登录
9. 如图,过 D,A,C 三点的圆的圆心为点 E,过 B,E,F 三点的圆的圆心为点 D. 如果 $∠ BAC=54°$,那么 $∠ ABC=$
24°
.答案
如图,连接DE.
∵ 过D,A,C三点的圆的圆心为点E,
∴ 易得$∠C+\frac{1}{2}∠AED=180°$.
∵ 过B,E,F三点的圆的圆心为点D,
∴ DE=DB.
∴ ∠BED=∠DBE.
∴ ∠AED=180°-∠BED=180°-∠DBE.
∴ $∠C=180°-\frac{1}{2}∠AED=180°-\frac{1}{2}(180°-∠DBE)=90°+\frac{1}{2}∠DBE$.
∵ ∠BAC+∠C+∠ABC=180°,
∴ $54°+90°+\frac{1}{2}∠ABC+∠ABC=180°$,解得∠ABC=24°.
解析
【分析】
这道题的核心是利用两个给定的圆心条件，关联两个圆的半径性质来推导角的关系。首先第一步先作辅助线DE，把两个圆的条件打通：1. 已知E是过A、C、D三点的圆的圆心，说明EA、EC、ED都是圆E的半径，根据圆周角和圆心角的对应关系，可以推导出∠ACB和∠AED的数量关系；2. 已知D是过B、E、F三点的圆的圆心，说明DE、DB都是圆D的半径，由等边对等角可得∠DBE=∠DEB。再利用平角的性质把∠AED用∠ABC表示，最后代入△ABC的内角和公式列方程，就能解出∠ABC的度数。
【解析】
解：连接DE，
∵ 点E是过D、A、C三点的圆的圆心，
∴ EA=EC=ED，即A、C、D都在以E为圆心的圆上，
由圆周角定理，优弧AD所对的圆周角为∠ACB，对应的圆心角为360°-∠AED，因此：
∠ACB = 1/2(360° - ∠AED) = 180° - 1/2∠AED，
∵ 点D是过B、E、F三点的圆的圆心，
∴ DE=DB，即△DEB为等腰三角形，
∴ ∠DEB = ∠DBE = ∠ABC，
又
∵ ∠AED + ∠DEB = 180°（平角定义），
∴ ∠AED = 180° - ∠DEB = 180° - ∠ABC，
将∠AED代入∠ACB的表达式：
∠ACB = 180° - 1/2(180° - ∠ABC) = 90° + 1/2∠ABC，
在△ABC中，由三角形内角和为180°，得：
∠BAC + ∠ACB + ∠ABC = 180°，
代入已知∠BAC=54°：
54° + 90° + 1/2∠ABC + ∠ABC = 180°，
整理得：3/2∠ABC = 36°，
解得：∠ABC=24°。
【答案】
【知识点】
圆周角定理，等腰三角形性质，三角形内角和
【点评】
本题属于圆的性质综合应用题，解题的突破口是连接辅助线DE，将两个独立的圆的条件通过公共半径DE建立联系，难点是利用圆周角定理推导∠ACB与∠ABC的数量关系，通过设未知数列方程的思路求解，避免了复杂的角度推导，是几何中常用的方程思想的体现。
【难度系数】
0.4
这道题的核心是利用两个给定的圆心条件，关联两个圆的半径性质来推导角的关系。首先第一步先作辅助线DE，把两个圆的条件打通：1. 已知E是过A、C、D三点的圆的圆心，说明EA、EC、ED都是圆E的半径，根据圆周角和圆心角的对应关系，可以推导出∠ACB和∠AED的数量关系；2. 已知D是过B、E、F三点的圆的圆心，说明DE、DB都是圆D的半径，由等边对等角可得∠DBE=∠DEB。再利用平角的性质把∠AED用∠ABC表示，最后代入△ABC的内角和公式列方程，就能解出∠ABC的度数。
【解析】
解：连接DE，
∵ 点E是过D、A、C三点的圆的圆心，
∴ EA=EC=ED，即A、C、D都在以E为圆心的圆上，
由圆周角定理，优弧AD所对的圆周角为∠ACB，对应的圆心角为360°-∠AED，因此：
∠ACB = 1/2(360° - ∠AED) = 180° - 1/2∠AED，
∵ 点D是过B、E、F三点的圆的圆心，
∴ DE=DB，即△DEB为等腰三角形，
∴ ∠DEB = ∠DBE = ∠ABC，
又
∵ ∠AED + ∠DEB = 180°（平角定义），
∴ ∠AED = 180° - ∠DEB = 180° - ∠ABC，
将∠AED代入∠ACB的表达式：
∠ACB = 180° - 1/2(180° - ∠ABC) = 90° + 1/2∠ABC，
在△ABC中，由三角形内角和为180°，得：
∠BAC + ∠ACB + ∠ABC = 180°，
代入已知∠BAC=54°：
54° + 90° + 1/2∠ABC + ∠ABC = 180°，
整理得：3/2∠ABC = 36°，
解得：∠ABC=24°。
【答案】
【知识点】
圆周角定理，等腰三角形性质，三角形内角和
【点评】
本题属于圆的性质综合应用题，解题的突破口是连接辅助线DE，将两个独立的圆的条件通过公共半径DE建立联系，难点是利用圆周角定理推导∠ACB与∠ABC的数量关系，通过设未知数列方程的思路求解，避免了复杂的角度推导，是几何中常用的方程思想的体现。
【难度系数】
0.4
10. 如图,四边形$ABCD$、四边形$EFCG$均为正方形,两个正方形彼此相邻且在半圆$O$内.若正方形$EFCG$的面积为$16\ \mathrm{cm}^{2}$,则半圆$O$的半径为
$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$
.答案
连接OA,OB,OE.
∵ 四边形ABCD为正方形,
∴ DC=AD=BC,∠ADO=∠BCO=90°. 在Rt△ADO和Rt△BCO中,
∵ OA=OB,AD=BC,
∴ Rt△ADO≌Rt△BCO(HL).
∴ OD=OC.
∴ AD=BC=DC=2OC. 设AD=BC=DC=2a cm,则OD=OC=a cm.
∵ 四边形EFCG是正方形,
∴ ∠EFC=90°,EF=CF.
∵ 正方形EFCG的面积为16 cm²,
∴ EF=CF=4 cm.
∴ OF=(4+a)cm. 在Rt△BCO中,由勾股定理,得$OB^2=OC^2+BC^2$. 在Rt△OFE中,由勾股定理,得$OE^2=EF^2+OF^2$. 又
∵ OB=OE,
∴ $OB^2=OE^2$.
∴ $OC^2+BC^2=EF^2+OF^2$,即$a^2+(2a)^2=4^2+(4+a)^2$,解得$a_1=-2$(不合题意,舍去),$a_2=4$.
∴ OC=4 cm,BC=8 cm.
∴ $OB=\sqrt{OC^2+BC^2}=4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$,即半圆O的半径为$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$.
∵ 四边形ABCD为正方形,
∴ DC=AD=BC,∠ADO=∠BCO=90°. 在Rt△ADO和Rt△BCO中,
∵ OA=OB,AD=BC,
∴ Rt△ADO≌Rt△BCO(HL).
∴ OD=OC.
∴ AD=BC=DC=2OC. 设AD=BC=DC=2a cm,则OD=OC=a cm.
∵ 四边形EFCG是正方形,
∴ ∠EFC=90°,EF=CF.
∵ 正方形EFCG的面积为16 cm²,
∴ EF=CF=4 cm.
∴ OF=(4+a)cm. 在Rt△BCO中,由勾股定理,得$OB^2=OC^2+BC^2$. 在Rt△OFE中,由勾股定理,得$OE^2=EF^2+OF^2$. 又
∵ OB=OE,
∴ $OB^2=OE^2$.
∴ $OC^2+BC^2=EF^2+OF^2$,即$a^2+(2a)^2=4^2+(4+a)^2$,解得$a_1=-2$(不合题意,舍去),$a_2=4$.
∴ OC=4 cm,BC=8 cm.
∴ $OB=\sqrt{OC^2+BC^2}=4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$,即半圆O的半径为$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$.
解析
【分析】
解题思路如下：1. 先从已知的小正方形面积入手，直接算出小正方形的边长为4cm；2. 利用半圆的对称性：点A、B都在半圆上，OA=OB，且AD、BC都垂直于半圆的直径，通过HL证明Rt△ADO和Rt△BCO全等，得到OD=OC，由此推出大正方形ABCD的边长等于DC=OD+OC=2OC，设OC长度为a，就可以用a表示大正方形边长为2a；3. 因为点E也在半圆上，所以OB和OE都是半圆的半径，长度相等，分别在Rt△BCO和Rt△OFE中用勾股定理写出OB²和OE²的表达式，令二者相等得到关于a的一元二次方程，解出符合实际的a值，最后代入勾股定理算出半径OB即可。
【解析】
解：连接OA、OB、OE，
1. 由正方形EFCG的面积为16 cm²，可得其边长$EF=CF=\sqrt{16}=4\ \mathrm{cm}$。
2. 因为四边形ABCD是正方形，所以$AD=BC=DC$，$∠ ADO=∠ BCO=90°$。
在Rt△ADO和Rt△BCO中，$\begin{cases}OA=OB\\AD=BC\end{cases}$，所以$\mathrm{Rt}△ ADO ≌ \mathrm{Rt}△ BCO(\mathrm{HL})$，因此$OD=OC$。
由此可得$DC=OD+OC=2OC$，即大正方形的边长$AD=BC=DC=2OC$。
3. 设$OC=a\ \mathrm{cm}$，则$OD=a\ \mathrm{cm}$，大正方形边长$BC=2a\ \mathrm{cm}$，$OF=OC+CF=(a+4)\ \mathrm{cm}$。
4. 因为OB、OE都是半圆O的半径，所以$OB=OE$，根据勾股定理：
在Rt△BCO中，$OB^2=OC^2+BC^2=a^2+(2a)^2=5a^2$；
在Rt△OFE中，$OE^2=EF^2+OF^2=4^2+(a+4)^2=a^2+8a+32$。
5. 令$OB^2=OE^2$，得方程：$5a^2=a^2+8a+32$，整理得$a^2-2a-8=0$，
解得$a_1=4$，$a_2=-2$（长度为正，舍去）。
6. 代入计算半径OB：$OB=\sqrt{OC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+8^2}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
勾股定理，正方形性质，同圆半径相等
【点评】
本题属于圆与正方形结合的几何综合题，核心突破口是利用半圆的轴对称性得到OD=OC的隐含关系，通过设未知数结合两次勾股定理建立方程求解，思路巧妙，避免了直接设半径带来的复杂运算，易错点是无法发现大正方形边长与OC的2倍数量关系，导致无法建立有效方程。
【难度系数】
0.3
解题思路如下：1. 先从已知的小正方形面积入手，直接算出小正方形的边长为4cm；2. 利用半圆的对称性：点A、B都在半圆上，OA=OB，且AD、BC都垂直于半圆的直径，通过HL证明Rt△ADO和Rt△BCO全等，得到OD=OC，由此推出大正方形ABCD的边长等于DC=OD+OC=2OC，设OC长度为a，就可以用a表示大正方形边长为2a；3. 因为点E也在半圆上，所以OB和OE都是半圆的半径，长度相等，分别在Rt△BCO和Rt△OFE中用勾股定理写出OB²和OE²的表达式，令二者相等得到关于a的一元二次方程，解出符合实际的a值，最后代入勾股定理算出半径OB即可。
【解析】
解：连接OA、OB、OE，
1. 由正方形EFCG的面积为16 cm²，可得其边长$EF=CF=\sqrt{16}=4\ \mathrm{cm}$。
2. 因为四边形ABCD是正方形，所以$AD=BC=DC$，$∠ ADO=∠ BCO=90°$。
在Rt△ADO和Rt△BCO中，$\begin{cases}OA=OB\\AD=BC\end{cases}$，所以$\mathrm{Rt}△ ADO ≌ \mathrm{Rt}△ BCO(\mathrm{HL})$，因此$OD=OC$。
由此可得$DC=OD+OC=2OC$，即大正方形的边长$AD=BC=DC=2OC$。
3. 设$OC=a\ \mathrm{cm}$，则$OD=a\ \mathrm{cm}$，大正方形边长$BC=2a\ \mathrm{cm}$，$OF=OC+CF=(a+4)\ \mathrm{cm}$。
4. 因为OB、OE都是半圆O的半径，所以$OB=OE$，根据勾股定理：
在Rt△BCO中，$OB^2=OC^2+BC^2=a^2+(2a)^2=5a^2$；
在Rt△OFE中，$OE^2=EF^2+OF^2=4^2+(a+4)^2=a^2+8a+32$。
5. 令$OB^2=OE^2$，得方程：$5a^2=a^2+8a+32$，整理得$a^2-2a-8=0$，
解得$a_1=4$，$a_2=-2$（长度为正，舍去）。
6. 代入计算半径OB：$OB=\sqrt{OC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+8^2}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$4\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$
【知识点】
勾股定理，正方形性质，同圆半径相等
【点评】
本题属于圆与正方形结合的几何综合题，核心突破口是利用半圆的轴对称性得到OD=OC的隐含关系，通过设未知数结合两次勾股定理建立方程求解，思路巧妙，避免了直接设半径带来的复杂运算，易错点是无法发现大正方形边长与OC的2倍数量关系，导致无法建立有效方程。
【难度系数】
0.3
11. 如图,$P$为$\odot O$外一点,$PO$及其延长线分别交$\odot O$于点$A$,$B$,过点$P$作一条直线交$\odot O$于点$M,N$(异于点$A,B$).求证:
(1) $AB＞MN$.
(2) $PB＞PN$.
(3) $PA＜PM$.
(1) $AB＞MN$.
(2) $PB＞PN$.
(3) $PA＜PM$.
答案
连接OM,ON. (1) 在△MON中,
∵ ON+OM＞MN,且OA=OB=OM=ON,
∴ OA+OB＞MN,即AB＞MN. (2) 在△PON中,
∵ ON+OP＞PN,且OB=ON,
∴ OB+OP＞PN,即PB＞PN. (3) 在△MOP中,
∵ OP-OM＜PM,且OA=OM,
∴ OP-OA＜PM,即PA＜PM.
∵ ON+OM＞MN,且OA=OB=OM=ON,
∴ OA+OB＞MN,即AB＞MN. (2) 在△PON中,
∵ ON+OP＞PN,且OB=ON,
∴ OB+OP＞PN,即PB＞PN. (3) 在△MOP中,
∵ OP-OM＜PM,且OA=OM,
∴ OP-OA＜PM,即PA＜PM.
解析
【分析】
这道题的核心是利用三角形的三边不等关系推导圆中线段的大小关系，解题思路如下：
1. 首先观察待证的三个不等式，所有涉及的线段都和圆的半径相关，因此优先连接辅助线OM、ON，将OM、ON作为圆的半径，和OA、OB建立等量关系。
2. 第一问要证AB＞MN：AB是圆的直径，等于两条半径之和，MN是弦，放在△MON中，利用三角形两边之和大于第三边，得到OM+ON＞MN，替换OM+ON为AB即可得证。
3. 第二问要证PB＞PN：PB可以拆分为OP+OB，OB等于半径ON，放在△PON中，利用两边之和大于第三边，得到OP+ON＞PN，替换ON为OB就得到PB＞PN。
4. 第三问要证PA＜PM：PA可以表示为OP-OA，OA等于半径OM，放在△MOP中，利用三角形两边之差小于第三边，得到OP-OM＜PM，替换OM为OA就得到PA＜PM。
【解析】
证明：连接OM、ON，
∵ OM、ON、OA、OB均为⊙O的半径，
∴ OM=ON=OA=OB。
(1) 在△MON中，根据三角形两边之和大于第三边，可得：
$ON + OM ＞ MN$，
代入$OM=ON=OA=OB$，得$OA + OB ＞ MN$，
又
∵ $AB = OA + OB$，
∴ $AB ＞ MN$。
(2) 在△PON中，根据三角形两边之和大于第三边，可得：
$ON + OP ＞ PN$，
代入$ON=OB$，得$OB + OP ＞ PN$，
又
∵ $PB = OB + OP$，
∴ $PB ＞ PN$。
(3) 在△MOP中，根据三角形两边之差小于第三边，可得：
$OP - OM ＜ PM$，
代入$OM=OA$，得$OP - OA ＜ PM$，
又
∵ $PA = OP - OA$，
∴ $PA ＜ PM$。
【答案】
通过上述推导可证得(1)$AB＞MN$；(2)$PB＞PN$；(3)$PA＜PM$均成立。
【知识点】
三角形三边关系，同圆半径相等，线段和差转化
【点评】
本题是圆的入门基础证明题，核心考察构造辅助线将圆中线段关系转化为三角形三边不等关系的思路，通过简单的等量代换即可完成推导，也直观验证了“圆的直径是圆内最长弦”的结论，帮助学生加深对圆基本性质的理解。
【难度系数】
0.8
这道题的核心是利用三角形的三边不等关系推导圆中线段的大小关系，解题思路如下：
1. 首先观察待证的三个不等式，所有涉及的线段都和圆的半径相关，因此优先连接辅助线OM、ON，将OM、ON作为圆的半径，和OA、OB建立等量关系。
2. 第一问要证AB＞MN：AB是圆的直径，等于两条半径之和，MN是弦，放在△MON中，利用三角形两边之和大于第三边，得到OM+ON＞MN，替换OM+ON为AB即可得证。
3. 第二问要证PB＞PN：PB可以拆分为OP+OB，OB等于半径ON，放在△PON中，利用两边之和大于第三边，得到OP+ON＞PN，替换ON为OB就得到PB＞PN。
4. 第三问要证PA＜PM：PA可以表示为OP-OA，OA等于半径OM，放在△MOP中，利用三角形两边之差小于第三边，得到OP-OM＜PM，替换OM为OA就得到PA＜PM。
【解析】
证明：连接OM、ON，
∵ OM、ON、OA、OB均为⊙O的半径，
∴ OM=ON=OA=OB。
(1) 在△MON中，根据三角形两边之和大于第三边，可得：
$ON + OM ＞ MN$，
代入$OM=ON=OA=OB$，得$OA + OB ＞ MN$，
又
∵ $AB = OA + OB$，
∴ $AB ＞ MN$。
(2) 在△PON中，根据三角形两边之和大于第三边，可得：
$ON + OP ＞ PN$，
代入$ON=OB$，得$OB + OP ＞ PN$，
又
∵ $PB = OB + OP$，
∴ $PB ＞ PN$。
(3) 在△MOP中，根据三角形两边之差小于第三边，可得：
$OP - OM ＜ PM$，
代入$OM=OA$，得$OP - OA ＜ PM$，
又
∵ $PA = OP - OA$，
∴ $PA ＜ PM$。
【答案】
通过上述推导可证得(1)$AB＞MN$；(2)$PB＞PN$；(3)$PA＜PM$均成立。
【知识点】
三角形三边关系，同圆半径相等，线段和差转化
【点评】
本题是圆的入门基础证明题，核心考察构造辅助线将圆中线段关系转化为三角形三边不等关系的思路，通过简单的等量代换即可完成推导，也直观验证了“圆的直径是圆内最长弦”的结论，帮助学生加深对圆基本性质的理解。
【难度系数】
0.8
12. 如图,$E$是边长为4的正方形$ABCD$的边$CD$上的一个动点,$F$是以$BC$为直径的半圆$O$上的一个动点,连接$AE,EF$,则$AE+EF$的最小值是
$2\sqrt{13}-2$
。答案
如图,延长AD到点G,使得AD=DG,连接OG交CD于点M,交半圆O于点N,则易得AE+EF的最小值是GN的长.
∵ E是边长为4的正方形ABCD的边CD上的一个动点,F是以BC为直径的半圆O上的一个动点,
∴ AD=DG=BC=CD=4,ON=OC=2,∠ADC=∠DCB=90°. 过点O作OH⊥AD于点H,则∠OHG=90°,
∴ 四边形OCDH是矩形.
∴ OH=CD=4,DH=OC=2.
∴ 在Rt△OHG中,$OG=\sqrt{OH^2+HG^2}=\sqrt{4^2+(2+4)^2}=2\sqrt{13}$.
∴ GN=OG-ON=$2\sqrt{13}-2$,即AE+EF的最小值是$2\sqrt{13}-2$.
∵ E是边长为4的正方形ABCD的边CD上的一个动点,F是以BC为直径的半圆O上的一个动点,
∴ AD=DG=BC=CD=4,ON=OC=2,∠ADC=∠DCB=90°. 过点O作OH⊥AD于点H,则∠OHG=90°,
∴ 四边形OCDH是矩形.
∴ OH=CD=4,DH=OC=2.
∴ 在Rt△OHG中,$OG=\sqrt{OH^2+HG^2}=\sqrt{4^2+(2+4)^2}=2\sqrt{13}$.
∴ GN=OG-ON=$2\sqrt{13}-2$,即AE+EF的最小值是$2\sqrt{13}-2$.
解析
【分析】
这是双动点的线段和最小值问题，我们可以分两步转化简化问题：第一步，先处理动点E对应的线段AE，因为CD垂直于AD，作点A关于直线CD的对称点G，根据垂直平分线的性质，CD上任意一点E都满足AE=GE，这样就把AE+EF转化为GE+EF，消去AE的单独变量；第二步，F是定半圆O上的动点，对于定点G来说，点到圆上任意点的最短距离等于该点到圆心的距离减去圆的半径，因此GE+EF的最小值就等价于点G到半圆O的最短距离，也就是线段GO的长度减去半圆的半径，最后通过勾股定理计算GO的长度，就能得到最终的最小值。
【解析】
1. 作对称转化线段：
延长AD到点G，使得DG=AD，由正方形ABCD中CD⊥AD，可知CD是线段AG的垂直平分线，因此对CD上任意动点E，都有AE=GE，因此AE+EF=GE+EF。
2. 利用点到圆的最短距离性质：
已知F是以BC为直径的半圆O上的动点，半圆O的圆心为O，半径r=OB=OC=2。根据几何性质：定点到圆上动点的最小距离，等于定点到圆心的距离减去圆的半径，因此GE+EF的最小值为点G到圆心O的距离减去半径r，即当E为线段GO与CD的交点、F为线段GO与半圆的交点N时，AE+EF取得最小值GN。
3. 勾股定理计算OG长度：
过点O作OH⊥AD于点H，由正方形边长为4，得AD=DG=CD=BC=4，∠ADC=∠DCB=90°。
因为OH⊥AD，所以四边形OCDH是矩形，可得OH=CD=4，DH=OC=2。
因此HG=DH+DG=2+4=6，在Rt△OHG中，由勾股定理：
$OG=\sqrt{OH^2+HG^2}=\sqrt{4^2+6^2}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$
4. 计算最小值：
半圆半径ON=2，因此GN=OG-ON=2√13 - 2，即AE+EF的最小值为2√13 - 2。
【答案】
$2\sqrt{13}-2$
【知识点】
轴对称求最短路径，点到圆的最短距离，正方形性质
【点评】
本题属于几何最值类的压轴题型，设置了E、F两个动点，需要学生先后运用轴对称转化线段、点到圆的最短距离两个经典最值模型，将双动点的复杂问题逐步转化为定点间的距离计算，重点考察了几何转化思想和常用最值模型的综合应用能力，对学生的模型积累要求较高。
【难度系数】
0.2
这是双动点的线段和最小值问题，我们可以分两步转化简化问题：第一步，先处理动点E对应的线段AE，因为CD垂直于AD，作点A关于直线CD的对称点G，根据垂直平分线的性质，CD上任意一点E都满足AE=GE，这样就把AE+EF转化为GE+EF，消去AE的单独变量；第二步，F是定半圆O上的动点，对于定点G来说，点到圆上任意点的最短距离等于该点到圆心的距离减去圆的半径，因此GE+EF的最小值就等价于点G到半圆O的最短距离，也就是线段GO的长度减去半圆的半径，最后通过勾股定理计算GO的长度，就能得到最终的最小值。
【解析】
1. 作对称转化线段：
延长AD到点G，使得DG=AD，由正方形ABCD中CD⊥AD，可知CD是线段AG的垂直平分线，因此对CD上任意动点E，都有AE=GE，因此AE+EF=GE+EF。
2. 利用点到圆的最短距离性质：
已知F是以BC为直径的半圆O上的动点，半圆O的圆心为O，半径r=OB=OC=2。根据几何性质：定点到圆上动点的最小距离，等于定点到圆心的距离减去圆的半径，因此GE+EF的最小值为点G到圆心O的距离减去半径r，即当E为线段GO与CD的交点、F为线段GO与半圆的交点N时，AE+EF取得最小值GN。
3. 勾股定理计算OG长度：
过点O作OH⊥AD于点H，由正方形边长为4，得AD=DG=CD=BC=4，∠ADC=∠DCB=90°。
因为OH⊥AD，所以四边形OCDH是矩形，可得OH=CD=4，DH=OC=2。
因此HG=DH+DG=2+4=6，在Rt△OHG中，由勾股定理：
$OG=\sqrt{OH^2+HG^2}=\sqrt{4^2+6^2}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$
4. 计算最小值：
半圆半径ON=2，因此GN=OG-ON=2√13 - 2，即AE+EF的最小值为2√13 - 2。
【答案】
$2\sqrt{13}-2$
【知识点】
轴对称求最短路径，点到圆的最短距离，正方形性质
【点评】
本题属于几何最值类的压轴题型，设置了E、F两个动点，需要学生先后运用轴对称转化线段、点到圆的最短距离两个经典最值模型，将双动点的复杂问题逐步转化为定点间的距离计算，重点考察了几何转化思想和常用最值模型的综合应用能力，对学生的模型积累要求较高。
【难度系数】
0.2
13. 如图,直线 $l$ 经过 $\odot O$ 的圆心,且与 $\odot O$ 交于 $A,B$ 两点,点 $C$ 在 $\odot O$ 上,且 $∠ AOC=30°$,$P$ 是直线 $l$ 上的一个动点(不与圆心 $O$ 重合),直线 $CP$ 与 $\odot O$ 相交于另一点 $Q$,连接 $QO$.
(1) 当点 $P$ 在半径 $OA$ 上时,若 $QP=QO$,求 $∠ OCP$ 的度数.
(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 $∠ OCP$ 的度数;若不存在,请说明理由.
(1) 当点 $P$ 在半径 $OA$ 上时,若 $QP=QO$,求 $∠ OCP$ 的度数.
(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 $∠ OCP$ 的度数;若不存在,请说明理由.
答案
13. (1) 设∠QPO=x.
∵ QP=QO,
∴ ∠QPO=∠QOP=x.
∴ ∠OQP=180°-2x.
∵ OC=OQ,
∴ ∠OCP=∠OQC=180°-2x.
∵ ∠AOC=30°,即∠POC=30°,∠QPO=∠OCP+∠POC,
∴ x=180°-2x+30°,解得x=70°.
∴ ∠OCP=180°-2×70°=40°. (2) 存在. ① 如图①,当点P在OA的延长线上时,设∠QOC=y,则∠QOP=y+30°.
∵ QP=QO,
∴ ∠QPO=∠QOP=y+30°,即∠CPO=y+30°.
∴ ∠OCQ=∠POC+∠CPO=30°+y+30°=y+60°.
∵ OQ=OC,
∴ ∠OQC=∠OCQ=y+60°.
∴ 在△OCQ中,根据三角形的内角和定理,得∠QOC+∠OQC+∠OCQ=180°,即y+y+60°+y+60°=180°,解得y=20°.
∴ ∠OCQ=80°.
∴ ∠OCP=180°-∠OCQ=100°. ② 如图②,当点P在OB的延长线上时,设∠QPO=z.
∵ QP=QO,
∴ ∠QPO=∠QOP=z.
∴ ∠CQO=∠QOP+∠QPO=2z.
∵ OC=OQ,
∴ ∠OCP=∠CQO=2z.
∵ ∠APC+∠OCP=∠AOC,
∴ z+2z=30°,解得z=10°.
∴ ∠OCP=20°. ③ 当点P在线段OB上时,易知QP≠QO. 综上所述,∠OCP的度数为100°或20°.
∵ QP=QO,
∴ ∠QPO=∠QOP=x.
∴ ∠OQP=180°-2x.
∵ OC=OQ,
∴ ∠OCP=∠OQC=180°-2x.
∵ ∠AOC=30°,即∠POC=30°,∠QPO=∠OCP+∠POC,
∴ x=180°-2x+30°,解得x=70°.
∴ ∠OCP=180°-2×70°=40°. (2) 存在. ① 如图①,当点P在OA的延长线上时,设∠QOC=y,则∠QOP=y+30°.
∵ QP=QO,
∴ ∠QPO=∠QOP=y+30°,即∠CPO=y+30°.
∴ ∠OCQ=∠POC+∠CPO=30°+y+30°=y+60°.
∵ OQ=OC,
∴ ∠OQC=∠OCQ=y+60°.
∴ 在△OCQ中,根据三角形的内角和定理,得∠QOC+∠OQC+∠OCQ=180°,即y+y+60°+y+60°=180°,解得y=20°.
∴ ∠OCQ=80°.
∴ ∠OCP=180°-∠OCQ=100°. ② 如图②,当点P在OB的延长线上时,设∠QPO=z.
∵ QP=QO,
∴ ∠QPO=∠QOP=z.
∴ ∠CQO=∠QOP+∠QPO=2z.
∵ OC=OQ,
∴ ∠OCP=∠CQO=2z.
∵ ∠APC+∠OCP=∠AOC,
∴ z+2z=30°,解得z=10°.
∴ ∠OCP=20°. ③ 当点P在线段OB上时,易知QP≠QO. 综上所述,∠OCP的度数为100°或20°.
解析
【分析】
解题思路如下：
1. 第(1)问中，点P在OA上，首先观察到OC、OQ都是圆O的半径，因此OC=OQ，结合已知QP=QO，可以得到两个等腰三角形△OCQ和△QPO。我们可以设未知角为x，利用等腰三角形等边对等角的性质，把相关内角都用x表示，再结合三角形外角的性质（∠QPO是△COP的外角），建立关于x的一元一次方程，求解后即可算出∠OCP的度数。
2. 第(2)问是动点分类讨论问题，直线l上除了P在OA上的情况，剩余位置分为三类：P在OA的延长线上、P在线段OB上、P在OB的延长线上，我们需要逐一验证这三类位置是否存在QP=QO的条件，同样利用等腰三角形性质、三角形内角和/外角定理设未知数列方程求解，排除不可能的情况，得到所有符合要求的∠OCP的度数。整个过程核心是利用同圆半径相等构造等腰三角形，用方程思想简化角度推导，避免复杂的几何证明。
【解析】
(1) 设∠QPO = x，
∵ QP = QO，
∴ ∠QPO = ∠QOP = x，
在△PQO中，由三角形内角和为180°，得∠OQP = 180° - ∠QPO - ∠QOP = 180° - 2x，
∵ OC = OQ（同圆半径相等），
∴ ∠OCP = ∠OQC = 180° - 2x，
已知∠AOC = 30°，即∠POC = 30°，
又
∵ ∠QPO是△COP的外角，根据三角形外角性质：∠QPO = ∠OCP + ∠POC，
代入得：x = (180° - 2x) + 30°，
解得x = 70°，
∴ ∠OCP = 180° - 2×70° = 40°。
(2) 存在满足QP=QO的其他位置，分情况讨论：
① 当点P在OA的延长线上时：
设∠QOC = y，则∠QOP = ∠AOC + ∠QOC = y + 30°，
∵ QP = QO，
∴ ∠QPO = ∠QOP = y + 30°，
根据三角形外角性质，∠OCQ是△COP的外角：∠OCQ = ∠POC + ∠CPO = 30° + (y + 30°) = y + 60°，
∵ OQ = OC，
∴ ∠OQC = ∠OCQ = y + 60°，
在△OCQ中，由三角形内角和为180°：
∠QOC + ∠OQC + ∠OCQ = 180°，
代入得：y + (y + 60°) + (y + 60°) = 180°，
解得y = 20°，
∴ ∠OCQ = 80°，
∴ ∠OCP = 180° - ∠OCQ = 100°。
② 当点P在OB的延长线上时：
设∠QPO = z，
∵ QP = QO，
∴ ∠QPO = ∠QOP = z，
根据三角形外角性质，∠CQO是△QPO的外角：∠CQO = ∠QPO + ∠QOP = 2z，
∵ OC = OQ，
∴ ∠OCP = ∠CQO = 2z，
在△COP中，∠AOC是△COP的外角：∠AOC = ∠OCP + ∠CPO，
代入得：30° = 2z + z，
解得z = 10°，
∴ ∠OCP = 2z = 20°。
③ 当点P在线段OB上时，可证不存在QP=QO的情况，不符合要求。
综上，其余位置存在QP=QO，对应的∠OCP为100°或20°。
【答案】
(1) ∠OCP的度数为40°；(2) 存在，此时∠OCP的度数为100°或20°。
【知识点】
等腰三角形性质，三角形内角和定理，三角形外角性质
【点评】
本题是圆背景下的动点分类讨论题，核心考察了方程思想和分类讨论思想的应用，利用同圆半径相等得到等腰三角形是解题的突破口，学生容易遗漏P点在直线l上的不同位置导致漏解，需要注意结合三角形内角和的隐含条件逐一验证所有可能的动点位置，避免出现不符合几何逻辑的增根。
【难度系数】
0.3
解题思路如下：
1. 第(1)问中，点P在OA上，首先观察到OC、OQ都是圆O的半径，因此OC=OQ，结合已知QP=QO，可以得到两个等腰三角形△OCQ和△QPO。我们可以设未知角为x，利用等腰三角形等边对等角的性质，把相关内角都用x表示，再结合三角形外角的性质（∠QPO是△COP的外角），建立关于x的一元一次方程，求解后即可算出∠OCP的度数。
2. 第(2)问是动点分类讨论问题，直线l上除了P在OA上的情况，剩余位置分为三类：P在OA的延长线上、P在线段OB上、P在OB的延长线上，我们需要逐一验证这三类位置是否存在QP=QO的条件，同样利用等腰三角形性质、三角形内角和/外角定理设未知数列方程求解，排除不可能的情况，得到所有符合要求的∠OCP的度数。整个过程核心是利用同圆半径相等构造等腰三角形，用方程思想简化角度推导，避免复杂的几何证明。
【解析】
(1) 设∠QPO = x，
∵ QP = QO，
∴ ∠QPO = ∠QOP = x，
在△PQO中，由三角形内角和为180°，得∠OQP = 180° - ∠QPO - ∠QOP = 180° - 2x，
∵ OC = OQ（同圆半径相等），
∴ ∠OCP = ∠OQC = 180° - 2x，
已知∠AOC = 30°，即∠POC = 30°，
又
∵ ∠QPO是△COP的外角，根据三角形外角性质：∠QPO = ∠OCP + ∠POC，
代入得：x = (180° - 2x) + 30°，
解得x = 70°，
∴ ∠OCP = 180° - 2×70° = 40°。
(2) 存在满足QP=QO的其他位置，分情况讨论：
① 当点P在OA的延长线上时：
设∠QOC = y，则∠QOP = ∠AOC + ∠QOC = y + 30°，
∵ QP = QO，
∴ ∠QPO = ∠QOP = y + 30°，
根据三角形外角性质，∠OCQ是△COP的外角：∠OCQ = ∠POC + ∠CPO = 30° + (y + 30°) = y + 60°，
∵ OQ = OC，
∴ ∠OQC = ∠OCQ = y + 60°，
在△OCQ中，由三角形内角和为180°：
∠QOC + ∠OQC + ∠OCQ = 180°，
代入得：y + (y + 60°) + (y + 60°) = 180°，
解得y = 20°，
∴ ∠OCQ = 80°，
∴ ∠OCP = 180° - ∠OCQ = 100°。
② 当点P在OB的延长线上时：
设∠QPO = z，
∵ QP = QO，
∴ ∠QPO = ∠QOP = z，
根据三角形外角性质，∠CQO是△QPO的外角：∠CQO = ∠QPO + ∠QOP = 2z，
∵ OC = OQ，
∴ ∠OCP = ∠CQO = 2z，
在△COP中，∠AOC是△COP的外角：∠AOC = ∠OCP + ∠CPO，
代入得：30° = 2z + z，
解得z = 10°，
∴ ∠OCP = 2z = 20°。
③ 当点P在线段OB上时，可证不存在QP=QO的情况，不符合要求。
综上，其余位置存在QP=QO，对应的∠OCP为100°或20°。
【答案】
(1) ∠OCP的度数为40°；(2) 存在，此时∠OCP的度数为100°或20°。
【知识点】
等腰三角形性质，三角形内角和定理，三角形外角性质
【点评】
本题是圆背景下的动点分类讨论题，核心考察了方程思想和分类讨论思想的应用，利用同圆半径相等得到等腰三角形是解题的突破口，学生容易遗漏P点在直线l上的不同位置导致漏解，需要注意结合三角形内角和的隐含条件逐一验证所有可能的动点位置，避免出现不符合几何逻辑的增根。
【难度系数】
0.3
