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10. 如图，正六边形ABCDEF的边长为1，则对角线CF的长是
$2$
。答案
10. 2
解析
【分析】
本题可结合正六边形与外接圆的性质求解，正六边形的各顶点均在其外接圆上，且外接圆的半径与正六边形的边长相等。观察对角线CF可知，它是正六边形外接圆的直径，结合直径与半径的数量关系即可求出CF的长度，该方法贴合本题圆的相关考点，计算简便。
【解析】
∵正六边形的所有顶点都在同一个外接圆上，且正六边形的边长与外接圆的半径相等，
已知正六边形边长为1，
∴外接圆半径$r=1$，
又
∵对角线CF为外接圆的直径，
∴$CF=2r=2×1=2$。
【答案】
2
【知识点】
正六边形的性质，外接圆的性质，直径与半径的关系
【点评】
本题属于基础几何题，将正六边形与圆的知识结合考查，解题的核心是掌握正六边形外接圆半径等于边长的性质，熟练掌握相关性质即可快速得出结果。
【难度系数】
0.8
本题可结合正六边形与外接圆的性质求解，正六边形的各顶点均在其外接圆上，且外接圆的半径与正六边形的边长相等。观察对角线CF可知，它是正六边形外接圆的直径，结合直径与半径的数量关系即可求出CF的长度，该方法贴合本题圆的相关考点，计算简便。
【解析】
∵正六边形的所有顶点都在同一个外接圆上，且正六边形的边长与外接圆的半径相等，
已知正六边形边长为1，
∴外接圆半径$r=1$，
又
∵对角线CF为外接圆的直径，
∴$CF=2r=2×1=2$。
【答案】
2
【知识点】
正六边形的性质，外接圆的性质，直径与半径的关系
【点评】
本题属于基础几何题，将正六边形与圆的知识结合考查，解题的核心是掌握正六边形外接圆半径等于边长的性质，熟练掌握相关性质即可快速得出结果。
【难度系数】
0.8
11. 如图，△ABC内接于⊙O，若∠BAC=45°，BC=$\sqrt{2}$，则$\overset{\frown}{BC}$的长是
$\frac{π}{2}$
。答案
11. $\frac{π}{2}$
解析
【分析】
要计算弧BC的长，需先明确弧长公式为$ l=\frac{nπ r}{180} $（其中$ n $为弧所对圆心角的度数，$ r $为圆的半径），因此需要先求出弧BC对应的圆心角的度数和⊙O的半径：1. 根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，结合已知∠BAC=45°，可求出圆心角∠BOC的度数；2. 利用△OBC的边的关系，结合勾股定理求出半径r；最后代入弧长公式即可得到结果。
【解析】
连接OB、OC。
1. 求圆心角：
∵∠BAC是弧BC所对的圆周角，∠BOC是弧BC所对的圆心角，根据圆周角定理，
∴∠BOC=2∠BAC=2×45°=90°。
2. 求圆的半径：
设⊙O的半径为$ r $，则OB=OC=r。
在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理得：
$ OB^2 + OC^2 = BC^2 $
代入BC=$\sqrt{2}$，得$ r^2 + r^2 = (\sqrt{2})^2 $，
即$ 2r^2=2 $，解得$ r=1 $（半径为正数，舍去负解）。
3. 计算弧长：
根据弧长公式，弧BC的长为：
$ \overset{\frown}{BC}=\frac{90π × 1}{180}=\frac{π}{2} $
【答案】
$\frac{π}{2}$
【知识点】
圆周角定理，勾股定理，弧长计算
【点评】
本题是圆的基本性质的基础综合题，将圆周角定理、勾股定理和弧长公式结合考查，解题的关键是通过辅助线构造圆心角所在的等腰三角形，分别求出弧长公式所需的圆心角和半径两个参数。
【难度系数】
0.7
要计算弧BC的长，需先明确弧长公式为$ l=\frac{nπ r}{180} $（其中$ n $为弧所对圆心角的度数，$ r $为圆的半径），因此需要先求出弧BC对应的圆心角的度数和⊙O的半径：1. 根据同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，结合已知∠BAC=45°，可求出圆心角∠BOC的度数；2. 利用△OBC的边的关系，结合勾股定理求出半径r；最后代入弧长公式即可得到结果。
【解析】
连接OB、OC。
1. 求圆心角：
∵∠BAC是弧BC所对的圆周角，∠BOC是弧BC所对的圆心角，根据圆周角定理，
∴∠BOC=2∠BAC=2×45°=90°。
2. 求圆的半径：
设⊙O的半径为$ r $，则OB=OC=r。
在Rt△BOC中，∠BOC=90°，由勾股定理得：
$ OB^2 + OC^2 = BC^2 $
代入BC=$\sqrt{2}$，得$ r^2 + r^2 = (\sqrt{2})^2 $，
即$ 2r^2=2 $，解得$ r=1 $（半径为正数，舍去负解）。
3. 计算弧长：
根据弧长公式，弧BC的长为：
$ \overset{\frown}{BC}=\frac{90π × 1}{180}=\frac{π}{2} $
【答案】
$\frac{π}{2}$
【知识点】
圆周角定理，勾股定理，弧长计算
【点评】
本题是圆的基本性质的基础综合题，将圆周角定理、勾股定理和弧长公式结合考查，解题的关键是通过辅助线构造圆心角所在的等腰三角形，分别求出弧长公式所需的圆心角和半径两个参数。
【难度系数】
0.7
12. 如图，这是被撕掉一块的正多边形纸片，若直线a，b的夹角为$60°$，则该正多边形的边数是
$6$
。答案
12. 6
解析
【分析】
解题时首先回忆正多边形的性质和多边形外角和定理：任意多边形的外角和均为360°，正多边形的每个外角度数相等。观察图形可得，直线a、b的夹角60°就是该正多边形的一个外角，要求正多边形的边数，只需用外角和除以单个外角的度数即可。
【解析】
∵任意多边形的外角和恒为360°，正多边形的每个外角大小相等，
结合图形可知该正多边形的一个外角为60°，
∴该正多边形的边数 = 360°÷60° = 6。
【答案】
6
【知识点】
多边形外角和定理；正多边形的性质
【点评】
本题考查正多边形外角相关的计算，解题关键是结合图形判断出已知的60°角是正多边形的外角，熟记多边形外角和为固定值360°即可快速求解。
【难度系数】
0.8
解题时首先回忆正多边形的性质和多边形外角和定理：任意多边形的外角和均为360°，正多边形的每个外角度数相等。观察图形可得，直线a、b的夹角60°就是该正多边形的一个外角，要求正多边形的边数，只需用外角和除以单个外角的度数即可。
【解析】
∵任意多边形的外角和恒为360°，正多边形的每个外角大小相等，
结合图形可知该正多边形的一个外角为60°，
∴该正多边形的边数 = 360°÷60° = 6。
【答案】
6
【知识点】
多边形外角和定理；正多边形的性质
【点评】
本题考查正多边形外角相关的计算，解题关键是结合图形判断出已知的60°角是正多边形的外角，熟记多边形外角和为固定值360°即可快速求解。
【难度系数】
0.8
13. 如图，分别以正六边形ABCDEF的顶点B，D，F为圆心，边长为半径作弧，若正六边形的边长为3，则阴影部分的面积为
$9π-\frac{27\sqrt{3}}{2}$
。答案
13. $9π-\frac{27\sqrt{3}}{2}$
解析
【分析】
解题思路如下：1. 先明确正六边形的基本性质：正六边形每个内角为120°，边长相等，面积可拆分为6个边长等于正六边形边长的等边三角形面积之和；2. 观察图形：三个扇形分别以B、D、F为圆心，边长3为半径，每个扇形的圆心角等于正六边形的内角120°，三个扇形圆心角之和为360°，即三个扇形的面积和等于半径为3的整圆面积；3. 利用容斥原理分析面积关系：三个扇形的面积叠加后，正六边形的空白部分被计算1次，阴影部分被计算2次，因此阴影部分面积=三个扇形面积和 - 正六边形的面积，代入公式计算即可。
【解析】
步骤1：计算正六边形的内角
正六边形每个内角的度数为：$\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$
步骤2：计算三个扇形的面积和
3个圆心角为120°、半径为3的扇形面积之和为：$3×\frac{120°}{360°}×π×3^2 = π×9=9π$
步骤3：计算正六边形的面积
正六边形可拆分为6个边长为3的等边三角形，单个等边三角形面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}×3^2=\frac{9\sqrt{3}}{4}$，因此正六边形面积为：$6×\frac{9\sqrt{3}}{4}=\frac{27\sqrt{3}}{2}$
步骤4：计算阴影部分面积
根据面积关系，阴影面积=三个扇形面积和-正六边形面积，即$S_{阴影}=9π-\frac{27\sqrt{3}}{2}$
【答案】
$9π-\frac{27\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
正六边形性质，扇形面积计算，组合图形面积计算
【点评】
本题是典型的组合图形面积计算题，解题核心是理清阴影部分与已知规则图形的面积关系，需要熟练掌握正多边形内角、面积以及扇形面积的计算公式，灵活运用容斥原理处理重叠面积问题。
【难度系数】
0.6
解题思路如下：1. 先明确正六边形的基本性质：正六边形每个内角为120°，边长相等，面积可拆分为6个边长等于正六边形边长的等边三角形面积之和；2. 观察图形：三个扇形分别以B、D、F为圆心，边长3为半径，每个扇形的圆心角等于正六边形的内角120°，三个扇形圆心角之和为360°，即三个扇形的面积和等于半径为3的整圆面积；3. 利用容斥原理分析面积关系：三个扇形的面积叠加后，正六边形的空白部分被计算1次，阴影部分被计算2次，因此阴影部分面积=三个扇形面积和 - 正六边形的面积，代入公式计算即可。
【解析】
步骤1：计算正六边形的内角
正六边形每个内角的度数为：$\frac{(6-2)×180°}{6}=120°$
步骤2：计算三个扇形的面积和
3个圆心角为120°、半径为3的扇形面积之和为：$3×\frac{120°}{360°}×π×3^2 = π×9=9π$
步骤3：计算正六边形的面积
正六边形可拆分为6个边长为3的等边三角形，单个等边三角形面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}×3^2=\frac{9\sqrt{3}}{4}$，因此正六边形面积为：$6×\frac{9\sqrt{3}}{4}=\frac{27\sqrt{3}}{2}$
步骤4：计算阴影部分面积
根据面积关系，阴影面积=三个扇形面积和-正六边形面积，即$S_{阴影}=9π-\frac{27\sqrt{3}}{2}$
【答案】
$9π-\frac{27\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
正六边形性质，扇形面积计算，组合图形面积计算
【点评】
本题是典型的组合图形面积计算题，解题核心是理清阴影部分与已知规则图形的面积关系，需要熟练掌握正多边形内角、面积以及扇形面积的计算公式，灵活运用容斥原理处理重叠面积问题。
【难度系数】
0.6
三、解答题(共35分)
14. (10分)如图，在网格纸中，O，A都是格点，以O为圆心，OA为半径作圆，用无刻度的直尺完成以下作图。(不写作法)
(1)在图1中作⊙O的一个内接正六边形ABCDEF。
(2)在图2中作⊙O的一个内接正八边形ABCDEFGH。
14. (10分)如图，在网格纸中，O，A都是格点，以O为圆心，OA为半径作圆，用无刻度的直尺完成以下作图。(不写作法)
(1)在图1中作⊙O的一个内接正六边形ABCDEF。
(2)在图2中作⊙O的一个内接正八边形ABCDEFGH。
答案
14. 解:(1)如图1,正六边形ABCDEF即为所求。
(2)如图2,正八边形ABCDEFGH即为所求。
解析
【分析】
（1）作圆内接正六边形时，先回忆正六边形的性质：正六边形的边长等于其外接圆的半径，且相邻顶点对应的中心角为$360°÷6=60°$。已知半径$OA$，只需在网格中找到6个到点$O$的距离等于$OA$的格点，按顺序连接即可得到所求正六边形。
（2）作圆内接正八边形时，正八边形相邻顶点对应的中心角为$360°÷8=45°$。先作出水平、竖直两条互相垂直的直径，得到4个顶点；再作出两条与水平方向成$45°$、互相垂直的直径，与圆交于另外4个顶点，依次连接这8个顶点即可得到正八边形。
【解析】
(1) 正六边形的外接圆半径与边长相等，结合网格特点，找到6个到$O$距离等于$OA$的格点作为顶点，相邻顶点的中心角为$60°$，依次连接得到$\odot O$的内接正六边形$ABCDEF$。
(2) 正八边形每个中心角为$45°$，先作互相垂直的水平、竖直直径得到4个顶点，再作两条夹角为$90°$、与水平方向成$45°$的直径，得到剩余4个顶点，依次连接8个顶点得到$\odot O$的内接正八边形$ABCDEFGH$。
【答案】
(1)如图1,正六边形ABCDEF即为所求。
(2)如图2,正八边形ABCDEFGH即为所求。
【知识点】
正多边形与圆；正多边形中心角；无刻度直尺作图
【点评】
本题主要考查正多边形的性质以及网格中的无刻度作图，需要结合正六边形、正八边形的中心角特征，利用网格的对称性确定顶点位置，侧重对基础知识的灵活应用。
【难度系数】
0.7
（1）作圆内接正六边形时，先回忆正六边形的性质：正六边形的边长等于其外接圆的半径，且相邻顶点对应的中心角为$360°÷6=60°$。已知半径$OA$，只需在网格中找到6个到点$O$的距离等于$OA$的格点，按顺序连接即可得到所求正六边形。
（2）作圆内接正八边形时，正八边形相邻顶点对应的中心角为$360°÷8=45°$。先作出水平、竖直两条互相垂直的直径，得到4个顶点；再作出两条与水平方向成$45°$、互相垂直的直径，与圆交于另外4个顶点，依次连接这8个顶点即可得到正八边形。
【解析】
(1) 正六边形的外接圆半径与边长相等，结合网格特点，找到6个到$O$距离等于$OA$的格点作为顶点，相邻顶点的中心角为$60°$，依次连接得到$\odot O$的内接正六边形$ABCDEF$。
(2) 正八边形每个中心角为$45°$，先作互相垂直的水平、竖直直径得到4个顶点，再作两条夹角为$90°$、与水平方向成$45°$的直径，得到剩余4个顶点，依次连接8个顶点得到$\odot O$的内接正八边形$ABCDEFGH$。
【答案】
(1)如图1,正六边形ABCDEF即为所求。
(2)如图2,正八边形ABCDEFGH即为所求。
【知识点】
正多边形与圆；正多边形中心角；无刻度直尺作图
【点评】
本题主要考查正多边形的性质以及网格中的无刻度作图，需要结合正六边形、正八边形的中心角特征，利用网格的对称性确定顶点位置，侧重对基础知识的灵活应用。
【难度系数】
0.7
15. (12分)如图，$\odot O$的直径$AB ⊥ CD$于点M，且M是半径OB的中点，$CD=8\ \mathrm{cm}$。
(1)求直径AB的长。
(2)求弓形(阴影部分)的面积。
(1)求直径AB的长。
(2)求弓形(阴影部分)的面积。
答案
15. 解:(1)连结OD,如图。
因为$AB ⊥ DC,CD=8\ \mathrm{cm}$,所以$DM=\frac{1}{2} DC=4\ \mathrm{cm}$。
因为M是半径OB的中点。
令$\odot O$的半径为r cm,所以OM的长为$\frac{1}{2}r\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ODM$中,$(\frac{1}{2}r)^2+4^2=r^2$,
解得$r=\frac{8\sqrt{3}}{3}$,
所以直径AB的长为$\frac{16\sqrt{3}}{3}\ \mathrm{cm}$。
(2)连结OC,如图。
在$Rt△ODM$中,因为$OM=\frac{1}{2}OD$,
所以$∠ODM=30°$。
又因为$OD=OC$,
所以$∠ODM=∠OCM=30°$,
所以$∠COD=120°$,
所以$S_{\mathrm{扇形}COD}=\frac{120· π · (\frac{8}{3}\sqrt{3})^2}{360}=\frac{64}{9}π(\mathrm{cm}^2)$。
又因为$S_{△ OCD}=\frac{1}{2}× 8× \frac{4}{3}\sqrt{3}=\frac{16}{3}\sqrt{3}(\mathrm{cm}^2)$,
所以$S_{\mathrm{弓形}}=(\frac{64}{9}π-\frac{16}{3}\sqrt{3})\mathrm{cm}^2$。
解析
【分析】
(1) 求直径AB的长度时，首先由AB垂直弦CD，可利用垂径定理得到DM的长度；已知M是OB中点，可知OM长度为半径的一半，设半径为r，在Rt△ODM中用勾股定理列方程即可求出半径，进而得到直径。
(2) 求阴影弓形面积时，弓形面积等于对应扇形面积减去内部三角形的面积：先由Rt△ODM中OM是OD的一半，得到∠ODM=30°，推出扇形COD的圆心角为120°，再分别计算扇形COD和△OCD的面积，二者作差即为弓形面积。
【解析】
(1) 连结OD，如图。
因为$AB ⊥ DC,CD=8\ \mathrm{cm}$，根据垂径定理得$DM=\frac{1}{2} DC=4\ \mathrm{cm}$。
因为M是半径OB的中点，设$\odot O$的半径为r cm，则$OM=\frac{1}{2}r\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ODM$中，由勾股定理得：$(\frac{1}{2}r)^2+4^2=r^2$
整理得$\frac{3}{4}r^2=16$，解得$r=\frac{8\sqrt{3}}{3}$（半径为正，舍去负根）
所以直径$AB=2r=\frac{16\sqrt{3}}{3}\ \mathrm{cm}$。
(2) 连结OC。
在$Rt△ODM$中，$OM=\frac{1}{2}OD$，所以$∠ODM=30°$，则$∠DOM=60°$。
因为$OD=OC$，$AB⊥CD$，所以$∠COM=∠DOM=60°$，即$∠COD=120°$。
扇形COD的面积：$S_{\mathrm{扇形}COD}=\frac{120· π · (\frac{8\sqrt{3}}{3})^2}{360}=\frac{64}{9}π(\mathrm{cm}^2)$
△OCD的面积：$S_{△ OCD}=\frac{1}{2}× 8× \frac{4\sqrt{3}}{3}=\frac{16\sqrt{3}}{3}(\mathrm{cm}^2)$
所以弓形面积$S_{\mathrm{弓形}}=S_{\mathrm{扇形}COD}-S_{△OCD}=(\frac{64}{9}π-\frac{16\sqrt{3}}{3})\mathrm{cm}^2$。
【答案】
(1) $\frac{16\sqrt{3}}{3}\ \mathrm{cm}$
(2) $(\frac{64}{9}π-\frac{16}{3}\sqrt{3})\mathrm{cm}^2$
【知识点】
垂径定理、勾股定理、扇形面积计算
【点评】
本题属于圆的基础计算题型，解题核心是通过连接半径构造直角三角形，结合圆的性质和特殊三角形的特点求解未知量，熟记相关公式即可完成解答，是圆类计算的常考题型。
【难度系数】
0.7
(1) 求直径AB的长度时，首先由AB垂直弦CD，可利用垂径定理得到DM的长度；已知M是OB中点，可知OM长度为半径的一半，设半径为r，在Rt△ODM中用勾股定理列方程即可求出半径，进而得到直径。
(2) 求阴影弓形面积时，弓形面积等于对应扇形面积减去内部三角形的面积：先由Rt△ODM中OM是OD的一半，得到∠ODM=30°，推出扇形COD的圆心角为120°，再分别计算扇形COD和△OCD的面积，二者作差即为弓形面积。
【解析】
(1) 连结OD，如图
。因为$AB ⊥ DC,CD=8\ \mathrm{cm}$，根据垂径定理得$DM=\frac{1}{2} DC=4\ \mathrm{cm}$。
因为M是半径OB的中点，设$\odot O$的半径为r cm，则$OM=\frac{1}{2}r\ \mathrm{cm}$。
在$Rt△ODM$中，由勾股定理得：$(\frac{1}{2}r)^2+4^2=r^2$
整理得$\frac{3}{4}r^2=16$，解得$r=\frac{8\sqrt{3}}{3}$（半径为正，舍去负根）
所以直径$AB=2r=\frac{16\sqrt{3}}{3}\ \mathrm{cm}$。
(2) 连结OC。
在$Rt△ODM$中，$OM=\frac{1}{2}OD$，所以$∠ODM=30°$，则$∠DOM=60°$。
因为$OD=OC$，$AB⊥CD$，所以$∠COM=∠DOM=60°$，即$∠COD=120°$。
扇形COD的面积：$S_{\mathrm{扇形}COD}=\frac{120· π · (\frac{8\sqrt{3}}{3})^2}{360}=\frac{64}{9}π(\mathrm{cm}^2)$
△OCD的面积：$S_{△ OCD}=\frac{1}{2}× 8× \frac{4\sqrt{3}}{3}=\frac{16\sqrt{3}}{3}(\mathrm{cm}^2)$
所以弓形面积$S_{\mathrm{弓形}}=S_{\mathrm{扇形}COD}-S_{△OCD}=(\frac{64}{9}π-\frac{16\sqrt{3}}{3})\mathrm{cm}^2$。
【答案】
(1) $\frac{16\sqrt{3}}{3}\ \mathrm{cm}$
(2) $(\frac{64}{9}π-\frac{16}{3}\sqrt{3})\mathrm{cm}^2$
【知识点】
垂径定理、勾股定理、扇形面积计算
【点评】
本题属于圆的基础计算题型，解题核心是通过连接半径构造直角三角形，结合圆的性质和特殊三角形的特点求解未知量，熟记相关公式即可完成解答，是圆类计算的常考题型。
【难度系数】
0.7
16. (13分)如图, BD是$\odot O$的直径, $\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}$,C是半圆上一动点,且与点A分别在BD的两侧。
(1)如图1,若$\overset{\frown}{CD}=5\overset{\frown}{BC}$,求$∠ ADC$的度数。
(2)求证:$CD+BC=\sqrt{2}AC$。
(1)如图1,若$\overset{\frown}{CD}=5\overset{\frown}{BC}$,求$∠ ADC$的度数。
(2)求证:$CD+BC=\sqrt{2}AC$。
答案
16. 解:(1)连结CO,如图1。
因为BD是$\odot O$的直径,
所以$∠BAD=90°$。
因为$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}$,
所以$AB=AD$,
所以$∠ADB=∠ABD=45°$。
因为$\overset{\frown}{CD}=5\overset{\frown}{BC}$,
所以$∠BOC=\frac{1}{5}∠COD$,
所以$∠BOC=\frac{1}{6}∠BOD=180°× \frac{1}{6}=30°$,
所以$∠BDC=\frac{1}{2}∠BOC=15°$,
所以$∠ADC=∠ADB+∠BDC=60°$。
(2)证明:过点A作$FA⊥AC$,交CD的延长线于点F,如图2。
所以$∠CAF=90°$。
因为$∠BAD=90°$,
所以$∠BAD-∠CAD=∠CAF-∠CAD$,
所以$∠BAC=∠DAF$。
因为四边形ABCD是圆内接四边形,
所以$∠ABC+∠ADC=180°$。
因为$∠ADC+∠ADF=180°$,
所以$∠ADF=∠ABC$。
在$△ABC$和$△ADF$中,
$\begin{cases}∠BAC=∠DAF,\\AB=AD,\\∠ABC=∠ADF,\end{cases}$
所以$△ABC≌△ADF(\mathrm{ASA})$,
所以$AC=AF,BC=DF$,
所以$△ACF$是等腰直角三角形,
所以$CF=\sqrt{2}AC$,
所以$CD+DF=\sqrt{2}AC$,
所以$CD+BC=\sqrt{2}AC$。
解析
【分析】
(1) 求解∠ADC可拆分角度分步计算：首先由BD是直径得∠BAD=90°，结合$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}$可知△ABD是等腰直角三角形，可先求出∠ADB的度数；再根据$\overset{\frown}{CD}=5\overset{\frown}{BC}$的比例关系，求出弧BC对应的圆心角，利用圆周角定理得到∠BDC的度数，两个角度相加即可得到∠ADC的度数。
(2) 要证明线段和$CD+BC=\sqrt{2}AC$，可采用截长补短的思路：结合AB=AD的条件，通过构造全等三角形将BC转化为与CD共线的线段。过A作FA⊥AC交CD延长线于F，先证明△ABC≌△ADF，得到BC=DF、AC=AF，即可推出△ACF是等腰直角三角形，得到$CF=\sqrt{2}AC$，等量代换即可得到结论。
【解析】
(1) 连结CO，如图1。
因为BD是$\odot O$的直径，
所以$∠BAD=90°$。
因为$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}$，
所以$AB=AD$，
所以$∠ADB=∠ABD=45°$。
因为$\overset{\frown}{CD}=5\overset{\frown}{BC}$，
所以$∠BOC=\frac{1}{5}∠COD$，
所以$∠BOC=\frac{1}{6}∠BOD=180°× \frac{1}{6}=30°$，
所以$∠BDC=\frac{1}{2}∠BOC=15°$，
所以$∠ADC=∠ADB+∠BDC=60°$。
(2) 证明：过点A作$FA⊥AC$，交CD的延长线于点F，如图2。
所以$∠CAF=90°$。
因为$∠BAD=90°$，
所以$∠BAD-∠CAD=∠CAF-∠CAD$，
所以$∠BAC=∠DAF$。
因为四边形ABCD是圆内接四边形，
所以$∠ABC+∠ADC=180°$。
因为$∠ADC+∠ADF=180°$，
所以$∠ADF=∠ABC$。
在$△ABC$和$△ADF$中，
$\begin{cases}∠BAC=∠DAF,\\AB=AD,\\∠ABC=∠ADF,\end{cases}$
所以$△ABC≌△ADF(\mathrm{ASA})$，
所以$AC=AF,BC=DF$，
所以$△ACF$是等腰直角三角形，
所以$CF=\sqrt{2}AC$，
所以$CD+DF=\sqrt{2}AC$，
所以$CD+BC=\sqrt{2}AC$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{60°}$
(2) 证明过程如上，$CD+BC=\sqrt{2}AC$成立。
【知识点】
圆周角定理；全等三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质
【点评】
本题属于圆的综合基础题，结合了圆的基本性质与全等三角形的应用，既考查了弧、圆心角、圆周角的对应关系，也考查了截长补短法构造全等证明线段和差的思路，对辅助线构造的能力有一定要求，适合巩固圆相关的核心知识点。
【难度系数】
0.6
(1) 求解∠ADC可拆分角度分步计算：首先由BD是直径得∠BAD=90°，结合$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}$可知△ABD是等腰直角三角形，可先求出∠ADB的度数；再根据$\overset{\frown}{CD}=5\overset{\frown}{BC}$的比例关系，求出弧BC对应的圆心角，利用圆周角定理得到∠BDC的度数，两个角度相加即可得到∠ADC的度数。
(2) 要证明线段和$CD+BC=\sqrt{2}AC$，可采用截长补短的思路：结合AB=AD的条件，通过构造全等三角形将BC转化为与CD共线的线段。过A作FA⊥AC交CD延长线于F，先证明△ABC≌△ADF，得到BC=DF、AC=AF，即可推出△ACF是等腰直角三角形，得到$CF=\sqrt{2}AC$，等量代换即可得到结论。
【解析】
(1) 连结CO，如图1。
因为BD是$\odot O$的直径，
所以$∠BAD=90°$。
因为$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{AD}$，
所以$AB=AD$，
所以$∠ADB=∠ABD=45°$。
因为$\overset{\frown}{CD}=5\overset{\frown}{BC}$，
所以$∠BOC=\frac{1}{5}∠COD$，
所以$∠BOC=\frac{1}{6}∠BOD=180°× \frac{1}{6}=30°$，
所以$∠BDC=\frac{1}{2}∠BOC=15°$，
所以$∠ADC=∠ADB+∠BDC=60°$。
(2) 证明：过点A作$FA⊥AC$，交CD的延长线于点F，如图2。
所以$∠CAF=90°$。
因为$∠BAD=90°$，
所以$∠BAD-∠CAD=∠CAF-∠CAD$，
所以$∠BAC=∠DAF$。
因为四边形ABCD是圆内接四边形，
所以$∠ABC+∠ADC=180°$。
因为$∠ADC+∠ADF=180°$，
所以$∠ADF=∠ABC$。
在$△ABC$和$△ADF$中，
$\begin{cases}∠BAC=∠DAF,\\AB=AD,\\∠ABC=∠ADF,\end{cases}$
所以$△ABC≌△ADF(\mathrm{ASA})$，
所以$AC=AF,BC=DF$，
所以$△ACF$是等腰直角三角形，
所以$CF=\sqrt{2}AC$，
所以$CD+DF=\sqrt{2}AC$，
所以$CD+BC=\sqrt{2}AC$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{60°}$
(2) 证明过程如上，$CD+BC=\sqrt{2}AC$成立。
【知识点】
圆周角定理；全等三角形的判定与性质；圆内接四边形的性质
【点评】
本题属于圆的综合基础题，结合了圆的基本性质与全等三角形的应用，既考查了弧、圆心角、圆周角的对应关系，也考查了截长补短法构造全等证明线段和差的思路，对辅助线构造的能力有一定要求，适合巩固圆相关的核心知识点。
【难度系数】
0.6
