8. 如图,已知在$\odot O$中,BC 是直径,AB = DC,则下列结论不一定成立的是 ()

A.$OA=OB=AB$
B.$∠ AOB=∠ COD$
C.$\overset{\frown}{AB}=\overset{\frown}{DC}$
D.点 O 到 AB,CD 的距离相等

8. A

9.如图,四边形ABCD内接于⊙O,连接OB,OD,BD.若∠C=110°,则∠OBD的度数为（）

A.$15°$
B.$20°$
C.$25°$
D.$30°$

9. B

10.如图，在$△ ABC$中，$AB=AC$，以AB为直径的$\odot O$分别交AC，BC于点E，D两点，连接ED，BE.
(1)求证：$\overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{BD}$；
(2)若$BC=6$，$AB=5$，求BE的长.

10. (1)证明:方法一:如图①,连接AD.
$\because$AB 为$\odot O$的直径,
$\therefore AD⊥ BC$.
$\because AB=AC$,
$\therefore CD=BD$.
$\because A,E,D,B$四点共圆,
$\therefore ∠ CED=∠ ABC$.
$\because AB=AC$,
$\therefore ∠ ACB=∠ ABC$,
$\therefore ∠ ACB=∠ CED$,
$\therefore DE=DC$,
$\therefore DE=BD$,
$\therefore \overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{BD}$.
方法二:如图①,连接AD.
$\because$AB 为$\odot O$的直径,
$\therefore AD⊥ BC$.
$\because AB=AC$,
$\therefore ∠ EAD=∠ BAD$,
$\therefore \overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{BD}$.

(2)解:如图②,连接 OD 交 BE 于点 H,作 $OF⊥ BD$ 于点F.
由题意,得 $BD=\frac{1}{2}BC=3,AB=5$,
又由勾股定理,得 $AD=\sqrt{AB^2-BD^2}=4$.
$\because AD⊥ BC,OF⊥ BD$,
$\therefore OF// AD$.
$\because OA=OB$,
$\therefore OF=\frac{1}{2}AD=2$.
$\because O$ 为 AB 中点,D 为 BC 中点.
$\therefore OD=\frac{1}{2}AC=\frac{5}{2},∠ BHO=90°$,
则 $S_{△ OBD}=\frac{1}{2}×\frac{5}{2}× BH=\frac{1}{2}×3×2$,
解得 $BH=\frac{12}{5}$.
$\because \overset{\frown}{DE}=\overset{\frown}{BD}$,
$\therefore BE=2BH=\frac{24}{5}$.

11.如图，小明在综合实践活动课上用木块制作了一个底面半径为6，高为8的圆锥形实物模型，则这个圆锥形实物模型的侧面积是（）

A.$24π$
B.$36π$
C.$48π$
D.$60π$

D

12.如图,点A,B,C是$\odot O$上三点,$∠ ACB=30°$,$AB=3$,则$\overset{\frown}{AB}$的长为（）

A.$π$
B.$\frac{3}{4}π$
C.$\frac{π}{2}$
D.$2π$

12. A

13. 如图,在矩形ABCD中,分别以点A和C为圆心,AD长为半径画弧,两弧有且仅有一个公共点.若$AD=4$,则图中阴影部分的面积为（）

A.$32 - 8π$
B.$16\sqrt{3} - 4π$
C.$32 - 4π$
D.$16\sqrt{3} - 8π$

13. D

14.“苏州之眼”摩天轮是亚洲最大的水上摩天轮,共设有28个回转式太空舱全景轿厢,其示意图如图所示.该摩天轮高128 m(即最高点离水面平台MN的距离),圆心O到MN的距离为68 m,摩天轮匀速旋转一圈用时30 min.某轿厢从点A出发,10 min后到达点B,此过程中,该轿厢所经过的路径(即$\overset{\frown}{AB}$)长度为 m.

14. 40π