10.(2023·贵州)如图，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，连接CO并延长，交AB于点D，交⊙O于点E，连接EA、EB.
(1)写出图中一个度数为30°的角：，图中与△ACD全等的三角形是；
(2)连接OA、OB，判断四边形OAEB的形状，并说明理由.

10. (1)答案不唯一，如∠ACE、△BCD。(2)四边形OAEB为菱形。理由：
∵△ABC为等边三角形，
∴AC = BC，∠ACB = 60°。
∵CO = CO，OA = OB，
∴△ACO≌△BCO，
∴∠ACO = ∠BCO = 30°。
∵$\overgroup { A E } = \overgroup { A E }$，
∴∠AOE = 2∠ACO = 60°。
∵OA = OE，
∴△OAE为等边三角形，
∴OE = AE。同理，可证OE = BE，
∴OA = OB = AE = BE，
∴四边形OAEB为菱形。

11. 如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，P是斜边BC上一点（不与点B、C重合），PE是△ABP的外接圆⊙O的直径，连接AP、AE.
（1）求证：△APE是等腰直角三角形；
（2）若⊙O的直径为2，求PC²+PB²的值.

11. (1)
∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC = 90°，
∴AB = AC，∠C = ∠ABC = 45°。
∵$\overgroup { A P } = \overgroup { A P }$，
∴∠AEP = ∠ABP = 45°。
∵PE是⊙O的直径，
∴∠PAE = 90°，
∴∠APE = ∠AEP = 45°，
∴AP = AE，
∴△APE是等腰直角三角形。(2)如图，连接BE。
∵∠BAC = 90°，∠PAE = 90°，
∴∠BAC = ∠PAE，
∴易得∠CAP = ∠BAE。
∵AC = AB，AP = AE，
∴△APC≌△AEB，
∴PC = EB。
∵PE是⊙O的直径，
∴∠PBE = 90°，
∴在Rt△PBE中，$EB ^ { 2 } + PB ^ { 2 } = PE ^ { 2 } = 2 ^ { 2 } = 4$，
∴$PC ^ { 2 } + PB ^ { 2 } = 4$。

12. 如图，直线l经过⊙O的圆心，且交⊙O于A、B两点，点C在⊙O上，且∠AOC=30°，P是直线l上的一个动点（不与圆心O重合），CP与⊙O相交于另一点Q，连接QO.若QP=QO，求∠OCP的度数.

12. 分以下三种情况讨论：① 如图①，当点P在线段OA上时，在△QOC中，
∵OC = OQ，
∴∠Q = ∠C。在△OPQ中，
∵QP = QO，
∴∠QOP = ∠QPO。
∵∠AOC = 30°，
∴∠QPO = ∠C + ∠AOC = ∠C + 30°。又
∵∠QOP + ∠QPO + ∠Q = 180°，即(∠C + 30°) + (∠C + 30°) + ∠C = 180°，
∴∠C = 40°，即∠OCP = 40°。② 如图②，当点P在线段OA的延长线上时，在△QOC中，
∵OC = OQ，
∴∠OQP = ∠OCQ = $\frac { 1 } { 2 } ( 180 ^ { \circ } - \angle Q O C )$。在△OPQ中，
∵QP = QO，
∴∠OPQ = ∠QOP。又
∵∠OPQ + ∠QOP + ∠OQP = 180°，∠QOP = ∠QOC + ∠AOC = ∠QOC + 30°，
∴(∠QOC + 30°) + (∠QOC + 30°) + $\frac { 1 } { 2 } ( 180 ^ { \circ } - \angle Q O C ) = 180 ^ { \circ }$，
∴∠QOC = 20°，
∴∠OQP = 80°，
∴∠OCP = ∠QOC + ∠OQP = 100°。③ 如图③，当点P在线段OA的反向延长线上时，在△QOC中，
∵OC = OQ，
∴∠OCP = ∠OQC。在△OPQ中，
∵QO = QP，
∴∠QPO = ∠QOP = $\frac { 1 } { 2 } \angle O Q C = \frac { 1 } { 2 } \angle O C P$。
∵∠AOC = 30°，
∴∠QPO + ∠OCP = 30°，即$\frac { 1 } { 2 } \angle O C P + \angle O C P = 30 ^ { \circ }$，
∴∠OCP = 20°。综上所述，∠OCP的度数为40°或100°或20°。