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9. 如图，AB是$\odot O$的直径，CD是非直径的弦，比较AB与CD的大小关系，并说明理由。
答案
9. $AB＞CD$.提示:连接OC,OD,则$OC+OD＞CD$.
解析
【分析】
要比较直径AB与非直径弦CD的大小，首先明确直径AB的长度等于2条半径的长度和。我们可以连接OC、OD，这两条线段都是圆的半径，长度和刚好等于AB，且OC、OD、CD恰好构成三角形，利用三角形中两边之和大于第三边的性质，就能推出AB和CD的大小关系。
【解析】
解：$AB＞CD$，理由如下：
连接$OC$、$OD$。
∵ $OC$、$OD$都是$\odot O$的半径，
∴ $OC=OD=OA=OB$，
∴ $AB=OA+OB=OC+OD$。
在$△ OCD$中，根据三角形三边关系：三角形任意两边之和大于第三边，可得$OC+OD＞CD$，
∴ $AB＞CD$。
【答案】
$AB＞CD$
【知识点】
圆的半径与直径的关系，三角形三边关系
【点评】
本题是基础应用题，解题的关键是通过连接半径构造三角形，将圆中线段的大小比较转化为三角形三边的大小比较，是几何性质结合应用的典型基础题。
【难度系数】
0.85
要比较直径AB与非直径弦CD的大小，首先明确直径AB的长度等于2条半径的长度和。我们可以连接OC、OD，这两条线段都是圆的半径，长度和刚好等于AB，且OC、OD、CD恰好构成三角形，利用三角形中两边之和大于第三边的性质，就能推出AB和CD的大小关系。
【解析】
解：$AB＞CD$，理由如下：
连接$OC$、$OD$。
∵ $OC$、$OD$都是$\odot O$的半径，
∴ $OC=OD=OA=OB$，
∴ $AB=OA+OB=OC+OD$。
在$△ OCD$中，根据三角形三边关系：三角形任意两边之和大于第三边，可得$OC+OD＞CD$，
∴ $AB＞CD$。
【答案】
$AB＞CD$
【知识点】
圆的半径与直径的关系，三角形三边关系
【点评】
本题是基础应用题，解题的关键是通过连接半径构造三角形，将圆中线段的大小比较转化为三角形三边的大小比较，是几何性质结合应用的典型基础题。
【难度系数】
0.85
10. 如图,四边形PAOB是扇形OMN的内接矩形,顶点P在$\overset{\frown}{MN}$上,且不与M,N重合,当P点在$\overset{\frown}{MN}$上移动时,矩形PAOB的形状、大小随之变化,则$PA^2 + PB^2$的值 （
A.逐渐变大
B.逐渐变小
C.不变
D.不能确定
C
）A.逐渐变大
B.逐渐变小
C.不变
D.不能确定
答案
10. C
解析
【分析】
要判断$PA^2 + PB^2$的值的变化情况，可结合矩形和圆的性质分析：首先矩形的四个角都是直角，邻边的平方和可通过勾股定理转化为对角线的平方；其次矩形对角线相等，可将对角线长度转化为扇形的半径，而扇形半径是定值，由此即可判断式子的取值情况。
【解析】
连接OP，
∵四边形PAOB是矩形，
∴$∠ APB=90°$，且矩形的对角线相等，即$AB=OP$，
在$Rt△ APB$中，由勾股定理得：$PA^2 + PB^2 = AB^2$，
∴$PA^2 + PB^2 = OP^2$，
∵OP是扇形OMN的半径，同圆的半径长度固定不变，
∴$PA^2 + PB^2$的值为定值，不随P点的移动变化。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；圆的半径性质
【点评】
本题是几何性质的综合应用题，解题的关键是利用矩形对角线相等的性质，将所求代数式转化为定值的半径的平方，这类转化思想在几何题中很常用。
【难度系数】
0.8
要判断$PA^2 + PB^2$的值的变化情况，可结合矩形和圆的性质分析：首先矩形的四个角都是直角，邻边的平方和可通过勾股定理转化为对角线的平方；其次矩形对角线相等，可将对角线长度转化为扇形的半径，而扇形半径是定值，由此即可判断式子的取值情况。
【解析】
连接OP，
∵四边形PAOB是矩形，
∴$∠ APB=90°$，且矩形的对角线相等，即$AB=OP$，
在$Rt△ APB$中，由勾股定理得：$PA^2 + PB^2 = AB^2$，
∴$PA^2 + PB^2 = OP^2$，
∵OP是扇形OMN的半径，同圆的半径长度固定不变，
∴$PA^2 + PB^2$的值为定值，不随P点的移动变化。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；圆的半径性质
【点评】
本题是几何性质的综合应用题，解题的关键是利用矩形对角线相等的性质，将所求代数式转化为定值的半径的平方，这类转化思想在几何题中很常用。
【难度系数】
0.8
11. 如图,过A,C,D三点的圆的圆心为E,过B,F,E三点的圆的圆心为D,已知∠CAE=63°,求∠DBE的大小.
答案
11. 连接CE,DE,$\because DE=DB,\therefore ∠DEB=∠DBE,\therefore ∠CDE=∠DEB+∠DBE=2∠DBE$. 又$\because CE=DE,\therefore ∠ECD=∠CDE=2∠DBE$.
$\because EC=EA,\therefore ∠ACE=∠CAE=63°,\therefore ∠AEC=180°−2∠CAE=180°−2×63°=54°$. 又$\because ∠AEC=∠DBE+∠ECD=3∠DBE,\therefore 3∠DBE=54°,\therefore ∠DBE=18°$.
$\because EC=EA,\therefore ∠ACE=∠CAE=63°,\therefore ∠AEC=180°−2∠CAE=180°−2×63°=54°$. 又$\because ∠AEC=∠DBE+∠ECD=3∠DBE,\therefore 3∠DBE=54°,\therefore ∠DBE=18°$.
解析
【分析】
本题是圆的性质与三角形角度计算的综合题，解题思路如下：首先根据圆心的特征，同圆的所有半径相等，因此连接CE、DE构造等腰三角形；再利用等腰三角形两底角相等、三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，逐步推导待求角∠DBE和已知角∠CAE的数量关系，最后通过三角形内角和公式建立等式求解即可。
【解析】
解：连接CE、DE。
∵ 过A、C、D三点的圆的圆心为E，
∴ EA=EC=ED（同圆的半径相等），
∵ 过B、F、E三点的圆的圆心为D，
∴ DE=DB（同圆的半径相等），
∴ ∠DEB=∠DBE，
∵ ∠CDE是△BDE的外角，
∴ ∠CDE=∠DEB+∠DBE=2∠DBE，
又
∵ CE=DE，
∴ ∠ECD=∠CDE=2∠DBE，
∵ EC=EA，
∴ △AEC为等腰三角形，∠ACE=∠CAE=63°，
由三角形内角和公式得：$∠ AEC=180°−2∠ CAE=180°−2×63°=54°$，
∵ ∠AEC是△BCE的外角，
∴ $∠ AEC=∠ ECD+∠ DBE=2∠ DBE+∠ DBE=3∠ DBE$，
即$3∠ DBE=54°$，解得$∠ DBE=18°$。
【答案】
$18°$
【知识点】
同圆半径相等，等腰三角形性质，三角形外角性质
【点评】
本题侧重考查基础知识的综合应用，解题的关键是通过连接半径构造等腰三角形，将圆的性质转化为三角形的边角关系，再通过角度的和差倍分关系求解未知角。
【难度系数】
0.6
本题是圆的性质与三角形角度计算的综合题，解题思路如下：首先根据圆心的特征，同圆的所有半径相等，因此连接CE、DE构造等腰三角形；再利用等腰三角形两底角相等、三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，逐步推导待求角∠DBE和已知角∠CAE的数量关系，最后通过三角形内角和公式建立等式求解即可。
【解析】
解：连接CE、DE。
∵ 过A、C、D三点的圆的圆心为E，
∴ EA=EC=ED（同圆的半径相等），
∵ 过B、F、E三点的圆的圆心为D，
∴ DE=DB（同圆的半径相等），
∴ ∠DEB=∠DBE，
∵ ∠CDE是△BDE的外角，
∴ ∠CDE=∠DEB+∠DBE=2∠DBE，
又
∵ CE=DE，
∴ ∠ECD=∠CDE=2∠DBE，
∵ EC=EA，
∴ △AEC为等腰三角形，∠ACE=∠CAE=63°，
由三角形内角和公式得：$∠ AEC=180°−2∠ CAE=180°−2×63°=54°$，
∵ ∠AEC是△BCE的外角，
∴ $∠ AEC=∠ ECD+∠ DBE=2∠ DBE+∠ DBE=3∠ DBE$，
即$3∠ DBE=54°$，解得$∠ DBE=18°$。
【答案】
$18°$
【知识点】
同圆半径相等，等腰三角形性质，三角形外角性质
【点评】
本题侧重考查基础知识的综合应用，解题的关键是通过连接半径构造等腰三角形，将圆的性质转化为三角形的边角关系，再通过角度的和差倍分关系求解未知角。
【难度系数】
0.6
12. 如图，E是边长为2的正方形ABCD的边CD上的一个动点，F是以BC为直径的半圆上的一个动点，连接AE，EF，则AE+EF的最小值是
$\sqrt{13}-1$
。答案
12. $\sqrt{13}-1$
解析
【分析】
本题属于线段和的最小值问题，解题思路如下：第一步利用对称转化线段，因为点E在CD上，作点A关于CD的对称点A'，由轴对称性质可得AE=A'E，那么AE+EF就转化为A'E+EF；第二步结合F在半圆上的特点，要让A'E+EF最小，根据两点之间线段最短，最小值就是点A'到半圆O上点的最短距离，即点A'到圆心O的距离减去半圆的半径即可。
【解析】
已知正方形ABCD边长为2，BC为半圆的直径，因此半圆的圆心O是BC的中点，半圆半径$r=\frac{1}{2}BC=1$。
作点A关于CD所在直线的对称点A'，连接A'O，交CD于点E，交半圆O于点F，此时AE+EF取得最小值：
由轴对称的性质得$AE=A'E$，因此$AE+EF=A'E+EF$，当A'、E、F、O四点共线时，$A'E+EF$的长度最小，等于A'到半圆上点的最短距离。
过A'作BC的垂线，交BC的延长线于点G，则$A'G=AB=2$，$OG=OC+CG=1+2=3$，在$Rt△ A'OG$中，由勾股定理得：
$A'O=\sqrt{A'G^2+OG^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$
圆外一点到圆上点的最短距离为该点到圆心的距离减去半径，因此$AE+EF$的最小值为$A'O - r=\sqrt{13}-1$。
【答案】
$\sqrt{13}-1$
【知识点】
轴对称性质，最短路径问题，圆的基本性质
【点评】
本题综合了正方形、圆的性质和最短路径的求解方法，解题的关键是通过对称转化目标线段，将问题转化为圆外点到圆上点的最短距离计算，能有效考查学生的转化思维和几何计算能力。
【难度系数】
0.6
本题属于线段和的最小值问题，解题思路如下：第一步利用对称转化线段，因为点E在CD上，作点A关于CD的对称点A'，由轴对称性质可得AE=A'E，那么AE+EF就转化为A'E+EF；第二步结合F在半圆上的特点，要让A'E+EF最小，根据两点之间线段最短，最小值就是点A'到半圆O上点的最短距离，即点A'到圆心O的距离减去半圆的半径即可。
【解析】
已知正方形ABCD边长为2，BC为半圆的直径，因此半圆的圆心O是BC的中点，半圆半径$r=\frac{1}{2}BC=1$。
作点A关于CD所在直线的对称点A'，连接A'O，交CD于点E，交半圆O于点F，此时AE+EF取得最小值：
由轴对称的性质得$AE=A'E$，因此$AE+EF=A'E+EF$，当A'、E、F、O四点共线时，$A'E+EF$的长度最小，等于A'到半圆上点的最短距离。
过A'作BC的垂线，交BC的延长线于点G，则$A'G=AB=2$，$OG=OC+CG=1+2=3$，在$Rt△ A'OG$中，由勾股定理得：
$A'O=\sqrt{A'G^2+OG^2}=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$
圆外一点到圆上点的最短距离为该点到圆心的距离减去半径，因此$AE+EF$的最小值为$A'O - r=\sqrt{13}-1$。
【答案】
$\sqrt{13}-1$
【知识点】
轴对称性质，最短路径问题，圆的基本性质
【点评】
本题综合了正方形、圆的性质和最短路径的求解方法，解题的关键是通过对称转化目标线段，将问题转化为圆外点到圆上点的最短距离计算，能有效考查学生的转化思维和几何计算能力。
【难度系数】
0.6
13. 如图1，已知直线$ l $经过$ \odot O $的圆心$ O $，且与$ \odot O $交于$ A $，$ B $两点，点$ C $在$ \odot O $上，且$ ∠ AOC=30° $，点$ P $是直线$ l $上的一个动点（与$ O $不重合），直线$ CP $与$ \odot O $交于点$ Q $.
（1）当点$ P $在线段$ AO $上时，若$ QP=QO $，求$ ∠ OCP $的大小.
（2）当点$ P $在直线$ l $上的其他位置时，是否还存在$ QP=QO $？若存在，请求出此时$ ∠ OCP $的大小；若不存在，请说明理由.
（1）当点$ P $在线段$ AO $上时，若$ QP=QO $，求$ ∠ OCP $的大小.
（2）当点$ P $在直线$ l $上的其他位置时，是否还存在$ QP=QO $？若存在，请求出此时$ ∠ OCP $的大小；若不存在，请说明理由.
答案
13. (1) 如图1,设$∠OCP=x$,$\because OC=OQ,QP=QO,\therefore ∠OCP=∠Q=x,∠POQ=∠OPQ$,由三角形的外角性质,$∠OPQ=∠OCP+∠AOC=x+30°$.在$△OPQ$中,$x+(x+30°)+(x+30°)=180°$,解得$x=40°$,即$∠OCP=40°$；
(2) 当点P在OA的延长线上时,分两种情况:① 当Q与C不重合时,如图2①,设$∠Q=x$,$\because OC=OQ,\therefore ∠OCQ=x$. $\because QP=QO,\therefore ∠QOP=∠QPO=\frac{1}{2}(180°−x)$,由三角形的外角性质,$∠OCQ=∠AOC+∠QPO$,$\therefore 30°+\frac{1}{2}(180°−x)=x$,解得$x=80°$,$\therefore ∠OCP=180°−∠OCQ=180°−80°=100°$；
② 当Q与C重合时,如图2②,$\because QP=QO$,$\therefore ∠POC=∠CPO=30°$,$\therefore ∠OCP=180°−∠POC−∠CPO=120°$；
③ 当点P在OB的延长线上时,如图2③,设$∠QPO=x$,$\because QP=QO,\therefore ∠QPO=∠QOP=x$,$\because OC=OQ,\therefore ∠OQC=∠OCP=∠QPO+∠QOP=x+x=2x$,由三角形的外角性质,$∠AOC=∠QPO+∠OCP=x+2x=30°$,解得$x=10°$,$\therefore ∠OCP=2×10°=20°$.综上所述,存在$QP=QO$,此时$∠OCP$的大小为$100°$或$120°$或$20°$.
解析
【分析】
本题结合圆的性质与等腰三角形、三角形内角和、外角定理考查，解题思路如下：
（1）第一问中，OC和OQ都是圆的半径，二者相等，结合已知QP=QO可得到多个等腰三角形，设∠OCP为未知数，利用等腰三角形等边对等角的性质表示出△OPQ的三个内角，再根据三角形内角和为180°列方程即可求解。
（2）第二问需要分类讨论点P的位置：①点P在OA的延长线上，该情况又分为Q与C重合、Q与C不重合两种；②点P在OB的延长线上。每种情况均利用等腰三角形性质、三角形外角或内角和定理设未知数列方程求解，注意不要遗漏任何一种位置情况。
【解析】
（1）如图1，设$∠OCP=x$，
∵OC、OQ均为$\odot O$的半径，
∴$OC=OQ$，
∴$∠OCP=∠Q=x$，
又
∵$QP=QO$，
∴$∠POQ=∠OPQ$，
由三角形外角性质可得：$∠OPQ=∠OCP+∠AOC=x+30°$，
在$△OPQ$中，内角和为$180°$，即$∠Q + ∠POQ + ∠OPQ =180°$，
代入得：$x+(x+30°)+(x+30°)=180°$，
解得$x=40°$，即$∠OCP=40°$。
（2）存在，分情况讨论如下：
① 当点P在OA的延长线上，Q与C不重合时，如图2①，设$∠OQC=x$，
∵$OC=OQ$，
∴$∠OCQ=∠OQC=x$，
∵$QP=QO$，
∴$∠QOP=∠QPO=\frac{1}{2}(180°−x)$，
由三角形外角性质得：$∠OCQ=∠AOC+∠QPO$，
代入得：$30°+\frac{1}{2}(180°−x)=x$，解得$x=80°$，
∴$∠OCP=180°−∠OCQ=180°−80°=100°$；
② 当点P在OA的延长线上，Q与C重合时，如图2②，
此时$CP$与$\odot O$仅交于C点，即Q=C，
∵$QP=QO$，即$CO=CP$，
∴$∠POC=∠CPO=30°$，
∴$∠OCP=180°−∠POC−∠CPO=180°-30°-30°=120°$；
③ 当点P在OB的延长线上时，如图2③，设$∠QPO=x$，
∵$QP=QO$，
∴$∠QPO=∠QOP=x$，
∵$OC=OQ$，
∴$∠OQC=∠OCP$，
由三角形外角性质得：$∠OCP=∠QPO+∠QOP=x+x=2x$，
又$∠AOC=∠QPO+∠OCP=30°$，代入得$x+2x=30°$，
解得$x=10°$，
∴$∠OCP=2×10°=20°$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{∠OCP=40°}$；
（2）存在，$\boldsymbol{∠OCP}$的大小为$\boldsymbol{20°}$、$\boldsymbol{100°}$或$\boldsymbol{120°}$。
【知识点】
圆的基本性质，等腰三角形的性质，三角形内角和与外角定理
【点评】
本题重点考查分类讨论的数学思想，结合圆半径相等的性质和等腰三角形的边角关系求解，易错点是容易忽略点P在直线l上的多种位置情况，导致漏解，解题时需全面分析动点的所有可能位置，分类讨论计算。
【难度系数】
0.4
本题结合圆的性质与等腰三角形、三角形内角和、外角定理考查，解题思路如下：
（1）第一问中，OC和OQ都是圆的半径，二者相等，结合已知QP=QO可得到多个等腰三角形，设∠OCP为未知数，利用等腰三角形等边对等角的性质表示出△OPQ的三个内角，再根据三角形内角和为180°列方程即可求解。
（2）第二问需要分类讨论点P的位置：①点P在OA的延长线上，该情况又分为Q与C重合、Q与C不重合两种；②点P在OB的延长线上。每种情况均利用等腰三角形性质、三角形外角或内角和定理设未知数列方程求解，注意不要遗漏任何一种位置情况。
【解析】
（1）如图1，设$∠OCP=x$，
∵OC、OQ均为$\odot O$的半径，
∴$OC=OQ$，
∴$∠OCP=∠Q=x$，
又
∵$QP=QO$，
∴$∠POQ=∠OPQ$，
由三角形外角性质可得：$∠OPQ=∠OCP+∠AOC=x+30°$，
在$△OPQ$中，内角和为$180°$，即$∠Q + ∠POQ + ∠OPQ =180°$，
代入得：$x+(x+30°)+(x+30°)=180°$，
解得$x=40°$，即$∠OCP=40°$。
（2）存在，分情况讨论如下：
① 当点P在OA的延长线上，Q与C不重合时，如图2①，设$∠OQC=x$，
∵$OC=OQ$，
∴$∠OCQ=∠OQC=x$，
∵$QP=QO$，
∴$∠QOP=∠QPO=\frac{1}{2}(180°−x)$，
由三角形外角性质得：$∠OCQ=∠AOC+∠QPO$，
代入得：$30°+\frac{1}{2}(180°−x)=x$，解得$x=80°$，
∴$∠OCP=180°−∠OCQ=180°−80°=100°$；
② 当点P在OA的延长线上，Q与C重合时，如图2②，
此时$CP$与$\odot O$仅交于C点，即Q=C，
∵$QP=QO$，即$CO=CP$，
∴$∠POC=∠CPO=30°$，
∴$∠OCP=180°−∠POC−∠CPO=180°-30°-30°=120°$；
③ 当点P在OB的延长线上时，如图2③，设$∠QPO=x$，
∵$QP=QO$，
∴$∠QPO=∠QOP=x$，
∵$OC=OQ$，
∴$∠OQC=∠OCP$，
由三角形外角性质得：$∠OCP=∠QPO+∠QOP=x+x=2x$，
又$∠AOC=∠QPO+∠OCP=30°$，代入得$x+2x=30°$，
解得$x=10°$，
∴$∠OCP=2×10°=20°$。
【答案】
（1）$\boldsymbol{∠OCP=40°}$；
（2）存在，$\boldsymbol{∠OCP}$的大小为$\boldsymbol{20°}$、$\boldsymbol{100°}$或$\boldsymbol{120°}$。
【知识点】
圆的基本性质，等腰三角形的性质，三角形内角和与外角定理
【点评】
本题重点考查分类讨论的数学思想，结合圆半径相等的性质和等腰三角形的边角关系求解，易错点是容易忽略点P在直线l上的多种位置情况，导致漏解，解题时需全面分析动点的所有可能位置，分类讨论计算。
【难度系数】
0.4
