【分析】
解题时首先连接辅助线OB，利用同圆半径相等可得OB=OA=1，结合已知BC=1可推出OB=BC，即△OBC为等腰三角形，根据等腰三角形两底角相等和三角形外角性质可求出∠OBA的度数；再由OA=OB可知△OAB也是等腰三角形，推导可得△OAB为等腰直角三角形，用勾股定理求出AB的长度，最后结合AC=AB+BC即可求出结果。
【解析】
连接OB，
∵OB、OA均为$\odot O$的半径，
∴$OB=OA=1$，
又
∵$BC=1$，
∴$OB=BC=1$，
∴$∠BOC=∠C=22.5°$，
根据三角形外角性质，$∠OBA=∠C+∠BOC=22.5°+22.5°=45°$，
∵$OA=OB$，
∴$∠OAB=∠OBA=45°$，
在△OAB中，$∠AOB=180°-∠OAB-∠OBA=180°-45°-45°=90°$，即△OAB为等腰直角三角形，
由勾股定理得：$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$，
∴$AC=AB+BC=\sqrt{2}+1$。
【答案】
$\sqrt{2}+1$
【知识点】
同圆半径相等；等腰三角形性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础综合题，解题核心是通过连接半径构造等腰三角形，结合角度推导得到等腰直角三角形，进而求出未知线段长度，对学生的辅助线构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.7

【分析】
首先明确过圆心M的直线与圆的交点AB是圆的直径，因此AB长度固定为4。△AOB的面积可表示为$\frac{1}{2}×底×高$，若将固定长度的AB作为底，则面积大小由点O到直线AB的距离决定。由于直线AB恒过点M，根据几何性质，点O到过定点M的直线的最大距离就是OM的长度，此时AB与OM垂直，代入即可算出最大面积。
【解析】
∵ 直线AB过圆心M，
∴ AB是$\odot M$的直径，$AB=2r=2×2=4$，长度为定值。
设点O到直线AB的距离为$d$，则$△ AOB$的面积：
$S_{△ AOB}=\frac{1}{2}× AB× d=\frac{1}{2}×4× d=2d$。
∵ 直线AB始终经过点$M(3,0)$，
∴ 点O到直线AB的距离$d≤ OM=3$，当且仅当$AB⊥ OM$时，$d$取最大值3。
此时$△ AOB$的面积最大值为$2×3=6$。
【答案】
6
【知识点】
圆的直径性质；三角形面积计算；点到直线的距离最值
【点评】
本题将圆的基本性质与面积最值问题结合，解题核心是发现AB为定值，将面积最值转化为点到直线的距离最值，能有效训练学生的转化思维和几何最值分析能力。
【难度系数】
0.6

【分析】
要证明$AD=BC$，可通过证明两条线段所在的三角形全等来推导。首先根据圆的性质，同圆的所有半径相等，可得$OA=OB$；再结合C、D分别是OA、OB的中点，可推出$OC=OD$；观察发现$△ ODA$和$△ OCB$有公共角$∠ O$，满足全等三角形的SAS判定条件，证明两个三角形全等后，即可得到对应边$AD=BC$。
【解析】
$\because OA,OB$是$\odot O$的两条半径，
$\therefore AO=BO$，
$\because C,D$分别是半径$OA,BO$的中点，
$\therefore OC=OD$。
在$△ OCB$和$△ ODA$中：
$\begin{cases} AO=BO, \\ ∠ O=∠ O, \\ OD=OC, \end{cases}$
$\therefore △ OCB ≌ △ ODA (\mathrm{SAS})$，
$\therefore AD=BC$。
【答案】
$AD=BC$，得证
【知识点】
圆的半径性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是基础几何证明题，核心考查利用全等三角形证明线段相等的方法，解题时结合圆半径相等的性质快速找到全等的判定条件即可，难度较低。
【难度系数】
0.9

【分析】
要求AD和AC的长度，首先结合AB是直径的条件可先得到圆的半径长度，已知CD垂直AB，图中存在直角三角形，因此考虑连接半径OC构造直角三角形：先在Rt△CDO中用勾股定理求出OD的长度，再结合OA的长度即可求出AD，最后在Rt△ACD中利用勾股定理就能求出AC的长度。
【解析】
解：如图，连接OC，
∵AB是$\odot O$的直径，$AB=5$，
∴$OC=OA=\frac{1}{2}AB=\frac{5}{2}$，
∵$CD⊥AB$，
∴$∠ CDO=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ CDO$中，由勾股定理，得
$DO=\sqrt{OC^2-CD^2}=\sqrt{(\frac{5}{2})^2-2^2}=\sqrt{\frac{25}{4}-\frac{16}{4}}=\sqrt{\frac{9}{4}}=\frac{3}{2}$，
∵$AD＜BD$，
∴点D在线段AO上，
∴$AD=OA-DO=\frac{5}{2}-\frac{3}{2}=1$，
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，由勾股定理，得
$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$。
【答案】
$AD=1$，$AC=\sqrt{5}$
【知识点】
圆的基本性质、勾股定理、直角三角形的性质
【点评】
本题是圆中线段计算的基础题型，通过连接半径构造直角三角形，将圆的性质和勾股定理结合考查，解题的关键是合理作出辅助线，梳理清楚待求线段和已知线段的数量关系。
【难度系数】
0.8

【分析】
首先明确直线AB是过圆心的直线，点P是直线上的动点，因此要分三种情况讨论点P的位置：①点P在线段OA上；②点P在线段OA的延长线上；③点P在线段OB的延长线（即OA的反向延长线）上。解题时利用圆的半径相等可得OC=OQ，再结合QP=QO得到多个等腰三角形，利用等腰三角形等边对等角的性质、三角形内角和定理以及三角形外角的性质，建立角度之间的等量关系，即可求出对应∠OCP的度数，同时确定符合条件的P点的个数。
【解析】
符合条件的点P共有3个，对应∠OCP的度数求解过程如下：
1. 当点P在线段OA上时（对应图①）：
∵OC、OQ都是⊙O的半径，
∴OC=OQ，
∴∠OQC=∠OCQ=∠OCP。
又
∵QP=QO，
∴∠QOP=∠QPO。
根据三角形外角性质，∠QPO=∠OCP+∠AOC，已知∠AOC=30°。
在△OPQ中，由三角形内角和定理得：∠QOP+∠QPO+∠OQC=180°，
将∠QOP=∠QPO=∠OCP+30°，∠OQC=∠OCP代入得：
$(∠ OCP+30°)+(∠ OCP+30°)+∠ OCP=180°$，
整理得$3∠ OCP=120°$，解得$∠ OCP=40°$。
2. 当点P在线段OA的延长线上时（对应图②）：
∵OC=OQ，
∴在△QOC中，$∠ OQP=∠ OQC=\frac{180°-∠ QOC}{2}$ ---①
∵OQ=PQ，
∴在△OQP中，$∠ OPQ=\frac{180°-∠ OQP}{2}$ ---②
由点A、O、P共线可得：$30°+∠ QOC+∠ OQP+∠ OPQ=180°$ ---③
将①②代入③，解得$∠ QOC=20°$，则$∠ OQP=\frac{180°-20°}{2}=80°$，$∠ OPQ=50°$，
∴$∠ OCP=180°-∠ AOC-∠ OPQ=180°-30°-50°=100°$。
3. 当点P在线段OA的反向延长线上时（对应图③）：
∵OC=OQ，
∴$∠ OCP=∠ OQC$，
∵OQ=PQ，
∴$∠ OPQ=∠ POQ$，
由三角形外角性质得$∠ OQC=∠ OPQ+∠ POQ=2∠ OPQ$，即$∠ OCP=2∠ OPQ$。
已知∠AOC=30°，
∴$∠ COP=180°-30°=150°$，
在△COP中，由内角和定理得：$∠ OCP+∠ OPQ+∠ COP=180°$，
代入$∠ OCP=2∠ OPQ$、$∠ COP=150°$，解得$∠ OPQ=10°$，
∴$∠ OCP=2×10°=20°$。
【答案】
这样的点P共有3个，对应的∠OCP的度数分别为20°、40°、100°。
【知识点】
等腰三角形的性质；三角形内角和定理；圆的基本性质
【点评】
本题重点考查分类讨论的数学思想，解题时需注意动点在直线上的所有可能位置，避免漏解；解题过程中结合圆半径相等的性质，将圆的问题转化为等腰三角形的角度计算问题，熟练运用三角形内角和与外角性质是解题的关键。
【难度系数】
0.4