a$，符合圆心要求）；
3. 分别以$O$、$O'$为圆心，$a$为半径作圆，所得的两个圆均过A、B两点，且半径为$a$，即为所求。
由作图过程可知，垂直平分线与以A为圆心a为半径的弧共有2个交点，因此这样的圆能作2个。
【答案】
如图所示，$\odot O$ 和 $\odot O'$ 即为所求。
这样的圆能作 2 个。
【知识点】
1. 圆的定义
2. 线段垂直平分线的性质
3. 尺规作图
【点评】
本题是基础的尺规作图类题目，解题关键是抓住确定圆的两大要素：圆心和半径，结合线段垂直平分线的性质定位圆心的位置，解题时需注意符合条件的圆心共有2个，不要漏解。
【难度系数】
0.7
要作出满足条件的圆，需先确定圆心和半径，本题半径已给定为a，因此只需找到符合要求的圆心即可。圆心需同时满足两个条件：①圆过A、B两点，说明圆心到A、B的距离相等，根据线段垂直平分线的判定，圆心在线段AB的垂直平分线上；②圆半径为a，说明圆心到点A（或B）的距离等于a。因此我们先作AB的垂直平分线，再在垂直平分线上找到到A距离为a的点，即为所求圆心，根据交点数量即可确定能作出的圆的个数。
【解析】
1. 连接线段AB，用尺规作AB的垂直平分线$l$；
2. 以点A为圆心，线段$a$的长度为半径画弧，与垂直平分线$l$交于$O$、$O'$两点（因$O$、$O'$在AB的垂直平分线上，故两点到B的距离也等于$a$，符合圆心要求）；
3. 分别以$O$、$O'$为圆心，$a$为半径作圆，所得的两个圆均过A、B两点，且半径为$a$，即为所求。
由作图过程可知，垂直平分线与以A为圆心a为半径的弧共有2个交点，因此这样的圆能作2个。
【答案】
如图
所示，$\odot O$ 和 $\odot O'$ 即为所求。这样的圆能作 2 个。
【知识点】
1. 圆的定义
2. 线段垂直平分线的性质
3. 尺规作图
【点评】
本题是基础的尺规作图类题目，解题关键是抓住确定圆的两大要素：圆心和半径，结合线段垂直平分线的性质定位圆心的位置，解题时需注意符合条件的圆心共有2个，不要漏解。
【难度系数】
0.7
6[2026浙江金华期末,中]尺规作图:在$\odot O$中作一个度数为$150°$的圆心角.
以下是小华的作图过程,他分两步完成.
第一步:如图,以$\odot O$上一点A为圆心,OA长为半径作弧,交$\odot O$于点B,连接OB.
第二步:分别以A,B为圆心,大于线段OA的长为半径作圆弧交于圆内一点C,连接OC并延长交$\odot O$于点D.
请根据小华的作图过程回答以下问题:
(1)求$∠ AOB$的度数.
(2)说明$∠ AOD$的度数为$150°$的理由.
以下是小华的作图过程,他分两步完成.
第一步:如图,以$\odot O$上一点A为圆心,OA长为半径作弧,交$\odot O$于点B,连接OB.
第二步:分别以A,B为圆心,大于线段OA的长为半径作圆弧交于圆内一点C,连接OC并延长交$\odot O$于点D.
请根据小华的作图过程回答以下问题:
(1)求$∠ AOB$的度数.
(2)说明$∠ AOD$的度数为$150°$的理由.
答案
6.【解】(1)连接 AB, 如图
.由作图可知, AB = OA.
∵ OA = OB,
∴ OA = OB = AB,
∴ $△ OAB$ 是等边三角形,
∴ $∠ AOB = 60°$.
(2)连接 AC, BC, 如图.
由作图可知, AC = BC. 在 $△ AOC$ 和 $△ BOC$ 中, AC = BC, OA = OB, OC = OC,
∴ $△ AOC ≌ △ BOC$ (SSS),
∴ $∠ AOC = ∠ BOC$.
∵ $∠ AOC + ∠ BOC + ∠ AOB = 360°$,
∴ $2∠ AOC + 60° = 360°$,
∴ $∠ AOC = 150°$, 即 $∠ AOD = 150°$.
解析
【分析】
(1) 求解∠AOB时，先根据圆的性质可知同圆的半径相等，因此OA=OB；再结合第一步作图的条件，可得AB=OA，因此△OAB三边相等，可判定为等边三角形，根据等边三角形内角为60°即可得到∠AOB的度数。
(2) 要说明∠AOD=150°，首先根据第二步作图可知AC=BC，结合OA=OB、公共边OC，可通过SSS判定△AOC≌△BOC，得到∠AOC=∠BOC；再根据周角为360°，结合已知的∠AOB=60°，列式计算即可得到∠AOC的度数，也就是∠AOD的度数。
【解析】
(1) 连接AB，如图。
由作图可知，AB = OA。
∵ OA和OB都是⊙O的半径，
∴ OA = OB，
∴ OA = OB = AB，即△OAB是等边三角形，
∴ ∠AOB = 60°。
(2) 连接AC、BC，如图。
由作图可知，AC = BC。
在△AOC和△BOC中：
$\begin{cases} AC=BC \\ OA=OB \\ OC=OC \end{cases}$
∴ △AOC ≌ △BOC（SSS），
∴ ∠AOC = ∠BOC。
∵ 周角为360°，即∠AOC + ∠BOC + ∠AOB = 360°，
将∠AOB=60°代入得：$2∠AOC + 60° = 360°$，
解得∠AOC = 150°，即∠AOD = 150°。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠AOB=60°}$
(2) 理由：由作图得AC=BC，结合OA=OB、OC=OC可证△AOC≌△BOC，因此∠AOC=∠BOC，再结合周角为360°、∠AOB=60°，计算可得∠AOC=150°，即$\boldsymbol{∠AOD=150°}$
【知识点】
等边三角形判定与性质；全等三角形SSS判定；尺规作图原理
【点评】
本题将尺规作图与几何证明结合，重点考查基础几何知识点的应用，解题的核心是从作图步骤中提取边相等的隐含条件，侧重对学生读题分析能力和基础定理掌握程度的检验。
【难度系数】
0.7
(1) 求解∠AOB时，先根据圆的性质可知同圆的半径相等，因此OA=OB；再结合第一步作图的条件，可得AB=OA，因此△OAB三边相等，可判定为等边三角形，根据等边三角形内角为60°即可得到∠AOB的度数。
(2) 要说明∠AOD=150°，首先根据第二步作图可知AC=BC，结合OA=OB、公共边OC，可通过SSS判定△AOC≌△BOC，得到∠AOC=∠BOC；再根据周角为360°，结合已知的∠AOB=60°，列式计算即可得到∠AOC的度数，也就是∠AOD的度数。
【解析】
(1) 连接AB，如图
。由作图可知，AB = OA。
∵ OA和OB都是⊙O的半径，
∴ OA = OB，
∴ OA = OB = AB，即△OAB是等边三角形，
∴ ∠AOB = 60°。
(2) 连接AC、BC，如图。
由作图可知，AC = BC。
在△AOC和△BOC中：
$\begin{cases} AC=BC \\ OA=OB \\ OC=OC \end{cases}$
∴ △AOC ≌ △BOC（SSS），
∴ ∠AOC = ∠BOC。
∵ 周角为360°，即∠AOC + ∠BOC + ∠AOB = 360°，
将∠AOB=60°代入得：$2∠AOC + 60° = 360°$，
解得∠AOC = 150°，即∠AOD = 150°。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠AOB=60°}$
(2) 理由：由作图得AC=BC，结合OA=OB、OC=OC可证△AOC≌△BOC，因此∠AOC=∠BOC，再结合周角为360°、∠AOB=60°，计算可得∠AOC=150°，即$\boldsymbol{∠AOD=150°}$
【知识点】
等边三角形判定与性质；全等三角形SSS判定；尺规作图原理
【点评】
本题将尺规作图与几何证明结合，重点考查基础几何知识点的应用，解题的核心是从作图步骤中提取边相等的隐含条件，侧重对学生读题分析能力和基础定理掌握程度的检验。
【难度系数】
0.7
7[2026福建福州调研,中]如图,C,D,G分别是半圆O的直径AB上的点,点E,F,N在半圆弧AB上,点M在DE上,且四边形CDEF和四边形DGNM都是正方形.
(1)求证:OC=OD;
(2)求证:DM=EM.
(1)求证:OC=OD;
(2)求证:DM=EM.
答案
7.【证明】(1)如图
,连接 OF, OE, 则 OF = OE.∵ 四边形 CDEF 为正方形,
∴ CF = DE, $∠ FCO = ∠ EDO = 90°$,
∴ 在 Rt $△ FOC$ 和 Rt $△ EOD$ 中, $\begin{cases} OF = OE, \\ CF = DE, \end{cases}$
∴ Rt $△ FOC ≌$ Rt $△ EOD$ (HL),
∴ OC = OD.
(2)如图,连接 ON. 设正方形 CDEF 的边长为 2x, 正方形 DGNM 的边长为 y, 则 CD = DE = 2x, CO = DO = x, DG = NG = DM = y. 在 Rt $△ ODE$ 中, $OE^2 = OD^2 + DE^2 = x^2 + (2x)^2 = 5x^2 = ON^2$. 在 Rt $△ ONG$ 中, $ON^2 = OG^2 + GN^2 = (x + y)^2 + y^2$,
∴ $5x^2 = (x + y)^2 + y^2$, 整理得 $2x^2 - xy - y^2 = 0$, 则 $(x - y)(2x + y) = 0$,
∴ x - y = 0 或 2x + y = 0, 解得 x = y 或 $x = -\frac{1}{2}y$ (不合题意, 舍去),
∴ EM = DE - DM = 2x - y = y,
∴ EM = DM.
解析
【分析】
(1) 要证OC=OD，可通过证明两条线段所在的直角三角形全等推导：首先连接OF、OE，根据同圆的半径相等可得OF=OE；再结合正方形CDEF的性质，得到CF=DE，且∠FCO=∠EDO=90°，符合直角三角形全等的HL判定条件，证得两个直角三角形全等后即可推出OC=OD。
(2) 要证DM=EM，可通过设参数，利用勾股定理建立边长关系推导：首先连接ON（ON为圆的半径，与OE长度相等），设正方形CDEF的边长为2x，正方形DGNM的边长为y，分别在Rt△ODE、Rt△ONG中用勾股定理表示OE²和ON²，根据OE=ON列方程求解参数关系，即可推出DM与EM的长度相等。
【解析】
(1) 连接OF，OE，根据同圆的半径相等，得OF = OE。
∵ 四边形CDEF为正方形，
∴ CF = DE，∠FCO = ∠EDO = 90°，
在Rt△FOC和Rt△EOD中，$\begin{cases} OF = OE \\ CF = DE \end{cases}$，
∴ Rt△FOC ≌ Rt△EOD（HL），
∴ OC = OD。
(2) 连接ON，设正方形CDEF的边长为2x，正方形DGNM的边长为y，则CD = DE = 2x，由(1)得CO = DO = x，且DG = NG = DM = y。
在Rt△ODE中，由勾股定理得：$OE^2 = OD^2 + DE^2 = x^2 + (2x)^2 = 5x^2$，
∵ ON也是半圆O的半径，
∴ $ON^2=OE^2=5x^2$。
在Rt△ONG中，由勾股定理得：$ON^2 = OG^2 + GN^2 = (x + y)^2 + y^2$，
∴ $5x^2 = (x + y)^2 + y^2$，整理得 $2x^2 - xy - y^2 = 0$，因式分解得 $(x - y)(2x + y) = 0$，
∵ 边长为正数，
∴ 2x+y≠0，故x - y = 0，即x=y，
∴ EM = DE - DM = 2x - y = x = y = DM，即可得证。
【答案】
(1) 证明：如图，连接 OF, OE, 则 OF = OE。
∵ 四边形 CDEF 为正方形,
∴ CF = DE, $∠ FCO = ∠ EDO = 90°$,
∴ 在 Rt $△ FOC$ 和 Rt $△ EOD$ 中, $\begin{cases} OF = OE, \\ CF = DE, \end{cases}$
∴ Rt $△ FOC ≌$ Rt $△ EOD$ (HL),
∴ OC = OD。
(2) 证明：连接 ON. 设正方形 CDEF 的边长为 2x, 正方形 DGNM 的边长为 y, 则 CD = DE = 2x, CO = DO = x, DG = NG = DM = y. 在 Rt $△ ODE$ 中, $OE^2 = OD^2 + DE^2 = x^2 + (2x)^2 = 5x^2 = ON^2$. 在 Rt $△ ONG$ 中, $ON^2 = OG^2 + GN^2 = (x + y)^2 + y^2$,
∴ $5x^2 = (x + y)^2 + y^2$, 整理得 $2x^2 - xy - y^2 = 0$, 则 $(x - y)(2x + y) = 0$,
∴ x - y = 0 或 2x + y = 0, 解得 x = y 或 $x = -\frac{1}{2}y$ (不合题意, 舍去),
∴ EM = DE - DM = 2x - y = y,
∴ EM = DM。
【知识点】
圆的基本性质；直角三角形全等判定；勾股定理
【点评】
本题是圆与正方形结合的典型综合题，既考察了全等三角形的构造与判定，又需要运用方程思想结合勾股定理推导边长关系，能有效锻炼几何辅助线构造能力和用代数方法解决几何问题的思维。
【难度系数】
0.6
(1) 要证OC=OD，可通过证明两条线段所在的直角三角形全等推导：首先连接OF、OE，根据同圆的半径相等可得OF=OE；再结合正方形CDEF的性质，得到CF=DE，且∠FCO=∠EDO=90°，符合直角三角形全等的HL判定条件，证得两个直角三角形全等后即可推出OC=OD。
(2) 要证DM=EM，可通过设参数，利用勾股定理建立边长关系推导：首先连接ON（ON为圆的半径，与OE长度相等），设正方形CDEF的边长为2x，正方形DGNM的边长为y，分别在Rt△ODE、Rt△ONG中用勾股定理表示OE²和ON²，根据OE=ON列方程求解参数关系，即可推出DM与EM的长度相等。
【解析】
(1) 连接OF，OE，根据同圆的半径相等，得OF = OE。
∵ 四边形CDEF为正方形，
∴ CF = DE，∠FCO = ∠EDO = 90°，
在Rt△FOC和Rt△EOD中，$\begin{cases} OF = OE \\ CF = DE \end{cases}$，
∴ Rt△FOC ≌ Rt△EOD（HL），
∴ OC = OD。
(2) 连接ON，设正方形CDEF的边长为2x，正方形DGNM的边长为y，则CD = DE = 2x，由(1)得CO = DO = x，且DG = NG = DM = y。
在Rt△ODE中，由勾股定理得：$OE^2 = OD^2 + DE^2 = x^2 + (2x)^2 = 5x^2$，
∵ ON也是半圆O的半径，
∴ $ON^2=OE^2=5x^2$。
在Rt△ONG中，由勾股定理得：$ON^2 = OG^2 + GN^2 = (x + y)^2 + y^2$，
∴ $5x^2 = (x + y)^2 + y^2$，整理得 $2x^2 - xy - y^2 = 0$，因式分解得 $(x - y)(2x + y) = 0$，
∵ 边长为正数，
∴ 2x+y≠0，故x - y = 0，即x=y，
∴ EM = DE - DM = 2x - y = x = y = DM，即可得证。
【答案】
(1) 证明：如图
，连接 OF, OE, 则 OF = OE。∵ 四边形 CDEF 为正方形,
∴ CF = DE, $∠ FCO = ∠ EDO = 90°$,
∴ 在 Rt $△ FOC$ 和 Rt $△ EOD$ 中, $\begin{cases} OF = OE, \\ CF = DE, \end{cases}$
∴ Rt $△ FOC ≌$ Rt $△ EOD$ (HL),
∴ OC = OD。
(2) 证明：连接 ON. 设正方形 CDEF 的边长为 2x, 正方形 DGNM 的边长为 y, 则 CD = DE = 2x, CO = DO = x, DG = NG = DM = y. 在 Rt $△ ODE$ 中, $OE^2 = OD^2 + DE^2 = x^2 + (2x)^2 = 5x^2 = ON^2$. 在 Rt $△ ONG$ 中, $ON^2 = OG^2 + GN^2 = (x + y)^2 + y^2$,
∴ $5x^2 = (x + y)^2 + y^2$, 整理得 $2x^2 - xy - y^2 = 0$, 则 $(x - y)(2x + y) = 0$,
∴ x - y = 0 或 2x + y = 0, 解得 x = y 或 $x = -\frac{1}{2}y$ (不合题意, 舍去),
∴ EM = DE - DM = 2x - y = y,
∴ EM = DM。
【知识点】
圆的基本性质；直角三角形全等判定；勾股定理
【点评】
本题是圆与正方形结合的典型综合题，既考察了全等三角形的构造与判定，又需要运用方程思想结合勾股定理推导边长关系，能有效锻炼几何辅助线构造能力和用代数方法解决几何问题的思维。
【难度系数】
0.6
