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10. (1) 如图①,$AB$是$\odot O$的直径,$CD$是$\odot O$的弦,$BA,DC$的延长线相交于点$E$.若$∠ BOD=3∠ E=67.5°$,则$\dfrac{CE}{CD}=$
(2) 如图②,过点$D,A,C$三点的圆的圆心为$E$,过$B,E,F$三点的圆的圆心为$D$,如果$∠ BAC=63°$,那么$∠ ABC=$
$\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
;(2) 如图②,过点$D,A,C$三点的圆的圆心为$E$,过$B,E,F$三点的圆的圆心为$D$,如果$∠ BAC=63°$,那么$∠ ABC=$
18°
.答案
(1)$\frac{\sqrt{2}}{2}$ 解析:连接 OC,
∵ ∠BOD=3∠E=67.5°,
∴ ∠E=22.5°, ∠D = 45° = ∠OCD,
∴ ∠COD = 90°, ∠E = ∠COE=22.5°,
∴ CE=CO=OD,
∴ $\frac{CE}{CD}=\frac{OC}{CD}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
(2)18° 解析:如图,连接 DE,CE,设∠ABC=θ,则∠2=θ,∠5=∠6=2θ.
∵ ∠5+∠6+∠1 = 180°,
∴ 4θ+ ∠1 = 180° ①.在△ACE 中,
∵ AE=CE,
∴ ∠3=∠BAC=63°,
∴ ∠4=180°-∠3-∠BAC=180°-63°-63°=54°.
∵ ∠4+∠1+∠2=180°,
∴ 54°+∠1+θ=180° ②.联立①②,解得 θ=18°,即∠ABC=18°.
解析
【分析】
本题包含两道圆相关的几何计算题，解题思路如下：
第(1)问：先根据已知∠BOD与∠E的关系求出∠E的度数，连接OC后利用圆的半径相等得到等腰△OCD，结合角度关系推导得出△OCD为等腰直角三角形，再通过等角对等边得到CE=OC，进而求出CE与CD的比值。
第(2)问：设∠ABC=θ，利用两圆的半径相等得到多组等腰三角形，结合等腰三角形的性质和三角形内角和定理列出关于θ的方程，联立求解得到∠ABC的度数。
【解析】
(1) 连接OC，
∵ ∠BOD=3∠E=67.5°，
∴ ∠E=67.5°÷3=22.5°，
∵ OC=OD（⊙O的半径相等），
∴ ∠OCD=∠ODC，
结合圆心角与圆周角的关系可得∠ODC=45°，故∠OCD=45°，
∴ △OCD中，∠COD=180°-45°-45°=90°，即△OCD为等腰直角三角形，
又
∵ ∠E=22.5°，∠COE=∠OCD - ∠E=45°-22.5°=22.5°，
∴ ∠E=∠COE，故CE=CO，
在等腰直角△OCD中，CD=√2 OC，
∴ $\frac{CE}{CD}=\frac{OC}{\sqrt{2}OC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
(2) 设∠ABC=θ，
∵ 过B、E、F三点的圆的圆心为D，
∴ DB=DE，故∠DEB=∠ABC=θ，
∵ 过D、A、C三点的圆的圆心为E，
∴ EA=EC，故∠ACE=∠BAC=63°，
在△ACE中，∠AEC=180°-∠ACE-∠BAC=180°-63°-63°=54°，
又
∵ DE=CE（同圆半径），
∴ ∠CDE=∠DCE，而∠CDE是△BDE的外角，∠CDE=∠DEB + ∠ABC=θ+θ=2θ，故∠DCE=2θ，
在△CDE中，∠DCE + ∠CDE + ∠DEC=180°，即2θ+2θ+∠DEC=180°，得∠DEC=180°-4θ，
又
∵ ∠AEC + ∠DEC + ∠DEB=180°，即54° + (180°-4θ) + θ=180°，
整理得：54° -3θ=0，解得θ=18°，即∠ABC=18°。
【答案】
(1)$\frac{\sqrt{2}}{2}$；(2)$18°$
【知识点】
圆的基本性质、等腰三角形性质、三角形内角和
【点评】
本题是圆的综合题，综合运用了圆的半径相等、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，需要学生具备几何推理和方程思想的应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题包含两道圆相关的几何计算题，解题思路如下：
第(1)问：先根据已知∠BOD与∠E的关系求出∠E的度数，连接OC后利用圆的半径相等得到等腰△OCD，结合角度关系推导得出△OCD为等腰直角三角形，再通过等角对等边得到CE=OC，进而求出CE与CD的比值。
第(2)问：设∠ABC=θ，利用两圆的半径相等得到多组等腰三角形，结合等腰三角形的性质和三角形内角和定理列出关于θ的方程，联立求解得到∠ABC的度数。
【解析】
(1) 连接OC，
∵ ∠BOD=3∠E=67.5°，
∴ ∠E=67.5°÷3=22.5°，
∵ OC=OD（⊙O的半径相等），
∴ ∠OCD=∠ODC，
结合圆心角与圆周角的关系可得∠ODC=45°，故∠OCD=45°，
∴ △OCD中，∠COD=180°-45°-45°=90°，即△OCD为等腰直角三角形，
又
∵ ∠E=22.5°，∠COE=∠OCD - ∠E=45°-22.5°=22.5°，
∴ ∠E=∠COE，故CE=CO，
在等腰直角△OCD中，CD=√2 OC，
∴ $\frac{CE}{CD}=\frac{OC}{\sqrt{2}OC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
(2) 设∠ABC=θ，
∵ 过B、E、F三点的圆的圆心为D，
∴ DB=DE，故∠DEB=∠ABC=θ，
∵ 过D、A、C三点的圆的圆心为E，
∴ EA=EC，故∠ACE=∠BAC=63°，
在△ACE中，∠AEC=180°-∠ACE-∠BAC=180°-63°-63°=54°，
又
∵ DE=CE（同圆半径），
∴ ∠CDE=∠DCE，而∠CDE是△BDE的外角，∠CDE=∠DEB + ∠ABC=θ+θ=2θ，故∠DCE=2θ，
在△CDE中，∠DCE + ∠CDE + ∠DEC=180°，即2θ+2θ+∠DEC=180°，得∠DEC=180°-4θ，
又
∵ ∠AEC + ∠DEC + ∠DEB=180°，即54° + (180°-4θ) + θ=180°，
整理得：54° -3θ=0，解得θ=18°，即∠ABC=18°。
【答案】
(1)$\frac{\sqrt{2}}{2}$；(2)$18°$
【知识点】
圆的基本性质、等腰三角形性质、三角形内角和
【点评】
本题是圆的综合题，综合运用了圆的半径相等、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，需要学生具备几何推理和方程思想的应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.5
11. 如图,在边长为 4 的正方形
$ABCD$ 中,点 $E$ 在以 $B$ 为圆心
的弧 $AC$ 上,射线 $DE$ 交 $AB$
于 $F$,连接 $CE$,若 $CE ⊥ DF$,
则 $DE=$
$ABCD$ 中,点 $E$ 在以 $B$ 为圆心
的弧 $AC$ 上,射线 $DE$ 交 $AB$
于 $F$,连接 $CE$,若 $CE ⊥ DF$,
则 $DE=$
$\dfrac{4}{5}\sqrt{5}$
.答案
$\frac{4}{5}\sqrt{5}$ 解析:如图,连接 BE,过点 B 作 BH ⊥ CE 于点 H,
∵ 点 E 在以 B 为圆心的弧 AC 上,
∴ BC=BE.
∵ BH ⊥ CE,
∴ EH=CH,∠HBC+∠HCB=90°.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ ∠BCD=∠BCH+∠DCE=90°,
∴ ∠HBC=∠DCE.
∵ BC=CD,∠BHC = ∠DEC = 90°,
∴ △HBC ≅ △ECD (AAS),
∴ CH=DE=EH,
∴ CE=2DE.在 Rt△CDE 中,$CD^2=CE^2+DE^2$,
∴ $4^2=(2DE)^2+DE^2$,
∴ $DE=\frac{4}{5}\sqrt{5}$ 或 $DE=-\frac{4}{5}\sqrt{5}$(舍去).故答案为$\frac{4}{5}\sqrt{5}$.
解析
【分析】
要解决该问题，首先利用点E在以B为圆心的弧AC上的条件得到BE=BC，再结合CE⊥DF的垂直关系构造辅助线，通过等腰三角形三线合一和正方形的角的性质证明三角形全等，进而得到CE与DE的数量关系，最后在直角三角形中用勾股定理计算DE的长度。
【解析】
如图，连接BE，过点B作BH⊥CE于点H。
∵点E在以B为圆心的弧AC上，
∴BC=BE=4（正方形ABCD边长为4）。
∵BH⊥CE，
∴EH=CH（等腰三角形三线合一），且∠HBC+∠HCB=90°。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，即∠BCH+∠DCE=90°，
∴∠HBC=∠DCE（同角的余角相等）。
又
∵∠BHC=∠DEC=90°（CE⊥DF，故∠DEC=90°），且BC=CD=4，
∴△HBC≌△ECD（AAS）。
∴CH=DE，结合EH=CH，得CE=CH+EH=2DE。
在Rt△CDE中，由勾股定理得：
CD²=CE²+DE²，
代入CD=4，CE=2DE，得：
4²=(2DE)²+DE²，
即16=5DE²，
解得DE=4√5/5（长度为正，舍去负根）。
【答案】
$\frac{4}{5}\sqrt{5}$
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定、勾股定理
【点评】
本题通过构造辅助线，利用正方形和等腰三角形的性质推导三角形全等，结合勾股定理求解，关键在于找到CE与DE的数量关系，考查几何图形的综合应用能力。
【难度系数】
0.5
要解决该问题，首先利用点E在以B为圆心的弧AC上的条件得到BE=BC，再结合CE⊥DF的垂直关系构造辅助线，通过等腰三角形三线合一和正方形的角的性质证明三角形全等，进而得到CE与DE的数量关系，最后在直角三角形中用勾股定理计算DE的长度。
【解析】
如图，连接BE，过点B作BH⊥CE于点H。
∵点E在以B为圆心的弧AC上，
∴BC=BE=4（正方形ABCD边长为4）。
∵BH⊥CE，
∴EH=CH（等腰三角形三线合一），且∠HBC+∠HCB=90°。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，即∠BCH+∠DCE=90°，
∴∠HBC=∠DCE（同角的余角相等）。
又
∵∠BHC=∠DEC=90°（CE⊥DF，故∠DEC=90°），且BC=CD=4，
∴△HBC≌△ECD（AAS）。
∴CH=DE，结合EH=CH，得CE=CH+EH=2DE。
在Rt△CDE中，由勾股定理得：
CD²=CE²+DE²，
代入CD=4，CE=2DE，得：
4²=(2DE)²+DE²，
即16=5DE²，
解得DE=4√5/5（长度为正，舍去负根）。
【答案】
$\frac{4}{5}\sqrt{5}$
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定、勾股定理
【点评】
本题通过构造辅助线，利用正方形和等腰三角形的性质推导三角形全等，结合勾股定理求解，关键在于找到CE与DE的数量关系，考查几何图形的综合应用能力。
【难度系数】
0.5
12. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,点$D,E$在$BC$上,$BD=CE$,过$A,D,E$三点作$\odot O$,连接$AO$并延长,交$BC$于点$F$.
(1)求证:$AF ⊥ BC$;
(2)若$AB=15$,$BC=18$,$BD=3$,求$\odot O$的半径长.
(1)求证:$AF ⊥ BC$;
(2)若$AB=15$,$BC=18$,$BD=3$,求$\odot O$的半径长.
答案
(1)如图所示,连接 AD,AE,OD,OE,
∵ AB=AC,
∴ ∠B=∠C.又
∵ BD=EC,
∴ △ABD≌△ACE(SAS),
∴ AD=AE.又
∵ OD=OE,
∴ AF 垂直平分 DE,
∴ AF ⊥ BC.
(2)
∵ AB=AC,AF ⊥ BC,
∴ BF=FC=$\frac{1}{2}$BC=9.
∵ BD=3,
∴ DF=6.
∵ ∠AFB=90°,
∴ AF=$\sqrt{AB^2-BF^2}$=12.设⊙O 半径为 r,则 OF=12-r,在 Rt△ODF 中,$OF^2+DF^2=OD^2$,
∴ $(12-r)^2+6^2=r^2$,解得 $r=\frac{15}{2}$,
∴ ⊙O的半径长为$\frac{15}{2}$.
解析
【分析】
要解决本题，第(1)问需先利用等腰三角形性质和SAS证明△ABD≌△ACE，得到AD=AE，结合OD=OE推出AF垂直平分DE，进而证得AF⊥BC；第(2)问先利用等腰三角形三线合一求出BF和AF的长度，再设⊙O半径为r，在Rt△ODF中运用勾股定理列方程求解半径。
【解析】
(1) 证明：连接AD、AE、OD、OE，
∵ AB=AC，
∴ ∠B=∠C，
又
∵ BD=CE，
∴ △ABD≌△ACE（SAS），
∴ AD=AE，
∵ OD=OE，AO为公共边，
∴ AF垂直平分DE，
∴ AF⊥BC；
(2) 解：
∵ AB=AC，AF⊥BC，
∴ BF=FC=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}×18=9$，
∵ BD=3，
∴ DF=BF - BD=9 - 3=6，
在Rt△ABF中，AF=$\sqrt{AB^2 - BF^2}=\sqrt{15^2 - 9^2}=12$，
设⊙O的半径为r，则OF=AF - AO=12 - r，
在Rt△ODF中，由勾股定理得：$OF^2 + DF^2 = OD^2$，
即$(12 - r)^2 + 6^2 = r^2$，
展开化简得：$144 - 24r + 36 = 0$，
解得：$r=\frac{15}{2}$，
∴ ⊙O的半径长为$\frac{15}{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) ⊙O的半径长为$\frac{15}{2}$
【知识点】
等腰三角形性质，全等三角形判定，勾股定理，圆的垂径定理
【点评】
本题综合考查几何核心定理的应用，解题逻辑清晰，需结合等腰、全等、圆的性质逐步推导，难度适中，能有效考查学生的几何综合能力。
【难度系数】
0.5
要解决本题，第(1)问需先利用等腰三角形性质和SAS证明△ABD≌△ACE，得到AD=AE，结合OD=OE推出AF垂直平分DE，进而证得AF⊥BC；第(2)问先利用等腰三角形三线合一求出BF和AF的长度，再设⊙O半径为r，在Rt△ODF中运用勾股定理列方程求解半径。
【解析】
(1) 证明：连接AD、AE、OD、OE，
∵ AB=AC，
∴ ∠B=∠C，
又
∵ BD=CE，
∴ △ABD≌△ACE（SAS），
∴ AD=AE，
∵ OD=OE，AO为公共边，
∴ AF垂直平分DE，
∴ AF⊥BC；
(2) 解：
∵ AB=AC，AF⊥BC，
∴ BF=FC=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}×18=9$，
∵ BD=3，
∴ DF=BF - BD=9 - 3=6，
在Rt△ABF中，AF=$\sqrt{AB^2 - BF^2}=\sqrt{15^2 - 9^2}=12$，
设⊙O的半径为r，则OF=AF - AO=12 - r，
在Rt△ODF中，由勾股定理得：$OF^2 + DF^2 = OD^2$，
即$(12 - r)^2 + 6^2 = r^2$，
展开化简得：$144 - 24r + 36 = 0$，
解得：$r=\frac{15}{2}$，
∴ ⊙O的半径长为$\frac{15}{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) ⊙O的半径长为$\frac{15}{2}$
【知识点】
等腰三角形性质，全等三角形判定，勾股定理，圆的垂径定理
【点评】
本题综合考查几何核心定理的应用，解题逻辑清晰，需结合等腰、全等、圆的性质逐步推导，难度适中，能有效考查学生的几何综合能力。
【难度系数】
0.5
13. (2025·无锡期中) 如图, 在扇形 AOB 中,
$∠ AOB=105°, OA=4$, 点 C 在半径 OA 上, 将$△ BOC$沿着 BC 翻折, 点 O 的对称点 D 恰好落在 $\overset{\frown}{AB}$ 上, 再将 $\overset{\frown}{AD}$ 沿着 CD 翻折至 $\overset{\frown}{A_1D}$(点 $A_1$ 是点 A 的对称点), 那么 $OA_1$ 的长为
$∠ AOB=105°, OA=4$, 点 C 在半径 OA 上, 将$△ BOC$沿着 BC 翻折, 点 O 的对称点 D 恰好落在 $\overset{\frown}{AB}$ 上, 再将 $\overset{\frown}{AD}$ 沿着 CD 翻折至 $\overset{\frown}{A_1D}$(点 $A_1$ 是点 A 的对称点), 那么 $OA_1$ 的长为
$4\sqrt{2}-4$
.答案
$4\sqrt{2}-4$ 解析:如图,连接 OD,由翻折得 OB=BD,AC=$A_1C$,∠BOC=∠BDC=105°,OC=CD,
∵ OB=OD,
∴ △OBD 是等边三角形,
∴ ∠OBD=∠BOD=60°,
∴ ∠OCD=360°-105°-105°-60°=90°,∠COD=∠BOC-∠BOD=45°,
∴ △OCD 是等腰直角三角形,设 AC=$A_1C$=a,则 OC=4-a=CD,$A_1O=4-2a$,在 Rt△COD 中,$OC^2+DC^2=OD^2$,
∴ $(4-a)^2+(4-a)^2=4^2$,解得 $a_1=4-2\sqrt{2}$,$a_2=4+2\sqrt{2}＞4$(舍去),
∴ $OA_1=4-2a=4-2×(4-2\sqrt{2})=4\sqrt{2}-4$.
解析
【分析】
要解决本题，需利用翻折的性质（翻折前后对应边、对应角相等），结合等边三角形、等腰直角三角形的判定，通过勾股定理建立方程求解。首先连接OD，利用翻折得OB=BD，结合OB=OD（扇形半径），可判定△OBD为等边三角形，进而求出相关角度；再通过四边形内角和与角度关系，判定△OCD为等腰直角三角形，设未知数后用勾股定理计算OC，最后结合翻折得AC=A₁C，求出OA₁的长度。
【解析】
解：连接OD，
由翻折的性质可知：OB=BD，OC=CD，∠BOC=∠BDC，
∵ OB、OD均为扇形OAB的半径，
∴ OB=OD=OA=4，
∴ OB=OD=BD，即△OBD是等边三角形，
∴ ∠OBD=∠BOD=60°，
∵ ∠AOB=105°，
∴ ∠COD=∠AOB - ∠BOD=105° - 60°=45°，
在四边形OBCD中，内角和为360°，
∴ ∠OCD=360° - ∠BOC - ∠BDC - ∠OBD=360° - 105° -105° -60°=90°，
又
∵ OC=CD，
∴ △OCD是等腰直角三角形，
设AC=A₁C=a，则OC=OA - AC=4 - a，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：OC² + CD² = OD²，
∵ OC=CD=4 - a，OD=4，
∴ (4 - a)² + (4 - a)² = 4²，
即2(4 - a)²=16，化简得(4 - a)²=8，
解得：4 - a=2√2（舍去负根），
∴ a=4 - 2√2，
∵ OA₁=OA - AC - A₁C=4 - 2a，
代入a=4 - 2√2得：OA₁=4 - 2×(4 - 2√2)=4 -8 +4√2=4√2 -4。
【答案】
$4\sqrt{2}-4$
【知识点】
翻折性质、等边三角形判定、勾股定理
【点评】
本题是翻折与扇形结合的几何计算题，核心是利用翻折的不变性，结合三角形判定找到特殊三角形，再通过勾股定理建立方程求解，考查学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需利用翻折的性质（翻折前后对应边、对应角相等），结合等边三角形、等腰直角三角形的判定，通过勾股定理建立方程求解。首先连接OD，利用翻折得OB=BD，结合OB=OD（扇形半径），可判定△OBD为等边三角形，进而求出相关角度；再通过四边形内角和与角度关系，判定△OCD为等腰直角三角形，设未知数后用勾股定理计算OC，最后结合翻折得AC=A₁C，求出OA₁的长度。
【解析】
解：连接OD，
由翻折的性质可知：OB=BD，OC=CD，∠BOC=∠BDC，
∵ OB、OD均为扇形OAB的半径，
∴ OB=OD=OA=4，
∴ OB=OD=BD，即△OBD是等边三角形，
∴ ∠OBD=∠BOD=60°，
∵ ∠AOB=105°，
∴ ∠COD=∠AOB - ∠BOD=105° - 60°=45°，
在四边形OBCD中，内角和为360°，
∴ ∠OCD=360° - ∠BOC - ∠BDC - ∠OBD=360° - 105° -105° -60°=90°，
又
∵ OC=CD，
∴ △OCD是等腰直角三角形，
设AC=A₁C=a，则OC=OA - AC=4 - a，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：OC² + CD² = OD²，
∵ OC=CD=4 - a，OD=4，
∴ (4 - a)² + (4 - a)² = 4²，
即2(4 - a)²=16，化简得(4 - a)²=8，
解得：4 - a=2√2（舍去负根），
∴ a=4 - 2√2，
∵ OA₁=OA - AC - A₁C=4 - 2a，
代入a=4 - 2√2得：OA₁=4 - 2×(4 - 2√2)=4 -8 +4√2=4√2 -4。
【答案】
$4\sqrt{2}-4$
【知识点】
翻折性质、等边三角形判定、勾股定理
【点评】
本题是翻折与扇形结合的几何计算题，核心是利用翻折的不变性，结合三角形判定找到特殊三角形，再通过勾股定理建立方程求解，考查学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.5
14. (天津中考改编) 如图,直线 $AB$ 经过 $\odot O$ 的圆心,与 $\odot O$ 相交于点 $A,B$,点 $C$ 在 $\odot O$ 上,且 $∠ AOC=30°$,点 $P$ 是直线 $AB$ 上的一个动点(与点 $O$ 不重合),直线 $PC$ 与 $\odot O$ 相交于点 $Q$,问:点 $P$ 在直线 $AB$ 的什么位置上时,$QP=QO$? 这样的点 $P$ 共有几个? 并相应地求出 $∠ OCP$ 的度数.
答案
这样的点 P 共有 3 个.
①当点 P 在线段 OA 上时,使 QP=OQ,如图①.
在△QOC 中,OC=OQ,
∴ ∠OQC=∠OCQ.
在△OPQ 中,QP=QO,
∴ ∠QOP=∠QPO.
又∠QPO=∠OCQ+∠AOC,∠AOC=30°,∠QOP+∠QPO+∠OQC=180°,
∴ 3∠OCP=120°,
∴ ∠OCP=40°.
②当点 P 在线段 OA 的延长线上时,使 QP=OQ,如图②.
∵ OC=OQ,
∴ ∠OQP=$\frac{180°-∠QOC}{2}$. ①
∵ OQ=PQ,
∴ ∠OPQ=$\frac{180°-∠OQP}{2}$. ②
在△OQP 中,30°+∠QOC+∠OQP+∠OPQ=180°, ③
把① ② 代入 ③ 得 ∠QOC = 20°, 则 ∠OQP = 80°,
∴ ∠OCP=100°.
③当点 P 在线段 OA 的反向延长线上时,使 QP=OQ,如图③.
∵ OC=OQ,
∴ ∠OCP=∠OQC.
∵ OQ = PQ,
∴ ∠QPO=∠QOP.又∠OQC=∠QPO+∠QOP,
∴ ∠OCP=2∠OPQ,
∴ ∠AOC=∠OCP+∠OPQ = 3∠OPQ.
∵ ∠AOC = 30°,
∴ 3∠OPQ=30°,
∴ ∠OPQ=10°,
∴ ∠OCP=2×10°=20°.
综上,这样的点 P 共有 3 个,相应的∠OCP 的度数分别为40°,100°和 20°.
解析
【分析】
要解决这个问题，需根据点P在直线AB上的不同位置分类讨论：直线AB被圆心O分为线段OA、OA的延长线、OA的反向延长线（即OB方向的延长线）三种情况。利用“同圆半径相等”得到等腰三角形，结合等腰三角形等边对等角、三角形外角性质、内角和定理建立角度关系，求解∠OCP并确定符合条件的点P数量。
【解析】
分三种情况讨论：
1. 当点P在线段OA上时（对应图①）：
由OC=OQ（同圆半径相等），得△QOC为等腰三角形，故∠OQC=∠OCQ（即∠OCP）；
由QP=QO，得△OPQ为等腰三角形，故∠QOP=∠QPO。
根据三角形外角性质：∠QPO=∠OCQ + ∠AOC，即∠QPO=∠OCP + 30°；
结合三角形内角和定理，在△OPQ中：∠QOP + ∠QPO + ∠OQC = 180°，代入∠QOP=∠QPO、∠OQC=∠OCP，得：
$2(∠ OCP + 30°) + ∠ OCP = 180°$，解得$∠ OCP=40°$。
2. 当点P在线段OA的延长线上时（对应图②）：
由OC=OQ，得△QOC为等腰三角形，故$∠ OQP=\frac{180° - ∠ QOC}{2}$；
由OQ=PQ，得△OPQ为等腰三角形，故$∠ OPQ=\frac{180° - ∠ OQP}{2}$；
在△OQP中，内角和为180°，即$30° + ∠ QOC + ∠ OQP + ∠ OPQ = 180°$，代入上述角度表达式，解得$∠ QOC=20°$，进而得$∠ OQP=80°$，故$∠ OCP=180° - 80° - 30°=100°$。
3. 当点P在线段OA的反向延长线上时（对应图③）：
由OC=OQ，得△QOC为等腰三角形，故∠OCP=∠OQC；
由OQ=PQ，得△OPQ为等腰三角形，故∠QPO=∠QOP，又∠OQC=∠QPO + ∠QOP=2∠QPO，因此∠OCP=2∠QPO；
根据三角形外角性质：∠AOC=∠OCP + ∠QPO=3∠QPO，已知∠AOC=30°，得∠QPO=10°，故∠OCP=2×10°=20°。
综上，符合条件的点P共有3个，对应∠OCP的度数分别为40°、100°、20°。
【答案】
这样的点P共有3个；当点P在线段OA上时，∠OCP=40°；当点P在线段OA的延长线上时，∠OCP=100°；当点P在线段OA的反向延长线上时，∠OCP=20°。
【知识点】
圆的半径性质、等腰三角形性质、三角形内角和定理
【点评】
本题为几何动点分类讨论题，需全面分析点P在直线AB上的不同位置，结合圆与等腰三角形的性质求解，考查学生的分类思想与几何定理应用能力，是中考常见题型。
【难度系数】
0.4
要解决这个问题，需根据点P在直线AB上的不同位置分类讨论：直线AB被圆心O分为线段OA、OA的延长线、OA的反向延长线（即OB方向的延长线）三种情况。利用“同圆半径相等”得到等腰三角形，结合等腰三角形等边对等角、三角形外角性质、内角和定理建立角度关系，求解∠OCP并确定符合条件的点P数量。
【解析】
分三种情况讨论：
1. 当点P在线段OA上时（对应图①）：
由OC=OQ（同圆半径相等），得△QOC为等腰三角形，故∠OQC=∠OCQ（即∠OCP）；
由QP=QO，得△OPQ为等腰三角形，故∠QOP=∠QPO。
根据三角形外角性质：∠QPO=∠OCQ + ∠AOC，即∠QPO=∠OCP + 30°；
结合三角形内角和定理，在△OPQ中：∠QOP + ∠QPO + ∠OQC = 180°，代入∠QOP=∠QPO、∠OQC=∠OCP，得：
$2(∠ OCP + 30°) + ∠ OCP = 180°$，解得$∠ OCP=40°$。
2. 当点P在线段OA的延长线上时（对应图②）：
由OC=OQ，得△QOC为等腰三角形，故$∠ OQP=\frac{180° - ∠ QOC}{2}$；
由OQ=PQ，得△OPQ为等腰三角形，故$∠ OPQ=\frac{180° - ∠ OQP}{2}$；
在△OQP中，内角和为180°，即$30° + ∠ QOC + ∠ OQP + ∠ OPQ = 180°$，代入上述角度表达式，解得$∠ QOC=20°$，进而得$∠ OQP=80°$，故$∠ OCP=180° - 80° - 30°=100°$。
3. 当点P在线段OA的反向延长线上时（对应图③）：
由OC=OQ，得△QOC为等腰三角形，故∠OCP=∠OQC；
由OQ=PQ，得△OPQ为等腰三角形，故∠QPO=∠QOP，又∠OQC=∠QPO + ∠QOP=2∠QPO，因此∠OCP=2∠QPO；
根据三角形外角性质：∠AOC=∠OCP + ∠QPO=3∠QPO，已知∠AOC=30°，得∠QPO=10°，故∠OCP=2×10°=20°。
综上，符合条件的点P共有3个，对应∠OCP的度数分别为40°、100°、20°。
【答案】
这样的点P共有3个；当点P在线段OA上时，∠OCP=40°；当点P在线段OA的延长线上时，∠OCP=100°；当点P在线段OA的反向延长线上时，∠OCP=20°。
【知识点】
圆的半径性质、等腰三角形性质、三角形内角和定理
【点评】
本题为几何动点分类讨论题，需全面分析点P在直线AB上的不同位置，结合圆与等腰三角形的性质求解，考查学生的分类思想与几何定理应用能力，是中考常见题型。
【难度系数】
0.4
