1. 已知，正方形ABCD边长为4，点F是边AB上一动点，以DF为直径作$\odot O$，如图，点F从点A运动到点B的过程中，若H始终是$\overset{\frown}{$$}$的中点，则点H运动的路径长为。

1. 2√2

【分析】
解题时首先确定主动点与从动点：主动点F的运动轨迹是线段AB，长度为4。接下来分析点H的运动规律：由DF是⊙O的直径可得∠DHF=90°，结合H是弧DF中点，可推出弧DH=弧FH，对应弦DH=FH，因此△DHF是固定形状的等腰直角三角形，∠HDF=45°，且DH=DF×√2/2，即点H是点F绕定点D逆时针旋转45°、再按比例√2/2缩放得到的点。根据瓜豆原理，从动点H的轨迹也为线段，轨迹长度等于主动点轨迹长度乘以缩放比例，也可通过找轨迹的起点和端点直接计算长度。
【解析】
我们通过找轨迹端点计算路径长：
设D为坐标原点(0,0)，DC在x轴正方向，DA在y轴正方向，则A(0,4)，B(4,4)，C(4,0)：
1. 当点F与点A重合时，DF为正方形的边DA，此时弧DF的中点H坐标为(2,2)。
2. 当点F与点B重合时，DF为正方形的对角线DB，此时弧DF的中点H与点C重合，坐标为(4,0)。
3. 点H的运动路径为连接(2,2)和(4,0)的线段，路径长为：$\sqrt{(4-2)^2+(0-2)^2}=\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}$。
也可由瓜豆原理直接计算：主动点F轨迹长为AB=4，缩放比例为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，故H的路径长=$4×\frac{\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$。
【答案】
$2\sqrt{2}$
【知识点】
瓜豆原理，圆的基本性质，等腰直角三角形性质
【点评】
本题是典型的动点轨迹长度求解问题，解题核心是抓住从动点和主动点之间固定的位置关系与比例关系，既可以用瓜豆原理快速推导，也可以通过特殊位置法确定轨迹端点后计算，能有效考查对几何动态问题的分析能力。
【难度系数】
0.6

2. 如图,线段AB为$\odot O$的直径,点C在AB的延长线上,$AB=4$,$BC=2$,点P是$\odot O$上一动点,连结CP,以CP为斜边在PC的上方作$\mathrm{Rt}△ PCD$,且使$∠ DCP=60°$,连结OD,则OD长的最大值为.

2. 2√3+1

【分析】
本题属于动点最值问题，点P是⊙O上的主动点，点D是随P运动的从动点，符合瓜豆原理特征：存在定点C，∠DCP为固定60°，CD与CP的比值固定为$\frac{1}{2}$。解题思路如下：1. 先计算定长OC的长度；2. 构造与△COP相似的三角形，确定从动点D的运动轨迹是定圆；3. 利用圆外一点到圆上点的距离最大值=点到圆心距离+半径，求出OD的最大值。
【解析】
解：
∵AB为⊙O的直径，$AB=4$，
∴⊙O半径$OP=OB=2$，
又
∵$BC=2$，
∴$OC=OB+BC=2+2=4$。
在$Rt△PCD$中，$∠DCP=60°$，$∠PDC=90°$，
∴$\frac{CD}{CP}=\cos60°=\frac{1}{2}$，且$∠PCD=60°$。
在OC下方作定点F，使$∠OCF=60°$，$CF=\frac{1}{2}OC=2$，过F作$FG⊥OC$于G。
∵$∠PCD=∠OCF=60°$，
∴$∠PCD-∠PCF=∠OCF-∠PCF$，即$∠FCD=∠OCP$，
又$\frac{CD}{CP}=\frac{CF}{CO}=\frac{1}{2}$，
∴$△FCD∽△OCP$（两边对应成比例且夹角相等），
∴$\frac{FD}{OP}=\frac{1}{2}$，代入$OP=2$得$FD=1$，即点D的轨迹是以F为圆心、半径为1的圆。
在$Rt△CFG$中，$CF=2$，$∠FCG=60°$，
∴$CG=CF·\cos60°=1$，$FG=CF·\sin60°=\sqrt{3}$，
∴$OG=OC-CG=4-1=3$，
在$Rt△OFG$中，$OF=\sqrt{OG^2+FG^2}=\sqrt{3^2+(\sqrt{3})^2}=2\sqrt{3}$。
根据两点之间线段最短，$OD≤OF+FD$，当O、F、D三点共线时等号成立，
∴OD的最大值为$2\sqrt{3}+1$。
【答案】
$2\sqrt{3}+1$
【知识点】
瓜豆原理、相似三角形的判定与性质、圆的最值
【点评】
本题的核心是通过构造相似三角形确定从动点的运动轨迹，将未知的线段最值转化为圆外一点到圆上点的距离最值问题，需要学生熟练掌握相似三角形的构造方法和动点轨迹的分析逻辑。
【难度系数】
0.3