7.在$\odot O$中，若弦BC垂直平分半径OA，则弦BC所对的圆周角等于.

7.60°或120°

【分析】
解题时先结合题意画出辅助线：连接OB、OC，设OA与BC交于点D。首先根据BC垂直平分半径OA，可得OD是OA的一半，结合圆的半径相等，可知OD=1/2 OB，在Rt△ODB中可求出∠BOD的度数，进而得到圆心角∠BOC的度数。接下来注意弦所对的圆周角有两种，分别对应劣弧BC和优弧BC，需根据圆周角定理分别计算两种情况的圆周角度数，避免漏解。
【解析】
设弦BC与半径OA交于点D，连接OB、OC。
∵BC垂直平分OA，
∴OD = $\frac{1}{2}$ OA，∠ODB = 90°，
又
∵OB、OA都是⊙O的半径，
∴OB = OA，
∴OD = $\frac{1}{2}$ OB，
在Rt△ODB中，$\cos∠BOD = \frac{OD}{OB} = \frac{1}{2}$，
∴∠BOD = 60°，同理可得∠COD = 60°，
∴圆心角∠BOC = ∠BOD + ∠COD = 120°。
根据圆周角定理：
① 劣弧BC所对的圆周角 = $\frac{1}{2}$ ∠BOC = $\frac{1}{2}$ × 120° = 60°；
② 优弧BC的度数为360° - 120° = 240°，对应的圆周角 = $\frac{1}{2}$ × 240° = 120°。
综上，弦BC所对的圆周角为60°或120°。
【答案】
60°或120°
【知识点】
圆周角定理；垂直平分线的性质；直角三角形的性质
【点评】
本题易出现的错误是只考虑劣弧对应的圆周角，遗漏优弧对应的圆周角，解题时要注意分类讨论思想的运用，先通过已知条件求出对应圆心角的度数，再结合圆周角定理求解即可。
【难度系数】
0.6

8.如图,在菱形ABCD中,以点C为圆心、CB长为半径作$\overset{\frown}{BD}$,与AB,AD分别交于点E,F,点E,F恰好是$\overset{\frown}{BD}$的三等分点,连结DE,则∠AED=。

8.54° 【解析】连结BD,设$∠BDE$的度数为$x$,
$\because$点E,F恰好是$\overset{\frown}{BD}$的三等分点,$\therefore ∠EBD=2x$,
$∠BCD=6x,\because CB=CD,\therefore ∠CBD=∠CDB=90°-3x$,
易证$∠ABD=∠CDB$,即$2x=90°-3x$,解得$x=18°$,
$\therefore ∠AED=∠EBD+∠BDE=2x+x=3x=54°$.

【分析】
要求∠AED的度数，首先观察到∠AED是△BED的外角，根据三角形外角性质可知∠AED=∠EBD+∠BDE，因此只需算出这两个角的度数和即可。首先结合弧的三等分点的性质，利用圆周角定理得到弧对应的圆周角的关系，再结合菱形对边平行、同圆半径相等得到的等腰三角形性质，找到角度之间的等量关系，设未知数列方程求解即可。
【解析】
解：连结BD，设∠BDE的度数为$x$。
∵点E，F恰好是$\overset{\frown}{BD}$的三等分点，
∴$\overset{\frown}{BE}=\overset{\frown}{EF}=\overset{\frown}{FD}$，根据圆周角定理，同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，可得$∠EBD=2x$，弧$BD$对应的圆心角$∠BCD=6x$。
∵$CB=CD$（同圆半径相等，菱形边长相等），
∴$△ CBD$是等腰三角形，$∠CBD=∠CDB=\frac{180° - ∠BCD}{2}=90° - 3x$。
∵四边形ABCD是菱形，
∴$AB// CD$，
∴$∠ABD=∠CDB$（两直线平行，内错角相等），即$2x=90° - 3x$，
解得$x=18°$。
∵$∠AED$是$△ BED$的外角，
∴$∠AED=∠EBD + ∠BDE=2x + x=3x=3×18°=54°$。
【答案】
$54°$
【知识点】
圆周角定理，菱形的性质，三角形外角性质
【点评】
本题属于几何综合题，将圆的基本性质与菱形的性质结合考察，解题的关键是通过弧的三等分点建立角度之间的关系，合理设未知数列方程求解，能有效检验学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6

9.如图,已知在$\odot O$中,$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$,OC与AD相交于点E.求证:
(1)$AD// BC$.
(2)四边形BCDE为菱形.

9.解:(1)连结BD,$\because \overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$,
$\therefore ∠ADB=∠CBD,\therefore AD// BC$.
(2)连结CD,BD交OC于点F,
$\because AD// BC$,
$\therefore ∠EDF=∠CBF$,
$\because \overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD},\therefore BC=CD,\therefore BF=DF$,
又$∠DFE=∠BFC,\therefore △DEF≌ △BCF(ASA)$,
$\therefore DE=BC,\therefore$四边形BCDE是平行四边形,
又$BC=CD,\therefore$四边形BCDE是菱形.

【分析】
(1)要证明$AD// BC$，可通过证明内错角相等推导：已知弧相等，根据“同圆中相等的弧所对的圆周角相等”，连接BD可得到$∠ADB=∠CBD$，即可推出两直线平行。
(2)要证明四边形BCDE为菱形，先证其为平行四边形，再证一组邻边相等即可：已有$AD// BC$，只需证$DE=BC$；结合$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$可得$BC=CD$、BD被OC平分，通过证明$△ DEF≌△ BCF$得到$DE=BC$，先判定为平行四边形，再结合邻边$BC=CD$即可证得菱形。
【解析】
(1) 连结BD，
$\because \overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，
$\therefore$同圆中相等的弧所对的圆周角相等，即$∠ADB=∠CBD$，
$\therefore AD// BC$（内错角相等，两直线平行）。
(2) 连结CD，BD交OC于点F，
$\because AD// BC$，
$\therefore ∠EDF=∠CBF$，
$\because \overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，
$\therefore$同圆中相等的弧所对的弦相等，即$BC=CD$，结合垂径定理推论可得OC垂直平分BD，即$BF=DF$，
又$\because ∠DFE=∠BFC$（对顶角相等），
$\therefore △ DEF≌△ BCF(ASA)$，
$\therefore DE=BC$，
$\therefore$四边形BCDE是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
又$\because BC=CD$，
$\therefore$四边形BCDE是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）。
【答案】
9.解:(1)连结BD,$\because \overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$,
$\therefore ∠ADB=∠CBD,\therefore AD// BC$.
(2)连结CD,BD交OC于点F,
$\because AD// BC$,
$\therefore ∠EDF=∠CBF$,
$\because \overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD},\therefore BC=CD,\therefore BF=DF$,
又$∠DFE=∠BFC,\therefore △DEF≌ △BCF(ASA)$,
$\therefore DE=BC,\therefore$四边形BCDE是平行四边形,
又$BC=CD,\therefore$四边形BCDE是菱形.

【知识点】
圆周角定理，平行线的判定，菱形的判定
【点评】
本题是圆与四边形结合的基础题型，解题关键是结合弧相等的条件合理添加辅助线，利用圆的性质推导角、边的等量关系，再结合全等、特殊四边形的判定定理逐步推导，能有效巩固圆的基本性质与特殊四边形判定的相关知识。
【难度系数】
0.7

10.如图,在$\odot O$中,$P$为$\overset{\frown}{AB}$的中点,弦$AD$,$PC$互相垂直,垂足为$M$,$BC$分别与$AD$,$PD$相交于点$E$,$N$,连结$BD$,$MN$.
(1)求证:$N$为$BE$的中点.
(2)若$\odot O$的半径为$8$,$\overset{\frown}{AB}$的度数为$90°$,求线段$MN$的长.

10.(1)证明:$\because AD⊥PC,\therefore ∠EMC=90°$,
$\because$点P为$\overset{\frown}{AB}$的中点,
$\therefore \overset{\frown}{PA}=\overset{\frown}{PB},\therefore ∠ADP=∠BCP$,
$\because ∠CEM=∠DEN$,
$\therefore ∠DNE=∠EMC=90°=∠DNB$,
$\because \overset{\frown}{PA}=\overset{\frown}{PB},\therefore ∠BDP=∠ADP,\therefore ∠DEN=∠DBN$,
$\therefore DE=DB,\therefore EN=BN,\therefore N$为BE的中点.
(2)解:连结OA,OB,AB,AC,$\because \overset{\frown}{AB}$的度数为$90°$,
$\therefore ∠AOB=90°,∵OA=OB=8,\therefore AB=8\sqrt{2}$,
由(1)同理得:$AM=EM$,
$\because EN=BN,\therefore MN$是$△AEB$的中位线,
$\therefore MN=\frac{1}{2}AB=4\sqrt{2}$.

【分析】
(1) 要证明N为BE中点，可通过证明△DEB是等腰三角形且DN⊥BE，利用等腰三角形三线合一的性质即可得证。首先根据垂直得到直角，结合P是弧AB中点，由圆周角定理得到相等的圆周角，通过对顶角相等推导得到∠DNB=90°，再证明∠DEN=∠DBN得到DE=DB，即可推出N是BE中点。
(2) 求MN的长，可先判定MN是△AEB的中位线，将求MN转化为求AB的长。已知弧AB的度数为90°，可得对应的圆心角∠AOB=90°，结合圆的半径用勾股定理求出AB的长，再根据中位线性质即可求出MN的长度。
【解析】
(1) 证明：$\because AD⊥ PC$，$\therefore ∠ EMC=90°$，
$\because$点$P$为$\overset{\frown}{AB}$的中点，
$\therefore \overset{\frown}{PA}=\overset{\frown}{PB}$，根据圆周角定理得$∠ ADP=∠ BCP$，
$\because ∠ CEM=∠ DEN$，
$\therefore ∠ DNE=∠ EMC=90°=∠ DNB$，
$\because \overset{\frown}{PA}=\overset{\frown}{PB}$，$\therefore ∠ BDP=∠ ADP$，
$\therefore ∠ DEN=∠ DBN$，
$\therefore DE=DB$，$△ DEB$为等腰三角形，又$DN⊥ BE$，
$\therefore EN=BN$，即$N$为$BE$的中点。
(2) 解：连结$OA$，$OB$，$AB$，$AC$，
$\because \overset{\frown}{AB}$的度数为$90°$，
$\therefore ∠ AOB=90°$，$\because OA=OB=8$，
在$Rt△ AOB$中，由勾股定理得$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{8^2+8^2}=8\sqrt{2}$，
由(1)同理可得：$AM=EM$，
又$\because EN=BN$，$\therefore MN$是$△ AEB$的中位线，
$\therefore MN=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×8\sqrt{2}=4\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $MN$的长为$4\sqrt{2}$

【知识点】
圆周角定理；等腰三角形性质；三角形中位线定理
【点评】
本题是圆的综合基础题，将圆的性质与三角形的知识点结合考查，解题时需熟练掌握等弧所对圆周角相等的性质，通过角的等量关系推导等腰三角形，再利用中位线性质转化线段求解，能有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6