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10. 如图，AB，CD为$\odot O$的两条直径，点E，F在直径CD上，且$CE=DF$. 猜想AF，BE的关系并说明理由.
答案
10.解:$AF=BE$且$AF// BE$.
理由:$\because AB,CD$为$\odot O$的两条直径,
$\therefore OA=OB,OC=OD.$
$\because CE=DF,\therefore OC-CE=OD-DF,\therefore OE=OF.$
在$△ AOF$和$△ BOE$中,$\begin{cases} OA=OB,\\ ∠ AOF=∠ BOE,\\ OF=OE,\end{cases}$
$\therefore △ AOF≌△ BOE(\mathrm{SAS}),$
$\therefore AF=BE,∠ A=∠ B,\therefore AF// BE.$
理由:$\because AB,CD$为$\odot O$的两条直径,
$\therefore OA=OB,OC=OD.$
$\because CE=DF,\therefore OC-CE=OD-DF,\therefore OE=OF.$
在$△ AOF$和$△ BOE$中,$\begin{cases} OA=OB,\\ ∠ AOF=∠ BOE,\\ OF=OE,\end{cases}$
$\therefore △ AOF≌△ BOE(\mathrm{SAS}),$
$\therefore AF=BE,∠ A=∠ B,\therefore AF// BE.$
解析
【分析】
探究两条线段的关系需从数量关系和位置关系两方面入手：首先观察图形可知AF、BE分别在△AOF和△BOE中，可尝试通过证明三角形全等推导结论。第一步，结合圆的基本性质，同圆的直径对应的半径相等，可得OA=OB、OC=OD；第二步，结合已知CE=DF，利用等式的性质可推出OE=OF；第三步，找到两个三角形的对顶角相等，即可利用SAS判定△AOF≌△BOE；第四步，由全等性质得到对应边相等、对应角相等，再由内错角相等推导两直线平行，最终得到AF和BE的关系。
【解析】
猜想：$AF=BE$且$AF// BE$，理由如下：
$\because AB,CD$为$\odot O$的两条直径，
$\therefore OA=OB,OC=OD.$
$\because CE=DF$，
$\therefore OC-CE=OD-DF$，即$OE=OF.$
在$△ AOF$和$△ BOE$中：
$\begin{cases} OA=OB,\\ ∠ AOF=∠ BOE,\\ OF=OE,\end{cases}$
$\therefore △ AOF≌ △ BOE(\mathrm{SAS}),$
$\therefore AF=BE,∠ OAF=∠ OBE,$
$\because ∠ OAF$和$∠ OBE$是内错角，内错角相等，两直线平行，
$\therefore AF// BE.$
【答案】
$AF=BE$且$AF// BE$
【知识点】
1. 同圆半径相等
2. 全等三角形的判定与性质
3. 平行线的判定
【点评】
本题是几何基础探究题，将圆的基本性质与三角形全等、平行线判定的知识结合考察，解题关键是利用圆的半径相等推导得到全等三角形的判定条件，既锻炼了学生的逻辑推理能力，也巩固了基础几何知识点的综合运用。
【难度系数】
0.7
探究两条线段的关系需从数量关系和位置关系两方面入手：首先观察图形可知AF、BE分别在△AOF和△BOE中，可尝试通过证明三角形全等推导结论。第一步，结合圆的基本性质，同圆的直径对应的半径相等，可得OA=OB、OC=OD；第二步，结合已知CE=DF，利用等式的性质可推出OE=OF；第三步，找到两个三角形的对顶角相等，即可利用SAS判定△AOF≌△BOE；第四步，由全等性质得到对应边相等、对应角相等，再由内错角相等推导两直线平行，最终得到AF和BE的关系。
【解析】
猜想：$AF=BE$且$AF// BE$，理由如下：
$\because AB,CD$为$\odot O$的两条直径，
$\therefore OA=OB,OC=OD.$
$\because CE=DF$，
$\therefore OC-CE=OD-DF$，即$OE=OF.$
在$△ AOF$和$△ BOE$中：
$\begin{cases} OA=OB,\\ ∠ AOF=∠ BOE,\\ OF=OE,\end{cases}$
$\therefore △ AOF≌ △ BOE(\mathrm{SAS}),$
$\therefore AF=BE,∠ OAF=∠ OBE,$
$\because ∠ OAF$和$∠ OBE$是内错角，内错角相等，两直线平行，
$\therefore AF// BE.$
【答案】
$AF=BE$且$AF// BE$
【知识点】
1. 同圆半径相等
2. 全等三角形的判定与性质
3. 平行线的判定
【点评】
本题是几何基础探究题，将圆的基本性质与三角形全等、平行线判定的知识结合考察，解题关键是利用圆的半径相等推导得到全等三角形的判定条件，既锻炼了学生的逻辑推理能力，也巩固了基础几何知识点的综合运用。
【难度系数】
0.7
11. 如图，AB为$\odot O$的直径，CD是$\odot O$的弦，AB，CD的延长线交于点E，$AB=2DE$，若$∠ E=20°$，求$∠ AOC$的度数.
答案
11.解:如答图,连接OD.
$\because AB=2DE$,且$AB=2OD,\therefore OD=DE,$
$\therefore ∠ DOE=∠ E=20°,$
$\therefore ∠ CDO=∠ DOE+∠ E=40°.$
又$\because OC=OD,\therefore ∠ C=∠ ODC=40°,$
$\therefore ∠ AOC=∠ C+∠ E=60°.$
解析
【分析】
要求∠AOC的度数，首先结合已知条件AB=2DE，AB是⊙O的直径，可知直径长度是半径的2倍，因此DE和半径长度相等，考虑连接辅助线OD构造等腰三角形。再利用等腰三角形等边对等角的性质、三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，逐步推导相关角的度数，最终求得∠AOC。
【解析】
解：如答图，连接OD。
$\because AB=2DE$，且$AB=2OD$，$\therefore OD=DE$，
$\therefore ∠DOE=∠E=20°$，
$\therefore ∠CDO=∠DOE+∠E=40°$。
又$\because OC=OD$，$\therefore ∠C=∠ODC=40°$，
$\therefore ∠AOC=∠C+∠E=60°$。
【答案】
如答图,连接OD.
$\because AB=2DE$,且$AB=2OD,\therefore OD=DE,$
$\therefore ∠ DOE=∠ E=20°,$
$\therefore ∠ CDO=∠ DOE+∠ E=40°.$
又$\because OC=OD,\therefore ∠ C=∠ ODC=40°,$
$\therefore ∠ AOC=∠ C+∠ E=60°.$
【知识点】
圆的半径相等、等腰三角形的性质、三角形外角的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，核心解题思路是通过连接半径构造等腰三角形，将已知角和待求角通过等腰三角形性质、外角性质建立关联，是圆的基本性质应用的典型题型。
【难度系数】
0.7
要求∠AOC的度数，首先结合已知条件AB=2DE，AB是⊙O的直径，可知直径长度是半径的2倍，因此DE和半径长度相等，考虑连接辅助线OD构造等腰三角形。再利用等腰三角形等边对等角的性质、三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，逐步推导相关角的度数，最终求得∠AOC。
【解析】
解：如答图，连接OD。
$\because AB=2DE$，且$AB=2OD$，$\therefore OD=DE$，
$\therefore ∠DOE=∠E=20°$，
$\therefore ∠CDO=∠DOE+∠E=40°$。
又$\because OC=OD$，$\therefore ∠C=∠ODC=40°$，
$\therefore ∠AOC=∠C+∠E=60°$。
【答案】
如答图,连接OD.
$\because AB=2DE$,且$AB=2OD,\therefore OD=DE,$
$\therefore ∠ DOE=∠ E=20°,$
$\therefore ∠ CDO=∠ DOE+∠ E=40°.$
又$\because OC=OD,\therefore ∠ C=∠ ODC=40°,$
$\therefore ∠ AOC=∠ C+∠ E=60°.$
【知识点】
圆的半径相等、等腰三角形的性质、三角形外角的性质
【点评】
本题是圆的基础综合题，核心解题思路是通过连接半径构造等腰三角形，将已知角和待求角通过等腰三角形性质、外角性质建立关联，是圆的基本性质应用的典型题型。
【难度系数】
0.7
12.(2025·宿迁泗阳县期中)如图,点A,B和点C,D分别在以点O为圆心的两个同心圆上,且∠AOB=∠COD.
(1)∠C与∠D相等吗?为什么?
(2)若B,O,D三点在同一直线上,∠A=40°,∠C=30°,求∠AOC的度数.
(1)∠C与∠D相等吗?为什么?
(2)若B,O,D三点在同一直线上,∠A=40°,∠C=30°,求∠AOC的度数.
答案
12.解:(1)$∠ C=∠ D$,理由:$\because ∠ AOB=∠ COD,$
$\therefore ∠ AOB+∠ AOC=∠ COD+∠ AOC,$
即$∠ AOD=∠ BOC.$
又$\because OA=OB,OD=OC,$
$\therefore △ AOD≌△ BOC(\mathrm{SAS}),\therefore ∠ C=∠ D.$
(2)$\because ∠ A=40°,∠ C=∠ D=30°,$
$\therefore ∠ AOD=180°-∠ A-∠ D=110°.$
同理$∠ BOC=110°.$
$\because B,O,D$三点在同一直线上,
$\therefore ∠ BOD=180°,\therefore ∠ AOC=110°+110°-180°=40°.$
$\therefore ∠ AOB+∠ AOC=∠ COD+∠ AOC,$
即$∠ AOD=∠ BOC.$
又$\because OA=OB,OD=OC,$
$\therefore △ AOD≌△ BOC(\mathrm{SAS}),\therefore ∠ C=∠ D.$
(2)$\because ∠ A=40°,∠ C=∠ D=30°,$
$\therefore ∠ AOD=180°-∠ A-∠ D=110°.$
同理$∠ BOC=110°.$
$\because B,O,D$三点在同一直线上,
$\therefore ∠ BOD=180°,\therefore ∠ AOC=110°+110°-180°=40°.$
解析
【分析】
（1）要判断∠C和∠D是否相等，可通过证明两角所在的三角形全等推导。已知∠AOB=∠COD，可先推导得到∠AOD=∠BOC；再结合同心圆的性质可得OA=OB，OC=OD，利用SAS即可证明△AOD≌△BOC，进而得到两角相等的结论。
（2）先利用（1）的结论得到∠D=∠C=30°，在△AOD中根据三角形内角和为180°计算出∠AOD的度数，同理可得∠BOC的度数；再结合B、O、D共线可知∠BOD=180°，根据角的和差关系可得∠AOC=∠AOD+∠BOC-∠BOD，代入数值计算即可。
【解析】
(1)∠C=∠D，理由如下：
∵∠AOB=∠COD，
∴∠AOB+∠AOC=∠COD+∠AOC，
即∠AOD=∠BOC。
又
∵OA、OB是小圆半径，OC、OD是大圆半径，
∴OA=OB，OD=OC，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴∠C=∠D。
(2)由（1）可知∠D=∠C=30°，
在△AOD中，∠A=40°，∠D=30°，
∴∠AOD=180°-∠A-∠D=180°-40°-30°=110°，
同理可得∠BOC=110°。
∵B，O，D三点在同一直线上，
∴∠BOD=180°，
∴∠AOC=∠AOD+∠BOC-∠BOD=110°+110°-180°=40°。
【答案】
(1)∠C=∠D，理由见解析；(2)40°
【知识点】
全等三角形的判定与性质；三角形内角和定理；同心圆的性质
【点评】
本题属于基础几何题，解题的关键是结合同心圆半径相等的性质，利用已知等角构造全等三角形，第二问需注意挖掘三点共线隐含的平角条件，理清角之间的和差关系即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
（1）要判断∠C和∠D是否相等，可通过证明两角所在的三角形全等推导。已知∠AOB=∠COD，可先推导得到∠AOD=∠BOC；再结合同心圆的性质可得OA=OB，OC=OD，利用SAS即可证明△AOD≌△BOC，进而得到两角相等的结论。
（2）先利用（1）的结论得到∠D=∠C=30°，在△AOD中根据三角形内角和为180°计算出∠AOD的度数，同理可得∠BOC的度数；再结合B、O、D共线可知∠BOD=180°，根据角的和差关系可得∠AOC=∠AOD+∠BOC-∠BOD，代入数值计算即可。
【解析】
(1)∠C=∠D，理由如下：
∵∠AOB=∠COD，
∴∠AOB+∠AOC=∠COD+∠AOC，
即∠AOD=∠BOC。
又
∵OA、OB是小圆半径，OC、OD是大圆半径，
∴OA=OB，OD=OC，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴∠C=∠D。
(2)由（1）可知∠D=∠C=30°，
在△AOD中，∠A=40°，∠D=30°，
∴∠AOD=180°-∠A-∠D=180°-40°-30°=110°，
同理可得∠BOC=110°。
∵B，O，D三点在同一直线上，
∴∠BOD=180°，
∴∠AOC=∠AOD+∠BOC-∠BOD=110°+110°-180°=40°。
【答案】
(1)∠C=∠D，理由见解析；(2)40°
【知识点】
全等三角形的判定与性质；三角形内角和定理；同心圆的性质
【点评】
本题属于基础几何题，解题的关键是结合同心圆半径相等的性质，利用已知等角构造全等三角形，第二问需注意挖掘三点共线隐含的平角条件，理清角之间的和差关系即可顺利求解。
【难度系数】
0.7
13.如图,在平面直角坐标系中,$C(0,4),A(3,0),\odot A$的半径为2,P为$\odot A$上任意一点,E是PC的中点,求OE长度的最小值. 
第13题图
第13题图答案
13.解:如答图,连接AC,取AC的中点H,连接EH,OH,AP.
$\because CE=EP,CH=AH,\therefore EH=\frac{1}{2}PA=1,$
$\therefore$点E的运动轨迹是以点H为圆心,1为半径的圆.
$\because C(0,4),A(3,0),\therefore$点H的坐标为$(1.5,2),$
$\therefore OH=\sqrt{2^2+1.5^2}=2.5,$
$\therefore OE$长度的最小值为$OH-EH=2.5-1=1.5.$
解析
【分析】
要求OE的最小值，O为定点，首先要确定动点E的运动轨迹：已知E是PC的中点，P是⊙A上的动点，AP为定值等于⊙A的半径2，因此考虑构造三角形中位线求解：连接AC并取AC的中点H，此时H是定点，EH为△CPA的中位线，可得EH长度恒为1，即E的运动轨迹是以H为圆心、1为半径的圆。再根据点到圆上点的距离最小值规律：定点到圆上点的最小距离为定点到圆心的距离减去圆的半径，因此只需计算OH的长度，再减去EH的长度即可得到OE的最小值。
【解析】
如答图，连接AC，取AC的中点H，连接EH，OH，AP。
∵E是PC的中点，H是AC的中点，即$CE=EP$，$CH=AH$，
∴EH是△CPA的中位线，因此$EH=\frac{1}{2}PA=\frac{1}{2}×2=1$，
由此可得点E的运动轨迹是以点H为圆心，1为半径的圆。
已知$C(0,4)$，$A(3,0)$，根据中点坐标公式可得点H的坐标为$(\frac{0+3}{2},\frac{4+0}{2})$，即$(1.5,2)$，
由勾股定理计算$OH=\sqrt{2^2+1.5^2}=\sqrt{6.25}=2.5$，
根据点到圆上点的距离最小值规律，OE长度的最小值为$OH-EH=2.5-1=1.5$。
【答案】
解:如答图,连接AC,取AC的中点H,连接EH,OH,AP.
$\because CE=EP,CH=AH,\therefore EH=\frac{1}{2}PA=1,$
$\therefore$点E的运动轨迹是以点H为圆心,1为半径的圆.
$\because C(0,4),A(3,0),\therefore$点H的坐标为$(1.5,2),$
$\therefore OH=\sqrt{2^2+1.5^2}=2.5,$
$\therefore OE$长度的最小值为$OH-EH=2.5-1=1.5.$
【知识点】
三角形中位线定理，点圆最值，两点间距离计算
【点评】
本题属于典型的动点轨迹类最值问题，解题核心是通过构造中位线将未知的动点轨迹转化为熟悉的圆轨迹，再结合点与圆的位置关系求解，能够有效考查几何转化思维和基础几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
要求OE的最小值，O为定点，首先要确定动点E的运动轨迹：已知E是PC的中点，P是⊙A上的动点，AP为定值等于⊙A的半径2，因此考虑构造三角形中位线求解：连接AC并取AC的中点H，此时H是定点，EH为△CPA的中位线，可得EH长度恒为1，即E的运动轨迹是以H为圆心、1为半径的圆。再根据点到圆上点的距离最小值规律：定点到圆上点的最小距离为定点到圆心的距离减去圆的半径，因此只需计算OH的长度，再减去EH的长度即可得到OE的最小值。
【解析】
如答图，连接AC，取AC的中点H，连接EH，OH，AP。
∵E是PC的中点，H是AC的中点，即$CE=EP$，$CH=AH$，
∴EH是△CPA的中位线，因此$EH=\frac{1}{2}PA=\frac{1}{2}×2=1$，
由此可得点E的运动轨迹是以点H为圆心，1为半径的圆。
已知$C(0,4)$，$A(3,0)$，根据中点坐标公式可得点H的坐标为$(\frac{0+3}{2},\frac{4+0}{2})$，即$(1.5,2)$，
由勾股定理计算$OH=\sqrt{2^2+1.5^2}=\sqrt{6.25}=2.5$，
根据点到圆上点的距离最小值规律，OE长度的最小值为$OH-EH=2.5-1=1.5$。
【答案】
解:如答图,连接AC,取AC的中点H,连接EH,OH,AP.
$\because CE=EP,CH=AH,\therefore EH=\frac{1}{2}PA=1,$
$\therefore$点E的运动轨迹是以点H为圆心,1为半径的圆.
$\because C(0,4),A(3,0),\therefore$点H的坐标为$(1.5,2),$
$\therefore OH=\sqrt{2^2+1.5^2}=2.5,$
$\therefore OE$长度的最小值为$OH-EH=2.5-1=1.5.$
【知识点】
三角形中位线定理，点圆最值，两点间距离计算
【点评】
本题属于典型的动点轨迹类最值问题，解题核心是通过构造中位线将未知的动点轨迹转化为熟悉的圆轨迹，再结合点与圆的位置关系求解，能够有效考查几何转化思维和基础几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
