登录
1. (盐城中考改编) 如图,在 $\mathrm{Rt } △ ABC$ 中,$∠ ACB=90°$, $∠ B=60°$, $BC=3$, 将 $△ ABC$ 绕点 $C$ 逆时针旋转到 $△ EDC$ 的位置,点 $B$ 的对应点 $D$ 首次落在斜边 $AB$ 上,则点 $A$ 的运动路径的长为（
A.$\sqrt{3}π$
B.$2\sqrt{3}π$
C.$2π$
D.$4π$
A
）A.$\sqrt{3}π$
B.$2\sqrt{3}π$
C.$2π$
D.$4π$
答案
在 Rt△ABC 中,
∵ ∠ACB=90°,∠B=60°,BC=3,
∴ ∠A=30°,
∴ AB = 2BC = 6. 由旋转的性质得 CE = CA = $\sqrt{AB^2-BC^2}=3\sqrt{3}$, ∠ACE = ∠BCD = 90° - ∠ACD, CB = CD,
∴ △BCD 是等边三角形,
∴ ∠BCD=60°=∠ACE,
∴ 点 A 的运动路径的长为$\frac{60×π×3\sqrt{3}}{180}=\sqrt{3}π$.
∵ ∠ACB=90°,∠B=60°,BC=3,
∴ ∠A=30°,
∴ AB = 2BC = 6. 由旋转的性质得 CE = CA = $\sqrt{AB^2-BC^2}=3\sqrt{3}$, ∠ACE = ∠BCD = 90° - ∠ACD, CB = CD,
∴ △BCD 是等边三角形,
∴ ∠BCD=60°=∠ACE,
∴ 点 A 的运动路径的长为$\frac{60×π×3\sqrt{3}}{180}=\sqrt{3}π$.
解析
【分析】
要计算点A的运动路径长，需明确点A的运动轨迹是以点C为圆心、AC为半径的圆弧，因此需先求出AC的长度，以及该圆弧对应的圆心角∠ACE的度数。首先在Rt△ABC中，利用直角三角形的性质求出∠A、AB和AC的长度；再根据旋转的性质得到CB=CD，结合∠B=60°判断△BCD为等边三角形，从而推出圆心角∠ACE的度数；最后利用弧长公式计算路径长。
【解析】
1. 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=3，
∴ ∠A=180°-90°-60°=30°，
∴ AB=2BC=2×3=6，
由勾股定理得：AC=√(AB²-BC²)=√(6²-3²)=3√3。
2. 由旋转的性质得：CB=CD，旋转角∠ACE=∠BCD，
又
∵ ∠B=60°，CB=CD，
∴ △BCD是等边三角形，
∴ ∠BCD=60°，
∴ ∠ACE=60°。
3. 点A的运动路径是以C为圆心、AC为半径，圆心角为60°的圆弧，根据弧长公式$ l=\frac{nπ r}{180} $（n为圆心角度数，r为半径），
路径长=$ \frac{60×π×3\sqrt{3}}{180}=\sqrt{3}π $。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质、弧长计算、直角三角形性质
【点评】
本题结合旋转的性质考查弧长的计算，关键是确定点A运动轨迹的圆心、半径和圆心角，需运用直角三角形和等边三角形的性质推导相关量，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.5
要计算点A的运动路径长，需明确点A的运动轨迹是以点C为圆心、AC为半径的圆弧，因此需先求出AC的长度，以及该圆弧对应的圆心角∠ACE的度数。首先在Rt△ABC中，利用直角三角形的性质求出∠A、AB和AC的长度；再根据旋转的性质得到CB=CD，结合∠B=60°判断△BCD为等边三角形，从而推出圆心角∠ACE的度数；最后利用弧长公式计算路径长。
【解析】
1. 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=3，
∴ ∠A=180°-90°-60°=30°，
∴ AB=2BC=2×3=6，
由勾股定理得：AC=√(AB²-BC²)=√(6²-3²)=3√3。
2. 由旋转的性质得：CB=CD，旋转角∠ACE=∠BCD，
又
∵ ∠B=60°，CB=CD，
∴ △BCD是等边三角形，
∴ ∠BCD=60°，
∴ ∠ACE=60°。
3. 点A的运动路径是以C为圆心、AC为半径，圆心角为60°的圆弧，根据弧长公式$ l=\frac{nπ r}{180} $（n为圆心角度数，r为半径），
路径长=$ \frac{60×π×3\sqrt{3}}{180}=\sqrt{3}π $。
【答案】
A
【知识点】
旋转的性质、弧长计算、直角三角形性质
【点评】
本题结合旋转的性质考查弧长的计算，关键是确定点A运动轨迹的圆心、半径和圆心角，需运用直角三角形和等边三角形的性质推导相关量，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.5
2. (德阳中考) 如图,在五边形 $ABCDE$ 中,$AB=$$AC=AD=AE$, 且 $AB // ED,∠ EAB=120°$, 则$∠ DCB=$（
A.$150°$
B.$160°$
C.$130°$
D.$60°$
A
）A.$150°$
B.$160°$
C.$130°$
D.$60°$
答案
如图,以点 A 为圆心,AB 长为半径作圆,在优弧 EB 上任取一点 F,连接 DF,BF.
∵ ∠EAB = 120°,AB // ED,AE=AD,
∴ ∠DEA=∠EDA=60°.又 AB//ED,
∴ ∠EDA=∠DAB=60°,
∴ ∠DFB=30°,
∴ ∠DCB=180°-30°=150°.故选 A.
解析
【分析】
要解决本题，首先根据条件AB=AC=AD=AE，得出点B、C、D、E共圆（以A为圆心、AB为半径），这是解题的核心突破口。接着利用平行线性质和等腰三角形性质求出圆心角∠DAB的度数，再结合圆周角定理、圆内接四边形的性质，即可推导得出∠DCB的度数。
【解析】
1. 由AB=AC=AD=AE，可知点B、C、D、E在以A为圆心，AB长为半径的圆上。
2. 因为AB//ED，根据“两直线平行，内错角相等”，得∠EDA=∠DAB。
3. 又AE=AD，故△AED为等腰三角形，∠AED=∠EDA。已知∠EAB=120°，即∠EAD + ∠DAB=120°；结合三角形内角和定理：∠EAD + ∠AED + ∠EDA=180°，代入∠AED=∠EDA=∠DAB，得∠EAD + 2∠DAB=180°。
4. 联立上述两式，解得∠DAB=60°，即弧DB对应的圆心角为60°。
5. 根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，得弧DB对应的圆周角∠DFB=½∠DAB=30°。
6. 因为点D、C、B、F都在⊙A上，四边形DCBF是圆内接四边形，根据“圆内接四边形对角互补”，得∠DCB + ∠DFB=180°，因此∠DCB=180°-30°=150°。
【答案】
A.
【知识点】
圆的性质、圆周角定理、平行线性质
【点评】
本题是中考几何综合题，核心是利用“到定点距离相等的点共圆”构造辅助圆，结合平行线、等腰三角形性质及圆周角定理求解，体现了几何转化思想，需要学生具备一定的图形分析能力。
【难度系数】
0.5
要解决本题，首先根据条件AB=AC=AD=AE，得出点B、C、D、E共圆（以A为圆心、AB为半径），这是解题的核心突破口。接着利用平行线性质和等腰三角形性质求出圆心角∠DAB的度数，再结合圆周角定理、圆内接四边形的性质，即可推导得出∠DCB的度数。
【解析】
1. 由AB=AC=AD=AE，可知点B、C、D、E在以A为圆心，AB长为半径的圆上。
2. 因为AB//ED，根据“两直线平行，内错角相等”，得∠EDA=∠DAB。
3. 又AE=AD，故△AED为等腰三角形，∠AED=∠EDA。已知∠EAB=120°，即∠EAD + ∠DAB=120°；结合三角形内角和定理：∠EAD + ∠AED + ∠EDA=180°，代入∠AED=∠EDA=∠DAB，得∠EAD + 2∠DAB=180°。
4. 联立上述两式，解得∠DAB=60°，即弧DB对应的圆心角为60°。
5. 根据圆周角定理，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，得弧DB对应的圆周角∠DFB=½∠DAB=30°。
6. 因为点D、C、B、F都在⊙A上，四边形DCBF是圆内接四边形，根据“圆内接四边形对角互补”，得∠DCB + ∠DFB=180°，因此∠DCB=180°-30°=150°。
【答案】
A.
【知识点】
圆的性质、圆周角定理、平行线性质
【点评】
本题是中考几何综合题，核心是利用“到定点距离相等的点共圆”构造辅助圆，结合平行线、等腰三角形性质及圆周角定理求解，体现了几何转化思想，需要学生具备一定的图形分析能力。
【难度系数】
0.5
3. 如图, 已知 $AB=AC=AD$, $∠ CAD=30°$, 则$∠ CBD$ 的度数是
15°
.答案
如图,
∵ AB=AC=AD,
∴ 点 B,C,D 在以 A 为圆心、AB 为半径的圆上.
∵ ∠CAD=30°,
∴ ∠CBD=$\frac{1}{2}$∠CAD=$\frac{1}{2}×30°=15°$.
解析
【分析】首先由AB=AC=AD，可确定点B、C、D在以A为圆心、AB为半径的圆上；再根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，∠CAD是弧CD对应的圆心角，∠CBD是弧CD对应的圆周角，由此可计算出∠CBD的度数。
【解析】
∵ AB=AC=AD，
∴ 点B、C、D在以A为圆心、AB为半径的圆上。
∵ ∠CAD是弧CD所对的圆心角，∠CBD是弧CD所对的圆周角，
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴ ∠CBD = $\frac{1}{2}$∠CAD = $\frac{1}{2}$×30° = 15°。
【答案】
【知识点】圆周角定理、圆的认识
【点评】本题考查圆周角定理的应用，核心是根据线段相等判断四点共圆，再利用同弧对应的圆周角与圆心角的关系求解，属于基础几何题，需掌握圆的基本性质和圆周角定理。
【难度系数】0.4
【解析】
∵ AB=AC=AD，
∴ 点B、C、D在以A为圆心、AB为半径的圆上。
∵ ∠CAD是弧CD所对的圆心角，∠CBD是弧CD所对的圆周角，
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴ ∠CBD = $\frac{1}{2}$∠CAD = $\frac{1}{2}$×30° = 15°。
【答案】
【知识点】圆周角定理、圆的认识
【点评】本题考查圆周角定理的应用，核心是根据线段相等判断四点共圆，再利用同弧对应的圆周角与圆心角的关系求解，属于基础几何题，需掌握圆的基本性质和圆周角定理。
【难度系数】0.4
4. 如图,四边形$ABCD$中,$DC// AB,BC=1,AB=$$AC=AD=2$,则$BD$的长为
$\sqrt{15}$
.答案
如图,以点 A 为圆心,AB 长为半径作圆,延长 BA 交⊙A 于点 F,连接 DF.
∵ DC//AB,
∴ ∠CDB=∠DBF,
∴ $\overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{BC}$,
∴ DF=CB=1,BF=2AB=4.
∵ FB 是⊙A 的直径,
∴ ∠FDB=90°,
∴ BD=$\sqrt{BF^2-DF^2}=\sqrt{15}$.
解析
【分析】
观察到AC=AD=AB=2，可知点B、C、D都在以A为圆心、半径为2的圆上。结合DC//AB的条件，利用圆中平行线对应的弧相等，构造直径BF，再通过圆周角定理和勾股定理计算BD的长度。
【解析】
1. 以点A为圆心，AB长为半径作⊙A，延长BA交⊙A于点F，连接DF。
2. 因为AD=AC=AB=2，所以点B、C、D在⊙A上，⊙A半径为2，故BF=2AB=4。
3. 由DC//AB，根据圆中平行线的性质，得$\overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{BC}$，因此DF=BC=1。
4. 因为FB是⊙A的直径，根据圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，所以∠FDB=90°，△BDF为直角三角形。
5. 在Rt△BDF中，由勾股定理得：$BD=\sqrt{BF^2-DF^2}=\sqrt{4^2-1^2}=\sqrt{15}$。
【答案】
$\sqrt{15}$
【知识点】
圆的性质、勾股定理、圆周角定理
【点评】
本题通过构造辅助圆，将分散的线段关系集中，利用圆的性质简化计算，是几何中辅助圆解题的典型应用，需要掌握圆与平行线、直角三角形结合的解题思路。
【难度系数】
0.4
观察到AC=AD=AB=2，可知点B、C、D都在以A为圆心、半径为2的圆上。结合DC//AB的条件，利用圆中平行线对应的弧相等，构造直径BF，再通过圆周角定理和勾股定理计算BD的长度。
【解析】
1. 以点A为圆心，AB长为半径作⊙A，延长BA交⊙A于点F，连接DF。
2. 因为AD=AC=AB=2，所以点B、C、D在⊙A上，⊙A半径为2，故BF=2AB=4。
3. 由DC//AB，根据圆中平行线的性质，得$\overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{BC}$，因此DF=BC=1。
4. 因为FB是⊙A的直径，根据圆周角定理，直径所对的圆周角为直角，所以∠FDB=90°，△BDF为直角三角形。
5. 在Rt△BDF中，由勾股定理得：$BD=\sqrt{BF^2-DF^2}=\sqrt{4^2-1^2}=\sqrt{15}$。
【答案】
$\sqrt{15}$
【知识点】
圆的性质、勾股定理、圆周角定理
【点评】
本题通过构造辅助圆，将分散的线段关系集中，利用圆的性质简化计算，是几何中辅助圆解题的典型应用，需要掌握圆与平行线、直角三角形结合的解题思路。
【难度系数】
0.4
5. (随州中考) 如图,在矩形 $ABCD$ 中, $AB=5$, $AD=4$,$M$ 是边 $AB$ 上一动点(不含端点),将 $△ ADM$ 沿直线 $DM$ 对折,得到 $△ NDM$. 当射线 $CN$ 交线段 $AB$ 于点 $P$ 时,连接 $DP$,则 $△ CDP$ 的面积为
10
；$DP$ 的最大值为$2\sqrt{5}$
.答案
由题意可得△CDP 的面积等于矩形 ABCD 的面积的一半,
∴ △CDP 的面积为$\frac{1}{2}AB· AD=\frac{1}{2}×4×5=10$.在 Rt△APD 中,$PD=\sqrt{AD^2+AP^2}$,
∴ 当 AP 最大时,DP 最大.由题意可得点 N 是在以点 D 为圆心,4 为半径的圆上运动,当射线 CN 与圆相切时,AP 最大,此时 C,N,M 三点共线,如图,由题意可得 AD=ND,∠MND=∠BAD=∠B=90°,
∴ ∠NDC+∠DCN=90°,∠DCN+∠MCB=90°,
∴ ∠NDC=∠MCB.
∵ AD=BC,
∴ DN=BC,
∴ △NDC≌△BCM(ASA),
∴ CN=BM=$\sqrt{CD^2-DN^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$,
∴ AP=AB-BP=AB-BM=2.在 Rt△APD 中,$PD=\sqrt{AD^2+AP^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
解析
【分析】
首先，△CDP的面积可利用矩形的性质快速推导：矩形中CD与AB平行，AB和CD的距离等于AD，因此△CDP的面积为矩形面积的一半。对于DP的最大值，由折叠性质可知点N在以D为圆心、AD为半径的圆上，当射线CN与该圆相切时AP最大，结合全等三角形和勾股定理可求出AP的最大值，进而得到DP的最大值。
【解析】
1. 求△CDP的面积：
在矩形ABCD中，CD=AB=5，AB//CD，AB与CD的距离等于AD=4。因为点P在AB上，所以△CDP的高为4，根据三角形面积公式：
$S_{△ CDP}=\frac{1}{2}×CD×AD=\frac{1}{2}×5×4=10$。
2. 求DP的最大值：
由折叠性质得DN=AD=4，故点N在以D为圆心、4为半径的圆上。当射线CN与该圆相切时，AP最大，此时C、N、M共线，且∠DNC=∠B=90°。
因为∠NDC+∠DCN=90°，∠DCN+∠MCB=90°，所以∠NDC=∠MCB。又DN=BC=4，∠DNC=∠B=90°，故△NDC≌△BCM（ASA），得CN=BM。
在Rt△DCN中，CD=5，DN=4，由勾股定理得$CN=\sqrt{5^2-4^2}=3$，即BM=3，所以BP=BM=3，AP=AB-BP=5-3=2。
在Rt△APD中，AD=4，AP=2，由勾股定理得$DP=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$。
【答案】
10；$2\sqrt{5}$
【知识点】
矩形性质、折叠性质、勾股定理、全等三角形判定
【点评】
本题结合矩形折叠和圆的轨迹考查几何计算，关键在于发现△CDP面积的不变性，以及点N的运动轨迹，需综合运用全等三角形和勾股定理求解最值，对学生的几何分析能力要求较高。
【难度系数】
0.3
首先，△CDP的面积可利用矩形的性质快速推导：矩形中CD与AB平行，AB和CD的距离等于AD，因此△CDP的面积为矩形面积的一半。对于DP的最大值，由折叠性质可知点N在以D为圆心、AD为半径的圆上，当射线CN与该圆相切时AP最大，结合全等三角形和勾股定理可求出AP的最大值，进而得到DP的最大值。
【解析】
1. 求△CDP的面积：
在矩形ABCD中，CD=AB=5，AB//CD，AB与CD的距离等于AD=4。因为点P在AB上，所以△CDP的高为4，根据三角形面积公式：
$S_{△ CDP}=\frac{1}{2}×CD×AD=\frac{1}{2}×5×4=10$。
2. 求DP的最大值：
由折叠性质得DN=AD=4，故点N在以D为圆心、4为半径的圆上。当射线CN与该圆相切时，AP最大，此时C、N、M共线，且∠DNC=∠B=90°。
因为∠NDC+∠DCN=90°，∠DCN+∠MCB=90°，所以∠NDC=∠MCB。又DN=BC=4，∠DNC=∠B=90°，故△NDC≌△BCM（ASA），得CN=BM。
在Rt△DCN中，CD=5，DN=4，由勾股定理得$CN=\sqrt{5^2-4^2}=3$，即BM=3，所以BP=BM=3，AP=AB-BP=5-3=2。
在Rt△APD中，AD=4，AP=2，由勾股定理得$DP=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$。
【答案】
10；$2\sqrt{5}$
【知识点】
矩形性质、折叠性质、勾股定理、全等三角形判定
【点评】
本题结合矩形折叠和圆的轨迹考查几何计算，关键在于发现△CDP面积的不变性，以及点N的运动轨迹，需综合运用全等三角形和勾股定理求解最值，对学生的几何分析能力要求较高。
【难度系数】
0.3
6. 如图, 四边形 $ABCD$ 中, $∠ BAC = ∠ BDC = 50°$, $∠ DBC = 30°$, 则 $∠ BAD =$
80
$°$.答案
如图,作△ABC 的外接圆⊙O.
∵ ∠BAC=∠BDC,
∴ 点 D 在⊙O 上,
∴ 四边形 ABCD 是⊙O 的内接四边形,
∴ ∠BAD+∠BCD=180°.在△BDC 中,
∵ ∠BDC+∠DBC+∠BCD=180°,
∴ ∠BAD=∠BDC+∠DBC=50°+30°=80°.
解析
【分析】
要计算∠BAD的度数，首先根据∠BAC=∠BDC的条件，利用四点共圆的判定确定点D在△ABC的外接圆上，再结合圆周角定理或三角形内角和、圆内接四边形性质推导角度关系，最终求出结果。
【解析】
作△ABC的外接圆⊙O，
∵ ∠BAC = ∠BDC = 50°，
∴ 点D在⊙O上（同侧对同线段的等角对应的四点共圆），
∴ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形。
在△BDC中，根据三角形内角和定理：
∠BCD = 180° - ∠BDC - ∠DBC = 180° - 50° - 30° = 100°，
又
∵ 圆内接四边形的对角互补，即∠BAD + ∠BCD = 180°，
∴ ∠BAD = 180° - ∠BCD = 180° - 100° = 80°。
【答案】
80°
【知识点】
四点共圆判定，圆周角定理，圆内接四边形性质
【点评】
本题考查圆的相关性质的应用，核心是通过等角判定四点共圆，再利用圆内接四边形的性质计算角度，关键在于发现四点共圆的条件，属于中等难度的几何角度计算问题。
【难度系数】
0.5
要计算∠BAD的度数，首先根据∠BAC=∠BDC的条件，利用四点共圆的判定确定点D在△ABC的外接圆上，再结合圆周角定理或三角形内角和、圆内接四边形性质推导角度关系，最终求出结果。
【解析】
作△ABC的外接圆⊙O，
∵ ∠BAC = ∠BDC = 50°，
∴ 点D在⊙O上（同侧对同线段的等角对应的四点共圆），
∴ 四边形ABCD是⊙O的内接四边形。
在△BDC中，根据三角形内角和定理：
∠BCD = 180° - ∠BDC - ∠DBC = 180° - 50° - 30° = 100°，
又
∵ 圆内接四边形的对角互补，即∠BAD + ∠BCD = 180°，
∴ ∠BAD = 180° - ∠BCD = 180° - 100° = 80°。
【答案】
80°
【知识点】
四点共圆判定，圆周角定理，圆内接四边形性质
【点评】
本题考查圆的相关性质的应用，核心是通过等角判定四点共圆，再利用圆内接四边形的性质计算角度，关键在于发现四点共圆的条件，属于中等难度的几何角度计算问题。
【难度系数】
0.5
7. 如图所示,在等腰直角三角形$ABC$中,$∠ C=$$90°,AC=BC=4$,点$D$为斜边$AB$的中点,$E$是$AC$上一动点,过点$D$作$DF$垂直于$DE$交$BC$于点$F$,连接$EF$,则$EF$的最小值是
$2\sqrt{2}$
.答案
如图,可知∠ACB 和∠EDF 互补,所以 E,C,F,D 四点共圆,EF 为直径.连接 CD,易得 AB=$4\sqrt{2}$,CD=$2\sqrt{2}$,当 CD 为直径时,圆最小,EF 也最小,所以 EF 的最小值为$2\sqrt{2}$.
解析
【分析】首先观察图形，已知∠C=90°，∠EDF=90°，这两个角互补，可推出E、C、F、D四点共圆，EF是该圆的直径。要使EF最小，只需该圆的直径最小，结合等腰直角三角形的性质，CD是斜边AB的中线，长度固定，当CD为圆的直径时，圆最小，此时EF最小，即可求出结果。
【解析】在等腰直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，根据勾股定理得AB=√(AC²+BC²)=√(4²+4²)=4√2。因为D是AB中点，所以CD=AB/2=2√2，且等腰直角三角形斜边中线等于斜边的一半，故CD长度固定。又因为∠ACB=90°，∠EDF=90°，所以∠ACB + ∠EDF=180°，根据四点共圆的判定，E、C、F、D四点共圆，且EF是该圆的直径。对于圆中的弦，直径是最长的弦，当圆的直径最小时，弦EF最小。当直径为CD时，圆最小，此时EF=CD=2√2，即EF的最小值为2√2。
【答案】2√2
【知识点】四点共圆、等腰直角三角形性质、圆的直径
【点评】本题通过四点共圆将EF转化为圆的直径，利用圆的直径与弦的关系求最小值，结合等腰直角三角形的性质简化计算，是几何最值问题的典型解法，需要掌握四点共圆的判定和性质。
【难度系数】0.3
【解析】在等腰直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，根据勾股定理得AB=√(AC²+BC²)=√(4²+4²)=4√2。因为D是AB中点，所以CD=AB/2=2√2，且等腰直角三角形斜边中线等于斜边的一半，故CD长度固定。又因为∠ACB=90°，∠EDF=90°，所以∠ACB + ∠EDF=180°，根据四点共圆的判定，E、C、F、D四点共圆，且EF是该圆的直径。对于圆中的弦，直径是最长的弦，当圆的直径最小时，弦EF最小。当直径为CD时，圆最小，此时EF=CD=2√2，即EF的最小值为2√2。
【答案】2√2
【知识点】四点共圆、等腰直角三角形性质、圆的直径
【点评】本题通过四点共圆将EF转化为圆的直径，利用圆的直径与弦的关系求最小值，结合等腰直角三角形的性质简化计算，是几何最值问题的典型解法，需要掌握四点共圆的判定和性质。
【难度系数】0.3
