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1. 如图, 已知 $AB=AC=AD,∠ CBD=$$2∠ BDC,∠ BAC=44°$, 则 $∠ CAD$ 的度数为（
A.$68°$
B.$88°$
C.$90°$
D.$112°$
B
）A.$68°$
B.$88°$
C.$90°$
D.$112°$
答案
1. B 提示:因为$AB=AC=AD$,所以B,C,D三点共圆,且圆心为点A. 因为$∠ BAC=44°$,所以$∠ BDC=22°$,所以$∠ CAD=2∠ CBD=4∠ BDC=88°$.
解析
【分析】
首先由AB=AC=AD，确定点B、C、D在以A为圆心、AB长为半径的圆上；再利用圆周角定理（同弧所对的圆周角是圆心角的一半），先求出∠BDC的度数，结合已知∠CBD=2∠BDC，找到∠CAD与∠CBD的关系，最终计算出∠CAD的度数。
【解析】
∵ AB=AC=AD，
∴ 点B、C、D在以点A为圆心，AB长为半径的圆上。
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
弧BC对应的圆心角为∠BAC，圆周角为∠BDC，
∴ ∠BDC = ½∠BAC。
已知∠BAC=44°，代入得：∠BDC = ½×44°=22°。
又
∵ ∠CBD=2∠BDC，
∴ ∠CBD=2×22°=44°。
弧CD对应的圆心角为∠CAD，圆周角为∠CBD，
根据圆周角定理，∠CAD=2∠CBD，
∴ ∠CAD=2×44°=88°。
【答案】
B
【知识点】
圆周角定理；圆的基本性质
【点评】
本题关键是利用“同圆半径相等”确定三点共圆，再结合圆周角定理建立角度关系，解题逻辑清晰，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
首先由AB=AC=AD，确定点B、C、D在以A为圆心、AB长为半径的圆上；再利用圆周角定理（同弧所对的圆周角是圆心角的一半），先求出∠BDC的度数，结合已知∠CBD=2∠BDC，找到∠CAD与∠CBD的关系，最终计算出∠CAD的度数。
【解析】
∵ AB=AC=AD，
∴ 点B、C、D在以点A为圆心，AB长为半径的圆上。
根据圆周角定理：同弧所对的圆周角等于圆心角的一半，
弧BC对应的圆心角为∠BAC，圆周角为∠BDC，
∴ ∠BDC = ½∠BAC。
已知∠BAC=44°，代入得：∠BDC = ½×44°=22°。
又
∵ ∠CBD=2∠BDC，
∴ ∠CBD=2×22°=44°。
弧CD对应的圆心角为∠CAD，圆周角为∠CBD，
根据圆周角定理，∠CAD=2∠CBD，
∴ ∠CAD=2×44°=88°。
【答案】
B
【知识点】
圆周角定理；圆的基本性质
【点评】
本题关键是利用“同圆半径相等”确定三点共圆，再结合圆周角定理建立角度关系，解题逻辑清晰，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.5
2. (2024 海南省中考)如图,$AD$是半圆$O$的直径,点$B$,$C$在半圆上,且$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$,点$P$在$\overset{\frown}{CD}$上.若$∠ PCB=130°$,则$∠ PBA$等于（
A.$105°$
B.$100°$
C.$90°$
D.$70°$
B
）A.$105°$
B.$100°$
C.$90°$
D.$70°$
答案
2. B 提示:如图,连接OB,OC. 因为AD是半圆O的直径,所以$∠ AOD=180°$. 因为$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$,所以$∠ AOB=∠ BOC=∠ COD=60°$. 又因为$OA=OB=OC$,所以$△ AOB$,$△ BOC$均是等边三角形,所以$∠ ABC=120°$,$∠ BPC=\frac{1}{2}∠ BOC=30°$. 又因为$∠ PCB=130°$,所以$∠ PBC=20°$,所以$∠ PBA=∠ ABC-∠ PBC=120°-20°=100°$.
解析
【分析】
要解决本题，需先利用半圆直径对应的圆心角为180°，结合弧相等的条件求出各圆心角的度数；再通过半径相等证明三角形为等边三角形，得到∠ABC的度数；接着利用圆周角定理求出∠BPC的度数，最后在△PCB中结合三角形内角和算出∠PBC，进而求出∠PBA。
【解析】
连接OB、OC。
1. 因为AD是半圆O的直径，所以∠AOD=180°。又因为$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，所以$∠ AOB=∠ BOC=∠ COD=\frac{180°}{3}=60°$。
2. 由于OA=OB=OC（均为半圆半径），故△AOB和△BOC都是等边三角形，因此$∠ OBA=∠ OBC=60°$，可得$∠ ABC=∠ OBA+∠ OBC=60°+60°=120°$。
3. 根据圆周角定理：同弧所对的圆周角是圆心角的一半，$\overset{\frown}{BC}$对应的圆心角为∠BOC=60°，所以$∠ BPC=\frac{1}{2}∠ BOC=\frac{1}{2}×60°=30°$。
4. 在△PCB中，由三角形内角和为180°，已知∠PCB=130°，∠BPC=30°，则$∠ PBC=180°-∠ PCB-∠ BPC=180°-130°-30°=20°$。
5. 因此$∠ PBA=∠ ABC-∠ PBC=120°-20°=100°$。
【答案】
B.
【知识点】
圆周角定理；等边三角形判定；三角形内角和
【点评】
本题综合考查圆的弧、圆心角、圆周角的关系，以及等边三角形、三角形内角和的知识，解题关键是利用弧相等推导圆心角，再逐步结合相关性质计算角度，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需先利用半圆直径对应的圆心角为180°，结合弧相等的条件求出各圆心角的度数；再通过半径相等证明三角形为等边三角形，得到∠ABC的度数；接着利用圆周角定理求出∠BPC的度数，最后在△PCB中结合三角形内角和算出∠PBC，进而求出∠PBA。
【解析】
连接OB、OC。
1. 因为AD是半圆O的直径，所以∠AOD=180°。又因为$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{CD}$，所以$∠ AOB=∠ BOC=∠ COD=\frac{180°}{3}=60°$。
2. 由于OA=OB=OC（均为半圆半径），故△AOB和△BOC都是等边三角形，因此$∠ OBA=∠ OBC=60°$，可得$∠ ABC=∠ OBA+∠ OBC=60°+60°=120°$。
3. 根据圆周角定理：同弧所对的圆周角是圆心角的一半，$\overset{\frown}{BC}$对应的圆心角为∠BOC=60°，所以$∠ BPC=\frac{1}{2}∠ BOC=\frac{1}{2}×60°=30°$。
4. 在△PCB中，由三角形内角和为180°，已知∠PCB=130°，∠BPC=30°，则$∠ PBC=180°-∠ PCB-∠ BPC=180°-130°-30°=20°$。
5. 因此$∠ PBA=∠ ABC-∠ PBC=120°-20°=100°$。
【答案】
B.
【知识点】
圆周角定理；等边三角形判定；三角形内角和
【点评】
本题综合考查圆的弧、圆心角、圆周角的关系，以及等边三角形、三角形内角和的知识，解题关键是利用弧相等推导圆心角，再逐步结合相关性质计算角度，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.6
3. 如图,$△ ABC$是$\odot O$的内接三角形.若$OA //$$CB,∠ ACB=25^{ \circ }$,则$∠ CAB=$
$40°$
.答案
3. $40°$ 提示:如图,连接OB. 因为$∠ ACB=25°$,所以$∠ AOB=2∠ ACB=50°$. 因为$OA=OB$,所以$∠ OAB=∠ OBA=\frac{1}{2}(180°-∠ AOB)=65°$. 因为$OA// CB$,所以$∠ OAC=∠ ACB=25°$,所以$∠ CAB=∠ OAB-∠ OAC=40°$.
解析
【分析】
要解决本题，需先构造辅助线OB，利用圆周角定理求出圆心角∠AOB的度数，再结合等腰三角形性质得到∠OAB，接着根据平行线的性质得到∠OAC，最后通过角的差计算出∠CAB，核心是运用圆的基本性质和几何定理逐步推导。
【解析】
解：连接OB，
1. 根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，已知∠ACB=25°，因此∠AOB=2∠ACB=2×25°=50°。
2. 因为OA、OB都是⊙O的半径，所以OA=OB，△OAB为等腰三角形，故∠OAB=∠OBA。由三角形内角和为180°，可得∠OAB=(180°−∠AOB)÷2=(180°−50°)÷2=65°。
3. 已知OA//CB，根据平行线的内错角相等，得∠OAC=∠ACB=25°。
4. 因此∠CAB=∠OAB−∠OAC=65°−25°=40°。
【答案】
40°
【知识点】
圆周角定理；平行线的性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题综合考查圆的性质、平行线性质与等腰三角形性质，需通过构造辅助线建立圆心角与圆周角的联系，是一道侧重基础定理运用的中等几何题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先构造辅助线OB，利用圆周角定理求出圆心角∠AOB的度数，再结合等腰三角形性质得到∠OAB，接着根据平行线的性质得到∠OAC，最后通过角的差计算出∠CAB，核心是运用圆的基本性质和几何定理逐步推导。
【解析】
解：连接OB，
1. 根据圆周角定理：同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，已知∠ACB=25°，因此∠AOB=2∠ACB=2×25°=50°。
2. 因为OA、OB都是⊙O的半径，所以OA=OB，△OAB为等腰三角形，故∠OAB=∠OBA。由三角形内角和为180°，可得∠OAB=(180°−∠AOB)÷2=(180°−50°)÷2=65°。
3. 已知OA//CB，根据平行线的内错角相等，得∠OAC=∠ACB=25°。
4. 因此∠CAB=∠OAB−∠OAC=65°−25°=40°。
【答案】
40°
【知识点】
圆周角定理；平行线的性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题综合考查圆的性质、平行线性质与等腰三角形性质，需通过构造辅助线建立圆心角与圆周角的联系，是一道侧重基础定理运用的中等几何题。
【难度系数】
0.5
4.（2024 江西省中考）如图，$AB$是$\odot O$的直径，$AB=2$，点$C$在线段$AB$上运动，过点$C$的弦$DE⊥ AB$.将$\overset{\frown}{DBE}$沿$DE$翻折交直线$AB$于点$F$，当$DE$的长为正整数时，线段$FB$的长为
$2或2-\sqrt{3}或2+\sqrt{3}$
.答案
4. $2或2-\sqrt{3}或2+\sqrt{3}$ 提示:因为AB为直径,DE为弦,所以$DE≤ AB$,所以当DE的长为正整数时,$DE=1$或2. 当$DE=2$时,DE为直径,因为$DE⊥ AB$,所以此时点F与点A重合,故$FB=2$. 当$DE=1$时,若点C在线段OB上,如图1,连接OD,则$OD=\frac{1}{2}AB=1$,因为$DE⊥ AB$,所以$DC=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}$,所以$OC=\sqrt{OD^2-DC^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$,所以$BC=OB-OC=\frac{2-\sqrt{3}}{2}$,所以$FB=2BC=2-\sqrt{3}$. 若点C在线段OA上,如图2,连接OD,同理可得$BC=\frac{2+\sqrt{3}}{2}$,所以$FB=2BC=2+\sqrt{3}$. 综上所述,线段FB的长为$2或2-\sqrt{3}或2+\sqrt{3}$.
解析
【分析】
首先，根据圆的性质，直径是圆中最长的弦，已知AB为⊙O的直径且AB=2，因此弦DE的长度最大为2，结合DE的长为正整数，确定DE只能取1或2。接下来分情况讨论：当DE=2时，DE为直径，结合翻折性质确定F点位置计算FB；当DE=1时，利用垂径定理和勾股定理求出OC的长度，再根据C点在线段OB或OA上的不同位置，结合翻折的对称性计算FB的长度。
【解析】
解：
∵AB是⊙O的直径，AB=2，
∴⊙O的半径OD=1，且圆中最长弦为直径，故DE≤AB=2。
又
∵DE的长为正整数，
∴DE=1或2。
情况1：当DE=2时，DE为⊙O的直径，
∵DE⊥AB，
∴DE与AB交于圆心O，将$\overset{\frown}{DBE}$沿DE翻折后，交直线AB的点F与A重合，
∴FB=AB=2。
情况2：当DE=1时，
∵DE⊥AB，根据垂径定理，DC=$\frac{1}{2}$DE=$\frac{1}{2}$。
连接OD，在Rt△ODC中，OD=1，DC=$\frac{1}{2}$，由勾股定理得：
OC=$\sqrt{OD^2 - DC^2}$=$\sqrt{1^2 - (\frac{1}{2})^2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$。
①若点C在线段OB上（如图1）：
BC=OB - OC=1 - $\frac{\sqrt{3}}{2}$，
由翻折性质可知，FB=2BC=2×(1 - $\frac{\sqrt{3}}{2}$)=2 - $\sqrt{3}$。
②若点C在线段OA上（如图2）：
BC=OB + OC=1 + $\frac{\sqrt{3}}{2}$，
由翻折性质可知，FB=2BC=2×(1 + $\frac{\sqrt{3}}{2}$)=2 + $\sqrt{3}$。
综上，线段FB的长为2或$2 - \sqrt{3}$或$2 + \sqrt{3}$。
【答案】
2或$2 - \sqrt{3}$或$2 + \sqrt{3}$
【知识点】
垂径定理、勾股定理、翻折变换
【点评】
本题结合圆的弦长性质、垂径定理、勾股定理及翻折的对称性，通过分类讨论DE的取值和C点的位置求解，考查学生的几何分析与计算能力，是中考典型的几何综合题。
【难度系数】
0.4
首先，根据圆的性质，直径是圆中最长的弦，已知AB为⊙O的直径且AB=2，因此弦DE的长度最大为2，结合DE的长为正整数，确定DE只能取1或2。接下来分情况讨论：当DE=2时，DE为直径，结合翻折性质确定F点位置计算FB；当DE=1时，利用垂径定理和勾股定理求出OC的长度，再根据C点在线段OB或OA上的不同位置，结合翻折的对称性计算FB的长度。
【解析】
解：
∵AB是⊙O的直径，AB=2，
∴⊙O的半径OD=1，且圆中最长弦为直径，故DE≤AB=2。
又
∵DE的长为正整数，
∴DE=1或2。
情况1：当DE=2时，DE为⊙O的直径，
∵DE⊥AB，
∴DE与AB交于圆心O，将$\overset{\frown}{DBE}$沿DE翻折后，交直线AB的点F与A重合，
∴FB=AB=2。
情况2：当DE=1时，
∵DE⊥AB，根据垂径定理，DC=$\frac{1}{2}$DE=$\frac{1}{2}$。
连接OD，在Rt△ODC中，OD=1，DC=$\frac{1}{2}$，由勾股定理得：
OC=$\sqrt{OD^2 - DC^2}$=$\sqrt{1^2 - (\frac{1}{2})^2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$。
①若点C在线段OB上（如图1）：
BC=OB - OC=1 - $\frac{\sqrt{3}}{2}$，
由翻折性质可知，FB=2BC=2×(1 - $\frac{\sqrt{3}}{2}$)=2 - $\sqrt{3}$。
②若点C在线段OA上（如图2）：
BC=OB + OC=1 + $\frac{\sqrt{3}}{2}$，
由翻折性质可知，FB=2BC=2×(1 + $\frac{\sqrt{3}}{2}$)=2 + $\sqrt{3}$。
综上，线段FB的长为2或$2 - \sqrt{3}$或$2 + \sqrt{3}$。
【答案】
2或$2 - \sqrt{3}$或$2 + \sqrt{3}$
【知识点】
垂径定理、勾股定理、翻折变换
【点评】
本题结合圆的弦长性质、垂径定理、勾股定理及翻折的对称性，通过分类讨论DE的取值和C点的位置求解，考查学生的几何分析与计算能力，是中考典型的几何综合题。
【难度系数】
0.4
5. 某数学活动小组在一次活动中,对一个数学问题作如下探究:
【问题发现】如图 1,$AD,BD$ 为$\odot O$ 的两条弦($AD＜BD$),$C$ 为$\overset{\frown}{AB}$ 的中点,过点 $C$ 作$CE ⊥ BD$,垂足为 $E$. 求证:$BE=DE+AD$.
【问题探究】小明同学的思路:如图 2,在 $BE$上截取 $BF=AD$,连接 $CA,CB,CD$,$CF······$
请你按照小明的思路将上述问题的证明过程补充完整.
【结论运用】如图 3,$△ ABC$ 是$\odot O$ 的内接等边三角形,$D$ 是$\overset{\frown}{AB}$ 上一点,连接 $BD$,$CD$,$∠ ACD=45°$,过点 $A$ 作 $AE ⊥ CD$,垂足为 $E$. 若 $AB=4\sqrt{2}$,则$△ BCD$ 的周长为
【变式探究】如图 4,若将【问题发现】中“$C$为$\overset{\frown}{AB}$ 的中点”改为“$C$ 为优弧 $AB$ 的中点”,其他条件不变,上述结论“$BE=DE+AD$”还成立吗? 若成立,请说明理由;若不成立,请写出 $BE,AD,DE$ 之间的新等量关系,并加以证明.
【问题发现】如图 1,$AD,BD$ 为$\odot O$ 的两条弦($AD＜BD$),$C$ 为$\overset{\frown}{AB}$ 的中点,过点 $C$ 作$CE ⊥ BD$,垂足为 $E$. 求证:$BE=DE+AD$.
【问题探究】小明同学的思路:如图 2,在 $BE$上截取 $BF=AD$,连接 $CA,CB,CD$,$CF······$
请你按照小明的思路将上述问题的证明过程补充完整.
【结论运用】如图 3,$△ ABC$ 是$\odot O$ 的内接等边三角形,$D$ 是$\overset{\frown}{AB}$ 上一点,连接 $BD$,$CD$,$∠ ACD=45°$,过点 $A$ 作 $AE ⊥ CD$,垂足为 $E$. 若 $AB=4\sqrt{2}$,则$△ BCD$ 的周长为
$4\sqrt{2}+8$
.【变式探究】如图 4,若将【问题发现】中“$C$为$\overset{\frown}{AB}$ 的中点”改为“$C$ 为优弧 $AB$ 的中点”,其他条件不变,上述结论“$BE=DE+AD$”还成立吗? 若成立,请说明理由;若不成立,请写出 $BE,AD,DE$ 之间的新等量关系,并加以证明.
答案
5. 解:【问题探究】证明过程补充如下:
因为C为$\overset{\frown}{AB}$的中点,所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$,所以$AC=BC$. 在$△ ADC$和$△ BFC$中,因为
$\begin{cases}AD=BF,\\∠ DAC=∠ FBC,\\AC=BC,\end{cases}$
所以$△ ADC≌△ BFC$(SAS),所以$CD=CF$. 因为$CE⊥ BD$,所以$DE=EF$. 又因为$BE=EF+BF$,所以$BE=DE+AD$.
【结论运用】$4\sqrt{2}+8$ 提示:因为$AE⊥ CD$,所以$∠ AEC=90°$. 又因为$∠ ACD=45°$,所以$∠ EAC=45°$,所以$∠ ACE=∠ EAC$,所以$AE=CE$. 因为$△ ABC$为等边三角形,所以$BC=AC=AB=4\sqrt{2}$. 因为$AE^2+CE^2=AC^2$,所以$2CE^2=(4\sqrt{2})^2$,解得$CE=4$. 由【问题探究】可知,$CE=DE+BD=4$,所以$△ BCD$的周长为$BC+BD+CD=BC+BD+CE+DE=BC+2CE=4\sqrt{2}+8$.
【变式探究】$BE=DE+AD$不成立,新等量关系为$DE=BE+AD$. 证明如下:
在DE上截取$DF=AD$,连接AC,DC,FC,BC. 因为C为优弧AB的中点,所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$,所以$AC=BC$,$∠ ADC=∠ BDC$. 在$△ ADC$和$△ FDC$中,$\begin{cases}AD=FD,\\∠ ADC=∠ FDC,\\DC=DC,\end{cases}$
所以$△ ADC≌△ FDC$(SAS),所以$AC=FC$. 又因为$AC=BC$,所以$FC=BC$. 又因为$CE⊥ BD$,所以$BE=EF$. 因为$DE=EF+DF$,所以$DE=BE+AD$.
因为C为$\overset{\frown}{AB}$的中点,所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$,所以$AC=BC$. 在$△ ADC$和$△ BFC$中,因为
$\begin{cases}AD=BF,\\∠ DAC=∠ FBC,\\AC=BC,\end{cases}$
所以$△ ADC≌△ BFC$(SAS),所以$CD=CF$. 因为$CE⊥ BD$,所以$DE=EF$. 又因为$BE=EF+BF$,所以$BE=DE+AD$.
【结论运用】$4\sqrt{2}+8$ 提示:因为$AE⊥ CD$,所以$∠ AEC=90°$. 又因为$∠ ACD=45°$,所以$∠ EAC=45°$,所以$∠ ACE=∠ EAC$,所以$AE=CE$. 因为$△ ABC$为等边三角形,所以$BC=AC=AB=4\sqrt{2}$. 因为$AE^2+CE^2=AC^2$,所以$2CE^2=(4\sqrt{2})^2$,解得$CE=4$. 由【问题探究】可知,$CE=DE+BD=4$,所以$△ BCD$的周长为$BC+BD+CD=BC+BD+CE+DE=BC+2CE=4\sqrt{2}+8$.
【变式探究】$BE=DE+AD$不成立,新等量关系为$DE=BE+AD$. 证明如下:
在DE上截取$DF=AD$,连接AC,DC,FC,BC. 因为C为优弧AB的中点,所以$\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$,所以$AC=BC$,$∠ ADC=∠ BDC$. 在$△ ADC$和$△ FDC$中,$\begin{cases}AD=FD,\\∠ ADC=∠ FDC,\\DC=DC,\end{cases}$
所以$△ ADC≌△ FDC$(SAS),所以$AC=FC$. 又因为$AC=BC$,所以$FC=BC$. 又因为$CE⊥ BD$,所以$BE=EF$. 因为$DE=EF+DF$,所以$DE=BE+AD$.
解析
【分析】
本题是圆相关的几何探究题，分三个部分展开：1. 问题探究：按小明思路在BE上截取BF=AD，利用弧中点性质得AC=BC，结合圆周角相等证△ADC≌△BFC，再由CE⊥BD，等腰三角形三线合一得DE=EF，推导出BE=DE+AD；2. 结论运用：利用等边三角形和45°角得AE=CE，用勾股定理算CE，结合问题探究结论将△BCD周长转化为BC+2CE计算结果；3. 变式探究：C为优弧AB中点时，在DE上截取DF=AD，证△ADC≌△FDC得FC=BC，结合CE⊥BD得BE=EF，得出新等量关系DE=BE+AD。
【解析】
【问题探究】证明：
∵ C为$\overset{\frown}{AB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，
∴ $AC=BC$，且$∠ DAC=∠ FBC$（等弧所对圆周角相等）。
在$△ ADC$和$△ BFC$中：
$\begin{cases} AD=BF \\ ∠ DAC=∠ FBC \\ AC=BC \end{cases}$
∴ $△ ADC≌△ BFC$（SAS），
∴ $CD=CF$。
∵ $CE⊥BD$，
∴ $CE$是等腰$△ CDF$底边$DF$上的高，根据等腰三角形三线合一，得$DE=EF$。
又
∵ $BE=EF+BF$，且$BF=AD$，
∴ $BE=DE+AD$。
【结论运用】计算：
∵ $AE⊥CD$，
∴ $∠ AEC=90°$，又$∠ ACD=45°$，
∴ $∠ EAC=180°-90°-45°=45°$，
∴ $∠ ACE=∠ EAC$，故$AE=CE$。
∵ $△ ABC$是等边三角形，
∴ $AC=AB=4\sqrt{2}$。
在$Rt△ ACE$中，由勾股定理：$AE^2 + CE^2 = AC^2$，又$AE=CE$，则$2CE^2=(4\sqrt{2})^2=32$，解得$CE=4$。
由【问题探究】结论，$CE=DE + BD=4$，因此$△ BCD$的周长为：
$BC + BD + CD = BC + BD + (CE + DE) = BC + (BD + DE) + CE = BC + CE + CE = BC + 2CE$。
代入$BC=4\sqrt{2}$，$CE=4$，得周长为$4\sqrt{2} + 2×4=4\sqrt{2}+8$。
【变式探究】结论：
$BE=DE+AD$不成立，新等量关系为$\boxed{DE=BE+AD}$，证明如下：
在$DE$上截取$DF=AD$，连接$AC,DC,FC,BC$。
∵ C为优弧$\overset{\frown}{AB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，故$AC=BC$，且$∠ ADC=∠ BDC$（等弧所对圆周角相等）。
在$△ ADC$和$△ FDC$中：
$\begin{cases} AD=FD \\ ∠ ADC=∠ FDC \\ DC=DC \end{cases}$
∴ $△ ADC≌△ FDC$（SAS），
∴ $AC=FC$。
又
∵ $AC=BC$，
∴ $FC=BC$。
∵ $CE⊥BD$，
∴ $CE$是等腰$△ FCB$底边$FB$上的高，根据三线合一得$BE=EF$。
又
∵ $DE=EF + DF$，且$DF=AD$，
∴ $DE=BE + AD$。
【答案】
【问题探究】证明如上；【结论运用】$4\sqrt{2}+8$；【变式探究】新等量关系为$DE=BE+AD$
【知识点】
圆的弧中点性质、全等三角形判定（SAS）、等腰三角形三线合一
【点评】
本题是圆与三角形全等结合的探究性题目，通过“截取线段构造全等”的核心方法，分层次考查学生对圆的性质、全等三角形判定、等腰三角形性质的综合应用能力，从基础证明到实际应用再到变式拓展，逻辑递进清晰，能有效检验学生的几何推理素养。
【难度系数】
0.3
本题是圆相关的几何探究题，分三个部分展开：1. 问题探究：按小明思路在BE上截取BF=AD，利用弧中点性质得AC=BC，结合圆周角相等证△ADC≌△BFC，再由CE⊥BD，等腰三角形三线合一得DE=EF，推导出BE=DE+AD；2. 结论运用：利用等边三角形和45°角得AE=CE，用勾股定理算CE，结合问题探究结论将△BCD周长转化为BC+2CE计算结果；3. 变式探究：C为优弧AB中点时，在DE上截取DF=AD，证△ADC≌△FDC得FC=BC，结合CE⊥BD得BE=EF，得出新等量关系DE=BE+AD。
【解析】
【问题探究】证明：
∵ C为$\overset{\frown}{AB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，
∴ $AC=BC$，且$∠ DAC=∠ FBC$（等弧所对圆周角相等）。
在$△ ADC$和$△ BFC$中：
$\begin{cases} AD=BF \\ ∠ DAC=∠ FBC \\ AC=BC \end{cases}$
∴ $△ ADC≌△ BFC$（SAS），
∴ $CD=CF$。
∵ $CE⊥BD$，
∴ $CE$是等腰$△ CDF$底边$DF$上的高，根据等腰三角形三线合一，得$DE=EF$。
又
∵ $BE=EF+BF$，且$BF=AD$，
∴ $BE=DE+AD$。
【结论运用】计算：
∵ $AE⊥CD$，
∴ $∠ AEC=90°$，又$∠ ACD=45°$，
∴ $∠ EAC=180°-90°-45°=45°$，
∴ $∠ ACE=∠ EAC$，故$AE=CE$。
∵ $△ ABC$是等边三角形，
∴ $AC=AB=4\sqrt{2}$。
在$Rt△ ACE$中，由勾股定理：$AE^2 + CE^2 = AC^2$，又$AE=CE$，则$2CE^2=(4\sqrt{2})^2=32$，解得$CE=4$。
由【问题探究】结论，$CE=DE + BD=4$，因此$△ BCD$的周长为：
$BC + BD + CD = BC + BD + (CE + DE) = BC + (BD + DE) + CE = BC + CE + CE = BC + 2CE$。
代入$BC=4\sqrt{2}$，$CE=4$，得周长为$4\sqrt{2} + 2×4=4\sqrt{2}+8$。
【变式探究】结论：
$BE=DE+AD$不成立，新等量关系为$\boxed{DE=BE+AD}$，证明如下：
在$DE$上截取$DF=AD$，连接$AC,DC,FC,BC$。
∵ C为优弧$\overset{\frown}{AB}$的中点，
∴ $\overset{\frown}{AC}=\overset{\frown}{BC}$，故$AC=BC$，且$∠ ADC=∠ BDC$（等弧所对圆周角相等）。
在$△ ADC$和$△ FDC$中：
$\begin{cases} AD=FD \\ ∠ ADC=∠ FDC \\ DC=DC \end{cases}$
∴ $△ ADC≌△ FDC$（SAS），
∴ $AC=FC$。
又
∵ $AC=BC$，
∴ $FC=BC$。
∵ $CE⊥BD$，
∴ $CE$是等腰$△ FCB$底边$FB$上的高，根据三线合一得$BE=EF$。
又
∵ $DE=EF + DF$，且$DF=AD$，
∴ $DE=BE + AD$。
【答案】
【问题探究】证明如上；【结论运用】$4\sqrt{2}+8$；【变式探究】新等量关系为$DE=BE+AD$
【知识点】
圆的弧中点性质、全等三角形判定（SAS）、等腰三角形三线合一
【点评】
本题是圆与三角形全等结合的探究性题目，通过“截取线段构造全等”的核心方法，分层次考查学生对圆的性质、全等三角形判定、等腰三角形性质的综合应用能力，从基础证明到实际应用再到变式拓展，逻辑递进清晰，能有效检验学生的几何推理素养。
【难度系数】
0.3
