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1. (2026·泰州校级月考)如图,点A,B,C,D,E在$\odot O$上,且$\overset{\frown}{AB}$的度数为$50°$,则$∠ E + ∠ C =$（
A.$115°$
B.$105°$
C.$155°$
D.$165°$
C
）A.$115°$
B.$105°$
C.$155°$
D.$165°$
答案
解析:连接AO,BO,AE,如图所示,
∵ $\overset{\frown}{AB}$的度数为50°,且$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AB}$,
∴ $∠AEB=\frac{1}{2}∠AOB=\frac{1}{2}×50°=25°$.
∵ 点A,B,C,D,E在$\odot O$上,
∴ 四边形ACDE是圆内接四边形,故$∠DEA+∠C=180°$,
∴ $∠DEB+∠C=180°-∠AEB=180°-25°=155°$.故选C.
解析
【分析】要解决该题，需运用圆周角定理和圆内接四边形的性质。首先通过连接辅助线AO、BO、AE，利用同弧所对圆周角与圆心角的关系求出∠AEB；再结合圆内接四边形对角互补的性质，将所求的∠E拆分为∠DEA与∠AEB的和，进而计算∠E + ∠C的度数。
【解析】连接AO、BO、AE，如图所示。
∵ $\overset{\frown}{AB}$的度数为50°，根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴ ∠AEB = $\frac{1}{2}$∠AOB = $\frac{1}{2}$×50° = 25°。
又
∵ 点A、B、C、D、E在$\odot O$上，四边形ACDE是圆内接四边形，根据圆内接四边形的性质：对角互补，
∴ ∠DEA + ∠C = 180°。
而∠E = ∠DEA + ∠AEB，
∴ ∠E + ∠C = (∠DEA + ∠AEB) + ∠C = (∠DEA + ∠C) + ∠AEB = 180° + 25° = 155°。故选C。
【答案】
【知识点】圆周角定理、圆内接四边形的性质
【点评】本题考查圆的相关性质，解题关键是通过辅助线拆分所求角，利用圆内接四边形的互补关系简化计算，需熟练掌握圆周角定理和圆内接四边形的性质。
【难度系数】0.5
【解析】连接AO、BO、AE，如图所示。
∵ $\overset{\frown}{AB}$的度数为50°，根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
∴ ∠AEB = $\frac{1}{2}$∠AOB = $\frac{1}{2}$×50° = 25°。
又
∵ 点A、B、C、D、E在$\odot O$上，四边形ACDE是圆内接四边形，根据圆内接四边形的性质：对角互补，
∴ ∠DEA + ∠C = 180°。
而∠E = ∠DEA + ∠AEB，
∴ ∠E + ∠C = (∠DEA + ∠AEB) + ∠C = (∠DEA + ∠C) + ∠AEB = 180° + 25° = 155°。故选C。
【答案】
【知识点】圆周角定理、圆内接四边形的性质
【点评】本题考查圆的相关性质，解题关键是通过辅助线拆分所求角，利用圆内接四边形的互补关系简化计算，需熟练掌握圆周角定理和圆内接四边形的性质。
【难度系数】0.5
2. (2026·云南校级月考) 如图,在半径为 3 的
$\odot O$中,$AB$是直径,$AC$是弦,$D$是$\overset{\frown}{AC}$的中点,
$AC$与$BD$交于点$E$.若$E$是$BD$的中点,则$AC$的长是
$\odot O$中,$AB$是直径,$AC$是弦,$D$是$\overset{\frown}{AC}$的中点,
$AC$与$BD$交于点$E$.若$E$是$BD$的中点,则$AC$的长是
$4\sqrt{2}$
.答案
解析:如图所示,连接DO,交AC于点F,
∵ D是$\overset{\frown}{AC}$的中点,
∴ $OD⊥AC$,$∠ABD=∠CBD$,$AF=FC$.
∵ $AO=OB$,
∴ $OF=\frac{1}{2}BC$.
∵ E是BD的中点,
∴ $DE=EB$.又
∵ $OD=OB$,
∴ $∠ABD=∠FDE$,
∴ $∠FDE=∠EBC$.又$∠DEF=∠BEC$,
∴ $△ DEF≌△ BEC(\mathrm{ASA})$,
∴ $DF=CB$,
∴ $OD=\frac{3}{2}BC=3$,
∴ $BC=2$.
∵ AB是直径,
∴ $∠ACB=90°$,
∴ $AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{6^2-2^2}=4\sqrt{2}$.
解析
【分析】
要解决本题，需结合圆的垂径定理、圆周角定理，以及全等三角形的判定和勾股定理进行推导。首先连接OD，利用弧中点的性质得到OD与AC的垂直关系，再结合E是BD中点的条件，通过证明三角形全等得到线段等量关系，最后结合直径所对圆周角为直角的性质，用勾股定理计算AC的长度。
【解析】
如图，连接DO，交AC于点F。
1. 因为D是$\overset{\frown}{AC}$的中点，根据垂径定理，得$OD⊥AC$，且$AF=FC$；由圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，得$∠ABD=∠CBD$。
2. 因为$AO=OB$，所以OF是$△ ABC$的中位线，故$OF=\frac{1}{2}BC$。
3. 已知E是BD的中点，所以$DE=EB$；又$OD=OB$，则$∠ABD=∠ODB$，即$∠FDE=∠EBC$。
4. 在$△ DEF$和$△ BEC$中：
$\begin{cases}∠FDE=∠EBC \\DE=BE \\∠DEF=∠BEC\end{cases}$
所以$△ DEF≌△ BEC$（ASA），得$DF=CB$。
5. 因为$OD=OF+DF$，$OD=3$，$OF=\frac{1}{2}BC$，$DF=BC$，代入得：$3=\frac{1}{2}BC + BC$，解得$BC=2$。
6. 因为AB是$\odot O$的直径，所以$∠ ACB=90°$，在$Rt△ ACB$中，$AB=2×3=6$，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2 - BC^2}=\sqrt{6^2 - 2^2}=4\sqrt{2}$。
【答案】
$4\sqrt{2}$
【知识点】
垂径定理、全等三角形判定、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的性质与几何证明，核心是利用弧中点和中点条件构造全等三角形，推导线段关系后结合勾股定理求解，需熟练掌握圆的相关定理和几何逻辑推导方法。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合圆的垂径定理、圆周角定理，以及全等三角形的判定和勾股定理进行推导。首先连接OD，利用弧中点的性质得到OD与AC的垂直关系，再结合E是BD中点的条件，通过证明三角形全等得到线段等量关系，最后结合直径所对圆周角为直角的性质，用勾股定理计算AC的长度。
【解析】
如图，连接DO，交AC于点F。
1. 因为D是$\overset{\frown}{AC}$的中点，根据垂径定理，得$OD⊥AC$，且$AF=FC$；由圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，得$∠ABD=∠CBD$。
2. 因为$AO=OB$，所以OF是$△ ABC$的中位线，故$OF=\frac{1}{2}BC$。
3. 已知E是BD的中点，所以$DE=EB$；又$OD=OB$，则$∠ABD=∠ODB$，即$∠FDE=∠EBC$。
4. 在$△ DEF$和$△ BEC$中：
$\begin{cases}∠FDE=∠EBC \\DE=BE \\∠DEF=∠BEC\end{cases}$
所以$△ DEF≌△ BEC$（ASA），得$DF=CB$。
5. 因为$OD=OF+DF$，$OD=3$，$OF=\frac{1}{2}BC$，$DF=BC$，代入得：$3=\frac{1}{2}BC + BC$，解得$BC=2$。
6. 因为AB是$\odot O$的直径，所以$∠ ACB=90°$，在$Rt△ ACB$中，$AB=2×3=6$，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2 - BC^2}=\sqrt{6^2 - 2^2}=4\sqrt{2}$。
【答案】
$4\sqrt{2}$
【知识点】
垂径定理、全等三角形判定、勾股定理
【点评】
本题综合考查圆的性质与几何证明，核心是利用弧中点和中点条件构造全等三角形，推导线段关系后结合勾股定理求解，需熟练掌握圆的相关定理和几何逻辑推导方法。
【难度系数】
0.5
3. 如图,在$\odot O$中,点$C$是$\widehat{ACB}$的中点,$D,E$分别是$OA,OB$上的点,且$AD=BE$,弦$CM,CN$分别过点$D,E$.
求证:(1)$CD=CE$;
(2)$\widehat{AM}=\widehat{BN}$.
求证:(1)$CD=CE$;
(2)$\widehat{AM}=\widehat{BN}$.
答案
(1) 如图,连接OC.
∵ 点C是$\widehat{ACB}$的中点,
∴ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$,
∴ $∠COD=∠COE$.
∵ $OA=OB$,$AD=BE$,
∴ $OD=OE$.
∵ $OC=OC$,
∴ $△ COD≌△ COE(\mathrm{SAS})$,
∴ $CD=CE$.
(2) 如图,连接OM,ON,
∵ $△ COD≌△ COE$,
∴ $∠CDO=∠CEO$,$∠OCD=∠OCE$.
∵ $OC=OM=ON$,
∴ $∠OCM=∠OMC$,$∠OCN=∠ONC$,
∴ $∠OMD=∠ONE$.
∵ $∠ODC=∠DMO+∠MOD$,$∠CEO=∠CNO+∠EON$,
∴ $∠MOD=∠NOE$,
∴ $\overset{\frown}{AM}=\overset{\frown}{BN}$.
解析
【分析】
要证明(1)CD=CE，需构造全等三角形，利用“点C是$\widehat{ACB}$的中点”可得OC平分∠AOB，结合OA=OB、AD=BE推出OD=OE，通过SAS证明△COD≌△COE即可；要证明(2)$\widehat{AM}=\widehat{BN}$，需转化为证明对应圆心角相等，利用(1)中全等三角形的角相等，结合等腰三角形OM=OC、ON=OC的性质，推导得出圆心角∠MOD=∠NOE，进而得到弧相等。
【解析】
(1) 连接OC。
∵ 点C是$\widehat{ACB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，根据等弧所对的圆心角相等，得$∠COD=∠COE$。
∵ OA、OB是$\odot O$的半径，
∴ OA=OB。
又
∵ AD=BE，
∴ OA - AD = OB - BE，即OD=OE。
在△COD和△COE中：
$\{\begin{array}{l} OD=OE \\ ∠COD=∠COE \\ OC=OC \end{array} $
∴ △COD≌△COE（SAS），
∴ CD=CE。
(2) 连接OM、ON。
由(1)中△COD≌△COE，得$∠CDO=∠CEO$，$∠OCD=∠OCE$。
∵ OM、OC是$\odot O$的半径，
∴ OM=OC，△OMC为等腰三角形，故$∠OCM=∠OMC$，即$∠OCD + ∠DCM = ∠OMC$；
同理，ON=OC，$∠OCN=∠ONC$，即$∠OCE + ∠ECN = ∠ONC$。
结合$∠OCD=∠OCE$，可得$∠OMC=∠ONC$，即$∠OMD=∠ONE$。
在△ODM中，$∠ODC=∠DMO + ∠MOD$；在△OEN中，$∠CEO=∠CNO + ∠EON$。
∵ $∠ODC=∠CEO$，$∠DMO=∠CNO$，
∴ $∠MOD=∠NOE$。
根据圆心角相等则所对弧相等，得$\overset{\frown}{AM}=\overset{\frown}{BN}$。
【答案】
(1) CD=CE；(2) $\widehat{AM}=\widehat{BN}$
【知识点】
圆的弧与圆心角、全等三角形判定、等腰三角形性质
【点评】
本题为圆的综合证明题，通过全等三角形解决线段相等问题，再利用圆心角与弧的关系证明弧相等，考查圆的基本性质与三角形知识的综合应用，逻辑推导清晰。
【难度系数】
0.5
要证明(1)CD=CE，需构造全等三角形，利用“点C是$\widehat{ACB}$的中点”可得OC平分∠AOB，结合OA=OB、AD=BE推出OD=OE，通过SAS证明△COD≌△COE即可；要证明(2)$\widehat{AM}=\widehat{BN}$，需转化为证明对应圆心角相等，利用(1)中全等三角形的角相等，结合等腰三角形OM=OC、ON=OC的性质，推导得出圆心角∠MOD=∠NOE，进而得到弧相等。
【解析】
(1) 连接OC。
∵ 点C是$\widehat{ACB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，根据等弧所对的圆心角相等，得$∠COD=∠COE$。
∵ OA、OB是$\odot O$的半径，
∴ OA=OB。
又
∵ AD=BE，
∴ OA - AD = OB - BE，即OD=OE。
在△COD和△COE中：
$\{\begin{array}{l} OD=OE \\ ∠COD=∠COE \\ OC=OC \end{array} $
∴ △COD≌△COE（SAS），
∴ CD=CE。
(2) 连接OM、ON。
由(1)中△COD≌△COE，得$∠CDO=∠CEO$，$∠OCD=∠OCE$。
∵ OM、OC是$\odot O$的半径，
∴ OM=OC，△OMC为等腰三角形，故$∠OCM=∠OMC$，即$∠OCD + ∠DCM = ∠OMC$；
同理，ON=OC，$∠OCN=∠ONC$，即$∠OCE + ∠ECN = ∠ONC$。
结合$∠OCD=∠OCE$，可得$∠OMC=∠ONC$，即$∠OMD=∠ONE$。
在△ODM中，$∠ODC=∠DMO + ∠MOD$；在△OEN中，$∠CEO=∠CNO + ∠EON$。
∵ $∠ODC=∠CEO$，$∠DMO=∠CNO$，
∴ $∠MOD=∠NOE$。
根据圆心角相等则所对弧相等，得$\overset{\frown}{AM}=\overset{\frown}{BN}$。
【答案】
(1) CD=CE；(2) $\widehat{AM}=\widehat{BN}$
【知识点】
圆的弧与圆心角、全等三角形判定、等腰三角形性质
【点评】
本题为圆的综合证明题，通过全等三角形解决线段相等问题，再利用圆心角与弧的关系证明弧相等，考查圆的基本性质与三角形知识的综合应用，逻辑推导清晰。
【难度系数】
0.5
4. 如图,在$\odot O$内有折线$OABC$,其中$OA=8$,$AB=12$,$∠ A=∠ B=60^{ \circ }$,则$BC$的长为（
A.16
B.20
C.18
D.22
B
）A.16
B.20
C.18
D.22
答案
解析:如图,延长AO交BC于点D,作OE⊥BC于点E.
∵ $∠A=∠B=60°$,
∴ $∠ADB=60°$,
∴ $△ ADB$为等边三角形,
∴ $BD=AD=AB=12$.
∵ $OA=8$,
∴ $OD=4$.又
∵ $∠ADB=60°$,
∴ $∠DOE=30°$,
∴ $DE=\frac{1}{2}OD=2$,
∴ $BE=10$.
∵ $OE⊥BC$,
∴ $BC=2BE=20$.故选B.
解析
【分析】
要计算BC的长度，需通过添加辅助线构造特殊三角形来推导线段关系。首先延长AO交BC于点D，结合已知的∠A和∠B的度数，可判断△ADB为等边三角形，得到BD的长度；再作OE⊥BC于点E，利用含30°角的直角三角形性质求出BE的长度，最后根据垂径定理（垂直于弦的直径平分弦），即可算出BC的长。
【解析】
如图，延长AO交BC于点D，作OE⊥BC于点E。
∵ ∠A=∠B=60°，
∴ 在△ADB中，∠ADB=180°−∠A−∠B=60°，
∴ ∠A=∠B=∠ADB=60°，即△ADB为等边三角形，
∴ BD=AD=AB=12。
∵ OA=8，
∴ OD=AD−OA=12−8=4。
又
∵ ∠ADB=60°，OE⊥BC，
∴ 在Rt△ODE中，∠DOE=90°−∠ADB=30°，
∴ DE=½OD=½×4=2。
∵ BD=12，
∴ BE=BD−DE=12−2=10。
∵ OE⊥BC且OE过圆心O，根据垂径定理，BC=2BE=2×10=20。
【答案】
B
【知识点】
等边三角形判定与性质、垂径定理、含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题需通过添加辅助线构造特殊三角形，结合几何定理求解，关键在于利用特殊角的性质推导线段长度，考查学生对辅助线的运用和几何定理的综合应用能力。
【难度系数】
0.5
要计算BC的长度，需通过添加辅助线构造特殊三角形来推导线段关系。首先延长AO交BC于点D，结合已知的∠A和∠B的度数，可判断△ADB为等边三角形，得到BD的长度；再作OE⊥BC于点E，利用含30°角的直角三角形性质求出BE的长度，最后根据垂径定理（垂直于弦的直径平分弦），即可算出BC的长。
【解析】
如图，延长AO交BC于点D，作OE⊥BC于点E。
∵ ∠A=∠B=60°，
∴ 在△ADB中，∠ADB=180°−∠A−∠B=60°，
∴ ∠A=∠B=∠ADB=60°，即△ADB为等边三角形，
∴ BD=AD=AB=12。
∵ OA=8，
∴ OD=AD−OA=12−8=4。
又
∵ ∠ADB=60°，OE⊥BC，
∴ 在Rt△ODE中，∠DOE=90°−∠ADB=30°，
∴ DE=½OD=½×4=2。
∵ BD=12，
∴ BE=BD−DE=12−2=10。
∵ OE⊥BC且OE过圆心O，根据垂径定理，BC=2BE=2×10=20。
【答案】
B
【知识点】
等边三角形判定与性质、垂径定理、含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题需通过添加辅助线构造特殊三角形，结合几何定理求解，关键在于利用特殊角的性质推导线段长度，考查学生对辅助线的运用和几何定理的综合应用能力。
【难度系数】
0.5
5. (2025·扬州期中) 如图,点 $P$ 在 $\odot O$ 的直径$AB$ 上,作正方形 $PCDE$ 和正方形 $PFGH$,其中点 $D,G$ 在直径 $AB$ 所在直线上,点 $C,E,F,H$都在 $\odot O$ 上,如果两个正方形的面积之和为$18,OP=\sqrt{2}$,那么 $\odot O$ 的半径长是
3
.答案
解析:如图,作$OM⊥EH$于点M,连接OE,则$EM=MH$.
∵ 四边形PCDE是正方形,
∴ $∠OPM=45°$,
∴ $△ OPM$是等腰直角三角形.
∵ $OP=\sqrt{2}$,
∴ $OM=PM=1$,设$PH=x$,则$MH=EM=x+1$,$EP=x+2$.
∵ 两个正方形的面积之和为18,
∴ $(x+2)^2+x^2=18$,解得$x_1=2\sqrt{2}-1$,$x_2=-2\sqrt{2}-1$(舍去),
∴ $EM=2\sqrt{2}$,
∴ $OE=\sqrt{OM^2+EM^2}=\sqrt{1^2+(2\sqrt{2})^2}=3$,
∴ $\odot O$的半径长是3.
解析
【分析】
要解决本题，需结合垂径定理、正方形性质、等腰直角三角形性质及勾股定理，通过方程思想求解。首先作辅助线OM⊥EH，利用垂径定理得EM=MH；再由正方形性质推出△OPM为等腰直角三角形，求出OM、PM的长度；设右侧正方形边长为x，用x表示左侧正方形边长，根据面积和列方程，最后用勾股定理计算⊙O半径。
【解析】
如图，作$OM⊥EH$于点$M$，连接$OE$，根据垂径定理得$EM=MH$。
∵ 四边形$PCDE$是正方形，
∴ $∠OPE=90°$，又$OM⊥EH$，$∠OPM=45°$，
∴ $△OPM$是等腰直角三角形。
已知$OP=\sqrt{2}$，则等腰直角三角形中直角边$OM=PM=\frac{OP}{\sqrt{2}}=1$。
设正方形$PFGH$的边长为$x$，则$PH=x$，
∵ $MH=PM+PH=1+x$，且$EM=MH$，
∴ $EM=1+x$，左侧正方形$PCDE$的边长$EP=EM+PM=(1+x)+1=x+2$。
根据两个正方形面积和为18，列方程：
$(x+2)^2 + x^2 =18$，
展开整理得$x^2 +2x -7=0$，
解得$x=-1+2\sqrt{2}$（负根舍去，边长为正）。
此时$EM=1+x=2\sqrt{2}$，
在$Rt△OEM$中，$OE=\sqrt{OM^2 + EM^2}=\sqrt{1^2 + (2\sqrt{2})^2}=3$，即⊙O半径为3。
【答案】
3
【知识点】
垂径定理、正方形性质、勾股定理
【点评】
本题综合运用几何定理与方程思想，通过辅助线构造特殊三角形，结合面积关系建立方程，最终用勾股定理求半径，体现了数形结合的解题思路，是圆与正方形结合的典型题型。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需结合垂径定理、正方形性质、等腰直角三角形性质及勾股定理，通过方程思想求解。首先作辅助线OM⊥EH，利用垂径定理得EM=MH；再由正方形性质推出△OPM为等腰直角三角形，求出OM、PM的长度；设右侧正方形边长为x，用x表示左侧正方形边长，根据面积和列方程，最后用勾股定理计算⊙O半径。
【解析】
如图，作$OM⊥EH$于点$M$，连接$OE$，根据垂径定理得$EM=MH$。
∵ 四边形$PCDE$是正方形，
∴ $∠OPE=90°$，又$OM⊥EH$，$∠OPM=45°$，
∴ $△OPM$是等腰直角三角形。
已知$OP=\sqrt{2}$，则等腰直角三角形中直角边$OM=PM=\frac{OP}{\sqrt{2}}=1$。
设正方形$PFGH$的边长为$x$，则$PH=x$，
∵ $MH=PM+PH=1+x$，且$EM=MH$，
∴ $EM=1+x$，左侧正方形$PCDE$的边长$EP=EM+PM=(1+x)+1=x+2$。
根据两个正方形面积和为18，列方程：
$(x+2)^2 + x^2 =18$，
展开整理得$x^2 +2x -7=0$，
解得$x=-1+2\sqrt{2}$（负根舍去，边长为正）。
此时$EM=1+x=2\sqrt{2}$，
在$Rt△OEM$中，$OE=\sqrt{OM^2 + EM^2}=\sqrt{1^2 + (2\sqrt{2})^2}=3$，即⊙O半径为3。
【答案】
3
【知识点】
垂径定理、正方形性质、勾股定理
【点评】
本题综合运用几何定理与方程思想，通过辅助线构造特殊三角形，结合面积关系建立方程，最终用勾股定理求半径，体现了数形结合的解题思路，是圆与正方形结合的典型题型。
【难度系数】
0.4
6. (扬州中考改编) 如图,已知$\odot O$的直径$AB=$$6,E,F$为$AB$的三等分点,$M,N$为$\overgroup{AB}$上两点,且$∠ MEB=∠ NFB=60°$,求$EM+FN$的值.
答案
如图,延长ME交$\odot O$于点G,连接GN,易证$△ NOF≌△ GOE$,
∴ $FN=EG$,
∴ $EM+FN=EM+EG=MG$.过点O作$OH⊥MG$于点H,连接MO.
∵ $\odot O$的直径$AB=6$,
∴ $OE=OA-AE=\frac{1}{2}×6-\frac{1}{3}×6=3-2=1$,$OM=\frac{1}{2}×6=3$.
∵ $∠MEB=60°$,
∴ $∠HOE=30°$,
∴ $EH=\frac{1}{2}$.由勾股定理易求得$OH=\frac{\sqrt{3}}{2}$.在$\mathrm{Rt}△ MOH$中,$MH=\sqrt{OM^2-OH^2}=\sqrt{3^2-(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\frac{\sqrt{33}}{2}$.由垂径定理可得$MG=2MH=2×\frac{\sqrt{33}}{2}=\sqrt{33}$,即$EM+FN=\sqrt{33}$.
解析
【分析】
要解决本题，需通过构造辅助线转化线段，将EM与FN的和转化为可计算的单一线段。首先延长ME交⊙O于点G，利用E、F是AB三等分点的条件，结合角度关系证明三角形全等，得到FN=EG，从而将EM+FN转化为MG；再通过作垂线构造直角三角形，结合垂径定理和勾股定理计算MG的长度，即可得到结果。
【解析】
1. 计算基础线段长度：
∵⊙O直径AB=6，E、F为AB三等分点，
∴OA=OB=OM=ON=3，AE=EF=FB=2，
∴OE=OA - AE=3 - 2=1，OF=1。
2. 构造辅助线并证明全等：
延长ME交⊙O于点G，连接OG。
∵∠MEB=60°，
∴∠OEG=180° - 60°=120°，同理∠OFN=180° - 60°=120°，即∠OEG=∠OFN。
又
∵OE=OF，OG=ON，
∴△OEG≌△OFN（SAS），故FN=EG。
3. 转化线段并计算MG：
EM + FN = EM + EG = MG。
过点O作OH⊥MG于点H，连接OM。
在Rt△OEH中，∠OEH=60°，OE=1，
∴EH=OE·cos60°=1×1/2=1/2，OH=OE·sin60°=√3/2。
在Rt△OMH中，OM=3，由勾股定理得：
MH=√(OM² - OH²)=√(3² - (√3/2)²)=√(33/4)=√33/2。
根据垂径定理，MG=2MH=√33，即EM + FN=√33。
【答案】
√33
【知识点】
垂径定理，全等三角形判定，勾股定理
【点评】
本题通过辅助线构造转化线段和，结合圆的性质与三角形知识求解，需要学生具备辅助线构造能力，是中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需通过构造辅助线转化线段，将EM与FN的和转化为可计算的单一线段。首先延长ME交⊙O于点G，利用E、F是AB三等分点的条件，结合角度关系证明三角形全等，得到FN=EG，从而将EM+FN转化为MG；再通过作垂线构造直角三角形，结合垂径定理和勾股定理计算MG的长度，即可得到结果。
【解析】
1. 计算基础线段长度：
∵⊙O直径AB=6，E、F为AB三等分点，
∴OA=OB=OM=ON=3，AE=EF=FB=2，
∴OE=OA - AE=3 - 2=1，OF=1。
2. 构造辅助线并证明全等：
延长ME交⊙O于点G，连接OG。
∵∠MEB=60°，
∴∠OEG=180° - 60°=120°，同理∠OFN=180° - 60°=120°，即∠OEG=∠OFN。
又
∵OE=OF，OG=ON，
∴△OEG≌△OFN（SAS），故FN=EG。
3. 转化线段并计算MG：
EM + FN = EM + EG = MG。
过点O作OH⊥MG于点H，连接OM。
在Rt△OEH中，∠OEH=60°，OE=1，
∴EH=OE·cos60°=1×1/2=1/2，OH=OE·sin60°=√3/2。
在Rt△OMH中，OM=3，由勾股定理得：
MH=√(OM² - OH²)=√(3² - (√3/2)²)=√(33/4)=√33/2。
根据垂径定理，MG=2MH=√33，即EM + FN=√33。
【答案】
√33
【知识点】
垂径定理，全等三角形判定，勾股定理
【点评】
本题通过辅助线构造转化线段和，结合圆的性质与三角形知识求解，需要学生具备辅助线构造能力，是中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.5
