10. (2024·济宁)如图，分别延长圆内接四边形ABCD的两组对边，延长线相交于点E，F.若∠E=54°41′，∠F=43°19′，则∠A的度数为（）

A.42°
B.41°20′
C.41°
D.40°20′

10. C

【分析】
解题时先利用三角形内角和定理分别得到△EAB、△FAD的内角和等式，再结合圆内接四边形对角互补、邻补角和为180°的性质，推导得出∠A与已知∠E、∠F的数量关系，最后代入数值计算即可。
【解析】
在△EAB中，由三角形内角和定理得：
$∠ E + ∠ A + ∠ ABE = 180°$ ①
在△FAD中，由三角形内角和定理得：
$∠ F + ∠ A + ∠ ADF = 180°$ ②
将①+②可得：
$∠ E + ∠ F + 2∠ A + (∠ ABE + ∠ ADF) = 360°$ ③
∵ 四边形ABCD是圆内接四边形
∴ $∠ ABC + ∠ ADC = 180°$
又
∵ $∠ ABE + ∠ ABC = 180°$，$∠ ADF + ∠ ADC = 180°$（邻补角定义）
∴ $∠ ABE + ∠ ADF = 360° - (∠ ABC + ∠ ADC) = 360° - 180° = 180°$
已知$∠ E=54°41'$，$∠ F=43°19'$，则$∠ E + ∠ F = 54°41' + 43°19' = 98°$
将$∠ E+∠ F=98°$、$∠ ABE+∠ ADF=180°$代入③式：
$98° + 2∠ A + 180° = 360°$
$2∠ A = 360° - 180° - 98° = 82°$
解得$∠ A = 41°$
【答案】
C
【知识点】
圆内接四边形的性质；三角形内角和定理；角度运算
【点评】
本题是圆与三角形角度计算的综合题，解题的核心是通过等式变形消去未知角，建立所求角和已知条件的关联，掌握基础性质即可顺利求解。
【难度系数】
0.6

11. 现有直径为2的半圆O和一块等腰直角三角板.
（1）将三角板放置，锐角顶点P在圆上，斜边经过点B，一条直角边交圆于点Q，则BQ的长为；
（2）将三角板放置，锐角顶点P在圆上，斜边经过点B，一条直角边的延长线交圆于Q，则BQ的长为.

11. (1) $\sqrt{2}$ (2) $\sqrt{2}$

【分析】
解题核心是利用圆周角相关性质推导三角形形状，进而计算边长。首先连接辅助线AQ、BQ，先由直径的性质得∠AQB为直角，再根据等腰直角三角板的锐角为45°，结合同弧所对圆周角相等推出∠QAB=45°，即可判断△AQB是等腰直角三角形，最后结合直径AB长为2计算BQ即可，两小问推导思路一致。
【解析】
（1）连接AQ、BQ。
∵AB是半圆O的直径，根据直径所对的圆周角为直角，可得$∠ AQB=90°$。
∵三角板为等腰直角三角板，所以锐角$∠ QPB=45°$。
∵$∠ QPB$和$∠ QAB$都是弧BQ所对的圆周角，根据同弧所对圆周角相等，得$∠ QAB=∠ QPB=45°$。
∴$△ AQB$为等腰直角三角形，已知AB=2，
∴$BQ=AB×\sin45°=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$。
（2）连接AQ、BQ。
同理，AB为直径，故$∠ AQB=90°$，等腰直角三角板的锐角$∠ QPB=45°$，
$∠ QPB$与$∠ QAB$同为弧BQ所对的圆周角，故$∠ QAB=45°$，$△ AQB$为等腰直角三角形，
∴$BQ=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$。
【答案】
(1) $\sqrt{2}$；(2) $\sqrt{2}$
【知识点】
圆周角定理，等腰直角三角形性质，直径所对圆周角特征
【点评】
本题重点考查圆周角相关性质的灵活应用，图形放置方式变化但核心几何关系不变，解题的关键是抓住同弧所对圆周角相等、直径所对圆周角为直角这两个突破口，快速建立角度等量关系。
【难度系数】
0.7

12. 已知四边形ABCD内一点E，若EA=EB=EC=ED，∠BAD=70°，则∠BCD的度数为.

12. 110°

【分析】
解题时首先根据条件EA=EB=EC=ED，可判定点A、B、C、D在以E为圆心的同一个圆上，即四边形ABCD为圆内接四边形；再结合圆内接四边形对角互补的性质，已知∠BAD的度数，即可直接求出∠BCD的度数。
【解析】
解：
∵ EA=EB=EC=ED，
∴ 点A、B、C、D四点在以E为圆心，EA为半径的同一圆上，即四边形ABCD是圆内接四边形。
根据圆内接四边形对角互补的性质，可得：
$∠ BAD + ∠ BCD = 180°$
已知$∠ BAD=70°$，代入得：
$∠ BCD=180°-70°=110°$
【答案】
$110°$
【知识点】
四点共圆判定，圆内接四边形性质
【点评】
本题侧重考查对圆相关性质的应用，解题突破口是由四条等长线段推出四点共圆，再结合圆内接四边形对角互补的性质即可快速求解，整体思路清晰，难度不大。
【难度系数】
0.7

13.【感知】
（1）如图1，点A，B，C，D均在$\odot O$上，点E在$\odot O$外，点A，B，E三点共线，$∠ ADC=60°$，则$∠ EBC$为度；
【理解】
（2）如图2，$\odot O$是四边形ABCD的外接圆，连接AC，DB，点O在AC上，AB=BC，若延长DA到点E，使AE=CD，连接BE，请探究线段AD，BD，CD之间的数量关系；
【应用】
（3）如图3，AB是$\odot O$的直径，点C，D在$\odot O$上，点C是弧AB的中点，点D为圆周上一动点，若AB=13，AD=12，求CD的长度.

13. (1) 60
(2) $\because \odot O$是四边形$ABCD$的外接圆,$\therefore ∠ BAD+∠ BCD=180°. \because ∠ BAD+∠ BAE=180°,\therefore ∠ BCD=∠ BAE. \because AB=BC,AE=CD,\therefore △ BCD≌△ BAE(\mathrm{SAS}),\therefore BD=BE,∠ CBD=∠ ABE. \because$ 点$O$在$AC$上,$\therefore ∠ ABC=90°$,即$∠ ABD+∠ CBD=90°,\therefore ∠ ABD+∠ ABE=90°$,即$∠ DBE=90°,\therefore BE^2+BD^2=DE^2. \because BD=BE,DE=AD+AE,AE=CD,\therefore 2BD^2=(AD+CD)^2,\therefore AD+CD=\sqrt{2}BD$；
(3) 当点D与点C分别在直径AB的异侧时,如图1,连接AC,BC,DB,过点C作$CE⊥ CD$交DB的延长线于点E,$\because AB$是$\odot O$的直径,$\therefore ∠ ACB=∠ ADB=90°. \because$ 点C是弧AB的中点,$\therefore \overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC},\therefore AC=BC,\therefore △ ABC$是等腰直角三角形,$\therefore AC=BC=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=\frac{13\sqrt{2}}{2},∠ BAC=∠ ABC=45°,\therefore \overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BC},\therefore ∠ BDC=∠ BAC=45°,\therefore △ CDE$是等腰直角三角形,$\therefore CD=CE=\frac{\sqrt{2}}{2}DE$. 在$\mathrm{Rt}△ ABD$中,$BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{13^2-12^2}=5. \because ∠ ACD+∠ BCD=∠ BCE+∠ BCD=90°,\therefore ∠ ACD=∠ BCE$,在$△ CAD$ 和$△ CBE$ 中,$\begin{cases} CA=CB \\ ∠ ACD=∠ BCE \\ CD=CE \end{cases}$,$\therefore △ CAD≌△ CBE(\mathrm{SAS}),\therefore BE=AD=12,\therefore DE=BD+BE=5+12=17,\therefore CD=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=\frac{17\sqrt{2}}{2}$；当点 D 与点 C 直径AB 同侧时,如图2,同理$DE=BE-BD=12-5=7,\therefore CD=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=\frac{7\sqrt{2}}{2}$；综上,CD 的长为$\frac{17\sqrt{2}}{2}$或$\frac{7\sqrt{2}}{2}$。[图2]

【分析】
（1）根据圆内接四边形的外角等于其内对角，∠EBC是圆内接四边形ABCD的外角，与∠ADC相等，直接可求角度；
（2）先利用圆内接四边形对角互补及平角定义推出∠BCD=∠BAE，结合已知AB=BC、AE=CD证明△BCD≌△BAE，得到BD=BE且∠CBD=∠ABE，再由AC是直径得∠ABC=90°，推出△DBE是等腰直角三角形，结合勾股定理即可推导三条线段的数量关系；
（3）分点D与点C在直径AB异侧、同侧两种情况讨论：先由直径的性质得∠ACB、∠ADB为直角，结合C是弧AB中点得AC=BC，△ACB为等腰直角三角形，作CE⊥CD交DB延长线于点E，证明△CAD≌△CBE，将AD转化为BE，用勾股定理求出BD长，得到DE长度后，利用等腰直角三角形的性质计算CD的长度。
【解析】
（1）
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC=180°，
又
∵∠EBC+∠ABC=180°，
∴∠EBC=∠ADC=60°。
（2）
∵⊙O是四边形ABCD的外接圆，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∵∠BAD+∠BAE=180°，
∴∠BCD=∠BAE，
在△BCD和△BAE中，$\begin{cases} CD=AE \\ ∠BCD=∠BAE \\ BC=AB \end{cases}$，
∴△BCD≌△BAE（SAS），
∴BD=BE，∠CBD=∠ABE，
∵点O在AC上，即AC为直径，
∴∠ABC=90°，即∠ABD+∠CBD=90°，
∴∠ABD+∠ABE=90°，即∠DBE=90°，
在Rt△DBE中，由勾股定理得$BE^2+BD^2=DE^2$，
∵BD=BE，DE=AD+AE，AE=CD，
∴$2BD^2=(AD+CD)^2$，化简得$AD+CD=\sqrt{2}BD$。
（3）分两种情况讨论：
①当点D与点C分别在直径AB的异侧时，连接AC，BC，DB，过点C作$CE⊥ CD$交DB的延长线于点E，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=∠ADB=90°，
∵点C是弧AB的中点，
∴$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，
∴AC=BC，△ABC是等腰直角三角形，
∴$AC=BC=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=\frac{13\sqrt{2}}{2}$，∠BAC=∠ABC=45°，
∵同弧所对圆周角相等，$\overset{\frown}{BC}$对应∠BDC和∠BAC，
∴∠BDC=∠BAC=45°，
∵CE⊥CD，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴$CD=CE=\frac{\sqrt{2}}{2}DE$，
在Rt△ABD中，$BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{13^2-12^2}=5$，
∵∠ACD+∠BCD=∠BCE+∠BCD=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△CAD和△CBE中，$\begin{cases} CA=CB \\ ∠ACD=∠BCE \\ CD=CE \end{cases}$，
∴△CAD≌△CBE（SAS），
∴BE=AD=12，
∴DE=BD+BE=5+12=17，
∴$CD=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=\frac{17\sqrt{2}}{2}$；
②当点D与点C在直径AB同侧时，同理可得△CAD≌△CBE，BE=AD=12，
此时$DE=BE-BD=12-5=7$，
∴$CD=\frac{\sqrt{2}}{2}DE=\frac{7\sqrt{2}}{2}$。
综上，CD的长为$\frac{17\sqrt{2}}{2}$或$\frac{7\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
(1) 60
(2) $AD+CD=\sqrt{2}BD$；
(3) $\frac{17\sqrt{2}}{2}$或$\frac{7\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
圆内接四边形的性质、圆周角定理、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是圆的综合题，从基础性质应用到线段关系探究，再到动态线段求解，层层递进，既考查了圆的核心性质，也考查了全等三角形、勾股定理的综合运用，解题时需注意分类讨论思想的应用，避免漏解。
【难度系数】
0.5