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1. 如图,在四边形 $ABCD$ 中,$DC// AB$,$BC=1$,$AB=AC=AD=2$,则 $BD$ 的长为 （
A.$\sqrt{14}$
B.$\sqrt{15}$
C.$3\sqrt{2}$
D.$2\sqrt{3}$
B
）A.$\sqrt{14}$
B.$\sqrt{15}$
C.$3\sqrt{2}$
D.$2\sqrt{3}$
答案
1. B 提示:以点 A 为圆心,AB 长为半径作圆.延长 BA,交 $\odot A$ 于点 F,连接 DF. 因为 $AB=AC=AD=2$,所以点 D,C 在 $\odot A$ 上. 因为 $DC// AB$,所以 $\overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{BC}$,所以 $DF=CB=1$,$BF=AB+AF=2AB=4$. 因为 FB 是 $\odot A$ 的直径,所以 $∠ FDB=90°$,所以 $BD=\sqrt{BF^2-DF^2}=\sqrt{15}$.
解析
【分析】
要解决本题，核心是利用AB=AC=AD的条件构造辅助圆，将点D、C、B置于同一圆上，结合DC//AB的性质转化线段，再借助直径的圆周角性质和勾股定理计算BD长度。
【解析】
1. 构造辅助圆：因为AB=AC=AD=2，以点A为圆心、AB长为半径作⊙A，则点D、C、B都在⊙A上。
2. 确定直径：延长BA交⊙A于点F，得AF=AB=2，故BF=AB+AF=4。
3. 利用平行线与圆的关系：由DC//AB，得平行线所夹的弧相等，即$\overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{BC}$，根据“等弧对等弦”，得DF=BC=1。
4. 计算BD：因为FB是⊙A的直径，所以直径所对的圆周角∠FDB=90°，在Rt△FDB中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{BF^2 - DF^2}=\sqrt{4^2 -1^2}=\sqrt{15}$。
【答案】
B
【知识点】
圆的性质、平行线性质、勾股定理
【点评】
本题通过构造辅助圆整合分散条件，巧妙运用圆的弧弦关系、直径性质及平行线性质，结合勾股定理求解，体现了几何题中辅助线构造的关键作用，综合性较强。
【难度系数】
0.5
要解决本题，核心是利用AB=AC=AD的条件构造辅助圆，将点D、C、B置于同一圆上，结合DC//AB的性质转化线段，再借助直径的圆周角性质和勾股定理计算BD长度。
【解析】
1. 构造辅助圆：因为AB=AC=AD=2，以点A为圆心、AB长为半径作⊙A，则点D、C、B都在⊙A上。
2. 确定直径：延长BA交⊙A于点F，得AF=AB=2，故BF=AB+AF=4。
3. 利用平行线与圆的关系：由DC//AB，得平行线所夹的弧相等，即$\overset{\frown}{DF}=\overset{\frown}{BC}$，根据“等弧对等弦”，得DF=BC=1。
4. 计算BD：因为FB是⊙A的直径，所以直径所对的圆周角∠FDB=90°，在Rt△FDB中，由勾股定理得：
$BD=\sqrt{BF^2 - DF^2}=\sqrt{4^2 -1^2}=\sqrt{15}$。
【答案】
B
【知识点】
圆的性质、平行线性质、勾股定理
【点评】
本题通过构造辅助圆整合分散条件，巧妙运用圆的弧弦关系、直径性质及平行线性质，结合勾股定理求解，体现了几何题中辅助线构造的关键作用，综合性较强。
【难度系数】
0.5
2. 如图,$△ ABC$ 为等边三角形,$AB=3$. 若 $P$为 $△ ABC$ 内一动点, 且满足 $∠ PAB=$$∠ ACP$, 则线段 $PB$ 长度的最小值为（
A.$1.5$
B.$\sqrt{3}$
C.$\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$
D.$2$
B
）A.$1.5$
B.$\sqrt{3}$
C.$\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$
D.$2$
答案
2. B 提示:因为 $△ ABC$ 是等边三角形,所以 $∠ ABC=∠ BAC=60°$. 因为 $∠ PAB=∠ ACP$,$∠ PAC+∠ PAB=60°$,所以 $∠ PAC+∠ ACP=60°$,所以 $∠ APC=120°$,所以点 P 的运动轨迹是 $\overset{\frown}{AC}$. 设 $\overset{\frown}{AC}$ 所在圆的圆心为点 O,当 O,P,B 三点共线时,PB 的长度最小. 如图,设 OB 交 AC 于点 D,此时 $PA=PC$,$OB⊥ AC$,则 $AD=CD=\frac{1}{2}AC=\frac{3}{2}$,$∠ PAC=∠ ACP=30°$,$∠ ABD=\frac{1}{2}∠ ABC=30°$,所以 $PD=\frac{1}{2}AP$. 由勾股定理,得 $AD=\sqrt{AP^2-PD^2}=\sqrt{3}PD=\frac{3}{2}$,$BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{3^2-(\frac{3}{2})^2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$,所以 $PD=\frac{\sqrt{3}}{2}$,所以 $PB=BD-PD=\frac{3\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$.
解析
【分析】
要解决本题，需先通过等边三角形的性质推导角度关系，确定动点P的运动轨迹；再利用圆的性质找到PB取最小值的位置，最后结合勾股定理计算线段长度。具体思路：1. 由等边△ABC的内角为60°，结合已知∠PAB=∠ACP，推出△APC中∠APC=120°，确定P的轨迹是AC对应的圆周角为120°的圆弧；2. 根据圆外一点到圆上点的最短距离规律，当圆心O、P、B共线时PB最小；3. 利用等边三角形的高、勾股定理计算各线段长度，最终求出PB的最小值。
【解析】
1. 因为△ABC是等边三角形，所以∠BAC=60°，AC=AB=3。
2. 已知∠PAB=∠ACP，且∠PAB + ∠PAC=∠BAC=60°，因此∠ACP + ∠PAC=60°。在△APC中，由三角形内角和定理得：∠APC=180° - (∠PAC + ∠ACP)=180° - 60°=120°，故点P的运动轨迹是AC对应的圆周角为120°的圆弧。
3. 设该圆弧所在圆的圆心为O，根据圆外一点到圆上各点的最短距离为“该点到圆心的距离减去半径”，可知当O、P、B三点共线时，PB的长度最小。
4. 连接OB交AC于点D，因为OA=OC，AB=BC，所以OB垂直平分AC，即AD=CD=½AC=3/2，且OB⊥AC。
5. 在等边△ABC中，BD是AC边上的高，由勾股定理得：BD=√(AB² - AD²)=√(3² - (3/2)²)= (3√3)/2。
6. 在Rt△AOD中，圆心角∠AOC=120°（同弧所对圆心角是圆周角的2倍，∠APC=120°），OD平分∠AOC，故∠AOD=60°，∠OAD=30°，因此OD=½OA，AD=√3 OD=3/2，解得OD=√3/2，OA=√3。
7. 因为OB=OD + BD= √3/2 + 3√3/2=2√3，OP=OA=√3，所以PB=OB - OP=2√3 - √3=√3。
【答案】
B
【知识点】
等边三角形性质、圆周角定理、最短距离
【点评】
本题是几何动点最值问题，核心是通过角度关系确定动点的圆弧轨迹，再结合圆的性质找到最短距离的位置，考查了圆周角定理、等边三角形的性质及圆外一点到圆的最短距离规律，综合性较强，需要学生具备几何推理与计算能力。
【难度系数】
0.3
要解决本题，需先通过等边三角形的性质推导角度关系，确定动点P的运动轨迹；再利用圆的性质找到PB取最小值的位置，最后结合勾股定理计算线段长度。具体思路：1. 由等边△ABC的内角为60°，结合已知∠PAB=∠ACP，推出△APC中∠APC=120°，确定P的轨迹是AC对应的圆周角为120°的圆弧；2. 根据圆外一点到圆上点的最短距离规律，当圆心O、P、B共线时PB最小；3. 利用等边三角形的高、勾股定理计算各线段长度，最终求出PB的最小值。
【解析】
1. 因为△ABC是等边三角形，所以∠BAC=60°，AC=AB=3。
2. 已知∠PAB=∠ACP，且∠PAB + ∠PAC=∠BAC=60°，因此∠ACP + ∠PAC=60°。在△APC中，由三角形内角和定理得：∠APC=180° - (∠PAC + ∠ACP)=180° - 60°=120°，故点P的运动轨迹是AC对应的圆周角为120°的圆弧。
3. 设该圆弧所在圆的圆心为O，根据圆外一点到圆上各点的最短距离为“该点到圆心的距离减去半径”，可知当O、P、B三点共线时，PB的长度最小。
4. 连接OB交AC于点D，因为OA=OC，AB=BC，所以OB垂直平分AC，即AD=CD=½AC=3/2，且OB⊥AC。
5. 在等边△ABC中，BD是AC边上的高，由勾股定理得：BD=√(AB² - AD²)=√(3² - (3/2)²)= (3√3)/2。
6. 在Rt△AOD中，圆心角∠AOC=120°（同弧所对圆心角是圆周角的2倍，∠APC=120°），OD平分∠AOC，故∠AOD=60°，∠OAD=30°，因此OD=½OA，AD=√3 OD=3/2，解得OD=√3/2，OA=√3。
7. 因为OB=OD + BD= √3/2 + 3√3/2=2√3，OP=OA=√3，所以PB=OB - OP=2√3 - √3=√3。
【答案】
B
【知识点】
等边三角形性质、圆周角定理、最短距离
【点评】
本题是几何动点最值问题，核心是通过角度关系确定动点的圆弧轨迹，再结合圆的性质找到最短距离的位置，考查了圆周角定理、等边三角形的性质及圆外一点到圆的最短距离规律，综合性较强，需要学生具备几何推理与计算能力。
【难度系数】
0.3
3. 如图, 已知 $AB=AC=AD$,$∠ CBD=2∠ BDC$,$∠ BAC=44°$, 则 $∠ CAD$ 的度数为
$88°$
.答案
3. $88°$ 提示:因为 $AB=AC=AD$,所以点 B,C,D 在以点 A 为圆心,AB 长为半径的圆上,所以 $∠ CAD=2∠ CBD$,$∠ BAC=2∠ BDC$. 因为 $∠ CBD=2∠ BDC$,$∠ BAC=44°$,所以 $∠ CAD=2∠ BAC=88°$.
解析
【分析】
要解决这道题，首先由AB=AC=AD可确定点B、C、D在以A为圆心、AB长为半径的圆上，这是解题的关键突破口。接着利用圆周角定理：同弧所对的圆心角是它所对圆周角的2倍，分别建立∠BAC与∠BDC、∠CAD与∠CBD的关系，再结合题目给出的角度条件逐步计算出∠CAD的度数。
【解析】
1. 因为AB=AC=AD，所以点B、C、D在以点A为圆心，AB长为半径的圆上。
2. 根据圆周角定理：同弧所对的圆心角等于它所对圆周角的2倍，可得：
∠BAC = 2∠BDC，∠CAD = 2∠CBD。
3. 已知∠BAC=44°，代入∠BAC=2∠BDC，得∠BDC = 44°÷2 = 22°。
4. 又因为∠CBD=2∠BDC，所以∠CBD = 2×22° = 44°。
5. 将∠CBD=44°代入∠CAD=2∠CBD，得∠CAD = 2×44° = 88°。
【答案】
88°
【知识点】
圆周角定理、圆的概念
【点评】
本题考查圆周角定理的应用，核心是根据AB=AC=AD判断点B、C、D共圆，利用圆心角与圆周角的关系推导角度，思路清晰，需掌握圆的基本性质。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，首先由AB=AC=AD可确定点B、C、D在以A为圆心、AB长为半径的圆上，这是解题的关键突破口。接着利用圆周角定理：同弧所对的圆心角是它所对圆周角的2倍，分别建立∠BAC与∠BDC、∠CAD与∠CBD的关系，再结合题目给出的角度条件逐步计算出∠CAD的度数。
【解析】
1. 因为AB=AC=AD，所以点B、C、D在以点A为圆心，AB长为半径的圆上。
2. 根据圆周角定理：同弧所对的圆心角等于它所对圆周角的2倍，可得：
∠BAC = 2∠BDC，∠CAD = 2∠CBD。
3. 已知∠BAC=44°，代入∠BAC=2∠BDC，得∠BDC = 44°÷2 = 22°。
4. 又因为∠CBD=2∠BDC，所以∠CBD = 2×22° = 44°。
5. 将∠CBD=44°代入∠CAD=2∠CBD，得∠CAD = 2×44° = 88°。
【答案】
88°
【知识点】
圆周角定理、圆的概念
【点评】
本题考查圆周角定理的应用，核心是根据AB=AC=AD判断点B、C、D共圆，利用圆心角与圆周角的关系推导角度，思路清晰，需掌握圆的基本性质。
【难度系数】
0.5
4. 如图,在矩形 $ABCD$ 中,$AB=5,AD=4$,
$M$ 是边 $AB$ 上一动点(不含端点),将
$△ ADM$ 沿直线 $DM$ 对折,得到 $△ NDM$.
当射线 $CN$ 交线段 $AB$ 于点 $P$ 时,连接
$DP$,则 $△ CDP$ 的面积为
$M$ 是边 $AB$ 上一动点(不含端点),将
$△ ADM$ 沿直线 $DM$ 对折,得到 $△ NDM$.
当射线 $CN$ 交线段 $AB$ 于点 $P$ 时,连接
$DP$,则 $△ CDP$ 的面积为
$10$
,$DP$ 长度的最大值为$2\sqrt{5}$
.答案
4. $10\ \ 2\sqrt{5}$ 提示:由题意得,$△ CDP$ 的面积等于矩形 ABCD 面积的一半,所以 $S_{△ CDP}=\frac{1}{2}AB· AD=\frac{1}{2}×4×5=10$. 在 $\mathrm{Rt}△ APD$ 中,$PD=\sqrt{AD^2+AP^2}$,所以当 AP 长度最大时,DP 长度取得最大值. 由题意得,点 N 在以点 D 为圆心,4 为半径的圆上运动,因为 $AP=AB-BP$,且在 $\mathrm{Rt}△ BPC$ 中,$BP=\sqrt{CP^2-BC^2}$,所以当 CP 的长度最小时,BP 的长度最小,此时 AP 的长度最大,易知当射线 CN 与 $\odot D$ 相切时,AP 长度最大,此时 C,N,M 三点共线. 如图,由题意,得 $AD=ND$,$∠ MND=∠ BAD=∠ B=90°$,所以 $∠ NDC+∠ DCN=90°$,$∠ DCN+∠ MCB=90°$,所以 $∠ NDC=∠ MCB$. 因为 $AD=BC$,所以 $DN=BC$,所以 $△ NDC≌△ BCM$,所以 $CN=BM=\sqrt{CD^2-DN^2}=3$,所以 $AP=AB-BP=2$. 在 $\mathrm{Rt}△ APD$ 中,$PD=\sqrt{AD^2+AP^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
解析
【分析】
首先，对于△CDP的面积，CD是矩形的边，长度等于AB=5，由于AB与CD平行，点P在AB上，因此点P到CD的距离等于矩形的宽AD=4，可直接用三角形面积公式计算。对于DP的最大值，DP在Rt△APD中，AD固定为4，故DP长度由AP决定，AP越大则DP越大。折叠后DN=AD=4，点N在以D为圆心、半径为4的圆上，当射线CN与该圆相切时，AP取得最大值，此时结合全等三角形可求出AP的最大值，进而计算DP的最大值。
【解析】
1. 计算△CDP的面积：
在矩形ABCD中，CD=AB=5，AB//CD，点P在AB上，因此点P到CD的距离等于AD=4。
根据三角形面积公式：$S_{△ CDP}=\frac{1}{2}×CD×AD=\frac{1}{2}×5×4=10$。
2. 计算DP的最大值：
由折叠性质得，DN=AD=4，∠DNM=∠A=90°，故点N在以D为圆心、半径为4的圆上。
在Rt△APD中，$DP=\sqrt{AD^2 + AP^2}=\sqrt{16 + AP^2}$，因此当AP最大时，DP最大。
当射线CN与⊙D相切时，DN⊥CN，此时AP最大。
此时，∠DNC=∠B=90°，∠NDC + ∠DCN=90°，∠BCM + ∠DCN=90°，故∠NDC=∠BCM。
又DN=AD=BC=4，∠DNC=∠B=90°，所以△NDC≌△BCM（ASA），得CN=BM。
在Rt△DNC中，CD=5，DN=4，由勾股定理得$CN=\sqrt{CD^2 - DN^2}=\sqrt{25 - 16}=3$，故BM=3，AP=AB - BP=2。
代入DP公式得：$DP=\sqrt{4^2 + 2^2}=2\sqrt{5}$。
【答案】
10；$2\sqrt{5}$
【知识点】
矩形性质、折叠性质、勾股定理、全等三角形判定
【点评】
本题结合矩形折叠的性质，利用圆的切线性质确定动点的临界位置，通过全等三角形和勾股定理求解，综合性较强，需要掌握折叠前后对应边相等、对应角相等的性质，以及直角三角形的相关计算。
【难度系数】
0.5
首先，对于△CDP的面积，CD是矩形的边，长度等于AB=5，由于AB与CD平行，点P在AB上，因此点P到CD的距离等于矩形的宽AD=4，可直接用三角形面积公式计算。对于DP的最大值，DP在Rt△APD中，AD固定为4，故DP长度由AP决定，AP越大则DP越大。折叠后DN=AD=4，点N在以D为圆心、半径为4的圆上，当射线CN与该圆相切时，AP取得最大值，此时结合全等三角形可求出AP的最大值，进而计算DP的最大值。
【解析】
1. 计算△CDP的面积：
在矩形ABCD中，CD=AB=5，AB//CD，点P在AB上，因此点P到CD的距离等于AD=4。
根据三角形面积公式：$S_{△ CDP}=\frac{1}{2}×CD×AD=\frac{1}{2}×5×4=10$。
2. 计算DP的最大值：
由折叠性质得，DN=AD=4，∠DNM=∠A=90°，故点N在以D为圆心、半径为4的圆上。
在Rt△APD中，$DP=\sqrt{AD^2 + AP^2}=\sqrt{16 + AP^2}$，因此当AP最大时，DP最大。
当射线CN与⊙D相切时，DN⊥CN，此时AP最大。
此时，∠DNC=∠B=90°，∠NDC + ∠DCN=90°，∠BCM + ∠DCN=90°，故∠NDC=∠BCM。
又DN=AD=BC=4，∠DNC=∠B=90°，所以△NDC≌△BCM（ASA），得CN=BM。
在Rt△DNC中，CD=5，DN=4，由勾股定理得$CN=\sqrt{CD^2 - DN^2}=\sqrt{25 - 16}=3$，故BM=3，AP=AB - BP=2。
代入DP公式得：$DP=\sqrt{4^2 + 2^2}=2\sqrt{5}$。
【答案】
10；$2\sqrt{5}$
【知识点】
矩形性质、折叠性质、勾股定理、全等三角形判定
【点评】
本题结合矩形折叠的性质，利用圆的切线性质确定动点的临界位置，通过全等三角形和勾股定理求解，综合性较强，需要掌握折叠前后对应边相等、对应角相等的性质，以及直角三角形的相关计算。
【难度系数】
0.5
5. 如图,在等腰直角三角形 ABC 中,$∠ C=$$90°$,$AC=BC=4$,$D$ 为斜边 $AB$ 的中点,$E$是边 $AC$ 上一动点,过点 $D$ 作 $DF⊥ DE$,交$BC$ 于点 $F$,连接 $EF$,则 $EF$ 长度的最小值是
$2\sqrt{2}$
.答案
5. $2\sqrt{2}$ 提示:如图,因为 $∠ ACB$ 与 $∠ EDF$ 互补,所以 E,C,F,D 四点共圆,EF 为圆的直径. 连接 CD,易得 $AB=4\sqrt{2}$,$CD=2\sqrt{2}$,当 CD 为直径时,圆最小,EF 长度也最小,所以 EF 长度的最小值为 $2\sqrt{2}$.
解析
【分析】
要解决EF长度的最小值问题，首先观察图形中的角度关系：已知∠ACB=90°，DF⊥DE即∠EDF=90°，因此四边形ECFD中∠C与∠EDF互补，可推出E、C、F、D四点共圆；根据圆的性质，EF是该圆的直径，所以EF的长度等于圆的直径，要找EF的最小值，只需找到这个圆直径的最小值即可。
【解析】
1. 证明四点共圆：在四边形ECFD中，∠ACB=90°，∠EDF=90°，所以∠ACB + ∠EDF = 180°，根据“对角互补的四边形内接于圆”，可得E、C、F、D四点共圆，因此EF是该圆的直径。
2. 计算CD的长度：等腰直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，由勾股定理得斜边AB=√(4²+4²)=4√2；因为D是AB中点，等腰直角三角形斜边中线等于斜边的一半，所以CD=½AB=½×4√2=2√2。
3. 求EF最小值：对于E、C、F、D四点所在的圆，直径EF的最小值等于定点C、D之间的线段长度（当CD为圆的直径时，直径最短），因此EF长度的最小值为2√2。
【答案】
2√2
【知识点】
四点共圆、圆的直径、等腰直角三角形性质
【点评】
本题通过对角互补证明四点共圆，将线段EF转化为圆的直径，再利用等腰直角三角形斜边中线的性质找到最小直径，体现了几何转化思想，是典型的几何最值问题。
【难度系数】
0.5
要解决EF长度的最小值问题，首先观察图形中的角度关系：已知∠ACB=90°，DF⊥DE即∠EDF=90°，因此四边形ECFD中∠C与∠EDF互补，可推出E、C、F、D四点共圆；根据圆的性质，EF是该圆的直径，所以EF的长度等于圆的直径，要找EF的最小值，只需找到这个圆直径的最小值即可。
【解析】
1. 证明四点共圆：在四边形ECFD中，∠ACB=90°，∠EDF=90°，所以∠ACB + ∠EDF = 180°，根据“对角互补的四边形内接于圆”，可得E、C、F、D四点共圆，因此EF是该圆的直径。
2. 计算CD的长度：等腰直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=BC=4，由勾股定理得斜边AB=√(4²+4²)=4√2；因为D是AB中点，等腰直角三角形斜边中线等于斜边的一半，所以CD=½AB=½×4√2=2√2。
3. 求EF最小值：对于E、C、F、D四点所在的圆，直径EF的最小值等于定点C、D之间的线段长度（当CD为圆的直径时，直径最短），因此EF长度的最小值为2√2。
【答案】
2√2
【知识点】
四点共圆、圆的直径、等腰直角三角形性质
【点评】
本题通过对角互补证明四点共圆，将线段EF转化为圆的直径，再利用等腰直角三角形斜边中线的性质找到最小直径，体现了几何转化思想，是典型的几何最值问题。
【难度系数】
0.5
6. 如图,弦 CD 在以 AB 长为直径的半圆 O 上滑动, M 是 CD 的中点,$CE ⊥ AB$于点 E.若弦 CD 的长度始终保持与半圆 O 的半径相等,则$∠ CEM$的度数为
$30°$
.答案
6. $30°$ 提示:如图,连接 OC,OD,OM. 因为 $OC=OD$,M 是 CD 的中点,所以 $OM⊥ CD$,$CM=DM$. 因为 $CE⊥ AB$,所以 $∠ OEC=∠ OMC=90°$,所以 C,M,O,E 四点共圆,且 OC 为圆的直径,CM 为圆的一条弦,所以 $∠ CEM=∠ COM$. 因为 $CM=DM$,$CD=OC$,所以 $CM=\frac{1}{2}OC$,所以易得 $∠ COM=30°$,所以 $∠ CEM=30°$.
解析
【分析】
要解决本题，需先添加辅助线连接OC、OD、OM，利用等腰三角形三线合一得到OM与CD的垂直关系；再结合CE⊥AB的条件，通过两个直角判定C、E、M、O四点共圆，实现角度转化；最后根据CD等于半圆半径，判定△OCD为等边三角形，求出∠COM的度数，进而得到∠CEM的度数。
【解析】
连接OC、OD、OM。
∵ O是半圆的圆心，
∴ OC=OD（同圆半径相等）。
∵ M是CD的中点，
∴ OM⊥CD，CM=½CD（等腰三角形三线合一）。
∵ CE⊥AB，
∴ ∠OEC=90°，又∠OMC=90°，故∠OEC=∠OMC，因此C、E、M、O四点共圆（共边OC，且两个直角顶点在同侧，满足四点共圆条件）。
已知CD等于半圆O的半径，即CD=OC，结合OC=OD，得CD=OC=OD，故△OCD是等边三角形，∠COD=60°。
∵ OM是等边△OCD中CD边上的中线，
∴ OM平分∠COD，即∠COM=½∠COD=30°。
在四点共圆中，∠CEM与∠COM都是弧CM所对的圆周角，因此∠CEM=∠COM=30°。
【答案】
30°![]()
【知识点】
圆的性质、四点共圆、等边三角形
【点评】
本题综合考查圆的基本性质、四点共圆的判定与性质、等边三角形的性质，辅助线的添加是解题核心，通过构造四点共圆完成角度转化，需要学生熟练掌握相关几何定理，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先添加辅助线连接OC、OD、OM，利用等腰三角形三线合一得到OM与CD的垂直关系；再结合CE⊥AB的条件，通过两个直角判定C、E、M、O四点共圆，实现角度转化；最后根据CD等于半圆半径，判定△OCD为等边三角形，求出∠COM的度数，进而得到∠CEM的度数。
【解析】
连接OC、OD、OM。
∵ O是半圆的圆心，
∴ OC=OD（同圆半径相等）。
∵ M是CD的中点，
∴ OM⊥CD，CM=½CD（等腰三角形三线合一）。
∵ CE⊥AB，
∴ ∠OEC=90°，又∠OMC=90°，故∠OEC=∠OMC，因此C、E、M、O四点共圆（共边OC，且两个直角顶点在同侧，满足四点共圆条件）。
已知CD等于半圆O的半径，即CD=OC，结合OC=OD，得CD=OC=OD，故△OCD是等边三角形，∠COD=60°。
∵ OM是等边△OCD中CD边上的中线，
∴ OM平分∠COD，即∠COM=½∠COD=30°。
在四点共圆中，∠CEM与∠COM都是弧CM所对的圆周角，因此∠CEM=∠COM=30°。
【答案】
30°
【知识点】
圆的性质、四点共圆、等边三角形
【点评】
本题综合考查圆的基本性质、四点共圆的判定与性质、等边三角形的性质，辅助线的添加是解题核心，通过构造四点共圆完成角度转化，需要学生熟练掌握相关几何定理，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
7. 如图,将$△ ABC$绕点$A$旋转至$△ AB'C'$,使得$B',C',B$三点共线. 若$AC=2$,$∠ ABC=30^{ \circ }$,则$CC'$的长为
$2\sqrt{3}$
.答案
7. $2\sqrt{3}$ 提示:如图,过点 A 作 $AH⊥ CC'$ 于点 H. 因为将 $△ ABC$ 绕点 A 旋转至 $△ AB'C'$,所以 $AC=AC'=2$,$∠ ACB=∠ AC'B'$. 因为 $∠ AC'B'+∠ BC'A=180°$,所以 $∠ ACB+∠ BC'A=180°$,所以 A,C,B,C' 四点共圆,所以 $∠ ABC=∠ AC'C=30°$. 因为 $AC=AC'$,$AH⊥ CC'$,所以 $CC'=2C'H$,$AH=\frac{1}{2}AC'=1$,所以 $C'H=\sqrt{3}AH=\sqrt{3}$,所以 $CC'=2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
本题是旋转相关的几何计算题，解题思路如下：①根据旋转的性质，旋转前后对应边相等，可得$AC=AC'$，确定$△ ACC'$为等腰三角形；②利用$B'$、$C'$、$B$共线的条件，结合平角定义推出$∠ ACB$与$∠ BC'A$互补，进而得到$A$、$C$、$B$、$C'$四点共圆，从而得到$∠ AC'C=∠ ABC=30°$；③要求$CC'$的长度，过点$A$作$AH⊥ CC'$，利用等腰三角形三线合一将$CC'$转化为$2$倍的$C'H$，再在含$30°$角的直角三角形$AHC'$中，结合勾股定理求出$C'H$，最终得到$CC'$的长度。
【解析】
解：由旋转的性质可知，$AC = AC' = 2$，且$∠ ACB = ∠ AC'B'$。
$\because B'$、$C'$、$B$三点共线，$\therefore ∠ AC'B' + ∠ BC'A = 180°$，
$\therefore ∠ ACB + ∠ BC'A = 180°$，因此$A$、$C$、$B$、$C'$四点共圆。
根据圆内接四边形的性质，同弧所对的圆周角相等，得$∠ ABC = ∠ AC'C = 30°$。
过点$A$作$AH⊥ CC'$于点$H$，
$\because AC = AC'$，$AH⊥ CC'$，根据等腰三角形三线合一的性质，得：
$CC' = 2C'H$，且$∠ AHC' = 90°$。
在$Rt△ AHC'$中，$∠ AC'H = 30°$，$AC' = 2$，
$\therefore AH = \frac{1}{2}AC' = 1$，
由勾股定理得：$C'H = \sqrt{AC'^2 - AH^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$，
$\therefore CC' = 2C'H = 2×\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质
【点评】
本题结合旋转性质与圆的相关知识，通过作辅助线将问题转化为直角三角形的计算，考查学生对几何性质的综合运用能力，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.4
本题是旋转相关的几何计算题，解题思路如下：①根据旋转的性质，旋转前后对应边相等，可得$AC=AC'$，确定$△ ACC'$为等腰三角形；②利用$B'$、$C'$、$B$共线的条件，结合平角定义推出$∠ ACB$与$∠ BC'A$互补，进而得到$A$、$C$、$B$、$C'$四点共圆，从而得到$∠ AC'C=∠ ABC=30°$；③要求$CC'$的长度，过点$A$作$AH⊥ CC'$，利用等腰三角形三线合一将$CC'$转化为$2$倍的$C'H$，再在含$30°$角的直角三角形$AHC'$中，结合勾股定理求出$C'H$，最终得到$CC'$的长度。
【解析】
解：由旋转的性质可知，$AC = AC' = 2$，且$∠ ACB = ∠ AC'B'$。
$\because B'$、$C'$、$B$三点共线，$\therefore ∠ AC'B' + ∠ BC'A = 180°$，
$\therefore ∠ ACB + ∠ BC'A = 180°$，因此$A$、$C$、$B$、$C'$四点共圆。
根据圆内接四边形的性质，同弧所对的圆周角相等，得$∠ ABC = ∠ AC'C = 30°$。
过点$A$作$AH⊥ CC'$于点$H$，
$\because AC = AC'$，$AH⊥ CC'$，根据等腰三角形三线合一的性质，得：
$CC' = 2C'H$，且$∠ AHC' = 90°$。
在$Rt△ AHC'$中，$∠ AC'H = 30°$，$AC' = 2$，
$\therefore AH = \frac{1}{2}AC' = 1$，
由勾股定理得：$C'H = \sqrt{AC'^2 - AH^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$，
$\therefore CC' = 2C'H = 2×\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$。
【答案】
$2\sqrt{3}$
【知识点】
旋转的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质
【点评】
本题结合旋转性质与圆的相关知识，通过作辅助线将问题转化为直角三角形的计算，考查学生对几何性质的综合运用能力，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.4
8. 如图,在等腰直角三角形 ABC 中,$AC=$$BC=1$,点 P 在以斜边 AB 长为直径的半圆上,M 为 PC 的中点,当点 P 沿半圆从点A 运动至点 B 时,点 M 运动的路径长是
$\frac{\sqrt{2}}{4}π$
.答案
8. $\frac{\sqrt{2}}{4}π$ 提示:如图,取 AB 的中点 O,AC 的中点 E,BC 的中点 F,连接 OC,OP,OM,OE,OF,EF,则 $OE// BC$,且 $OE=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}$,$OF// AC$,且 $OF=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}$,所以四边形 CEOF 为平行四边形. 因为 $AC=BC$,$∠ ACB=90°$,所以四边形 CEOF 为正方形,所以 O,E,C,F 四点共圆,且 OC,EF 均为直径,$EF=OC$. 由勾股定理,得 $EF=OC=\frac{\sqrt{2}}{2}$. 易得点 C 也在以 AB 为直径的圆上,因为 M 为 PC 的中点,所以 $OM⊥ PC$,所以 $∠ CMO=90°$,所以点 M 在以 OC 长为直径的圆上. 当点 P 位于点 A 时,点 M 与点 E 重合;当点 P 位于点 B 时,点 M 与点 F 重合. 所以点 M 的路径为 $\overset{\frown}{EF}$(半圆),所以点 M 运动的路径长是 $\frac{1}{2}×π×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}π$.
解析
【分析】
要确定点M的运动路径，需先分析动点M的轨迹：首先找到等腰直角三角形斜边AB的中点O，利用直角三角形斜边中线性质确定OC的长度；再结合M是PC中点的条件，确定M的轨迹为一段圆弧；最后根据圆弧的半径，利用弧长公式计算路径长。具体思路：1. 构造辅助线找到AB中点O，推导OC的长度；2. 确定M的轨迹是半圆EF（E、F为AC、BC中点）；3. 代入弧长公式计算路径长度。
【解析】
1. 取AB的中点O，连接OC。
∵△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=1，∠ACB=90°，
∴由勾股定理得AB=√(AC²+BC²)=√(1²+1²)=√2，
又
∵O是AB中点，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，
∴OC=OA=OB=AB/2=√2/2。
2. 取AC中点E，BC中点F，连接OE、OF、EF。
∵OE是△ABC的中位线，
∴OE//BC，OE=1/2 BC=1/2；
同理OF//AC，OF=1/2 AC=1/2，
∴四边形CEOF是平行四边形，又AC⊥BC，OE=OF，
∴四边形CEOF是正方形，故EF=OC=√2/2。
3. 确定点M的轨迹：
∵M为PC的中点，结合直角三角形性质可得∠CMO=90°，即点M在以OC为直径的圆上；当P在A时，M与E重合；当P在B时，M与F重合，因此点M的运动路径为半圆EF，其半径r=OC/2=√2/4。
4. 计算路径长：
半圆的弧长公式为L=πr，代入r=√2/4，
得路径长=π×(√2/4)=√2 π/4。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{4}π$
【知识点】
弧长计算，中点轨迹，直角三角形性质
【点评】
本题属于几何动点轨迹问题，需通过构造辅助线确定动点的运动路径，结合直角三角形、正方形的性质及弧长公式求解，关键是找到M的轨迹为一段圆弧，对几何综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
要确定点M的运动路径，需先分析动点M的轨迹：首先找到等腰直角三角形斜边AB的中点O，利用直角三角形斜边中线性质确定OC的长度；再结合M是PC中点的条件，确定M的轨迹为一段圆弧；最后根据圆弧的半径，利用弧长公式计算路径长。具体思路：1. 构造辅助线找到AB中点O，推导OC的长度；2. 确定M的轨迹是半圆EF（E、F为AC、BC中点）；3. 代入弧长公式计算路径长度。
【解析】
1. 取AB的中点O，连接OC。
∵△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=1，∠ACB=90°，
∴由勾股定理得AB=√(AC²+BC²)=√(1²+1²)=√2，
又
∵O是AB中点，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，
∴OC=OA=OB=AB/2=√2/2。
2. 取AC中点E，BC中点F，连接OE、OF、EF。
∵OE是△ABC的中位线，
∴OE//BC，OE=1/2 BC=1/2；
同理OF//AC，OF=1/2 AC=1/2，
∴四边形CEOF是平行四边形，又AC⊥BC，OE=OF，
∴四边形CEOF是正方形，故EF=OC=√2/2。
3. 确定点M的轨迹：
∵M为PC的中点，结合直角三角形性质可得∠CMO=90°，即点M在以OC为直径的圆上；当P在A时，M与E重合；当P在B时，M与F重合，因此点M的运动路径为半圆EF，其半径r=OC/2=√2/4。
4. 计算路径长：
半圆的弧长公式为L=πr，代入r=√2/4，
得路径长=π×(√2/4)=√2 π/4。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{4}π$
【知识点】
弧长计算，中点轨迹，直角三角形性质
【点评】
本题属于几何动点轨迹问题，需通过构造辅助线确定动点的运动路径，结合直角三角形、正方形的性质及弧长公式求解，关键是找到M的轨迹为一段圆弧，对几何综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
